Chuyên đề phương trình và hệ phương trình đầy đủ trong đại học

- Nêu các dạng phương trình cơ bản. Phương pháp đặt ẩn phụ.. Bài 8 Giải phương trình.. Phương pháp biến đổi thành tích. Phương pháp nhân liên hợp. 2) Cách nhẩm nghiệm : Ta thường thử c[r]

CHUYÊN ĐỀ

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

BẤT PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ

- Các phương pháp giải PT vô tỉ 1) Phương pháp lũy thừa 2) Phương pháp đặt ẩn phụ

3) Phương pháp biến đổi thành tích 4) Phương pháp nhân liên hợp 5) Phương pháp đánh giá 6) Phương pháp hàm số

- Các phương pháp giải BPT vô tỉ 1) Phương pháp lũy thừa 2) Phương pháp đặt ẩn phụ 3) Phương pháp nhân liên hợp 4) Phương pháp đánh giá

Biên soạn: Cao Văn Tú

Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com

BÀI : MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ I Phương pháp lũy thừa.

- Nêu dạng phương trình Bài Giải phương trình

a) x23x  2 x b) 3x29x  1 x

c) x22x  3x4 d) (x3) x2  4 x29

e) x 3 7 x 2x8 f) x 2 3 x 2 x

g) (x3) x2 3x 2 x2 8x15 h) (x4) 10x2 x2 2x8 i)

2

3

3

x

x x

x    

j)

2

4

4

x

x x

x    

Bài Giải phương trình

a) x23x 2 x2 6x 5 2x2 9x7

b) x23x 2 x2 6x 5 2x2 9x7

c) x2 3x 2 x24x 3 x2 5x4 Bài Giải phương trình

a) x 5 x 6 32x11 b) x 1 x 1 35x c) 32x 1 x 1 33x1 x76(Phải thử , loại nghiệm)

Bài Giải phương trình

a) x x 1 x 4 x 9 Bình phương lần nghiệm x0 b) x 1 x16 x 4 x9 Bình phương lần nghiệm x0 c) x 3 3x 1 x 2x2

II Phương pháp đặt ẩn phụ

1) Dạng : Phương trình có chứa f x v( ) f x( ) Bài Giải phương trình

a) (x1)(x 4) x2 5x28 Nghiệm 4; 9

b) 5x2 10x  1 2xx2 c) (4x)(6x) x2 2x12

d) x x(  5) 23 x2 5x 2 Bài Tìm để phương trình có nghiệm

a)  x2 2x4 (3x)(1x) m m [ 1;11]

b) 2x25x4 (3x)(1 ) x  m [ 1;41 56 2]

m  

Bài Giải phương trình :

a) 5

2

x x

x x

b) 3 2

x x

x x

   

2) Dạng : Phương trình có chứa A B và AB Bài Giải phương trình

a) 2x 3 x 1 3x2 2x25x 3 Nghiệm 25 17

b) 7x 7 7x 6 49x27x42181 14 x c) x 4 x 4 2x 12 x2 16

d) 3x 2 x 1 4x 9 3x25x2

Bài (B – 2011) Giải phương trình : 3 2 x 2 x 4x2 10 3 x - Đặt t 2 x 2x Nghiệm

5 x

Bài Tìm m để phương trình có nghiệm

a) 1 x 8   x x2 7x 8 m [6 9;3]

2

m 

b) 3 x 6 x (3x)(6x)m

c) 3( 2 x  1x)  m x 1 x 2x2 3) Phương pháp đặt ẩn phụ khơng hồn tồn Bài Giải phương trình

a) x23xx x2   2 x2 2 Đặt t  x22nghiệm t3;1x

b) (x1) x22x 3 x2 1

c) x2 1 x x22x Nghiệm x 1 2 d) 3x2  x 48(3x10) x2 15

e) 2(x1) x2 2x 1 x2 2x1

f) x2 4x(x2) x2 2x1539

g) (1 ) 4 x x2  1 8x2 2x1

h) (4x1) x3  1 2x3 2x1

i) x3 3x 2 (x2) x3 2x1

4) Phương pháp chia để làm xuất ẩn phụ Bài Giải phương trình

a) (x2) x2   x 4 2x bình phương, chia x2 Đặt t x x

   t 0;5 thử lại  x

c) x 1 x24x 1 xChia vế cho xvà đặt 4;1

t x x

x

   

Bài Giải phương trình a) 2(x2  2) x31

b) (Thi thử ninh giang 2013) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x1

- Chuyển vế, bình phương rút gọn ta 2x2 5x 2 (x2  x 20)(x1)

-

2

2

2( 5) 3( 4) ( 4)( 5)

4 5 61

2 8;

4

x x x x x x

x x x x

x

x x

        

    

    

 

c) 7x225x19 x2 2x357 x2

- Chuyển vế, bình phương ta : 3(x2 5x14) 4( x 5) (x2 5x14)(x5)

- Chia vế cho (x 5) Nghiệm 7; 61 11137 18

 

5) Đặt nhiều ẩn phụ đưa phuơng trình đẳng cấp  Chú ý : Nêu cách giải phương trình đẳng cấp bậc hai, ba Bài 10

a) 2(x2 2) x3 1 Đặt a x1;b x2  x PT 2a2 2b2 5ab 37

x 

 

b) 2x25x 1 x31 Đặt u x1;v x2  x PT 3u22v2 7uv  x

- Phương trình cho có dạng a u 2b v c uv thường uv c) x23 x2  1 x4 x2 1

- Cách : Đặt ax b2;  x2 1 PT a 3b a2b2 nghiệm : x 1

- Cách : Đặt ax2, thay vào PT ta 36a3 136a2 200a100  0 a

d) 5x2 14x 9 x2 x 20 5 x1 (Thi thử NG 2013)

- Chuyển vế, bình phương rút gọn ta 2x25x 2 (x2 x 20)(x1)

2 61

2( 5) 3( 4) ( 4)( 5) 8;

2

x x x x x x x 

          

e) 7x2 25x19 x22x357 x2 Nghiệm : 7; 61 11137 18

 

- Chuyển vế, bình phương ta : 3(x25x14) 4( x 5) (x25x14)(x5) Bài 11 Giải phương trình : x22x 2x 1 3x24x1

- Điều kiện :

2

x Bình phương vế ta có :

         

2 1 2 2

- Ta đặt :

2

2 2 1

u x x v x

  

  

 ta có hệ :

2

1 5 2 1 5

2

u v

uv u v

u v

       

   

- Do u v, 0 nên 2 52 1

2

u  vx  x  x    

2x x

     

- '   2   

1 5

        Vậy phương trình cho vơ nghiệm

Bài 12 Giải phương trình : 4x25x 1 x2  x 9x3

- Đặt  

2

2

4

,

2

x x a

a b

x x b

   

 



  

 ta có :   

2

1

1 a b

a b a b a b a b

a b  

            

-

2

2

2

1

4 4 3

3

4

4 1 4 5 1 2 1

9

x x

x x x x

x x x x x x x x x



  

       

   

      

        



Bài 13 Giải phương trình : x33x2 2 (x2)3 6x0

- Đặt y x2 ta phương trình : x3 3x2 2y36x  0 x3 2y33 (x x 2)

