Luyện thi Đại học môn Toán - Kiến thức cơ bản

Mở đầu
 Trong chương trình môn toán THPT, đặc biệt trong chương trình đổi mới sách giáo khoa thì phương trình, bất phương trình, hệ phương trình mũ và lôgarit được đưa vào sách giáo khoa lớp 12. Do vậy, nó đóng một tầm khá quan trọng trong các đề thi tốt nghiệp và đề thi vào các trường trung cấp, cao đẳng hay đại học. Trước đây, ta thường sử dụng Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai để so sánh một số với các nghiệm của tam thức bậc hai. Hiện nay trong chương trình THPT không đưa Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai vào nữa. Trong chuyên đề phần phương trình, bất phương trình và hệ có chứa tham số tôi có đề cập đến cách giải quyết bài toán trên mà không sử dụng Định lí đảo về dấu của tam thức bậc hai. Bài viết gồm các phần 
A. Kiến thức cơ bản. 
B. Phương trình mũ và lôgarit
I. Một số phương pháp giải phương trình mũ
II. Một số phương pháp giải phương trình lôgarit
III. Phương trình mũ và lôgarit có chứa tham số
C. Bất phương trình mũ và lôgarit
I. Một số phương pháp giải bất phương trình mũ và lôgarit
II. Bất phương trình mũ và lôgarit có chứa tham số
D. Hệ phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit
 Với kinh nghiệm còn chưa nhiều chắc chắn bài viết sẽ có ít nhiều sai sót, mong các bạn bổ sung và sửa chữa giúp.
 Bắc Ninh tháng 2 năm 2009
 Người viết
 Nguyễn Lệ Hoài
 Trường THPT Hàn Thuyên
 Điện thoại: 01687020334.
Phần A. Kiến thức cơ bản
I. Định nghĩa luỹ thừa và căn
. Với n nguyên dương, căn bậc n của số thực a là số thực b sao cho bn = a.
. Với n nguyên dương lẻ và a là số thực bất kì, chỉ có một căn bậc n của a, kí hiệu là 
. Với n nguyên dương chẵn và a là số thực dương, có đúng hai căn bậc n của a là hai số đối nhau; căn có giá trị dương kí hiệu là , căn có giá trị âm kí hiệu là -.
. Số âm không có căn bậc chẵn.
Số mũ 
Cơ số a
Luỹ thừa 
 a
 = a0=1
 a > 0
 a > 0
II. Tính chất của luỹ thừa
.Giả thiết rằng mỗi biểu thức được xét đều có nghĩa.
 am.an = am+n; ; (am)n = amn
 (a.b)n = an.bn; 
III. Tính chất của lôgarit
 Giả thiết mỗi biểu thức được xét đều có nghĩa.
. loga1 = 0; logaa = 1; ; logaab = b.
. loga(bc) = logab + logac; ; logabn = nlogab.
. hay logab.logbc=logac.
IV. Hàm số mũ y=ax(a>0,a≠1)
a>1
0<a<1
. y’>0 với mọi x
. Hàm số đồng biến trên R
.; 
. Bảng biến thiên 
+
0
y=ax
+
x
-
. Đồ thị 
0
x
 1
y
. y’>0 với mọi x
. Hàm số nghịch biến trên R
.; 
. Bảng biến thiên 
+
y=ax
x
0
-
0
1
y
x
V. Hàm số logarit y = logax (a > 0 và a ≠ 1)
a>1
0<a<1
. y’>0 với mọi 
. Hs đồng biến trên 
.
. Bảng biến thiên
x
0
+
y=logax
+
-
. Đồ thị 
x
y
0
1
. y’<0 với mọi 
. Hs nghịch biến trên 
.
