Ôn thi - Đơn điệu của hàm số (phần 3)

 hoặc  
Dạng 3 : Dùng đơn điệu hàm số để giải và biện luận phương trình 
và bất phương trình . 
Chú ý 1 : 
Nếu hàm số  y f x luôn đơn điệu nghiêm cách trên D ( hoặc 
luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D ) thì số nghiệm của 
phương trình :  f x k sẽ không nhiều hơn một và    f x f y 
khi và chỉ khi x y . 
Chú ý 2: 
 Nếu hàm số  y f x luôn đơn điệu nghiêm cách trên D ( hoặc 
luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên D ) và hàm số  y g x 
luôn đơn điệu nghiêm ngoặc ( hoặc luôn đồng biến hoặc luôn nghịch 
biến ) trên D , thì số nghiệm trên D của phương trình    f x g x 
không nhiều hơn một. 
 Nếu hàm số  y f x có đạo hàm đến cấp n trên D và phương 
trình ( )( ) 0kf x  có m nghiệm, khi đó phương trình 
( 1)( ) 0kf x  có nhiều nhất là 1m  nghiệm. 
Ví dụ 1 : Giải các phương trình 
1. 2 23 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0x x x x x        
2.
3
3 2 24 5 6 7 9 4x x x x x      
Giải : 
1. 2 23 (2 9 3) (4 2)( 1 1) 0 (1)x x x x x         
Phương trình 
  2 2(1) 3 (2 ( 3 ) 3) (2 1)(2 (2 1) 3) (2)x x x x          
Đặt 3 , 2 1, , 0u x v x u v     
Phương trình 2 2(1) (2 3) (2 3) (3)u u v v      
 Xét hàm số 4 2( ) 2 3f t t t t   liên tục trên khoảng  0; 
 hoặc  
Ta có  
3
4 2
2 3
'( ) 2 0, 0
3
t t
f t t f t
t t

     

 đồng biến trên 
khoảng  0; . 
Khi đó phương trình 
1
(3) ( ) ( ) 3 2 1
5
f u f v u v x x x           
Vậy 1
5
x   là nghiệm duy nhất của phương trình. 
2.
3
3 2 24 5 6 7 9 4x x x x x      . 
Đặt y = 
3
27 9 4y x x   . Khi đó phương trình cho 
3 2
2 3
4 5 6
7 9 4
x x x y
x x y
    
 
  
     
3 23 2
33 3 2 3
4 5 64 5 6
3 4 2 1 1 *
x x x yx x x y
I
y y x x x y y x x
         
  
           
 * có dạng      1f y f x a  
 Xét hàm   3 ,f t t t t    
 Vì   2' 3 1 0,f t t t      nên hàm số đồng biến trên tập số 
thực  . 
 Khi đó   1a y x   
 Hệ 
   
3 2 3 24 5 6 4 6 5 0 * *
1 1
x x x y x x x
I
y x y x
         
       
Giải phương trình  * * ta có tập nghiệm : 
1 5 1 5
5, ,
2 2
S
     
  
  
. 
Ví dụ 2 : Chứng minh rằng phương trình:  22 2 11x x có nghiệm 
duy nhất. 
 hoặc  
Giải : 
Cách 1 : 
Xét hàm số 22 2y x x  liên tục trên nửa khoảng  2; . 
Ta có: 
   

    

5 8
' 0, 2;
2
x x
y x
x
 2lim lim 2 2
x x
y x x
 
    
Bảng biến thiên : 
x 2  
'y  
y  
 0 
 Dựa vào bảng biến thiên ta thấy đồ thị của hàm số 22 2y x x  
luôn cắt đường thẳng 11y  tại duy nhất một điểm. Do đó phương 
trình  22 2 11x x có nghiệm duy nhất . 
Cách 2: 
Xét hàm số   22 2 11y f x x x    liên tục trên nửa khoảng 
 2; . 
Ta có    2 11, 3 7f f   . Vì      2 . 3 77 0 0f f f x     
có ít nhất một nghiệm trong khoảng  2;3 . 
       
