CHUYÊN ĐỀ 5 - PHƯƠNG TRÌNH MŨ VÀ LÔGARIT
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Phương pháp chung:
- Đưa về cùng một cơ số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích,…
- Lôgarit hóa, mũ hóa
- Sử dụng bất đẳng thức, tính đơn điệu của hàm số, định lý Lagrange,…
Phương trình mũ và lôgarit
- Dạng:

a x  b  a  0, a �1

Nếu b �0 , phương trình vô nghiệm
Nếu b  0 , phương trình có nghiệm duy nhất x  log a b
- Dạng: log a x  b ( a  0, a �1 )
Phương trình luôn có nghiệm duy nhất x  a .
b

a f  x  a g x




a 1
�
a �1, f  x   g  x 
�

 a  0 � �

�
�f  x   0 hay g  x   0

Việc giải hệ phương trình mũ và lôgarit về cơ bản cũng giống như giải các hệ phương trình đại số như
rút thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ, biến đổi tích, đánh giá, tính chất đơn điệu của hàm số, … phối hợp với
các biến đổi về biểu thức mũ và lôgarit, mũ hóa, lôgarit hóa.
www.LuyenThiThuKhoa.vn

1

Phone: 094 757 2201


2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 5.1: Giải các phương trình sau:
x 1
x
a) 3  18.3  29  0

x
x
x
b) 27  12  2.8

Hướng dẫn giải
a) Đặt t  3 , t  0 thì PT:
x

3t 

18
 29
t

�2 �
. Đặt
.
PT:

t 3  t  2  0 �  t  1  t 2  t  2   0 � t  1 � x  0

Bài toán 5.2: Giải các phương trình sau:
4x

a) 3  4

3x

x

b) 3 .8

x
x1

 36

Hướng dẫn giải
a) Hai vế đều dương, lôgarit hóa theo cơ số 10:
x

�4 � log 4
4 log 3  3 log 4 � � �
� x  log 4  log 3 4 

3.2 �  1 � x  2  0
x1
�
�
hoặc 3.2  1

� x  2 hoặc

2

1
x 1



1
� x2
3
hoặc x  1  log 3 2

Bài toán 5.3: Giải các phương trình sau:

 cos 72�   cos36�  3.2 x
a)
x

x

b) e


.cos72�
1
sin 36�

1
t

3
t   2cos 72�
,t  0

t
Đặt
thì PT:
2

3 � 5 � 5 �1 �
� t  3t  1  0 � t 
�
�
2
� 2 �
2

Ta có:

5 1
2 suy ra nghiệm x  �2

2cos 72� 2sin18�




e

2v
2

v

. Xét

� 2t � 22t
e
�  1�
2
� 
y'  �
2
t

y  f  t 

e



2t
2



Bài toán 5.4: Giải các phương trình sau:
a)

x.2 x  x  3  x   2  2 x  1

x
b) 2  x  1

Hướng dẫn giải
a) PT:

x.2 x  x  3  x   2.2 x  0 � 2 x  x  2   x 2  3x  2  0

� 2 x  x  2    x  1  x  2   0 �  x  2   2 x  x  1  0

� x  2  0 hoặc 2 x  x  1 � x  2 hoặc x  1 .
(Vì

f  x   2x  x

f  0  1
đồng biến trên � và
).

x
f  x   2x  x  1 D  �
b) PT  2  x  1  0 . Xét
,


5 x  2 x  2 x  1  4 x.5x  4 x  1  52 x

b)

4 x  2 x 1  2  2 x  1 sin  2 x  y  1  2  0
Hướng dẫn giải

a) Điều kiện x  0 . Phương trình tương đương với





3 1



� 2log 2 x  x
� xx







3 1







1



log 2 x

�
�
�



  x  1

3 1

log 2 x

2

  x  1
log 2 x

3 1

2


log 2 x

2

  x  1

3 1

log 2 x

2

log 2 x

ab
�
a2  1 b2  1

�  a  b   ab  1  0 � �
ab  1
a
b
�

Ta có:
- Nếu



� 3 1



3 1

log 2 x

� log 2 x �
1  log 2
�



 1 � log 2 x  log 2 x.log 2





3 1  0



3  1 � 0 � log 2 x  0 � x  1
�
: chọn

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  1 .
Cách khác: đặt
Phương trình:
b)

t

.

