SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PT – BPT – HPT

Chào mừng quý vị đến với website của ...

Quý vị chưa đăng nhập hoặc chưa đăng ký làm thành viên, vì vậy chưa thể tải được các tài liệu của Thư viện về máy tính của mình.
Nếu chưa đăng ký, hãy nhấn vào chữ ĐK thành viên ở phía bên trái, hoặc xem phim hướng dẫn tại đây
Nếu đã đăng ký rồi, quý vị có thể đăng nhập ở ngay phía bên trái.

Gốc > CÁC CHUYÊN ĐỀ LTĐH > PT-HPT ĐẠI SỐ >

Tạo bài viết mới SỬ DỤNG TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ ĐỂ GIẢI PT – BPT – HPT

Để sử dụng tính đơn điệu của hàm số vào giải các bài toán giải phương trình – bất phương trình – hệ phương trình, ta thường sử dụng các tính chất sau đây.

Tính chất 1: Nếu hàm số luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) trên $(a;b)$ thì số nghiệm của phương trình : $f\left( x \right)=k$ (trên $(a;b)$ ) không nhiều hơn một và $f\left( u \right)=f\left( v \right)\Leftrightarrow u=v$ $\forall u,v\in (a;b)$ .

Chứng minh: Ta giả sử $f$ là hàm đồng biến trên $(a;b)$

Nếu $u>v\Rightarrow f(u)> f(v)$

Nếu $u < v \Rightarrow f(u) < f(v)$

Tính chất 2: Nếu hàm số liên tục và luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) ; hàm số $y=g\left( x \right)$ liên tục và luôn nghịch biến (hoặc luôn đồng biến) trên D thì số nghiệm trên D của phương trình : $f\left( x \right)=g\left( x \right)$ không nhiều hơn một.

Chứng minh:

Giả sử $f$ đồng biến còn $g$ nghịch biến trên $D$ và $\exists {{x}_{0}}\in D:f({{x}_{0}})=g({{x}_{0}})$ .

* Nếu $x>{{x}_{0}}\Rightarrowf(x)>f({{x}_{0}})=g({{x}_{0}})>g(x)\Rightarrow \text{PT:}f(x)=g(x)$ vô nghiệm

* Nếu $x < {{x}_{0}}\Rightarrow f(x) < f({{x}_{0}})=g({{x}_{0}}) < g(x)\Rightarrow \text{PT:}f(x)=g(x)$ vô nghiệm

Vậy $x={{x}_{0}}$ là nghiệm duy nhất của phương trình $f(x)=g(x)$ .

Tính chất 3: Nếu hàm số $y=f\left( x \right)$ luôn đồng biến( hoặc luôn nghịch biến) trên $D$ thì $f(u)>f(v)\Leftrightarrow u>v\text{ }(u < v)\text{ }\forall u,v\inD$ .

Tính chất 4: Cho hàm số $y=f(x)$ liên tục trên [a;b] và có đạo hàm trên khoảng $\left( a;b \right)$ . Nếu $f(a)=f(b)$ thì phương trình $f'(x)=0$ có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng $(a;b)$ .

Chứng minh:

Giả sử phương trình $f'(x)=0$ vô nghiệm trên $(a;b)$ . Khi đó $f'(x)>0\text{ }\forall x\in (a;b)$ (hoặc $f'(x) < 0\text{ }\forall x\in (a;b)$ ).

Suy ra $f(b)>f(a)$ (hoặc $f(b) < f(a)$ ).

Điều này trái với giả thiết $f(a)=f(b)$ .

Vậy phương trình $f'(x)=0$ có ít nhất một nghiệm trên $(a;b)$ .

Từ định lí này, ta có được hai hệ quả sau:

Hệ quả 1: Nếu phương trình $f\left( x \right)=0$ có m nghiệm thì phương trình $f'(x)=0$ có $m-1$ nghiệm.

Hệ quả 2: Cho hàm số $y=f\left( x \right)$ có đạo hàm đến cấp k liên tục trên $(a;b)$ . Nếu phương trình ${{f}^{(k)}}(x)=0$ có đúng m nghiệm thì phương trình ${{f}^{(k-1)}}(x)=0$ có nhiều nhất là $m+1$ nghiệm.

Thật vậy: Giả sử phương trình ${{f}^{(k-1)}}(x)=0$ có nhiều hơn m+1 nghiệm thì phương trình $f'(x)=0$ có nhiều hơn m nghiệm, điều này trái với giả thiết bài toán.

Từ hệ quả 2 $\Rightarrow$ nếu $f'(x)=0$ có một nghiệm thì $f(x)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm.

Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp hàm số.

Vấn đề quan trọng nhất khi sử dung phương pháp hàm số là chúng ta phải nhận ra được hàm số đơn điệu và nhẩm được nghiệm của phương trình.

1) Để phát hiện được tính đơn điệu của hàm số chúng ta cần nắm vững các tính chất:

i) Nếu $y=f\left( x \right)$ đồng biến (nghịch biến) thì:

* $y=\sqrt[n]{f\left( x \right)}$ đồng biến (nghịch biến).

* $y=\frac{1}{f\left( x \right)}$ với $f\left( x \right)>0$ nghịch biến (đồng biến).

* $y=-f\left( x \right)$ nghịch biến (đồng biến).

ii) Tổng của các hàm số đồng biến (nghịch biến) trên D là một hàm số đồng biến (nghịch biến) trên D.

iii) Tích của các hàm số dương đồng biến (nghịch biến) trên D là mộ hàm số đồng biến (nghịch biến) trên D.

Ví dụ: Từ tính đơn điệu của các hàm số $y=x+3$ , $y=3-x,y=2-x$ nếu nắm được các tính chất trên ta có thể phát hiện được ngay các hàm số $y=\sqrt[3]{x+3}+\sqrt{x+3}+x$ đồng biến trên khoảng $(-3;+\infty )$ .

$y=\sqrt{\frac{6}{3-x}}+\sqrt{\frac{8}{2-x}}$ đồng biến trên $(-\infty ;2)$ .

$y=-x-3+\sqrt{3-x}$ nghịch biến trên $(-\infty ;3)$ .

Từ cách nhìn nhận đó có thể giúp chúng ta định hướng được phương pháp giải là sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

2) Việc nhẩm nghiệm cũng là một vấn đề rất quan trong trong phương pháp này, khi nhẩm nghiệm ta thường ưu tiên chọn $x$ mà biểu thức trong dấu căn là lũy thừa mũ n (nếu căn bậc n), hoặc nếu phương trình logarit thì ta chọn x mà biểu thức trong dấu loga là ${{a}^{\alpha }}$ nếu phương trình có logarit cơ số a…..

II. Các ví dụ.

Ví dụ 3.1:Giải các phương trình sau:

1) $\sqrt{3x+1}+\sqrt{x+\sqrt{7x+2}}=4$

2) $\sqrt{5{{x}^{3}}-1}+\sqrt[3]{2x-1}+x=4$ .

Giải:

1) Điều kiện: $x\ge \frac{7-\sqrt{57}}{2}$ .

Xét hàm số $f(x)=\sqrt{3x+1}+\sqrt{x+\sqrt{7x+2}}$ , ta có:

$f'(x)=\frac{3}{2\sqrt{3x+1}}+\frac{1+\frac{7}{2\sqrt{7x+2}}}{2\sqrt{x+\sqrt{7x+2}}}>0$ nên hàm số $f(x)$ luôn đồng biến.

Mặt khác: $f(1)=4\Rightarrow pt\Leftrightarrow f(x)=f(1)\Leftrightarrow x=1.$

Vậy $x=1$ là nghiệm của phương trình đã cho.

2) Điều kiện: $x\ge \frac{1}{\sqrt[3]{5}}$ .

Phương trình $\Leftrightarrow\sqrt{5{{x}^{3}}-1}+\sqrt[3]{2x-1}=4-x\Leftrightarrow f(x)=g(x)$

Với $f(x)=\sqrt{5{{x}^{3}}-1}+\sqrt[3]{2x-1}$ có $f'(x)=\frac{15{{x}^{2}}}{2\sqrt{5{{x}^{3}}-1}}+\frac{2}{3\sqrt[3]{{{(2x-1)}^{2}}}}>0$ nên $f\left( x \right)$ là hàm đồng biến và $g(x)=4-x$ là hàm nghịch biến

Mà $f(1)=g(1)=3$ nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=1$ .

Nhắn tin cho tác giả

Nguyễn Tất Thu @ 21:38 09/03/2014
Số lượt xem: 14605

Số lượt thích: 4 người (Phạm Hồng Hoa, Nguyễn Thị Vân Anh, Phan Thanh An, ...)

Ví dụ 2:Giải các phương trình sau

1) $81{{\sin }^{10}}x+{{\cos }^{10}}x=\frac{81}{256}$

2) ${{e}^{{{\tan }^{2}}x}}+\cos x=2$ với $x\in \left( -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right)$

Giải:

1) Đặt $t={{\sin }^{2}}x;\text{ }0\le t\le 1$ . Khi đó phương trình trở thành:

$81{{t}^{5}}+{{(1-t)}^{5}}=\frac{81}{256}$ (*).