5 8
' 0, 2;
2
x x
f x x f x
x

     

 liên tục và đồng biến 
trên đoạn 2;3   
Vậy phương trình cho có nghiệm duy nhất thuộc khoảng  2;3 . 
Ví dụ 3 : Giải bất phương trình sau 5 1 3 4x x    
Giải : 
Điều kiện : 1
5
x  
 hoặc  
Xét hàm số ( ) 5 1 3f x x x    liên tục trên nửa khoảng 
1
;
5
 

 
Ta có :  5 1 1'( ) 0 ,
52 5 1 2 1
f x x f x
x x
     
 
 là hàm 
số đồng biến trên nửa khoảng 1 ;
5
 

 
 và (1) 4f  , khi đó bất 
phương trình cho ( ) (1) 1.f x f x    
Vậy bất phương trình cho có nghiệm là 1x  . 
Ví dụ 4 : Giải bất phương trình sau 53 3 2 2 6
2 1
x x
x
   

Giải : 
Điều kiện: 1 3
2 2
x  
Bất phương trình cho 
5
3 3 2 2 6 ( ) ( ) (*)
2 1
x x f x g x
x
      

Xét hàm số 5( ) 3 3 2
2 1
f x x
x
  

liên tục trên nửa khoảng 
1 3
;
2 2
 
 
 
Ta có :
3
3 5 1 3
'( ) 0, ; ( )
2 23 2 ( 2 1)
f x x f x
x x
 
      
  
 là 
hàm nghịch biến trên nửa đoạn 1 3;
2 2
 
 
 
. 
Hàm số ( ) 2 6g x x  là hàm đồng biến trên  và (1) (1) 8f g  
 Nếu 1 ( ) (1) 8 (1) ( ) (*)x f x f g g x       đúng 
 Nếu 1 ( ) (1) 8 (1) ( ) (*)x f x f g g x       vô nghiệm. 
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 31
2
x  . 
 hoặc  
Ví dụ 5 : Giải bất phương trình sau 
( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2x x x x x x          
Giải : 
Điều kiện: 1
2
x  . 
Bất phương trình cho  ( 2 6)( 2 1 3) 4 *x x x       
Nếu 2 1 3 0 5 (*)x x      luôn đúng. 
Nếu 5x  
Xét hàm số ( ) ( 2 6)( 2 1 3)f x x x x      liên tục trên 
khoảng  5; 
Ta có: 
 1 1 2 6'( ) ( )( 2 1 3) 0, 5
2 2 2 6 2 1
x x
f x x x f x
x x x
  
        
  
 đồng biến trên khoảng  5; và (7) 4f  , do đó 
 * ( ) (7) 7f x f x    . 
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 7
2
x  . 
Ví dụ 6 : Giải bất phương trình sau 
3 22 3 6 16 2 3 4x x x x      
Giải : 
Điều kiện: 
3 22 3 6 16 0
2 4.
4 0
x x x
x
x
    
   
 
. 
Bất phương trình cho 
 3 22 3 6 16 4 2 3 ( ) 2 3 *x x x x f x         
Xét hàm số 3 2( ) 2 3 6 16 4f x x x x x      liên tục trên 
đoạn 2;4   . 
 hoặc  
Ta có:  
2
3 2
3( 1) 1
'( ) 0, 2;4
2 42 3 6 16
x x
f x x
xx x x
 
     
  
 f x đồng biến trên nửa khoảng  2;4 và (1) 2 3f  , do đó 
 * ( ) (1) 1f x f x    . 
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là: 2 1x   . 
Ví dụ 7 : Chứng minh rằng 4 1 0 , x x x    
Giải : 
Xét hàm số 4( ) 1f x x x   liên tục trên  . 
Ta có 3'( ) 4 1f x x  và 
3
1
'( ) 0
4
f x x   . 
Vì '( )f x đổi dấu từ âm sang dương khi x qua 
3
1
4
, do đó 
3 3 3
1 1 1
min ( ) ( ) 1 0
4 4 4 4
f x f     
Vậy ( ) 0 , f x x  . 
Ví dụ 8 : Giải hệ phương trình 
1.
2 3 4 4 (1)
2 3 4 4 (2)
x y
y x
    

   
2.
 