 2.2 x  1  2  2 x  1 sin  2 x  y  1  1  0

�  2 x  1  2  2 x  1 sin  2 x  y  1  sin 2  2 x  y  1  cos 2  2 x  y  1  0
2

www.LuyenThiThuKhoa.vn

4

Phone: 094 757 2201


2
x
��
2 x  1  sin  2 x  y  1 �
�
� cos  2  y  1  0
2

�
2 x  sin  2 x  y  1  1
�
��
cos  2 x  y  1  0
�

 1  k 2
2


 1  k , k �
2
.

Bài toán 5.6: Giải các phương trình:

1  cos x   2  4cos x   3.4cos x

a)

b)

 2  2

sin 2 x



 2 2



cos 2 x




f  y  0
2  4y
hay
với
y

6.ln 4.4 y

24 

y 2

 1, f '  y   0 � 6ln 4.4 y   2  4 y 

2

y
Đây là phương trình bậc hai theo 4 nên có không quá hai nghiệm. Theo định lý Rolle thì phương trình

f  y  0

có không quá ba nghiệm. Mặt khác ta thấy

x  2 k , x 

Suy ra PT đã cho có nghiệm

b) PT:

 2 2



 2 2



cos 2 x

2
2
- Nếu cos 2 x  0 � cos x  sin x , do 2  2  1 nên

www.LuyenThiThuKhoa.vn

5

Phone: 094 757 2201


VT



 2 2



sin 2 x



- Nếu cos 2 x  0 , lập luận tương tự trường hợp trên: loại.
- Nếu cos 2 x  0 thì PT được thỏa mãn và phương trình đã cho có nghiệm

x



 k , k ��
4
2
.

Bài toán 5.7: Giải các phương trình sau:
a)

5 x  4 x  3x  2 x 

1 1 1
 x  x  4 x 3  2 x 2  x  16
x
2 3 6

x
x
x
x
b) 2  6  3  5

Hướng dẫn giải



f  t    t  1  t a
a

Xét hàm số

f ' t   a �
 t  1
�

a 1

, khi đó

a 1

 2;5

và

 2;5

thì tồn tại số c thuộc

 2;5

sao cho

f ' c  0


Bài toán 5.8: Giải các phương trình:
a) 4

ln x 1

6

ln x

ln x 2  2

 2.3

log 4 x 

0

b) 3

1
2

log 4 x 

3

1
2

 x

2
.

t
b) ĐK: x  0 , đặt t  log 3 x thì x  4

3.3t 
PT:

1 t
.3  2t � 4.3t  3.2t
3

t

3
�3 � 3
log 3
� � �
� t  log 3
2
4
�2 � 4
x

4
2
. Vậy

3

log 4 �
 log 4 16 � x 2  4  16
 x  2   x  3
�
x  3�
�
PT:
.
� x 2  20 � x  �2 5 (chọn).

1
1
x � ,x �
3
27 , đặt t  log 3 x thì PT:
b) ĐK: x  0 ,
2 2  t 
t

� t 2  3t  4  0 � t  1
1  t 3 3  t 
Suy ra nghiệm x  3 hoặc

x

hoặc t  4 .

1
81 .


b log
�2�
1 x 

�1 �
log 2 �
x  1 x  � log 2 � � 2
�4 �

log 2 x

� a  b  2 �0

PT:

�

log 2 2  log 2 x log 2 2  log 2  1  x 

0
log 2  1  x 
log 2 x
1 b 1 a

 0 � a 2  b2  a  b  0
a
b

�  a  1   b  1  a  b �0
2

 1

log 2 3

  2 x  1

log3 2 1

�  y a  1   y  1 a  1 �
1

a

Xét hàm số



f  t   t a  1, t  0

Khảo sát hàm số



a

y a  1  1  1  y
a

thì PT trên là





log 3 1  x  3 x 

2
log 2 x
3

Hướng dẫn giải

f  x   log 3 x  log 4  2 x  2 
f  x   f  3  2
a) ĐK: x  1 . Ta có
là hàm đồng biến nên
với x  3 và
f  x   f  3  2

với 1  x  3

Vậy x  3 là nghiệm duy nhất.
12 y
b) ĐK: x  0 , đặt x  2 thì PT:

2
log 3  1  26 y  24 y   log 2 26 y � log 3  1  26 y  2 4 y   4 y
3
www.LuyenThiThuKhoa.vn

8

�1 � �64 � �
f  y   � � � � � �
�81 � �81 � �81 � nghịch biến trên � nên y  1 là
Ta có y  1 thỏa mãn và vì hàm số
12
nghiệm duy nhất, do đó PT cho có nghiệm x  2 .