. Bảng biến thiên
x
0
+
y=logax
-
+
. Đồ thị 
x
y
0
1
Phần B. Phương trình mũ và lôgarit
I. Một số phương pháp giải phương trình mũ và pt logarit
. Phương trình mũ cơ bản 
 ax = m (0 < a ≠ 1) 
. Nếu thì phương trình ax = m vô nghiệm
. Nếu m > 0 thì phương trình ax = m có một nghiệm duy nhất
Nếu m 1. Phương pháp đưa về cùng cơ số 
Ta có tính chất: ;
Các tính chất đó cho phép ta giải một số dạng phương trình mũ bằng cách đưa các luỹ thừa trong phương trình về luỹ thừa với cùng một cơ số.
Ví dụ 1: Giải phương trình (0,75)2x-3= (1)
Lời giải. 
Phương trình (1) 
 2x-3=x-5x =-2.
Vậy phương trình có nghiệm x = -2
Ví dụ 2: Giải phương trình 3x+1 + 3x+2 + 3x+3 = 9.5x + 5x+1 + 5x+2 (2).
Lời giải: 
Phương trình (2) 3x.39 = 5x.39 x = 0.
Vậy phương trình có nghiệm x = 0. 
Bài tập tương tự: 1) 2x.3x-1.5x-2=12; 2) 5x+5x+1+5x+3=3x+3x+3-3x+1.
Phương pháp đặt ẩn phụ 
Mục đích của phương pháp đặt ẩn phụ là chuyển các bài toán đã cho về PT hữu tỉ đã biết cách giải.
Ví dụ 1: Giải phương trình (1)
Lời giải. Điều kiện cosx ≠ 0.
 Nhận xét . Đặt t = thì phương trình (1) có dạng t = và t = .
. Với t = thì tanx =1 (t/mđk).
. Với t = thì (t/mđk).
Vậy phương trình có hai họ nghiệm và ()
Ví dụ 2: Giải phương trình 3.49x + 2.14x - 4x = 0 (4)
Lời giải: Chia cả hai vế của phương trình cho 4x > 0, ta được 
 (4) (*)
Đặt , phương trình (*) có dạng 3.t2 + 2.t – 1 = 0
 t = -1(loại) và t = 1/3.
Với t = 1/3 thì .
Vậy phương trình có nghiệm 
Ví dụ 3: Tìm nghiệm x < 1 của phương trình 32x-2 + 3x-1(3x - 7) – x + 2 = 0
Lời giải.
Đặt t = 3x-1(t > 0), phương trình có dạng 3t2 + (3x - 7).t + 2 – x = 0.
Coi phương trình trên là phương trình ẩn t và tham số x. 
Khi đó biệt số . Phương trình có hai nghiệm t = 1/3 và t = -x + 2
Với t = 1/3 thì 3x-1 = 1/3 x = 0
Với t = -x + 2 thì 3x-1 = 2 - x. Ta thấy x 1 suy ra phương trình vô nghiệm.
Vậy phương trình có một nghiệm x = 0.
Ví dụ 4: Giải phương trình 
Lời giải. Đặt u =, v =(u > 0, v > 0). Khi đó u.v = 27-5x = 2.26-5x
Phương trình trở thành u + v = u.v + 1 (u - 1)(v - 1) = 0u =1 hoặc v = 1.
. Với u =1 thì =1x2 - 5x + 6 = 0 x = 2 hoặc x = 3
. Với v =1 thì =11 – x2 = 0 x = 1 hoặc x = -1.
Vậy phương trình có 4 nghiệm x = -1, x = 1, x = 2, x = 3.
Lưu ý: 1. PT có dạng với , ta thường đặt (xem ví dụ 1).
2. PT có dạng , ta thường chia cả hai vế cho v2.f(x)
Rồi đặt (xem ví dụ 2).
3.Những PT sau khi đặt ẩn phụ cho một biểu thức thì các biểu thức còn lại không biểu diễn được triệt để hoặc biểu diễn quá phức tạp. Khi đó ta thường được một phương trình bậc hai theo ẩn phụ có biệt số chính phương (xem ví dụ 3).
