Chuyên đề Phương trình, bất phương trình hệ phương trình, bất phương trình mũ - Lôgarit - Vũ Ngọc Vinh

trong hệ bất phương trình, ta có 
thể tìm được nghiệm của hệ. Phép toán thường được sử dụng là: 
A B
A C B D
C D
     
Việc lựa chọn phương pháp biến đổi tương đương để giải hệ bất phương trình mũ thường được thực 
hiện theo các bước sau: 
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ có nghĩa 
Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi tương chuyển hệ về 1 bất phương trình đại số đã biết cách giải. 
Bước 3: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm được, từ đó đưa ra lời kết luận cho hệ. 
Với hệ bất phương trình mũ chứa tham số thường được thực hiện theo các bước sau: 
Bước 1: Đặt điều kiện để các biểu thức của hệ có nghĩa 
Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi tương đương ( phương pháp thế được sử dụng khá nhiều trong 
phép biến đổi tương đương ) để nhận được từ hệ 1 bất phương trình 1 ẩn chưa tham số. 
Bước 3: Giải và biện luận theo tham số bất phương trình nhận được. 
Bước 4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm được, từ đó đưa ra kết luận cho hệ. 
Chú ý: Đối với hệ bất phương trình mũ 1 ẩn thường được giải từng bất phương trình của hệ, rồi kết 
hợp các tập nghiệm tìm được để đưa ra kết luận về nghiệm cho hệ bất phương trình. 
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải hệ bất phương trình: 
2 22 1 2 2
2
2 9.2 2 (1)
2 5 4 3(2)
x x x x
x x x
    

    
Giải: 
Giải (1): 
2 2 2 22 22.2 9.2 4.2 0 2.2 9 4.2 0x x x x x x x x         
Đặt 
2
2x xt  điều kiện 
4
1
2
t  . Khi đó phương trình có dạng: 
22
2 2
4
42 9 0 2 9 4 0 2 41 (1)
2
1
2 2 0 (3)
2
x x
t
t t t
t t
x
x x x x
x


          

          
Giải (2): 
 
2
22
2
5 512 5 0 2 2
4 3 0 1 3 145 1
2 5 0 55 2
1424 3 2 5 2
55 24 28 0
x xx
x x x
xxx
x
x x x x
x x
                                        
 (4) 
Kết hợp (3) và (4) ta được nghiệm của hệ là x=2. 
BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ 
I. Phương pháp: 
Việc lựa chọn đặt ẩn phụ thích hợp cho hệ phương trình mũ, ta có thể chuyển hệ về các hệ đại số đã 
biết cách giải. Cụ thể ta thường thực hiện theo các bước sau: 
 Vũ Ngọc Vinh 24 
Bước 1: Đặt điều kiện cho các biểu thức của hệ có nghĩa. 
Bước 2: Lựa chọn ẩn phụ cho hệ và điều kiện cho các ẩn phụ. 
Bước 3: Giải hệ nhận được từ đó suy ra nghiệm x; y 
Bước 4: Kiểm tra tính hợp lệ cho nghiệm tìm được, từ đó đưa ra lời kết luận cho hệ. 
II. VD minh hoạ: 
VD: Giải hệ bất phương trình: 
 
2
22 2
3
2 2 2 1
log 2 2 0
x y
x y
   

 
 (I) 
Giải: Đặt 
2
2
x
y
u
v
 


; u, v<0. Khi đó hệ (I) có dạng: 
 
2 2 2
2 2 2 2 22 2
33
2 1 2 1 2 1(1)
log 0 ; 1(2)log 0
u v u v u v
u v u v u vu v
               
        
Giải (1) ta biến đổi: 
 2 2 22
1 0 1
2 3(3)2 1
v v
u v vu v
           
Giải (2) bằng cách thay (3) vào (2) ta được: 
 2
33 32 3 0 2 log
22 22 3 1 1 2 0 11 2 2
y
y
v v y
v v y
                       
Vậy nghiệm của hệ là là các cặp số (x;y) thoả mãn hệ: 
 
2
2
3log ;1 2
2
1 2
y y
x y
   

    
BÀI TOÁN 3: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ 
I. Phương pháp: 
Trong phần này chúng ta sử dụng phương pháp cần và đủ đã biết để giải các hệ bất phương trình chứa 
dấu trị tuyệt đối. 
II. VD minh hoạ: 
VD: Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất. 
2 2 1
2 2 1
2 2 2 1
2 2 2 1
x y y
y x x
m
m