Bài toán 5.12: Giải các phương trình sau:
a)
b)











log 2 x  x 2  1  log 3 x  x 2  1  log 6 x  x 2  1



log 2  log 3  log 4 x    log 4  log 3  log 2 x  
Hướng dẫn giải

t  x  x2  1 � x  x2  1 


2

� log 3  log 4 x  

1 � 1  4log 3 2
2
. Từ đó suy ra nghiệm x.

Bài toán 5.13: Giải các phương trình sau:


a)
b)



3 1

log 2 x

x





3 1

log2 x



2

 b 2   a 2  b 2    5 x  1  5 x  4 x  1  52 x  4 x.5 x  4 x  1





a  b   a 2  b2   a 2  b2  �  a  b  1   a 2  b2   a  b   0

x
x
- Nếu a  b  0 � a  b thì 5  2 x  2 x  1 � 5  4 x  1

f  x   5 x  4 x  1, D  �

Xét

f '  x   5 x.ln 5  4, f ''  x   5 x.ln 2 5  0
Do đó phương trình có tối đa 2 nghiệm mà

f  0   0, f  1  0

nên phương trình có hai nghiệm là

x  0, x  1 .

a
- Nếu

0
4 x2

, ta có:

1
1
15
3

 .
 0, x  3
ln 2.  x  3 ln 3.  x  2  4  x  2  2

Do đó f là hàm số đồng biến và

f  11  0

nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  11 .

Bài toán 5.14: Giải các phương trình sau:
a)

 x  1 log 4 x  x log  x  2 x1 

b)

log 2

5

Vì P  0 nên phương trình
có đúng một nghiệm 2  0 là x0 .

Vì

f ''  x   4 x 1 ln 2 4  2 x 1 ln 2  0

www.LuyenThiThuKhoa.vn

do đó x0 là điểm cực tiểu của hàm số.
10

Phone: 094 757 2201


Suy ra

f  x  �f  x0   0

x 1
x 1
nên PT 4  2  x vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x  0 .
2
b) Điều kiện x  2 x  12  0

1
log 2
PT: 2



x

2

 2 x  12 

 2 x  12 

2





log a 1 x 2  2 x  11  log a x 2  2 x  12
a

8

4
5
Đặt
thì
Đặt



log a 1  x 2  2 x  11  log a  x 2  2 x  12   t

x
ln x ln 2
�

2
x
2 .

ln x
1  ln x
,x  0
f  x 
x2
x
thì

, lập BBT thì

f  x  0

có tối đa 2 nghiệm mà

f  2  f  4 

ln 2
2 nên S   2;4 .

b) Đk: x  0 . Xét x  2 thì PT thỏa mãn:

x x2

www.LuyenThiThuKhoa.vn

11

Phone: 094 757 2201


Hướng dẫn giải

a) Phương trình:

log 3

x2  x  3
  2 x 2  4 x  5    x 2  x  3
2
2x  4x  5

� log 3  x 2  x  3   x 2  x  3  log 3  2 x 2  4 x  5    2 x 2  4 x  5 
Xét hàm số
Do đó

f  t

f  t   log 3 t  t , t  0

thì

f ' t  


t

t

16t
144 � �
16 �
�
9t 
� 9t  144t  16t � � � � � 1
t
1  16
�9 � �9 �
nên
Suy ra PT có nghiệm duy nhất
Chọn nghiệm

x

t

1
1
� cos x 
2
2


 k  , k ��
3


Phone: 094 757 2201


b) Vì

2
2x

f  x   21 x  2 x  1  2 x  1 

là hàm nghịch biến và

f  1  0, f  x   f  1  0

x
� x  1 � 1  x  0 nên f  x  cùng dấu với 1  x . Hàm số g  x   2  1 là hàm đồng biến và

g  0  0

nên

g  x  0 � x  0

, do đó

g  x

cùng dấu với x.


