pthpt trong cac de thi thu dai hoc co loi giai chi tiet

Với Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện... KL: Hệ phương trình có hai nghiệm..[r]

   8 x  x  x  y y  y    4 xy   y    y  x  5y  12 x  Giải hệ phương trình    x; y    BG  x    y    y  x  0  ĐK:  1   PT Từ pt (1)  dể pt có nghiệm thì y 0    f  t  t  2t  4t Xét hàm số luôn đồng biến Từ pt (*)   x   2 x   2 x  y  y  y   t 0  (*) có f  t  3t  4t  2t   t    t 0 nên f(t)   f 2 x   f  y   2 x  y Thay vào pt ( ) ta pt y   y   y  3y  y    y  2z  loại   y  2z 3yz   y  z   y  2z  0    y z  t / m Đặt z  y  ta pt 3 2 Với y = z ta y  y   y 2  x 1 (t / m)  x   xy  x  y   x  2 y  y    x, y      x  3  y  1  y  1  x  x  3 x   2 Giải hệ phương trình:   BG  x   xy  x  y   x  2 y  y   1    x  3  y  1  y  1  x  x  3 x      Pt(1)  x 3    x  3  y  1  x  y   y 1 a  x   a, b 0  , (1)  b  y   a b a  2b  ab  a  b 0    a  2b  0 Đặt trở thành: + a  2b 1 0 vô nghiệm a, b 0 + Xét a = b  y x  thay vào (2) ta được:  x  3  x  3  x  1  x  2x  3  x 1    x  3  x  3  x  1  x  2x  3 x x 1   x 3  y 5(tm)    x  3 x    x  1  x  2x  3  *     (*)     x     x  1  2   x  1      f  t   t    t   Xét hàm số f t Suy x 1  2  đồng biến mà f , t 0 có f '  t   0t     x   f  x  1  x 1 x   x 1   x 3  y 5 x  3x   Vậy hpt có nghiệm:  3;5 Giải hệ phương trình: x    Điều kiện:  y  x3  x  x   y     x 1 x   x  x   y    x  1  y  1  3x  x  4  x  1 y    x  1  y  1  x  x      x 1  x 1    x  f  f  x 1   Ta có y  y   y  x  y 1 x 1 Thay vào (2) ta 3x  x  4 x x    x 1 f  t 3t 1  0t   trên  có   suy f(t) đồng biến trên  Nên y 1    x  1  x  x   x  1 y 1  y 1 f  t  t  t Xét hàm số  x  x  x  1  x, y       x 1     x  x  0  x  x      x   x    x     9 x  10 x  0 x2 1 x 1 x 3   y  3  13 41  13 x  y  72 Với Với Các nghiệm này thỏa mãn điều kiện  KL: Hệ phương trình có hai nghiệm  x; y     3; 43      13 41  13  &  x; y   ;  72    x  xy  2y  1 2y  2y  x  x   y  4x  y  1 Giải hệ phương trình   x 3    13   x   x  xy  2y  1 2y3  2y  x  1   2 6 x   y  4x  y  1 ĐK: x≥1  1   2y  x    x  y  0  y x  vì 2y  x  0, x 1 x   x  4x  Thay vào (2) ta   2 x    2x   2x  x   4x  13x  10 0   2x   x     x 2 x  ⇒ y =3  Vậy nghiệm phương trình là ( x; y)=(2;3)   y  x3  x  y  y 2 x x  y  y    y  y  y   y  x  1  Giải hệ phương trình (1)   y3 y   x x     x x  y  y 0  y  y x x   (a)    u  u v  v (a) thành (b) Xét hàm số f  t  t  t , có f  t  3t   0, t   nên f  t  đồng biến Vậy Đặt u 3 y , u  u  v 1 v v  x 1, Thay vào (2):   y   3 3 3 y  y  y   y   y  y  y  y   0    y  y  0 y  y     y  y 0  y  y3  (vì từ (*) suy (1)  x( x  y   x x  x)  ( x  y ) 0 y x (x,y R ) x y  x x  x  y 0  ( x  y )( x  y  x  x  x) 0 Do đ ó x=y thay v ào pt (2) : x  x  x   x( x  1)  Đ ặt t  x  x  1(t 0)  t 2 x   x( x  1) Pt trở thành t2+1+2t=9 hay t2+2t-8=0 lấy t=2  x   x 2  25 x  x( x  1) 5  x    x 16 4 x  x 25  20 x  x  y  x y3  y y3  y    y 0  y 0 )  y 1 ĐS:  1;0  ,  2;1  x x  y  y  x  x3  x    x  y  x   y ( x  1)  Giải hệ phương trình   x 1  Đk:  y 0 (b)  0 (*) 25 25 ; Vậy hệ có nghiệm nhất( 16 16 )  x  y  1  x  1 x3  y  x  y   Giải hệ phương trình  x   y   x  x   y  2 ĐKXĐ x  2, y  (1)  y  ( x  x  3) y  x  x  x  0 Giải pt bậc ta y  x  y  x  2 Với y x  thay vào PT (2) ta x   x   x  x   x  x2    x2    x   ( x  1)  Xét hàm số f (t ) t  t  có f '(t ) 1  t t 3  0, t    f (t ) đồng biến trên  Vậy  x 1  x  0  f x   f  x  1  x   x      13  x  ( x  1) x    13  13  x  y 2 Với y  x  thay vào PT (2) ta   x   x2   x  x  x     x2   x2    x  x  x  x 1 2x   ( x  1)( x  1) x  1 x   x2  2x   x  0  x   y 3       x   x   y 81  x   16  x2   x2  2x    13  13   81  ;   ,   1;3 ,  ;  2   16  Vậy hệ có nghiệm là   x + y− x−9 = √ 1+ x + √ y + x +5 x −8 x + x −11 x + y x + ( y −12 ) x =12− y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ Giải hệ phương trình : Phương trình (2) tương đương với ( x +x +1 ) ( y−12+x ) =0 ⇔ y=12−x2 Thay vào phương trình   ta được: 3x     x  x   x 1    3x 1  x   x   3x   x   x  0 1     x2  x      0 x   3x  x   x     x  x 0  x 0 x 1 Khi đó ta nghiệm  x; y  là  0;12  và  1;11  xy ( x  y )  ( x  y )2  x y  x y ( x  y )  x 3xy 81x    Giải hệ phương trình 2 2 2 -Xét phương trình (1): xy( x  y )  ( x  y)  xy( x  y )  x  y  xy  xy ( x  y )  ( x  y )  xy  0  ( x  y )( xy  1)  2( xy  1) 0  ( xy  1)( x  y  2) 0  xy 1 thay vào (2) ta :  81x   ( x  )  3( x  )  x  x  x   81x  3  3 Xét f (x  f (t ) t  3t , )f    3 8 81x    3  (*) f(t) đồng biến trên R Khi đó pt(*) trở thành:   x 0  81x   81x   x   24  x    x   81 x     3 3    24   x    24   24  x   x  3   x  x  3  24   24  Suy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: ,  x  y   y  3x   2 10 Giải hệ phương trình:  y   y   x  x  xy  y (x, y  R) + Đk y 1, x 0, y 3x 2 + (2)  y   x  ( y  1)  x  y  xy  y 0   y   x  0 y 1 x    ( y  x  1)     y  x  0     y   x  0y 1, x 0  y 1 x  + Thế y = x + vào pt(1): x2  x 1  x2  x    (3) 2 Xét hàm số f ( x )  x  x   x  x  f '( x )  2x 1 x2  x 1  2x  x2  x  t 2x 1  (2 x  1)2  3  t2    2x  (2 x  1)   0t  R Xét hàm số g(t) = t  , g’(t) = nên hs g(t) đồng biến trên R Do 2x + > 2x – nên g(2x + 1) > g(2x – 1), suy ra: F’(x) = g(2x + 1) - g(2x – 1) >  x  R Do đó hàm số f(x) đồng biến trên R, nên (3)  f(x) = f(2)  x = Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2; 3) 2 x  xy  x 2 y  x y  y   y  x  y  16  1  y    x 1   x2  y    11 Giải hệ phương trình:  +) ĐKXĐ: x  (*)   ( x, y  ) 2 2 +) pt(1)  ( x  y )  (2 x  x y)  ( xy  y ) 0  ( x  y )(1  x  y ) 0  x 2 y 2 Vì  x  y  0, x, y