Xét hàm số $f(t)=81{{t}^{5}}+{{(1-t)}^{5}}$ với $0\le t\le 1$ . ta có:

$f'(t)=5[81{{t}^{4}}-{{(1-t)}^{4}}\text{ }\!\!]\!\!\text{}\Rightarrow f'(t)=0\Leftrightarrow81{{t}^{4}}={{(1-t)}^{4}}\Leftrightarrow t=\frac{1}{4}$

Từ bảng biến thiên ta có: $f(t)\ge f(\frac{1}{4})=\frac{81}{256}$ .

Vậy phương trình có nghiệm : $t=\frac{1}{4}$

$\Leftrightarrow {{\sin }^{2}}x=\frac{1}{4}\Leftrightarrow \cos2x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=\pm \frac{\pi }{6}+k\pi \text{ }(k\inZ)$ .

2) Xét hàm số : $f(x)={{e}^{{{\tan }^{2}}x}}+\cos x$ với $x\in \left( -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right)$ , ta có

$f'(x)=2\tan x.\frac{1}{{{\cos }^{2}}x}{{e}^{{{\tan }^{2}}x}}-\sinx=\sin x\left( \frac{2{{e}^{{{\tan }^{2}}x}}-{{\cos }^{3}}x}{{{\cos}^{3}}x} \right)$ .

Vì $2{{e}^{{{\tan }^{2}}x}}\ge 2>{{\cos }^{\text{3}}}x>0$ . Nên dấu của $f'(x)$ chính là dấu của $\sin x$ . Từ đây ta có $f(x)\ge f(0)=2$ .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=0$ .

Ví dụ 3: Giải các phương trình sau:

1) $3^x=1+x+\log_{3}}(1+2x)$

2) $2003}^{x}}+{{2005}^{x}}=4006x+2$

Giải:

1) Điều kiện: $x > -\frac{1}{2}$

PT $\Leftrightarrow {{3}^{x}}+x=1+2x+{{\log }_{3}}(1+2x)$

$\Leftrightarrow {{3}^{x}}+{{\log }_{3}}{{3}^{x}}=1+2x+{{\log}_{3}}(1+2x)$ (1)

Xét hàm số: $f(t)=t+{{\log }_{3}}t$ ta có $f\left( t \right)$ là hàm đồng biến nên

$(1)\Leftrightarrow f({{3}^{x}})=f(1+2x)\Leftrightarrow{{3}^{x}}=2x+1\Leftrightarrow {{3}^{x}}-2x-1=0\text{ (2)}$

Xét hàm số: $f(x)={{3}^{x}}-2x-1\Rightarrow f'(x)={{3}^{x}}\ln 3-2\Rightarrowf''(x)={{3}^{x}}{{\ln }^{2}}3>0$

$\Rightarrow f(x)=0$ có nhiều nhất là hai nghiệm, mà $f\left( 0 \right)=f\left( 1 \right)=0$ nên phương trình đã cho có hai nghiệm $x=0$ và $x=1$ .

2) Xét hàm số : $f(x)={{2003}^{x}}+{{2005}^{x}}-4006x-2$

Ta có: $f'(x)={{2003}^{x}}\ln 2003+{{2005}^{x}}\ln 2005-4006$

$f''(x)={{2003}^{x}}{{\ln }^{2}}2003+{{2005}^{x}}{{\ln}^{2}}2005>0\text{ }\forall x\text{ }$ $\Rightarrow f''(x)=0\text{ }$ vô nghiệm

$\Rightarrow f'(x)=0$ có nhiều nhất là một nghiệm $\Rightarrow f(x)=0$ có nhiều nhất là hai nghiệm.

Mà ta thấy $f\left( 1 \right)=f\left( 0 \right)=0$ nên pt đã cho có hai nghiệm $x=0$ và $x=1$ .

Ví dụ 4 : Giải các phương trình

1) ${{2008}^{x}}+{{2009}^{x}}={{2.2007}^{x}}$

2) ${{7}^{x-1}}=1+2{{\log }_{7}}{{\left( 6x-5 \right)}^{3}}$

Giải :

1) ${{2008}^{x}}+{{2009}^{x}}={{2.2007}^{x}}\Leftrightarrow {{\left(\frac{2008}{2007} \right)}^{x}}+{{\left( \frac{2009}{2007}\right)}^{x}}=2$

Hàm số $f\left( x \right)={{\left( \frac{2008}{2007} \right)}^{x}}+{{\left(\frac{2009}{2007} \right)}^{x}}$ có

$f'\left( x \right)={{\left( \frac{2008}{2007} \right)}^{x}}\ln\frac{2008}{2007}+{{\left( \frac{2009}{2007} \right)}^{x}}\ln\frac{2009}{2007}>0$ nên $f(x)$ đồng biến và

$f\left( 0 \right)={{\left( \frac{2008}{2007} \right)}^{0}}+{{\left(\frac{2009}{2007} \right)}^{0}}=2$ .

Do đó phương trình $f\left( x \right)=2$ có nghiệm duy nhất $x\text{ }=\text{ }0$ .

2) Điều kiện: $6x-5>0\Leftrightarrow x>\frac{5}{6}$ .

Đặt $y-1={{\log }_{7}}\left( 6x-5 \right)\Rightarrow {{7}^{y-1}}=6x-5$ (1) . Khi đó, phương trình đã cho trở thành : ${{7}^{x-1}}=1+2{{\log }_{7}}{{\left( 6x-5 \right)}^{3}}=1+6{{\log}_{7}}\left( 6x-5 \right)=6y-5$ (2)

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta được : ${{7}^{x-1}}-{{7}^{y-1}}=6y-6x\Leftrightarrow {{7}^{x-1}}+6\left( x-1\right)={{7}^{y-1}}+6\left( y-1 \right)$

$\Leftrightarrow f\left( x-1 \right)=f\left( y-1 \right)$

Trong đó $f\left( t \right)={{7}^{t}}+6t$ , có $f'\left( t \right)={{7}^{t}}.\ln 7+6>0$ nên hàm số $f(t)$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ , dẫn đến : $f\left( x-1 \right)=f\left( y-1 \right)\Leftrightarrow x=y$ .

Thay vào (1) và biến đổi ta được PT: ${{7}^{x-1}}-6\left( x-1 \right)-1=0$ (3)

Hàm số $g\left( t \right)={{7}^{t}}-6t-1$ , có $g'\left( t \right)={{7}^{t}}\ln 7-6$

$\Rightarrow g'\left( t \right)={{7}^{t}}\ln 7-6=0\Leftrightarrow{{t}_{0}}={{\log }_{7}}6-{{\log }_{7}}\ln 7$

Hàm số $g\left( t \right)$ nghịch biến trên khoảng $\left( -\infty ;{{t}_{0}} \right)$ và đồng biến trên $({{t}_{0}};+\infty )$ nên trên mỗi khoảng đó $g\left( t \right)$ có nhiều nhất một nghiệm nên phương trình $g\left( t \right)=0$ có nhiều nhất 2 nghiệm.

Ta thấy ${{t}_{1}}=0,{{t}_{2}}=1$ là hai nghiệm của $g\left( t \right)$ suy ra phương trình (3) có hai nghiệm ${{x}_{1}}=1,{{x}_{2}}=2$ . Hai nghiệm này thỏa mãn điều kiện .

Nhận xét:

1)Dạng tổng quát của bài toán trên là :

${{s}^{ax+b}}=p{{\log }_{s}}\left( qx+r \right)+cx+d\left( a\ne0,q\ne 0,0 < s\ne 1 \right)$

2) Trong PT trên có hai phép toán trái ngược nhau là phép lũy thừa và phép lấy logarit, trong phương trình có chứa các phép toán khác nhau cũng thường được giải bằng cách sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Nguyễn Tất Thu @ 21h:39p 09/03/14

Ví dụ 5 : Giải các phương trình sau:

1) ${{\log }_{2}}\frac{{{x}^{2}}-x+1}{2{{x}^{2}}-4x+3}={{x}^{2}}-3x+2$

2) $x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}={{3}^{x}}$

Giải:

1) Ta có : ${{\log }_{2}}\frac{{{x}^{2}}-x+1}{2{{x}^{2}}-4x+3}={{x}^{2}}-3x+2$

$\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)-{{\log}_{2}}\left( 2{{x}^{2}}-4x+3 \right)=\left( 2{{x}^{2}}-4x+3\right)-\left( {{x}^{2}}-x+1 \right)\left( 1 \right)$

Đặt $u={{x}^{2}}-x+1,v=2{{x}^{2}}-4x+3$ thì (1) trở thành :
${{\log }_{2}}u-{{\log }_{2}}v=v-u\Leftrightarrow u+{{\log}_{2}}u=v+{{\log }_{2}}v$ (2)

Đặt $f\left( t \right)=t+{{\log }_{2}}t\Rightarrow f'\left( t\right)=1+\frac{1}{t\ln 2}>0,\forall t\in \left( 0;+\infty \right)$ nên hàm số $f(t)$ đồng biến trên $(0;+\infty )$

$\Rightarrow (2)\Leftrightarrow f\left( u \right)=f\left( v\right)\Leftrightarrow u=v\Leftrightarrow{{x}^{2}}-3x+2=0\Leftrightarrow x=1\cup x=2$ .