    

   
Giải: Trước hết cần 1 0 1m m    
Đặt: 
2
2
x
y
u
v
 


, điều kiện u, v>0. Hệ được biến đổi về dạng: 
 
 
222 2
2 2 22
1 (1)2 1
2 1 1 (2)
u v mu v v m
u v u m v u m
         
       
 (I) 
Điều kện cần: Giả sử hệ có nghiệm (u0;v0) suy ra (v0;u0) cũng là nghiệm của hệ. Vậy để hệ có nghiệm 
duy nhất thì điều kiện cần là u0=v0. 
Khi đó:  22 20 0 0 01 2 2 1 0u u m u u m        (1) 
Ta cần (1) phải có nghiệm duy nhất 10
2
m    
 Vũ Ngọc Vinh 25 
Vậy điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất là m=1/2 
Điều kiện đủ: Với 1
2
m  hệ có dạng: 
 
 
22
22
11
2
11
2
u v
v u
   

   
 (II) 
   2 22 2 2 2
2 2
1 1 1 2 2 2 2 1 0
2 2 12 2 0
2 2 2
u v u v u u v v
u v u v
            
   
                 
Nhận xét rằng 1
2
u v   thoả mãn hệ (II) suy ra x=y=-1 
Vậy hệ có nghiệm duy nhất khi m=1/2. 
BÀI TOÁN 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ 
I. Phương pháp: 
Nhiều bất phương trình đánh giá tinh tế dựa trên: 
+ Tam thức bậc 2 
+ Các bất đẳng thức cơ bản như: Côsi, Bunhiacôpxki 
+ Tính chất trị tuyệt đối. vv 
Ta có thể nhanh chóng chỉ ra được nghiệm của nó. 
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải hệ bất phương trình: 
2 1 2 2 (1)
2 2 2 2 1(2)
x y y y
x y y y


   

   
 (I) 
Giải: Điều kiện:  
2 11 2 0 2 1 0
22 2 1 02 2 0 2 1
yy y
y xx y y x
y
x
                   
 (*) 
Giải (1): (*)
2 11 22 1 0
2 1 2 0
xy
x
y y
x y
        
 
 (3) 
Thay (3) vào (2) thấy thoả mãn. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x=y=0. 
VD2: Giải hệ phương trình: 
 
 
2
32 3 log 5 4
2
3 5 (1)
4 1 3 8(2)
x x y
y y y
     

    
Giải: 
Giải (1) ta được:    
2
3 3
2 3 log 54 log 5 15 3 3 5 4 1 3x xy y y                (3) 
Giải (2) với 3y   ta được:    2 24 1 3 8 3 0 3 0y y y y y y             (4) 
Từ (3) và (4) suy ra y=-3, khi đó hệ thành: 
2 1 1; 32 3 0
3
3; 33
3
x
x yx x
x
x yy
y
                     
Vậy hệ phương trình có 2 cặp nghiệm (-1;-3) và (3;-3). 
 Vũ Ngọc Vinh 26 
CHƯƠNG II: 
PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH-BẤT PHƯƠNG TRÌNH- HỆ LÔGA RIT. 
CHỦ ĐỀ 1: PHƯƠNG TRÌNH LÔGARIT 
BÀI TOÁN 1: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP LÔGARIT HOÁ VÀ ĐƯA VỀ CÙNG CƠ SỐ 
I. Phương pháp: 
Để chuyển ẩn số khỏi lôgarit người ta có thể lôgarit hoá theo cùng 1 cơ số cả 2 vế của phương trình, 
bất phương trình. Chúng ta lưu ý các phép biến đổi cơ bản sau: 
Dạng 1: Phương trình:  
0 1
log ( )a b
a
f x b
f x a
    
Dạng 2: Phương trình:        
0 1
log log
0a a
a
f x g x
f x g x
     
Chú ý: Việc lựa chọn điều kiện f(x)>0 hoặc g(x)>0 tuỳ thuộc vào độ phức tạp của f(x) và g(x). 
II. VD minh hoạ: 
VD1: Giải phương trình:    29 3 32 log log .log 2 1 1x x x   
Giải: Điều kiện: 
0
2 1 0 0
2 1 1 0
x
x x
x
 
    
   
. Phương trình được viết dưới dạng: 
   
   
 
