Tìm Hiểu Các Kĩ Thuật Giải Hpt

TÌM HIỂU

CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

CẨM NANG CHO MÙA THI

NGUYỄN HỮU BIỂN

https://www.facebook.com/ng.huubien Email: [email protected]

(ÔN THI THPT QUỐC GIA)

LỜI GIỚI THIỆU Các em học sinh thân thân mến, trong đề thi ĐH môn Toán những năm gần đây

thường xuyên xuất hiện câu giải hệ phương trình, câu hỏi này thường là thuộc hệ thống

câu hỏi khó, có tính chất phân loại trong đề thi, mốc đạt điểm từ 8 đến 10. Phương

pháp suy luận để giải quyết đối với loại câu hỏi này cũng khá đa dạng, thầy có thể kể

ra một số phương pháp phổ biến như sau:

(1) Phương pháp rút - thế

(2) Phương pháp nhóm nhân tử chung

(3) Phương pháp dùng hàm số và đạo hàm

(4) Phương pháp dùng BĐT vec - tơ

(5) Phương pháp dùng số phức

(6) Phương pháp nhân liên hợp và đánh giá

(7) Phương pháp lượng giác hóa

Sự phân chia và liệt kê các phương pháp nói trên cũng chỉ mang tính chất tương

đối, vì trên thực tế trong đề thi chúng ta thường phải vận dụng kết hợp nhiều phương

pháp đan xen hợp lý để giải quyết bài tập (rất ít đề thi chỉ dùng 1 phương pháp độc

lập). Vậy câu hỏi đặt ra là “làm thế nào nhận biết được bài tập đã cho dùng phương

pháp nào?”, đôi khi có bài tập có một vài cách giải khác nhau tuy nhiên sẽ có cách hay

nhất, dễ hiểu nhất. Để giảm bớt “nỗi lo âu” của các em học sinh đối với loại bài tập

này, thầy biên soạn cuốn tài liệu TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH, tài

liệu bao gồm 120 bài tập giải hệ phương trình - minh họa đầy đủ các kỹ thuật giải hệ

phương trình trong đề thi đại học, đặc biệt 24 bài tập đầu thầy không chỉ hướng dẫn

làm bài mà quan trọng hơn đó là đi sâu vào phân tích, tìm hiểu kỹ thuật giải tương

ứng, như vậy dần dần các em sẽ tích lũy được thành kinh nghiệm - “bí kíp” cho riêng

mình. Sau 24 bài tập, thầy sẽ đưa ra một loạt các bài tập tự luyện kèm hướng dẫn giải

bám sát cấu trúc ra đề theo xu thế mới hiện nay để các em tự thực hành và đối chiếu

hướng dẫn giải. Phương châm và mong muốn của thầy là học xong tài liệu này, các em

sẽ giải quyết tốt câu giải hệ phương trình trong đề thi sắp tới (nếu có).

CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !

Nguyễn Hữu Biển - https://www.facebook.com/ng.huubien

TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Trang 1 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien

Bài 1 : Giải hệ phương trình ( ) ( )3 2 2 2 2 2

2

x 4y 3y 5y x y x 4y 8

12 2x 2y 2 y 4

(1)

x + (2)

+ + − = + + − = − −

Phân tích tìm lời giải

+ ĐK:

2 2x 5y

0 x 6

y 0

≤

< ≤ ≥

+ Trước hết quan sát ta thấy phương trình (2) có hình thức đơn giản hơn (1). Tuy rằng (2) có biến x và y cô lập ở từng vế nhưng ta không thể biến đổi để sử dụng “hàm đại diện” được. Vì vậy, ta sẽ “mò nghiệm” để tìm quan hệ của x và y. Thật vậy: - Từ (2) ta cho y 4 x 12 2x 24= ⇒ + − = , bấm máy ta thấy phương trình này vô nghiệm, vì vậy ta bỏ qua việc suy luận từ (2) + Bây giờ ta chỉ còn cách quay về (1) để “nghiên cứu”. Ta thấy như sau:

- Từ (1) ta cho ( )2 2y 1 x 7 5 x x 12= ⇒ + − = + , bấm máy giải phương trình này có x 2=

- Từ (1) ta cho ( ) ( )2 2y 2 x 38 20 x 4 x 24= ⇒ + − = + , bấm máy giải phương trình có x 4=

Vậy với 2 giá trị ta nhận thấy dự đoán x 2y x 2y 0= ⇔ − = , điều này khiến ta có suy luận rằng, nếu biến đổi (1) một cách khéo léo, ta sẽ ép được nhân tử chung là ( )x 2y− . Bây giờ ta sẽ “ép nhân tử chung” từ (1) như sau:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( )( )

( )( )

( )

3 2 2 2 2 2

3 2 2 2 2 4 2

3 4 2 2 3 2 2 2

3 2 2 2 2

3

2 2

3

2 2

x 4y 3y 5y x y x 4y 8

4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y

2xy 4y x 5y x xy 4xy 2xy 8y x y 0

2y x 2y x 5y x y y 4x 2xy 8y x y 0

x x 2y x 2y2y x 2y y x 2y 4 xy 0

5y x y

x x 2yx 2y 3y y 4 xy

5y x y

+ + − = + +

⇔ + + − = + +

⇔ − + − − + + − − =

⇔ − + − − + + − − =

− +⇔ − − + − + =

− −

+⇔ − − + +

− +

0

=

+ Như vậy ta đã ép được nhân tử chung ( )x 2y− từ (1), tuy nhiên cái ngoặc vuông

“khổng lồ” gắn kèm kia ta rất khó để chứng minh được nó khác 0. Có lẽ cách làm này vẫn không khả thi cho lắm. + Sau một hồi suy luận mất khá nhiều thời gian và công sức, ta cũng chỉ mới biết được x 2y x 2y 0= ⇔ − = . Bây giờ con đường cuối cùng là ta đổi hướng làm theo kiểu “đánh

giá”, chú ý phải “biến đổi ép” để có ( )x 2y− nhé. Thật vậy, từ (1) ta biến đổi như sau:



( ) ( )

( )

3 2 2 2 2 2

3 2 2 2 2 4 2

2 2 2 2 2 4 3

22 2 2 2

x 4y 3y 5y x y x 4y 8

4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y

3xy x 5y x 8y x y 4y 4xy

3xy x 5y x 8y 2y xy (3)

+ + − = + +

⇔ + + − = + +

⇔ + − − = + −

⇔ + − − = −

+ Nhận thấy ( )222y xy 0− ≥ , vậy từ (3) 2 2 23xy x 5y x 8y 0⇒ + − − ≥

2

2

x x x3 5 8 0

y y y

x x x5 8 3

y y y (4)

⇔ + − − ≥

⇔ − ≥ −

+ Mặt khác, từ ĐK 2

2 2 x x xx 5y 5 0 5 8 3 0

y y y

≤ ⇔ ≤ ⇔ < ≤ ⇒ − >

, vậy BPT (4) có 2 vế

không âm nên bình phương 2 vế và biến đổi ta được kết quả: 4 2

x x x4 48 64 0

y y y

+ − + ≤

, đặt

xt 0

y= ≥

( ) ( )

( )

( )

24 2 2

2 2

2

t 4t 48t 64 0 t 2 t 4t 16 0

t 2 0 t 4t 16 0, t 0)

xt 2 0 t 2 2 x 2y

y

(do

⇒ + − + ≤ ⇔ − + + ≤

⇔ − ≤ + + > ∀ ≥

⇔ − = ⇔ = ⇒ = ⇔ =

+ Cuối cùng ta đã tìm được hướng làm đúng, bây giờ thì thay x 2y= vào (2) ta có:

( ) ( )

2

2

2

2 22

2y 12 4y 2y 2 y 4

3 y y y y 2

y y 2 0 y 2

3 y y y y 2

(do y 0)

(5)

+ − = − −

⇔ − + = − −

− − ≥ ⇔ ≥ ≥

⇔ − + = − −

+ Từ (5) biến đổi ta được: ( )4 3 2y 2y 3y 4y 1 2 y 3 y (6)− − + + = −

+ Phương trình (6) quả thật không dễ gì giải quyết được, nếu bình phương 2 vế tiếp tục, sẽ được phương trình bậc 8 (ghê gớm quá) nên không ai đi làm thế cả !!! + Bây giờ bạn hãy quan sát căn bậc 2 bên phải, ta đoán rằng sẽ tạo ra lượng thích hợp để nhân liên hợp rồi đoán nhân tử chung, vậy trước hết ta sẽ nghĩ đến việc tạo ra lượng

( )( )y 3 y 1− − ( )( )( )

( )

2y 3y 1y 3 y 1

y 3 y 1

− − +⇒ − − =

− − ⇒ đoán nhân tử chung là ( )2y 3y 1− + .

+ Vậy vấn đề là ta phải ép cho vế trái của (6) có được nhân tử chung là ( )2y 3y 1− + :



( )( )( )( )

( ) ( ) ( )( )

( )

( )( )( )

( )

( )( )

( )

4 3 2

4 3 2 3 2 2

2

2 2 2 2

2

2 2

2 2

2 2

y 2y 3y 4y 1 2 y 3 y 1

y y y 3y 3y 3y y y 1 2 y 3 y 1

2 y 3y 1y y y 1 3y y y 1 y y 1

y 3 y 1

2 y 3y 1y y 1 y 3y 1 0

y 3 y 1

2y 3y 1 y y 1 0

y 3 y 1

2y 3y 1 0 y y 1 0

y 3 y 1

3 5y

2

do

− − + − = − −

⇔ + − − − + + + − = − −

− − +⇔ + − − + − + + − =

− +

− +⇔ + − − + + =

− +

⇔ − + + − + = − +

⇔ − + = + + + >− +

−= <

⇔

2

3 5y x 3 5

2

+

= ⇒ = +

* Chú ý: các bạn có thể phân tích đa thức 4 3 2y 2y 3y 4y 1− − + − thành nhân tử với nhân tử

chung là 2y 3y 1− + bằng 1 trong 2 cách sau:

- Cách 1: Chia đa thức 4 3 2y 2y 3y 4y 1− − + − cho đa thức 2y 3y 1− +

- Cách 2: Dùng hệ số bất định ( )( )4 3 2 2 2y 2y 3y 4y 1 y 3y 1 y my 1 m?− − + − = − + + − ⇒

Vậy HPT có nghiệm 3 5

(x; y) 3 5;2

+= +

Bài 2 : Giải hệ phương trình 2 2

2 2

x y 3 y 3x 7

y 1 2y 1 x x xy 3y

(1)

(2)

+ + = − +

− + + = + + +


+ ĐK

2y 3x

y 1

x 0

≥

≥ ≥

+ Ở bài này ta sẽ không xuất phát từ (1), bởi vì có 2 số 3 và 7 rời nhau nên nếu giải thường sẽ cho nghiệm không phải số nguyên. + Xét phương trình (2) để “xử lý” ta thấy:

- Nếu cho ( )2y 1 x x x 0 x 1 x x x 0 x 0= ⇒ + + = ⇔ + + = ⇔ =

- Nếu cho 2y 2 x x 2x 4= ⇒ + + = , bấm máy giải phương trình x 1⇒ = + Như vậy đến đây ta dự đoán y x 1 y x 1 0= + ⇔ − − = , vậy nhân tử chung dự đoán sẽ là

( )y x 1− − , bây giờ ta tìm cách ép nhân tử chung từ phương trình (2) như sau:



2 2

2 2

2 2

y 1 2y 1 x x xy 3y

y 1 x x xy 3y 2y 1

y 1 xx xy 3y 2y 1

y 1 x (3)

− + + = + + +

⇔ − − = + + − −

− −⇔ = + + − −

− +

+ Ta cần phân tích đa thức ở vế phải của (3) thành nhân tử với nhân tử chung là ( )y x 1− − , công việc này không hề đơn giản. Cách xử lý khéo léo là ta coi VP của (3) là

phương trình bậc 2 ẩn x: ( )2 2x xy 3y 2y 1 0+ + − − =

- Tính ( ) ( )22 2y 4.1. 3y 2y 1 3y 2 0∆ = = − − = − ≥ , vậy phương trình ( )2 2x xy 3y 2y 1 0+ + − − =

có 2 nghiệm là : y 3y 2

x x y 1 02y 3y 2 x 2y 1 0

x2

− + −= − + =

⇔ − − + + − = =

( ) ( )( )2 2x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1⇒ + + − − = − − + −

- Vậy (3)

( )( )

( )

y 1 xx y 1 x 2y 1

y 1 x

1y x 1 x 2y 1 0

y 1 x

− −⇔ = − − + −

− +

⇔ − − + + − = − +

- Ta thấy với ĐK 1

x 0; y 1 x 2y 1 0 y x 1 0 y x 1y 1 x

≥ ≥ ⇒ + + − > ⇒ − − = ⇒ = + − +

thay

vào (1) ta được: 2 2x x 1 3 x x 1 7 (4)+ + + = − + + , bấm máy thấy phương trình này có nghiệm x 2= ,

vậy ta sẽ biến đổi để xuất hiện nhân tử chung là ( )x 2− : Bình phương 2 vế và biến đổi ta

được:

( )( )

( )

2 2

2

2 2

2 2

2 2

x 2 7x 7x 7 3x 3x 3

4x 10x 4x 2

7x 7x 7 3x 3x 3

2 x 2 2x 1x 2

7x 7x 7 3x 3x 3

4x 2x 2 1 0

7x 7x 7 3x 3x 3

− = − + − + +

− +⇔ − =

− + + + +

− −⇔ − =

− + + + +

−⇔ − − =

− + + + +

+ Đến đây mặc dù đã xuất hiện nhân tử chung là ( )x 2− , tuy nhiên đại lượng trong dấu

ngoặc thứ hai là 2 2

4x 21

7x 7x 7 3x 3x 3

−−

− + + + + ta không thể chứng minh cho nó 0≠ ,



hơn nữa nếu xét phương trình 2 2

4x 21 0

7x 7x 7 3x 3x 3

−− =

− + + + + thì việc giải phương

trình này là rất khó. + Bây giờ ta phải quay trở về phương trình (4) để đổi hướng làm bài như sau:

2 2 2 2x x 1 3 x x 1 7 x x 1 x x 1 7 3 (4) (5)+ + + = − + + ⇔ + + − − + = − + Ý tưởng làm bài lúc này là ta sẽ chứng minh cho VT của (5) là hàm đơn điệu để suy ra x 2= là nghiệm duy nhất của (5). - Xét hàm số :

( ) ( )

2 2

2 2

2 2

2x 1 2x 1f (x) x x 1 x x 1 f '(x)

2 x x 1 2 x x 12x 1 2x 1

f '(x)2x 1 3 2x 1 3

+ −= + + − − + ⇒ = −

+ + − +

+ −⇔ = −

+ + − +

- Xét hàm số ( )

2 22

t 3f (t) , t R f '(t) 0, t

t 3 t 3= ∈ ⇒ = > ∀

+ +

f (t)⇒ là hàm đồng biến

- Mặt khác ta có ( ) ( )

2 2

2x 1 2x 12x 1 2x 1 g(2x 1) g(2x 1)

2x 1 3 2x 1 3

+ −+ > − ⇒ + > − ⇒ >

+ + − +

( ) ( )2 2

2x 1 2x 1f '(x) 0 f (x)

2x 1 3 2x 1 3

+ −⇒ = − > ⇒

+ + − +

là hàm đồng biến.

Vậy x 2= là nghiệm duy nhất của (5). KL: (x; y) (2;3)=

Bài 3: Giải hệ phương trình ( )

( )

34 3 2

3 32 2 4 2 3 3

x x x 1 x y 1 1

x y 2 x x y 2y y 1 x x

(1)

(2)

+ − + = − +

− + + + = − +


+ ĐK: 3 2x x 1 0

y 1

− + ≥

≥

+ Ở bài này đối với phương trình (1) trong căn là đa thức có 3 hạng tử nên ta loại trừ PP nhân lượng liên hợp, vậy ta xuất phát từ (2) để biến đổi mấy căn rắc rối kia xem hình dạng biểu thức thu được ra sao nhé ! + Từ (2) ta biến đổi:

( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

3 32 2 4 2 3 3

22 33 3 3

2 23 3

23

3

x y 2 x x y 2y y 1 x x

x 2x. x x 2y y 1 x x y y 0

x x 2y y 1 x x y y 1 0

x x y y 1 0

x x y y 1 0

− + + + = − +

⇔ + + − − + + − =

⇔ + − − + + − =

⇔ + − − =

⇔ + − − =



( ) ( )

( ) ( )

33 3

3 33 3

x x y 1 1 . y 1

x x y 1 y 1 (3)

⇔ + = − + −

⇔ + = − + −

+ Như vậy sau khi biến đổi (2) thì kết quả thu được tự nhiên rất tốt, do đó đây là điều hết sức may mắn và ngẫu nhiên. + Đến đây ta xét hàm số 3 2f (t) t t f '(t) 3t 1 0 f (t)= + ⇒ = + > ⇒ là hàm đồng biến

Vậy từ (3) ( ) ( ) ( )3 23 3f x f y 1 x y 1 y 1 x⇒ = − ⇒ = − ⇒ − = thay vào (1) ta được:

( ) ( )

( )

( )

( )

4 3 2 3

3 2 2 4 3 2

3 2 44 3 2

3 2 2

4 3 2

3 2 2

4 3 2

3 2 2

2

23 2 2

x x x 1 x 1

x x 1 x x x x 1 0

x x 1 xx x x 1 0

x x 1 x

1x x x 1 1 0

x x 1 x

x x x 1 0

x x 1 x 1

x 1

1 x 0

x x 1 1 x

x 1 y 2

x 0 y 1

+ − + = +

⇔ − + − + − + − =

− + −⇔ + − + − =

− + +

⇔ − + − − =

− + +

− + − =⇔

− + + =

= − ≥⇔

− + = −

= ⇒ =⇔

= ⇒ =

KL: HPT có nghiệm (x; y) (1;2), (0;1)=

Bài 4: Giải hệ phương trình ( )( )

( )( )

2 2 2 23x 3y 8 y x y xy x 6

x y 13 3y 14 x 1 5

(1)

(2)

+ + = − + + +

+ − − − + =


+ ĐK: x 1

14y

3

≥ −

≥

+ Quan sát phương trình (1), nếu ta thực hiện mở dấu ngoặc và chuyển vế thì sẽ cô lập được x và y sang từng vế, thật vậy:

( )( )

( ) ( )

( )

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 3 3

3 2 3 2

3x 3y 8 y x y xy x 6

3x 3y 8 y x y xy x 6

3x 3y 8 y x 6 y x

x 3x 6x 8 y 3y 6y (3)

+ + = − + + +

⇔ + + = − + + +

⇔ + + = − + −

⇔ + + + = − +



+ Ở phương trình (3) đã cô lập x và y sang từng vế, mặt khác mỗi vế đều có dạng đa thức bậc ba, với hình thức phương trình kiểu này, ta thường nghĩ đến phương pháp sử dụng “hàm đại diện”.

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 3 2

3 3

x 3x 6x 8 y 3y 6y

x 1 3 x 1 y 1 3 y 1 (4)

+ + + = − +

⇔ + + + = − + −

+ Đến đây ổn rồi, xét hàm số 3 2f (t) t 3t f '(t) 3t 3 0 f (t)= + ⇒ = + > ⇒ là hàm đồng biến Vậy từ (4) f (x 1) f (y 1) x 1 y 1 y x 2⇒ + = − ⇔ + = − ⇔ = + thay vào (2) ta được:

( )( ) 52x 11 3x 8 x 1 5 3x 8 x 1

2x 115 8 11

3x 8 x 1 ; x2x 11 3 2

=0 (5)

− − − + = ⇔ − − + =−

⇔ − − + − ≤ ≠−

+ Ở phương trình (5) ta nhẩm thấy (hoặc dùng máy tính) phương trình có 2 nghiệm x 3; x 8= = , tuy nhiên việc giải phương trình (5) là rất khó. Trong trường hợp này ta sẽ dùng phương pháp đồ thị để chứng tỏ phương trình (5) chỉ có đúng 2 nghiệm x 3; x 8= = .

+ Xét hàm số 5 8 11

f (x) 3x 8 x 1 ; x2x 11 3 2

= − − + − ≤ ≠−

( )

( )

2

2

3 1 10f '(x)

2 3x 8 2 x 1 2x 1

3 x 1 3x 8 10 8 11f '(x) 0, x ; x

3 22 3x 8. x 1 2x 1

⇒ = − +− + −

+ − −⇔ = + > ∀ ≥ ≠

− + −

+ Ta có bảng biến thiên sau:

++

+∞11

2

8

3

f(x)

f'(x)

x

+ Từ BBT ta thấy hàm số f(x) cắt Ox tại tối đa 2 điểm, vậy phương trình (5) chỉ có 2 nghiệm x 3; x 8= = KL: HPT có nghiệm là (x; y) (3;5); (8;10)=

Nhận xét: Nếu ta giải phương trình ( )( )2x 11 3x 8 x 1 5− − − + = bằng phương pháp

nhân liên hợp thì ta sẽ biến đổi như sau:

( )( )( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

( )( ) ( )

( )( )

2x 11 3x 8 x 1 5

2x 11 3x 8 1 2x 11 x 1 2 2 x 3 0

2x 11 .3 x 3 2x 11 . x 32 x 3 0

3x 8 1 x 1 2

− − − + =

⇔ − − − − − + − − − =

− − − −⇔ − − − =

− + + +



( )( )

( )( )

( )3 2x 11 2x 11

x 3 2 03x 8 1 x 1 2

− − ⇔ − − − = − + + +

+ Tuy nhiên đến đây ta gặp khó khăn khi lý luận cho phương trình ở dấu ngoặc vuông kia có nghiệm duy nhất x 8=

( )

( )( )

( )3 2x 11 2x 11

2 03x 8 1 x 1 2

− − − − = − + + +

Bài 5: Giải hệ phương trình ( ) ( )

22 2

2

4 2

y y 56ln x y x xy y 1

x x 5

34y 6y 2 3 4x 0

4

(1)

(2)

+ + = − + + −

+ +

− + − − =


+ ĐK: 3

0 x4

< ≤

+ Nhận thấy (1) có dạng đặc biệt nên biến đổi (1) ta được:

( ) ( )

( ) ( )

2 2 3 3

2 3 2 3

6ln y y 5 6ln x x 5 x y 2x 2y

6ln y y 5 y 2y 6ln x x 5 x 2x (3)

⇔ + + − + + = − − +

⇔ + + + − = + + + −

+ Xét hàm số ( )2 3f (t) 6 ln t t 5 t 2t, t R= + + + − ∈ 2

2

6f '(t) 3t 2

t 5⇒ = + −

+

+ Đến đây ta vẫn chưa chứng minh được f(t) là hàm đơn điệu, vậy ta sẽ tính f’’(t) và sử dụng PP “min - max”, thật vậy:

( )32

1f ''(t) 6t 1

t 5

⇒ = − +

, xét f ''(t) 0 t 0= ⇔ = , ta có bảng biến thiên sau:

6

5-2

0

-∞

+-

+∞0

f'(t)

f''(t)

t

+ Từ BBT ta thấy 6

f '(t) 2 0 f '(t) 0 f (t)5

≥ − > ⇒ > ⇒ là hàm đồng biến.