2x
x
x
x
�
�3 �
�3 �
�3 � ���3 � �
3 � �  5 � � 2 �0 � �
3 � � 1��0
� � 2 ��
2
�2 �
�2 �
�
�
�
���2 � �
x

�3 �
 � � 2
�
ۣ
�2 �
b) Đặt t  2

x

log 3 2

4
 2 �0
t

0

t

2

�2 � x 2  2 x  2 �0 � 1  3 �x �1  3

Bài toán 5.19: Giải các bất phương trình:
a)

8  21 x  4 x  21 x  5

2
b) 4 x  3.3

x

 x.3

x

 2 x 2 .3

x


t
�
0
�
�
1 t �
�
2
x
Do đó 1  t �4 � 1  2 �4 � 0  x �2 .
2
b) ĐK: x �0 , BPT: 4 x  3.3

www.LuyenThiThuKhoa.vn

x

 x.3

x

 2 x 2 .3

13

x

 2x  6  0

Phone: 094 757 2201

�
1  x 
2 hoặc
�

�
3 x 2  0
�
� 2
2 x  x  3  0
�

�
�x  log 32 2
�
�x �0
�
3
�x  1 hay x 
2
�

Từ đó suy ra nghiệm BPT:

0 �x  log 2 hoặc
2
3

x


3 hoặc x �0

x

Xét x �3 thì VT  0  VP: đúng.

  x  1  4 �4
Xét x �0 thì VP
,
2

VT = 2

2



x 2 3 x  2

Vậy tập nghiệm



2

�4 nên có nghiệm x �1 .

S   �;3 � 0;1 � 1; �

b) Điều kiện tan x �0 . Đặt t  tan x, t �0 thì

nên hàm số

f đồng biến, mà

t �0

.

tan x

�2 nên dấu = đồng thời xảy ra � t  tan x  0 � x  k , k ��.

Bài toán 5.21: Giải các bất phương trình:

www.LuyenThiThuKhoa.vn

14

Phone: 094 757 2201


1

 2 x  7  ln  x  1  0
a)

2
b) 2.x

log 2 x

� 7
�
ln  x  1  0
�
�
x
�
�
�x  1  1
�
�
�
�
7
�
2
�
�
�2 x  7  0
�
�x 
7
�
�
�
�
�
1  x  0
� 2
�

�
a) BPT:
�7
�
S   1;0  �� ; ��
�2
�
Vậy tập nghiệm
b) ĐK: x  0 , lôgarit hóa theo cơ số 2  1 :

� 12 log2 x �
� 23 log2 x �
1 2
3
log 2 �2
��log 2 �2
�� 1  log 2 x � log 2 x
2
2
�
�
�
�
2
�
��
log

3log 2 x 2 0
2 x

5 thì BPT
6  5x x

�

4x  5 1
4x2  5x  6  5x
 0�
0
6  5x x
 6  5x x

�

4 x 2  10 x  6
1
 0 � 4 x 2  10 x  6  0 � 3  x 
2
 6  5x  x

Nếu 0  x  1 thì BPT

4 x 2  10 x  6
�
0
 6  5x  x

(loại)

1

a) x  1 x  x

log 2  1  2 x   log 3 �
3x 
�
�
b)

 

x
2 �
�
�

Hướng dẫn giải

� x3  1  x  1
�
� 0

3ln
x
 x  1 �
� x3  x
�
�
�
a) Điều kiện x  0, x �1 , BPT:


 x

x
3 

2

3

 1  x  1

x

3

 x

3

2

f ' x   0
f  x
f  x   f  1  0
Khi x  1 thì
nên
đồng biến: x  1 suy ra
Do đó

 x  1 f  x   0 . Tương tự khi 0  x  1 thì

3x 
�
�
Xét x �0 thì

 2

x

 2

 2

x

x

0

�
�
�: đúng

�
�
�

x
� � �2�
�

�
� x  log 2 �
1  x � x  log3 1  � ��
� �3 ��
� 2 �
�
�

www.LuyenThiThuKhoa.vn

16

Phone: 094 757 2201


x
x
� �2�
�
� �1 �
�
�
� log 2 �
1  �� log 3 1  � ��
� �
�
� �3 ��
� �2 ��
�
�: Đúng

 x y  2
3

 y12

x y
3

nên

. Xét y  1 thì x  1 : đúng.

