Dang bai tap he phuong trinh mu va logarit rs6dr

HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT I Phương pháp giải Việc giải hệ phương trình mũ và lôgarit về cơ bản cũng giống như giải các hệ phương trình đại số với các biến đổi về biểu thức mũ và lôgarit Phương phá[.]

HỆ PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LOGARIT

I Phương pháp giải

Việc giải hệ phương trình mũ và lôgarit về cơ bản cũng giống như giải các hệ phương trình đại số với các biến đổi về biểu thức mũ và lôgarit

Phương pháp chung giải hệ: Rút thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ

Chú ý:

1) Dùng định nghĩa, biến đổi thành phương trình tích số, dùng bất đẳng thức, đạo hàm,…

2) Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn: ax by c

a x b y c

 



     

Phương pháp thế, cộng đại số, dùng định thức, dùng máy tính,…

Hệ có một phương trình bậc nhất: ta chọn rút một ẩn theo ẩn còn lại, thế vào phương trình kia rồi giải phương trình một ẩn

3) Hệ đối xứng loại I 1

2

( , ) 0

, ( , ) 0

F x y

F x y





Đặt x y S và xyP với điều kiện 2

4

S  P

Hệ đối xứng loại II 1

2

( , ) 0 ( , ) 0

F x y

F y x







Trừ hai phương trình đưa về tích số (xy A x y) ( , )  0.

4 Hệ đẳng cấp (thuần nhất):

ax bxy cy d

a x b xy c y d





Xét x 0, xét x 0, đặt ykx, đưa về giải theo ẩn k Hoặc ngược lại, xét y 0, xét

0,

y và đặt xky.

II Ví dụ minh họa

Bài toán 1: Giải các hệ phương trình:

a)

1



 





1

4 x 4 y 0, 5

x y

 





Giải a) Đặt u 2 ,x v 3x y thì u v,  0.

4 x 4 4 x 0, 5

x y

         

Cách khác: Đặt u 4 ,x v 4y thì x  y 1 uv 4.

Bài toán 2: Giải các hệ phương trình:

a)

20 log log 1 log 9

x y

 



4

2 2

1

y x

y







Giải

a) ĐK x 0, y 0, hệ tương đương:

log log 36 36





Từ đó giải được 2 nghiệm (2; 18) và (18; 2)

b) ĐK; yx y,  0. Ta có:

4

4

3

4

x y



Thế vào (2) thì giải được y  4, chọn y 4. Vậy hệ có nghiệm (3; 4) Bài toán 3: Giải các hệ phương trình:

a)

2 2

log (3 ) log (3 ) 1

  

2 2

2 log ( ) log ( ) 1

  

Giải a) Hệ:

2 2

2 2







b) ĐK: x y 0. Hệ tương đương:

3

2

x

y

 







(chọn)

Bài toán 4: Giải các hệ phương trình:

a)

1

x

y









1

.

y

x





Giải a) ĐK: x y 0. Hệ tương đương:

2 2

2

12

12 32

144 12

x

x y

y xy

y







Từ đó giải được nghiệm x 6, y 2.

b) ĐK x 0, đặt u log2x và v 3 (y y 0). Hệ tương đương:

 

  

5 2 10

u v

 





  



(loại)

Từ đó giải ra nghiệm (512; 1)

Bài toán 5: Giải các hệ phương trình:

a)

2 2 2

log ( ) 5

2 log log 4

x

y



Giải a) ĐK x y,  0.

Hệ tương đương:

2



4

x

y



      

b) ĐK: x y,  0, ,x y 1.

Hệ tương đương:

2

x y x y

10 0

y x





 

 

2

2 8 0

 



   

Từ đó giải ra nghiệm (5; 5)

Bài toán 6: Giải các hệ phương trình:

a)

5

x y

x y





y x







 

Giải a) ĐK: x y 0. Ta có (2)      x y 5 y 5 x.

Thế vào (1): 3 2x 5x  1152  6x  36   x 2.

Do đó y 7. Thử lại đúng Vậy nghiệm là ( 2; 7) 

b) ĐK: x y,  0. Ta có

3

2

x y



và (2) log3 1 log (9 )3 log (3 ) 1 1.

3

Từ đó có {(2; )}.1

6

Bài toán 7: Giải các hệ phương trình:

a)

12 3

(1) (2)

x y

x y











2 2

 







Giải a) ĐK: x y,  0. Ta có (2) 3

x y

x y



2

1

( )

12 3

(1) y x y  y . Xét y 1 thì x 1: đúng

Xét y 1 thì 1 2

3 xy    x y

y x  x y nên 2

6 0

y   y Chọn y   2 x 4. Vậy S  {(1; 1), (4; 2)}

b) ĐK: xy 0, hệ tương đương:

2 2

2 4

x xy y





4

y

    

Bài toán 8: Giải các hệ phương trình:

a) 2 2 3

x

y





b) 3 32 (ln ln )( 2 1) (1)

x y





Giải a) Trừ 2 phương trình vế theo vế thì được: 2x 3x 2y 3y

Xét f t( )   2t 36, tR thì f t( )  2 ln 2 3t   0, x nên f đồng biến trên R

Ta có PT: f x( )  f y( )  x y.

Do đó 2x 2x   3 x 2x  x 3 0

Xét hàm g x( )  2x x 3, xR, từ đó suy ra hệ có nghiệm (1; 1)

b) ĐK: x y,  0 nên xy 2x  1 0.