+ Vậy từ (3) f (x) f (y) x y= ⇒ = thay vào (2) ta có: 4 2 34x 6x 2 3 4x 0

4 (4)− + − − =



+ Việc giải phương trình (4) cũng không hề đơn giản, bây giờ ta dùng đến máy tính và

thấy phương trình (4) chỉ có nghiệm duy nhất 1

x2

= , do đó ta phải chứng minh cho hàm

số ở vế trái của (4) là hàm đơn điệu, thật vậy:

+ Xét hàm số 4 2 3 3g(x) 4x 6x 2 3 4x , x 0;

4 4

= − + − − ∈

( )3 2 24 4 3g '(x) 16x 12x 4x 4x 3 0, x 0;

43 4x 3 4x

⇒ = − − = − − < ∀ ∈

− −

g(x)⇒ là hàm nghịch biến 1

x2

⇒ = là nghiệm duy nhất của (4) 1

y2

⇒ =

KL: HPT có nghiệm ( )1 1

x; y ;2 2

=


2

3 2

2x x y 2

x 3x 2 y 2 1 y 0

(1)

(2)

− + =

− + + + − =


+ ĐK: 2 0 x 22x x 0

0 y 10 y 1

≤ ≤ − ≥ ⇔

≤ ≤≤ ≤

+ Nhận thấy phương trình (2) có thể cô lập được x và y sang từng vế, mặt khác VT là đa thức bậc 3 đối với x, VP chứa căn bậc hai của đa thức bậc nhất đối với y, đối với hình thức này, ta thường sử dụng PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy:

( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 2

3 2

3 2

33

x 3x 2 y 2 1 y 0

x 3x 2 y 2 1 y

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

x 1 3 x 1 1 y 3 1 y

(3)

− + + + − =

⇔ − + = − + −

⇔ − + − − − = − − −

⇔ − − − = − − −

+ Xét hàm số 3f (t) t 3t= − , ta thấy 0 x 2 1 x 1 1

1 t 10 y 1 0 1 y 1

≤ ≤ − ≤ − ≤ ⇔ ⇒ − ≤ ≤

≤ ≤ ≤ − ≤

( ) [ ]2 2f '(t) 3t 3 3 t 1 0, t 1;1⇒ = − = − ≤ ∀ ∈ − f (t)⇒ là hàm nghịch biến.

+ Từ (3) ( ) ( )( )

2 2

x 1 0 x 1f x 1 f 1 y x 1 1 y

y x 2xx 1 1 y

− ≥ ≥− = − ⇒ − = − ⇔ ⇔

= − +− = −

+ Thay vào (1) ta được: 2 22x x 2x x 2,1 x 2− + − = ≤ ≤ , giải PT này x 1⇒ = KL: HPT có nghiệm (x; y) (1;1)=


2 2

5 2

3 1 x 3x y 1 3

x 5x y 2y 4 y 1

(1)

(2)

− + − − =

− = + − +




+ ĐK:

2

2 2

1 x 0 1 x 1

3x y 1 0 y 1 3x

y 1 0 y 1

− ≥ − ≤ ≤

− − ≥ ⇔ + ≤ + ≥ ≥ −

+ Quan sát thấy phương trình (2) cô lập được x và y sang mỗi vễ, hơn nữa đa thức trong căn bậc hai là bậc nhất nên ta sẽ nghĩ đến việc biến đổi (2) theo PP “hàm đại diện”.

( )

( )

( )

5 2

25

55

x 5x y 2y 4 y 1

x 5x y 1 5 y 1

x 5x y 1 5 y 1 (3)

− = + − +

⇔ − = + − +

⇔ − = + − +

+ Xét hàm số 5f (t) t 5t= −

+ Ta cần tìm điều kiện của :

[ ]2

x 1;1

t 1; 3y 1 3xy 1 0; 3

y 1 0

∈ −

⇒ ∈ − + ≤ ⇒ + ∈ + ≥

+ Ta có ( )4 4f '(t) 5t 5 5 t 1= − = − , rõ ràng với t 1; 3 ∈ − thì ta chưa thể xác định được

hàm f(t) đơn điệu, điều này chứng tỏ ĐK của t tìm chưa sát (vẫn còn thiếu). Bây giờ ta phải nghiên cứu kỹ hơn để tìm ĐK cho t thật sát. + Xét (1) ta thấy:

2 2

2 2

2 2

3 3. 1 x 1. 3x y 1

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

3 3 1. 3 3x 3x y 1

1 3 33 2 2 y y y 1 0 y 1

4 4 2

= − + − −

⇔ = − + − −

⇔ ≤ + − + − −

⇔ ≤ − ⇔ ≤ − ⇔ + ≤ ⇔ ≤ + ≤

+ Như vậy cuối cùng ta có

[ ]

[ ]

x 1;1

t 1;13y 1 0;

2

∈ −

⇒ ∈ − + ∈

( ) [ ]4f '(t) 5 t 1 0, t 1;1 f (t)⇒ = − ≤ ∀ ∈ − ⇒ là hàm nghịch biến.

+ Từ (3) ( ) ( ) 2 2

0 x 1f x f y 1 x y 1

x y 1 y x 1

≤ ≤⇒ = + ⇒ = + ⇔

= + ⇒ = − thay vào (1) ta được:

2 23 1 x 2x 3− + = , đặt [ ]2X x X 0;1 3 1 X 2X 3 (4)= ⇒ ∈ ⇒ − + =

+ Phương trình (4) giải bằng cách bình phương 2 vế 2 lần

KL: HPT có nghiệm là 6 2 49

(x; y) (0; 1); ;11 121

= − ± −

Qua bài này ta thấy việc tìm ĐK cho hàm “đại diện” f(t) sẽ lấy hợp các ĐK của 2

hàm số ở VT và VP, đôi khi chúng ta cần tìm thật sát ĐK của f để chứng minh hàm số f(t) đơn điệu.



Bài 8 (KA-2013): Giải hệ phương trình ( )

44

2 2

x 1 x 1 y 2 y

x 2x y 1 y 6y 1 0

(1)

(2)

+ + − − + =

+ − + − + =

Phân tích tìm lời giải + ĐK: x 1≥ + Ta thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, vậy rất có thể sẽ sử dụng được PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy:

( )

44

44

444

x 1 x 1 y 2 y

x 1 x 1 y 2 y

x 1 2 y 2 y (3)

+ + − − + =

⇔ + + − = + +

⇔ − + = + +

+ Xét hàm số 4f (t) t 2 t= + + , do y R, x 1 t R∈ ≥ ⇒ ∈ 3

4

2tf '(t) t

t 2⇒ = +

+, rõ ràng với t R∈ thì hàm số f(t) không đơn điệu, vậy ta cần tìm điều

kiện sát hơn đối với t như sau. + Xét (2) ( )2 2 2 2x 2x y 1 y 6y 1 0 x 2xy 2x y 6y 1 0+ − + − + = ⇔ + − + − + =

( )

2 2

2

x y 1 2xy 2x 2y 4y

x y 1 4y 4y 0 y 0

⇔ + + + − − =

⇔ + − = ⇒ ≥ ⇒ ≥

+ Như vậy với x 1

t 0y 0

≥⇒ ≥

≥

3

4

2tf '(t) t 0, t 0 f (t)

t 2⇒ = + ≥ ∀ ≥ ⇒

+ là hàm đồng biến.

+ Từ (3) ( ) ( ) 44 4f x 1 f y x 1 y x y 1⇒ − = ⇒ − = ⇒ = + thay vào (2) ta được:

( )7 4

7 4

y 0y y 2y y 4 0

y 2y y 4 0 (4)

=+ + − = ⇔

+ + − =

+ Ở phương trình (4) ta thấy có 1 nghiệm y 1= , mặt khác xét hàm số ở vế trái của (4) ta

có: 7 4 6 3g(y) y 2y y 4 g '(y) 7y 8y 1 0= + + − ⇒ = + + > nên g(y) là hàm đồng biến, vậy y 1= là nghiệm duy nhất của (4). KL: HPT có nghiệm (x; y) (1;0), (2;1)=

Bài 9: Giải hệ phương trình 3

2 2 2 2

2y 2x 1 x 3 1 x y

5x 2y 12x 7 x y 19 5y

(1)

(2)

− + = + −

+ + + − − − =


+ ĐK: 2 2

2 2

x 1

5x 2y 12x 7 0

x y 19 0

≥ −

+ + + ≥

− − ≥

+ Nhận thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, hơn nữa đa thức trong căn là bậc 1, y bậc 3 nên ta sẽ nghĩ đến PP sử dụng “hàm đại diện”, thật vậy:



( )

( )

( )

3

3

3

33

33

2y 2x 1 x 3 1 x y

2y y 2x 1 x 3 1 x

2y y 2 1 x 1 1 x 3 1 x

2y y 2 1 x 1 x 3 1 x

2y y 2 1 x 1 x (3)

− + = + −

⇔ + = + + +

⇔ + = + − + + +

⇔ + = + − + + +

⇔ + = + + +

+ Xét hàm số 3 2f (t) 2t t, t R f '(t) 6t 1 0, t R= + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈

f (t)⇒ là hàm đồng biến, từ (3) ( ) ( )f y f 1 x y 1 x= + ⇔ = + thay vào (2) ta có:

2 2

2 2

5x 14x 9 x x 20 5 x 1, x 5

5x 14x 9 5 x 1 x x 20

+ + − − − = + ≥

⇔ + + = + + − −

+ Bình phương 2 vế ta được: ( )( ) ( )22x 5x 2 5 x 1 x 5 x 4− + = + − + (4)

+ Đối với dạng phương trình (4) ta sẽ giải bằng PP đặt 2 ẩn phụ như sau:

- Đặt ( )( ) 2 2

2

a x 1 x 5 0 a x 5x 5

b x 4b x 4 0

= + − ≥ = − − ⇒

= + = + >

thay vào (4) ta có:

22 2 a a

2a 3b 5ab 2 5 3 0b b

+ = ⇔ − + =

a1

a bba 3 2a 3b

b 2

= =

⇔ ⇔ = =

( )( )

( ) ( ) ( )

5 61 7 61x 1 x 5 x 4 x y2 2

4 x 1 x 5 9 x 4x 8 y 3

+ + + − = + = ⇒ =⇒ ⇔ + − = + = ⇒ =

KL: HPT có nghiệm ( ) ( )5 61 7 61

x; y ; ; 8;32 2

+ + =

Bài 10: Giải hệ phương trình

( )( )

( )2 22

13 x y 2 10 xy

x y

12x 5

x y

(1)

(2)

+ + = −

− + = −

Phân tích tìm lời giải + ĐK: x y≠ + Nhận thấy dạng HPT trên sẽ nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để giải quyết, thật vây :

( )( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( )

2 22 22 2

1 13 x y 2 10 xy 2 x y x y 20

x y x y

1 12x 5 x y x y 5

x y x y

+ + = − + + − + =

− − ⇔

+ = + + − + = − −



+ Đặt ( )

( )

2 2a x y a 3 b 2

2a b 2 201 141

a bb x y a b 53 3x y

= + = ⇒ = + − = ⇒ ⇔ = ⇒ == − + + = −

KL: HPT có nghiệm là ( ) ( )8 10 1 10 8 10 1 10

x; y 2;1 ; ; ; ;3 3 3 3

+ − − +=

Bài 11 (KA-2008): Giải hệ phương trình ( )

2 3 2

4 2

5x y x y xy xy

45

x y xy 1 2x4

(1)

(2)

+ + + + = −

+ + + = −

Phân tích tìm lời giải + HPT đã cho nếu biến đổi một chút ta sẽ thấy xuất hiện nhân tử chung:

( )

( ) ( )

( )

2 3 2 2 2

24 2 2

5 5x y x y xy xy x y xy xy x y

4 45 5

x y xy 1 2x x y xy4 4

+ + + + = − + + + + = −

⇔ + + + = − + + = −

+ Đặt

22

2 3 2

5 5 5a b ab b a a 0 b

a x y 4 4 45 a 1 3b xy

a b a a 0 a b4 4 2 2

+ + = − = − − = ⇒ = − = +

⇒ ⇔ ⇔ = + = − + + = = − ⇒ = −

+ Với

2 3

3

5xx y 0

5 4a 0,b 54 xy 25

y416

= + =

= = − ⇒ ⇔

= − = −

+ Tương tự với 1 3 3

a ;b x 1; y2 2 2

= − = − ⇒ = = −

KL: HPT đã cho có nghiệm ( ) 3 35 25 3

x; y ; ; 1;4 16 2

= − −

Bài 12 (KA-2012): Giải hệ phương trình

3 2 3 2

2 2

x 3x 9x 22 y 3y 9y

1x y x y

2

(1)

(2)

− − + = + −

+ − + =

Phân tích tìm lời giải + Nhận thấy (1) có x và y cô lập sang từng vế, hơn nữa bậc của đa thức với biến x và y đều là 3, vậy ta sẽ biến đổi (1) theo PP “hàm đại diện”

( ) ( ) ( ) ( )

3 2 3 2

3 3

x 3x 9x 22 y 3y 9y

x 1 12 x 1 y 1 12 y 1 (3)

− − + = + −

⇔ − − − = + − +

+ Xét hàm số ( )3 2f (t) t 12t, t R f '(t) 3 t 4= − ∈ ⇒ = − , ta thấy f(t) không phải hàm đơn điệu,

do đó ta cần đi tìm điều kiện sát hơn đối với biến t như sau: + Từ (2) ta biến đổi sẽ thấy:



2 22 2

1 3 11 x 1 x 1

1 1 1 3 32 2 2x y x y x y 1 t1 1 32 2 2 2 2

1 y 1 y 12 2 2

− ≤ − ≤ − ≤ − ≤

+ − + = ⇔ − + + = ⇒ ⇔ ⇒ − ≤ ≤ − ≤ + ≤ − ≤ + ≤

+ Như vậy với điều kiện của t là 3 3

t f '(t) 0 f (t)2 2

− ≤ ≤ ⇒ < ⇒ là hàm nghịch biến.

+ Vậy từ (3) ( ) ( )f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2⇒ − = + ⇒ − = + ⇔ = − thay vào (2) và biến đổi ta

được: 2

1 3x y

2 24x 8x 3 03 1

x y2 2

= ⇒ = −

− + = ⇔ = ⇒ = −

KL: HPT có nghiệm ( )1 3 3 1

x; y ; ; ;2 2 2 2

= − −

Nhận xét: Ta có thể giải HPT trên bằng PP đặt ẩn phụ như sau:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

3 23 2 3 2

2 2 2

x y 3xy x y 3 x y 2xy 9 x y 22 0x 3x 9x 22 y 3y 9y

1 1x y x y x y 2xy x y2 2

− + − − − + − − + = − − + = + − ⇔

+ − + = − + − − =

+ Đặt

3 2

2

a 3ab 3a 6b 9a 22 0a x y1b xy a 2b a2

(1)

(2)

+ − − − + == −

⇒ = + − =

+ Từ (2) 22a 2a 1

b4

− −⇒ = thay vào (1) và biến đổi ta được:

3 2

2

3a 2 b

2a 6a 45a 82 0 4

a 2a 41 0 (3)

= ⇒ =− + − + = ⇔

− + =

+ Do phương trình (3) vô nghiệm nên với

3 1a 2 x y 2 x y

2 23 3

1 3b xyx y4 4

2 2

= + = = ⇒ = −

⇒ ⇔ = = = ⇒ = −

KL: HPT có nghiệm ( )1 3 3 1

x; y ; ; ;2 2 2 2

= − −

Bài 13: Giải hệ phương trình 2 2

2 2 2 2

x y 6 y x 3 7xy

x x 3 y y 6 2 x y

(1)

(2)

+ + + =

+ + + = + +

Phân tích tìm lời giải + Nhận thấy HPT đã cho có thể giải bằng PP đặt ẩn phụ, tuy nhiên để đặt được ẩn phụ, ta cần biến đổi một chút như sau: Nhận thấy x y 0= = không phải là nghiệm của HPT nên ta chia 2 vế của (1) cho xy 0≠ , còn (2) ta chuyển vế và nhóm nhân tử, ta sẽ được:



( ) ( )

2 2

2 2

2 2 2 22 2

y 6 x 37x y 6 y x 3 7xy y x

x x 3 y y 6 2 x y x x 3 x y y 6 y 2 (*)

+ + + =+ + + =

⇔ + + + = + + + − + + − =

+ Ở phương trình (*) ta biến đổi tiếp bằng cách “nhân liên hợp”

( ) ( )2 2

2 2

2 2

x x 3 x y y 6 y 2

3x 6y2

x 3 x y 6 y

3 62

x 3 y 61 1

x y

+ − + + − =

⇔ + =+ + + +

⇔ + =+ +

+ +

+ Đến đây ta đặt

2

2

y 6a a b 7 a 5 b 2

y3 6 7 7

2 a bx 3 b 1 a 1 2 2bx

+= + = = ⇒ =

⇒ ⇔ + = = ⇒ = + + + =

+ Đoạn cuối bạn đọc tự giải, cuối cùng ta có đáp số ( )4 8 1

x; y ; ; 1;15 15 2

=


( )

3 3 2

2 3

x 1x 3x y 6y 9y 2 ln 0

y 1

y log x 3 log y x 1

(1)

(2)

−− − − − − + = +

− + = +


+ ĐK: x 3

y 0

>

>

+ Quan sát (1) ta thấy có thể cô lập được x và y sang từng vế, mặt khác x và y đều có mũ

cao nhất là 3, vì vậy ta sẽ sử dụng PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy:

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

3 3 2

3 2 3 2

3 2 3 2

x 1x 3x y 6y 9y 2 ln 0

y 1

x 3x 2 ln x 1 y 6y 9y ln y 1

x 1 3 x 1 ln x 1 y 1 3 y 1 ln y 1 (3)

−− − − − − + =

+

⇔ − − + − = + + + +

⇔ − + − + − = + + + + +

+ Xét hàm số 3 2f (t) t 3t ln t= + + , do x 3

t 0y 0

>⇒ >

> 2 1f '(t) 3t 6t 0, t 0

t= + + > ∀ > ⇒ f(t) là

hàm đồng biến.

+ Từ (3) ( ) ( )f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2⇒ − = + ⇒ − = + ⇔ = − thay vào (2) ta được:



( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 3

2 3

x 2 log x 3 log x 2 x 1

x 1log x 3 log x 2 0

x 2 (4)

− − + − = +

+⇔ − + − − =

−

+ Nhận thấy phương trình (4) không dễ gì giải quyết được, vậy la dùng phương pháp hàm

số. Ta thấy (4) có 1 nghiệm là x 5= , mặt khác ta xét hàm số:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 3

2

x 1g(x) log x 3 log x 2 , x 3

x 21 1 3

g '(x) 0, x 3x 3 ln 2 x 2 ln 3 x 2

+= − + − − >

−

⇒ = + + > ∀ >− − −

Vậy g(x) là hàm đồng biến x 5⇒ = là nghiệm duy nhất của (4). ĐS: ( ) ( )x; y 5;3=

Bài 15: Giải hệ phương trình ( )3 2

2 3 2 2

y 3x 2x 1 4y 8

y x 4y x 6y 5y 4

+ − + =

+ − + =

Phân tích tìm lời giải + Ta nhận thấy hệ đã cho có thể cô lập được x và y sang từng vế để sử dụng PP “hàm đại diện” giải HPT. + Do y 0= không phải là nghiệm của HPT nên:

( ) ( )

( )

23 23 2 3 2

2 32 3 2 23

2

8 43x 2x 1y 3x 2x 1 8 4yy 3x 2x 1 4y 8 y y

4 6y x 4x 5 4 6yy x 4y x 6y 5y 4 x 4x 5y y

(1)

(2)

+ − = − + − = − + − + =

⇔ ⇔ + + = ++ − + = + + = +

+ Ta cộng vế của (1) và (2)

( ) ( )3

33 23

8 6 2 2x 3x 6x 4 x 1 3 x 1 3

y 6 y y (3)

⇒ + + + = + ⇔ + + + = +

+ Xét hàm số 3 2f (t) t 3t, t R f '(t) 3t 3 0, t R f (t)= + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒ là hàm đồng biến

+ Từ (3) ( )2 2

f x 1 f x 1y y

⇒ + = ⇒ + =

thay vào (2) ta có:

( ) ( )23x 4x 5 x 1 3 x 1 x 1+ + = + + + ⇔ = ± (với x 1= − không tìm được y) (x; y) (1;1)⇒ =


( )

2

3

2 2

yx x y

x y

2 x y 3 2x 1 11

(1)

(2)

− − = −

+ − − =


+ ĐK

2x x y 0

x y 0

1x

2

− − ≥

− ≠ ≥



+ Ở phương trình (1) ta nhận thấy:

- Nếu cho x 2= 3

y2 y 0

2 y⇒ − − =

−, bấm máy tính giải PT này ta có y 1=

- Nếu cho x 3= 3

y6 y 0

3 y⇒ − − =

−, bấm máy tính giải PT này ta có y 2=

⇒ ta thấy y luôn kém x là 1 đơn vị y x 1⇒ = − ⇒ như vậy (1) sẽ có nhân tử chung là

( )y x 1 x y 1− + = − − − , bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung:

+ Ta thấy 2x x y 0− − ≠ vì : nếu 2x x y 0− − = thì theo (1) 1

x 0y 0 2

x 1

= <⇒ = ⇒

=

x 0; y 0⇒ = = không là nghiệm của HPT, vậy từ (1) thực hiện nhân liên hợp ta có:

( )

( )( )

( )

( )( )

( )

( )

22 3 3

2 2 23

2 2 23 3

2 2 23 3

y x x yy y yx x y x y x y 1 1

x y x x y x x y x x y

x y y 1 xx y 1

y x x y x x yx y x y 1

x y1x y 1 0

y x x y x x yx y x y 1 (*)

− − −− − = ⇔ − = ⇔ − − = − =

− − − − − − −

+ + −− −⇔ =

+ − − − −− + − +

+

⇔ − − + = + − − − −− + − +

+ Đến đây ta cần tìm cách chứng minh cho phương trình ở dấu ngoặc vuông vô nghiệm.