1
2
x  y   12 � x  y  6

Xét y �1 thì 3
6
3
2
2
Do đó y  x � x  y nên y  y  6  0

S    1;1 ;  4;2  
Chọn y  2 � x  4 . Vậy
.
b) ĐK: x, y  0, x, y �1 . Hệ tương đương:

�
�

2

3
x

3
�
a)
2 x  2 xy  y
y
�x
y
2 xy
x
�
2 4
 5.2
�
�
log x  log 5 y  log 5 x.log 3 y
b) � 3
2

2

 1
 2
Hướng dẫn giải

a) Trừ 2 phương trình vế theo vế thì được

f  t  0
f  0   f  1  0
đồng biến trên � nên
có tối đa 2 nghiệm mà
nên hệ có 2

nghiệm

 0;0 

và

 1;1

b) Điều kiện xác định x, y  0
Ta có:

 1 � 2

x
y

 4.2

x
y

2x y

y x

.

 2  � log3 x  log5 x  log 5 x.log3 x
� log 3 x  1  log 5 3  log 3 x.log 5 x

� log3 x  0 hay log 5 x  log 5 15 � x  1 hay x  15
Vậy hệ PT đã cho có nghiệm là

 x; y    1;1 ,  15;15

Bài toán 5.26: Giải các hệ phương trình:

�
3x  3 y   ln y  ln x   2 x  3 y  1
�
�2
x  y2  1
a) �

 1
 2

�
log 2 1  3sin x  log 3  3cos y 
�
�
log 2 1  3cos y  log 3  3sin x 
�
b)
Hướng dẫn giải

b) Đặt u  sin x, v  cos y , ĐK: 0  u, v �1 .

�
log 2  1  3u   2log 3  3v 
�
�
log  1  3v   2log 3  3u 
Hệ � 2
Do đó
Xét

log 2  1  3u   2log 3  3u   log 2  1  3v   2log 3  3v 

f  t   log 2  1  3t   2log 3  3t  ,0  t �1

f ' t  

3
2

0
 1  3t  ln 2 t ln 3

Ta có PT:

nên f đồng biến trên

log 2  1  3t   2log 3  3t 

 0;1 , do đó PT � u  v  t .

4 x  y  1  222 x  y
a) �

 1

�
 1  42 x y  .512 x y  1  22 x y1
�
�3
2
�y  4 x  1  ln  y  2 x   0
b) �

 1
 2

 2

Hướng dẫn giải
a) PT (1) biến đổi thành:

x  1  x 2  1  y 2  y và y  1  y 2  1  x 2  x
Cộng lại thì được
Do đó

2 x  y  0 � y  x

 2  � 3x  1  22  3 x � 8x  3x  1  4

PT này có nghiệm duy nhất



2  : y 3  2 y  3  ln  y 2  y  1  0

Thế vào
Xét hàm

f  y   y 3  2 y  3  ln  y 2  y  1 , D  �

thì

2  y  1  1
2y 1
f ' y   3y  2  2
 3y2  2
0
f  y
y  y 1
y  y 1
, y nên
là hàm đồng biến trên �, ta
2

2

có

f  1  0

Suy ra

a) Điều kiện 8 x ���۳

 2 � 
�

0, xy

0, y

 

8 x 2  3 xy  4 y 2  3 y 

 x  y   8x  5 y 
8 x 2  3 xy  4 y 2  3 y



0

x, y

0



xy  y  0

 x  y y  0
xy  y

�  x  1

2

x

2

2

x 1  3

2 x4

2

�23  8 , suy ra

�8 � x 4  4 x  3 �0

 2 x  3 �0 � x  1

. Do đó y  1 : thỏa mãn.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x  y  1 .
b) Đặt 2x  y  a , phương trình (1) của hệ trở thành

2  2a  2 a   3  3a  3 a   5  5a  5 a 
Nếu a là nghiệm thì  a cũng là nghiệm nên chỉ cần xét a �0 .


2  2 a  2 a   3  3a  3 a  �5  5a  5 a 

Đẳng thức phải xảy ra nên a  0 hay 2 x  y  0 � 2 x  y .
Thay vào phương trình (2) ta có:

2 x  x 2  3x  3  2  0 � x3  3x 2  3x  1  0

� 2 x3  x3  3 x 2  3x  1 � 2 x 3   x  1
� 3 2x  x 1 � x 

3

1
2
y

2
x

1  3 2 . Suy ra
1 3 2

1 �
� 1
� 3 ; 3 �
1 2 1 2 �
Vậy hệ phương trình có nghiệm là: �
Bài toán 5.29: Giải các hệ phương trình sau:



nên hàm số này đồng biến trên

 0; � .