   
2
2
3 3 3 3 3 3
2
3 3 3 3 3 3
3
3 3
0
2
1 12 log log .log 2 1 1 log log .log 2 1 1
2 2
log 2log .log 2 1 1 log 2log 2 1 1 log 0
log 0 1
log 2log 2 1 1 0 2 1 2 2 1 1
11
4 2 1 22 2 1 2
x
x x x x x x
x x x x x x
x x
x x x x x
xx
x xx x

          
          
 
           

      
0
2
1 1
44 0
xx x
xx x




       
Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=4. 
VD2: Giải phương trình: 3 4 5log log logx x x  
Giải: Điều kiện x>0. Ta biến đổi về cùng cơ số 3: 
 4 4 3
5 5 3
log log 3.log
log log 3.log
x x
x x


 khi đó phương trình có dạng: 
 
3 4 3 5 3
3 4 5 3
log log 3.log log 3.log
log 1 log 3 log 3 0 log 0 1
x x x
x x x
 
       
Vậy phương trình có nghiệm x=1. 
BÀI TOÁN 2: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ- DẠNG 1 
I. Phương pháp: 
 Vũ Ngọc Vinh 27 
Phương pháp đặt ẩn phụ dạng 1 là việc sử dụng 1 ẩn phụ để chuyển phương trình ban đầu thành 1 
phương trình với 1 ẩn phụ. 
Ta lưu ý các phép đặt ẩn phụ thường gặp sau: 
Dạng 1: Nếu đặt logat x với x>0 thì: 
1log ;logk ka xx t a t
  với 0 1x  
Dạng 2: Ta biết rằng: log logb bc aa c do đó nếu đặt logb xt a thì logb at x . Tuy nhiên trong nhiều bài 
toán có chứa logb xa , ta thường đặt ẩn phụ dần với logbt x . 
VD minh hoạ: 
VD1: Cho phương trình:    2 4log 5 1 .log 2.5 2x x m   (1) 
a) Giải phương trình với m=1 
b) Xác định m để phương trình có nghiệm 1x  
Giải: Biến đổi phương trình về dạng: 
       2 2 2 21 log 5 1 .log 2 5 1 log 5 1 . 1 log 5 1 22
x x x xm m              
Điều kiện: 5 1 0 5 1 0x x x      
Đặt  2log 5 1xt   . Khi đó phương trình có dạng:     21 2 2 0t t m f t t t m       (2) 
a) Với m=1 ta được: 
 
 
22
2
2
log 5 1 11 5 1 2
2 0
2 5 1 2log 5 1 2
x x
xx
t
t t
t 
                    
5
5
log 35 3
55 log5
44
x
x
x
x
 
     
Vậy với m=1 phương trình có 2 nghiệm 5 5
5log 3; log
4
x x  
b)Với  2 21 5 1 5 1 4 log 5 1 log 4 2 2x xx t            
Vậy để phương trình (1) có nghiệm 1x  (2) có nghiệm 2t  1 2
1 2
2 (*)
2
t t
t t
 
   
 (loại (*)) 
  . 2 0 4 2 2 0 3a f m m        . 
Vậy với 3m  thoả mãn điều kiện đầu bài. 
VD2: Giải phương trình:    2 2 22 3 6log 1 .log 1 log 1x x x x x x       
Giải: Điều kiện: 
2
2
2
1 0
1 0 1
1 0
x
x x x
x x
  
     

  
Nhận xét rằng:        12 2 2 21 1 1 1 1x x x x x x x x            
Khi đó phương trình được viết dưới dạng: 
     
     
1 1
2 2 2
2 3 6
2 2 2
2 3 6
log 1 .log 1 log 1
log 1 .log 1 log 1
x x x x x x
x x x x x x
 
      
       
 Vũ Ngọc Vinh 28 
sử dụng phép biến đổi cơ số:    2 22 2 6log 1 log 6.log 1x x x x     
 và    2 23 3 6log 1 log 6.log 1x x x x     
Khi đó phương trình được viết dưới dạng: 
     2 2 22 6 3 6 6log 6.log 1 .log 6.log 1 log 1x x x x x x       (1) 
Đặt  26log 1t x x   . Khi đó (1) có dạng:  2 3
2 3
0
log 6.log 6. 1 0
log 6.log 6. 1 0
t
t t
t
     
 + 
Với t=0  
2
2 2
6
2
1
log 1 0 1 1 1
1
x x
x x x x x
x x
       