Vậy phương trình có hai nghiệm: $x=1;x=2$ .

2) Ta có $x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}={{3}^{x}}\Leftrightarrow {{3}^{x}}\left(\sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)=1$ .

Xét hàm số: $f\left( x \right)={{3}^{x}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)$ , có:

$f'\left( x \right)={{3}^{x}}\ln 3\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x\right)+{{3}^{x}}\left( \frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}-1 \right)$

$={{3}^{x}}\left( \sqrt{{{x}^{2}}+1}-x \right)\left( \ln3-\frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}} \right)>0$

(Vì $\sqrt{{{x}^{2}}+1}>x$ và $\ln 3>1\ge \frac{1}{\sqrt{{{x}^{2}}+1}}$ ) nên hàm số $f(x)$ đồng biến .

Mặt khác: $f\left( 0 \right)=1$ do dó $x=0$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Nhận xét : * Khi gặp phương trình – bất phương trình – hệ phương trình

Khi gặp phương trình $f\left( x \right)=g\left( x \right)$ trong đó $f,g$ có một hàm đồng biến và một hàm nghịch biến thì cách giải thường dùng là nhẩm nghiệm và chứng minh nghiệm đó là duy nhất, tuy nhiên trong bài toán này cả hai hàm

$f\left( x \right)=x+\sqrt{{{x}^{2}}+1},g\left( x \right)={{3}^{x}}$ cùng đồng biến nên ta không áp dụng đường lối giải như trên. Vì vậy ta chia hai vế của phương trình cho $x+\sqrt{{{x}^{2}}+1}$ để đưa về một vế là hằng số và vế còn lại là một hàm số mà ta có thể xét được tính đơn điệu của nó.

Ví dụ 6. Giải các phương trình sau:

1) ${{\log }_{5}}\left( 3+\sqrt{{{3}^{x}}+1} \right)={{\log }_{4}}\left({{3}^{x}}+1 \right)$ (1)

2) $\left( 1+x \right)\left( 2+{{4}^{x}} \right)={{3.4}^{x}}$ (2)

Giải:

1) Đặt: $t={{\log }_{4}}\left( {{3}^{x}}+1 \right)\Rightarrow{{3}^{x}}+1={{4}^{t}}\Leftrightarrow {{3}^{x}}={{4}^{t}}-1$ , thay vào (1) ta được phương trình: ${{\log }_{5}}\left( 3+{{2}^{t}} \right)=t\Leftrightarrow3+{{2}^{t}}={{5}^{t}}\Leftrightarrow 3{{\left( \frac{1}{5}\right)}^{t}}+{{\left( \frac{2}{5} \right)}^{t}}=1$ .

Hàm $f\left( t \right)=3{{\left( \frac{1}{5} \right)}^{t}}+{{\left(\frac{2}{3} \right)}^{t}}$ có: $f'\left( t \right)=3{{\left( \frac{1}{5} \right)}^{t}}\ln\frac{1}{5}+{{\left( \frac{2}{3} \right)}^{t}}\ln \frac{2}{3} < 0$ nên $f(t)$ là hàm nghịch biến và $f\left( 1 \right)=3\left( \frac{1}{5} \right)+\left( \frac{2}{3}\right)=1$

Vậy PT có nghiệm duy nhất $x=1$ .

2) Ta có : $\left( 1+x \right)\left( 2+{{4}^{x}}\right)={{3.4}^{x}}\Leftrightarrow\frac{{{4}^{x}}}{2+{{4}^{x}}}=\frac{x+1}{3}\Leftrightarrow\frac{{{4}^{x}}}{2+{{4}^{x}}}-\frac{x+1}{3}=0$

Hàm số $f\left( x \right)=\frac{{{4}^{x}}}{2+{{4}^{x}}}-\frac{x+1}{3}$ , có:
$f'\left( x \right)=\frac{{{4}^{x}}\ln 4.\left( 2+{{4}^{x}}\right)-{{4}^{2x}}\ln 4}{{{\left( 2+{{4}^{x}}\right)}^{2}}}-\frac{1}{3}=\frac{2\ln {{4.4}^{x}}}{{{\left(2+{{4}^{x}} \right)}^{2}}}-\frac{1}{3}$

$f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow \frac{2\ln {{4.4}^{x}}}{{{\left(2+{{4}^{x}} \right)}^{2}}}-\frac{1}{3}=0\Leftrightarrow {{\left(2+{{4}^{x}} \right)}^{2}}-6\ln {{4.4}^{x}}=0$ , đây là phương trình bậc hai theo ẩn là ${{4}^{x}}$ nên phương trình này có nhiều nhất là 2 nghiệm, suy ra phương trình $f\left( x \right)=0$ có nhiều nhất 3 nghiệm, mà ta thấy

$x=0,x=\frac{1}{2},x=1$ là các nghiệm của của nó, do đó pt có nghiệm là $x=0,x=\frac{1}{2},x=1$ .

Ví dụ 7. Tìm nghiệm dương của phương trình:

$x\ln {{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{1+\frac{1}{x}}}-{{x}^{3}}\ln{{\left( 1+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=1-x$ .

Giải: Ta có: $x\ln {{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{1+\frac{1}{x}}}-{{x}^{3}}\ln{{\left( 1+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)}^{1+\frac{1}{{{x}^{2}}}}}=1-x$

$\Leftrightarrow \left( x+1 \right)\ln \left( 1+\frac{1}{x}\right)-x\left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln \left( 1+\frac{1}{{{x}^{2}}}\right)=1-x$

$\Leftrightarrow \left( x+1 \right)\ln \left( 1+\frac{1}{x}\right)-1=x\left[ \left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln \left(1+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)-1 \right]$

$\Leftrightarrow x\left[ \left( x+1 \right)\ln \left( 1+\frac{1}{x}\right)-1 \right]={{x}^{2}}\left[ \left( {{x}^{2}}+1 \right)\ln \left(1+\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)-1 \right]$ (vì $x>0$ ) (1)

Đặt: $f\left( t \right)=t\left[ \left( t+1 \right)\ln \left( 1+\frac{1}{t}\right)-1 \right]$ với $t>0$ thì (1) có dạng : $f\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}} \right)$

Ta có $f'\left( t \right)=\left( 2t+1 \right)\ln \left( 1+\frac{1}{t}\right)-2=\left( 2t+1 \right)\left[ \ln \left( 1+\frac{1}{t}\right)-\frac{2}{2t+1} \right]$

Xét hàm: $g\left( t \right)=\ln \left( 1+\frac{1}{t} \right)-\frac{2}{2t+1}$ , có:
$g'\left( t \right)=\frac{-1}{t\left( t+1 \right)}+\frac{4}{{{\left(2t+1 \right)}^{2}}}=-\frac{1}{t\left( t+1 \right){{\left( 2t+1\right)}^{2}}} < 0,\forall t>0$

Do đó $g\left( t \right)$ nghịch biến trên $\left( 0;+\infty \right)$ mà $\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,g\left( t \right)=0$

suy ra $g\left( t \right)>0;\forall t>0$ $\Rightarrow f'\left( t \right)=\left( 2t+1 \right)g\left( t\right)>0,\forall t>0$ nên $f\left( t \right)$ đồng biến trên $\left( 0;+\infty \right)$ .Vì vậy $f\left( x \right)=f\left( {{x}^{2}} \right)\Leftrightarrowx={{x}^{2}}\Leftrightarrow x=1$ .

Tóm lại PT có nghiệm duy nhất $x=1$ .

Ví dụ 8: Giải các bất phương trình sau:

1) $\sqrt{5x-1}+\sqrt{x+3}\ge 4$

2) $\sqrt{3-2x}+\frac{5}{\sqrt{2x-1}}-2x\le 6$

3) $\sqrt{(x+2)(2x-1)}-3\sqrt{x+6}\le 4-\sqrt{(x+6)(2x-1)}+3\sqrt{x+2}$

4) $\sqrt{2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+6x+16} < 2\sqrt{3}+\sqrt{4-x}$ .

Giải:

1) Điều kiện : $x\ge \frac{1}{5}$ .

Xét hàm số $f(x)=\sqrt{5x-1}+\sqrt{x+3}$ , ta có $f'(x)=\frac{5}{2\sqrt{5x-1}}+\frac{1}{2\sqrt{x-1}}>0\text{ }\forallx>\frac{1}{5}.$

Mà $f(1)=4\Rightarrow bpt\Leftrightarrow f(x)\ge f(1)\Leftrightarrowx\ge 1.$ Vậy Bpt đã cho có nghiệm là $x\ge 1$ .

2) Điều kiện: $\frac{1}{2} < x\le \frac{3}{2}$ .