3 2 êm 2; 2-2

2 x y

x xy y nghi x

x y

 

        



- Chú ý sửa lại đề thành : x3 (x 2)(3x2 x2)0

- Bài tập tương tự : x33x22 (x1)3 3x0

- Bài tập tương tự : x3(3x24x4) x 1

6) Dạng : Đặt nhiều ẩn phụ để đưa hệ phương trình Bài 14 Giải phương trình 3 2x 1 x 4 (2x1)(x4) 7

- Đặt 2 2 (1)

4

u x

v u

v x

  

   



 



- Thay vào phương trình có : 3u6v uv  7 (2)

- Thay (1) vào (2) rút gọn (2v u u v )(     3) x Bài 15 (Đặt ẩn phụ đưa hệ phương trình)

a) 2 33 x 2 3 5 x 8 0 (A – 2009) Nghiệm x 2

b) 2 33 x 2 3 5 x 16 0 Nghiệm x 2 c) x 17x2 x 17x2 9 Nghiệm x1; 4

d) x 353 x3.(x 35x3)30 Nghiệm x2 ; 3

f) x3  1 23 x1 Nghiệm 1; 1 5 2

x  

g) x3  2 33 x2

7) Dạng : Đặt ẩn phụ đặc biệt Bài 16 (Các dạng đặt ẩn phụ đặc biệt)

a) x 1 x2 4x5 PT vô nghiệm

b) 4 9 7 7

28

x

x x

   Đặt 4 9 1

28 2

x

y

  

c) x 2 x2 6x10 Đặt x  2 y 3

III Phương pháp biến đổi thành tích Bài Giải phương trình

a)

3 2

x  x x  x x  x

- Phương trình ( x 3 )(x x    1 1) x 0;

b) 4

3

x

x x

x

  

 HD

2

( x 2 x) x

     

c) 2 97

2 : (1 3) 1;

18

x  x  x HD   x  x  x  

Bài Giải phương trình

a)

10 21 3

x  x  x  x 

b) x28x153 x 3 x 5

c)

2 ( 1)

x x  x x x  x

d)

2

7

4

x x

x x

  



IV Phương pháp nhân liên hợp

1) Cơ sở phương pháp : Nhiều phương trình vơ tỉ nhẩm nghiệm x0hữu tỉ, phương trình ln viết thành (xx P x0) ( )0và P x( )0có thể vơ nghiệm giải 2) Cách nhẩm nghiệm : Ta thường thử giá trị x0 để bình phương lập phương Bài

a) (Khối B 2010) Giải phương trình : 3x 1 6 x 3x214x 8

- PT ( 5)( 3 1)

3

x x

x x

     

    Nghiệm x5

b) Giải phương trình : 2 33 x 2 3 5 x 16 0 Nghiệm x 2

- PT

2

3

6 15

( 2)[ + ]=0

( 2)

x x

x x x

    

     

c) (ĐT năm 2013 lần 1) Giải phương trình : 4 10 2x 39x374x2 15x33

- ĐK: x5 Pt 4 4 39x37 8 4 10 2 x4x215x 81 0

0,25

-  

 2

3

4 27 8(6 )

( 3)(4 27)

4 10

16 37 37

x x

x x

x

x x

 

     

 

    0,25

- TH x    3 x (TMPT) 0,25

- TH x 3 - pt

 2

3

36 16

4 27

4 10

16 37 37

x x

x x

    

 

   

-

 2

36 16

4 27

4 10 2x x

    

 

  

- Do x5 nên 36 16 4.5 27 12

VT     Đẳng thức xảy  x - Vậy phương trình có nghiệm 3

Bài Giải phương trình

a) x 1 4x2  1 3x Nghiệm 0;

2 x

b) x 1 9x2 1 4x

c) x212 5 3x x25 Nghiệm x2

- Nhận xét 12 5

3

x x x x

        để chứng minh biểu thức cịn lại vơ nghiệm

d) x2153x 2 x2 8

e) 3x2 5x 1 x2  2 3x23x 3 x23x4 - Nghiệm x2, P x( )0 vô nghiệm

Bài Giải phương trình :

a) 2

2x   x 2x    x x

- Ta có VT    0 (x 4) 2x2  x 2x2 x - Nhân với biểu thức liên hợp ta :

-

2

2

2

2 2

2 0;

7

2

x x x x

x x x x

x x x x x

      

       



      



b) 2

2x   x x   x 3x Từ phương trình  x

- 2

2

2 1

( 2 ) ( ) ( 1)[ ]=0

2

x

x x x x x x x x

x x x x x x



            

     

Bài Giải phương trình :3 x2   1 x x32

- Điều kiện : x3

- Nhận thấy x = nghiệm phương trình , nên ta biến đổi phương trình

-  

 

  

2

3

2

2

3

3

3

1

2

1

x x x

x

x x x x

x

x x

    



 

           

 

   

 

 

- Ta chứng minh :

 2  2

2 3

3

3

1

1 1

x x

x x x

 

   

      

2

3

3

x x

x

 



 

- Vậy phương trình có nghiệm x = Bài Giải phương trình

a) x2 3x 1 (x3) x2 1 b) 10 3  x  x

c) (2x)(5x)  x (2x)(10x)

d) 2

e) 2x2 1 x23x 2 2x22x 3 x2 x

f) 2 2

3x 7x 3 x  2 3x 5x 1 x 3x4

Bài Giải phương trình : a)

4

x   x  x b) x2 1 3x3 2 3x2

c) 2x2 11x21 4 x 4 0

V Phương pháp đánh giá Bài Giải PT sau :

a) x 2 4 x x2 6x11 Nghiệm x3

b) x 2 10 x x2 12x52

c) x2 2x 5 x 1 Nghiệm x1

d) 3x2 6x 7 5x2 10x14  4 2x x2 Nghiệm x 1

e) 19

2

10 24

x x

x x

   

  

Bài Giải PT sau :

a) 7x311x2 25x12  x2 6x1

- VT : 2 (7x4)(x2 x 3) ( ôs )c i  VP Nghiệm x1;7

b) 5x33x2 3x 2 x2 6x1 Nghiệm x1;

c) 2 ( 1)

2

x x

x x

      2 1

( ) ( )

2

PT x x

x x

      

Bài Giải phương trình:

2

6 15

6 18 11

x x

x x

x x

    

  (1)

   

2

4

(1)

3

x x

    

 

Mà :

 2

4

1

2

3

x

   

   

2

3

x  

Do ta có: x32   0 x 3

Bài Giải phương trình 13 x2x4 9 x2x4 16

- Bình phương vế ta : x2(13 1x2 9 1x2)2 256

- Áp dụng bđt bunhia : 2 2 2

(13 1x 9 1x ) ( 13 13 13 x 3 3 3 x ) 40(16 10 x )

-  VT 2

40(16 10 )

x x

  Áp dụng cosi VTVP Nghiệm

5

x  VI Phương pháp hàm số

1) Cơ sở phương pháp :

- Để giải phương trình : f x( )m ta chứng minh VT đồng biến nghịch biến - Xét hàm số f x( ) đồng biến nghịch biến mà có f a( ) f b( ) a b