4. Đối với một số bài toán ta lựa chọn ẩn phụ và đưa về phương trình tích (xem ví dụ 4)
Bài tập tương tự: 1) 8.3x + 3.2x = 24 + 6x ; 2); 3); 4) 
5); 6)
3. Phương pháp logarit hoá 
 Phương pháp lôgarit hoá rất có hiệu lực khi hai vế của phương trình có dạng tích các luỹ thừa nhằm chuyển ẩn số khỏi số mũ.
Ví dụ 1: Giải phương trình 
Lời giải. Hai vế của phương trình đều dương, lấy lôgarit cơ số 5 cả hai vế ta được phương trình 7x = 5x.log57 
Ví dụ 2: Giải phương trình 
Lời giải. ĐK x ≠ - 2. 
Lôgarit cả hai vế của phương trình theo cơ số 3, ta được
 x = 1 hoặc x = 2(1 + log32).
Lưu ý: Khi lấy lôgarit hoá hai vế, ta thường lôgarit theo cơ số đã có sẵn trong bài 
Bài tập tương tự: 1) ; 2) ; 
 3) ; 4) 
Phương pháp hàm số 
Các bài toán dạng này thường được sử dụng một trong ba tính chất sau( chú ý hàm số f(x) liên tục trong tập các định)
Tính chất 1: Nếu hàm y = f(x) tăng hoặc giảm trong khoảng (a; b) thì phương trình f(x) = k () có không quá một nghiệm trong khoảng (a; b).
Tính chất 2: Nếu hàm y = f(x) tăng trên khoảng (a;b) và y = g(x) là hàm giảm trên (a;b). Do đó nếu tồn tại để f(x0) = g(x0) thì đó là nghiệm duy nhất của phương trình.
Tính chất 3: Nếu hàm số y = f(x) liên tục, tăng hoặc giảm trên (a;b) thì 
 với mọi u,v (a; b).
Ví dụ 1: Giải phương trình 3x+1 = 3 - x 
Lời giải. ĐK x < 3. 
Nhận xét: 
. Vế trái f(x) = 3x+1 là hàm đồng biến trên R. Vế phải g(x) = 3 - x là hàm nghịch biến trên R.
. x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình 
Thật vậy: Với x > 0 thì 3x+1 > 3; 3 – x < 3
 Với x 3.
Vậy x = 0 là nghiệm của phương trình
Ví dụ 2: Giải phương trình .
Lời giải. Chia cả hai vế của phương trình cho 3x, ta được
Nhận xét vế trái f(x) =là hàm nghịch biến trên R.
x = 2 là nghiệm của phương trình 
Với x > 2 thì <1
Với x 1.
Vậy x = 2 là nghiệm của phương trình 
Ví dụ 3: Giải phương trình 
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với 
 Đặt u = x - 1; v = x2 - x. 
Phương trình có dạng 2u + u = 2v + v (2)
Xét hàm số f(t) = 2t + t đồng biến và liên tục trên R.
Phương trình (2) f(u) = f(v) u = v x2 – x = x – 1
 x2 - 2x + 1 = 0 x = 1.
Vậy phương trình có nghiệm x = 1.
Ví dụ 4: Giải phương trình (1)
Lời giải. Đk x > 0. áp dụng công thức . Khi đó 
(1) (2).
Đặt t = log2x suy ra x = 2t. 
Khi đó phương trình (2) 32t = 4t.3t - 3t9t + 3t = 12t. 
Chia cả hai vế cho 12t và áp dụng cách giải của ví dụ 2.
Bài tập tương tự: Giải các phương trình
1) 22x-1 + 32x + 52x+1 = 2x + 3x+1 + 5x+2; 2) 
5. Một số phương pháp khác 
Ví dụ 1: Giải phương trình 
Lời giải. Ta có x2 ≥ 0 suy ra 
Phương trình đã cho tương đương với hệ 
Vậy phương trình có nghiệm x = 0.
Lưu ý: Ngoài phương pháp nhận xét đánh giá như trên, ta có thể sử dụng Định lí Rôn: Nếu hàm số y = f(x) lồi hoặc lõm trên khoảng (a;b) thì PT f(x) = 0 có không quá hai nghiệm thuộc (a;b).