Bpt $\Leftrightarrow 3\sqrt{3-2x}+\frac{5}{\sqrt{2x-1}}\le2x+6\Leftrightarrow f(x)\le g(x)\text{ }(*)$

Trong đó: $f(x)=3\sqrt{3-2x}+\frac{5}{\sqrt{2x-1}}$ ,

có $f'(x)=\frac{-3}{\sqrt{3-2x}}-\frac{5}{{{(\sqrt{2x-1})}^{3}}} <0\text{ }\forall x\in \left( \frac{1}{2};\frac{3}{2} \right)$

$\Rightarrow f(x)$ là hàm đồng biến,còn $g(x)=2x+6$ là hàm đồng biến và

$f(1)=g(1)=8$

* Nếu $x>1\Rightarrow f(x) < f(1)=8=g(1) < g(x)\Rightarrow (*)$ đúng

* Nếu $x < 1\Rightarrow f(x)>f(1)=8=g(1)>g(x)\Rightarrow (*)$ vô nghiệm.

Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: $1\le x\le \frac{3}{2}$ .

3) Điều kiện: $x\ge \frac{1}{2}$ .

Khi đó: $\text{Bpt}\Leftrightarrow (\sqrt{x+2}+\sqrt{x+6})(\sqrt{2x-1}-3)\le4\text{ }(*)$

*Nếu $\sqrt{2x-1}-3\le 0\Leftrightarrow x\le 5\Rightarrow (*)$ luôn đúng.

* Nếu $x>5$ , ta xét hàm số $f(x)=(\sqrt{x+2}+\sqrt{x+6})(\sqrt{2x-1}-3)$ có:
$f'(x)=(\frac{1}{2\sqrt{x+2}}+\frac{1}{2\sqrt{x+6}})(\sqrt{2x-1}-3)+\frac{\sqrt{x+2}+\sqrt{x+6}}{\sqrt{2x-1}}>0$ $\forall x>5$

nên $f\left( x \right)$ là hàm đồng biến trên $(5;+\infty )$ và $f(7)=4$ nên

$(*)\Leftrightarrow f(x)\le f(7)\Leftrightarrow x\le 7$ . Vậy nghiệm của Bpt đã cho là: $\frac{1}{2}\le x\le 7$ .

4) Điều kiện: $\left\{ \begin{matrix} & 2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+6x+16\ge 0 \\ &4-x\ge 0 \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow -2\le x\le 4.$

Khi đó, bpt $\Leftrightarrow \sqrt{2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+6x+16}-\sqrt{4-x} <2\sqrt{3}\Leftrightarrow f(x) < 2\sqrt{3}\text{ (*)}$

Trong đó: $f(x)=\sqrt{2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+6x+16}-\sqrt{4-x}$ có

$f'(x)=\frac{3({{x}^{2}}+x+1)}{\sqrt{2{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+6x+16}}+\frac{1}{2\sqrt{4-x}}>0\text{ }\forall x\in (-2;4)$

nên $f\left( x \right)$ là hàm đồng biến trên $(-2;4)$ .

Mà ta có: $f(1)=2\sqrt{3}\Rightarrow (*)\Leftrightarrow f(x) <f(1)\Leftrightarrow x < 1$

Kết hợp với điều kiện, ta có nghiệm của Bpt đã cho là: $-2\le x < 1$ .

Nguyễn Tất Thu @ 21h:39p 09/03/14

Nhận xét: Theo định nghĩa hàm số đơn điệu thì nếu $f$ đồng biến (nghịch biến) trên $(a;b)$ thì $\frac{f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}})}{{{x}_{1}}-{{x}_{2}}}>0$ ( $\frac{f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}})}{{{x}_{1}}-{{x}_{2}}} < 0$ ) $\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \left( a;b \right);{{x}_{1}}\ne{{x}_{2}}$ .

Nếu ${{x}_{1}}={{x}_{2}}\Rightarrow f({{x}_{1}})=f({{x}_{2}})$ .Tóm lại

* Nếu $f$ là hàm đồng biến trên khoảng $\left( a;b \right)$ thì $f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}})$ cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với ${{x}_{1}}-{{x}_{2}}$ với $\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \left( a;b \right)$ .

* Nếu $f$ là hàm nghịch biến trên khoảng $\left( a;b \right)$ thì $f({{x}_{1}})-f({{x}_{2}})$ trái dấu hoặc cùng triệt tiêu với ${{x}_{1}}-{{x}_{2}}$ với $\forall {{x}_{1}},{{x}_{2}}\in \left( a;b \right)$ .

Từ nhận xét này, ta có một số tính sau:

1) Nếu $a>1$ thì ${{\log }_{a}}f(x)-{{\log }_{a}}g(x)$ và ${{a}^{f(x)}}-{{a}^{g(x)}}$ cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với $f(x)-g(x)$ .

2) Nếu $0 < a < 1$ thì ${{\log }_{a}}f(x)-{{\log }_{a}}g(x)$ và ${{a}^{f(x)}}-{{a}^{g(x)}}$ trái dấu hoặc cùng triệt tiêu với $f(x)-g(x)$ .

3) Nếu $f$ là hàm đồng biến (nghịch biến)trên $D$ thì $f(u(x))-f(v(x))$ cùng dấu (trái dấu) hoặc cùng triệt tiêu với $u(x)-v(x)$ .

Do đó để xét dấu của biểu thức $\left[ f(u(x))-f(v(x)) \right]g(x)$ ta chỉ cần xét dấu

$\left[ u(x)-v(x) \right]g(x)$

Tính chất này ta thường sử dụng để giải quyết một số bài toán giải Bất phương trình có kết cấu khá phức tạp.

Ví dụ 9: Giải bất phương trình : $\frac{{{2}^{1-x}}-2x+1}{{{x}^{2}}-4x+3}\le 0$ (1).

Giải: Điều kiện: $x\ne 1;x\ne 3$ .

Xét hai hàm số $f(x)={{2}^{1-x}}-2x+1$ , ta thấy $f$ là hàm nghịch biến, còn $g$ là hàm đồng biến, đồng thời $f(1)=0$ .

Do đó theo nhận xét trên thì $f(x)=f(x)-f(1)$ sẽ trái dấu với $x-1$ (do $x\ne 1$ ).

Do vậy (1) $\Leftrightarrow \frac{x-1}{{{x}^{2}}-4x+3}\ge 0\Leftrightarrow\left\{ \begin{matrix} & x\ne 1 \\ & \frac{1}{x-3}\ge 0 \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow x>3$ .

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x>3$ .

Ví dụ 10: Giải bất phương trình : $\frac{1}{{{\log}_{\frac{1}{3}}}\sqrt{2{{x}^{2}}-3x+1}}>\frac{1}{{{\log}_{\frac{1}{3}}}(x+1)}$ (2).

Giải: Điều kiện: $\left\{ \begin{matrix} & 0 < 2{{x}^{2}}-3x+1\ne 1 \\ & 0< x+1\ne 1 \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & \left[ \begin{matrix} & -1 < x < \frac{1}{2} \\ & x>1 \\\end{matrix} \right. \\ & x\ne 0;x\ne \frac{3}{2} \\ \end{matrix} \right.$ (*).

Bất phương trình $\Leftrightarrow \frac{1}{{{\log }_{3}}(x+1)}-\frac{1}{{{\log}_{3}}\sqrt{2{{x}^{2}}-3x+1}}>0$

$\Leftrightarrow \frac{{{\log }_{3}}\sqrt{2{{x}^{2}}-3x+1}-{{\log}_{3}}(x+1)}{{{\log }_{3}}(x+1).{{\log}_{3}}\sqrt{2{{x}^{2}}-3x+1}}>0$

$\Leftrightarrow \frac{{{\log }_{3}}(2{{x}^{2}}-3x+1)-{{\log}_{3}}{{(x+1)}^{2}}}{{{\log }_{3}}(x+1).{{\log}_{3}}(2{{x}^{2}}-3x+1)}>0$ (2.1).

Hàm số $f(t)={{\log }_{3}}(t+1)$ là hàm đồng biến và $f(0)=0$ $\Rightarrow f(t)=f(t)-f(0)$ luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với $t-0=t$ . Tức là

${{\log }_{3}}(x+1)$ cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với $x$

${{\log }_{3}}(2{{x}^{2}}-3x+1)$ cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với $2{{x}^{2}}-3x$

Và ${{\log }_{3}}(2{{x}^{2}}-3x+1)-{{\log }_{3}}{{(x+1)}^{2}}$ cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với

$2{{x}^{2}}-3x+1-{{(x+1)}^{2}}={{x}^{2}}-5x$

Do đó: $(2.1)\Leftrightarrow\frac{{{x}^{2}}-5x}{x(2{{x}^{2}}-3x)}>0\Leftrightarrow({{x}^{2}}-5x)(2x-3)>0$ (do (*))

$\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} x > 5 \\ 0 < x <\frac{1}{2} \\ 1 < x < \frac{3}{2} \\ \end{matrix} \right.$ (kết hợp với (*)) là nghiệm bất phương trình đã cho.