Bài Giải phương trình

a) x x 5 x 7 x1614  x b) x   1 x3 4x5 Chuyển vế, nghiệm x1 c) 2x 1 x2  3 x Chuyển vế, nghiệm x1 Bài (CĐ – 2012) Giải phương trình 4x3  x (x 1) 2x 1

- Nhân vế với biến đổi phương trình (2 )x 32x(2x1) 2x 1 2x1

- Xét hàm số f t( )  t3 t f t'( )3t2  1 Hàm số ln đồng biến

- Từ phương trình có (2 ) ( 1) 2 1

4

f x  f x  x x  x 

Bài tập tương tự :

a) 2

4

2 (4x x  1) (x 3x1) x 3x  x 0;

b) 4x3  x (x 2) 2x 3

Bài Tìm m để phương trình có nghiệm : m x22x 4 x22x4

- y'  0 x 0, vẽ bảng biến thiên  m [4;)

Bài Tìm m để phương trình có nghiệm : 4x2 mx m 2

- Cô lập tham số, ' 0;

y   x

Bài Tìm m để phương trình có nghiệm : x 1 x 1 5 x 18 3 x2m1

Bài (A – 2007) Tìm m để phương trình có nghiệm : 3 x 1 m x 1 24 x21

- Cô lập tham số 24 3

1

x x

m

x x

 

 

 

Bài (B – 2004) Tìm m để phương trình có nghiệm :

2 2

( 1 2) 1

m x  x   x  x  x

- Đặt ẩn phụ : t 1x2  1x2

Bài (B – 2007) Chứng minh với m0phương trình ln có hai nghiệm phân biệt :

2

2 ( 2)

x  x  m x - Bình phương vế đưa phương trình bậc ba

BÀI : PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ I) Phương pháp lũy thừa Có ba dạng phương trình :

- Dạng :

2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) [ ( )] f x

f x g x g x

f x g x

 



  

 



- Dạng :

2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) [ ( )] f x

g x f x g x

g x

f x g x

 



 

 

  

 

 

 

- Dạng : A B C Bài Giải bất phương trình :

a) x22x15 x Kết : x[5;6]

b)  x2 6x  5 2x Kết : x[3;5]

c) x22x  8 x

d) x23x10 x Bài Giải bất phương trình :

a) (x3) x2  4 x29

b) 5x 1 x 1 2x4 (A2005)  x [2;10)

c) 7x 13 3x 9 5x27

d) x 1 x 2 5x1 (CD2009)

e)

2

2( 16)

3 ( 2004)

3

x x

x A

x x

     

 

Bài Giải bất phương trình : a)

2

51

1

x x x

  



b)

2

8

1

x x x

  



c)

1

2 2x 3x x

 

 

5

( ; ) (1; ) (2; )

2

T      

Bài Giải bất phương trình : x2 4x 3 2x23x  1 x II) Phương pháp đặt ẩn phụ

Bài Giải bất phương trình :

c) (x3)(8x)x2 11x0 Bài Giải bất phương trình :

a) 5

2

x x

x x

   

b)

1

x x

x x



 



Bài (B – 2012) Giải bất phương trình x 1 x24x 1 x

- Chia vế cho xvà đặt [0; ]1 [4; )

2

t x t x

x

       

Bài (Thử GL – 2013) Giải BPT : x2   x x  5x2 4x6

- Điều kiện : x2

- Bình phương vế rút gọn ta : x x( 2)(x 1) (x x 2) 2(x1)

- Chia vế cho (x1) đặt ( 2)

1 x x t

x

 

 Nghiệm x [3 13;)

Bài Giải bất phương trình

a) 5x214x 9 x2  x 205 x1

- Chuyển vế, bình phương rút gọn ta 2x2 5x 2 (x2 x 20)(x1)

2

2

2( 5) 3( 4) ( 4)( 5)

4 5 61

2 [ ;8]

4

x x x x x x

x x x x

x

x x

        

    

    

 

b) 7x225x19 x2 2x357 x2

- Chuyển vế, bình phương ta : 3(x2 5x14) 4( x 5) (x25x14)(x5)

- Nghiệm x

Bài (Thi thử ĐT – 2012) Giải BPT x3(3x24x4) x 1 0

- Điều kiện : x 1 Đặt 2

y

y x

y x

 

   

  

- Bpt trở thành 2

(3 )

x  x  y y

0,25

- TH y   0 x Thỏa mãn BPT - TH y   0 x Chia hai vế cho

y ta

3

3

x x

y y

      

   

    Đặt

x t

y

 giải BPT ta t1

0,25

-

2

1

0

1 1

1

x x

x

t x x

y

x x

   

 

       

   



-

1

0

1

2

1 5

2

x x

x x

   

  

    

  

  



Kết hợp x 1 ta

- 1

2

x 

   Vậy tập nghiệm BPT S = 1;1

2

  

 

 

0,25

 Cách : Có thể biến đổi BPT dạng tích

-

3

3

2

(3 4) 4( 1)

[ ( 1) 1] [3 3( 1) 1]

( 1)( 1)

x x x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x

           

         

     

 Bài tập tương tự : x33x2 2 (x2)3 6x0 Phương pháp nhân liên hợp

Bài Giải bất phương trình : a) 1   x x x b)

2

1

x x

   Nghiệm 1

[ ;0) (0; ) 2

T   

Bài Giải bất phương trình :

a) Giải phương trình : 3x 1 6 x 3x214x 8 Nhẩm nghiệm x5

- BPT ( 5)( 3 1)

3

x x

x x

     

    Trong ngoặc  0 Nghiệm

1 [ ;5)

3 x 

b) Giải phương trình : 2 33 x 2 3 5 x  16 0 Nhẩm nghiệm x 2

- BPT

2

3

6 15

( 2)[ + ] x [ 2; ]

5

( 2)

x

x x x

     

     

III) Phương pháp đánh giá Bài Giải PT sau :

a) x 2 4xx2 6x11 Nghiệm x3

b) x 2 10xx2 12x52

c) x2 2x 5 x  1 2xx2 Nghiệm x1

d) 3x26x 7 5x2 10x1442xx2 Nghiệm x 1

e) 19

2 10 24

x x

x x



  

  

a) 7x311x2 25x12x2 6x1 VT : 2 (7x4)(x2  x 3) ( ôs )c i  VP b) 5x33x2 3x2 x26x1

Bài (A – 2010) Giải BPT :

2

1 2( 1)

x x

x x

 

  

- Ta có 1 2(x2  x 1) nên BPT  2(x2    x 1) x x (1) - Mặt khác ta lại có : 2(x2   x 1) 2(1x)22( x)2   1 x x (2)

- Từ  2(x2     x 1) x x

- Dấu ( / 0)

2

x x x  t m x

    

CHUYÊN ĐỀ

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Nội dung : 1) Phương pháp

2) Phương pháp cộng đại số

6) Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

Bài : Một số dạng hệ phương trình đặc biệt.