Ví dụ 2: Giải phương trình 3x + 5x = 6x + 2
Lời giải.
 Phương trình trên tương đương với 3x + 5x - 6x – 2 = 0.
Xét hàm số f(x) = 3x + 5x - 6x - 2, với xR.
Ta có f’(x) = 3x.ln3 + 5x.ln5 - 6, f’’(x) = 3x.ln23 + 5x.ln25 > 0 với mọi xR.
Như vậy, hàm số y = f(x) liên tục và có đồ thị lõm trên R nên theo Định lí Rôn phương trình có tối đa 2 nghiệm trên R. 
Nhận thấy f(0) = f(1) = 0. 
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0, x = 1.
Ví dụ 3: Giải phương trình 2003x + 2005x = 2.2004x
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với 2003x - 2004x = 2004x - 2005x.
Gọi a là một nghiệm của phương trình, khi đó ta có
 2003a - 2004a = 2004a - 2005a (2).
Xét hàm số f(t) = ta - (t + 1)a, với t > 0. Dễ thấy hàm số f(t) liên tục và có đạo hàm trên khoảng (2003; 2005). Do đó, theo Định lí Lagrange tồn tại c(2003; 2005) sao cho f’(c) = 0 
 a[ca-1 - (c + 1)a-1] = 0 
Thử lại ta thấy x = 0, x =1 đều thoả mãn.
Lưu ý: Bài toán trên ta sử dụng Định lí Lagrange: Nếu hàm số y = f(x) liên tục trên đoạn [a;b] và có đạo hàm trên khoảng (a;b) thì tồn tại một điểm sao cho 
Bài tập tương tự: 1) ; 2) 6x + 2x = 5x + 3x; 3) 9x+3x=10x+2; 
II. Một số phương pháp giải phương trình Logarit
 Phương trình logarit cơ bản có dạng logax = m. Với mỗi giá trị tuỳ ý của m, phương trình có một nghiệm duy nhất x = am.
Phương pháp đưa về cùng cơ số
Nếu thì 
Ví dụ 1: Giải phương trình (1)
Lời giải. Phương trình (1) 
 (2)
Nếu x ≥ 1 thì hệ (2) 
. Giải hệ tìm được nghiệm 
Nếu x < 1 thì hệ (2) tương đương với 
. Giải hệ tìm được nghiệm .
Vậy phương trình có hai nghiệm và .
Ví dụ 2: Giải phương trình log3[1 + log3(2x - 7)] = 1 (1)
Lời giải. (1) 1 + log3(2x - 7) = 3 log3(2x - 7) = 2
 2x-7 = 9 2x = 16 x = 4.
Ví dụ 3: Giải phương trình log2x + log3x + log4x = log20x.
Lời giải. Đk: x > 0.
Dùng công thức đổi cơ số, ta được 
 log2x + log2x.log32 + log2x.log42 = log2x.log202.
 (1 +log32 + log42 - log202).log2x = 0 
log2x = 0 x = 1(t/mđk).
Lưu ý:1. PT logf(x)g(x)=b (xem ví dụ 1)
2. Nếu PT có dạng logax + logbx + logcx + logdx = 0, các cơ số a, b, c, d không biểu diễn luỹ thừa qua nhau. Khi đó ta dùng công thức đổi cơ số để đưa chúng về cùng một cơ số và áp dụng các phép toán trên logarit (xem ví dụ 3)
Ví dụ 4: Giải phương trình 
Lời giải. Đk:
Với điều kiện trên phương trình tương đương với 
 (2).
. Nếu x ≥ -1 thì (2) x2 + 4x – 12 = 0x = 2 hoặc x = -6.
Kết hợp đk ta được x = 2.
. Nếu x < -1 thì (2) x2 - 4x – 20 = 0.
Kết hợp điều kiện ta được .