( )

( )

( )2 2 23 3

x y10


+

+ ≠ + − − − −− + − +

+ Ta thấy

( )23 3

2

2

10

x y x y 1

x x y 0

x x y 0

x 0

>

− + − + − − > − − >

>

vậy ta chỉ còn chứng minh cho y 0>

+ Giả sử y 0< , vậy từ (1) 31

x y 0 x y 0 x y2

⇒ − < ⇔ − < ⇔ ≤ < (vô lý) y 0⇒ >

+ Như vậy với hàng loạt dữ kiện có được là

( )23 3

2

2

10

x y x y 1

x x y 0

x x y 0

x 0, y 0

>

− + − + − − > − − >

> >

thì ta luôn có:



( )

( )

( )2 2 23 3

x y10


++ >

+ − − − −− + − +

, vậy từ (*) x y 1 0 y x 1− − = ⇔ = −

+ Thay y x 1= − vào (2) ta được:

( ) ( )222 2x 2x 1 3 2x 1 11 2x 1 3 2x 1 10 0− + + − = ⇔ − + − − =

+ Đặt 4 5 3t 2x 1 t 3t 10 0 t 2 2x 1 2 x y

2 2= − ⇒ + − = ⇔ = ⇒ − = ⇔ = ⇒ =

Bài 17 (KB-2014): Giải hệ phương trình ( ) ( )

2

1 y x y x 2 x y 1 y

2y 3x 6y 1 2 x 2y 4x 5y 3

(1)

(2)

− − + = + − −

− + + = − − − −

Phân tích tìm lời giải + ĐK: x y 0; y 0;x 2y 0;4x 5y 3 0 (*)− ≥ ≥ − ≥ − − ≥ + Ta thử với phương trình (1) thì thấy quy luật sau:

- Cho ( )y 0

x 1 1 y 1 y 1 y y 0y 1

== ⇒ − − − + = ⇔

=

- Cho ( ) ( )x 2 1 y 2 y y 1 y 0 y 1= ⇒ − − + − = ⇔ =

Như vậy ta có quy luật y x 1= − , điều này chứng tỏ (1) sẽ có nhân tử chung là ( )x y 1− − −

+ Bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung là ( )x y 1− − −

( ) ( )

( ) ( )

( )( )( )( )

( )( ) ( )( )

( ) ( )

1 y x y x 2 x y 1 y

1 y x y 1 1 y x 2 x y 1 y 0

1 y x y 1x y 1 1 y 0

x y 1

1 y x y 1 x y 1 1 y0

x y 1 1 y

1 11 y x y 1 0

x y 1 1 y

− − + = + − −

⇔ − − − + − + − − − − =

− − −⇔ + − − − =

− +

− − − − − −⇔ + =

− + +

⇔ − − − + = − + +

+ Với y 1= thay vào (2) ta có 9 3x 0 x 3− = ⇔ = + Với y x 1= − thay vào (2) ta có

( ) ( )

( )

2

2

2

2

2x x 3 2 x

2 x x 1 x 1 2 x 0

1x x 1 2 0

x 1 2 x

1 5x x 1 x

2

− − = −

⇔ − − + − − − =

⇔ − − + =

− + −

±⇔ − − ⇔ =

Kết hợp ĐK: ( ) ( )1 5 1 5

x; y 3;1 ; ;2 2

+ − +=




2 3

y 1 2y 1 x x xy 3y

2x 11x 21 3 4y 8

(1)

(2)

− + + = + + +

− + = −

Phân tích tìm lời giải + ĐK: y 1; x 0≥ ≥ + Ở phương trình (1) ta làm phép thử sau: - Cho 2x 1 y 1 2y 1 4y= ⇒ − + = + , bấm máy tính giải PT này y 2⇒ =

- Cho 2x 4 y 1 2y 17 7y= ⇒ − + = + , bấm máy tính giải PT này y 5⇒ =

+ Đến đây ta dự đoán quy luật y x 1 x y 1 0= + ⇔ − + = ⇒ (1) sẽ có nhân tử chung là x y 1− + , bây giờ ta biến đổi (1) để ép nhân tử chung:

( ) ( )

( )

2 2

2 2

2 2

y 1 2y 1 x x xy 3y

x y 1 x xy 3y 2y 1 0

x y 1x xy 3y 2y 1 0

x y 1 (3)

− + + = + + +

⇔ − − + + + − − =

− +⇔ + + + − − =

+ −

+ Ta coi 2 2x xy 3y 2y 1 0+ + − − = là phương trình bậc 2, ẩn x ( )2

3y 2⇒ ∆ = −

( )( )2 2x y 1 x y 1 0x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1

x 2y 1 x 2y 1 0

= − − + = ⇒ ⇔ ⇒ + + − − = − + + −

= − + + − =

+ Vậy phương trình (3) tương đương với:

( )

( )

2 2x y 1x xy 3y 2y 1 0

x y 1

1x y 1 x 2y 1 0

x y 1 (4)

− ++ + + − − =

+ −

⇔ − + + + − = + −

+ Căn cứ vào ĐK của bài ta có : 1

x 2y 1 0x y 1

+ + − >+ −

, vậy từ (4) y x 1⇔ = +

+ Thay y x 1= + vào (2) ta được: 2 32x 11x 21 3 4x 4 (5)− + = − + Ở phương trình (5) ta thấy có 1 nghiệm x 3= (nhẩm hoặc bấm máy), vì vậy ta cần biến đổi (5) để ép nhân tử chung là ( )x 3−

( )( )

( )( )( )

( )( )

( )

2 3

23 3

2 33

2 33

2x 11x 21 4x 4

3 4x 4 8 2x 11x 15

12 x 3x 3 2x 5

4x 4 2 4x 4 4

12x 3 2x 5 0

4x 4 2 4x 4 4 (6)

− + = −

⇔ − − = − +

−⇔ = − −

− + − +

⇔ − − − =

− + − +

+ Đến phương trình (6) ta lại gặp khó khăn khi xử lý phương trình trong dấu ngoặc vuông

( )( )

( )2 23 33 3

12 122x 5 0 2x 5

4x 4 2 4x 4 4 4x 4 2 4x 4 4 (7)− − = ⇔ = −

− + − + − + − +



+ Đặt 3t 4x 4= − ta xét hàm số 2

12f (t)

t 2t 4=

+ +

( )

( )22

24 t 1f '(t)

t 2t 4

+⇒ = −

+ +

+ Ta cần phải tìm ĐK cho t để đánh giá hàm f(t), nhận thấy từ (5) ta có: 2

2 3 3

3 3

11 472x 11x 21 3 4x 4 2 x 3 4x 4

4 8

47 47 473 4x 4 4x 4 t f '(t) 0

8 24 24

− + = − ⇔ − + = −

⇒ − ≥ ⇔ − ≥ ⇒ ≥ ⇒ <

f (t)⇒ là hàm nghịch biến ( )

2 33

12f (x)

4x 4 2 4x 4 4⇒ =

− + − +

là hàm nghịch biến, mặt

khác hàm số g(x) 2x 5= − là hàm đồng biến, hơn nữa nhận thấy phương trình (7) có 1 nghiệm x 3 x 3= ⇒ = là nghiệm duy nhất của (7). + Từ (6) x 3⇒ = . ĐS: ( ) ( )x; y 3;4=


( )

2x x 3 y y 3 2

3 x 2 y y 8

(1)

(2)

− − + = −

− = +

Phân tích tìm lời giải + Quan sát hệ ta thấy (1) có thể cô lập được x và y sang từng vế, hơn nữa x có mũ 3, y nằm trong biểu thức chứa căn bậc 2 - đây là loại toán phổ biến - ta sẽ nghĩ ngay đến việc dùng “hàm đại diện” để làm. Cụ thể (1) biến đổi:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

33 2

33

x 3x 2 y y 3 x 1 3 x 1 y 3 3 y 3

x 1 3 x 1 y 3 3 y 3

⇔ − + = + ⇔ − − − = + − +

⇔ − − − = + − +

+ Đến đây thì ổn rồi, coi như là có lối thoát, ta xét hàm 3f (t) t 3t= − + Các bạn chú ý tìm điều kiện của t căn cứ vào ĐK của x và y nhé, cụ thể như thế này:

Do x 2 x 1 1

t 1y 0 y 1 1

≥ ⇒ − ≥⇒ ≥

≥ ⇒ + ≥, xét 2f '(t) 3t 3 0, t 1= − ≥ ∀ ≥ ⇒ f(t) đồng biến

Vậy ( ) ( )f x 1 f y 3 x 1 y 3 x 1 y 3− = + ⇔ − = + ⇔ = + + thay vào (2) và bình

phương 2 vế ta được: 29 y 3 y 8y 9 (*)+ = + + + Phương trình (*) ta có thể dùng quy tắc giải phương trình cơ bản rồi bình phương 2 vế, tuy nhiên cách đó sẽ ra phương trình bậc cao, hơn nữa ta chỉ giải được nếu pt đó có nghiệm nguyên. + Bạn lấy máy tính bấm ta thấy pt (*) có nghiệm y = 1, vậy ta sẽ dùng cách thêm bớt rồi nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung là y - 1 như sau:

( )

( )( ) ( )

2 29 y 3 y 8y 9 y 3 2 y 8y 9

y 1 99 y 1 y 9 y 1 y 9 0

y 3 2 y 3 2

(*) 9+ = + + ⇔ + − = + −

−⇔ = − + ⇔ − − − = + + + +

+ Ta dễ thấy với y 0≥ thì 9

y 9 0y 3 2

− − <+ +

. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;1)



Bài 20: Giải hệ phương trình ( )( )

2 2

2 2

x y xy 1 4y

x 1 2 x x y

(1)

(2)

+ + + =

+ − =

Phân tích tìm lời giải Nhận xét: Đối với pt (1) vế trái là đẳng cấp bậc 2, mà vế phải bậc 1, như vậy dạng toán này ta thường nghĩ đến việc khử ẩn bậc 1 nằm ở vế phải như sau: + Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ nên chia 2 vế của (1) cho y 0≠ được

phương trình : 2x 1

x y 4y

++ + = (*)

+ Ở phương trình (*) đã xuất hiện đại lượng 2x 1

y

+, điều này có nghĩa là ta sẽ biến đổi (2)

để làm xuất hiện 2x 1

y

+ và dẫn đến việc suy nghĩ sẽ giải hệ bằng cách đặt ẩn phụ, trong

đó có 1 ẩn phụ là 2x 1

ay

+=

+ Bây giờ ta thực hiện mở dấu ngoặc từ pt(2) sẽ được : 3 2 2x x x y 2x 2 0+ + − − =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( )

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2

x x 1 x y 2 x 1 0 x x 1 x y y y 2 x 1 0

x x 1 y x 1 2 x 1 y x 1 x y 2 y

x 1x y 2 1

y (**)

⇔ + + − + = ⇔ + + + − − + =

⇔ + + + − + = ⇔ + + − =

+⇔ + − =

+ Như vậy sau khi biến đổi pt(2) để làm xuất hiện đại lượng 2x 1

y

+, ta thấy xuất hiện

thêm một đại lượng nữa là ( )x y 2+ − , do đó từ (*) ta thêm bớt để thành như sau : 2x 1

x y 4y

++ + = (*) ( )

2x 1x y 2 2

y

+⇔ + + − =

+ Vậy cuối cùng thì hệ phương trình đã cho đã trở thành :

( )

( )( )

2

2

x 1x y 2 2

y

x 1x y 2 1

y

++ + − =

++ − =

Bài toán đến đây sẽ giải bằng cách đặt ẩn phụ 2x 1

ay

+= , b x y 2= + − quá dễ rồi nhé.

Các bạn giải đoạn cuối sẽ có đáp số ( ) ( ) ( )x; y 2;5 , 1;2= −

Bài 21: Giải hệ phương trình 2 3 3 3

3 2 2 2

3x y 2xy y 8 4y

x y 4y x 6y 5y 4

+ − = −

+ − + =

Phân tích tìm lời giải + Trước hết, ta thấy mỗi PT của hệ đều có thể cô lập được x, y nên ta biến đổi như sau:



( )

( )

3 22 3 3 3

3 2 2 2 2 3

y 3x 2x 1 8 4y3x y 2xy y 8 4y

x y 4y x 6y 5y 4 y x 4x 5 4 6y

+ − = − + − = − ⇔

+ − + = + + = +

+ Nhận thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ nên ta biến đổi tiếp :

( )

( )

( )

( )

23 2 3 2

2 33

2

8 43x 2x 1y 3x 2x 1 8 4y y y

4 6y x 4x 5 4 6y x 4x 5y y

(1)

(2)

+ − = − + − = −

⇔ + + = + + + = +

+ Quan sát (1) và (2) rõ ràng ta cần phải cộng vế của chúng lại (sẽ làm mất đi lượng 2

4

y)

3 23

8 6x 3x 6x 4

y y⇒ + + + = + (*)

+ Phương trình (*) nhận thấy VT và VP có “hình thức” gần giống nhau rồi, vậy chắc chắn đến đây sẽ dùng “hàm đại diện” để làm, vậy biến đổi tiếp tục nhé:

( ) ( )3

33 23

8 6 2 2x 3x 6x 4 x 1 3 x 1 3

y y y y

+ + + = + ⇔ + + + = +

Ổn rồi nhé, giờ xét hàm số 3 2(t) t 3t, t R f '(t) 3t 3 0, t Rf = + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈ . Vậy f(t) là

hàm đồng biến 2 2

f (x 1) f x 1y y

+ = ⇒ + =

thay vào (2) …(bạn tự làm đoạn cuối vì nó

không khó). Cuối cùng có đáp số (x; y) (1;1)=


2 2

x 2y 8(x y) 3xy

4 2 x 3 y 2x y 5

(1)

(2)

+ = + −

− + − = − +

Phân tích tìm lời giải + ĐK: x 2; y 3≤ ≤

+ Ta thấy ở phương trình (1) 2 2x x(8 3y) 2y 8y 0 (*)⇒ − − + − =

+ Ta coi (*) là phương trình bậc 2 với ẩn x, tính ( ) ( ) ( )2 228 3y 4.1 2y 8y ... y 8 0∆ = − − − = = − ≥ ,

từ đây tìm được 2 nghiệm x 8 2y x 2y 8 0

x y x y 0

= − + − = ⇔

= − + = , vậy (*) (x 2y 8)(x y) 0⇔ + − + =

+ Với x 2y 8+ = ta thấy: với đk đề bài x 2 x 2

x 2y 8 x 2y 8y 3 2y 6 y 3

≤ = ⇒ + ≤ ⇒ + = ⇔

≤ ⇒ ≤ =

(như vậy ta đã dùng cách đánh giá kết hợp với đk để có x = 2 ; y = 3, nếu bạn không biết kỹ thuật đặc biệt này thì từ x 2y 8+ = x 8 2y⇔ = − thay vào (2) giải sẽ rất dài dòng)

Bây giờ thay x = 2; y = 3 vào (2) ta thấy không thỏa mãn. Vậy loại bỏ trường hợp này ! + Với y x= − thay vào (2) và biến đổi ta được : 24 2 x 3 x x 5− + + = + (**). Gặp dang phương trình (**), ta dùng máy tính để bấm nghiệm và thấy phương trình có 1 nghiệm là x = 1, như vậy ta sẽ nghĩ đến dùng PP “nhân lên hợp” để xuất hiện nhân tử chung là (x 1)− . Thật vậy, từ (**)



( ) ( ) 2 1 x x 14 2 x 1 3 x 2 x 1 4 (x 1)(x 1)

2 x 1 3 x 2

4 1(1 x) x 1 0

2 x 1 3 x 2

− −⇔ − − + + − = − ⇔ + = − +

− + + +

⇔ − − + + =

− + + +

* TH1: 1 x 0 x 1 y 1− = ⇔ = ⇒ = −

* TH2: Xét 4 1

f (x) x 1; 3 x 22 x 1 3 x 2

= − + + − ≤ ≤− + + +

- Nhận thấy f(x) có 1 nghiệm x 2= − , mặt khác:

( ) ( )

2 2

2 1f '(x) 0

2 x 2 x 1 2 3 x 3 x 1= + >

− − + + + +

⇒ f(x) là hàm đồng biến x 2⇒ = −

là nghiệm duy nhất của f(x). Vậy HPT có nghiệm (x; y) (1; 1); ( 2;2)= − −


2 3 2

2x 11x 2y 9 0

22x 21 y 3y y (2x 1) 2x 1

(1)

4x (2)

− − + =

− + + + + = + −


+ ĐK: 1

x2

≥

+ HPT ( )

2

2 3 2

2x 11x 2y 9

11x 21 y 3y y (2x 1) 2x 1

(1)

4 2x (2)

− = −⇔

− + + + + = + −

Thay (1) vào (2) ta có: 3 2y 3y 5y 3 (2x 1) 2x 1+ + + = + − (*) - Nhận thấy (*) có vế trái là đa thức bậc 3, vế phải có căn bậc 2, hơn nữa x và y đều cô lập ở mỗi vế, do đó ta sẽ nghĩ đến PP hàm số để giải quyết tiếp, thật vậy từ (*)

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3

33

y 1 2 y 1 2x 1 2 2x 1

y 1 2 y 1 2x 1 2. 2x 1

⇔ + + + = − + −

⇔ + + + = − + −

- Đến đây ổn rồi, ta xét hàm 3 2f (t) t 2t f '(t) 3t 2 0= + ⇒ = + > ⇒ f(t) là hàm đồng biến

( ) ( )f y 1 f 2x 1 y 1 2x 1⇒ + = − ⇔ + = − thay vào (1) ta có:

( ) ( )

2

222

2x 11x 11 0 x 1 y 02 2x 1 2x 11x 11

x 5 y 24 2x 1 2x 11x 11

− + ≥ = ⇒ =− = − + ⇔ ⇔

= ⇒ =− = − +


3

2x 3x y 1

xy 2x 3

+ =

− =

Phân tích tìm lời giải + Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ nên sẽ biến đổi như sau:

33 3 33

33 333

3

112 3y2 3y2x 3x y 1 y 2xx 2 3y y 2 3. 2 3y

3 31 y 2xy 2x 3 y 2x x 3

(*)

= ++ = + = −

⇔ ⇔ ⇒ + = ⇒ − = + −− = − = =

+ Đặt ẩn phụ 3 33t 2 3y t 2 3y t 2 3y= + ⇒ = + ⇔ − = , mặt khác từ (*) có 3y 2 3t− = .



Như vậy ta có HPT 3

3

y 2 3t

2 3y

(3)

t (4)

− =

− =, lấy (3) - (4) ta được:

3 3 2 2y t 3(t y) (y t)(y yt t 3) 0 y t− = − ⇔ − + + + = ⇔ = (do 2 2(y yt t 3) 0+ + + > )

Đến đây thì coi như bài toán giải quyết xong. ĐS: 1

(x; y) ( 1; 1); 1;2

= − −

Bài 25: Giải hệ phương trình : 2 2

2 2 2 2

x 2y 7xy 6

x 2x 5 y 2y 2 x 2xy y 9

− − =

+ + + − + = + + +

Hướng dẫn làm bài

Từ (2) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2x 1 2 y 1 1 x y 3⇔ + + + − + = + + (*)

Xét u (x 1;2), v (y 1;1) u v (x y;3)= + = − ⇒ + = +� � � �

Từ (*) ta có 1 2

| | | | | | 2 2( 1)1 1

++ ≥ + ⇔ = ⇔ + = −

−

� � � � xu v u v x y

y thay vào (1) và giải hệ ta

có 7 1

(x; y) ( 1;1); ;2 4

= − − −

Bài 26 (KA-2014) Giải hệ phương trình : 2

3

x 12 y y(12 x ) 12

x 8x 1 2 y 2

− + − =

− − = −


Từ (1) 2x. 12 y y. 12 x 12⇔ − + − =

Xét 2u (x; 12 x ), v ( 12 y; y) u 12, v 12= − = − ⇒ = =� � � �

Ta có 2u.v u.v u . v x. 12 y y. 12 x 12≤ ≤ ⇔ − + − ≤� � � � � �

Dấu “=” khi 2

2x 12 xy 12 x

12 y y

−= ⇔ = −

− thay vào (2) để giải hệ phương trình …

Bài 27: Giải hệ phương trình: ( )( ) ( )

( )

2

34 2 3

1 1 4 8 1

3 2 26 2 14 2

xy x y y

x y x y x x

+ + + − =− + + = −


ĐK: 0y ≥

Ta có 4 0y y y y+ − > − = do đó từ phương trình (1) suy ra x>0; y>0

( ) ( ) ( )( ) ( )21 1 1 4 4 8 4xy x y y y y y y⇔ + + + − + + = + +

( ) ( )2 2 2 2 41 1 2 4 1 1xy x y y x x xyy y

⇔ + + = + + ⇔ + + = + +

2

2 2 2 21 1x x xy y y

⇔ + + = + +

(3)



Xét hàm số ( ) 21f t t t t= + + trên ( )0;+∞ . Có ( ) ( )2

2

2' 1 1 0 0;

1t

f t t tt

= + + + > ∀ ∈ +∞+

Suy ra hàm số f(t) đồng biến trên ( )0;+∞ .