1) Hệ bậc hai ẩn, ba ẩn

a)

2

x y

x y

   

   

 b)

2

2

x y

x y

  



    

c)

1

2

2

x y z x y z

x y z

    

     

     

d)

1

2

2

x y z

x y z

x y z

     

     

     

2) Hệ gồm phương trình bậc phương trình bậc cao

 PP chung : Sử dụng phương pháp - Hệ phương trình

- Hệ phương trình

3) Hệ đối xứng loại

 PP chung : Đặt ẩn phụ a (x y b); xy

4) Hệ đối xứng loại

 PP chung : Trừ vế hai phương trình cho ta : (xy f x y) ( ; )0

5) Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai

PP chung : Có cách giải - Đặt ẩn phụ yt x - Chia hai vế cho

y , đặt t x y

Bài : Một số phương pháp giải hệ phương trình

I Phương pháp

* Cơ sở phương pháp Ta rút ẩn (hay biểu thức) từ phương trình hệ vào phương trình cịn lại

* Nhận dạng Phương pháp thường hay sử dụng hệ có phương trình bậc đối với ẩn

Bài Giải hệ phương trình

2

2 3 5 (1)

3 2 4 (2)

x y x y y

  

    

Lời giải Từ (1) ta có 5 3

2

y

x  vào (2) ta

2

5 3

3 2 4 0

2

y

y y



     

 

 

2 2 59

3(25 30 9 ) 4 8 16 23 82 59 0 1,

23

y y y y y y y y

            

Vậy tập nghiệm hệ phương trình  1;1 ; 31 59; 23 23      

 

Bài Giải hệ phương trình sau : 22 21

2 2

x y

x y x y

   

     



Bài Giải hệ :

3

2

3 (6 )

3

x y x xy

x x y

    

 

    

- PT (2) bậc với y nên Từ (2) y   3 x2 x thay vào PT (1) - Nghiệm (0; 3); ( 2;9) 

Bài a) Giải hệ :

3

2

3 (5 ) 2

4

x y x xy x

x x y

     

 

    

- PT (2) bậc với y nên Từ (2) y   4 x2 x thay vào PT (1)

b) Giải hệ :

3 2

2

3 (6 )

3

x y x xy

x x y

    

 

   



Bài (Thử ĐT2012) Giải hệ :

2 1 4

2

( )

x y xy y

y x y x y

  

   

   

- Từ (1) x2  1 4yy2 xythay vào (2) Nghiệm (1;2); ( 2;5) Bài Giải hệ phương trình

4 2

2

2 2 9 (1)

2 6 6 (2)

x x y x y x x xy x

    

 

   

TH :

2

6 6 0, (2)

2

x x

x y

x

 

   vào (1) ta

2

2

4 6 6 6 6

2 2 9

2 2

x x x x

x x x x

x x

       

      

   

2

4 2 (6 6 ) 0

(6 6 ) 2 9 ( 4) 0

4 4

x

x x

x x x x x x x

x

   

            



Do x0 nên hệ phương trình có nghiệm 4;17 4  

 

 

Chú ý.: Hệ phương trình theo phương pháp sau:

- Hệ

  2

2

2

2

2

6 6

2 9 2 9

2 6 6

6 6 2

2

x x

x xy x x

x x

x xy x x

x xy

   

       

  

   

       

 

- Phương pháp thường công đoạn cuối ta sử dụng phương pháp khác

Bài (D – 2009 ) Giải hệ : 2

( 1)

5

( )

x x y

x y x

    



    

 Từ (1)

3 x y

x

   thay vào PT (2)

Bài Giải hệ :

2

2( ) 7 ( 2 ) 2 10

x y x y y y x x

    

    

II Phương pháp cộng đại số.

* Cơ sở phương pháp Kết hợp phương trình hệ phép tốn: cộng, trừ, nhân, chia ta thu phương trình hệ mà việc giải phương trình khả thi có lợi cho bước sau * Nhận dạng Phương pháp thường dùng cho hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế trái

đẳng cấp bậc k

Bài Giải hệ phương trình

2

5

5

x y

y x

   

 

  



Bài Giải hệ phương trình

2

2

2 2

3

2

y y

x x x

y

 

 

     

Lời giải - ĐK: xy0

- Hệ

2

2

3 2 (1)

3 2 (2)

x y y y x x

   

 

 

 Trừ vế hai phương trình ta

2 2 0

3 3 3 ( ) ( )( ) 0

3 0

x y x y xy y x xy x y x y x y

xy x y

  

          

   

- TH x   y 0 y x vào (1) ta 3x3x2    2 0 x 1

- TH 3xy  x y 0 Từ

2

2

2

3y y y 0

x



   ,

2

2

2

3x x x 0

y



  

3xy x y 0

    Do TH khơng xảy - Vậy hệ phương trình có nghiệm (1 ; 1)

Bài Giải hệ phương trình

1

2 (1)

1

2 (2)

y x

x y

  

  

     

Lời giải

- ĐK: 1, 1

2 2

x y

- Trừ vế hai pt ta 1 2

y x

x y

 

1

2

0

1 1

2 2

y x y x y x y x

xy xy x y

xy

y x y x

  

  

     



     

     

 

 

 

- TH y   x 0 y x vào (1) ta 1 2 1 2

x x   

- Đặt t 1 ,t 0

x

  ta

2

2 2

2 0 2

2 2 1 1

2 4 4 2 1 0

t t

t t t x

t t t t t

  

 

        

      

  y1

- TH

 

1

2

xy x y

xy

y x

 



  

 

 

 

TH vô nghiệm ĐK

Vậy hệ có nghiệm (1; 1) Bài Giải hệ phương trình:

2

2

2 2

3

x xy y x xy y

    



   

Bài Giải hệ phương trình

2

2

3 5 4 38

5 9 3 15

x xy y

x xy y

    



   

Phân tích Đây hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta cân số hạng tự thực phép trừ vế

Lời giải - Hệ

2

45 75 60 570 2

145 417 54

2

190 342 114 570

x xy y

x xy y

x xy y

  

     

  

  

- Giải phương trình ta 1 , 145

3 18

y x y  x vào hai phương trình hệ ta thu kết (3;1); ( 3; 1) 

* Chú ý

- Cách giải áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao

- Cách giải chứng tỏ hệ phương trình hồn tồn giải cách đặt

, 0

ytx x đặt xty y, 0

Bài Tìm giá trị m để hệ

2

2

3 2 11

2 3 17

x xy y

x xy y m

    



   

 có nghiệm

- Phân tích Để có kết nhanh ta đặt ytx x, 0

- TH 2 2 11 11 0 17 3 17 3 y y x m y y m               

Vậy hệ có nghiệm 0 17 11 16

3

m

x     m

- TH x0, Đặt y tx Hệ

2 2

2 2

3 2 11

2 3 17

x tx t x

x tx t x m

           

2 2

2

2

2

11

(3 2 ) 11 3 2

11 (1 2 3 ) 17

(1 2 3 ). 17

3 2

x

t t x t t

t t x m

t t m

t t                            2 11 3 2

( 16) 2( 6) 3 40 0 (*)

x

t t

m t m t m

  

  

       

- Ta có 11 2 0,

3 2 t t  t nên hệ có nghiệm  pt (*) có nghiệm Điều xảy

16

m m16,  ' (m6)2(m16)(3m40)0 5 363 m 5 363

    

- Kết luận 5 363  m 5 363

Bài Tìm giá trị m để hệ

2

2

5 2 3

2 2

1

x xy y

m x xy y

m            

(I) có nghiệm

Lời giải

- Nhân vế bpt thứ hai với -3 ta

2

2

5 2 3

1

6 6 3 3

1

x xy y

x xy y

m               

- Cộng vế hai bpt chiều ta 4 4 1 ( 2 )2 1

1 1

x xy y x y

m m

       