 
3
3
2 1
2 2
x x y
y y x
  

 
3.
3 3
6 6
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y
   

 
Giải : 
 hoặc  
1.
2 3 4 4 (1)
2 3 4 4 (2)
x y
y x
    

   
Điều kiện: 
3
4
2
3
4
2
x
y

  

  

. 
Cách 1: 
Trừ (1) và (2) ta được: 
  2 3 4 2 3 4 3x x y y        
Xét hàm số ( ) 2 3 4f t t t    liên tục trên đoạn 3 ; 4
2
 
 
 
. 
Ta có: 
/ 1 1 3( ) 0, ; 4
22 3 2 4
f x t
t t
 
      
   
(3) ( ) ( )f x f y x y     . 
Thay x y vào (1) ,ta được: 
2 3 4 4 7 2 (2 3)(4 ) 16x x x x x         
2
2
39 0
2 2 5 12 9 119 38 33 0
9
xx
x x x
x x x
              
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
11
3 9,
3 11
9
xx
y
y

 
   

. 
Cách 2: 
Trừ (1) và (2) ta được: 
   2 3 2 3 4 4 0x y y x       
(2 3) (2 3) (4 ) (4 )
0
2 3 2 3 4 4
x y y x
x y y x
     
  
     
 2 1( ) 0 *
2 3 2 3 4 4
x y
x y y x
 
    
      
. 
 hoặc  
Vì 2 1 0
2 3 2 3 4 4x y y x
 
     
 nên  * x y  
Thay x y vào (1) ,ta được: 
2 3 4 4 7 2 (2 3)(4 ) 16x x x x x         
2
2
39 0
2 2 5 12 9 119 38 33 0
9
xx
x x x
x x x
              
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
11
3 9,
3 11
9
xx
y
y

 
   

. 
2.
 
 
3
3
2 1
2 2
x x y
y y x
  

 
Cách 1 : 
Xét hàm số 3 / 2( ) 2 ( ) 3 2 0, f t t t f t t t         . 
Hệ phương trình trở thành 
( ) (1)
( ) (2)
f x y
f y x

 
. 
+ Nếu ( ) ( )x y f x f y y x     (do (1)và (2) dẫn đến mâu 
thuẫn). 
+ Nếu ( ) ( )x y f x f y y x     (mâu thuẫn). 
Suy ra x y , thế vào hệ ta được 
 2 23 0 1 0 0 ì 1 0.x x x x x v x          
Vậy hệ có nghiệm duy nhất 
0
0
x
y

 
. 
Cách 2: 
Trừ (1) và (2) ta được: 
3 3 2 23 3 0 ( )( 3) 0x y x y x y x y xy          
2 23
( ) 3 0
2 4
y y
x y x x y
  
         
   
 hoặc  
Thế x y vào (1) và (2) ta 
được:  3 20 1 0 0x x x x x       
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 
0
0
x
y

 
. 
3.
3 3
6 6
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y
   

 
Từ (1) và (2) suy ra 1 , 1x y   
(1) ( ) ( ) (*)f x f y  
Xét hàm số 3( ) 3f t t t  liên tục trên đoạn [ 1;1] , ta có 
  2'( ) 3( 1) 0 [ 1;1]f t t t f t       nghịch biến trên 
đoạn [ 1;1] 
Do đó: (*) x y  thay vào (2) ta được nghiệm của hệ là: 
6
1
2
x y   . 
Ví dụ 9 : Giải hệ phương trình 
1.
2
1 1
 (1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy

  

   
2.
3
1 1
 (1)
 2 1 (2)
x y
x y
y x

  

  
Giải : 
1.
2
1 1
 (1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy

  

   
Điều kiện: 0, 0x y  . Ta có: 
 hoặc  
 1(1) ( ) 1 0 1
.
y x
x y
xy y
x

           

 y x phương trình 2(2) 1 0 1x x      . 
 1y
x
  phương trình (2) vô nghiệm. 
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
1 1
;
1 1
x x
y y
          
. 
Bình luận: 
Cách giải sau đây sai:
2
1 1
 (1)
2 1 0 (2)
x y
x y
x xy

  