Vậy phương trình có hai nghiệm x =2 và .
Lưu ý: Điều kiện của PT chưa đảm bảo x > 0 thì logax2 = 2. 
Bài tập tương tự: 1) 
 2) ; 3) log3x + log4x = log12x
2. Phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 1: Giải phương trình log2(2x - 1).log1/2(2x+1 - 2) = -2.
Lời giải. Đk: x > 0.
Với đều kiện trên phương trình tương đương với 
log2(2x - 1).[- log22.(2x - 1)] = -2
 log2(2x - 1).[- 1 - log2(2x - 1)] = -2 (1)
Đặt t = log2(2x - 1). 
Phương trình (1) trở thành t2 + t – 2 = 0t = 1 hoặc t = -2.
 ... ình đã cho dưới dạng: (1)
. Nếu a > 1 thì là hàm đồng biến khi t ≥ 0 và 
. Do vậy (1) hay ax2 - 2x + 1 ≥ 9. Bất phương trình này không thể có nghiệm duy nhất.
. Nếu 0 < a < 1. Khi đó f(t) là hàm nghịch biến với t ≥ 0. Do vậy (1) hay
 (3)
Cần xác định a (0 < a < 1) để (3) có nghiệm duy nhất.
Nhận xét rằng với mọi a (0 < a < 1) hệ (3) đều có nghiệm x = 0 và x = 1/2 thoả mãn. Suy ra (3) không thể có nghiệm duy nhất.
Kết luận: Không tồn tại a để bất phương trình có nghiệm duy nhất.
Ví dụ 6: Cho các bất phương trình với 0 < a ≠ 1. (1)
 và 1 + log5(x2 + 1) - log5(x2 + 4x + m) > 0 (2)
Tìm m để mọi nghiệm của (1) đều là nghiệm của (2)
Lời giải. 
Giải bất phương trình (1), đk: 
Vì nên 5 – x > 1. Do đó (1) 
Bất phương trình (2) tương đương với hệ sau 
Để bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x thoả mãn 2< x <3 tương đương với mỗi bất phương trình (3) và (4) có nghiệm với mọi 
Ví dụ 7: Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm đúng với mọi 
 (1)
Lời giải. Đk 
Bất phương trình (1) tương đương với 
 (2)
Xét hàm số f(x) = 2x + log(x) đồng biến với x > 0
Bất phương trình (2)được viết dưới dạng 
 (3)
Vậy bất phương trình (1) nghiệm đúng với mọi 
Vậy với thì bất phương trình nghiệm đúng với mọi .
Lưu ý: g(x) = ax + b > 0 với mọi 
Ví dụ 8: Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm nguyên duy nhất 
Lời giải. Điều kiện cần. Giả sử hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = x0. Khi đó x0 phải thuộc miền xác định của bất phương trình, tức ta phải có 
 hoặc x0 =104
Vậy điều kiện cần là nghiệm nguyên duy nhất x0 phải là 102 hoặc 104.
Điều kiện đủ. 
. x = 102 là nghiệm duy nhất, ta phải có ,
 trường hợp này loại do log23 > 1
. x =104 là nghiệm duy nhất ta phải có 
Vậy các giá trị phải tìm của tham số a là: 0 ≤ a < log23.
Bài tập tương tự: 1)Tìm m để bất phương trình có nghiệm, và mọi nghiệm của nó không phải là nghiệm của bất pt 
 .
2.Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x thoả mãn: 
3.Tìm các giá trị nghiệm đúng bất phương trình 
 với mọi a mà 0 < a < 2.
Phần D. Hệ phương trình, bất phương trình mũ và logarit.
Phương pháp biến đổi tương đương
+) Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa
+) Sử dụng các phép thế để nhận được từ hệ một phương trình theo ẩn x hoặc y(đôi khi là theo cả hai ẩn x và y)
+) Giải và biện luận theo tham số phương trình nhận được bằng các phương pháp đã biết đối với phương trình đã biết.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk: 
Với điều kiện trên hệ tương đương với 
Với x = 3 suy ra y = 4 (tmđk)
Với x = - 3 suy ra y = - 4 (không tmđk)
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (3; 4)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
Lời giải.