 

- Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm 1 0 1

1 m

m   

- Điều kiện đủ Với m1 Xét hệ pt

2

2

5 2 3

2 2 1

x xy y x xy y

    



  

 (II)

2

2 0 0 0 0

0 0

2

2

0 0

0 0

5 2 3

5 2 3

2 2

2 2 1

1

x x y y x x y y

m x x y y

x x y y

m                       

- Vậy nghiệm hệ (II) nghiệm hệ (I) (II)

2

5 2 2

4 2

2

6 3

x xy y

x xy y x y x y

x xy y

                      

- Thay x 2y vào pt thứ hệ (II) ta

2 2 1 2

8 4 1 5 1

5 5

y  y  y   y    y  x

- Hệ (II) có nghiệm, hệ (I) có nghiệm Vậy m1

Bài Giải hệ phương trình

1

3

1

7

x x y y x y                         

- Phân tích Các biểu thức ngoặc có dạng a + b a – b nên ta chia hai vế pt thứ cho

3x chia hai vế pt thứ hai cho 7 y

Lời giải - ĐK: x0, y0, x y 0

- Dễ thấy x0 y0 không thỏa mãn hệ pt Vậy x0, y0

- Hệ

2 2

1

2 (1)

1

3 7

3

1 2 2

1

7 7

x y x x y x y

x y y x y x y x y x y

                                               

- Nhân theo vế hai pt hệ ta 2 2

3x 7y 3x 7y x y

             2 6

1 8 1

7 38 24 0 4

3 7

7

y x y xy x

x y x y y x

               

- TH y6x vào pt (1) ta 1 2 1 11 7 22 7

21 7

3x 21x x y

 

     

- TH 4

7

y   x không xảy x0, y0

- Vậy hệ pt có nghiệm  ; 11 22;

21

x y    

- Chú ý Hệ phương trình có dạng 2

2

a b m m n a a b n m n b

   

 



     

  Trong trường hợp này, dạng thứ

nhất có vế phải chứa thức nên ta chuyển dạng thứ hai sau nhân vế để thức

- Tổng quát ta có hệ sau:

a n m px qy bx c n m px qy dy           

Bài Giải hệ phương trình

2 2 2

( ) (3 1)

2( )2 (4 1) 2

2( )2 (5 1) 2

x y z x x y z

y z x y y z x

z x y z z x y

                

- Phân tích Nếu chia hai vế phương trình cho x y z2 2 ta hệ đơn giản - TH xyz0 Nếu x0 hệ 2 0 0

,

y y z

z t t

     

 



0 ,

z y t t

 

   

- Tương tự với y0 z0 ta thu nghiệm (0;0; ), (0; ;0), ( ;0;0),t t t t

- TH xyz0 Chia hai vế pt hệ cho x y z2 2ta

2

1 1

3 (1)

2

2

1 1

4 (2)

2

2

1 1

5 (3)

2

z y x x

x z y y

y x z z

                               

Cộng vế phương trình hệ ta :

2 2

1 1 1 1 1 1

12

2 2

z  y  x  z  y  x   x y  z x  y  z

     

 

     

   

1 1

4 (4)

1 1 1

12

1 1

3 (5)

x y z

x y z x y z

x y z

                                

- Từ (4) (1) ta có

2

2

1 1 1 9 9

4 3 13

13

x

x x x x

           

 

- Tứ (4) (2) ta có 3

4

y Từ (4) (3) ta có 9

11

- Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có 5, 1, 5

6 4

x  y  z   - Vậy hệ có tập nghiệm

S = ( ;0;0); (0; ;0); (0;0; ); 9 9; ; ; 5; 1; 5 ,

13 11 6 4

t t t t

        

      

 

III Phương pháp biến đổi thành tích.

* Cơ sở phương pháp Phân tích hai phương trình hệ thành tích nhân tử Đôi cần kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ đưa dạng tích

Bài (Khối D – 2012) Giải hệ

3 2

2 (1)

2 (2)

xy x

x x y x y xy y

   

      



- Biến đổi phương trình (2) thành tích

- Hoặc coi phương trình (2) bậc hai với ẩn x y - Hệ cho

2

2

(2 1)( )

xy x

x y x y

   

 

   

 Hệ có nghiệm

1

( ; ) (1; 1); ( ; 5)

x y    

Bài (D – 2008) Giải hệ phương trình

2

2 (1)

2 1 2 2 (2)

xy x y x y

x y y x x y

    



    

- Phân tích Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu kết khả quan nên tập trung để giải (1)

Lời giải ĐK: x1, y0

(1) y x(   y) (x y) x2 y2  (x y y)(   1 x y)0

TH x y 0 (loại x1, y0)

TH 2y    1 x 0 x 2y1 vào pt (2) ta

(2y1) 2y  y 2y 4y 2 2y(y1) 2y 2(y1)

1 0 1

2

2 2

y y

y y

 

   

   

 

 Do y  0 y 2 Vậy hệ có nghiệm ( ; )x y (5;2)

- Chú ý Do phân tích thành tích hai nhân tử bậc đối y (hay x) nên giải pt (1) cách coi (1) pt bậc hai ẩn y (hoặc x)

Bài (A – 2003) Giải hệ phương trình

3

1 1

(1)

2 1 (2)

x y

x y

y x

    



   

- Phân tích Từ cấu trúc pt (1) ta thấy đưa (1) dạng tích Lời giải

ĐK: xy0 (1) x y 1 1 0 x y x y 0 (x y) 1 1 0

x y xy xy

 



             

 

TH x y vào (2) ta x32x   1 0 x 1 1 5

2

x  (t/m)

TH 1 1 0 y 1

xy x

     vào (2) ta 2 0 ( 1)2 ( 1)2 3 0

2 2 2

Vậy tập nghiệm hệ S = (1;1); 1 5; 1 5 ; 1 5; 1 5

2 2 2 2

          

 

   

 

    

 

Bài (Thi thử GL) Giải hệ phương trình

1

(1)

3

( )(2 4) 36 (2)

x y

x y

x y x y

  

    

    

Lời giải

2

2

3 3

3

1 1 ( )( )

( )

1

x y y x y xy x

x y x y y xy x

x y x y

x y

 

   

          



TH x y vào pt thứ hai ta

6 4 12 0

2

x x x

x

        



TH

2

3 1 0

y xy x

xy x y

     

(2) 2x2 4y2 9xy4x16y  36 2(x1)2 4(y2)29xy 18

Trường hợp không xảy xy 0 2(x1)24(y2)29xy0

Vậy tập nghiệm hệ phương trình S = (2;2); ( 6; 6)  

Bài Giải hệ phương trình

2

2

8

16 (1)

(2)

xy x y

x y

x y x y

   

 



    

- Phân tích Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu kết khả quan nên tập trung để giải (1)

Lời giải

ĐK: x y 0 (1) (x2 y2)(x y) 8xy16(x y)

2

(x y) 2xy (x y) 8xy 16(x y)        

2

(x y) (x y) 16 2xy x( y 4) 0         

 

(x y 4) (x y x)( y 4) 2xy 0        

TH x  y 4 0 vào (2) ta 6 0 3 7

2 2

x y

x x

x y

    