Mà phương trình (3) có dạng ( ) 2

2 2 4f x f x y

xy y

= ⇔ = ⇔ =

Thay 2

4y

x= vào phương trình (2) ta có :

( ) ( ) ( ) ( )

3 32 3 2 3

3 33 3

12 26 8 2 14 6 13 4 14

2 2 14 14 4

x x x x x x

x x x x

− + + = − ⇔ − + + = −

⇔ − + − = − + −

Xét hàm số ( ) 3g u u u= + trên R

Có ( ) 2' 3 1 0g u u u R= + > ∀ ∈

Suy ra hàm số g(u) đồng biến trên R mà phương trình (4) có dạng:

( ) ( )( )

( )

3 33 3 21 2

2 14 2 14 6 12 6 01 2

x nhaäng x g x x x x x

x loaïi

= +− = − ⇔ − = − ⇔ − + + = ⇔ = −

⇒ 12 8 2y = − . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( )1 2;12 8 2+ −


2

2 2 4 2

6 11 10 4 2 0

+ − = − − −

− − + − − =

x x y y

x y x x


Điều kiện: 2

2

4 2 0

2 4 10 0

y y

x x

+ + ≥

− − + ≥

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2 2

2 4(10 4 2 ) 14 4 26 11 10 4

2 4

x x x xy x x x

− − − −− + = − − = ≤

Rút gọn ta được: 2 24( 6 11) 14 4 2 10 2 15 0y x x x x x y− + ≤ − − ⇔ − + + ≤ (3) Tương tự phương trình (1) :

22 2 2 24 2

2 2 4 2 2 4 4 3 02

y yx x y y x x y y

− − −+ − = − − − ≤ ⇔ + + + − ≤ (4)

Cộng vế với vế của (3) và (4) ta được:

2 2 2 2 13 6 6 12 0 3( 1) ( 3) 0

3

xx x y y x y

y

=− + + + ≤ ⇔ − + + ≤ ⇔

= −

Kết hợp với điều kiện đề bài, suy ra nghiệm hệ phương trình là (1, 3)S = −

Bài 29: Giải hệ phương trình: 2 22 2 2 (1)

1 2. (2)

x xy y y x

y x y x

+ + = +

− + + =


ĐK: 1 0.x y− + ≥



2 2 2 (3)(1) 2 2 0 ( )( 2 2) 0

2 2 (4)

x yx y xy y y x x y x y

x y

=⇔ − + − + − = ⇔ − + − = ⇔

= −

• Từ (3) & (2) ta có x = y = 1.

• Từ (4) & (2) ta có 0; 22 2

1 8; .3 3 2

3 3

y xx y

y xy y y

= == − ⇔ = − =− =

Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) ( )8 1

; 1;1 ; ; 2;0 ; ; ; .3 3

x y x y x y

= = = −

Bài 30: Giải hệ phương trình:( )2 2 2 2 2 2

2 2

4 3 7 4 5 6 3 2

3 10 34 47

x xy y x xy y x xy y

x xy y

+ − + + − = − − + + =


ĐK: 2 2

2 2

3 2 0

4 3 7 0

x xy y

x xy y

− − ≥ + − ≥

Chuyển vế nhân liên hợp ở phương trình ( )1 , ta được:

( )2 2

2 2 2 2

15 6 4 0

64 3 7 3 2

x yx xy y

x yx xy y x xy y

= + − + = ⇔ = − + − + − −

+ Với x y= thay vào ( )2 , ta được: 21 1

11 1

x yx

x y

= ⇒ == ⇔ = − ⇒ = −

+ Với 6x y= − thay vào ( )2 , ta được: 2

47 476

82 8282 4747 47

682 82

y x

y

y x

= ⇒ = −= ⇔ = − ⇒ =

;

KL: ( ) ( ) 47 47 47 471;1 , 1; 1 , ; 6 ; ;6

82 82 82 82S

= − − − −

Bài 31: Giải hệ phương trình sau 3

2

2 2 1 3 1

1 2 2 1

y x x x y

y x xy x

+ − = − −

+ = + +


Đk: 1 1x− ≤ ≤

- Hệ phương trình ( )3

3

2

2 2 1 1

1 2 2 1

y y x x

y x xy x

+ = − + −⇔

+ = + +

( )

( )2

1 1 , 0

1 2 2 1 2

y x y

y x xy x

= − ≥⇔

+ = + +

- Ta có (2) 2 21 1 2 2 1x x x x⇔ − + = + −

2 22 2 1 1 1 0x x x x⇔ + − − − − =

(Do hàm ( ) 32f t t t= + luôn đồng biến)



- Đặt cosx t= với [ ]0;t π∈ , ta có 2cos 1 2s in 1 2 sin2 2

t tx t x= = − ⇒ − =

- Nên phương trình (2) trở thành 22 os 2cos sin 2 sin 1 02

tc t t t+ − − =

2 sin 2 2 sin4 2

tt

π ⇔ + =

( )

4

3 34

5 5

kt

kk

t

π π

π π

= − +

⇔ ∈ = +

ℤ

[ ]

( )

os0; 55

2 sin10

x ct

t l y

ππ

π

ππ

== ∈ ⇔ ⇔

= =

là nghiệm của hệ phương trình.

Bài 32: Giải hệ phương trình:2 2

2

21

xyx y

x y

x y x y

+ + =

+

+ = −


+ >ÑK : x y 0 , ta có ( )

( )

2 2

2

21 1

2

+ + = +

+ = −

xyx y

x y

x y x y

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 32

1 2 1 0 2 2 0⇔ + − + − = ⇔ + − + + − + =+

xyx y xy x y xy x y xy x y

x y ( ) ( )( ) ( )

21 2 1 0⇔ + + − − + − =x y x y xy x y

( ) ( ) ( )

( )

( )2 2

1 1 2 0

1 3

0 4

⇔ + − + + + − =

+ =⇔

+ + + =

x y x y x y xy

x y

x y x y

Dễ thấy (4) vô nghiệm vì x + y > 0. Thế (3) vào (2) ta được 2 1− =x y

Giải hệ 2

1 1; 0

2; 31

+ = = = ⇒

= − =− =

x y x y

x yx y (nhận)

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (1;0) và (-2;3).

Bài 33: Giải hệ phương trình:

x3 +12y

2 + x + 2 = 8y3 +8y

x2 +8y3 + 2y = 5x


Error! Objects cannot be created from editing field codes. + Ta có 3 3(1) x x (2y 1) (2y 1)(*)⇔ + = − + −

+ Xét hàm số 3f (t) t t, t R= + ∈ 2f '(t) 3t 1 0⇒ = + > . Vậy hàm số f(t) đồng biến trên R. Từ (*) ta có: f (x) f (2y 1) x 2y 1= − ⇒ = − + Thế x = 2y - 1 vào (2) giải ra được y = 1 hoặc y = 6 thoả mãn Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1), (11;6)



Bài 34: Giải hệ phương trình2

2

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

+ + − − = +

− − + − = −


Đk:

2

2

0

4 2 0

1 0

xy x y y

y x

y

+ − − ≥

− − ≥ − ≥

Ta có (1) ( )( )3 1 4( 1) 0x y x y y y⇔ − + − + − + =

Đặt , 1u x y v y= − = + ( 0, 0u v≥ ≥ )

Khi đó (1) trở thành : 2 23 4 0u uv v+ − =4 ( )

u v

u v vn

=⇔

= −

Với u v= ta có 2 1x y= + , thay vào (2) ta được : 24 2 3 1 2y y y y− − + − =

( ) ( )24 2 3 2 1 1 1 0y y y y⇔ − − − − + − − =

⇔( )

2

2 2 20

1 14 2 3 2 1

y y

yy y y

− −+ =

− +− − + −( )

2

2 12 0

1 14 2 3 2 1y

yy y y

⇔ − + = − +− − + −

2y⇔ = (vì 2

2 10, 1

1 14 2 3 2 1+ > ∀ ≥

− +− − + −y

yy y y)

Với 2y = thì 5x = . Đối chiếu đk ta được nghiệm của hệ PT là ( )5;2

Bài 35: Giải hệ phương trình 32(2 1) 2 1 (2 3) 2

4 2 2 4 6

+ + + = − −

+ + + =

x x y y

x y


- Điều kiện xác định:1

, 22

≥ − ≥x y

- Xét hàm số: ( )3( ) 2 0;= + ∈ +∞f t t t t

- Suy ra 2'( ) 6 1 0= + >f t t nên đây là hàm số đồng biến

- Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có (2 1) ( 2) 2 1 2+ = − ⇔ + = −f x f y x y

- Thay vào phương trình thứ hai ta được: 4 4 8 2 4 6 (*)− + + =y y

- Xét hàm số ( )4( ) 4 8 2 4 6, 2;= − + + − ∈ +∞g y y y y

( )4

1 1'( ) 0 2;

4 8 2 4= + > ∀ ∈ +∞

− +g y y

y y nên g(y) đồng biến

- Hơn nữa g(6) = 0 nên (*) có duy nhất 1 nghiệm là y = 6

Với y = 6 ta có 1

2=x



Bài 36: Giải hệ phương trình :

71

78

x y

y x xy

x xy y xy

+ = +

+ =

Hướng dẫn làm bài ĐK: x, y> 0.

( )

7

78

x y xy

xy x y

+ = +⇔

+ =

. Đặt t xy= . (ĐK: t>0)

( )

7

78

x y t

t x y

+ = +⇔

+ =

2 7 78 0t t⇒ + − = .( )

( )

13 l

6 n

t

t

= −⇔

=⇔ t = 6

13

36

x y

xy

+ =⇔

=

4

9

9

4

=

=⇔ =

=

x

y

x

y

. Vậy hệ pt có 2 nghiệm là : (4;9) ; (9;4)


32 3

(1 )( 3 3) ( 1) .( , )

2 4 2( 2)

y x y x y xx y R

x y x y

− − + − = −∈

− + − = −

.


ĐKXĐ: 2 20

0, 1 1, 1

x y x y

x y x y

− ≥ ≥ ⇔

≥ ≥ ≥ ≥

- Nhận xét 1, 1x y≥ = không là nghiệm của hệ. Xét 1y > thì pt (1) của HPT 2 2( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0x x y y y x y+ − − − + − − =

2

3 01 1 1

x x x

y y y

⇔ + − + =

− − −

, 01

xt t

y= >

−. Khi đó, pt (1) trở thành: ( ) ( )4 2 3 23 0 1 2 3 0 1.t t t t t t t t+ + − = ⇔ − + + + = ⇔ =

- Với t = 1, thì 1 11

xy x

y= ⇔ = +

− , thế vào pt(2), ta được

( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 32 3 2 3

22

2 233 33

1 2 4 2 1 1 2 4 1 0

11 6 0

4 1 4 1

− − + − = − ⇔ − − + − − − =

− −

⇔ − − + = − + + − − + −

x x x x x x x x

x xx x

x x x x

( ) ( ) ( )

22

2 233 33

6 11 1 0

4 1 4 1

− −

⇔ − − + = − + + − − + −

x xx x

x x x x



( )2 1 51 0 1

2x x x x

+⇔ − − = ⇔ = ≥ .

- Với 1 5 3 5

.2 2

x y+ +

= ⇒ = Đối chiếu ĐK, HPT có nghiệm ( )1 5 3 5

; ; .2 2

x y + +

=


( )

22

2

18yx 1 2

x y

2 4 3 2 y x

3 72 x y

2 2

++

+

− = −

+ + =


Điều kiện: x 0; y 0≥ ≥

( ) ( ) ( ) ( )4 4

x 1 2 y 1(1) 2 3 x 2 3 2 y f ( x ) f (2 y)

+ +⇔ + = + ⇔ =

- Xét hàm số

4t 1f (t) 2 3t, t 0+= + ≥ có 43 t 1f '(t) 4t .2 .ln 2 3 0, t 0+= + > ≥

Do đó: f ( x ) f (2 y) x 4y= ⇔ = thế vào phương trình (2) ta có: 2(5y) 3 7

2 5y (3)2 2

+ =

- Xét hàm số ( ) ( )2 25y 5y3 3

g(y) 2 5y g '(y) 50y.2 .ln 2 0, y 02 4 y

= + ⇒ = + > ∀ >

- Mà 1 7

g5 2

=

; suy ra phương trình có nghiệm duy nhất 1

y5

=

Do đó hệ có nghiệm 4 1

x ; y5 5

= =


3 3 2

3

3 4 2 0 (1)

3 2 2 (2)

x y y x y

x x x y

− + + − + =

+ − = + +


Điều kiện: 2x ≥ − .

( ) ( )33 3 2 3(1) 2 3 4 2 1 1 2x x y y y x x y y⇔ + + = − + ⇔ + + = − + − + .

- Xét hàm số ( ) 3 2f t t t= + + trên [ )2;− +∞ .

- Ta có: ( ) [ )2' 3 1 0, 2;f t t t= + > ∀ ∈ − +∞ . Suy ra hàm số ( )f t đồng biến trên [ )2;− +∞ .

- Do đó: 1x y= − . Thay 1y x= + và phương trình (2) ta được: 3 3 2 2 1x x− = + +

( ) ( )( )( )( )

( )3 2

2 2 2 2 28 2 2 2 2 2 4

2 2

x xx x x x x

x

+ − + +⇔ − = + − ⇔ − + + =

+ +

( ) ( )( )

( )( )

( )2 22 2 2

2 2 4 2 2 4 02 2 2 2

xx x x x x x

x x

− ⇔ − + + = ⇔ − + + − =

+ + + +

* 2 0 2 3x x y− = ⇔ = ⇒ =

* ( ) ( )

2 22 22 4 0 2 4

2 2 2 2x x x x

x x+ + − = ⇔ + + =

+ + + + (*)



Ta có ( ) [ )22 2

2 4 1 3 3; 1, 2;2 2

VT x x x VP xx

= + + = + + ≥ = ≤ ∀ ∈ − +∞+ +

Do đó phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ); 2;3x y = .


121 x 2

y 3x

121 y 6

y 3x

− =

+

+ = +

Hướng dẫn làm bài Điều kiện: x > 0 và y > 0.

121 x 2

y 3x

121 y 6

y 3x

− =

+ + = +

12 21 (1)

y 3x x

12 61 (2)

y 3x y

− = +

⇔ + = +

(1) + (2): 2 6 1 3

2 1x y x y

= + ⇔ = + (*)

(2) – (1): 12 3 1

y 3x y x= −

+

(*) 12 3 1 3 1

y 3x y x y x

⇔ = − + +

12 9 1

y 3x y x⇔ = −

+

2 2y 6xy 27x 0⇔ + − =y 3x

y 9x

=⇔

= −

So với điều kiện, nhận y = 3x

(*) x 4 2 3 y 12 6 3⇔ = + ⇒ = +

Vậy hệ phương trình có nghiệm x 4 2 3

y 12 6 3

= +

= +

Bài 41: Giải hệ phương trình: ( )

6 2 3 2

2

3 4 3 6 (1)

2 1 8 7 (2)

x x y y y

y x x y x

+ − = + +

− + + + + =


* Ðiều kiện: 2 8 0x y+ + ≥

* PT(1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )33 36 2 2 23 1 3 1 3 1 3 1x x y x x x y y⇔ + = + + + ⇔ + = + + +

( )2( ) 1f x f y⇔ = + với f(t) = t3 + 3t

* Ta có: f’(t) = 3t2 + 3 > 0 t R∀ ∈ ( )f t⇒ đồng biến trên R

Do đó: ( )2 2( ) 1 1f x f y x y= + ⇔ = +

* Với y = x2 – 1 , pt (2) trở thành:



( )2 22( 1) 1 2 7 7 0x x x x− − + + − + = ( )2 22 7 1 2 7 2 0(*)⇔ + − + + − − =x x x x

- Ðặt 22 7,( 7)t x t= + ≥ , pt(*) trở thành: ( )2 1 2 0t x t x− + − − = (**)

- Ta có: ( )2

3x∆ = + nên (**) có hai nghiệm: t = x + 2 hoặc t = -1 (loại)

- Với t = x + 2 2

2 2 2

2 2 12 7 2

32 7 4 4 4 3 0

x x xx x

xx x x x x

≥ − ≥ − = ⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔

=+ = + + − + =

* Với x = 1⇒ y = 0 (nhận)

* Với x = 3 8y⇒ = (nhận)

Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)


2

2 2 2

2 2

2 1 2 3 2 4 .

+ = +

+ + + + = −

xy y x

y x x x x x


ĐKXĐ: x ;y∈ ∈ℝ ℝ .

Ta có ( )2 2

2

22 2 2 2

2+ = + ⇔ + − = ⇔ =

+ −xy y x y x x y

x x

2 2⇔ = + +y x x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

( ) ( )2

2 2 22 2 1 2 3 2 4+ + + + + + = −x x x x x x x

( )2 21 2 2 1 2 3 0⇔ + + + + + + + =x x x x x x .

( ) ( ) ( ) ( )2 2

1 1 1 2 1 2x x x x ⇔ + + + + = − + − +

(*)

- Xét hàm số ( )2( ) 1 2= + +f t t t với ∈ℝt . Ta có :

22

2'( ) 1 2 0, ( )

2= + + + > ∀ ∈ ⇒

+ℝ

tf t t t f t

t đồng biến trên ℝ .

- Mặt khác, phương trình (*) có dạng 1

( 1) ( ) 12

+ = − ⇔ + = − ⇔ = −f x f x x x x .

Thay 1

2= −x vào (1) ta tìm được 1=y .



Bài 43: Giải hệ phương trình: 2 2 2

3 6 2 2

1 2 2

( 1) 3 ( 2) 3 4 0

x y x x x y

y x y x y

+ + = +

− + − + + =

( , )x y ∈R .


Điều kiện: 22 −≥yx . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2)

⇔)2( )1(31333 23236 −+−+−=+ yyyyyxyx

⇔ )1(3)1(3)( 3232 −+−=+ yyyxyx (3)

- Xét hàm số tttf 3)( 3 += có = + > ∀ ∈R2'( ) 3 3 0,f t t t

- Do đó 2 2(3) ( ) ( 1) 1, ( 1).f x y f y x y y y⇔ = − ⇔ = − ≥ − Thế vào (1) ta được:

12122 +=++ yxxyx 110)11(0112)1( 22 =+⇔=−+⇔=++−+⇔ yxyxyxyx

- Do đó hệ đã cho tương đương với :

>

=+−

−=

⇔

>

−=

=+

⇔

−=

=+

0

)4(1)2(

2

0

1

1

1

11 222

2

2

22

2

x

xxx

xy

x

yyx

xyx

yyx

yx

0)1)(1(0)1(013)4( 2222224 =−+−−⇔=−−⇔=+−⇔ xxxxxxxx

±−=

±=

⇔

2

51

2

51

x

x

. Do x > 0 nên 2

51+=x hoặc

2

51+−=x

- Với 2

51

2

51 −=⇒

+= yx . Với

2

51

2

51 +=⇒

+−= yx .

Vậy hệ đã cho có nghiệm

−+=

2

51;

2

51);( yx ,

++−=

2

51;

2

51);( yx

Bài 44: Giải hệ phương trình sau: ( )

6 2 3 2

2

3 4 3 6

2 1 8 7

x x y y y

y x x y x

+ − = + +

− + + + + =


Đáp án:

Điều kiện: 2 8 0x y+ + ≥

* PT(1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )33 36 2 2 23 1 3 1 3 1 3 1x x y x x x y y⇔ + = + + + ⇔ + = + + +

( )2( ) 1f x f y⇔ = + với f(t) = t3 + 3t

* Ta có: f’(t) = 3t2 + 3 > 0 t R∀ ∈ ( )f t⇒ đồng biến trên R



Do đó: ( )2 2( ) 1 1f x f y x y= + ⇔ = +

* Với y = x2 – 1 , pt (2) trở thành: ( )2 22( 1) 1 2 7 7 0x x x x− − + + − + =

( )2 22 7 1 2 7 2 0(*)x x x x+ − + + − − =

Đặt 22 7, ( 7)t x t= + ≥ , pt(*) trở thành: ( )2 1 2 0t x t x− + − − = (**)

Ta có: ( )2


Với t = x + 2 2

2 2 2

2 2 12 7 2

32 7 4 4 4 3 0

x x xx x

xx x x x x

≥ − ≥ − = ⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔

=+ = + + − + =

* Với x = 1⇒ y = 0 (nhận)

* Với x = 3 8y⇒ = (nhận)

Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)

Bài 45: Giải hệ phương trình : ( )

( )3 3 2

3 2

6 3 5 14,

3 4 5

x y y x yx y

x y x y

− − + − =∈

− + + = + −

ℝ


Đkxđ 3

4

x

y

≤

≥ −

Từ (1) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 23 23 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y + = + + + ⇔ − − + + + + + =

( )2 3y x⇔ = − . Thế (3) vào (2) ta được

3 2 3 22 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x+ + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − =

( )( )( )2 2

2 2 1 02 2 1 3

x xx x x

x x

− −⇔ − + + − + =

+ + + −

( ) ( )( )

1 12 2 1 0

2 2 1 3x x x

x x

⇔ − + + − + =

+ + + −

( ) ( )( )1 1 1 1

2 2 1 03 32 2 1 3

x x xx x

⇔ − + + + − + − =

+ + + −

( ) ( )( )( )( ) ( )( )

1 12 2 1 0

3 2 2 2 1 3 1 3 2 3

x xx x x

x x x x

+ + ⇔ − + + + + =

+ + + + + − + −

( )( ) ( )( )( ) ( )( )

1 12 1 2 0

3 2 2 2 1 3 1 3 2 3x x x

x x x x

⇔ − + + + + = + + + + + − + −

Vì ( )( ) ( )( )

1 14 2 2 0

3 2 2 2 1 3 1 3 2 3

x xy x x

x x x x

+ +≥ − ⇒ ≥ − ⇒ + + + >

+ + + + + − + −



Từ đó phương trình trên tương đương với ( ) ( )2

2 1 01

=− + = ⇔

= −

xx x

x

Với 2 0; 1 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ = − . Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình.

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là ( ) ( ){ }1; 3 ; 2;0 .S = − −

Bài 46: Giải hệ phương trình: ( )( )2 2

2 33

4 1 2( ; )

12 10 2 2 1

x x y yx y

y y x

+ + + + =∈

− + = +

ℝ


- Ta có: 2 2(1) 4 ( 2 ) 4 ( 2 ) (*)x x y y⇔ + + = − + + − .