Lôgarit cơ số 2 cả hai vế của hai phương trình trong hệ 
 , đây là hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
Ta có , ,
Suy ra hệ có nghiệm 
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk x > 0, y > 0.
Hệ phương trình trên tương đương với 
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (9,8)
Ví dụ 4: Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm 
Lời giải. Từ bất phương trình (2) trong hệ suy ra (x-1)3 > 0 . 
Với thì (1) . 
Xét hàm số f(x) = (x - 1)3 - 3x với .
 f’(x) = 3x2 - 6x; f’(x) = 0 .
Ta có bảng biến thiên 
-3
x
-
0
1
2
+
y’
+
-
-
0
+
0
y
-5
-
+
Từ bảng biến thiên ta suy ra 
Bài tập tương tự: 1) ; 2) 
3) Tìm m để hệ sau có nghiệm 
Phương pháp đặt ẩn phụ
+) Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa
+) Lựa chọn ẩn phụ để biến đổi hệ ban đầu về các hệ đại số đã biết cách giải.
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk 
Hệ trên tương đương với .
Đặt t =, suy ra 
Thay vào phương trình (1) trong hệ ta được 5t.3t-1 = 5 t =1
Do đó ta có hệ (tmđk)
Lưu ý: Với hệ phương trình dạng , thông thường ta giải theo hướng : Đặt , suy ra 
 f(x) + g(x) = at và f(x) - g(x) = at. Thay vào phương trình đầu trong hệ ta tìm được t.
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk: x > 0, y > 0
Lấy logarit theo cơ số 10 cả hai vế ta được 
Đặt u = logx, v = logy. Khi đó hệ có dạng 
, 
Dễ thấy D ≠ 0 nên hệ có nghiệm duy nhất , suy ra 
Vậy hệ có một nghiệm (1/7; 1/5)
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk xy > 0
Nhận xét , phương trình (1) tương đương với 
 .
Đặt t = (t > 0) ta có t2 = 2 + t t2 – t – 2 = 0 t = - 1(loại) hoặc t = 2.
Với t = 2 thì log3xy = 1 hay xy = 3
Biến đổi pt thứ hai thành (x + y)2 - 3(x + y) – 18 = 0
Giải ra, ta được x + y = 6 và x + y = - 3
Như vậy, ta có hai hệ và 
Vậy hệ có hai nghiệm và 
Bài tập tương tự: 1) ; 2)
 3) ; 4) 
Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk: x, y > 0. Phương trình (1) ex – x = ey – y (3)
 Xét hàm số f(t) = et - t liên tục với mọi t > 0. Mặt khác f’(t) = et – 1 > 0 với mọi t > 0, do đó h/s f(t) đồng biến khi t > 0.
Phương trình (3) viết dưới dạng f(x) = f(y) x = y.
Thế x = y vào phương trình (2) được .
, hay log2x = 1.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2).
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk x > - 1, y > - 1. PT (1) của hệ được viết lại dưới dạng 
 ln(1 + x) – x = ln(1 + y) - y (3)
Xét hàm số f(t) = ln(1 + t) - t, với có 
Ta thấy f’(t) = 0 t = 0.
Hàm số f(t) đồng biến trong (-1; 0) và nghịch biến trong 
Ta có (3) f(x) = f(y). Lúc đó x = y hoặc xy < 0.
Nếu xy < 0 thì vế trái của (2) luôn dương. Phương trình không thoả mãn.
Nếu x = y, thay vào PT (2), ta được nghiệm của hệ là x = y = 0.
Lưu ý: Khi gặp hệ phương trình dạng 
Ta có thể tìm lời giải theo một trong hai hướng sau 
Hướng1: PT (1) f(x) - f(y) = 0 và tìm cách đưa về PT tích.