Nhận xét: Việc thay thế ${{\log }_{a}}f(x)-{{\log }_{a}}g(x)$ bằng $f(x)-g(x)$ sẽ giúp chúng ta giải bài toán một cách đơn giản hơn.

Ví dụ 11: Giải bất phương trình : $\frac{{{4}^{x}}-{{2}^{x+2}}-{{x}^{2}}+2x+3}{\sqrt[3]{3x-1}+\sqrt{2x+1}}>0$ (1).

Giải:

Ta có: ${{4}^{x}}-{{2}^{x+2}}-{{x}^{2}}+2x+3={{({{2}^{x}}-2)}^{2}}-{{(x-1)}^{2}}$

$=({{2}^{x}}+x-3)({{2}^{x}}-x-1)$

Nên $(1)\Leftrightarrow\frac{({{2}^{x}}+x-3)({{2}^{x}}-x-1)}{\sqrt[3]{3x-1}+\sqrt{2x+1}}>0$ (1.1).

Ta có: ${{k}_{1}}=\sqrt[3]{3x-1}+\sqrt{2x+1}=\left( \sqrt[3]{3x-1}+1\right)+\left( \sqrt{2x+1}-1 \right)$ nên ${{k}_{1}}$ cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với $x$ .

${{k}_{2}}={{2}^{x}}+x-3=\left( {{2}^{x}}-{{2}^{1}}\right)+(x-1)\Rightarrow {{k}_{2}}$ cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với $(x-1)$ . Do đó: $(1.1)\Leftrightarrow \frac{(x-1)({{2}^{x}}-x-1)}{x}>0$ (1.2).

Hàm số $f(x)={{2}^{x}}-x-1$ có đúng hai nghiệm $x=0;x=1$ và

$f(x) < 0\Leftrightarrow x\in (0;1)\Rightarrow f(x)$ cùng dấu với $x(x-1)$

$\Rightarrow (1.2)\Leftrightarrow \frac{(x-1)x(x-1)}{x}>0$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & x\ne 1 \\ & x\ne 0 \\ \end{matrix} \right.$ .

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: $T=\mathbb{R}\backslash \left\{ 0;1 \right\}$ .

Ví dụ 12: Giải bất phương trình : ${{4}^{x}}+({{x}^{3}}-x)\ln ({{x}^{2}}+x+2)\ge {{4}^{\sqrt[3]{x}}}$ (2).

Giải:

Ta có: $(2)\Leftrightarrow \left( {{4}^{x}}-{{4}^{\sqrt[3]{x}}}\right)+({{x}^{3}}-x)\ln ({{x}^{2}}-x+2)\ge 0$ (2.1)

Vì ${{4}^{x}}-{{4}^{\sqrt[3]{x}}}$ cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với $x-\sqrt[3]{x}$

Và $({{x}^{3}}-x)\ln({{x}^{2}}+x+2)=(x-\sqrt[3]{x})({{x}^{2}}+x\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{{{x}^{2}}})\ln({{x}^{2}}+x+2)$ luôn cùng dấu hoặc cùng triệt tiêu với $x-\sqrt[3]{x}$ . Do đó:

$(2.1)\Leftrightarrow x-\sqrt[3]{x}\ge 0\Leftrightarrowx(x-1)(x+1)\ge 0\Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} & x\ge 1 \\ & -1\le x\le 0 \\ \end{matrix} \right.$ .

Ví dụ 13: Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{matrix} & {{x}^{3}}-3x={{y}^{3}}-3y\text{ }(1) \\ & {{x}^{6}}+{{y}^{6}}=1\text{ (2)} \\ \end{matrix} \right.$

Giải: Từ (2) ta suy ra: $-1\le x,y\le 1$ .

Ta có: $(1)\Leftrightarrow f(x)=f(y)\text{ }(*)$ , trong đó $f(t)={{t}^{3}}-3t$ có

$f'(t)=3({{t}^{2}}-1)\le 0\text{ }\forall t\in [-1;1]$

Do đó: $(*)\Leftrightarrow x=y$ thay vào (2) ta được nghiệm của hệ là: $x=y=\pm \frac{1}{\sqrt[6]{2}}$ .

Ví dụ 14: : Giải hệ phương trình : $\left\{ \begin{matrix} & \sqrt{2x+1}-\sqrt{2y+1}=x-y\text{ (1)} \\ & {{x}^{2}}-12xy+9{{y}^{2}}+4=0\text{ (2)} \\ \end{matrix} \right.$ .

Giải: ĐK: $x,y\ge -\frac{1}{2}$ .

Từ phương trình (2) ta thấy nếu hệ có nghiệm $\left( x;y \right)$ thì $x.y\ge 0$ (*)

$(1)\Leftrightarrow \sqrt{2x+1}-x=\sqrt{2y+1}-y\text{ (3)}$ .

Xét hàm số $f(t)=\sqrt{2t+1}-t$ , ta có: $f'(t)=\frac{1}{\sqrt{2t+1}}-1\Rightarrow f'(t)=0\Leftrightarrowt=0$

$\Rightarrow$ hàm $f\left( t \right)$ đồng biến trên $(-\frac{1}{2};0)$ và nghịch biến trên $(0;+\infty )$ .

Do (*) nên ta có các trường hợp sau:

TH 1: $x,y\in [-\frac{1}{2};0)\Rightarrow f(x)=f(y)\Leftrightarrow x=y$ (do $f\left( t \right)$ đồng biến).

TH 2: $x,y\in [0;+\infty )\Rightarrow f(x)=f(y)\Leftrightarrow x=y$ (do $f\left( t \right)$ nghịch biến).

Tóm lại cả hai trường hợp đều dẫn đến $x=y$ , tức là $(1)\Leftrightarrow x=y$ thay vào (2) ta được $2{{x}^{2}}=4\Leftrightarrow x=\sqrt{2}$ (do $x\ge -\frac{1}{2}$ ).

Vậy hệ có một cặp nghiệm : $x=y=\sqrt{2}$ .

Ví dụ 15:Giải hệ phương trình : $\left\{ \begin{matrix} & \sin x-\sin y=3x-3y\text{ }(1) \\ & x+y=\frac{\pi }{5}\text{ }(2)\text{ } \\ & x,y>0\text{ }(3) \\ \end{matrix} \right.$ .

Giải: Từ (2) và (3) ta có : $x,y\in (0;\frac{\pi }{5})$ .

Ta có: $(1)\Leftrightarrow \sin x-3x=\sin y-3y$ (*) .

Xét hàm số $f(t)=\sin t-3t$ với $t\in (0;\frac{\pi }{5})$ ta có $f\left( t \right)$ là hàm nghịch biến trên $(0;\frac{\pi }{5})$ nên $(*)\Leftrightarrow f\left( x \right)=f\left( y\right)\Leftrightarrow x=y$ .

Thay vào (2) ta có $x=y=\frac{\pi }{10}$ là nghiệm của hệ đã cho.

Ví dụ 16:Giải hệ phương trình sau với $x\in (0;\frac{\pi }{4})$ :

$\left\{ \begin{matrix} & {{e}^{x-y}}=\frac{\sin x}{\sin y}\text{ } \\ & 3\sqrt{8{{x}^{2}}+3}+1=6\sqrt{2{{y}^{2}}-2y+1}+8y \\ \end{matrix} \right.$ .

Giải: Ta có : ${{e}^{x-y}}=\frac{\sin x}{\sin y}\Leftrightarrow\frac{{{e}^{x}}}{\sin x}=\frac{{{e}^{y}}}{\sin y}\Leftrightarrowf(x)=f(y)$ ,

Trong đó $f(t)=\frac{{{e}^{t}}}{\sin t}$ , $t\in (0;\frac{\pi }{4})$ . Hàm $f\left( t \right)$ liên tục trên $(0;\frac{\pi }{4})$ và có

$f'(t)=\frac{{{e}^{t}}\cos t(\tan t-1)}{{{\sin }^{2}}t} < 0\text{ }\forall \text{t}\in \text{(0;}\frac{\pi }{4})\Rightarrow f(t)$ là hàm nghịch biến trên $(0;\frac{\pi }{4})$ $\Rightarrow f(x)=f(y)\Leftrightarrow x=y$ thay vào phương trình thứ hai ta được:

$3\sqrt{8{{x}^{2}}+3}+1=6\sqrt{2{{x}^{2}}-2x+1}+8x$

$\Leftrightarrow3(\sqrt{8{{x}^{2}}+3}-2\sqrt{2{{x}^{2}}-2x+1})+8x-1=0$

$\frac{3(8x-1)}{\sqrt{8{{x}^{2}}+3}+2\sqrt{2{{x}^{2}}-2x+1}}+8x-1=0\Leftrightarrowx=\frac{1}{8}\in (0;\frac{\pi }{4})$ .

Vậy hệ có cặp nghiệm duy nhất: $x=y=\frac{1}{8}$ .