   
. 
Điều kiện: 0, 0x y  . 
Xét hàm số 
/
2
1 1
( ) , \ {0} ( ) 1 0, \ {0}f t t t f t t
t t
          . 
Suy ra (1) ( ) ( )f x f y x y    ! 
Sai do hàm số ( )f t đơn điệu trên 2 khoảng rời nhau (cụ thể 
   1 1 0f f   ). 
2.
3
1 1
 (1)
2 1 (2)
x y
x y
y x

  

  
Cách 1: 
Điều kiện: 0, 0.x y  
1
(1) 0 ( ) 1 0 1
.
x y
x y
x y x y
xy xy y
x

                

 x y phương trình (2)
1
1 5
.
2
x
x

   
 1y
x
  phương trình (2) 4 2 0.x x    
 hoặc  
Xét hàm số 4 / 3
3
1
( ) 2 ( ) 4 1 0 .
4
f x x x f x x x

         
3 3
1 3
2 0, lim lim
4 4 4 x x
f
 
 
      
 
4( ) 0, 2 0f x x x x        vô nghiệm. 
Cách 2: 
Điều kiện: 0, 0.x y  
1
(1) 0 ( ) 1 0 1
.
x y
x y
x y x y
xy xy y
x

                

 x y phương trình (2)
1
1 5
.
2
x
x

   
 1y
x
  phương trình (2) 4 2 0.x x    
 Với 41 2 0 2 0x x x x        . 
 Với 4 41 2 0x x x x x x         . 
Suy ra phương trình (2) vô nghiệm. 
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm phân biệt 
1 5 1 5
1 2 2
1 1 5 1 5
2 2
x xx
y
y y
    
    
             
. 
Ví dụ 10: Giải các hệ phương trình 
1.
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z






  
 hoặc  
2.
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
y x x
z y y
x z z
    

   
    
Giải : 
1.
2
2
2
2
1
2
1
2
1
x
y
x
y
z
y
z
x
z






  
Giả sử x y z  
Xét hàm số :   2
2
1
t
f t
t


,xác định trên  \ 1D   .Ta có 
   
2
2 2
2( 1)
0,
(1 )
t
f t x D f t
t

    

 luôn đồng biến trên D . 
Do đó :     ...  0
3
. ln2
2
t t
f t t t f t
t
 
      
 
 
 
 luôn 
đồng biến trên nửa khoảng 0;  và 
1 1
0
2 2
f t
 
   
 
 là nghiệm 
duy nhất của phương trình   0f t  
1 1 1
2 2 4
t x x     . 
4. 
1.
2 1
2 1
2 2 3 1
 ( , )
2 2 3 1
y
x
x x x
x y
y y y


     

    
 
Đặt 1, 1u x v y    
( )I viết lại 
2
2
1 3
( )
1 3
v
u
u u
II
v v
   

   
Xét hàm số :   2 1f x x x   và   3xg x  liên tục x   , ta 
có 
 
2
2 2 2
1
' 1 0,
1 1 1
x xx x x
f x x
x x x
 
      
  
 
 f x đồng biến x   . 
  3xg x  đồng biến x   . 
 hoặc  
   
           
2
2
1 3
1 3
v
u
u u f u g v
f u f v g u g v
f v g uv v
     
     
    
Nếu        u u f u f v g v g u v u       vô lý . 
Tương tự nếu v u cũng dẫn đến vô lý 
Do đó hệ  
2 21 3 1 3 ( 1 ) (1)
II 
u uu u u u
u v u v
       
  
   
Đặt:   23 ( 1 )ug u u u   liên tục u   . 
Ta có 2
2
'( ) 3 ln 3( 1 ) 3 1
1
u u ug u u u
u
 
     
  
2
2
1
'( ) 3 1 ln 3 0,
1
ug u u u u
u
                
 
Do đó  g u đồng biến u   và  0 1 0g u   là nghiệm duy 
nhất của  1 . 
Nên  II 0u v   . Vậy ( ) 1I x y   
2.
2 1 2 2 1
3 2
(1 4 )5 1 2 (1)
4 1 ln( 2 ) 0 (2)
x y x y x y
y x y x
       