- Xét hàm số đặc trưng 2

2

2 2 2

4( ) 4 '( ) 1 0.

4 4 4

t tt t tf t t t f t

t t t

++ += + + ⇒ = + = > ≥

+ + +

Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R. Từ (*) suy ra: ( ) ( 2 ) 2f x f y x y= − ⇒ = − .

- Thay vào phương trình (2) ta được:

( ) ( ) ( )33 32 3 3 33 5 2 2 1 1 2 1 1 2 1 (**)+ + = + ⇔ + + + = + + +x x x x x x x

- Xét hàm số 3( ) 2g t t t= + ta thấy g(t) đồng biến trên R nên từ (**) suy ra :

3 3 01 1

1

xx x

x

=+ = + ⇔

= −. Vậy hệ có hai nghiệm là

1( 1; ); (0;0)

2− .


2

( )( 3) 3( ) 2

4 2 16 3 8

x y x xy y x y

x y x

− + + + = + +

+ + − = + ( ),x y ∈ℝ .

Hướng dẫn làm bài: ĐK:16

2,3

x y≥ − ≤

3 3(1) ( 1) ( 1) 2x y y x⇔ − = + ⇔ = − Thay y = x - 2 vào (2) được:

2 4( 2) 3( 2)4 2 22 3 8 ( 2)( 2)

2 2 22 3 4

x xx x x x x

x x

− −+ + − = + ⇔ = − + +

+ + − +

2

4 3( 2) 0(*)

2 2 22 3 4

x

xx x

=⇔ − + + + = + + − +

Xét f(x) = VT(*) trên 21

2;3

−

, có f’(x) > 0 nên hàm số đồng biến. suy ra x = - 1 là

nghiệm duy nhất của (*)

KL: HPT có 2 nghiệm (2;0),(-1;-3)




2 2

2 2

2 2( )

1 1 1 1

x y x y x y

x y x y

+ + + + = +

+ = +

Hướng dẫn tìm lời giải

Điều kiện: 2

0

x y

xy

+ ≥ −

≠.

- Ta thấy x + y = 0 không là nghiệm của hpt. Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau:

* TH1: 2 0x y− ≤ + <

- Từ pt (2) ta suy ra xy < 0. 2

1 1 1 1 1 1(2) 2 . 0(3)pt

x y x y x y

⇔ + − + − =

.

- Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y.

- Khi đó phương trình (3) có nghiệm 1 1 1 1

1 8 . 0 8 0 8xy xyx y x y

+ ⇒ + ≥ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ − .

- Khi đó ta có 2 2 2 16x y xy+ ≥ ≥ . Đặt 2 0 2t x y t= + + ⇒ ≤ < .

- Từ pt (1) ta có 2 22 32 34 0t t t t+ − ≥ ⇔ + − ≥ điều này vô lí .

Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm.

* TH2: x + y >0.

- Từ (2) suy ra xy > 0, do đó x và y đều dương.

- Ta có 2 2(2) ( )x y xy x y⇔ + = + . Do 2

2 2 ( )

2

x yx y

++ ≥ và

2( )

4

x yxy

+≤ nên ta có :

2 22 2( ) ( )

( ) ( ) 22 4

x y x yx y x y xy x y x y

+ +≤ + = + ≤ + ⇒ + ≥

- Đặt 2 2t x y t= + + ⇒ ≥ .

Từ (1) 2 2 2 4 2 3 22 ( 2) 5 6 0 ( 2)( 2 3) 0 (4)t t t t t t t t t t⇒ + − ≥ − ⇔ − − − ≤ ⇔ − + − − ≤ .

Ta có 3 22 3 0 2t t t t+ − − > ∀ ≥ , do đó, từ (4) 2 0 2.t t⇒ − ≤ ⇔ ≤

Từ đó suy ra: t = 2 2x y⇒ + = , thay vào hpt ta có xy=1 1x y⇒ = = .

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là 1

1

x

y

=

=.

Bài 48: Giải hệ phương trình:( )

3 2 2

2 2 2

(4 1) 2( 1) 6

2 2 4 1 1

x y x x

x y y x x

+ + + =

+ + = + +




ĐK: 0x ≥

* Do x = 0 không phải nghiệm nên x > 0 2 1 0x x⇒ + + > .

Từ pt (2) ⇒ 2(2 2 4 1) 0y y+ + > . Chia hai vế pt (2) cho 2x , ta được :

( ) ( ) ( )2

2 1 1 1 12 2 2 1 1 (2 )y y y f y f

x x x x

+ + = + + ⇔ =

(3)

* Xét hàm số : 2( ) 1f t t t t= + + trên khoảng ( )0;+∞

22

2'( ) 1 1 0, 0

1

tf t t t

t= + + + > ∀ > ⇒

+hàm số đồng biến trên khoảng ( )0;+∞ (4).

Từ (3) và (4) 1

2yx

⇒ =

* Thay1

2yx

= vào pt (1), ta được : ( )3 22 1 6x x x x+ + + = (5).

Ta thấy x = 1 là nghiệm pt (5).

- Xét hàm số : ( )3 2( ) 2 1f x x x x x= + + + trên khoảng ( )0;+∞

- Có 2

2 1'( ) 3 4 0, 0

xf x x x x x x

x

+= + + + > ∀ > ⇒ hàm số đồng biến trên khoảng ( )0;+∞ (6).

- Từ (5) và (6) 1x⇒ = là nghiệm duy nhất của pt (5)

* 1 2x y= ⇒ = . Vậy nghiệm của hệ : 1

1;2


32 3

(1 )( 3 3) ( 1) .( , )

2 4 2( 2)

y x y x y xx y

x y x y

− − + − = −∈

− + − = −

ℝ .


ĐKXĐ: 2 20

0, 1 1, 1

x y x y

x y x y

− ≥ ≥ ⇔

≥ ≥ ≥ ≥

- Nhận xét 1, 1x y≥ = không là nghiệm của hệ. Xét 1y > thì pt (1) của hệ :

2 2( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0x x y y y x y+ − − − + − − = 2

3 01 1 1

x x x

y y y

⇔ + − + =

− − −

, 01

xt t

y= >

− . Khi đó, pt (1) trở thành: ( )( )4 2 3 23 0 1 2 3 0 1.t t t t t t t t+ + − = ⇔ − + + + = ⇔ =

- Với t = 1, thì 1 11

xy x

y= ⇔ = +

− , thế vào pt(2), ta được



( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 32 3 2 3

22

2 233 33

22

2 233 33

1 2 4 2 1 1 2 4 1 0

11 6 0

4 1 4 1

6 11 1 0

4 1 4 1

x x x x x x x x

x xx x

x x x x

x xx x

x x x x

− − + − = − ⇔ − − + − − − =

− −

⇔ − − + = − + + − − + −

− −

⇔ − − + = − + + − − + −

( )2 1 51 0 1

2x x x x

+⇔ − − = ⇔ = ≥ .

Với 1 5 3 5

.2 2

x y+ +

= ⇒ =

Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm ( )1 5 3 5

; ; .2 2

x y + +

=


2 2

1 22

3 2 4 3 2 4 0

,2.4 1 2 2logy x

x y xy x y xy

x yx

y

+

− − + − − =

∈+ = +

ℝ .


Điều kiện , 0x y > . Khi đó (1) 2 2(3 3 ) (2 2 ) (4 4 ) 0x y x xy y xy⇔ + − + − + = 3 ( 1) 2 ( 1) 4(1 ) 0x xy y xy xy⇔ + − + − + = ( 1)(3 2 4) 0 3 2 4 0xy x y x y⇔ + − − = ⇔ − − =

(vì , 0 1 0x y xy> ⇒ + > ) . Do đó 2 3 4y x= − (a)

(2) 2 22 2 2 2

12.4 1 2.2 2log 2log 4 log 2 log

2y x y xx y y x⇔ + = + − ⇔ + = + −

2 2 22 2 2 2

14 log 1 2 log 2 log 2 2 log 2

2y x y xy x y x⇔ + + = + + ⇔ + = + (*)

Xét hàm số 2( ) 2 logtf t t= + trên (0; )+ ∞ . Có

1'( ) 2 ln 2 0 , (0; )

.ln 2tf t t

t= + > ∀ ∈ + ∞

⇒ f(t) đồng biến trên (0; )+ ∞ . Do đó (*) ( )(2 ) 2 2 2f y f x y x⇔ = ⇔ = (b)

Từ (a) và (b) ta có 3 4 2x x− = (điều kiện 4

3x ≥ )

29 26 16 0x x⇒ − + = ⇔

= =

2 (thoûamaõn)8 (loaïi)9

x

x

Với x = 2 ⇒ y =1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm (2;1)

Bài 51: Giải hệ phương trình: 2 2

2

21

( , )

xyx y

x y x y

x y x y

+ + = + ∈

+ = −

ℝ



Hướng dẫn làm bài: Điều kiện: x + y > 0

- Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy. Pt (1) trở thành: 2 322 1 2 2 0

vu v u u uv v

u− + = ⇔ − − + =

2

1( 1)[ ( 1) 2 ] 0

2 0

uu u u v

u u v

=⇔ − + − = ⇔

+ − =

* TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được:

2 2 11 (1 ) 2 0

2

xx x x x

x

== − − ⇔ + − = ⇔

= − 1 0; 2 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ =

* TH2: Với 2 2 0u u v+ − = hay 2 2 2( ) 2 0 0x y x y xy x y x y+ + + − = ⇔ + + + = ⇒ vô nghiệm do đk . Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (−2; 3).

Bài 51: Giải hệ phương trình 3 2 2

2

2 2 0

2 5 7

x x x y x y

x x y

− + + + − =

+ + + =


( ) ( )( )21 1 2 0x x y⇔ + + − = ( )22 0 1 0x y do x⇔ + − = + >

Thay 2y x= − vào (2) ta được 2 7 7x x+ + =

2 2 2 01 1

7 1 2 7 3 2 72 22 2

x y

x xx y

= ⇒ = ⇔ + = + + ⇔ − + = ⇒ =

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy hệ có nghiệm ( ) ( )1 2 7 3 2 7

, : 2;0 ; ;2 2

x y − +


2 2

( )( 4 ) 3 0( , ).

2 1 1 0

x y x y y yx y

x y y y

+ + + + =∈

+ + − + + =

ℝ


Điều kiện: 22 1 0.x y+ + ≥ Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

2 2 4 2 2( ) 4( ) 3 0 ( )( 3 ) 0.x y x y y y x y y x y y+ + + + = ⇔ + + + + = *) 2 0,x y y+ + = hay 2.x y y= − − Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

2

2 2

2

1 1 (ktm)1 1 0

1 2.

y yy y y y

y y

− + = −− + − + + = ⇔ − + =

2 1 133 0 .

2y y y

±⇔ − − = ⇔ =

Với 1 13

2y

−= thì 4 13x = − + và với

1 13

2y

+= thì 4 13.x = − −

*) 23 0,x y y+ + = hay 23 .x y y= − − Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

2 2 2 21 1 0 1 1y y y y y y y y− − + − + + = ⇔ − − + = − −

2 2

2 2 2 2

1 0 1 01.

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

y y y yy

y y y y y y y y

− − ≥ − − ≥ ⇔ ⇔ ⇔ = −

− − + = − − + − + = Suy ra 2.x = −

Vậy nghiệm (x; y) của hệ là ( )1 13 1 13

4 13; , 4 13; , 2; 1 .2 2

− +− + − − − −




3

4

2 1 27

2 1

x y x

x y

− − − = −

− + =

( , )x y ∈R .


Từ phương trình (2) ta có ( ) ( )4 2

2 1 1 2x y y x− = − ⇒ − = − thay vào phương trình

( )1 ta được 3 22 27 4 4x x x x− = − + − + ⇔ 3 22 4 31 0x x x x− + − + − = ( )*

Xét hàm số ( ) 3 22 4 31,f x x x x x= − + − + − với mọi 2x ≥

( )' 213 2 4 0 2

2 2f x x x x

x⇒ = + − + > ∀ >

−

⇒ hàm số đồng biến trên khoảng ( )2;+∞ mặt khác ( )3 0 3f x= ⇒ = là nghiệm duy

nhất của (*) thay vào phương trình (2) ta được 2y = .

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( ) ( ); ;=x y 3 2


3

7 3 ( ) 12 6 1 (1)( , )

4 1 3 2 4 (2)

x y xy x y x xx y

x y x y

+ + − − + =∈

+ + + + =ℝ


Giải: ĐK 3 2 0x y+ ≥ .

( ) ( )3 33 2 3 2 2 3(3) 8 12 6 1 3 3 2 1 2 1 1⇔ − + − = − + − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −x x x x x y xy y x x y x x y y x

+ Với 1y x= − thay vào (4) ta được : 3 3 2 2 4x x+ + + =

Đặt 3 3 2, 2 (b 0)a x b x= + = + ≥

Ta có hệ pt 3

3 2

4 2 3 2 22

23 4 2 2

a b a xx

ba b x

+ = = + = ⇔ ⇒ ⇔ =

== − + =

+ 2 1x y= ⇒ = − . Vậy nghiệm của hệ là: 2

1

x

y

=

= −

Bài 55: Giải hệ phương trình : 2 25 3 6 7 4 0

( 2) 3 3

x y y x

y y x x

− + + − + =

− + = + ( , )x y R∈ .


Phương trình thứ (2) ⇔ 2 (2 ) 3 3 0y x y x+ − − − = được xem là phương trình bậc hai theo ẩn

y có 2( 4)x∆ = + . Phương trình có hai nghiệm:

2 43

22 4

12

x xy

x xy x

− − −= = −

− + + = = +

- Thay y = -3 vào pt thứ nhất ta được pt vô nghiệm

- Thay 1+= xy vào pt thứ nhất ta được: 2 2 x 5 2 6 5 5 0x x x− − + − + = (3)



- Giải (3): đặt 2 5 5x x− + = t , điều kiện t ≥ 0 . Từ ( )( )2 1

3 6 7 07 ( )

t tmt t

t ktm

=⇔ + − = ⇔

= −

- Với t = 1 ⇔ 2 5 5x x− + =1 ⇔1 2

4 5

x y

x y

= ⇒ =

= ⇒ = ( thỏa mãn)

Vậy, hệ phương trình có 2 nghiệm là: )2;1( và (4;5)


2 6 1

9 1 9 0

x y y

x xy y

+ + = −

+ + + =


Đk: 6 0

1

x y

x

+ + ≥

≥ −

+) Nếu 0y ≥ , để hệ có nghiệm thì 1 0y≥ ≥ .

(1) 2 6 2 5(1) (1)

(1) 1 1

VT x yVT VP

VP y

= + + ≥ ⇒ >

= − ≤ hệ vô nghiệm.

+) Nếu y < 0, từ (2) suy ra x > 0

( ) ( )2

22 3 39 1 9 0 9 9 (3)x xy y y y

x x

+ + + = ⇔ + = − + −

Xét hàm số 2

2

2

9 2( ) 9 , 0; '( ) 0 0

9

tf t t t t f t t

t

+= + > = > ∀ >

+

2

3 3 9(3) ( )f f y y x

yx x

⇔ = − ⇔ = − ⇔ =

Thế vào pt(1) ta có phương trình 2

92 6 1y y

y+ + = − (4). Hàm số

2

9( ) 2 6g y y

y= + +

đồng biến trên ( );0−∞ ; hàm số h(y)=1-y nghịch biến trên ( );0−∞ và phương trình có

ngiệm y=-3 nên pt(4) có nghiệm duy nhất y=-3. Vậy, hệ có nghiệm duy nhất (1;-3).


2 4 1 3 5

44

x x x y y y

x y x y

+ + + + = − + − + −

+ + + =


Xét hàm số ( ) 2 4f t t t t= + + + + trên [ )0;+ ∞ , có :

( ) ( )1 1 1

0, 0;2 2 2 2 4

f t tt t t

′ = + + > ∀ ∈ + ∞+ +

Nên (1) ( ) ( )2 4 5 4 5 2 5x x x y y y⇔ + + + + = − + + − + + − 5x y⇔ = − (*)

Thay (*) vào (2): 3 2 1y y+ − − = (3)

Nhân (3) với lượng liên hợp: 5 3 2y y= + − − (4)

(3), (4) 3 3 6y y⇒ + = ⇔ = . ĐS: ( )1; 6




3 5 2

x y y x

y x y x

− − − =

− + − =


(1) ( )12 2 2 11x y x y y x⇔ − = − + −

11 6 (*)x y y x x y⇔ − + − = − (vì 0x y= = không là nghiệm hệ)

(*), (1) 3 12

yy x x⇒ − = − − (**), thay vào (2):

5 3

4 2

yx = −

Thay vào (**): 3 13 11

2 4 4 2

y y− = −

( )2

22

13

24 4 13 22

y

y y

≥

⇔ − = −

2y⇔ = 1x⇒ =


( )

2 3 2 4 23 3 3

34 3 2

2 2 1

1 1 1

y x x y y x x y y

y y y y x

+ − + + = − + + − + = − +


(1) ( ) ( ) ( )2 2

3 31 2 1 0y y x x x x y y⇔ + + − − − + = ⇔ 3 1y y x x+ = − (a)

Đặt 3u y= , 1v x= − , (a) thành ( )3 2 1u u v v+ = + 3 3u u v v⇔ + = + (b)

Xét hàm số ( ) 3f t t t= + , có ( ) 23 1 0,f t t t′ = + > ∀ ∈ℝ nên ( )f t đồng biến.

Vậy ( )b 3 1y x⇔ = − (*), thay vào (2), ta có :

4 3 2 31 1y y y y+ − + = + 4 3 3 2 1 1 0y y y y⇔ − + − + − =3 2

4 3

3 20

1 1

y yy y

y y

−⇔ − + =

− + +

( )3 2

3 2

10

1 1y y y

y y

⇔ + − = − + +

3 2 0y y⇔ − = (vì từ (*) suy ra 0y ≥ )0

1

y

y

=⇔

=


3

x y 3y x 4y 2 0

x x 3 2 x 2 y

− + + − + =

+ − = + +


( ) ( )33 3 2 3(1) 2 3 4 2 1 1 2x x y y y x x y y⇔ + + = − + ⇔ + + = − + − + .

- Xét hàm số ( ) 3 2f t t t= + + trên [ )2;− +∞ .

- Ta có: ( ) [ )2' 3 1 0, 2;f t t t= + > ∀ ∈ − +∞ . Suy ra hàm số ( )f t đồng biến trên [ )2;− +∞ .

- Do đó: 1x y= − . Thay 1y x= + và phương trình (2) ta được: 3 3 2 2 1x x− = + +

( ) ( )( )( )( )

( )3 2

2 2 2 2 28 2 2 2 2 2 4

2 2

x xx x x x x

x

+ − + +⇔ − = + − ⇔ − + + =

+ +

( ) ( )( )

( )( )

( )2 22 2 2

2 2 4 2 2 4 02 2 2 2

xx x x x x x

x x

−

⇔ − + + = ⇔ − + + − = + + + +

* 2 0 2 3x x y− = ⇔ = ⇒ =



* ( ) ( )

2 22 22 4 0 2 4

2 2 2 2x x x x

x x+ + − = ⇔ + + =

+ + + + (*)

Ta có ( ) [ )22 2

2 4 1 3 3; 1, 2;2 2

VT x x x VP xx

= + + = + + ≥ = ≤ ∀ ∈ − +∞+ +


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ); 2;3x y = .

Bài 61: Giải hệ phương trình: ( )2

2 3 2 3 2,

1 4 8 0

x y y xx y

y x x

+ + − = +∈

− − − + − =

ℝ


Điều kiện: 2 4

1

x

y

− ≤ ≤

≥.

(1) ( ) ( )2 3 2 2 3 4 3 2 2 9 6 2x y x y x y x y y x⇔ + + = + + ⇔ + + = + + + +

( ) ( )2

2 0 2 3x y y x⇔ + − = ⇔ = +

- Thay (3) Vào (2) ta được: 21 4 8 0 (4), ( -1 x 4)x x x+ − − + − = ≤ ≤

(4) ( ) ( ) 21 2 1 4 9 0x x x⇔ + − + − − + − =

( )23 39 0

1 2 4 1

x xx

x x

− −⇔ + + − =

+ + − + ( )

3 5

1 13 5

1 2 4 1

x y

xx x

= ⇒ =⇔ + = + + + − +

Xét (5). Ta có : [ ]

1 1

2 1 1 31 2, x -1;4

1 21 1 4 114 1

x

x x

x

≤ + +

⇒ + ≤ ∀ ∈+ + − + ≤

− +

Mặt khác [ ]3 2, x -1;4x + ≥ ∀ ∈ . Vậy phương trình (5) vô nghiệm.

Nghiệm của hệ là: ( ) ( ); 3;5x y =


2

2

9 9 5 4 9 7

2 1 9 7 7

x xy x y y

x y x y x y

+ + − + =

− + + = − + −


Đk : x 0y≥ ≥ . Nếu x = y thì (2) vô nghiệm nên x > y

(2) ⇔ 2x y− + - 7 7x y− + 1 – [3(x- y )]2 = 0

⇔ ( )( )2 6 6

1 3 3 1 3 3 02 7 7

x yx y x y

x y x y

− ++ − + + − =

− + + −

⇔ ( ) ( )2

1 3 3 1 3 3 02 7 7

x y x yx y x y

− + + + − =

− + + −

- Với x > y ≥ 0 nên ( )2

1 3 32 7 7

x yx y x y

+ + −

− + + − > 0 suy ra 1–3x + 3y =0



- Thay y = x – 1

3 vào phương trình (1) ta được:

9x2 + 9x(x - 1

3) + 5x – 4(x -

1

3) + 9

1

3x − = 7

⇔ 18x2 – 8x + 6x - 8

3 + 9

1

3x − - 3 = 0

⇔ 2x(9x – 4 ) + 2

3(9x – 4 ) +3( 9 3x − - 1 ) = 0

⇔ (9x – 4 )2 3

23 9 3 1

xx

+ + − +

= 0 ⇔ x = 4

9 vì x > 0

Với x = 4

9 thì y =

1

9. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (

4

9;

1

9)

Bài 62: Giải hệ phương trình ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

3

2 2 3

8 13 1 3 2 7 , .