Vì cơ số 3 1,  e 1 nên với (1):

Nếu x y thì VT > 0 > VP,

Nếu x y thì VT < 0 < VP,

Nếu x y thì thỏa mãn

(2) x   x 6 0, chọn x   2 y 2.

Vậy hệ có nghiệm (2; 2)

Bài toán 9: Giải các hệ phương trình:

a)

2 2





  

1 1









Giải a) PT (1) biến đổi thành:

y y  x x Cộng lại thì được 2(xy)     0 y x.

(2)  3x  1 2  x 8 (3x x  1) 4

PT này có nghiệm duy nhất 1

3

x nên {( ;1 1)}.

b) Điều kiện x 0, y 0

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có

log (3 xy) log (3 x 2) xy x 2 y 1 2

x

Thay vào phương trình thứ hai ta được:

3x 5.3x    6 0 3x  3 hoặc

1

3x    2 x 1 hoặc x log 32 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: x 1, y 3 hoặc x log 3, 2 y  1 2 log 2 3 Bài toán 10: Giải các hệ phương trình:

a)

2 3

2

1

y

x





1

2

1

2







Giải

a) Điều kiện: 2 1 0 1

2

x x

     hoặc x 0

Từ phương trình thứ hai của hệ:

2

3 2

y x x

Hệ trở thành

2 3 2

y x x





Trừ hai phương trình: 2 3 2

x y xy x y y x x

2

2

2

1

x x y y y x x y

x y

x y x y







Với xy ta có x  y 1 hoặc x y 2

1

(x 1)x 3x  2 x  2x  2 0   x 1 3   x 1 3

Suy ra nghiệm ( ; )x y của hệ là:

( 1; 1), (2; 2), (1    3;  2  3 ), (1  3;  2  3 ).

b) Điều kiện x 0, y 0

Ta có 2

1

log log 0 log log

2

x y





          Với x y, thay vào phương trình thứ nhất ta được:

1

x

x

x x

          

Chọn x 1 nên y 1.

Với x y, thay vào phương trình thứ nhất ta được

1

3x 3x   4 3x   1 x 0 (loại)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là x y 1.

Bài toán 11: Giải các hệ phương trình:

a)

2 2

1

xy x y

 





2 3

.

x

y







Giải

a) Điều kiện: 2 2  xy  0 xy 1. Đặt u x y v, xy.

Khi đó hệ trở thành:

2 2

   

Giải phương trình thứ hai:

2u  u    4 u 2u u   4 u   4 2u u   4 u  2

f u  u  u trên R

2

1 ( ) 2 ( 4 ) ln 2 0,

4

u

u



  với mọi u.

Suy ra hàm f đồng biến trên R Mà f(0)  2 nên u 0 là nghiệm duy nhất của phương trình

Suy ra v 1.



      

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1, 1), ( 1,1)  

b) Điều kiện: y 0

Đặt u 2 ,x v log3 y u,  0.

Hệ trở thành:

2 2

2

Cộng hai phương trình ta được

u  uv v    u v uv    u v

2 3

u v

u v

 



    

Với u v  2, ta có 2

1

v 

Do đó 1, 1

3, 1

 



  

1 log 3,

3







Với u  v 3, ta có 2 3 6

6

u v

u

   

  

  

Vậy nghiệm của hệ là 2

1

3

Bài toán 12: Tìm m để hệ có nghiệm: log (3 ) 2.

x

y

x my

y mx



Giải ĐK: x 0, x 1 và y 0, y 1.

Hệ

2

2 2 2

3

3

x my x

y mx y



        hoặc y   3 x m.

Xét yx ta có phương trình: 2

(3 ) 0

x  m x nên chọn

3

x m Điều kiện có nghiệm là m  3,m  2 (1)

Xét y   3 x m ta có phương trình: 2

( 3) ( 3) 0

x  m xm m 

Vì    3(m 3)(m      1) 0 1 m 3 thỏa (1) nên suy ra điều kiện có nghiệm là m  3

và m  2.

Bài toán 13: Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất:

2

2 2

1

x





Giải:

Giả sử ( , )x y là một nghiệm thì ( x y, ) cũng là nghiệm, mà hệ có nghiệm duy nhất nên

0

x

2 1 1

y



Khi y    1 m 1. Khi y   1 m 0

Đảo lại, với m 1 thì hệ:

2

2 2

1

x





Hệ này không nghiệm duy nhất vì (0; 1), (1; 0)  đều là nghiệm

Với m 0 thì hệ:

2

2 2

x







Từ (2)  x  1, y  1

(1) :y 2x  x x  2x  x (1  x)  2x  1

Do đó y 1 và x 0 : nghiệm duy nhất Vậy m 0.

Bài toán 14: Tìm m để hệ sau có nghiệm:

2

x





Giải a) Điều kiện x  1.

2 1 2 2

(1) : 7 x (7 x 1) 2017(1 )

x

- Nếu x 1 thì bất phương trình thỏa

- Nếu x 1 thì 2 2

7 x   1 0, 1  x 0 thì BPT thỏa

- Nếu x 1 thì 2 2

7 x   1 0, 1  x 0 thì BPT không thỏa

- Nếu    1 x 1 thì (2):

2

2

m

x





2

x

Lập BBT thì min f(x)   2 nên bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  2

Vậy điều kiện cần tìm là m  2.