Nguyễn Tất Thu @ 21h:40p 09/03/14

Ví dụ 17: Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{matrix} &(1+{{4}^{2x-y}}){{5}^{1-2x+y}}=1+{{2}^{2x-y+1}}\text{ }(1) \\ &{{y}^{3}}+4x+1+\ln ({{y}^{2}}+2x)=0\text{ }(2) \\ \end{matrix}\right.$

Giải: Đặt $t=2x-y$ . Khi đó (1) trở thành: $5[{{(\frac{1}{5})}^{t}}+{{(\frac{4}{5})}^{t}}\text{ }\!\!]\!\!\text{}=1+{{2.2}^{t}}\text{ }(*)$

Ta thấy vế trái (*) là hàm nghịch biến, vế phải là hàm đồng biến và $t=1$ là một nghiệm của (*). Do vậy (*) có nghiệm duy nhất $t=1$ .

Với $t=1$ ta có: $2x-y=1\Leftrightarrow 2x=y+1$ .

Do đó: $(2)\Leftrightarrow {{y}^{3}}+2y+3+\ln ({{y}^{2}}+y+1)=0$ (**)

Xét hàm số $f(y)={{y}^{3}}+2y+3+\ln ({{y}^{2}}+y+1)$ , ta có:

$f'(y)=3{{y}^{2}}+2+\frac{2y+1}{{{y}^{2}}+y+1}=3{{y}^{2}}+\frac{2{{y}^{2}}+4y+3}{{{y}^{2}}+y+1}>0$ nên $f(y)$ là hàm đồng biến. Mà $f(-1)=0$ nên (**) có nghiệm duy nhất $y=-1$ .

Vậy nghiệm của hệ là: $\left\{ \begin{matrix} & x=0 \\ & y=-1 \\ \end{matrix} \right.$ .

Ví dụ 18: Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{matrix} & {{\log }_{2}}(1+3\cos x)={{\log }_{3}}(\sin y)+2 \\ & {{\log }_{2}}(1+3\sin y)={{\log }_{3}}(\cos x)+2 \\ \end{matrix} \right.$ .

Giải: Điều kiện: $\left\{ \begin{matrix} & \cos x>0 \\ & \sin y>0 \\ \end{matrix} \right.$ .

Đặt $u=\cos x;v=\sin y$ , ta có hệ: $\left\{ \begin{matrix} & {{\log }_{2}}(1+3u)={{\log }_{3}}(v)+2 \\ & {{\log }_{2}}(1+3v)={{\log }_{3}}(u)+2 \\ \end{matrix} \right.$

trừ hai vế ta được:

${{\log }_{3}}(1+3u)+{{\log }_{3}}u={{\log }_{3}}(1+3v)+{{\log}_{3}}v\Leftrightarrow f(u)=f(v)\text{ }(*)$

Vì hàm số $f(t)={{\log }_{3}}(1+3t)+{{\log }_{3}}t$ là hàm đồng biến nên $(*)\Leftrightarrow u=v$ . Thay vào hệ ta có: ${{\log }_{3}}(1+3u)-{{\log }_{3}}u=2\Leftrightarrow\frac{1+3u}{u}=9\Leftrightarrow u=\frac{1}{6}\text{ }$

Vậy hệ đã cho $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & \sin y=\frac{1}{6} \\ & \cos x=\frac{1}{6} \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & \left[ \begin{matrix} & y=\alpha +k2\pi \\ & y=\pi -\alpha +k2\pi \\ \end{matrix} \right. \\ & x=\pm \beta +m2\pi \\ \end{matrix} \right.$ ,

(trong đó $\sin \alpha =\cos \beta =\frac{1}{6}$ ).

Ví dụ 19:Giải hệ: $\left\{ \begin{matrix} & {{x}^{3}}+3x-3+\ln ({{x}^{2}}-x+1)=y \\ & {{y}^{3}}+3y-3+\ln ({{y}^{2}}-y+1)=z \\ & {{z}^{3}}+3z-3+\ln ({{z}^{2}}-z+1)=x \\ \end{matrix} \right.$ .

Giải: Xét hàm số $f(t)={{t}^{3}}+3t-3+\ln ({{t}^{2}}-t+1)$

Khi đó hệ có dạng : $\left\{ \begin{matrix} & f(x)=y \\ & f(y)=z \\ & f(z)=x \\ \end{matrix} \right.$ .

Ta có: $f'(t)=3{{t}^{2}}+3+\frac{2t-1}{2\sqrt{{{t}^{2}}-t+1}}>0$ nên $f(t)$ là hàm đồng biến

Ta giả sử $\left( x,y,z \right)$ là n_o của hệ và $x=Max\{x,y,z\}$ khi đó, ta suy ra

$y=f(x)\ge f(y)=z\Rightarrow z=f(y)\ge f(z)=x$ . Vậy $x=y=z$ .

Thay vào hệ ta được phương trình : ${{x}^{3}}+2x-3+\ln ({{x}^{2}}-x+1)=0$ . Ta dễ dàng chứng minh được phương trình này có nghiệm duy nhất $x=1$ .

Vậy hệ đã cho có nghiệm là $x=y=z=1$ .

Chú ý :Dạng tổng quát của hệ trên là : $\left\{ \begin{matrix} & f({{x}_{1}})=g({{x}_{2}}) \\ & f({{x}_{2}})=g({{x}_{3}}) \\ & ................. \\ & f({{x}_{n}})=g({{x}_{1}}) \\ \end{matrix} \right.$ (I) và gọi là hệ hoán vị.Để giải hệ dạng này ta dựa vào hai tính chất sau:

Tính chất 1: Nếu f và g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên TXĐ và $({{x}_{1}},{{x}_{2}},...,{{x}_{n}})$ là nghiệm của hệ trên TXĐ thì ${{x}_{1}}={{x}_{2}}=...={{x}_{n}}$ .

Chứng minh : Ta giả sử $f$ và $g$ cùng tăng trên TXĐ.

Không mất tính tổng quát giả sử : ${{x}_{1}}=\underset{{}}{\mathop{\min }}\,\left\{{{x}_{1}},{{x}_{2}}...,{{x}_{n}} \right\}$ .

Lúc đó ta có :

$\text{ }{{x}_{\text{1}}}\le {{x}_{\text{2}}}\Rightarrow\text{f}\left( {{x}_{\text{1}}} \right)\le \text{ f}\left({{x}_{\text{2}}} \right)\Rightarrow \text{g}\left( {{x}_{\text{2}}}\right)\le \text{g}\left( {{x}_{\text{3}}} \right)\Rightarrow{{x}_{2}}\le {{x}_{3}}...\Rightarrow {{x}_{n}}\le {{x}_{1}}$ .

Vậy : ${{x}_{1}}\le {{x}_{2}}\le ....\le {{x}_{n}}\le {{x}_{1}}$ . Từ đó suy ra : ${{x}_{1}}={{x}_{2}}=...={{x}_{n}}$ .

Định lí 2: Nếu $f,\text{ }g$ khác tính đơn điệu trên TXĐ và $({{x}_{1}},{{x}_{2}},...,{{x}_{n}})$ là nghiệm của hệ trên TXĐ thì ${{x}_{1}}={{x}_{2}}=...={{x}_{n}}$ nếu n lẻ và

$\left\{ \begin{matrix} & {{x}_{1}}={{x}_{3}}=...={{x}_{n-1}} \\ & {{x}_{2}}={{x}_{4}}=...={{x}_{n}} \\ \end{matrix} \right.$ nếu n chẵn.

Ví dụ 20:Giải hệ: $\left\{ \begin{matrix} & \sqrt{{{x}^{2}}-2x+6}{{\log }_{3}}(6-y)=x \\ & \sqrt{{{y}^{2}}-2y+6}{{\log }_{3}}(6-z)=y \\ & \sqrt{{{z}^{2}}-2z+6}{{\log }_{3}}(6-x)=z \\ \end{matrix} \right.$ (HSG QG Bảng A năm 2006)

Giải: Hệ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & {{\log }_{3}}(6-y)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-2x+6}} \\ & {{\log }_{3}}(6-z)=\frac{y}{\sqrt{{{y}^{2}}-2y+6}} \\ & {{\log }_{3}}(6-x)=\frac{z}{\sqrt{{{z}^{2}}-2z+6}} \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & f(y)=g(x) \\ & f(z)=g(y) \\ & f(x)=g(z) \\ \end{matrix} \right.$

Trong đó $f(t)={{\log }_{3}}(6-t)\text{ ; }g(t)=\frac{t}{\sqrt{{{t}^{2}}-2t+6}}$ với $t\in (-\infty ;6)$

Ta có $f\left( t \right)$ là hàm nghịch biến và $g\left( t \right)$ có $g'(t)=\frac{6-t}{\sqrt{{{\left( {{t}^{2}}-2t+6 \right)}^{3}}}}>0$ $\forall t\in (-\infty ;6)$ $\Rightarrow g(t)$ là hàm đồng biến.