Thế vào (2) được: x 2( )  x  x  16  x 1    x  4x   2  +) +) x2  x  x 1  x 8  y 4 ( tm)    x  x  32  x  1 x2  x   x 8   x 4 x 1    x  x  x 1   x  8  x     x  1  x  8 pt  3   x 1    x 1    3  x    x    x  1  x  x    +) Xét hàm số x 1     x 1  f  t   t  3  t  3 2  3    x    3   x    3    (4) f ' t 3 t  1 0, t   với t   có    nên f  t  đồng biến trên  +) Mà pt(4) có dạng:  4  Do đó f   x   f  x  2  x 2 x  x    x 1 x  4x   x 2  13    x  x  x  0 (T/M)  13 11  13 x  y +) Với    13 11  13   T (8;4);  ;  x; y        Vậy hệ đã cho có tập nghiệm là: 4 x  x  y    y  84 y   12 x   2  12 Giải hệ phương trình: 4 x  x  x  y   11  y  x  x  y 2 ĐK: y 1; x 0; x  x  y  0;11  y  x  x 0 Pt (1) tương đương với x  x  12 x  y   y   y   Xét hàm số f (t )  x2 y  2x  6x  4 y  1 y 2 t2  t  3t trên khoảng [0; )  3, t  t Ta có Theo BĐT Cô si, ta có 1 1 f '(t ) t    33 t  0 t t t t , suy f (t ) đồng biến trên [0; ) Vậy f '(t ) t  f (2 x )  f pt(1) tương đương với:  y   x  y   y 4 x   Thế vào (2) ta được: x   12  x (2 x  1) (3) Ta có:  x    2 x  2  (2 x  1) 4 Lại có  x   12  x  16  x  12  x 16  x   12  x 4 3  x; y   ;10  (3)  VT VP 4  x   y 10 2  Vậy KL: Hệ có nghiệm  x  xy  x  y  y 5 y   13 Giải hệ phương trình  y  x   y  x   xy  x  y  y 0   y  x  0  y  0 Đk:  Ta có (1)  x  y 3  x  y   y  1  4( y  1) 0 Đặt u  x  y , v  y  ( u 0, v 0 )  u v  2 Khi đó (1) trở thành : u  3uv  4v 0  u  4v(vn) Với u v ta có x 2 y  , thay vào (2) ta : y  y   y  2 y  y  y    y  1   y  2 y2  y   y   y 2 ( vì     y   0   y  0  0   y     y2  y   y   y   y  1   y2  y   y    0y 1 y  1 ) 5; Với y 2 thì x 5 Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT là   14 Giải hệ phương trình : x≥-2; y≤4 Điều kiện 2 x − y +5 x −2 y +10 x −3 y +6 =0 √ x +2 + √ − y = x + y −4 x−2 y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ (1)⇔ x3 +5 x +10 x+6= y + y +3 y ⇔ ( x +1 )3 + ( x +1 )2 +3 (x +1 )= y + y + y 2 Xét hàm số f (t )=t +2 t + t , f ' (t )=3 t +4 t+3> ∀ t ∈R Suy f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc Phương trình : √ x+2+ √3−x=x + x −4 x−1 ⇔ ( √ x+ 2+ √ 3−x )−3=x + x −4 x−4 ⇔ ⇔ ⇔ [ ( x+2 )( 3−x )−4 ] ( √ x+ 2+ √ 3−x +3 ) ( √ ( x+ )( 3−x ) +2 ) 2(−x + x +2) ( √ ( x+ )( 3−x )−2 ) √ x +2+ √ 3−x +3 =( x +1 ) ( x −4 ) =( x +2 ) ( x 2−x −2) − ( x +2 ) ( x 2−x −2 )=0 ( √ x+ 2+ √ 3−x +3 ) ( √ ( x+ )( 3−x )+ ) 2 ⇔ ( x −x−2 ) x +2+ =0 ( √ x+2+ √ 3−x+3 ) ( √ ( x +2 ) ( 3−x ) +2 ) >0 ( vi x≥−2 ) [ ] ⇔ x − x −2=0 ⇔ ¿ [ x =2 [ ¿ [ x =−1 Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)  y  y  3x  ( x  2) x  (1)  15 Giải hệ phương trình ( x  y  5) x  y  y  0 (2) x y (*)  x   ĐKXĐ: a  x  y  b  x  y Đặt (ĐK: b 0) (a  5)b  a  b  0  (b 1)( a  b  4) 0  a b  Thay vào phương trình (2) ta được:  x  y 4  x  y (3) 3 Ta có: (1)  y  y ( x  1)  ( x  1) Xét hàm số: f (t ) t  t đồng biến trên  Do đó ta có: y  x   (4) Từ (3) và (4) ta được:  x  y 4  x  y  x   y 2  x    y    x   y   y   x  ( y  1)  y 2  ( y  1)   y  y  y   y  y   x 3     y 2  x   y   x   y   x 3  Kết hợp với điều kiện (*), ta được:  y 2 là nghiệm hệ phương trình đã cho  x  xy  y  y   y   x   3  y  x  y  2 x  16 Giải hệ phương trình:   x 0  1  y 6  Điều kiện 2 x  y  0   Với điều kiện trên ta có : (1)  y  1 x  ( y   x)( y   x)  y ( y   x) 0 y 1 x    ( y   x)   y   x  y  0  y 1 x     y x 1    y   x  y 0 (*)  y   x  x 0  + Với 1  y 6 , suy phương trình (*) vô nghiệm + Với y x 1 thay vào (2) ta  x  x  2 x  (3) Điều kiện  x 5 ta có : (3)   x   x  3( x     x  9  x  x 3 5 x  x  4) 0  x2  5x   x  5x  0     x2  5x  4    0   x   x x  5x     x 1  x  x  0    x 4    0(VN )    x   x x  5x  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) (1; 2) và ( x; y) (4;5)  x3  y  x  y  x  y  0   xy  x  2015  x  x  y   2016 x   17 Giải hệ phương trình: 8  xy  x 0  ĐK :  x  x  y  0  1  y  y  y  x  x  x   y  y  y   x  x  x  1   x  x  1  x  3  y  y  y   x  1    x  1    x  1 Xét hàm số f  t  t  2t  3t , t   ' Có f  t  3t  4t   t   , suy f  t  đồng biến trên  Ta  1  f  y   f   x  1  y  x  Thay y  x  vào   và rút gọn phương trình x   2015  x   2016 x x2   Ta có x g'  x  x 8 x  x  2016 x  2015   x  g  x   x2   Xéthàmsố  x  x 3 x2   x  * 2015 2016 x   2016 x  2015 , x  2015 2016  2016 x2     x  3   2016  x  2015 2016  2015  ;     Suyra g  x  nghịchbiếntrên  2016 Suyraphương trình g  x  0 (Phương trình (*)) có tốiđa nghiệm Mặtkhác g  1 0 Từđó ta x 1 là nghiệm củaphương trình (*) Với x 1  y  (thỏa mãn điều kiện ban đầu) Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y   1;   18 Giải hệ phương trình: ĐK 2   ( x  y )  x  y (2 x  y )  y  x (2 x  y )  2( y  4) x  y   ( x  6) x  y  3( y  2)   x 0  x 0    y 0  y 0 2 x  y 0  (1)  2   x x x (vô lý) Nếu y=0 thì Tương tự x=0 không thỏa mãn, x,y > (1) (2) 2   Đặt x ty, t  , phương trình đầu trở thành: ( t  1) t  2t  1  t (2t  1) (1’) 2    Ta có t  2t  2t  2t  (2t  1)  2t   ( 2t   1) 2 1 (1')       (2) 2 2 ( t  1) ( 2t   1)  t (2t  1) ( t  1) ( 2t   1)  t (2t  1)  a  t 1 (a, b  0)  (2)    (*) 2 b  2t   (1  a ) (1  b )  ab  Đặt , (2) 1   2 Bổ đề : (1  a ) (1  b)  ab Áp dụng BĐT Cauchy-Schawarz ta có: a  (3) (1  b) a b a b b tt  (4) (1  a ) a b a b Cộng vế với vế ta đpcm Dấu “=” xảy  a b   ab   a  b  ( (*)  a  ab b ) a (1  b)  t  2t   t 1  x  y  2(x  4) x   ( x  6) x  3( x  2)   4( x  4) ( x  3)  ( x  6) (2 x  1) 4( x  4) ( x  3)  ( x  6) (2 x  1) 2(x  4) x   ( x  6) x     3( x  2) 2(x  4) x   ( x  6) x   ( Do đk x ³ nên x-2 > 0) 2(x  4) x   ( x  6) x  3( x  2) (5)   x  x  28 (6) 2(x  4) x   ( x  6) x     Cộng vế với vế (5) và (6) ta được: 4(x  4) x   x  x  28  3( x  2)  12( x  4) x  2( x  4)( x  12)  2( x  4)(6 x   x  12) 0  2( x  4)(x   x   9) 0  2( x  4)( x   3) 0  x 4  y 4   x 6  y 6 Vậy hpt đã cho có tập nghiệm T={(4;4),(6;6)} 3 x  xy  y  x  y 0  2 19 Giải hệ phương trình 5x  xy  5y  3x  3y  0  Nhân hai vế phương trình (1) với trừ theo vế cho (2), ta phương trình: x  xy  y  x  3y  0   x  y 1    x  y 2  (2 x  y )  3(2 x  y )  0  Nếu x  y 1 thì y 1  x , thay vào (1) ta được:  x 0  y 1 x  x 0    x   y   7  Nếu x  y 2 thì y 2  x , thay vào (1) ta được:  x 1  y 0 x  11x  0    x 4  y 6  7 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  0;1 ;  1;  ;  57 ;  37  ;  47 ; 67           x   x   y   y  x    2 x  x y   y  y     20 Giải hệ phương trình  Điều kiện x 2 Phương trình thứ hai hệ viết lại y  x  y    y 0 Đặt t  x  0 Phương trình thứ hệ trở thành t  t   y  y   1 f '  u   0, u 0 Xét hàm số từ đó suy f  u  u  u  5, u 0 ; đó t  y  x  y   2 y  y  y  y   0  2  Thế vào phương trình thứ hai hệ 2;0 , 3;1 Vậy hệ phương trình có nghiệm      x  y  x  y 2  x  y 1 3  x  y 21 Giải hệ phương trình   u  v 2 (u  v)    u  v2  u  x  y  uv 3   Đặt:  v  x  y ta có hệ:   u  v 2 uv     (u  v)  2uv     uv  uv   (x,y   )  u  v 2 uv    u  v2   uv 3   (1) uv 3 (2) Thế (1) vào (2) ta có: uv 3  uv  uv  (3  uv )  uv 0  uv 0  u 4, v 0  u  v   Kết hợp (1) ta có: (vì u>v) Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2) y 0, y 1  x  xy  x  y  y 5 y     y  x   y  x  22 Giải hệ phương trình  xy  x  y  y 0   y  x  0  y  0 Đk:  Ta có (1)  x  y 3  x  y   y  1  4( y 1) 0 Đặt u  x  y , v  y  ( u 0, v 0 )  u v  2 Khi đó (1) trở thành : u  3uv  4v 0  u  4v(vn) Với u v ta có x 2 y  , thay vào (2) ta : y  y   y  2 y  y  y    y  1   y  2 y2  y   y   y 2 ( vì     y   0  y  0   y     4y  2y  2y  y  1  2 4y  2y  2y  1  0y 1 y  1    0 y    ) Với y 2 thì x 5 Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT là  5;  23 Giải hệ phương trình 2 x 0   x   Điều kiện:  y  y x x 1  2log 2.4  2 y   x  x  y  xy   x     , (x,y  R) x   y  Ta có:     x  yx  1  x   1  2.4 y  2 y  1 0  x  y  0 x 1  22 y  log 2 y 2 Xét hàm số: ( Vì x  yx   )  y x  (a)  2log 2x x y  log 2 x f  t  2t  log t trên  *  0;  Ta có:  t   0; e f t t ln ,vậy   là hàm số đồng biến  *  f  y   f x  y  x f '  t  2t ln  Biểu thức  Từ (a) và (b) ta có:  (b)  x 1  x  1  x    x  x   x   x 1  2 x  x  0  x 1   x 2     x 1    x 2 2;1 Với x 2  y 1 , suy hệ phương trình có nghiệm   ( x  y )( x  xy  y  3) 3( x  y )   x   16  y  x  24 Giải hệ phương trình  16 x  2, y  ĐK:  x, y    (1)  ( x  1)3 ( y  1)3  y x  Thay y=x-2 vao (2) 4( x  2) 3( x  2) x   22  x  x   ( x  2)( x  2)  x2 2 22  x   x 2  4   ( x  2)  0(*)  x   22  3x  Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x)>0 nên hàm số đồng biến suy x=-1 là nghiệm (*) KL: HPT có nghiệm (2;0),(-1;-3) x  y  x  y  (x  y)2  x  y  (x,y  R)   x  x  y   x  y 3 25 Giải hệ phương trình:   x  y 0  Điều kiện:  x  y 0 (*) Đặt t  x  y 0 , từ (1) ta có: t  t   t  t  t  t2  t   t      (1  t)  t   0 t   t   t 32 t t  0, t  t32 t  t 1 (Vì )  t(1  t)  3(1  t) Suy x  y 1  y 1  x (3) Thay (3) vào (2) ta có: x2   2x    ( x2   2)  ( 2x   1)  x2   x 32  2x  2x   0   x 1  (x  1)      2x   1  x 32 x 1   0,x  2x    x 1 (Vì x2   ) Suy (x = 1; y = 0), thoả mãn (*) Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x = 1; y = 0)  x  y   x  y 2( x  y )  1 1  x  y  x2  y 26 Giải hệ phương trình:   x  y   Điều kiện:  xy 0 Ta thấy x + y = không là nghiệm hpt Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau: TH1:   x  y  1 1 1 1 1 pt (2)          0 (3) x y  x y  x y Từ pt (2 ) ta suy xy < Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y 1 1    0  xy  0  xy  x y Khi đó phương trình (3) có nghiệm x y 2 x  y 2 xy 16 Khi đó ta có Đặt t  x  y   t  2 Từ pt (1) ta có t  t  32  t  t  34 0 điều này vô lí Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm TH2: x + y >0 Từ (2) suy xy > 0, đó x và y dương 2 Ta có (2)  ( x  y) xy x  y ( x  y) ( x  y) xy  Do và nên ta có ( x  y) ( x  y)  x  y ( x  y ) xy ( x  y )  x  y 2 t  x  y   t 2 x2  y  Đặt 2 Từ (1)  t  t  (t  2)  t  5t  t  0  (t  2)(t  2t  t  3) 0 (4) Ta có t  2t  t    t 2 , đó, từ (4)  t  0  t 2 Từ đó suy ra: t =  x  y 2 , thay vào hpt ta có xy=1  x  y 1  x 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm là  y 1  x  x   x   y   y   y   2 27 Giải hệ phương trình:  x  y  x  y 44 trên  0;    Xéthàm số f  t   t  t   t  trên  , có f  t   t Nên (1)   1   0, t   0;    t 2 t 4 x  x2  x4  Thay (*) vào (2): y 3   y  5    y  5   y  1 (3) Nhân (3) với lượng liên hợp:  y   y  (3), (4)  y   x y  (*) (4) y  3  y 6 1; ĐS:    xy  x  y   x  y  x y   y x   x   2x  y  28 Giải hệ phương trình :   y   ĐK :  x 1  x  y  1  y  x  3 0  y  x  0 (do đk) Pt đầu hệ tương đương với  y  3 y   y y   y   y  Thay vào pt thứ hai, được:   y   y   0  y   0  y 1 (thỏa đk ) x  5, y  Hệ pt có nghiệm :   7 x  y  3xy ( x  y )  12 x  x 1 ( x , y  ) 3 x  y   x  y 4   29 Giải hệ phương trình Điều kiện: 3x+2y 0 (1)  x  12 x  x   x  x y  xy  y  (2 x  1)3 ( x  y )3  x   x  y  y 1  x Thế y = 1 x vào (2) ta được: 3x   x  4 Đặt a  3x  2, b  x  (b 0)  a  b 4  Ta có hệ a 3b  b 4  a b 4  a b 4  a    2 a 3(4  a)  a 3(16  8a  a )  a  3a  24a  44 0 b 4  a a 2   b 2 (a  2)(a  a  22) 0  x  2   x 2  x  2  y =  (thỏa ĐK) Kết luận: Nghiêm cua hệ phương trình la (x; y) = (2;1)  x 1  30 Giải bất phương trình x2  x  x 1 x 1  trên tập hợp số thực - ĐK: x  1, x 