    
Đặt 2t x y  . Khi đó phương trình (1) trở thành: 
 1 45 1 2.2 *
5 5
t t
t
               
Xét   1 45
5 5
t t
f t
              
,   1 2.2 tg t   
 hoặc  
Dễ thấy :   1 45
5 5
t t
f t
              
 là hàm nghịch biến và 
  1 2.2 tg t   là hàm đồng biến 
và    1 1 5 1f g t    là một nghiệm của  * . 
Ta cần chứng minh 1t  là nghiệm duy nhất của phương trình 
   f t g t 
Thật vậy : 
   1 1t f t g t t       không là nghiệm phương trình  * . 
   1 1t f t g t t       không là nghiệm phương trình  * . 
Vậy  * có nghiệm duy nhất 1t  . 
1 2 1 2 1t x y x y       khi 
đó:  3 2(2) 2 3 ln( 1) 0 * *y y y y       
Xét hàm số 3 2( ) 2 3 ln( 1)f y y y y y      . 
Ta có: 
2
2 2
2 2
2 1 2 4 3
'( ) 3 2 3 0
1 1
y y y
f y y y
y y y y
  
     
   
( )f y là hàm đồng biến và ( 1) 0f   nên  * * có nghiệm duy 
nhất 1y   
Vậy nghiệm của hệ là: 
0
1
x
y
 

 
. 
5. Đặt:    
2
,
1
t tf t e g t
t
 

liên tục trên khoảng  1, , ta có 
   ' 0, 1tf t e t f t     đồng biến trên khoảng  1, 
 /
2 3
1
( ) 0, 1
( 1)
g t t g t
t

    

nghịch biến trên khoảng 
 1, . 
 hoặc  
Hệ phương trình 
        
2
2
2009
20091 1
2009
2009
1
x
y
y
e
f x g yy
f y g xx
e
x

       
   
 
       f x g y f y g x    
Nếu        x y f x f y g y g x y x       vô lý. 
Tương tự y x cũng vô lý . 
Khi đó    2 2
2
2009
2009 01 1 21
2009
1
x
x
y
y
e x
ey
xx x ye
x

             
Xét hàm số:  
2
2009
1
x xh x e
x
  

 liên tục trên khoảng 
 1; , ta có 
 
 
 
 3 52 2
1 3 1
' , '' .2 0
2
1 1
x xh x e h x e x
x x
    
 
và    
1
lim , lim
xx
h x h x
 
    
Vậy  h x liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên  1; . 
Do đó để chứng minh  2 có 2 nghiệm lớn hơn 1 ta chỉ cần chứng 
minh tồn tại 
0
1x  mà  0 0h x  . 
Chọn    20
2
2 : 2 2009 0 0
3
x h e h x       có đúng hai 
nghiệm 1x  
Vậy hệ phương trình  1 có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện 
1, 1x y  . 
6. Điều kiện : 1, 1x y    . 
Phương trình    1 ln(1 ) ln(1 ) 3x x y y      
 hoặc  
Xét hàm số   ln(1 )f t t t   liên tục trên khoảng  1;  . 
Ta có :  '( ) , 1;
1
t
f t t
t

    

 và '( ) 0 0f t t   
   '( ) 0, 1;0f t t f t      liên tục và đồng biến trên khoảng 
 1;0 
   '( ) 0, 0;f t t f t      liên tục và nghịch biến trên 
khoảng  0; . 
Khi đó phương trình      3 f x f y x y    
 Với x y phương trình 
  2 22 2 5 . 0 0 0x x x x x y        
Vậy hệ phương trình cho có nghiệm    ; 0;0x y  . 
7. 
3 2
3 2
3 2
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
3 3 ln( 1)
x x x x y
y y y y z
z z z z x
      


     

     
 1. 
Hệ phương trình có dạng : 
( )
( )
( )
f x y
f y z
f z x
 




. 
Ta giả sử  ; ;x y z là nghiệm của hệ. Xét hàm số 
3 2( ) 3 3 ln( 1),f t t t t t t        . 
Ta có:  2
2
2 1
'( ) 3 3 0,
2 1
t
f t t t f t
t t