Ta giả sử $\left( x,y,z \right)$ là nghiệm của hệ và $x=Max\{x,y,z\}$ . Khi đó : $g(x)\ge g(y)\Leftrightarrow f(y)\ge f(z)\Leftrightarrow y\lez\Rightarrow g(y)\le g(z)$

$\Leftrightarrow f(z)\le f(x)\Leftrightarrow z\ge x$ $\Rightarrow g(z)\ge g(x)\Leftrightarrow f(x)\ge f(y)\Leftrightarrowx\le y$

Vậy $x\le y\le z\le x\Rightarrow x=y=z$ .

thay vào hệ ta có PT: ${{\log }_{3}}(6-x)=\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-2x+6}}$ PT này có nghiệm duy nhất $x=3$ . Vậy nghiệm của hệ đã cho là $x=y=z=3$ .

Ví dụ 21: Giải hệ phương trình : $\left\{ \begin{matrix} & {{x}^{2}}+x-y-1=0 \\ & {{y}^{2}}+y-z-1=0 \\ & {{z}^{2}}+z-t-1=0 \\ & {{t}^{2}}+t-x-1=0 \\ \end{matrix} \right.$ .

Giải : Hệ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & f(x)=y\text{ (1)} \\ & f(y)=z\text{ (2)} \\ & f(z)=t\text{ (3)} \\ & f(t)=x\text{ (4)} \\ \end{matrix} \right.$ (*).

Trong đó x $f(u)={{u}^{2}}+u-1$ không phải là một hàm luôn đơn điệu mà $f\left( t \right)$ đồng biến trên $(-\frac{1}{2};+\infty )$ và nghịch biến $(-\infty ;-\frac{1}{2})$ . Do đó ta không sử dụng được hai tính chất trên. Tuy nhiên ta cũng bắt chước ý tưởng của hai tính chất trên bằng cách chia miền xác định thành hai miền.

Trước hết từ hệ $\Rightarrow x,y,z,t\ge f(-\frac{1}{2})=-\frac{5}{4}$ và $f(-\frac{5}{4})=-\frac{11}{6}$

* Nếu $x\ge -\frac{1}{2}\Rightarrow f(t)\ge-\frac{1}{2}>f(-\frac{1}{2})\Rightarrow t\ge -\frac{1}{2}$ (Vì $-\frac{5}{4}\le t\le -\frac{1}{2}$ $\Rightarrow f(t)\le -\frac{1}{2}$ ). Tương tự ta suy ra $y,z\ge -\frac{1}{2}$ .

Ta giả sử : $x=\max \text{ }\!\!\{\!\!\text{ }x,y,z,t\text{ }\!\!\}\!\!\text{}\Rightarrow x\ge y\Rightarrow f(x)\ge f(y)\Rightarrow y\gez\Rightarrow f(y)\ge f(z)$

$\Rightarrow z\ge t\Rightarrow f(z)\ge f(t)\Rightarrow t\gex\Rightarrow x\ge y\ge z\ge t\ge x\Rightarrow x=y=z=t$

Thay vào hệ $\Rightarrow x=y=z=t=1$ .

* Nếu $x < -\frac{1}{2}\Rightarrow y,z,t < -\frac{1}{2}$ ( Vì nếu có một trong bốn số $\ge -\frac{1}{2}$ thì các số còn lại cũng $\ge -\frac{1}{2}$ )

Giả sử $x\ge z\Rightarrow f(x)\le f(z)\Rightarrow y\le t\Rightarrow f(y)\gef(t)\Rightarrow z\ge x\Rightarrow x=z$ .

Tương tự $\Rightarrow y=t\Rightarrow$ hệ trở thành : $\left\{ \begin{matrix} & x=z;y=t \\ & f(x)=y \\ & f(y)=x \\ \end{matrix} \right.$

$\Rightarrow x+f(x)=y+f(y)\Leftrightarrow{{x}^{2}}+2x-1={{y}^{2}}+2y-1$

$\Leftrightarrow (x-y)(x+y+2)=0$ $\Leftrightarrow x=y$ hoặc $x+y+2=0$ .

Với $x=y\Rightarrow {{x}^{2}}=1\Leftrightarrow x=y=-1$ (do $x < -\frac{1}{2}$ )
Với $x+y+2=0\Rightarrow y=-2-x\Rightarrow {{x}^{2}}+x-1=-2-x$ $\Leftrightarrow x=-1\Rightarrow y=-1$ .

Tóm lại hệ có hai cặp nghiệm : $x=y=z=t=1$ và $x=y=z=t=-1$ .

Trong nhiều bài toán về phương trình – hệ phương trình không yêu cầu chúng ta tìm nghiệm, mà chỉ yêu cầu chứng minh số nghiệm của phương trình – hệ phương trình . Đối với dạng toán này ta thường sử dụng tính chất 4 và các hệ quả của nó.

Nguyễn Tất Thu @ 21h:41p 09/03/14

Ví dụ 22: Cho phương trình ${{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c=0\text{ }\left( a\ne 0 \right)$ (1) có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh phương trình sau chỉ có hai nghiệm thực phân biệt.

$4({{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c)(3x+a)={{(3{{x}^{2}}+2ax+b)}^{2}}$ (2).

Giải:

Gọi $f(x)={{x}^{3}}+a{{x}^{2}}+bx+c$ . Khi đó (2) được viết dưới dạng:

$2f(x).f''(x)={{\left[ f'(x) \right]}^{2}}\Leftrightarrowg(x)=2f(x)f''(x)-{{\left[ f'(x) \right]}^{2}}=0$ .

Ta có: $g'(x)=2f(x){{f}^{(3)}}(x)$ ( ${{f}^{(3)}}$ là đạo hàm cấp ba của hàm f).

Gọi ${{x}_{1}} < {{x}_{2}} < {{x}_{3}}$ là ba nghiệm phân biệt của f(x), ta có:

$g'(x)=12(x-{{x}_{1}})(x-{{x}_{2}})(x-{{x}_{3}})\Rightarrow g'(x)$ có ba nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}}$

Lập bảng biến thiên

Vì $f({{x}_{i}})=0\Rightarrow g({{x}_{i}})=-{{\left[ f'({{x}_{i}})\right]}^{2}} < 0\text{ }i=1,2,3$ , nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình $g(x)=0$ chỉ có hai nghiệm phân biệtxđpcm.

Ví dụ 23: Chứng minh rằng nếu đa thức bậc n $f(x)$ có n nghiệm phân biệt thì đa thức $g(x)=f(x)-f'(x)$ cũng có n nghiệm phân biệt.

Giải: Xét hàm số $h(x)=f(x).{{e}^{-x}}\Rightarrow h(x)$ có n nghiệm phân biệt ${{x}_{1}} < {{x}_{2}} < ... < {{x}_{n}}$ (Đây chính là nghiệm của $f(x)$ ).

Ta có: $h'(x)=(f(x)-f'(x)){{e}^{-x}}$ .

Theo HQ 1 của tính chất 4 ta suy ra $\text{h }\!\!'\!\!\text{ }\left( \text{x} \right)$ có $n-1$ nghiệm

${{x}_{1}} < {{y}_{1}} < {{x}_{2}} < {{y}_{2}} < ... < {{x}_{n-1}} <{{y}_{n-1}} < {{x}_{n}}$ .

Mà nghiệm của $\text{h }\!\!'\!\!\text{ }\left( \text{x} \right)$ chính là nghiệm của $g(x)=f(x)-f'(x)$ .

$\Rightarrow g(x)$ là đa thức bậc $n$ có $n-1$ nghiệm nên $g(x)$ sẽ có $n$ nghiệm.

Chú ý: Sử dụng tính chất trên ta có thể sáng tác ra những bài toán khác. Chẳng hạn

1) Áp dụng tính chất trên đối với đa thức g(x), ta có:

Đa thức: $g(x)-g'(x)=f(x)-2f'(x)+f''(x)$ có n nghiệm phân biệt.

2) Áp dụng tính chất trên đối với đa thức $F(x)={{x}^{n}}f(\frac{1}{x})$

Đa thức: $F(x)-F'(x)={{x}^{n}}f(\frac{1}{x})-n{{x}^{n-1}}+{{x}^{n-2}}f'(\frac{1}{x})$ có n nghiệm

Đặt $t=\frac{1}{x}$ thì ta có phương trình : $f(t)-nt+{{t}^{2}}f'(t)=0$ có n nghiệm.

Ví dụ 24: Cho đa thức $f(x)$ có bậc $2007$ và có $2007$ nghiệm dương. Chứng minh rằng phương trình sau cũng có $2007$ nghiệm dương.

$(1-2007x)f(x)+({{x}^{2}}+2007x-1)f'(x)-{{x}^{2}}f''(x)=0$ (1).

Giải: Gọi ${{x}_{1}},{{x}_{2}},...,{{x}_{2007}}>0$ là $2007$ nghiệm của $f(x)$ .

Trước hêt ta chứng minh bổ đề sau

Bổ đề: Phương trình $f(x)-f'(x)=0$ cũng có 2007 nghiệm dương .