       

TH (xy x)(   y 4) 2xy  0 x2 y24(x y)0 vô nghiệm ĐK Vậy tập nghiệm hệ S = ( 3;7); (2;2) 

Bài (Thử ĐT 2013) Giải hệ phương trình ( )( 2)

2

( 1)( )

xy x y xy x y y

x y xy x x

      

 

     

- Điều kiện : ;

( )( 2)

x y

xy x y xy

  

   



- PT (1) xy (x y)( xy2) y ( x y)0

( )( 2)

0

( )( 2)

x y y xy x y

x y

xy x y xy y

   

  



   

2

( ) (3)

( )( 2)

y xy x y

x y

xy x y xy y

   

 

   

      

 

0,25

- Từ PT (2) ta có 4

( 1) 2

1

y xy x x x x

x x

 

          

   

2

0

( )( 2)

y xy

x y

xy x y xy y

 

  



   

0,25

- PT (3) x y, thay vào PT (2) ta : x32x23x 4 0

1

x

  17

2

x  0,25

- Kết hợp với điều kiện ta có x1, 17

x 

- KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm (x; y) : (1; 1); 17 1; 17

2

   

 

 

 

0,25

Bài (A – 2011 ) Giải hệ PT :

2

2 2

5 2( ) (1)

( ) ( ) (2)

x y xy y x y

xy x y x y

     

 

   



HD : Biến đổi PT (2) thành tích ta có

2

1 xy

x y

 

  



- TH1:y x

 thay vào PT (1)

- TH 2: PT(1) 3 (y x2 y2) 2 x y2 4xy2 2(xy)(xy1)(2x4 )y 0

Bài (Thử GL 2012) Giải hệ :

3 4(4 )

2

1 5(1 )

x y x y

y x

   

 

   



IV Phương pháp đặt ẩn phụ.

Bài Giải hệ phương trình

2

1

7

x y xy x y xy

    

    

Lời giải

Đây hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến

Hệ

2

( ) 1

( ) 3 7

x y xy x y xy

    

     

Đặt x y S

xy P

  

 

  

2

, 4

x y S P

   ta 2 1 1, 2

4, 3

3 7

S P S P

S P

S P

     

 

       



TH 1 1 1, 2

2 2 2, 1

S x y x y

P xy x y

     

  

         

  

TH 4 4 1, 3

3 3 3, 1

S x y x y

P xy x y

        

  

        

   Vậy tập nghiệm hệ

S = ( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)      

Chú ý

- Nếu hệ pt có nghiệm ( ; )x y tính đối xứng, hệ có nghiệm ( ; )y x Do vậy, để hệ có nghiệm điều kiện cần x y

- Không phải lúc hệ đối xứng loại I giải theo cách Đơi việc thay đổi cách nhìn nhận phát cách giải tốt

Bài tập tương tự : (ĐT 2010) Giải hệ phương trình: 2 x xy y x y xy

  

     

Bài (D – 2004 )Tìm m để hệ có nghiệm : 1

x y

x x y y m

  

 

  



Bài Giải hệ phương trình

2

18 ( 1)( 1) 72

x y x y xy x y

         

Phân tích Đây hệ đối xứng loại I

- Hướng Biểu diễn pt theo tổng x y tích xy

- Hướng Biểu diễn pt theo x2 x y2  y Rõ ràng hướng tốt Lời giải

Hệ

2

2

( ) ( ) 18

( )( ) 72

x x y y x x y y

     

 

  

 Đặt

2

2

1 ,

4 1 ,

4

x x a a

y y b b

     



     

18 6, 12

72 12, 6

a b a b

ab a b

   

 

    

 

TH

2

2

6 6 2, 3

12 12 3, 4

a x x x x

b y y y y



     

  

      

  

  

TH Đổi vai trò a b ta 3, 4

2, 3

x x y y

   

   

 Vậy tập nghiệm hệ

S = (2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3)        

 Nhận xét Bài tốn hình thành theo cách sau

- Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 18

72

a b ab

  

 

 (I)

1) Thay ax2 x b,  y2  y vào hệ (I) ta hệ

(1)

2

18 ( 1)( 1) 72

x y x y xy x y

        

 ví dụ

2) Thay ax2 xy b,  y2 xy vào hệ (I) ta hệ

(2)

2

2

18

( ) 72

x y xy x y

   



  

3) Thay ax22 ,x b2x y vào hệ (I) ta hệ

(3)

2

4 18

( 2)(2 ) 72

x x y x x x y

   

   



4) Thay a x 1,b y 1

x y

    vào hệ (I) ta hệ

(4) ( 2 ) 2 18

( 1)( 1) 72

x y xy x y xy

x y xy

    

    

5) Thay ax2 2xy b,  y2 xy vào hệ (I) ta hệ

(5)

2

18 ( 2 )( ) 72

x y xy xy x y y x

   

   

 …

a Như vậy, với hệ xuất (I), cách thay biến ta thu nhiều hệ pt b Thay hệ xuất phát (I) hệ xuất phát (II)

2

7

21

a b a b

  

  

 làm tương tự ta lại

thu hệ khác Chẳng hạn : 6) Thay ax2  y b2, xy vào hệ (II) ta hệ

(6)

2

7

x y xy

    

7) Thay a x 1,b y 1

x y

    vào hệ (II) ta hệ

(7) 2 2 1 1 7 1 1 21 x y x y x y x y             

8) Thay a x 1,b x

y y

   vào hệ (II) ta hệ

(8)

2 2

1 7

( 1) 21

xy x y

xy x y

   

    

9) Thay a x y b, 1

y

   vào hệ (II) ta hệ

(9)

2 2

( ) 1 9

( 2) 21 1

x y y y

x y y y

   

    



10) Thay ax22 ,x b y22x vào hệ (II) ta hệ

(10)

2

4 2

4 7

4 ( ) 21

x y x

x y x x y

   

    



Bài (D – 2007 ) Tìm m để hệ có nghiệm :

3 3 1 1 15 10 x y x y

x y m

x y              

Đặt ẩn phụ

1 a x x b y y         

Điều kiện a b; 2

Ta có hệ 3 3

3 15 10

a b

a a b b m

  

     



Bài Giải hệ phương trình : a) (CĐ – 2010 )

2

2

2

x y x y

x xy y

    

 

  

 b) (B – 2002)

3

2

x y x y

x y x y

   

 

   



c) 2

3 2

x y x y

x y             d)

Bài (Sát hạch khối 10 năm 2012) Giải hệ : a)

3

2

3 (6 ) 18

3

x y x xy

x x y

             b) 2

2 (6 ) 3 18 0

7

x

x

a) Hệ ( 2)(3 ) 18

( 2) (3 )

x x x y

x x x y

   



     

  Đặt

( 2)

a x x

b x y

 



  

 Nghiệm x 1;

b) Hệ ( 3)(2 ) 18

( 3) (2 )

x x x y

x x x y

   



     

  Đặt

( 3)

a x x

b x y

 



  

 Nghiệm

Bài (D – 2009 ) Giải hệ phương trình : 2

2

( 1) 0

5

( ) 1 0

x x y

x y x            

- ĐK x0 Hệ 2

2

1 1 3. 0

1

( ) 5. 1 0

x y x x y x                     

Đặt x y a, 1 b x

   ta hệ :