Do đó

 2 � f  x   f  y  � x  y .
Thay vào phương trình (1)
Đặt





log3 x  log 2 1  x



log 3 x  log 2 1  x  t � x 

Suy ra

 3

t



 2t  1


1
2

f  x   t 2  3t  ln  2t  1 , t  

f '  t   2t  3 

1
2

2
1
 0, t  
2t  1
2 nên f là hàm đồng biến

f  y  �f  x 
Giả sử x �y thì từ hệ trên suy ra
Do đó nếu

 x, y 

y

x

x 2  2 x  ln  2 x  1  0
là nghiệm của hệ thì x  y nên có phương trình
. Vì vế trái


�
x3
a) �
log3 x

log3 2

 1
 2

Hướng dẫn giải

log x y 

3
a) Điều kiện 0  x, x �1, y �x . PT (2):

Đặt t  log x y . Ta có

t

1
1
log x y  3

1
 1 � t 2  4t  4  0
t 3

2

� xy  x 2  y 2   2 xy  x 2  y 2  2  2 x 2 y 2  2  x 2  y 2   2

� xy  x  y    x  y  �  x  y 
2

2

2

 xy  1  0

- Nếu x  y thì x  y  1 là nghiệm
Xét trường hợp x  y �1 thì:

www.LuyenThiThuKhoa.vn

22

Phone: 094 757 2201


 1 :  log 2 x  1  log3 x  1  1 � log 2 x.log 3 x  log 2 x  log 3 x
�

1
1

 1 � log x 2  log x 3  1 � log x 6  1 � x  6
log 2 x log3 x


�
�3 2 �.

 1;1 ,  6;6  , �
�;

Vậy hệ phương trình có nghiệm là

Bài toán 5.31: Giải các hệ phương trình sau:

a)

�y 2  x 2 x 2  1
e
 2
�
y 1
�
�
3log 3  x  2 y  6   2log 2  x  y  2   1
�

 1
 2

�
log y  log y  3  x    log 3 y  log 3 y x 
�
�
x

. Xét

f  t   et  t  1 , t �0

f '  t   et  et  t  1  et  t  2   0

.

nên f là hàm đồng biến. Phương trình

f  x2   f  y2 

� x  y � x  �y
2

2

- Nếu x  y thì phương trình (2) trở thành

3log 3  3 x  6   2log 2  3 x  2   1 � log 3  x  2   log 2  x  1
Đặt

log 3  x  2   log 2  x  1  t

thì
t

t

�2 � �1 �

sin  y  x 
 log x  log y
sin x.sin y

a � 3;3 �  ;  
0 �a 0,sin a
Vì 3 �y  x �3 và
nên: sin a �۳
trình này tương đương với x  y
Thay vào nên

0

a 0 . Do đó phương

 1 : log3 x  log3 x x   log x  log x  3  x  

� log 3 x  log 3 x x  

log 3 x  log x  3  x  

Đặt t  log 3 x x  0 thì PT:

log 3 x x
log 3 x t  

log 3 x t
t

�  t  1 log3 x t  0 � log3 x t  0

5 x  2 y  1  2log 5  4 y  1
�
�y
5  2 z  1  2log 5  4 z  1
�
�z
5  2 x  1  2log 5  4 x  1
b) �
Hướng dẫn giải

1 :1  e  y  y � 1  e  y  y  0

x

0
a) Nếu
thì
.
Bằng cách xét

f  y   1  e y  y

thì phương trình

f  y  0

có nghiệm duy nhất y  0 , do đó

x  y  z  0.


e  f  x
�
�z
x.e x
e  x
�
� e 1
f ' t  
Ta có

et  et  t  1

 et  1

2

 0, t �0
. Lập BBT thì

f  t   1, t  0

và

f  t   1 t  0
,
nên hệ

t
tương đương x  y  z  t , do đó e  t  1  0 (vô nghiệm). Vậy hệ có nghiệm duy nhất


�f  y   g  z 
�
f  z  g  x
Hệ phương trình đã cho có thể viết lại là: �
Không mất tính tổng quát, ta giả sử x là số lớn nhất. Khi đó x �y , x �z .
Do

x y� f  x 
 f�
y 

Đưa về PT:
Đặt

f  z

f  y

g  y

g  z

g  x

z

y
x

z


Bài toán 5.33: Tìm các nghiệm dương của hệ phương trình:

www.LuyenThiThuKhoa.vn

25

Phone: 094 757 2201