13 x2  x  x 1 x 1   x 1  - Khi đó: x2  x  x 1   x 1   1 - Nếu thì (*)  x  2  x 1  2 x 1   ,  * x     x  13 (1)   x  1  x   x  1 x   x  Do hàm f (t ) t  t là hàm đồng biến trên  , mà (*): f   x 1  f   x 1  x   x   x  x  x 0  1   1  x    ;    0;      DK(1)    VN Suy ra: - Nếu x 1     x  13 (2)   x  1  x   x  1 x   x  thì (2*) Do hàm f (t ) t  t là hàm đồng biến trên  , mà (2*): f   x 1  f     x    x   x   x       x  13     x  1  x  1   1   1  x    1; 0   ;   x    1;0   ;13     DK(2)     Suy ra:  1  x    1; 0   ;13    -KL:  x  x  xy  x  x  xy  x, y  R   2 2 31 Giải hệ phương trình:  x y  y   x x y  x pt    x y    y2    x2  x  y    y2    x2  x x2 Suy đk y > , kết hợp pt (1) suy đk x > (x = ko là nghiệm pt (2) y  x2  x 1 y    y x2  Xét hàm    1 1  y      1 x x ,  f  t  t  t  t , t  , f '  t   pt    y  2t    t 1 t2 0 … Suy x Thế vào pt(1) : x  x   x  3x   Đặt u  x  x  v  x  x  x   x  1  x  x   x  1 giải u = - v ( vô nghiệm ) , u = 3v u = 3v giải nghiệm x 5  34 suy y  34 5x  13  32 Giải bất phương trình sau trên tập  : x3  19   x   x  Điều kiện  Bất phương trình tương đương  x3  19  3x x   19  3x x3 19  3x  x  2x   x   19  3x  x2  2x   x  5  13  x   2 x      19  3x   x  x         x2  x    x  5 9 x       57  10x  3x2  x2  x   x2  x    13  x 9 19  3x     19  3x  x2  2x      2   0  x x  *    x  5 13  x    9 x    9 19  3x          0    19 x  5 13  x  9 x   x    3;  \  9 19  3x     3        Vì   với  *  x Do đó  x      x 1 (thoả mãn) Vậy tập nghiệm bất phương trình là 33 Giải hệ phương trình: Xét phương trình: (4y-1) √ x2+1 Đặt: t = ¿1 S    2;1 ( y −1 ) √ x + 1=2 x2 +2 y +1 x + x y + y =1 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ √ x2+1=2 x 2+2 y+1 , ta pt: 2t2 – (4y-1)t + 2y – = [t= <1(loai ) [ Giải được: [t=2 y−1 ⇒ ⇔ y≥1 x 2= y −4 y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ thay vào pt (2) ta được: 16y2(y - 1)2+4y2(y - 1) + y2 – = y = 1(do y ¿ ) ⇒ x = x= y =1 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ Vậy nghiệm phương trình là 2x  3x  14x x2 34 Giải phương trình   4x  14x3  3x       Điền kiện: x   (*) PT  x3 (2x  3x  14) (4x  14x3  3x  2)   x (x  2)(2x  7)   x3 (x  2)(2x  7)  x2   x    (4x  14x  3x  2)(x  2) x   (4x  14x  3x  2)(x   4)  x  0  x 2 (thoûa maõn (*))   x (2x  7) x   4x  14x  3x      (1) (1)  x3 (2x  7) x   4x  14x3 4x  14x  3x   x3 (2x  7) x  3x  Nhận thấy x 0 không là nghiệm phương trình  x 0   x2   (2x   3) x    x x Khi đó, PT  2(x  2) x   x    (2) x3 x Xét hàm số: f(t) 2t  3t với t   Ta có: f '(t) 6t   t    Hàm số f(t) đồng biến trên  Do đó (2)  f  1 x  f    x  x    x x  1 x x   1   x 2 (x  1)(x  x  1) 0 (thỏa mãn (*)) Vậy nghiệm phương trình đã cho là: x  1 , x 2 2 35 Giải phương trình sau trên tập số thực: x  25 x 19  x  x  35 7 x  Điều kiện x 7 2 Phương trình tương đương x  25 x 19 7 x   x  x  35 Bình phương vế suy ra: 3x  11x  22 7 ( x  2)( x  5)( x  7) 3( x  x  14)  4( x  5) 7 ( x  5)( x  x  14) Đặt a  x  x  14; b  x  ( a ,b  0) Khi đó ta có phương trình  a b 3a  4b 7ab  3a  ab  4b 0    3a 4b Với a = b suy x 3  (t / m); x 3  (l ) 61  11137 61  11137 (t / m); x  (l ) 18 18 Với 3a = 4b suy 61  11137 x 3  ; x  18 Đs: x x  x 1 x  x x 36 Giải bất phương trình sau trên tập R: Gọi bpt đã cho là (1).+ ĐK: x  [-1; 0)  [1; +  ) Lúc đó:VP (1) không âm nên (1) có nghiệm khi: x 1 1  1  x  1  x 1 x x x x Vậy (1) có nghiệm trên (1; +  ) Trên (1; +  ): (1) <=> x 1   x  x x 1  x 1 x Do x 1  x  x2 1  0 x x x > nên: (1) <=> x 1  x x2  1 x2  2 1  x   1  x x x x x2  x2  x2  1 2 1   (  1)  x x x x <=> <=> x 1   1 x  Vậy nghiệm BPT là:  37 Giải bất phương trình x2 1  +) Đặt t = x2 – 2, bpt trở thành: tương đương ( t  1)( 3x   x   trên tập số thực 1   t 3 3t  t  ĐK: t  với đk trên, bpt 1  ) 2 t 3 3t  Theo Cô-si ta có: t t t 1  t t 1       t 1 t   t 1 t   t 3 1 11       t 3  t 3 t 3 t 2t 1 2t       3t   3t   3t  1 t 1  t 1       t  3t   t  3t   3t   VT 2t 0 +) Thay ẩn x x2   x  ( ;  2]  [ 2; )  T ( ;  2]  [ 2; ) 4 x  y  x   x   x  x  y     x 12  y  y  12  x  12 38 Giải hệ phương trình: Điều kiện:   x    y 12   y  12  x  0   x  x  y  0  *  x 12  y 12 y  12  x  12  x 12  y   12 x  24 x 12  y  12  12  y   2  Ta có  y 12  x     x 2 3;  y 12  Thay vào phương trình   ta được: 3x  x   3x   x   x 12  y 12     x  12  y 0     3 x2  x   x 1    3x 1  x    x  0 1     x2  x      0 x   3x  x   x     x  x 0  x 0 x 1 Khi đó ta nghiệm  x; y  là  0;12  và  1;11 x   x  x   y    x  1  y  1  x, y     3x  x  4  x  1 y  39 Giải hệ phương trình:  x    Điều kiện:  y  x3  x  x  y    1  x 1  x  1  y  1  x  x      x 1  x 1    x  f  f x    Nên   x 1  y   y    f  t 3t   0t   trên  có   suy f(t) đồng biến trên  y 1    x  1  x  x   x  1 y 1  y 1 f  t  t  t Xét hàm số  x  x  x  1 x  y 1 x 1 Thay vào (2) ta 3x  x  4 x x    x 1     x  x  0  x  x      x   x  1  x   9 x  10 x  0 x2 y 1 x 1 Ta có x 3   y  43  13 41  13 x  y  Với 72 Với Các nghiệm này thỏa mãn điều kiện  KL: Hệ phương trình có hai nghiệm   13 41  13  &  x; y   ;  72    x; y     3; 3     x 3    13   x   x  3x  1  y   y  x   (x, y  )  x  y  x  y 5   40 Giải hệ phương trình:  x  3x  1  y   y  x   (1)  (2) Hệ phương trình  x  y  x  y 5  x  y 0  Điều kiện:  x  y 0 Với điều kiện trên thì (1) (3x2 7xy + 2y2 + x 2y = ((3xy)(x2y) +(x2y) = ((x2y)(3xy +1) =  x  y 0  (  x  y  0 + x2y = (x = 2y (2): y  y 5 (y = y =  x = (tmđk) + 3x (y + 1= (y = 3x+1 (2) trở thanh: x   x  5    x    49 x  21x  11  x  x 11    x  17  x  25  x 17   25 17 76  y 25 25 (tmđk)  17 76   ;  