      
 
 là hàm 
đồng biến t   . 
Giả sử:  max ; ;x x y z thì 
( ) ( ) ( ) ( )y f x f y z z f y f z x       
Vậy x y z  . Vì phương trình 3 22 3 ln( 1) 0x x x x      
 hoặc  
Xét hàm số   3 22 3 ln( 1),g x x x x x x        , hàm số 
 g x đồng biến trên  và  1 0g  , do đó phương trình   0g x  
có nghiệm duy nhất 1x  . 
Do đó hệ đã cho có nghiệm là 1x y z   . 
2
3
2
3
2
3
2 6 log (6 )
2. 2 6 log (6 )
2 6 log (6 )
x x y x
y y z y
z z x z

   

   

   

Hệ cho 
3
2
3
2
3
2
log (6 )
2 6 ( ) ( )
log (6 ) ( ) ( )
2 6 ( ) ( )
log (6 )
2 6
x
y
x x f y g x
y
z f z g y
y y f x g z
z
x
z z

  

   

     
   
  
  
Xét hàm số 
3
2
( ) log (6 ) ; ( ) , ( ;6)
2 6
t
f t t g t t
t t
    
 
Ta có 
   
1
'( ) 0, ( ;6)
6 ln 3
f t t f t
t
     

 nghịch biến trên 
khoảng ( ;6) và 
 
 
3
2
6
'( ) 0, ( ;6)
2 6
t
g t t g t
t t

     
 
đồng biến trên 
khoảng ( ;6) . 
Ta giả sử  ; ;x y z là nghiệm của hệ thì x y z  thay vào hệ ta 
có: 
3
2
log (6 ) 3
2 6
x
x x
x x
   
 
Vậy nghiệm của hệ đã cho là 3x y z   . 
 hoặc  
Chú ý :HỆ HOÁN VỊ VÒNG QUANH: 
Định nghĩa: Là hệ có dạng: 
1 2
2 3
1
( ) ( )
( ) ( )
.................
( ) ( )
n
f x g x
f x g x
f x g x
 




 
 (I) 
Định lí 1: Nếu ,f g là các hàm cùng tăng hoặc cùng giảm trên A và 
1 2
( , ,..., )
n
x x x là nghiệm của hệ trên A thì 
1 2
...
n
x x x   
Định lí 2:Nếu ,f g khác tính đơn điệu trên A và 
1 2
( , ,..., )
n
x x x là 
nghiệm của hệ trên A thì 
1 2
...
n
x x x   nếu n lẻ và 
1 3 1
2 4
...
...
n
n
x x x
x x x

   
   
nếu n chẵn . 
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình : 
1.
sin sin 3 3 (1)
 (2) 
5
, 0 (3)
x y x y
x y
x y

   


 


2. 2 3
2 3
log (1 3cos ) log (sin ) 2
log (1 3 sin ) log (cos ) 2
x y
y x
   

  
Giải : 
1.
sin sin 3 3 (1)
 (2) 
5
, 0 (3)
x y x y
x y
x y

   


 


Từ    2 , 3 , 0;
5
x y
 
   
 
 hoặc  
   1 sin 3 sin 3 *x x y y    . 
 Xét hàm số   sin 3 , 0;
5
f t t t t
 
    
 
 ta có 
   ' cos 3 0, 0;
5
f t t t f t
 
     
 
 là hàm nghịch biến trên 
khoảng (0; )
5
t

 nên      * f x f y x y    
Với x y thay vào  2 ta tìm được 
10
x y

  
Vậy  ; ;
10 10
x y
  
  
 
là nghiệm của hệ. 
2. 2 3
2 3
log (1 3cos ) log (sin ) 2
log (1 3 sin ) log (cos ) 2
x y
y x
   

  
Điều kiện : 
cos 0
sin 0
x
y
 


Đặt cos ; sinu x v y  , ta có hệ: 
 
 
2 3
2 3
log (1 3 ) log ( ) 2 1
log (1 3 ) log ( ) 2 2
u v
v u
   

  
trừ vế theo vế ta được 
 3 3 3 3log (1 3 ) log log (1 3 ) log ( ) ( ) *u u v v f u f v       
Xét hàm số 3 3( ) log (1 3 ) logf t t t   , dễ thấy ( )f t là hàm đồng 
biến nên  * u v  . 
Thay vào  1 ta được : 
3 3
1 3 1
log (1 3 ) log 2 9 
6
u
u u u
u