2 2

2, 1 1

1 3 0 3 1

1 1 3

, 2,

5 1 0 (3 1) 5 1 0

2 2 2

a b x y

a b a b

a b x y

a b b b

                                     

Bài A – 2008) Giải hệ phương trình :

2

4

5 4 5 (1 )

4

x y x y xy xy

x y xy x

       



      

- Hệ

2

2

5

( ) ( 1)

4 5

( )

4

x y xy x y

x y xy

                Đặt

x y a xy b

    

 ta :

2

2

5 5

( 1) 0 0,

4 4

5

5 1 3

, 4

4 2 2

a b a a a ab a b

b a

a b a b

                                    

- Vậy tập nghiệm hệ pt S = 1; 3 ; 5; 25

2 4 16

                 

Bài 10 Giải hệ phương trình :

2

2( ) 7 ( 2 ) 2 10

x y x y y y x x

    

    

- Hệ

2

2( ) 7 ( 2 ) 2 10

x y x y y y x x

          2 2

( 1) ( 1) 9

( ) ( 1) 9

x y

y x x

    

     



- Đặt a x 1,b     y 1 b a y xta hệ

2

9

a  b

   a2 b2 (b a)2 a2 a2  2ab a 0 a 2b

- Với a      0 b 3 x 1,y2 x 1,y 4

- Với 2 5 9 3 6

5 5

a  b b    b  a

1 6 , 1 3

5 5

x y

       1 6 , 1 3

5 5

x   y  

Cách : Thế (1) vào PT (2) rút gọn ta :

2 ( 1)( 3)

x  xy x y   x x y 

Bài 11 (A – 2006) Giải hệ phương trình : 3

1 1 4

x y xy

x y

    



    

- ĐK: x 1,y 1,xy0

- Hệ 3 3

2 ( 1)( 1) 16 2 1 14

x y xy x y xy

x y x y x y x y xy

       

 

 

           

 

 

- Đặt x y a, xy b a 2,b0,a24b2 ta hệ pt

2

2

3 3 3

3 26 105 0

2 1 14 2 4 11

a b a b a b

b b

a a b b b b

   

    

  

  

  

       

  

 

3 3

6 3

b x

a y

 

 

 

 

  (thỏa mãn đk)

Bài 12 (Thử ĐT2010) Giải hệ phương trình:

8

2 9 9 10

x y

x y

  

 

    Bình phương PT

Bài 13 (Thử GL 2012) Giải hệ :

2

2

1

2

6

1

x y

x y

x y xy



   

  

   

  

- PT (1) (x 1)2 (y 1)2 2

x y

      

- PT (2) x y (x y) (x 1) (y 1)

xy x y



           Ta có

2

6

2 2

a b

a b

   



   



Bài 14 (ĐT 2011) Giải hệ : ( 7)

2 2

21 ( 1)

y x x

y x xy

  

   

   Lần lượt chia cho

;

Bài 15 (B – 2009 ) Giải hệ :

2 2

1 13

xy x y

x y xy y

   

   

 Lần lượt chia cho

2

;

y y và đặt ẩn phụ

Bài 16 (Thử ĐT2012) Giải hệ :

2 1 4

2

( )

x y xy y

y x y x y

  

   

    Chia vế PT cho y đặt ẩn phụ

Bài 17 Giải hệ phương trình:

2 2

(2 ) 5(4 ) 6(2 )

1

2

2

x y x y x y

x y

x y

      



   

 

V Phương pháp hàm số.

* Cơ sở phương pháp Nếu f x( ) đơn điệu khoảng ( ; )a b x y, ( ; )a b :

( ) ( )

f x  f y  x y

Bài Giải HPT sau : a)

3

2

2

x x y y

x y

   

 

 

 b)

5

2

2

x x y y

x y

   

 

 



Bài Giải hệ phương trình :

5 5 5 (1)

2 1 (2)

x x y y

x y

  

 

  

Bài Giải hệ phương trình

3

3 (1)

2 1 (2)

x x y y

x y

  

 

  

Phân tích Ta giải hệ phương pháp đưa dạng tích Tuy nhiên ta muốn giải hệ phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số Hàm số f t( ) t3 3t không đơn điệu tồn trục số, nhờ có (2) ta giới hạn x y đoạn  1;1

Lời giải Từ (2) ta có x21,y2 1 x y,   1;1

Hàm số f t( ) t3 3t có f t'( ) 3 t2     3 0, t ( 1;1) f t( ) nghịch biến đoạn  1;1  

, 1;1

x y  nên (1)  f x( ) f y( ) x y vào pt (2) ta 2

2

x  y

Vậy tập nghiệm hệ S = 2; ; 2;

2  

   

 

       

 

Nhận xét Trong TH ta hạn chế miền biến thiên biến để hàm số đơn điệu đoạn

Bài Giải hệ phương trình:

3 3 ( 3) (1)

2

( 1) (2)

x x y y

y y x y x

    

 

       



PT (1) x3 3xy33y

Xét hàm f t( ) t3 3t HS đồng biến Từ (1)  f x( ) f y( ) x y

Thay (2) tiếp tục sử dụng PP hàm số CM PT (2) có nghiệm x  1 y

Bài (A – 2003) Giải hệ :

3

1

(1)

2 (2)

x y

x y

y x

    



  



- Xét hàm số f t( ) t (t 0) f t'( ) 12

t t

       nên hàm số đồng biến

- Thay vào (2) có nghiệm 1; x  

Bài (Thử GL) Giải hệ phương trình

1

3

( )(2 4) 36 (2)

(1)

x y

x y

x y x y

  

    

    

- Xét hàm số f t( ) t 13 (t 0) f t'( ) 34

t t

       nên hàm số đồng biến

- Từ (1) f x( ) f y( ) x y

- Thay vào (2) có nghiệm x 2; hệ có nghiệm (2;2); ( 6; 6) 

Bài (Thi HSG tỉnh Hải Dương 2012)

3 3 ( 1)3 9( 1) (1)

1 1 (2)

x x y y

x y

     

 

   



- Từ điều kiện từ phương trình (2) có x1; y 1

- (1)x33x( y1)33 y1, xét hàm số f t( ) t3 3ttrên [1;)

- Hàm số đồng biến [1;), ta có f x( ) f( y  1) x y1

- Với x y1thay vào (2) giải x1; x2 1,

2

x x

y y

 

 

    

 

Bài (A – 2012) Giải hệ phương trình

3

2

3 22

1

x x x y y y

x y x y

      

 

   



- Từ phương trình (2) ( 1)2 ( 1)2

2

x y

     nên 1; 1

2 x v y

       

- (1) (x 1)3 12(x  1) (y 1)312(y1) nên xét f t( ) t3 12t [ 3; ] 2



- Chỉ f(t) nghịch biến Có f x(  1) f y(     1) x y

- Nghiệm ( ; ) ( ;1 3); ( ;3 1)

2 2

x y   

Bài (A – 2010) Giải hệ phương trình

2

(4 1) ( 3) (1)

2

4 (2)

x x y y

x y x

    

   

  

Lời giải - (1) (4x2 1)2x(2y6) 52y0

 2  3

2

(2 )x (2 )x 2y 2y (2 )x 2x 2y 2y

             