1 8 7 12 1 3 2

x y x y xx y

y x y x y y x y

− = + − −∈

− + + = + + + −

ℝ


- Trừ vế với vế của (1) và (2) ta được: ( ) 2 2

2

11 0

yy x y y

y x

=− − + = ⇔

=

- Với 1y = thay vào (1) ta được 8 13 1 7 1x x x x− = + − ⇔ =

- Với 2y x= thay vào (1) ta được

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )333 2 2 2 238 13 7 1 3 2 2 1 1 1 1 2 1 1x x x x x x x x x x x x x− + = + − ⇔ − − − − = + + − + − −

- Đặt 3 22 1, 3 2a x b x= − = − ta được

( ) ( )

( ) ( )( )( )

3 2

3 3

3 2

1 11 0

1 1

a x x x ba b a b x

b x x x a

− − − = +⇒ − + − + =

− − − = +2 2 1 0

a b

a ab b x

=⇔

+ + + + =

3 2 3 2

1 12 1 3 2 8 15 6 1 0 1 1

8 64

x y

a b x x x x xx y

= ⇒ == ⇒ − = − ⇔ − + + = ⇔ = − ⇒ =

( )2 2

22 2 23 71 2 1 1 3 2 0,

2 4 2 4

a aa ab b x b x x b x x x

+ + + + = + + − + + = + + − + > ∀

Vậy hệ có nghiệm ( ) ( )1 1

; 1;1 , ;8 64

x y−

=


( )2 2

4 2 2

4 1 1 2 2 1 , .

1

y x y xx y

x x y y

− + − = +∈

+ + =

ℝ


( ) 2 2

4 2 2

4 1 1 2 2 1 (1)( )

1 (2)

y x y xI

x x y y

− + − = +

+ + =



- Đặt 2 1 1x t+ = ≥ ⇒ phương trình (1) có dạng: ( )22 4 1 2 1 0t y t y− − + − =

( ) ( ) ( )2 2

4 1 8 2 1 4 3y y y∆ = − − − = −

2 1

1( )

2

t y

t l

= −⇒ =

+) Với 2

2 2

12 1 1 1 2 1

4 4

yt y x y

x y y

≥= − ≥ ⇔ + = − ⇔

= − thay vào (2) ta được

( ) ( )22 2 216 1 4 1 1 0 1y y y y y y− + − + − = ⇔ = (do 1y ≥ ) 0x⇒ = . Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1)


2

2 2 2

2 2

2 1 2 3 2 4 .

+ = +

+ + + + = −

xy y x

y x x x x x (với ; ∈ℝx y )


ĐKXĐ: x ;y∈ ∈ℝ ℝ .

Tacó ( )2 2

2

22 2 2 2

2+ = + ⇔ + − = ⇔ =

+ −xy y x y x x y

x x

2 2⇔ = + +y x x (1). Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

( ) ( )2

2 2 22 2 1 2 3 2 4+ + + + + + = −x x x x x x x

( )2 21 2 2 1 2 3 0⇔ + + + + + + + =x x x x x x .

( ) ( ) ( ) ( )2 2

1 1 1 2 1 2x x x x ⇔ + + + + = − + − +

(*)

Xét hàm số ( )2( ) 1 2= + +f t t t với ∈ℝt . Ta có

22

2'( ) 1 2 0, ( )

2= + + + > ∀ ∈ ⇒

+ℝ

tf t t t f t

t đồng biến trên ℝ .

Mặt khác, phương trình (*) có dạng 1

( 1) ( ) 12

+ = − ⇔ + = − ⇔ = −f x f x x x x .

Thay 1

2= −x vào (1) ta tìm được 1=y .Vậy hệ đã cho có nghiệm là

1

21.

= −

=

x

y


3 6 2 2

1 2 2

( 1) 3 ( 2) 3 4 0

x y x x x y

y x y x y

+ + = +

− + − + + =

( , )x y ∈R .


Điều kiện: 22 −≥yx . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2)



⇔)2( )1(31333 23236 −+−+−=+ yyyyyxyx

⇔ )1(3)1(3)( 3232 −+−=+ yyyxyx (3)

Xét hàm số tttf 3)( 3 += có = + > ∀ ∈R2'( ) 3 3 0,f t t t

Do đó 2 2(3) ( ) ( 1) 1, ( 1).f x y f y x y y y⇔ = − ⇔ = − ≥ −

Thế vào (1) ta được 12122 +=++ yxxyx

110)11(0112)1( 22 =+⇔=−+⇔=++−+⇔ yxyxyxyx

Do đó hệ đã cho tương đương với

>

=+−

−=

⇔

>

−=

=+

⇔

−=

=+

0

)4(1)2(

2

0

1

1

1

11 222

2

2

22

2

x

xxx

xy

x

yyx

xyx

yyx

yx

0)1)(1(0)1(013)4( 2222224 =−+−−⇔=−−⇔=+−⇔ xxxxxxxx

±−=

±=

⇔

2

51

2

51

x

x

. Do x > 0 nên 2

51+=x hoặc

2

51+−=x

Với 2

51

2

51 −=⇒

+= yx . Với

2

51

2

51 +=⇒

+−= yx .


−+=

2

51;

2

51);( yx ,

++−=

2

51;

2

51);( yx

Bài 66: Giải hệ phương trình sau:

4

2 2 2

2

1

4 5 8 6

x y

y x y

x y

=

+ +

+ + + =


Hệ pt đã cho tương đương: 3 2 6 4

2

x xy y y

4x 5 y 8 6

(1)

(2)

+ = +

+ + + =

NX: Nếu y = 0 thì từ pt (1) x 0⇒ = Thay x = 0; y = 0 vào pt (2) ta được: 5 8 6+ = (vô lý). Vậy y = 0 không thỏa mãn bài toán

*) y 0≠ chia cả 2 vế của pt (1) cho 3y ta được: 3

3x xy y

y y (*)

+ = +

Xét 3f (t) t t= + . Có 2f '(t) 3t 1 0, t= + > ∀ . Vậy f (t) đồng biến trên R.

Từ (*) 2x xf f (y) y x y

y y

⇒ = ⇒ = ⇒ =

Thay vào pt (2) ta được 4x 5 x 8 6 x 1 y 1+ + + = ⇔ = ⇒ = Vậy hpt có cặp nghiệm duy nhất (x;y) = (1;1)




2 4

2 6 5 2 2 13 2( )

( 2 ) 2 4 . 8 . 2 2

x xy y x xy y x y

x y x y y y y x

− + + + + = +

+ + − = − + Hướng dẫn làm bài

Điều kiện:

2

0

0

x

y

x y

≥ −

≥ + ≥

Xét y = 0, hệ vô nghiệm nên y khác 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được: 2 2

2 6 5 2 2 13 2( 1)

− + + + + = +

x x x x x

y y y y y

Đặt

xt 1

y= > −

( ) ( )

2 2

4 3 2

2 2

: 2 6 5 2 2 13 2( 1)

t 2 3 4 4 0

1( i)1 2 0

2( / )

PT t t t t t

t t t

t loat t

t t m

− + + + + = +

⇔ − − + + =

= −⇔ + − = ⇔

= Với t = 2 ⇒ x = 2y, thế vào (2) ta được:

( ) ( )

2 4

4 2

3

3

4 2 2 4 . 8 . 2 2 2

4 2 2 2 2 2 8 . 4 .

2 2 24 2 2 8 4

2 2 22 2 2 2 2 2. 2 (3)

y y y y y y y

y y y y y y y

y yy y y

y yy y y

+ − = − +

⇔ + + + = +

⇔ + + + = +

⇔ + + + + = +

Xét hàm số f(u) = u3 + 2u với u > 0; có f’(u) = 3u2 + 2 > 0, mọi u > 0 ⇒hàm số đồng biến

Từ (3) ( ) 32 22 2 2 2 4 2 2 0 1f f y y y y y

y y

⇒ + = ⇔ + = ⇔ − − = ⇔ =

Hệ có nghiệm duy nhất (2;1)


2

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

+ + − − = +

− − + − = −

Hướng dẫn làm bài: Đk:

2

2

0

4 2 0

1 0

xy x y y

y x

y

+ − − ≥

− − ≥ − ≥

Ta có (1) ( )( )3 1 4( 1) 0x y x y y y⇔ − + − + − + =

Đặt , 1u x y v y= − = + ( 0, 0u v≥ ≥ )




u v

u v vn

=⇔

= −


( ) ( )24 2 3 2 1 1 1 0y y y y⇔ − − − − + − − =

( )2

2 2 20

1 14 2 3 2 1

y y

yy y y

− −+ =

− +− − + −( )

2

2 12 0

1 14 2 3 2 1y

yy y y

⇔ − + = − +− − + −

2y⇔ = ( vì 2

2 10 1

1 14 2 3 2 1y

yy y y⇔ + > ∀ ≥

− +− − + −)

Với 2y = thì 5x = . Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của hệ PT là ( )5;2

Bài 69: Giải hệ phương trình: 3 2 3 5

2 3 2 3 4 2

x y x y

x y x y

+ + − − =

− − − + + =

( ),x y ∈ℝ

Hướng dẫn làm bài:

Đặt 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2 32 3 4 7

3 6 23

u x y x y u y u vx y u v

x y v x u vv x y

= + + = = + − ⇒ ⇒ ⇒ + + = − +

− − = = − − = − −

Khi đó hệ ban đầu trở thành: ( )2 2

3 5

2 7 2 *

u v

v u v

+ =

− − + = thế v = 5 – 3u vào phương trình

(*) giải tìm được u = 1, từ đó v = 2, suy ra x = - 3, y = 2


6 2 3 2

2

3 4 3 6

2 1 8 7

x x y y y

y x x y x

+ − = + +

− + + + + =


Điều kiện: 2 8 0x y+ + ≥

+ PT(1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )33 36 2 2 23 1 3 1 3 1 3 1x x y x x x y y⇔ + = + + + ⇔ + = + + +

( )2( ) 1f x f y⇔ = + với f(t) = t3 + 3t

+ Ta có: f’(t) = 3t2 + 3 > 0 t R∀ ∈ ( )f t⇒ đồng biến trên R

Do đó: ( )2 2( ) 1 1f x f y x y= + ⇔ = +

+ Với y = x2 – 1 , pt (2) trở thành: ( )2 22( 1) 1 2 7 7 0x x x x− − + + − + =

( )2 22 7 1 2 7 2 0(*)x x x x+ − + + − − =

+ Đặt 22 7, ( 7)t x t= + ≥ , pt(*) trở thành: ( )2 1 2 0t x t x− + − − = (**)

+ Ta có: ( )2


+ Với t = x + 2 2

2 2 2

2 2 12 7 2

32 7 4 4 4 3 0

x x xx x

xx x x x x

≥ − ≥ − = ⇔ + = + ⇔ ⇔ ⇔

=+ = + + − + =



- Với x = 1⇒ y = 0 (nhận) - Với x = 3 8y⇒ = (nhận) Kết luận: hệ có hai nghiệm (x;y) là (1;0), (3;8)

Bài 71: Giải hệ phương trình: ( )( )2 2

2 33

4 1 2( ; )

12 10 2 2 1

x x y yx y

y y x

+ + + + =∈

− + = +

ℝ


Ta có: 2 2(1) 4 ( 2 ) 4 ( 2 ) (*)x x y y⇔ + + = − + + − .

Xét hàm số đặc trưng 2

2

2 2 2

4( ) 4 '( ) 1 0.

4 4 4

t tt t tf t t t f t

t t t

++ += + + ⇒ = + = > ≥

+ + +

Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R. Từ (*) suy ra: ( ) ( 2 ) 2f x f y x y= − ⇒ = − . Thay vào phương trình (2) ta được:

( ) ( ) ( )33 32 3 3 33 5 2 2 1 1 2 1 1 2 1 (**)+ + = + ⇔ + + + = + + +x x x x x x x

Xét hàm số 3( ) 2g t t t= + ta thấy g(t) đồng biến trên R nên từ (**) suy ra

3 3 01 1

1

xx x

x

=+ = + ⇔

= −. Vậy hệ có hai nghiệm là

1( 1; ); (0;0)

2− .

Bài 72: Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:2 2

2

2 5 2 2

3 5 4

x y x

x xy x y y y

+ = +

+ + − − = +

Hướng dẫn làm bài: 2 2

2

2 5 2 2 (1)

3 5 4 (2)

x y x

x xy x y y y

+ = +

+ + − − = +

. Điều kiện: 2 0xy x y y+ − − ≥ và 0y ≥

- Với điều kiện trên:

( ) ( ) ( )

( )( )

2

2

3 02 12 1

3 11 02 1

1

x y xy x y y y

yx y

xy x y y y

⇔ + =− − + − − − −

++⇔ =− −

+ − − + +

2 1 0x y⇔ − − =

(Vì với x,y thỏa mãn 2 0xy x y y+ − − ≥ và 0y ≥ thì ( )

2

3 11 0

1

y

xy x y y y

++ >

+ − − + +)

Thế 2 1y x= − vào (1) ta có

2 22 5 2 1x x x+ = − +

2

2

4 22 2 ( 2)( 2)

1 15 3

x xx x

xx

− −⇔ = + − +

− ++ +

( ) ( )2

2( 2) 2022

1 15 3

xxx

xx

+ − + +⇔ =+− − ++ +

(3)

Ta thấy :



1x∀ ≥ , ( ) ( )2 2

2( 2) 2 2 22 1 02

1 1 1 15 3 5 3

xxx

x xx x

+− + + = + + − >+

− + − ++ + + + ,

⇒ (3) có nghiệm duy nhất x = 2.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( )1

; 2; .2

x y

=


3 3 2

2 2 2

3 3 2 0 (1)

1 3 2 2 0 (2)

− + − − =

+ − − − + =

x y y x

x x y y


Điều kiện: 2

2

1 0 1 1

0 22 0

x x

yy y

− ≥ − ≤ ≤⇔

≤ ≤− ≥

Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y

2.

Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:

(1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ 2 22 1 2 0x x− − + =

Đặt 21v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 =2

2 12 3 0

3

(t/m)

(loai)

vv v

v

=⇔ + − = ⇔

= −.

Với v = 1 ta có x = 0 ⇒y = 1. Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (0;1)


=+++

−+=++

10)1(4)19(

1

11913

223

2

xxyx

xxyxy


ĐK: 0x ≥ . NX: x = 0 không TM hệ PT - Xét x > 0 thì PT (1)

⇔x

xxyyy

++=++

11933 2 ⇔ 1

1111)3(33

2

2 +

+=++

xxxyyy (3)

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. 12 +t , t > 0.

Ta có: f’(t) = 1 + 1

12

22

+++

t

tt >0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

PT(3) ⇔ f(3y)= f

x

1 ⇔ 3y =

x

1. Thế vào pt(2) ta được PT: 10).1(4 223 =+++ xxxx

Đặt g(x)= 10).1(4 223 −+++ xxxx , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0 ⇒g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

Ta có g(1) = 0. Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1. Với x =1⇒y =3

1



KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1;3

1).

Bài 75: Giải hệ phương trình : 3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2 2 0

x y y x

x x y y

− + − − =

+ − − − + =


Điều kiện: 1 1

0 2

x

y

− ≤ ≤

≤ ≤

Phương trình (1) của hệ tương đương với: 3 33 2 ( 1) 3( 1) 2x x y y− − = − − − − (*)

Xét hàm số 3( ) 3 2f t t t= − − , [ 1;1]t∀ ∈ −

Ta có: 2'( ) 3 3 0f t t= − ≤ , [ 1;1]t∀ ∈ − . Suy ra: f nghịch biến trên đoạn [-1;1] Do đó: (*) ⇒ f(x)=f(y-1) ⇔ 1x y= − . Thế vào pt (2) của hệ ta có:

2 2(2 ) 2 2 3 0y y y y− − − − + = ⇔ 22 1y y− = ⇔ 1y = Vậy: hệ phương trình có nghiệm (x = 0;y = 1)


2

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

+ + − − = +

− − + − = −


Đk:

2

2

0

4 2 0

1 0

xy x y y

y x

y

+ − − ≥

− − ≥ − ≥

Ta có (1) ( )( )3 1 4( 1) 0x y x y y y⇔ − + − + − + = . Đặt , 1u x y v y= − = + ( 0, 0u v≥ ≥ )


u v

u v vn

=⇔

= −


( ) ( )24 2 3 2 1 1 1 0y y y y⇔ − − − − + − − =

( )2

2 2 20

1 14 2 3 2 1

y y

yy y y

− −+ =

− +− − + −( )

2

2 12 0

1 14 2 3 2 1y

yy y y

⇔ − + = − +− − + −

2y⇔ = ( vì 2

2 10 1

1 14 2 3 2 1y

yy y y⇔ + > ∀ ≥

− +− − + −)

Với 2y = thì 5x = . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là ( )5;2

Bài 77: Giải hệ phương trình : 2 22 5 3 2

2 2 1 1 2 2 2

xy x y x y

x y y x x x y

+ + + = −

+ − − = − + − −




ĐK :1

1

y

x

≥ −

≥

Pt đầu của hệ tương đương với ( ) ( )1 2 3 0 2 3 0x y y x y x+ + − + = ⇔ − + = (do đk)

Thay vào pt thứ hai, được:

( )2 3 2 2 2 2 2 2 2 4y y y y y y+ + − + = + + +

( )( )2 2 2 2 0 2 2 2 0 1y y y y⇔ + + − = ⇔ + − = ⇔ = (thỏa đk )

Hệ pt có nghiệm duy nhất : 5, 1x y= =

Bài 78: Giải phương trình 2

2

3 5 4

4 2 1 1

x xy x y y y

y x y x

+ + − − = +

− − + − = −


Đk:

2

2

0

4 2 0

1 0

xy x y y

y x

y

+ − − ≥

− − ≥ − ≥

Ta có (1) ( )( )3 1 4( 1) 0x y x y y y⇔ − + − + − + =

Đặt , 1u x y v y= − = + ( 0, 0u v≥ ≥ )


u v

u v vn

=⇔

= −


( ) ( )24 2 3 2 1 1 1 0y y y y⇔ − − − − + − − =

( )2

2 2 20

1 14 2 3 2 1

y y

yy y y

− −+ =

− +− − + −( )

2

2 12 0

1 14 2 3 2 1y

yy y y

⇔ − + = − +− − + −

2y⇔ = ( vì 2

2 10 1

1 14 2 3 2 1y

yy y y⇔ + > ∀ ≥

− +− − + −)

Với 2y = thì 5x = . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là ( )5;2 .

Bài 79: Giải hệ phương trình .y

x

x x x x y

y y y

2 1

2 12 2 3 1 ( , )2 2 3 1

−

−

+ − + = +∈

+ − + = +

ℝ


- Đặt 1

1

= −

= −

u x

v y. Hệ PT ⇔

2

2

1 3

1 3

+ + =

+ + =

v

u

u u

v v

⇒ 2 23 1 3 1 ( ) ( )+ + + = + + + ⇔ =u vu u v v f u f v , với 2( ) 3 1= + + +t

f t t t



- Ta có: 2

2

1( ) 3 ln3 0

1

+ +′ = + >

+

t t tf t

t⇒ f(t) đồng biến với t∀

⇒ =u v ⇒ 2 231 3 log ( 1) 0 (2)+ + = ⇔ − + + =u

u u u u u

- Xét hàm số: ( )23( ) log 1 '( ) 0= − + + ⇒ >g u u u u g u ⇒g(u) đồng biến u∀

- Mà (0) 0g = ⇒ 0u = là nghiệm duy nhất của (2). KL: 1= =x y là nghiệm duy nhất của hệ PT.