Chứng minh: Xét hàm số $g(x)=f(x).{{e}^{-x}}\Rightarrow g(x)$ có $2007$ nghiệm dương (chính là nghiệm của $f(x)$ )

(Nếu đa thức $f(x)$ có nghiệm bội thì đó cũng chính là nghiệm của $f'(x)$ , do đó ta chỉ cần đi xét các nghiệm không lòa nghiệm bội nên ta chỉ xét $f(x)$ có 2007 nghiệm dương phân biệt)

Theo HQ 1(Tính chất 4) $\Rightarrow g'(x)$ có 2006 nghiệm ${{y}_{1}},{{y}_{2}},...,{{y}_{2007}}$ thỏa mãn:

${{x}_{1}} < {{y}_{1}} < {{x}_{2}} < {{y}_{2}} < ... < {{x}_{2006}} <{{y}_{2006}} < {{x}_{2007}}$

$\Rightarrow {{y}_{i}}>0\text{ }\forall i=\overline{1,2006}$ .

Mà $g'(x)={{e}^{-x}}(f(x)-f'(x))\Rightarrow$ nghiệm của $g'(x)$ chính là nghiệm của phương trình : $f(x)-f'(x)=0$ (2)

(2) là phương trình bậc 2007 lại có 2006 nghiệm nên (2) sẽ có 2007 nghiệm , gọi nghiệm đó là ${{y}_{2007}}$ . Ta chứng minh được ${{y}_{2007}}>0$ . Thật vậy:

Đặt $f(x)={{x}^{2007}}-{{a}_{1}}{{x}^{2006}}+{{a}_{2}}{{x}^{2005}}-...-{{a}_{2006}}x+{{a}_{2007}}$ .

Vì f(x) có các nghiệm dương nên $\Rightarrow {{a}_{i}}>0\text{ }\forall i=\overline{1,2007}$ .

$\Rightarrowf'(x)=2007{{x}^{2006}}-2006{{a}_{1}}{{x}^{2005}}+...+2{{a}_{2005}}x-{{a}_{2006}}$

$\Rightarrow f(x)-f'(x)={{x}^{2007}}+...+{{a}_{2007}}+{{a}_{2006}}$ .

Theo Viet $\Rightarrow{{y}_{1}}{{y}_{2}}...{{y}_{2007}}={{a}_{2007}}+{{a}_{2006}}>0\Rightarrow{{y}_{2007}}>0$ .Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán:

Đặt $h(x)=f(x)-f'(x)\Rightarrow h(x)$ có 2007 nghiệm dương phân biệt và $h'(x)=f'(x)-f''(x)$ . $\Rightarrow F(x)={{x}^{2007}}h(\frac{1}{x})$ cũng có 2007 nghiệm dương.

Áp dụng bổ đề trên cho $F(x)$ , ta suy ra phương trình $F(x)-F'(x)=0$ có 2007 nghiệm dương. Hay phương trình :

$F(x)-F'(x)={{x}^{2007}}h\left( \frac{1}{x}\right)-2007{{x}^{2006}}h(\frac{1}{x})+{{x}^{2005}}h'(\frac{1}{x})=0$ (3) có 2007 nghiệm dương . Đặt $t=\frac{1}{x}$ . Khi đó (3) trở thành:

$\left( \frac{1}{{{t}^{2007}}}-\frac{2007}{{{t}^{2006}}}\right)h(t)+\frac{1}{{{t}^{2005}}}h'(t)=0$ $\left( \frac{1}{{{t}^{2007}}}-\frac{2007}{{{t}^{2006}}}\right)h(t)+\frac{1}{{{t}^{2005}}}h'(t)=0$

$\Leftrightarrow (1-2007t)h(t)-{{t}^{2}}h'(t)=0$ (4)

Thay $h(x)$ bởi f(x) vào (4), thì phương trình sau có 2007 nghiệm dương: $(1-2007t)\text{ }\!\![\!\!\text{ }f(t)-f'(t)\text{ }\!\!]\!\!\text{}-{{t}^{2}}\left[ f'(t)-f''(t) \right]=0$

$\Leftrightarrow(1-2007t)f(t)-({{t}^{2}}-2007t+1)f'(t)+{{t}^{2}}f''(t)=0$ . Ta có đpcm.

Ví dụ 25: Cho $n+1$ số thực ${{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{n}},a$ không đồng thời bằng không và $n+1$ số thực ${{b}_{1}},{{b}_{2}},...,{{b}_{n}},b$ . Chứng minh rằng nếu phương trình $f\left( x \right)=0$ có nghiệm thì có nhiều nhất là hai nghiệm.Trong đó $f(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}{\sqrt[k]{{{a}_{i}}x+{{b}_{i}}}}-(ax+b)$ và $k\ge 2$ là số tự nhiên chẵn.

Giải:

Ta có: $f'(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{{{a}_{i}}}{k.\sqrt[k]{{{({{a}_{i}}x+{{b}_{i}})}^{k-1}}}}}-a$ $\Rightarrowf''(x)=-\frac{k-1}{{{k}^{2}}}\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{a_{i}^{2}}{\sqrt[k]{{{\left({{a}_{i}}x+{{b}_{i}} \right)}^{2k-1}}}}} < 0$ .

$\Rightarrow$ phương trình $f'(x)=0$ có nhiều nhất một nghiệm $\Rightarrow$ phương trình $f(x)=0$ có nhiều nhất hai nghiệm (đpcm).

Ví dụ 26: Chứng minh rằng phương trình : ${{x}^{5}}+\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}}-2008=0$ có đúng hai nghiệm dương phân biệt.

Giải: Điều kiện: $x>\sqrt{2}$ (do $x>0$ ).

Xét hàm số : $f(x)={{x}^{5}}+\frac{x}{\sqrt{{{x}^{2}}-2}}-2008$ với $x>\sqrt{2}$ .

$\Rightarrowf'(x)=5{{x}^{4}}-\frac{1}{\sqrt{{{({{x}^{2}}-2)}^{3}}}}$ $\Rightarrowf''(x)=20{{x}^{3}}+\frac{3x}{\sqrt{{{({{x}^{2}}-2)}^{5}}}}>0\text{ }\forall x>\sqrt{2}$

Vì $f''(x)=0$ vô nghiệm $\Rightarrow f'(x)=0$ có nhiều nhất một nghiệm $\Rightarrow f(x)=0$ có nhiều nhất là hai nghiệm.

Mà: $\underset{x\to {{\sqrt{2}}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ ; $f(\sqrt{3}) < 0$ ; $\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=+\infty$ $\Rightarrow f(x)=0$ có hai nghiệm ${{x}_{1}}\in (\sqrt{2};\sqrt{3})$ và ${{x}_{2}}>\sqrt{3}$ .

Ví dụ 27: Cho hai số thực dương khác nhau $a$ và $b$ ; $s\in (0;1)$ . Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm dương: $\sqrt{(x+a)(x+b)}=x+{{\left( \frac{{{a}^{s}}+{{b}^{s}}}{2}\right)}^{\frac{1}{s}}}$ .

Giải:

Trước hết ta cos BĐT : $\frac{{{a}^{s}}+{{b}^{s}}}{2}\le {{(\frac{a+b}{2})}^{s}}$ (1) ta có thể cm (1) bằng hàm số hoặc bằng BĐT Bécnuli.

Áp dụng BĐT Côsi và (1) ta có : $\sqrt{ab} < {{(\frac{{{a}^{s}}+{{b}^{s}}}{2})}^{\frac{1}{s}}} <\frac{a+b}{2}$ (*) (do $a\ne b$ )

Phương trình đã cho $\Leftrightarrow -x+\sqrt{(x+a)(x+b)}={{\left(\frac{{{a}^{s}}+{{b}^{s}}}{2} \right)}^{\frac{1}{s}}}$ (1)

Xét hàm số: $f(x)=-x+\sqrt{(x+a)(x+b)}$

Ta có: $f'(x)=\frac{2x+a+b-2\sqrt{(x+a)(x+b)}}{2\sqrt{(x+a)(x+b)}}$ ta dễ dàng cm được $f'(x)>0\text{ }\forall x>0$ suy ra $f(x)$ đồng biến $(0;+\infty )$ nên :

$\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,f(x)=\sqrt{ab}\le f(x)\le\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,f(x)=\frac{a+b}{2}$ (**)

Vì $f(x)$ liên tục trên $(0;+\infty )$ nên từ (*) và (**) ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 28: Hãy xác định số nghiệm của hệ phương trình sau:

$\left\{ \begin{matrix} & {{x}^{2}}+{{y}^{3}}=29 \\ & {{\log }_{3}}x.{{\log }_{2}}y=1 \\ \end{matrix} \right.$ (HSG QG – 2007 ).

Giải:

Đặt $a={{\log }_{3}}x\Rightarrow x={{3}^{a}};b={{\log }_{2}}y\Rightarrowy={{2}^{b}}$ .

Hệ đã cho trở thành: $\left\{ \begin{matrix} & {{9}^{a}}+{{8}^{b}}=29 \\ & a.b=1 \\ \end{matrix} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} & b=\frac{1}{a} \\ & {{9}^{a}}+{{8}^{\frac{1}{a}}}=29\text{ }(*) \\ \end{matrix} \right.$ . Từ hệ $\Rightarrow a,b>0$ .