 

(2 )x f( )y

   với f t( ) t3 t f t'( ) 3 t2     1 0, t ( )t ĐB

Vậy

2

(2 ) ( ) x ,

- Thế vào pt (2) ta

2

4 ( )

2

x

x      x   g x 

 

- Với

2

5

2

( ) 4 7, 0;

2

x

g x  x      x  x 

 

  CM hàm g(x) nghịch biến

- Ta có nghiệm

2

x  y

Bài 10.(Thi thử ĐT 2011) Tìm giá trị m để hệ phương trình sau có nghiệm

3

2 2

3 3 2 0

1 3 2 0

x y y x

x x y y m

     



      

Lời giải - Điều kiện   1 x 1, 0 y 2

(1) x3 3x(y1)33(y1)

- Hàm số f t( ) t3 3t nghịch biến đoạn [ 1;1]

 

, 1 1;1

x y   nên f x( ) f y(       1) x y 1 y x 1

Thế vào pt (2) ta x22 1x2  m (3)

Hệ có nghiệm Pt (3) có nghiệm x  1;1

Xét 2  

2

1 ( ) 2 1 , 1;1 , '( ) 2 1

1

g x x x x g x x

x

 

        



 

'( ) 0 0

g x   x g(0) 2, ( 1) 1g  

Pt (3) có nghiệm x  1;1         2 m 1 1 m 2

Bài 11 (Thử ĐT 2012) Giải hệ :

 

5 10 (1)

2

4

x xy y y

x y

   

 

    



TH1 : Xét y0 thay vào hệ thây không thỏa mãn

TH2 : Xét y0, chia vế (1) cho y5 ta ( )x x y5 y (3) y  y 

- Xét hàm số f t( )  t5 t f t'( )5t4  1 nên hàm số đồng biến - Từ (3) f( )x f y( ) x y x y2

y y

     

- Thay vào (2) ta có PT 4x 5 x   8 x Vậy hệ có nghiệm ( ; )x y (1;1) Bài 15 Giải hệ phương trình

2

2 2 ( )( 2)

2

x y

y x xy x y

    

   

Thay 2 x2 y2 vào phương trình thứ ta

2 3 3

2x 2y ( )( ) 2x 2y 2x 2y

y x xy x y y x x y

             (1) Xét hàm số ( ) 2t 3,

f t  t t có '( ) 2 ln 3t 0,

f t   t   t suy f t( ) đồng biến (1)  f x( ) f y( ) x y vào pt thứ hai ta

1

x  y Vậy tập nghiệm hệ S = (1;1); ( 1; 1)  

Bài 16 Giải hệ phương trình

2 1 3 1 3 y x x x y y           Lời giải Trừ vế hai pt ta

 

2 2

1 1 3y 3x 1 3x 1 3y

x x   y y     x x    y y  

( ) ( )

f x  f y với ( ) 1 3t

f t  t t  

2

( ) 1 3 ln3 0, 1 t t f t t       ( ) f t

 đồng biến Bởi f x( ) f y( ) x y vào pt thứ ta

 

2

1 3x 1 3x 1 (0) ( )

x x     x  x g g x

Với ( ) 3x 1 

g x  x  x  

2

'( ) ln3 1 3 1

1

x x x

g x x x

x

 

      



 

 

2

1

3 1 ln3 0,

1

x

x x x

x

 

        

 

2

1 0

x   x x2  1 1

Suy g x( ) đồng biến Bởi g x( )g(0)  x 0

Vậy hệ phương trình có nghiệm x = y =

Bài 17 Chứng minh hệ

2007 1 2007 1 y x e y x y e x            

có nghiệm x0,y0

Lời giải ĐK:

2

1 0 ( ; 1) (1; ) ( ; 1) (1; ) 1 0 x x y y                   

 Do

0 0 x y    

 nên

1 1 x y     

Trừ vế hai pt ta

2 2

1 1 1 1

x y x y x x y y

e e e e

x y x y

      

   

Hay f x( ) f y( ) với

2

( ) , (1; )

1

t t

f t e t

t

   



 1

'( ) t 0, (1; ) ( )

f t  e  t   f t

Bởi f x( ) f y( ) x y vào pt thứ ta

2

2007 2007 0 ( ) 0

1 1

x x x x

e e g x

x x

       

 

Với

2

( ) 2007, (1; )

1

x x

g x e x

x

    

 Ta có

2

2 2

1 3 ( 1)

'( ) ; ''( ) 0, (1; )

( 1) 1 ( 1) 1

x x x x

g x e g x e x

x x x x



       

   

Suy g x'( ) đồng biến (1;) g x'( ) liên tục (1;) có

1

lim '( ) , lim '( )

x

x g x   g x   nên g x'( )0 có nghiệm x0 (1; )

0 0

'( ) 0 '( ) '( ) '( ) 0 1

g x  g x g x  x x g x    x x

Từ BBT g x( ) ta suy pt g x( )0 có nghiệm x (1; ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm dương

Bài 18 Giải hệ phương trình ln(1 ) ln(1 ) (1)

2

12 20 (2)

x y x y

x xy y

    

  

  

Lời giải ĐK: x 1, y 1

(1) ln(1  x) x ln(1y) y f x( ) f y( ) với f t( )ln(1    t) t t, ( 1; ) 1

'( ) 1 0 0 ( 1; ) ( )

1 1

t

f t t f t

t t



         

  ĐB ( 1;0) NB (0;)

TH x y,  ( 1;0) x y,  (0; ) f x( ) f y( ) x y

Thế vào pt (2) ta x y 0 (không thỏa mãn)

TH x ( 1;0), y (0; ) ngược lại xy  0 x2 12xy20y2 0

VI Phương pháp sử dụng bất đẳng thức

1) Cơ sở phương pháp : Sử dụng BĐT để chứng minh VT VP ngược lại, dấu xảy khi x y

2) Một số BĐT quen thuộc

Bài Giải hệ :

2 2

2 3

(1)

2

2 14 (2)

x y x xy y

x y

x y x x y y

   

  

 

        



- HD : Từ (1) VTVP, dầu x ythay vào PT (2) ta có :

2 3

2 14

x  x  x   x

Ta có :

2

2

2

2

2 1

2

14

x x x x

x x x

x x

x x

       

        

 

  



  

 



Bài (Thi thử ĐT 2013) Giải hệ :

2

2x 3x 2y 3y 18

2

x y xy 7x 6y 14

  

    

     

( )( )

( ,x y )

- (2)   x2 (y 7)x y 2 6y14 0       0

x

x y 0,25

- (2)   y2 (x 6)y x 2 7x 14       0 10

y

y x 0,25

- Xét hàm số ( ) 22 4, '( ) - 3, '( )

4

         

f t t t t R f t t f t t

- Vì  

 

3 ;

4 hàm số f(t) đồng biến

0,25

- TH x 2 f x( ) f(2) 6 Kết hợp vớiy1

     2  2  

( ) (1) ( ) ( ) (2 4)(2 4) 18

f y f f x f y x x y y

- TH x2 hệ trở thành

2

1

2 1,

2

4 2

y y y y

y y y



     

 

 

  

   vô nghiệm

- Vậy hệ cho vô nghiệm

0,25