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =  25 25   x  y   y  3x   ∈ y   y   x  x  xy  y   41 Giải hệ phương trình: (x, y R) + Đk y 1, x 0, y 3x 2 + (2)  y   x  ( y  1)  x  y  xy  y 0   ( y  x  1)     y   x  0 y 1 x    y  x  0     y   x  0y 1, x 0  y 1 x  + Thế y = x + vào pt(1): x2  x   x2  x    (3) 2 Xét hàm số f ( x )  x  x   x  x  f '( x )  2x 1 x2  x 1  2x  x2  x 1 2x 1  (2 x  1)  3 t  2 t 3   2x  (2 x  1)   0t  R Xét hàm số g(t) = t  , g’(t) = nên hs g(t) đồng biến trên R Do 2x + > 2x – nên g(2x + 1) > g(2x – 1), suy ra: F’(x) = g(2x + 1) - g(2x – 1) > (x (R Do đó hàm số f(x) đồng biến trên R, nên (3) (f(x) = f(2) (x = Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2; 3) 42 Giải bất phương trình:  x  x   x( x  x  4)      x 0  ĐK: x(x + 2x − 4) ≥   x   2 Khi đó (*)  x( x  x  4)  x  x  2  x( x  x  4)  ( x  x  4)  x (**) TH 1: x   , chia hai vế cho x > 0, ta có: x2  2x  x2  2x  4  3 x x (**)  Đặt t x2  2x  , t 0 x , ta có bpt: t  4t     t  x2  2x  1 3 x  x  x     x  x     17  65 x 2  TH 2:    x 0 , x  x   , (**) luôn thỏa S    Vậy tập nghiệm bpt (*) la    17  65  5;0    ;  2       x y  y 1 x   x 1    x  y  1   x  1 x 6 43 Giải hệ phương trình:  Lời giải: ĐKXĐ: x 0    x y  y 1  x   x (1)    x  y  1   x  1 x 6   +) Hệ pt tương đương với  +) Nhận thấy x 0 không thỏa mãn hệ phương trình đó (x R)    x y  y 1 x  x 1  y  y  y 2 1  1 1     1 x x  x   * f t +) Xét hàm số f  t  t  t t  1, t  (0; ) f '  t   0, t  (0; ) suy hàm số   đồng biến trên (0; ) (**) +) Từ (*) và (**) nhận +) Ta thấy hàm số 2y  x vào phương trình (2) hệ ta   x3   1   x  1 x 6  x3  x   x  1 x 6 x  g  x   x  x   x  1 x  0;   đồng biến trên khoảng  g  x   x  x   x  1 x  0 g 0 +) Lại có   suy phương trình có nghiệm x 1  y  Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm 1   2  x; y   1;    8 x  x  x  y y  y    x; y      xy   y    y  x  5y  12 x  44 Giải hệ phương trình   x    y    y  x  0 y 0   ĐK: PT Từ pt (1)  1      dể pt có nghiệm thì   x   2 x   2 x  y  y  y f  t  t  2t  4t Xét hàm số luôn đồng biến Từ pt (*)    t 0  (*) f  t  3t  4t  2t   t    t 0 có   f 2 x   f  y   2 x  y y   y   y  3y  y   Thay vào pt (2) ta pt  y  2z  loại   y  2z 3yz   y  z   y  2z  0    t / m  y z Đặt z  y  ta pt 3 2 Với y = z ta y  y   y 2  x 1 (t / m)  x  x  3x  45 Giải bất phương trình sau:  x  x 1 1 nên f(t)  x 0   x 0  x  3x  0   x  x  0  Điều kiện: 1  x  x  2  x      (x 0) 2  Ta có 2 suy  x  x   x  x  x   x  3x  1  1 x    x   x x (Vì x = không thỏa mãn bất phương trình) BPT  Đặt x Ta có t  t 2 x vì x  1 t   t   t    t  Suy t  13 13 13  x   x   x  x 2   13 x    x  x  1 0 13  105 13  105  x  8 4 x  13 x   46 Giải hệ phương trình   x  xy  x  y  y 5 y     y  x   y  x   xy  x  y  y 0   y  x  0  y  0  x  y 3 Đk:  Ta có (1)  x  y   y 1  4( y 1) 0 Đặt u  x  y , v  y  ( u 0, v 0 )  u v  2 Khi đó (1) trở thành : u  3uv  4v 0  u  4v(vn) Với u v ta có x 2 y 1 , thay vào (2) ta : y  y   y  2 y  y  2  y  y    y  1    y   0 y2  y   y     0   y  2    y2  y   y   y      y 0 y  1  y 2 ( vì  2 4y  2y   2y    0y 1 y  1 ) Với y 2 thì x 5 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm hệ PT là  5;   x x2  y  y  x4  x3  x    x  y  x   y (x  1)  47 Giải hệ phương trình  Đk: x 1; y 0  x( x  y   x  x )  y  x 0 x( y  x) 2 x y  x x  y  x 0  y x  x   0(VN(VT  0 x 1))  x  y  x  x Pt (1) x  x  x   x ( x  1)  (*) + Với y = x thề vào (2) ta được: t  x  x  1, (t 0)  t 2 x  x( x  1)  t 1  x  x( x  1)  Đặt ẩn phụ:  t 2  t  4(loai )  25 25 x( x  1)   x  x  , y  16 16 t 1  t   t  2t  0  Từ (*) ta có: + Với t 2  x  x  2  25 25 ; ) Vậy hệ pt có nghiệm: 16 16 ( ( x −3 ) √ x −1 − y− y =0 x −8 x +2 y + y −2 y +3 =0 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 48 Giải hệ phương trình: ¿ 3 ĐKXĐ : x , (1) ⇔ √(2 x−1) + √ 2x−1 = 4y + y (3) Xét hàm số g(t) = t + t, g’(t) = 3t +1> , ∀ t ∈R Suy hàm số g(t) = t + t đồng biến trên R Suy (3) có nghiệm y = √ 2x−1 Thay y = √ 2x−1 vào (2) ta được: 4x ⇔ - 8x + 2( (2x-1) ⇔ √ 2x−1 + 2( ) √ 2x−1 [2 x−1=0 [ [2 x−1=1 ⇔ + (2x -1) - ) -(2x-1) - [ x= [ [ x=1 ⇒ √ 2x−1 +3 = √ 2x−1 =0 ⇔ [ √ x−1=0 (nhân) [ √ x−1=1 (nhân) [ [ √ x−1=−1 (loai) [ √ x−1=−2 (loai) [ y=0 [ [ y=1 ( thỏa mãn) ( ;0 Vậy nghiệm hệ đã cho là : ) và (1 ;1) 49 Giải phương trình: x x  (2 x  3)2 (2 x  2)  x   TXĐ D =  Phương trình  ( x  1) x   ( x  1)  x  (2 x  3)  (2 x  3)  x  (1) 2 Xét hàm số f (t ) t  t  t  f' (t ) 3t  2t   f' (t )  0, t   suy hàm số f(t) đồng biến trên  1; Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) Từ hai điều trên phương trình (1)  x  2 x   x 3 /    x  4 x  12 x   x 3 /  x=   x  13 x  10 0 32 x5  y   y ( y  4) y   x  x, y     ( y   1) x   x  13( y  2)  82 x  29  50 Giải hệ phương trình:  Đặt đk x  , y 2  (1)  (2 x)5  x ( y  y ) y   y   (2 x)5  x  y   y  2(3) +) Xét hàm số f (t ) t  t , f '(t ) 5t   0, x  R , suy hàm số f(t) liên tục trên R Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2)  x  y  Thay x  y  2( x 0) vào (2) (2 x  1) x  8 x  52 x  82 x  29  (2 x  1) x 1 (2 x  1)(4 x  24 x  29)  (2 x  1)   x   x  24 x  29 0  x     x   x  24 x  29 0(4) Với x=1/2 Ta có y=3 (4)  ( x   2)  (4 x  24 x  27) 0  2x   (2 x  3)(2 x  9) 0 x 1   x 3 /   (2 x  9) 0(5)  x   Với x=3/2 Ta có y=11 Xét (5) Đặt t  x  0  x t  Thay vao (5)  29 t t  2t  10  21 0  (t  3)(t  t  7) 0 Tìm Từ đó tìm 13  29 103  13 29 x ,y 51  x    x  1  y    x  2 y  y     x    y  1   y   x   x  x   Giải hệ phương trình: Điều kiện x  1; y 2  Đặt x  a; y  b  a, b 0  , từ (1) ta có: a  