Hướng 2: Xét hàm số y = f(t). ta thường gặp trường hợp HS liên tục trong tập xác định của nó.
Nếu hàm số y = f(t) đơn điệu, thì từ (1), suy ra x = y. 
Nếu hàm số y = f(t) có một cực trị tại t = a thì nó thay đổi chiều biến thiên một lần khi qua a. Từ (1) suy ra x = y hoặc x, y nằm về hai phía của a
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi a > 0, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 
Lời giải. Điều kiện x > -1, y > - 1. 
Rút y từ phương trình (2) thay vào phương trình (1), ta được pt 
 khi a > 0 và x > -1.
Vậy f(x) là hàm số liên tục, đồng biến trong (-1; +). Mặt khác 
 ; nên pt f(x) = 0 có một nghiệm trong 
(-1; +). Vậy hệ PT đã cho có nghiệm duy nhất với mọi a > 0.
Lưu ý: Học sinh dễ mắc sai lầm khi thấy HS đồng biến đã kết luận PT f(x) = 0 có nghiệm duy nhất. Ta chỉ có thể kết luận PT có nghiệm duy nhất khi hàm số đơn điệu, liên tục và trong tập giá trị có cả giá trị âm và dương.
Ví dụ 4: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk: x, y > 0.
Hệ trên tương đương với 
 Phương trình (1) tương đương với 
 (3)
Xét hàm số liên tục với mọi t > 0. Mặt khác 
 do đó f(t) đồng biến với mọi t > 0.
Phương trình (3) viết dưới dạng f(x) = f(y) x = y. Khi đó hệ tương đương với 
Giải (4): Đặt u = 
 Suy ra 
Phương trình 3u + 9 = 3.4u .
Nhận thấy hàm số là hàm liên tục, nghịch biến với mọi và f(1) = 3. Với u > 1 thì f(u) 3.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất u = 1, suy ra x = 1 và y = 1
Vậy hệ có một nghiệm (x; y) = (1;1).
Ví dụ 5: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk: x, y, z < 6.
Hệ phương trình trên tương đương với 
Nhận xét là hàm đồng biến 
( vì với x < 6) còn g(x) = log3(6 - x) là hàm nghịch biến với x < 6.
Nếu (x, y, z) là một nghiệm của hệ phương trình ta chứng minh x = y = z. Không mất tổng quát giả sử x = max(x, y, z) thì có hai trường hợp:
x ≥ y ≥ z suy ra f(x) ≥ f(y) ≥ f(z) nên log3(6 - y) ≥ log3(6 - z) ≥ log3(6 - x). Mặt khác g(x) là hàm giảm nên x ≥ z ≥ y. Do y ≥ z nên z = y.Từ (1) và (2) ta có x = y = z.
x ≥ z ≥ y. Tương tự log3(6 - y) ≥ log3(6 - x) ≥ log3(6 - z) z ≥ x ≥ y.
 Do x ≥ z nên z = x. Từ (1) và (3) ta lại có x = y = z.
Phương trình f(x) = g(x) có nghiệm duy nhất x = 3. Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (3, 3, 3).
Lưu ý: Nếu hệ phương trình ba ẩn x, y, z không thay đổi khi hoán vị vòng quanh đối với x, y, z thì không mất tính tổng quát có thể giả thiết 
x = max(x, y, z). Nghĩa là x ≥ y ≥ z
Ví dụ 6: Hãy xác định số nghiệm của hệ phương trình (ẩn x, y) sau:
 (I) 
Lời giải. Dễ thấy, nếu (x; y) là nghiệm của hệ trên thì x > 1, y > 1 (*).
Đặt log3x = t, t > 0 (do (*). Khi đó, x = 3t và từ phương trình (2) có . Vì thế, từ phương trình (1) ta có phương trình ẩn t sau:
 (3).
Dễ thấy số nghiệm của hệ (I) bằng số nghiệm dương của phương trình (3).
Xét hàm số trên (0; +). Ta có . 