Bài 80: Giải hệ phương trình ( )3 6

6 2 6

1 2 3

1 4 5

y x y x

x y x

+ =

+ =

Hướng dẫn làm bài: - Nhận xét x = 0 thay vào hệ tâ thấy vô lý

- Xét 0x ≠ ,chia 2 vế của hai pt trong hệ cho 6x và đặt

3

1z

x=

- Ta có ( )

( )

2 2

22 2

2 32 3

4 5 2 4 5

yz z yyz y z

z y z y yz

+ = + = ⇔

+ = + − =

- Đặt 2S z y

P yz

= +

= ta có hệ

2

3

4 5

SP

S P

=

− =

- Giải hệ ta được 3

1

S

P

=

= suy ra

1

1

z

y

=

=hoặc

2

1

2

z

y

=

=

Hệ có 2 cặp nghiệm ( ),x y là ( )1,1 và 31 1

,2 2


=−−+

=−−+−−−

0134

0148822

2233

yyx

yxyxyx


+ Biến đổi phương trình thứ 1: 03 3 2 28x y 8x y 4x y 1 − − − + − − = ⇔ 8x3 - 8x2 + 4x = y3 + y2 + y + 1 ⇔ (2x )3 - 2(2x)2 + 2(2x) + 1 = ( y + 1 )3 - 2(y + 1)2 + 2(y+1) + 1 ( *)

+ Xét hàm f(t) = t3 - 2t2 + 2t + 1 ⇒ f'(t) = 3t2 - 4t + 2 > 0 với Rt ∈∀ ⇒ hàm f(t) luôn luôn đồng biến trên R Mà từ ( *) ta có f(2x ) = f(y + 1 ) ⇔ 2x = y + 1 ⇔ y = 2x - 1 + Thay vào phương trình thứ 2 : x2 + 4(2x -1 )2 - 3( 2x - 1 ) - 1 = 0

⇔ 17x2 - 22x + 6 = 0

+=

−=

⇒

17

1911

17

1911

2

1

x

x

+ Với 17

19111

−=x ⇒

17

19251

−=y



+ Với 17

19112

+=x ⇒

17

19252

+=y

Vậy hệ có 2 nghiệm : ( 17

1911− ;

17

1925 − ) ; (

17

1911+;

17

1925 + )

Bài 82: Giải hệ phương trình: ( ) 2

2

2 2

4 3 1 3 2

x y x x y y y

x y x y

+ + + = +

+ − + = − +


Đk: 2, 0

3x y≥ ≥

Xét phương trình pt(1): ( ) ( ) ( )22 2 2 2 0+ + + = + ⇔ + − + − + =x y x x y y y x y y x y x y

Do 2

, 0 2 03

≥ ≥ ⇒ + + >x y x y y

Pt(1) ( )( ) ( )1

2 0 2 02 2

−⇔ + − + = ⇔ − + + = ⇔ = + + + +

x yx y x y x y x y y x

x y y x y y

Thay y = x vào phương trình 2 4 3 1 3 2+ − + = − +x y x y ta được

Pt(2): ( ) ( )22 4 3 1 3 2 1 2 3 2 3 2 1+ − + = − + ⇔ − + − = − + −x x x x x x x x

Đặt 1

1 , 3 2 03

−− = ≥ − = ≥x a x b . Pt có dạng :

( )2 2 2 0 0, 022 000

− = = ≥ + = +⇔ ⇔

= ≥+ ≥+ ≥

b b a b aa b a b

b aa ba b

- Với b = 0, ta có 2

3= =y x (loại)

- Với b = 2a, ta có phương trình ( ) ( )

( )2

1

1 2 /3 2 2 1 0

4 11 6 0 3

4

≥≥ =

− = − ≥ ⇔ ⇔ − + = =

x

x x t mx x

x xx loai

- Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là ( ){ }2;2=S

Bài 83: Giải hệ phương trình sau : ( ) ( )2 22015 . 2015 2015

( , )6 2 1 4 6 1

x x y yx y R

x x xy xy x

+ + + + =∈

− + = + +


+ Điều kiện : 6 2 1 0x xy− + ≥

+ Ta có : ( )( )2 22015 2015 2015x x y y+ + + + =

2 2

2

20152015 2015

2015x x y y

y y⇔ + + = = − + +

+ +



2 22015 ( ) 2015 ( )x x y y⇔ + + = − + + − (1)

Xét hàm số : 2( ) 2015f t t t= + + là hàm số xác định và liên tục trên R 2

'

2 2 2

2015( ) 1 0

2015 2015 2015

t tt t tf t

t t t

++ += + = > ≥

+ + +

'( ) 0,f t t R⇒ > ∀ ∈ : ( )f t là hàm số luôn đồng biến trên ( ; )−∞ +∞ + Khi đó pt(1) được viết lại : ( ) ( )f x f y x y= − ⇔ = −

- Thay y x= − vào phương trình thứ hai của hệ, được : 2 26 2 1 4 6 1x x x x x+ + = − + + 2 2 2(2 6 1) 2 6 1 6 0x x x x x x⇔ + + − + + − = (2)

- Lại đặt : 22 6 1 , 0u x x u= + + ≥ ; pt(2) thành 2 2 36 0

2

u xu xu x

u x

=− − = ⇔

= −

* Với 2

2 2 2

3 0 03 2 6 1 3

2 6 1 9 7 6 1 0

x xu x x x x

x x x x x

≥ ≥ = ⇒ + + = ⇔ ⇔

+ + = − − =

1x⇔ = suy ra 1y = − : thỏa đk

* Với 2

2 2 2

2 0 02 2 6 1 2

2 6 1 4 2 6 1 0

x xu x x x x

x x x x x

− ≥ ≤ = − ⇒ + + = − ⇔ ⇔

+ + = − − =

3 11

2x

−⇔ = suy ra

3 11

2y

− += : thỏa đk

Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : (1; 1)− ,3 11 3 11

;2 2

− − +

Bài 85: Giải hệ phương trình: 2

x y 2y 1 x y 5

y 2 xy y

+ + − + − =

+ = +.


- Điều kiện 1

x y2

≥ ≥

- Đặt a 2y 1 0, b x y 0= − ≥ = − ≥ - Phương trình thứ nhất trở thành 2 2a b a b 4(3)+ + + = - Phương trình thứ hai trở thành 2 2 2 2a b a b 3(4)+ + =

- Giải hệ (3), (4) đặt ( , 0).

S a bS P

P a b

= +≥

= ta được :

2

2 2

2 4 (5)

2 3 (6)

S S P

P S P

+ − =

+ − =

- Trừ (5) cho (6) ta được 2 21 1S P S P− = ⇒ = + - Thay vào (6): 2 4 22 1 2 3P P P P+ + + − = 3 2( 1)( 4 2) 0P P P P⇔ − + + + =

3 2

1

4 2 0

P

P P P

=⇔

+ + + =Kết hợp điều kiên 0P ≥ ta được P=1; S=2

- Giải hệ P = 1; S = 2 ta thu được a = b =1 - Suy ra hệ có nghiệm duy nhất (x 2; y 1)= =




2 2 2 2

5 5 7( , )

1 1

x xy x y x y x xyx y

x y y x x y x

+ − = − + ∈ + − + = −

ℝ


Điều kiện 2

0

5 0

x

xy x y

≥

− ≥.

+ Vì x = 0 không là nghiệm của ( )2

⇒ Chia hai vế của ( )2 cho 2 0x > ta được 2

2 1 1 11 1y y y

x x x

+ − = + −

- Xét hàm số 21y t t t= + − là hàm đồng biến trên ℝ .

- Do đó ( )1

2 yx

⇔ = . Thay vào ( )1 : 25 5 7x x x x+ − = − +

1 2 1 75 0

3 3 3 3x x x x

⇔ − + + − − − + =

( ) ( ) ( )2 2

9 2 9 5 70

2 5 7

x x x x

x x x x

− + − − −⇔ + =

+ + − − +

2 5 4 0x x⇔ − + = 1 1

14

4

x y

x y

= ⇒ =⇔ = ⇒ =

(thỏa điều kiện)


2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

+ + + =

+ = + +, ( , )x y ∈R .

Hướng dẫn làm bài: + Nhận xét: hệ không có nghiệm dạng (x0 ; 0)

- Với 0y ≠ , ta có:

2

2 2

2 2 22

14

1 4.

( ) 2 7 2 1( ) 2 7

xx y

yx y xy y

y x y x y xx y

y

++ + = + + + =

⇔ + = + + + + − =

Đặt 2 1

,x

u v x yy

+= = + ta có hệ:

2 2

4 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

+ = = − = = ⇔ ⇔

− = + − = = − =

+) Với 3, 1v u= = ta có hệ:2 2 2 1, 21 1 2 0

2, 53 3 3

x yx y x y x x

x yx y y x y x

= = + = + = + − = ⇔ ⇔ ⇔

= − =+ = = − = − .

Hệ pt có hai nghiệm là: (1; 2) và (-2; 5).

+) Với 5, 9v u= − = ta có hệ: 2 2 21 9 1 9 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y x

+ = + = + + =⇔ ⇔

+ = − = − − = − − ,

Hệ này vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = −



Bài 88: Giải hệ phương trình sau ( ) ( )2

2 2

4 1 3 5 2 0

4 2 3 4 7

x x y y

x y x

+ + − − =

+ + − =


+ ĐK :

3

45

2

x

y

≤

≤

+ Phương trình thứ nhất trong hệ tương đương với phương trình: ( ) ( ) ( )24 1 2 5 2 1 5 2 1x x y y+ = − + −

+ Xét hàm số : ( )2 2( ) 1 3 1 0 ( )′= + ⇒ = + > ⇒f t t t f t f t đồng biến trên R

- Phương trình (1) trong hệ tương đương với phương trình

( ) 2

0

(2 ) 5 2 2 5 2 5 4

2

≥

= − ⇔ = − ⇔ −=

x

f x f y x y xy

- Thay vào phương trình (2) trong hệ ta có phương trình:

2 4256 4 2 3 4 7 (*)

4x x x− + + − =

* Xét hàm số 4 2 25( ) 4 6 2 3 4

4f x x x x= − + + − trên

30;

4

, 2 4'( ) 4 (4 3)

3 4f x x x

x= − −

− < 0

Mặt khác : 1

72

f

=

nên (*)1 1

( )2 2

⇔ = ⇔ =

f x f x ⇒ y = 2. (thỏa mãn)


( )2 2

2 2

1 2 2 3 (1),

1 2 2 (2)

− + = + +∈

+ + + = −

ℝy x y x y xy

x y

y x y y x

Hướng dẫn làm bài: ĐK: y ≥ -1

- Xét (1): ( ) 2 21 2 2 3y x y x y xy− + = + +

- Đặt ( )2 22 0x y t t+ = ≥

Phương trình (1) trở thành: ( )2 2 21 2 2 3 0t y t x y x y xy+ − − − − − − =

∆ = (1 - y)2 + 4(x2 + 2y2 + x + 2y + 3xy) = (2x + 3y + 1)2 2 2

2 2

2 11

2 2 2

x y x yt x y

t x y x y x y

+ = − − −= − − −⇒ ⇔

= + + = +

- Với 2 22 1x y x y+ = − − − , thay vào (2) ta có:

2

1

1 3 1 03

9 5 0

yy y y

y y

≥ −

+ = + ⇔ ⇔ = + =

⇒ 2 1x x= − − (vô nghiệm)



- Với 2 22 2x y x y+ = + , ta có hệ: 2 2

1 51 2 4

1 52 22

xy x

x y x yy

− −= + = −

⇔ ++ = + =

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( )1 5 1 5

; ;4 2

x y − − +

=

Bài 90: Giải hệ pt: x 1 2x x 1 y 1 2y y 1 0

x y y x 16

(1)

(2)

− + − − − − − =

+ =


- Từ PT (1): 121121 −+−=−+− yyyxxx , ĐK: 1, ≥yx

- Đặt f(t)= 0,)1(2 ≥++ tttt

⇒ ⇒>∀>+

++= 0,02

)1(22

2

1)(' t

t

tt

ttf hàm số f(t) đồng biến

⇒ ( ) ( ) x yf x 1 f y 1− = − ⇒ =

- Thế x y= vào (2) ta được: 4162 =⇔= xxx , vậy hệ có nghiệm x y 4= =

Bài 91: Giải hệ phương trình : ( )

2 2 22 2 2 22 9.3 2 9 .5 (1)

4 4 4 4 2 2 4(2)

− − − + + = + + = + − +

x y x y y x

xx y x


+ ĐK: 2 0y x− + ≥ , đặt 2 2t x y= −

+ Từ (1) ( )2 2

2 22 2

2 3 2 32 3 2 9 .5

5 5

t tt t t

t t

++ −

+

+ +⇔ + = + ⇔ = ( ) ( )2 2f t f t⇔ + = (3)

- Xét ( )2 3 1 3

2.5 5 5

x xx

xf x

+ = = +

là HS nghịch biến / R nên từ (3) suy ra 2t =

22 2y x⇔ = − thế vào pt (2) : 24 4 4 4 2 2xx x x+ = + − +

( )21 24 1 1 1 4 1x s

x x s s−⇔ = − + − + ⇔ = + + (4)

Do ( )( )2 21 1 1s s s s+ + + − = nên 24 1ss s

− = + − (5)

- Lấy (4) trừ (5) ta có 4 4 2 0s ss

−− − = (*) ⇒ ( ) ( ) ( )/4 4 2 ln 4 4 4 2 2ln 4 2 0x x x xf x x f x− −= − − → = + − ≥ − >

⇒Hàm số nghịch biên, suy ra s = 0 là nghiệm duy nhất của pt (*)

⇒Hệ có nghiệm ( )1

; 1;2

x y

= −

Bài 92: Giải hệ phương trình: ( )2 3

2 3

x x x 3x 3 y 2 y 3 1

3 x 1 x 6x 6 y 2 1

(1)

(2)

+ − + = + + + + − − − + = + +




+ ĐK:

( )

( )*

3

331

33

066

01

03

033

2

2

−≥

−≤≤

+≥

⇒

≥+−

≥−

≥+

≥+−

y

x

x

xx

x

y

xxx

+ Đặt 1312 33 +=+⇒−≥+= ayya . Khi đó , phương trình ( )1 trở thành

( ) ( ) ( )31111 33aaxx ++=−++− . Xét hàm số ( ) 1,13 −≥++= ttttf .

⇒ ( ) ( )tftt

ttf ⇒∀>+

+= ,01

12

33

2' là hàm đồng biến trên R.

Khi đó ( ) ( ) ( ) axafxf =−⇔=−⇔ 113

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

=

=

=

⇔

=

=

≥

=

⇔

=+−

≥

=

⇔

=−

=−⇔−=−⇔

−−+−=+−

≥−−⇔

−−=+−⇔=+−−−⇔

4

5

5

1

4

5

5

0

1

025254

0

1

215

0115123

3161966

**013

136666132

2

22

22

x

x

x

x

x

x

x

xx

x

x

xx

xxxx

xxxxxx

xx

xxxxxxxx

Đối chiếu với (**) và ( )* thấy 5=x thỏa mãn 624 =⇒=⇒ ya .

Vậy hệ có nghiệm là ( ) ( )62;5; =yx


2 2 2 2

16 9 (2 )(4 3) (1)

4 2 3 (2)

− = − +

− + =

x y y xy y xy

x y xy y


- Xét 0,y = thay vào (2) ta được: 0 3 0y= ⇒ = không thỏa mãn hệ phương trình. - Xét 0y ≠ ta có:

33 3 3 2 2

2 2 2 22

2

316 9 (2 1)(4 ) (3)

16 9 (2 )(4 3)

34 2 3 4 2 1 (4)

x x xx y y xy y xy y

x y xy yx x

y

− = − + − = − +

⇔ − + = − + =

- Thay (4) vào (3) ta được: 3 216 9 (2 1)(4 4 2 1) 1x x x x x x− = − + − + ⇔ = 1y⇒ = ±

- Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là: 1

1

x

y

=

= ±



Bài 94: Giải hệ phương trình 2 22 2 2 2 1

2 22 2 2 0

x x x y y y

x y x y

+ + + = + + + + − + − =


+ Điều kiện: 2

1

2

x

x

≥ −

≥ −

+ Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có: 2 22 2 2x y x y= − + − + ; thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta được:

( )2 2 22 2 2 2 2 2 1x y x y x x y y y+ − + − + + + + = + + +

( )2 22 1 1 1 1 4 2 2 1x x x x y y y⇔ + + + + + + + = + + +

( ) ( ) ( )2 21 1 1 1 2 2 2 1x x x y y y⇔ + + + + + + = + + + (*).

+ Xét hàm số ( ) 2 1f t t t t= + + + , với 1t ≥ − .

+ Ta có: ( )/ 12 1

2 1f t t

t= + +

+; ( )

( )( )/ / / /

3

1 32 ; 0

44 1f t f t t

t

= − = ⇔ = −

+

+ Bảng biến thiên: + Từ bảng biến thiên suy ra:

( ) ( )/ 10; 1;

2f t t≥ > ∀ ∈ − +∞

+ Do đó: Hàm số ( )f t đồng biến trên

nửa khoảng [ )1;− +∞ .

+ Suy ra phương trình (*) ( ) ( )1 2 1 2f x f y x y⇔ + = ⇔ + = .

+ Thay 2 1x y= − vào phương trình thứ hai của hệ, ta được:

( ) ( )2 22 1 2 2 2 1 2 0y y y y− + − − + − =

21 1

6 7 1 0 1 2

6 3

y x

y yy x

= ⇒ =⇔ − + = ⇔ = ⇒ = −

* Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: ( ) ( )2 1

; 1;1 , ;3 6

x y

= −

.

Bài 95: Giải hệ phương trình: ( )2

2 3 2 3 2,

1 4 8 0

x y y xx y

y x x

+ + − = +∈

− − − + − =

ℝ


+ Điều kiện: 2 4

1

x

y

− ≤ ≤

≥.

t 1− 3

4− +∞

f ''(t) − 0 +

'(t)f ց ր

1

2



(1) ( ) ( )2 3 2 2 3 4 3 2 2 9 6 2x y x y x y x y y x⇔ + + = + + ⇔ + + = + + + +

( ) ( )2

2 0 2 3x y y x⇔ + − = ⇔ = +

- Thay (3) Vào (2) ta được: 21 4 8 0 (4), ( -1 x 4)x x x+ − − + − = ≤ ≤

(4) ( ) ( ) 21 2 1 4 9 0x x x⇔ + − + − − + − =

( )23 39 0

1 2 4 1

x xx

x x

− −⇔ + + − =

+ + − +

( )

3 5

1 13 5

1 2 4 1

x y

xx x

= ⇒ =⇔ + = + + + − +

Xét (5). Ta có : [ ]

1 1

2 1 1 31 2, x -1;4

1 21 1 4 114 1

x

x x

x

≤ + +

⇒ + ≤ ∀ ∈+ + − + ≤

− +

Mặt khác [ ]3 2, x -1;4x + ≥ ∀ ∈ . Vậy phương trình (5) vô nghiệm.


( )

2

2 2

1 2 1 4 2 6 3

1 2 4 8 4 4

x y x y x y

x x x x xy

+ + + = + + +

+ − + + + =


Điều kiện: 2 0x y+ ≥

(1) ( )2

1 4 2 2 1 6 3 0x y x y x y⇔ − + + + + − + =

( )( )1 4 2

1 4 2 1 4 2 02 1 6 3

x yx y x y

x y x

− −⇔ + + − − + =

+ + + +

( ) ( )1

1 4 2 1 4 2 02 1 6 3

x y x yx y x

⇔ − − + + + =

+ + + +

- Do điều kiên 2 0x y+ ≥ nên ( )1

1 2 2 02 1 6 3

x yx y x

+ + + >+ + + +

⇒ 4 2 1 0 4 2 1x y x y+ − = ⇔ + = thế vào phương trình (2) ta được

( ) ( ) ( )2 21 2 4 2 4 2 4 1 2 4 2 4 0x x x x x y x x x x+ − + + + = ⇔ + − + + − =

- Đặt ( ) ( ) 21 2 4 2 4f x x x x x= + − + + −

( )( )( ) 2

2

2 2

1 4 1 8 7' 2 4 2 0,

2 4 2 2 4

x x x xf x x x x

x x x x

+ − + += − + + + = > ∀ ∈

− − − −ℝ

⇒ hàm số đồng biến trên R mà 1

02

f

=

nên 1

2x = là nghiệm duy nhất

Với 1 1

2 2x y= ⇒ = − (thỏa đk). Vậy hệ phương trình có nghiệm ( )

1 1; ;

2 2x y

= −




3

3 4 2 0 (1)( , )

3 2 2 (2)

− + + − + =∈

+ − = + +ℝ

x y y x yx y

x x x y.

Hướng dẫn làm bài: Điều kiện: 2x ≥ − .

( ) ( )33 3 2 3(1) 2 3 4 2 1 1 2x x y y y x x y y⇔ + + = − + ⇔ + + = − + − + .

Xét hàm số ( ) 3 2f t t t= + + trên [ )2;− +∞ .

Ta có: ( ) [ )2' 3 1 0, 2;f t t t= + > ∀ ∈ − +∞ . Suy ra hàm số ( )f t đồng biến trên [ )2;− +∞ .

Do đó: 1x y= − . Thay 1y x= + và phương trình (2) ta được: 3 3 2 2 1x x− = + +

( ) ( )( )( )( )

( )3 2

2 2 2 2 28 2 2 2 2 2 4

2 2

x xx x x x x

x

+ − + +⇔ − = + − ⇔ − + + =

+ +

( ) ( )( )

( )( )

( )2 22 2 2

2 2 4 2 2 4 02 2 2 2

xx x x x x x

x x

− ⇔ − + + = ⇔ − + + − =

+ + + +

* 2 0 2 3x x y− = ⇔ = ⇒ =

* ( ) ( )

2 22 22 4 0 2 4

2 2 2 2x x x x

x x+ + − = ⇔ + + =

+ + + + (*)

Ta có ( ) [ )22 2

2 4 1 3 3; 1, 2;2 2

VT x x x VP xx

= + + = + + ≥ = ≤ ∀ ∈ − +∞+ +


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( ); 2;3x y =


( )2 2

2 2

3 12 24 9 2 2 0 (1) , .

5 7 15 (2)

+ + − + =∈

− + =ℝ

x y xy x y xyx y

x y xy Hướng dẫn làm bài:

+ ĐK 0≥xy

( ) ( )2

(1) 2 4 3 2 2 (3)⇔ + + = +x y xy x y xy

+ Ta có x = 0 hoặc y = 0 không là nghiệm của hệ nên 0>xy .

+ Chia hai vế của (3) cho ( )2 2+x y xy ta được 2 22

3(4)22

++ =

+

xyx y

x yxy

+ Đặt 2

22

+= ≥

x yt

xy ta được

23 2+ = ⇔ =t t

t

22 2 2

2x

+= ⇒ = ⇔ =

x yt x y

y

Thay 2=x y vào (2) ta được 2 1 1= ⇔ =y y

Vậy hệ có nghiệm ( ) ( ); 2;1 .=x y




121 2

3

121 6

3

xy x

yy x

− =

+ + = +


+ Điều kiện: x > 0 và y > 0.

121 x 2

y 3x

121 y 6

y 3x

− =

+ + = +

12 21 (1)

y 3x x

12 61 (2)

y 3x y

− = +

⇔ + = +

- Lấy (1) + (2): 2 6 1 3

2 1x y x y

= + ⇔ = + (*)

- Lấy (2) – (1): 12 3 1

y 3x y x= −

+

(*) 12 3 1 3 1

y 3x y x y x

⇔ = − + +

2 212 9 1y 6xy 27x 0

y 3x y x⇔ = − ⇔ + − =

+

2 2y 6xy 27x 0⇔ + − =y 3x

y 9x

=⇔

= −

- So với điều kiện, nhận y = 3x

(*) x 4 2 3 y 12 6 3⇔ = + ⇒ = +

Vậy hệ phương trình có nghiệm x 4 2 3

y 12 6 3

= +

= +

Bài 100: Giải hệ phương trinh 2 2

2

3

2 7 5 9 0.

x xy y

x xy x y

+ + =

+ − − + =

Hướng dẫn làm bài: Cộng hai vế pt ta được : (x + y – 2 )2 + x( x + y – 2 ) – (x + y – 2 ) = 0

( ) ( )2 0

2 . 2 3 02 3 0

+ − =⇔ + − + − = ⇔

+ − =

x yx y x y

x y

- Với x + y – 2 =0 , ta có hệ :2 2

2 0 1

10

x y x

yx xy y

+ − = = ⇔

=+ + =

- Với 2x + y – 3 =0 , ta có hệ : 2 2

1

12 3 0

0 2

1

x

yx y

x xy y x

y

=

=+ − = ⇔ + + = = = −

Bài 101: Giải hệ phương trình:( )

3 2 2

2 2 2

(4 1) 2( 1) 6 (1)

2 2 4 1 1 (2)

+ + + =

+ + = + +

x y x x

x y y x x

Hướng dẫn làm bài: ĐK: 0x ≥



* Do x = 0 không phải nghiệm nên x > 0 2 1 0x x⇒ + + > .