ab  a   2  b    b  a  b  ab  b  a  b 0   a  b    a  b  0  a b (do a, b 0   2a  b   x 1  y   y x  Thế vào (2) ta được:   x  8  x  4   x  1 x  4x   x 8   x4 x 1    * x 1   x  x  + x 8  y 11; +  *      x 1    x    x    x  1  x  8 x2  x   x 1   x    x    x  1  x  x   x 1    2  3    x    3   x    3    (**) 2 f  t   t  3  t  3 f '  t  3  t  1 0 t   t  x 1  Xét hàm số trên  Do đó  **  với f   x   f  x  2  có nên f  t đồng biến  x 2 x 1 x    x 1 x  4x   x 2  13    x  x  x  0 (T/M) x  13 11  13  y 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  52 Giải bất phương trình   13 11  13  ;   2 8;11   là và  x2  x  2  x2  1 x 3 x 3 trên tập số thực Điều kiện x   Bất pt đã cho tương đương với x  x2  x 3 x  2 x 3  x  0   1  x  x    x  3  x   x2  x   x 3 x   x  0 x  x2  x 3 x 3 x  x2  x 3  x  0 x 3       x2  x    x  1   1 0  x  x2   x  x         x   x       x  0    x 1 (Với x   thì biểu thức ngoặc vuông luôn dương) Vậy tập nghiệm bất pt là S   1;1 xy  y  2y  x   y   x  53 Giải hệ phương trình: 3  y  2x  3y  2x  Điều kiện: x 0, y 6, 2x  3y  0 (*) Nhận thấy x=0 y =1 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ không là nghiệm hệ phương trình  y   x 0 (1)  x(y  1)  (y  1)2  Khi đó, PT  (y  1)(x  y  1)  y  1 x y 1 x y  1 x y 1 x    0  (x  y  1)  y    y   x    x  y  0  y x  (do (*)) Thay vào PT (2) ta được:  x  5x  2x  ĐK: / x 5 (**)   x  (7  x)  3( 5x   x) 0   5x  x 3(  5x  x ) 0  x  (7  x) 5x   x    (  5x  x )    0   x  (7  x) 5x   x     x  5x  0 (do (**)    x 1  y 2   x 4  y 5 (thỏa mãn (*),(**)) Vậy nghiệm hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5) 2 x  x  x  2 x3   y   y  1    x   14  x  y   2 54 Giải hệ phương trình  Ta thấy x 0 không phải là nghiệm hệ, chia hai vế (1) cho x ta  1     2   y   y x x x  1  1           y   y   y  * x  x  f  t  t  t  Xét hàm  *   luôn đồng biến trên  3 2y x Thế (3) vào (2) ta  3 x   15  x   x     15  x 0     1     x  7   0  x    x  15  x  15                     0   111  x; y   7;   98  Vậy hệ đã cho có nghiệm   55 Giải phương trình ( x+ √ x−4 ) + √ x+4 √ x−4+2 x+ √ x−4=50 x≥4 Điều kiện ⇔ ( x + √ x−4 ) + √ x−4+2+2 x+ √ x−4=50 ⇔ ( x + √ x−4 ) +2 ( x + √ x−4 )−48=0 Giải phương trình ⇒ x + √ x−4=5 Giải phương trình : x+ √ x−4=5 ⇒ x=5 2 56 Giải bất phương trình:  x  20  x  x  Bất phương trình đã cho tương đương với: 4x2     x  16 x  20  x  0  x2     4x  4x    x  2    1 0 2  x    x  20   16  x  x  20  x  0 2 Từ (1) suy x   x  20  x    x  Do đó 4x  4x2    4x   x  20   x    x  20   x2   x    x  20 Vậy nghiệm bất phương trình là x 2 57 Giải hệ phương trình  x  xy  y  y   y   x   3  y  x  y  2 x   x 0  1  y 6  Điều kiện 2 x  y  0 Với điều kiện trên ta có :    1  (1)  y  1 x  ( y   x )( y   x)  y ( y   x) 0 y 1 x    ( y   x)   y   x  y  0  y 1 x     y x 1    y   x  y 0 (*)  y   x  x 0  + Với 1  y 6 , suy phương trình (*) vô nghiệm + Với y x 1 thay vào (2) ta  x  x  2 x  (3) Điều kiện x 5 ta có : (3)   x   x  3( x     x  9  x  x 3 5 x x  4) 0  x  5x    x  5x  0     x2  5x  4    0   x   x x  5x     x 1  x  x  0    x 4    0(VN )    x   x x  5x  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) (1; 2) và ( x; y) (4;5) 58 Giải phương trình: x  x  171x  40  x  1 x   20 0, x   x Điều kiện: Khi đó phương trình tương đương với  x3  x2 12 x  8   3x     x  1 5x   36  x  1  54      x  2  3 x  2  x    5x     x   27   x    Xét hàm sô f  t  t  3t f  x  2  f  Phương trình (1) có dạng Ta có: f '  t  3t  3; f '  t  0  t 1 5x    Suy ra: Hàm số f  t  t  3t đồng biến trên khoảng (1; + )  x  1 x    2 x    Với điều kiện Từ đó suy  1  x  2 5x    x 1  x 1  x  2 x      x  22 x  0  x  x  4  5x  1  x 1   x 11  116  t / m   x 11  116 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 59 Giải hệ phương trình: x 11  116  y  y  3x  ( x  2) x   ( x  y  5) x  y  y  0 x y (*)  x   ĐKXĐ: a  x  y  Đặt b  x  y (ĐK: b 0) (a  5)b  a  b  0  (b  1)(a  b  4) 0  a b  Thay vào phương trình (2) ta được: 3 Ta có: (1)  y  y ( x  1)  ( x  1) Xét hàm số: f (t ) t  t đồng biến trên  Do đó ta có: y  x  1 (4) Từ (3) và (4) ta được:  x  y 4  x  y  x   y 2  x    y    x   y   y   x   x  y 4  x  y (3) ( y  1)  y 2  ( y  1)   y  y  y   y  y   x 3     y 2  x   y   x   y   x 3  Kết hợp với điều kiện (*), ta được:  y 2 là nghiệm hệ phương trình đã cho √ x2 +3+9 x−1≥ √9 x 2+15 60 Giải bất phương trình: x−1≥ √ x +15−√ x2 + 3≥0 ⇒ x≥ Nhận xét : bpt ⇔ ( √ x2 +3−2 ) +3(3 x−1)≥√ x +15−4 2 x −1 x −1 ⇔ +3 (3 x−1 )− ≥0 √ x + 3+2 √ x2+ 15+4 ( x−1 ) [ x +1 x +1 − +3 ≥0 √ x +3+2 √9 x 2+15+4 ] [ (√ ( x−1 ) ( x +1 ) x +3+2 − √ x +15+4 ) kết hợp các Đk suy nghiệm BPT là ] +3 ≥0 ⇒3 x−1≥0⇔ x ≥ x≥ 3 là nghiệm bpt x 3− y +5 x 2−2 y +10 x−3 y +6 =0 ( ) √ x +2 + √ − y= x + y 2− x−2 y ( ) ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 61 Giải hệ phương trình x≥-2; y≤4 Điều kiện (1)⇔ x3 +5 x +10 x+6= y + y +3 y ⇔ ( x +1 )3 + ( x +1 )2 +3 (x +1 )= y + y + y 2 Xét hàm số f (t )=t +2 t + t , f ' (t )=3 t +4 t+3> ∀ t ∈R Suy f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc Phương trình : √ x+2+ √3−x=x + x −4 x−1 ( √ ( x+ )( 3−x )−2 ) ⇔ ( √ x+ 2+ √ 3−x )−3=x + x −4 x−4 ⇔ =( x +1 ) ( x −4 ) √ x +2+ √ 3−x +3 ⇔ ⇔ [ ( x+2 )( 3−x )−4 ] ( √ x+ 2+ √ 3−x +3 ) ( √ ( x+ )( 3−x ) +2 ) 2(−x + x +2) =( x +2 ) ( x 2−x −2) − ( x +2 ) ( x 2−x −2 )=0 ( √ x+ 2+ √ 3−x +3 ) ( √ ( x+ )( 3−x )+ ) 2 ⇔ ( x −x−2 ) x +2+ =0 ( √ x+2+ √ 3−x+3 ) ( √ ( x +2 ) ( 3−x ) +2 ) >0 ( vi x≥−2 ) [ ⇔ x − x −2=0 ⇔ ¿ [ x =2 [ ¿ [ x =−1 Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0) ] 