 Trên (0; +), và y=là các hàm nghịch biến và chỉ nhận giá trị dương. Vì thế, trên khoảng đó, là hàm đồng biến trên (0; +). Suy ra f’(t) là hàm đồng biến trên (0; +). Hơn nữa, do nên tồn tại sao cho 
f’(t0) = 0. Do đó, ta có bảng biến thiên sau của hàm f(t) trên khoảng (0; +).
f(1)
t
0
t0
1
+
f’(t)
-
0
+
f(t)
+
f(t0)
+
Từ đó, với lưu ý rằng f(1) = -12 ≤ 0, suy ra pt (3) có đúng 2 nghiệm dương. Vì vậy, hệ (I) có tất cả 2 nghiệm.
Bài tập tương tự: 1) ;
 2) 
Phương pháp khác
 Ngoài cách giải nói trên, cũng giống như phương trình, bất phương trình mũ và lôgarit ta có thể đánh giá hai vế, sử dụng các bất đẳng thức, dùng đồ thị để giải bất phương trình, phương pháp sử dụng điều kiện cần và đủ..
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình 
Lời giải. Đk: x > 0, y > 0.
Xét phương trình thứ nhất trong hệ
. Nếu x > y thì log2y 0. Do đó hệ vô nghiệm
. Nếu x log2x suy ra VP > 0, VT < 0. Do đó hệ vô nghiệm
Vậy x = y là nghiệm của phương trình (1)
Khi đó hệ tương đương với 
Vậy hệ có hai nghiệm (1;1) và (2;2).
Ví dụ 2: Tìm m để hệ sau có nghiệm 
Lời giải. Trước hết ta biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ các điểm M(x, y) thoả mãn (1). Ta thấy (1) tương đương với hai hệ sau:
(I) 
x+2y=
x+y=0
x+2y=
x
y
(II) 
Từ đó suy ra chúng được 
biểu diễn bằng miền gạch 
trong hình bên (trong đó
 lấy biên của đường tròn 
tâm O1 bán kính và
 không lấy biên của đường 
tròn tâm O bán kính 1)
Điểm A là giao điểm của đường thẳng x + y = 0 với đường tròn x2 + y2 = 1 và chú ý rằng A là giao điểm phía dưới nên suy ra toạ độ của nó là x =, 
y = . Đường thẳng x + 2y = m đi qua điểm A khi m =.
áp dụng điều kiện để đường thẳng tiếp xúc với đường tròn ta phải có 
 . Do tiếp tuyến phía trên, nên ta lấy . Từ đó suy ra để đường thẳng x + 2y = m cắt miền gạch ta phải có 
Ví dụ 3: Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất 
Lời giải. Điều kiện cần
Nếu hệ có nghiệm (x0; y0) thì (-x0; y0) cũng là nghiệm. Cho nên hệ có nghiệm duy nhất thì x0 = - x0 hay x0 = 0.
Khi đó hệ tương đương với 
Từ phương trình (4) suy ra y ≥ 0. Do đó 1 - 2y 0 . 
Với y = 0 thì m = 0. Đó chính là điều kiện cần.
Điều kiện đủ
Giả sử m = 0, khi dó hệ có dạng: 
Giải (5) xét hàm số f(t) = 2t + t đồng biến và liên tục trên R. Do đó phương trình (5) viết là 
Khi đó hệ có dạng là nghiệm duy nhất của hệ.
Vậy với m = 0 thì hệ có nghiệm duy nhất.
Bài tập tương tự: 1) ; 
2) Tìm m để hệ sau có nghiệm 
3)
Tài liệu tham khảo
1.Tuyển tập các chuyên đề luyện thi môn toán Đại số sơ cấp - Trần Phương , Lê hồng Đức - Nhà xuất bản Hà nội - Năm 2002.
2. Toán nâng cao Đại số 11 - Phan Huy Khải - Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà nội - Năm 1998.
3. Báo Toán học tuổi trẻ phát hành các tháng.
4. Đề thi vào Đại học của các năm.
`