       
Vậy hệ đã cho
1 2
sin
6 2
1
cos 26
y k
y
y k
x x m
 
  
 
   
        
      
, trong đó 
1
sin cos
6
   . 
 hoặc  
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình : 
22 2
2
3 2
1
1
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1
y x xe
y
x y x y

 
 
 
      
Giải : 
22 2
2
3 2
1
1
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1
xy xe
y
x y x y
  
 
      
Điều kiện : 
2 6 0
2 0
x y
x y
   
   
Lấy ln 2 vế của phương trình : 
22 2
2
1
1
y x xe
y
 

, ta được 
   
2
2 2 2 2
2
1
ln ln 1 ln 1
1
x
y x x y
y

     

     2 2 2 21 ln 1 1 ln 1 *x x y y        
Phương trình  * có dạng      2 21 1 * *f x f y   
Xét hàm số :   lnf t t t  liên tục trên nửa khoảng 1;  , ta có 
   1' 1 0, 1f t t f t
t
      đồng biến trên nửa khoảng 
1;  . 
Do đó   2 2* * 1 1x y x y       . 
 Với x y  thay vào phương trình 
3 2
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1x y x y      , ta được 
 hoặc  
3
6
log (6 ) 1 3 3
6 3
x
x x y
x
 
         
 thoả mãn bài toán 
. 
 Với x y thay vào phương trình 
3 2
3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1x y x y      , ta được 
3 2
3 log ( 2) 2 log ( 1), 1x x x     . 
Đặt 
2
33 2
2 3
3 log ( 2) 2 log ( 1) 6
1 2
u
u
x
x x u
x
  
     
 
3 2 1 81 2 3 1
9 9
u u
u u            
   
Xét hàm số   1 8
9 9
u u
g u
   
    
   
 là hàm số đồng biến trên  và 
 1 1g  nên 1u  là nghiệm duy nhất của phương trình 
1 8
1
9 9
u u
   
    
   
. 
Với    1 ; 7;7u x y   thoả mãn hệ phương trình . 
Ví dụ 3: Hãy xác định tất cả các nghiệm của hệ phương trình (ẩn 
 ;x y ) sau: 
2 3
3 2
29 (1)
log . log 1 (2)
x y
x y
  
 
 
 
2 3
3 2
29 1
log . log 1 2
x y
x y
  


. Học sinh giỏi Quốc Gia năm 2008 . 
Dễ thấy, nếu  ;x y là các nghiệm của hệ cho thì  1, 1 3x y  
Đặt 
3
log , 0x t t  (do  3 ). Ki đó, 3tx  và từ phương trình  2 
có 
1
2ty  . 
 hoặc  
Khi đó phương trình    
1
1 9 8 29 4t t   . 
Số nghiệm của hệ bằng số nghiệm dương của phương trình  4 
Xét hàm số  
1
29
9 8t tf t

  liên tục trên khoảng  0; . Ta có 
 
1
2
8 . ln 8
' 9 . ln 9 .
t
tf t
t
  
Trên khoảng  0; ,
1
8 .ln 8ty  và 
2
1
y
t
 là các hàm nghịch biến 
và chỉ nhận giá trị dương. 
Do đó trên khoảng  0; , 
1
2
8 . ln 8t
y
t
 là hàm đồng biến. Suy ra, 
 'f t là hàm số đồng biến trên khoảng  0; . 
Vì 2561' . '(1) 18(ln 9 ln2 )(ln27 ln16) 0
2
f f
 
    
 
 nên 
 0 0; 1t  sao cho  0' 0f t  . 
Do đó, ta có bảng biến thiên của hàm số  f t trên khoảng  0; . 
t 0 
0
t 1  
 'f t  0  
 f t +  
 12 
  0f t 
Từ bảng biến thiên ta thấy phương trình  4 có đúng hai nghiệm 
dương. Vì vậy, hệ phương trình cho có tất cả hai nghiệm. 
 hoặc