62 Giải phương trình 32 x  16 x  x  x   0 trên tập số thực Điều kiện x , phương trình đã cho tương đương 32 x  32 x  16 x  16 x  x    x  0   32 x  x  1  16 x  x  1  7( x  1)    32 x  x  1 ( x  1)  16 x  x  1  7( x  1)   x  0   2x  1 2x  18     x  1  32 x ( x  1)  16 x    0  2x    18     x  1  32 x  32 x  16 x    0 (*) 1 2x    0 Ta có 32  32 x  4  32  x   32 x  8  32 x  32 x  16 x  27  16  16 x  8 18  x  1    18  2x  18  32 x  32 x  16 x   9  1 2x  Vậy (*)  x 1 Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1  x  xy  x  y  y 5 y    y  x   y   x  63 Giải hệ phương trình  xy  x  y  y 0   y  x  0  y  0 Đk:  Ta có (1)  x y 3  x  y   y  1  4( y 1) 0 Đặt u  x  y , v  y  ( u 0, v 0 )  u v  2 Khi đó (1) trở thành : u  3uv  4v 0  u  4v(vn) Với u v ta có x 2 y  , thay vào (2) ta : y  y   y  2 y  y  y    y  1   y  2 y2  y   y    y 2 ( vì    y   0   y  0  0   y     y2  y   y   y   y  1   y2  y   y    0y 1 y  1 ) Với y 2 thì x 5 Đối chiếu Đk ta nghiệm hệ PT là  5;  64 Giải phương trình trên tập số thực: x  (2 x  1) x 1  Đặt y  x   ( y  ), Điều kiện:  x   y 2( x  1) y  ta thu hệ  y  x  2 x   y  y  x  ( x  1) y x   Suy      y x   y  x   y x  0     y x   y  x  0  y 2 x  Do vậy: x   2 x   x  Thay vào, thử lại thấy x  15  33 32  15  33  15  33 x 32 32 thỏa mãn Vậy 65 Giải bất phương trình +) Đặt t = x2 – 2, bpt trở thanh: x2 1  3x  1 11       t 3  t 3  t 3 x  1 trên tập số thực 1   t 3 3t  t  ĐK: t  với đk trên, bpt tương đương 1  ) 2 t 3 3t  Theo Cô-si ta có: t t t 1  t t 1       t 1 t   t 1 t   t 3 ( t  1)(  t 2t 11 2t       3t 1  3t   3t  1 t 1  t 1       t  3t   t  3t   3t   VT 2t 0 +) Thay ẩn x x2   x  ( ;  2]  [ 2; )  T ( ;  2]  [ 2; ) 4 x  x  y    y  84 y   12 x   2  66 Giải hệ phương trình: 4 x  x  x  y   11  y  x  x  y 2 ĐK: y 1; x 0; x  x  y  0;11  y  x  x 0 Pt (1) tương đương với x  x  12 x  y   y   y   Xét hàm số f (t )  x2 y  2x  6x  4 y  1 y  2 t2  t  3t trên khoảng [0; )  3, t  t Ta có Theo BĐT Cô si, ta có 1 1 f '(t ) t    33 t  0 t t t t , suy f (t ) đồng biến trên [0; ) Vậy pt(1) f '(t ) t  tương đương với: f (2 x)  f  y   x  y   y 4 x   Thế vào (2) ta được: x   12  x (2 x  1) (3) Ta có:  x    2 x  2  (2 x  1) 4 Lại có  x   12  x  16  x  12  x 16  x   12  x 4 3  x; y   ;10  (3)  VT VP 4  x   y 10 2  Vậy KL: Hệ có nghiệm 2 67.Giải bất phương trình (x + 2)(x - 2x + 5) - £ (x + 2)(3 x + - x - 12) + 5x + Điều kiện xác định: x  Khi đó ta có (1)  x3  3x2  14x  15  2(x  2) 2x   3(x  2) x2   5x2    x3  3x2  x  18  2(x  2)( 2x   3)  3(x  2)( x2   3)    (x  2)(x2  5x  9)  2(x  2)(2x  4) 2x    3(x  2)(x2  4) x 53 5x2   5(4  x2)   5x    5x   0    (x  2)  x2  5x        3(x  2) 5(x  2)    0(*) x2    33 5x2   5x2    Ta có với 4(x  2) 2x       4(x  2) 3(x  2)2  (x  2);  (x  2)2  x 53  2x   3 x    5(x  2) 5(x  2)     33 5x2   5x2      x2  5x   4(x  2) 2x   3(x  2)2  x2   5(x  2)   5x    5x    18x2  57x  127  0, x  45 Do đó (*)  x    x 2, kết hợp với điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là  x  ta suy bất x 2 2 x  xy  x 2 y  x y  y   y  x  y  16  1  y   x    x2  y  2  68 Giải hệ phương trình:    ( x, y  ) +) ĐKXĐ: x  (*) 2 2 +) pt(1)  ( x  y )  (2 x  x y)  ( xy  y ) 0  ( x  y )(1  x  y ) 0  x 2 y 2 Vì  x  y  0, x, y Thế vào (2) được: x 2( )  x  x  16  x 1    x  4x   2  +) +) x2  x  x 1  x 8  y 4 ( tm)    x 1   x  x  32  x  1 x2  x   x 8   x 4 x 1    x  x  x 1   x  8  x     x  1  x  8 pt  3    x 1   3  x    x    x  1  x  x    +) Xét hàm số x 1     x 1  f  t   t  3  t  3 2  3    x    3   x    3    f   (4) f ' t 3 t  1 0, t   với t   có    nên f  t  đồng biến trên  +) Mà pt(4) có dạng: x   f  x  2   4  Do đó  x 2 x  x     x 1 x  4x   x 2  13    x  x  x  0 (T/M) +) Với x  13 11  13  y    13 11  13   T (8;4);  ;  x; y        Vậy hệ đã cho có tập nghiệm là: 69 Giải phương trình x  12 x  38 x  12 x  67  x    x 0 -1 x 7 Điều kiện xác định: Phương trình đã cho tương đương với: x    x  x  12 x3  38 x  12 x  67 x    x  x  3  x  1   x    * x     x  1   x   4 -1  x  Với điều kiện ta có:  Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:  x 1   x    1  x    x  16  x    x 4 Từ đó ta có phương trình  * tương đương với:  x    x  1   x   4  x 3   x    x 4 x = Vậy phương trình đã cho có nghiệm :  x  y   y  3x  (1)  2 70.Giải hệ phương trình:  y   y   x  x  xy  y (2) (x, y  R) + Đk y 1, x 0, y 3x 2 + (2)  y   x  ( y  1)  x  y  xy  y 0   ( y  x  1)     y   x  0 y 1 x    y  x  0   + Thế y = x + vao pt(1):   y   x  0y 1, x 0  y 1 x   x   x2  x 1  x2  x 1   (3) 2 Xét ham số f ( x )  x  x   x  x  f '( x )  2x 1 2 x  x 1  2x  2 x  x 1 t  2x 1 (2 x  1)  3  t2    2x  (2 x  1)   0t  R Xét ham số g(t) = t  , g’(t) = nên hs g(t) đồng biến trên R Do 2x + > 2x – nên g(2x + 1) > g(2x – 1), suy ra: F’(x) = g(2x + 1) - g(2x – 1) >  x  R Do đó ham số f(x) đồng biến trên R, nên (3)  f(x) = f(2)  x = Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (2; 3) 71  xy ( x  y )  ( x  y ) (1)  Giải hệ phương trình 3x y  x y ( x  y )  x 3xy 81x  (2) 2 2 2 -Xét phương trình (1): xy( x  y )  ( x  y )  xy ( x  y )  x  y  xy  xy ( x  y )  ( x  y )  xy  0  ( x  y )( xy  1)  2( xy  1) 0  ( xy  1)( x  y  2) 0  xy 1 thay vào (2) ta : 3  81x   81x    x  x  x   81x   ( x  )  3( x  )  3   (*) Xét f (t ) t  3t , f(t) đồng biến trên R Khi đó pt(*) trở thành:   x 0   81x   2 81x   24 f ( x  )  f   x   81x    x    x   3 3     24   x    24   24  x   x  3   x  x  Suy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:   24 ,   24 72 Giải PT: Điều kiện: Ta có: 3x   5x  3x  x  x  (1)  3x    x  1    5x    x    3  x  x       x2  x  x2  x   3  x  x  3x    x  1 5x    x    1    1   x2  x      0 3x    x  1 5x    x      x  x 0     1 3  0  3  3x 1   x  1 5x    x     2  Phương trình (3) vô nghiệm VT(3) >  x 0  x 1  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0, x = y   y2 0 (1) x   x  x (x, y  )   2 73 Giải hệ PT :  x  2y x   y 3y (2) + Với y = ta có: x = + Với y 0 Khi đó:  2    x  y   x  x   y 0   PT     x  x   y 3  y x  y  y  x   x 0 (3)    x  x   y 3 (4)  y2  Từ (3) và (4) suy ra: x  y  y  x  x    y     y   0   x y  y    y 3 y Thay vào (3) giải tìm x = Suy ra: y = -1 Vậy hệ PT có nghiệm (x; y) là: (0;0), (0;-1) 2 74 Giải bất phương trình  x x   x  x  1(1  x  x  2) trên tập số thực Bất phương trình đã cho tương đương ( x x 1  x  x  x  x  2)  (1  ( x  1)(2 x  x  2) x  x  1)  x (1  x) 0 x x 1  x  x 1 x  x   x2  x 1 x2  x  x ( x  1)(  ) 0 x x2   x2  x  x  x   x2  x    2  ( x  1) A  (1) với A  2x2  x   x x x2 1  x2  x 1 x2  x   x2  x 1 2   x  x 1  x 1   x  x    x  Nếu x 0 thì   x  x  x  x   x x  x  x  x  x   x x 1   A  Nếu x>0 , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:  x2  x 1  x  x  x  x  x  x   x  x   2  2  x x   x  x  x   2 x  x  x  x   x x  2 x  x  x x  A 1  0 1 2  x  x 1 vì  x  x   Tóm lại , với x  ¡ ta có A>0 Do đó (1) tương đương x    x  Vậy tập nghiệm bất phương trình đã cho là (1; ) Chú ý : Cách Phương pháp hàm số 2 Đặt u= √ x −x+1 ⇒u =x −x+1 vào bpt đã cho ta có u2 −x +x +x √ x +1>u(1+ √ u2 +1) ⇔u2 −u−u √ u +1> x 2−x− x √ x2 +1 2 Xét f (t )=t −t−t √t +1 ) f ' (t )=−(t− √t +1 )2− √t +1<0 ∀ t Do đó bpt ⇔u<x ⇔ x> nên hàm nghịch biến trên R x + y − x −9 = √ 1+ x + √ y + x +5 x −8 x + x −11 x + y x + ( y −12 ) x =12− y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ 75 Giải hệ phương trình : Phương trình (2) tương đương với ( x +x +1 ) ( y−12+ x ) =0 ⇔ y=12−x2 Thay vào phương trình   ta được: 3x     x2  x   x 1    3x   x   x   3x 1  x   x  0 1     x2  x      0 x   3x  x   x     x  x 0  x 0 x 1 Khi đó ta nghiệm  x; y  là  0;12  và  1;11 xy  y  2y  x   y   x  76 Giải hệ phương trình: 3  y  2x  3y  2x  Điều kiện: x 0, y 6, 2x  3y  0 (*) Nhận thấy x= y =1 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿ không là nghiệm hệ phương trình  y   x 0 y  1 x (1)  x(y  1)  (y  1)2  y 1 x Khi đó, PT    0  (x  y  1)  y     y   x    x  y  0  y x  (do (*)) Thay vào PT (2) ta được:  x  5x  2x   (7  x)   x  3(x  ĐK: / x 5 5x  ) 0    (4  5x+x )    0   x  (7  x) 5x   x    x 1  y 2   x 4  y 5  x  5x+ 0 Vậy nghiệm hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5)  x  y  1  x  1 x3  y  x  y   77 Giải hệ phương trình  x   y   x  x   y  2 ĐKXĐ x  2, y  (1)  y  ( x  x  3) y  x  x  x  0 Giải pt bậc ta y  x  y  x  2 Với y x  thay vào PT (2) ta x   x   x  x   x  x2    x2    x   ( x  1)  Xét hàm số f (t ) t  t  có f   x   f  x  1  f '(t ) 1  t t 3  0, t    f (t ) đồng biến trên  Vậy  x 1  x  0  x  x      13  x  ( x  1) x    13  13  y 2 Với y  x  thay vao PT (2) ta  x x   x2    x  x  x     x2   x2   x 1 2x   ( x  1)( x  1) x  1 x   x2  x   x  0     x  2  x   x   x  2x   x   y 3   x   y 81 16   x  x  x    13  13   81  ;   ,   1;3 ,  ;  2   16  Vậy hệ có nghiệm la   x  x  3x  78 Giải bất phương trình sau:  x2  x  1  x 0   x 0  x  3x  0  Điều kiện: 1  x  x  0 1  x  x  2  x      (x 0) 2  Ta có 2 suy  x  x   x  x  x   x  3x  1  1 x    x   x x (Vì x = không thỏa mãn bất phương trình) BPT  Đặt x Ta có t  t 2 x vì x  1 t   t   t    t  Suy t  13 13  x   x   x  x 2   13 x    x ĐK: 13  x  1 0 13  105 13  105  x  8 4 x  13 x   79 x 2 3(2  x  2) 2 x  x   2( x  3)  x   x  0  x 3  x 3 8( x  3)  2( x  3)  0     0 2 x   x  4 x 6 3 x    x 6 3 x  Giải phương trình 3(2  x  2) 2 x  x  Vậy pt có tập nghiệm S  3  x x2  y  y  x  x3  x    x  y  x   y ( x  1)  80 Giải hệ phương trình  (x,y  R )  x 3   x 11    x 1  Đk:  y 0 (1)  x( x  y  x  x)  ( x  y ) 0 y x  x 2 x  y  x x  x  y 0  ( x  y)( x  y  x  x  x) 0 Do đ ó x=y thay v ào pt (2) : x  x  x   x ( x  1)  2 Đ ặt t  x  x  1(t 0)  t 2 x   x( x  1) Pt trở thành t2+1+2t=9 hay t2+2t-8=0 lấy t=2  x   x 2  25 x  x( x  1) 5  x    x 16 4 x  x 25  20 x  x  25 25 ; Vậy hệ có nghiệm nhất( 16 16 )   y  x3  x  y  y 2 x x  y  y    y  y  y   y  x  1  81 Giải hệ phương trình (1)   y3 y   x x     x x  y  y 0  y  y x x   (a)    u  u v  v (a) thành (b)  Xét hàm số f  t  t  t , có f  t  3t   0, t   nên f  t  đồng biến Vậy Đặt u 3 y , ĐS: u  u  v 1 v v  x 1, Thay vào (2):   y   3 3 3 y  y  y   y   y  y  y  y   0    y  y  0 y  y     y  y 0  y  y3  (vì từ (*) suy y  y 2 x  y   y   x  y  x (1)  82 Giải hệ phương trình  xy  x  11  12  x  y   3x 0 (2)  x  , y 0 Điều kiện Ta có 4x   y Dấu “=” xẩy y=4x-8 4x  y   y  8 x   y  8 x  Dấu “=” xẩy y=4x-8 x  y   y   x  y  x x  y  4( x  2) y  Dấu “=” xẩy y=4x-8 y  x y  y2 1 1  y 0  y 0 )  y 1  1;0  ,  2;1 Suy (b)  0 (*) Như vậy, pt(1)  y=4x-8 Thế vào pt(2) ta có: x  x  11   x   x 0   x  x  3      3x  x   x  x  3   x  x  0 x  x  3   7  0  x   2;    3x  x   3x  x   3   1     x  x  3    0  3x  x   x  x     x  x  0 ()   1   4 (3)   x  x   3x  x   13  13 pt ()  x  x  0  x   x 2 +   x  x  3     13  13 ;2 13   x 2 , hệ có nghiệm  Đối chiếu điều kiện ta có  6  +Xét pt(3)  7 x   2;    3  x  x  3  10   1   3x  x   3x   7 x   2;  : g ( x)   x  x   g '( x)  1  0  3x  3x  3 7  g ( x)  g     3 3  x  x    Xét hàm số Do đó,  7 x   2;   3 : 1   3 4  3x  x   3x  x  hay pt(3) vô nghiệm   13  ;2 13      Vậy, hệ có nghiệm