Từ PT (2) ⇒ 2(2 2 4 1) 0y y+ + > . Chia hai vế pt (2) cho 2x , ta được :

( ) ( ) ( )2

2 1 1 1 12 2 2 1 1 (2 )y y y f y f

x x x x

+ + = + + ⇔ =

(3)

* Xét hàm số : 2( ) 1f t t t t= + + trên khoảng ( )0;+∞

⇒2

2

2'( ) 1 1 0, 0

1

tf t t t

t= + + + > ∀ > ⇒

+hàm số đồng biến trên khoảng ( )0;+∞ (4).

Từ (3) và (4) 1

2yx

⇒ =

* Thay1

2yx

= vào pt (1), ta được : ( )3 22 1 6x x x x+ + + = (5).

Ta thấy x = 1 là nghiệm pt (5). Xét hàm số : ( )3 2( ) 2 1f x x x x x= + + + trên khoảng ( )0;+∞

Có 2

2 1'( ) 3 4 0, 0

xf x x x x x x

x

+= + + + > ∀ > ⇒ hàm số đồng biến trên khoảng ( )0;+∞ (6).

Từ (5) và (6) 1x⇒ = là nghiệm duy nhất của pt (5)

* 1 2x y= ⇒ = . Vậy nghiệm của hệ : 1

1;2


3 2 2 3

2 7 2 6 0

7 12 6 2 2 0.

x y x y

x x y xy y x y

− − + + =

− + − + − + = ( ),x y ∈ℝ .

Hướng dẫn làm bài: Ta có:

3 2 2 37 12 6 2 2 0x x y xy y x y− + − + − + = ( ) ( ) ( )22 2 2 2 0y x x x y x y x ⇔ − − − + − + =

( )2

+ Vì ( ) ( ) ( )2

22 232 2 2 2 2 0, ,

2 4

xx x y x y x y x x x y

− − + − + = − − + + > ∀

nên:

( )2 0x y⇔ − = hay x y= .

⇒ Hệ tương đương: 2 22 7 2 6 0

y x

x y x y

=

− − + + =2 5 6 0

y x

x x

=⇔

− + =2

3.

y x

x

x

=

⇔ = =

Vậy hệ có 2 nghiệm ( ) ( ); 2;2x y = hoặc ( ) ( ); 3;3x y = .


2 2

2

4 9 3 1 5 8 (1)

12 12 12 (2)

+ − − = + + + + −

− + − =

x y x x x x y

x y y x




+ Điều kiện: ( )

( )2

2

1

312 *

12 0

5 8 0

x

y

y x

x x y

≥ −

≤ − ≥ + + − ≥

Ta có :

( ) ( )( )

2

2

12 122 12 12 12

12 24 12 12 12

x yy x x y

x x y y

− ≤⇔ − = − − ⇔

− − + −

( )

2

2

1212 121

2 3; 0 1212 03

y xx y

x yx y

= − − ≤ ⇔ ⇔

− ≤ ≤ ≤ ≤− − =

Thay vào phương trình ( )1 ta được: 23 3 3 1 5 4x x x x− + = + + +

( ) ( ) ( )

( )

2

2

3 1 3 1 2 5 4 0

1 13 0

1 3 1 2 5 4

x x x x x x

x xx x x x

⇔ − + + − + + + − + =

⇔ − + + =

+ + + + + +

2 0 0x x x⇔ − = ⇔ = hoặc 1x = . Khi đó ta được nghiệm ( );x y là ( )0;12 và ( )1;11 .

Bài 104: Giải hệ phương trình: + + + + = + + +

+ + + + − =

2

2

x y x y 3 (x y) 2 x y (1)

x x y 2 x y 3 (2).

Hướng dẫn làm bài: Điều kiện: 0

0

x y

x y

+ ≥

− ≥ (*)

+ Đặt 0t x y= + ≥ , từ (1) ta có: + + = +2t t 3 t 2 t ⇔ − + + − =2t t t 3 2 t 0

−⇔ − + =

+ +

3(1 t)t(1 t) 0

t 3 2 t

⇔ − + =

+ +

3(1 t) t 0

t 3 2 t

⇔ =t 1 (Vì + > ∀ ≥+ +

3t 0, t 0

t 3 2 t) ⇒ 1 1x y y x+ = ⇔ = − (3).

+ Thay (3) vào (2) ta có: + + − =2x 3 2x 1 3

⇔ + − + − − =2( x 3 2) ( 2x 1 1) 0− −

⇔ + =− ++ +

2

2

x 1 2x 20

2x 1 1x 3 2

+⇔ − + =

− ++ + 2

x 1 2(x 1) 0

2x 1 1x 3 2



⇔ =x 1 (Vì +

+ > ≥− ++ +2

x 1 2 10, x

22x 1 1x 3 2).

⇒ (x = 1; y = 0), thoả mãn (*).

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0).


4 2 3

( ) 2 ( ) (1)

3 6 ( ) 4 3 . 81 8 (2)

+ − = −

− + + = −

xy x y x y

x y x y x y x xy x


Xét phương trình (1): 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 ( ) ( ) 2 2xy x y x y xy x y x y xy+ − = − ⇔ + − = + − 2 2 2 2( ) ( ) 2 2 0xy x y x y xy⇔ + − + + − = 2 2( )( 1) 2( 1) 0x y xy xy⇔ + − + − =

2 2( 1)( 2) 0 1xy x y xy⇔ − + + = ⇔ = thay vào (2) ta được :

3 2 342 2 81 8

3x x x x− + − = −

33 3

32 2 81 8 81 8( ) 3( ) 3.

3 3 3 3

x xx x

− −⇔ − + − = +

(*)

Xét 3( ) 3f t t t= + , f(t) đồng biến trên R. Khi đó PT (*) trở thành:

3 33

0

2 81 8 2 81 8 3 24( ) 3 2 81 8

3 3 3 3 3

3 24

3

x

x xf x f x x x x

x

=

− − −− = ⇔ − = ⇔ − = − ⇔ =

+

=

⇒hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:

3 2 6

33

3 2 6

x

y

−=

= −

,

3 2 6

33

3 2 6

x

y

+=

= +


32 3

(1 )( 3 3) ( 1) . (1)

2 4 2( 2) (2)

− − + − = − − + − = −

y x y x y x

x y x y

.


+ ĐKXĐ: 2 20

0, 1 1, 1

x y x y

x y x y

− ≥ ≥ ⇔

≥ ≥ ≥ ≥

Nhận xét 1, 1x y≥ = không là nghiệm của hệ. Xét 1y > thì pt (1) của hệ (I) 2 2( 1) 3( 1) ( 1) ( 1) 0x x y y y x y+ − − − + − − =

2

3 01 1 1

x x x

y y y

⇔ + − + =

− − − , , 0

1= >

−

xt t

y Khi đó, pt (1) trở thành ( )( )4 2 3 23 0 1 2 3 0 1.t t t t t t t t+ + − = ⇔ − + + + = ⇔ =



- Với t = 1, thì 1 11

xy x

y= ⇔ = +

−, thế vào pt(2), ta được

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

3 32 3 2 3

22

2 233 33

22

2 233 33

1 2 4 2 1 1 2 4 1 0

11 6 0

4 1 4 1

6 11 1 0

4 1 4 1

x x x x x x x x

x xx x

x x x x

x xx x

x x x x

− − + − = − ⇔ − − + − − − =

− −

⇔ − − + = − + + − − + −

− −

⇔ − − + = − + + − − + −

( )2 1 51 0 1

2x x x x

+⇔ − − = ⇔ = ≥ .

Với 1 5 3 5

.2 2

x y+ +

= ⇒ = Đối chiếu ĐK, hệ phương có nghiệm ( )1 5 3 5

; ; .2 2

x y + +

=


2

2

9 9 5 4 9 7 (1)

2 1 9 7 7 (2)

+ + − + =

− + + = − + −

x xy x y y

x y x y x y


Đk : x 0y≥ ≥ . Nếu x = y thì (2) vô nghiệm nên x > y, vậy từ (2)

⇔ 2x y− + - 7 7x y− + 1 – [3(x- y )]2 = 0

⇔ ( )( )2 6 6

1 3 3 1 3 3 02 7 7

x yx y x y

x y x y

− ++ − + + − =

− + + −

⇔ ( ) ( )2

1 3 3 1 3 3 02 7 7

x y x yx y x y

− + + + − =

− + + −

+ x > y ≥ 0 nên ( )2

1 3 32 7 7

x yx y x y

+ + −

− + + − > 0 suy ra 1–3x + 3y =0

+ Thay y = x – 1

3 vào phương trình (1) ta được

9x2 + 9x(x - 1

3) + 5x – 4(x -

1

3) + 9

1

3x − = 7

⇔ 18x2 – 8x + 6x - 8

3 + 9

1

3x − - 3 = 0

⇔ 2x(9x – 4 ) + 2

3(9x – 4 ) +3( 9 3x − - 1 ) = 0

⇔ (9x – 4 )2 3

23 9 3 1

xx

+ + − +

= 0 ⇔ x = 4

9 vì x > 0

Với x = 4

9 thì y =

1

9 . Vậy hệ có nghiệm (x;y) = (

4

9;

1

9)




2 6 1 (1)

9 1 9 0 (2)

+ + = −

+ + + =

x y y

x xy y


+) Đk: 6 0

1

x y

x

+ + ≥

≥ −

+) Nếu 0y ≥ , để hệ có nghiệm thì 1 0y≥ ≥ .

(1) 2 6 2 5(1) (1)

(1) 1 1

VT x yVT VP

VP y

= + + ≥ ⇒ >

= − ≤ hệ vô nghiệm.

+) Nếu y < 0, từ (2) suy ra x > 0

( ) ( )2

22 3 39 1 9 0 9 9 (3)x xy y y y

x x

+ + + = ⇔ + = − + −

Xét hàm số 2

2

2

9 2( ) 9 , 0; '( ) 0 0

9

tf t t t t f t t

t

+= + > = > ∀ >

+

2

3 3 9(3) ( )f f y y x

yx x

⇔ = − ⇔ = − ⇔ =

Thế vào pt(1) ta có phương trình 2

92 6 1y y

y+ + = − (4). Hàm số

2

9( ) 2 6g y y

y= + +

đồng biến trên ( );0−∞ ; hàm số h(y)=1-y nghịch biến trên ( );0−∞ và phương trình có

ngiệm y = -3 nên pt(4) có nghiệm duy nhất y = -3. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;-3).


3 6 2 2

1 2 2 (1)

( 1) 3 ( 2) 3 4 0 (2)

+ + = +

− + − + + =

x y x x x y

y x y x y( , )x y ∈R .


Điều kiện: 22 −≥yx . Từ (2)

⇔ )1(31333 23236 −+−+−=+ yyyyyxyx

⇔ )1(3)1(3)( 3232 −+−=+ yyyxyx (3)

- Xét hàm số tttf 3)( 3 += có = + > ∀ ∈R2'( ) 3 3 0,f t t t

- Do đó 2 2(3) ( ) ( 1) 1, ( 1).f x y f y x y y y⇔ = − ⇔ = − ≥ −

- Thế vào (1) ta được 12122 +=++ yxxyx

110)11(0112)1( 22 =+⇔=−+⇔=++−+⇔ yxyxyxyx

Do đó hệ đã cho tương đương với

>

=+−

−=

⇔

>

−=

=+

⇔

−=

=+

0

)4(1)2(

2

0

1

1

1

11 222

2

2

22

2

x

xxx

xy

x

yyx

xyx

yyx

yx

0)1)(1(0)1(013)4( 2222224 =−+−−⇔=−−⇔=+−⇔ xxxxxxxx



±−=

±=

⇔

2

51

2

51

x

x

. Do x > 0 nên 2

51+=x hoặc

2

51+−=x

Với 2

51

2

51 −=⇒

+= yx . Với

2

51

2

51 +=⇒

+−= yx .


−+=

2

51;

2

51);( yx ,

++−=

2

51;

2

51);( yx

Bài 110: Giải hệ phương trình: ( ) ( )

( )2 4 23

1 2 2 1 (1),

2 2 4 (2)

− + + + = + + −∈ ∈

+ + − =

ℝ ℝy x y x y x y y

x yy x y y


- Đặt ( )( )2 2; 0; 0u x y v y u v x u v= + = ≥ ≥ = − .

- Pt (1) của hệ trở thành: ( ) ( ) ( )( )( )2 2 2 2 21 2 2 1 1 1 2 0v u u v v u v u v u v− + − + = + − ⇔ − − + + =

* TH 1 : u = 1 1 1x y x y⇒ + = ⇒ = − . Thế vào pt thứ hai của hệ ta được:

( )2 4 2 2 4 23 32 2 2 4 2 2 2 0y y y y y y y y+ − + − = ⇔ − + − − =

( )( )

( )( ) ( )

( )

4 2

24 4 233

2

24 4 233

2 82 0

2 2 2 4

2 22 0 2

2 2 2 4

y yy y

y y y y

y yy y y

y y y y

− −⇔ − + =

− + − +

+ +

⇔ − + = ⇔ = − + − +

Khi đó x = -1. * TH 2: v = 1. Suy ra y = 1; x = 2. * TH 3: u + v + 2 = 0: Vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ) ( ) ( ); 1;2 , 2;1x y = −


2 4 4

(x 1)y 1 2xy (y 1)

xy (3xy 2) xy (x 2y) 1

+ + = −

− = + + với x, y∈ℝ


+ Hpt 5 2 2 4 4

2 6 2 2 4 5

2 2 1(1)

3 2 2 1(2)

xy xy x y y

x y xy x y xy

− − − =⇔

− − − =

Lấy (2) trừ (1) ta được: 3x2y6 – 4xy5 + y4 = 0.

( )

4

2

00

13 4 1 0

1

3

yy

xyxy xy

xy

=

= ⇔ ⇔ =

− + = =

+ Với y = 0 thay vào pt (1) không thỏa mãn. Suy ra hệ vô nghiệm.



+ Với xy = 1 thay vào pt (1). Ta được: 4 2 1 5( 1)

2y y y

±= + ⇔ =

+ Với 1 5 5 1

2 2y x

+ −= ⇒ = ;

1 5 5 1

2 2y x

− − −= ⇒ =

+ Với 1

3xy = thay vào pt (1) ta được: 3y4 + (y + 3)2 = 0 vô nghiệm

Vậy hệ có 2 nghiệm 5 1 1 5

;2 2

− +

và 5 1 1 5

;2 2

− − −


2 2

x 2x 5 y 2y 5 y 3x 3

y 3y 3 x x

(1)

(2)

+ + − − + = − −

− + = −


Phương trình (2) ⇔ y2 - 3y + 3 = x2 - x ⇔ y - 3x - 3 = y2 - x2 - 2y - 2x thế vào

phương trình (1) ta có: ( ) ( )2 2

1 4 1 4x y+ + − − + = y2 - x2 - 2y - 2x

⇔ ( ) ( )2 2

1 4 1 4x y+ + − − + = (y-1)2-(x-1)2

⇔ ( )2

1 4x + + +(x+1)2= ( )2

1 4y − + +(y-1)2 (*)

Xét hàm số f(t) = 4t + +t trên [0;+ ∞ ), f’(t) > 0 ∀ t≥0 ⇒ f(t) đồng biến trên [0;+ ∞ )

⇒ phương trình (*) ⇔ f((x+1)2) = f((y-1)2) ⇔ (x+1)2 = (y - 1)2 ⇔ 2x y

x y

= −

= −

- Với x = y - 2, thế vào (2) giải được: 1 3

;2 2

= − =x y

- Với x = - y, thế vào (2) giải được: 3 3

;4 4

= − =x y

Vậy (x;y) ∈ 1 3 3 3

; , ;2 2 4 4

− −

Bài 113: Giải hệ phương trình : 3 2

2

1 3 ( 1) 1 (1)

5 5 (2)

− + + = + + + − +

+ − =

y x y x y x xy y

y y x


Điều kiện : 0

1

>

+ ≥ −

y

x y ( vì y = 0 không thỏa HPT), từ (1)

2( 1)( 1)( 1) 3 ( 1)( 1)

1

− +⇔ = + − + + + + −

+ + +

xx x x y x x y

y x y

2 2 1( 1)[ 3 3 3 1 ]

1⇔ + − + + − + +

+ + +x x x xy y y

y x y

2 2 1( 1)[ (3 1) 3 3 1 ] (3)

1⇔ + + − + − + +

+ + +x x y x y y

y x y

Xét A = x2 + (3y – 1 )x + 3y2 – 3y + 1. ∆ = -3(y - 1)2 0 ≤ ∀ ∈x R ⇒ 0 ,≥ ∀ ∈A x y R

- Vậy từ (3) ⇔ x = -1 ,thay x = -1 vào (2) ta có : 2 5 5+ + =y y



1 17

2

1 17( )

2

− +=

⇔ − −

=

y

y l

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( - 1 ; 1 17

2

− +)


2 4 3 (1)

91 ( 1) (2)

2

+ + = + +

+ + − + − =

x x y y x x x

x y x y x (x,y R∈ )

Hướng dẫn làm bài: Đk: 1

0

x

y

≥

≥, từ (1)

2 2

2 2

2 2

( ) ( ) 0

0 ( )( ) 0

⇔ + − + + − =

−⇔ + − = ⇔ − + + + − =

+ + +

x x y x x x y

y xx x y x y x y x x x

x y x x

+ Do đó x = y thay vào pt (2) : 9

1 ( 1)2

x x x x x+ + − + − =

+ Đặt 21( 0) 2 1 2 ( 1)t x x t t x x x= + − ≥ ⇒ = − + −

PT trở thành 2t 1 2t 9+ + = hay 02t 2t 8+ − = chỉ lấy t = 2 1 2x x⇒ − + =

2 2

525

2 ( 1) 5 2 216

4 4 25 20 4

≤

⇔ − = − ⇔ ⇔ = − = − +

xx x x x

x x x x

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (25 25

;16 16

)


2

3 2 3

3 2 8

x x y y

x y y

− + = + − = +

Hướng dẫn làm bài: Điều kiện:

3 2

2

3 02

8 00

2 0

y yx

y yy

x

+ ≥≥

+ ≥ ⇔ ≥ − ≥

Khi đó: ( ) ( ) ( )333 2 3 23 2 3 1 3 1 3 3 3x x y y x x y y− + = + ⇔ − − − = + − +

( ) ( )1 3f x f y⇔ − = + với hàm số 3( ) 3f t t t= −

- Xét hàm số 3( ) 3f t t t= − với [ )1;t ∈ +∞ có ( )2 2'( ) 3 3 3 1 0f t t t= − = − ≥

- Hàm số 3( ) 3f t t t= − đồng biến trên [ )1;+∞

⇒ ( ) ( )1 3 1 3 2 3 1f x f y x y x y− = + ⇒ − = + ⇔ − = + −

- Từ 23 2 8x y y− = + ⇒ ( ) 29 2 8x y y− = + ( ) 29 3 1 8y y y⇔ + − = +



29 3 8 9y y y⇔ + = + + . Với điều kiện 0y ≥ , bình phương 2 vế của phương trình và

biến đổi thành: 4 3 216 72 63 162 0y y y y+ + + − = ( )( )3 21 17 99 162 0y y y y⇔ − + + + =

Suy ra 1y = và 3x = . Kết luận: Hệ có nghiệm duy nhất: 3

1

x

y

=

=

Bài 116: Tìm m để hệ sau có nghiệm 2 2x y x y 8

xy(x 1)(y 1) m

+ + + =+ + + =+ + + =+ + + =

+ + =+ + =+ + =+ + =


+ Hệ 2 2

2 2

x x y y 8

(x x)(y y) m

+ + + =+ + + =+ + + =+ + + =⇔⇔⇔⇔

+ + =+ + =+ + =+ + =

+ Đặt

2

2

1u x x

4

1v y y

4

= + ≥ −= + ≥ −= + ≥ −= + ≥ −

= + ≥ −= + ≥ −= + ≥ −= + ≥ −

khi đó ta có hệ :

(1)

u.v = m (2)

u; v -

u v 8

1

4

+ =+ =+ =+ = ≥≥≥≥

Từ (1) (Do v 1 1 33

v 8 u 8 u u )4 4 4

⇒⇒⇒⇒ = − ≥ −= − ≥ −= − ≥ −= − ≥ − ⇒⇒⇒⇒ − ≥ −− ≥ −− ≥ −− ≥ − ⇒⇒⇒⇒ ≤≤≤≤ thay vào (2) ta có :

(*);-2 1 33u 8u m u

4 4− + = ≤ ≤− + = ≤ ≤− + = ≤ ≤− + = ≤ ≤ .

Để hệ đã cho có nghiệm thì phương trình (*) phải có nghiệm thỏa mãn - 1 33

u4 4

≤ ≤≤ ≤≤ ≤≤ ≤

⇔⇔⇔⇔ 2 đồ thị 2 1 33

f (u) u 8u; u4 4

y m

= − + − ≤ ≤= − + − ≤ ≤= − + − ≤ ≤= − + − ≤ ≤

====

phải cắt nhau

- Có f '(u) 2u 8;f '(u) 0 u 4= − + = ⇔ == − + = ⇔ == − + = ⇔ == − + = ⇔ = Ta có BBT:

-33

16-33

16

16

-+ 0

33

44-

1

4

f(u)

f'(u)

u

Từ BBT suy ra giá trị m cần tìm là : 33

m 1616

− ≤ ≤− ≤ ≤− ≤ ≤− ≤ ≤

Bài 117: (KD-2007) Tìm m để hệ sau có nghiệm 3 3

3 3

1 1x y 5

x y

1 1x y 15m 10

x y

+ + + =+ + + =+ + + =+ + + =

+ + + = −+ + + = −+ + + = −+ + + = −



Hướng dẫn làm bài: * ĐK: x,y 0≠≠≠≠

+ Hệ 33

1 1x y 5

x y

1 1 1 1x 3 x y 3 y 15m 10

x x y y

+ + + =+ + + =+ + + =+ + + =

⇔⇔⇔⇔

+ − + + + − + = −+ − + + + − + = −+ − + + + − + = −+ − + + + − + = −

Đặt

1u x ,u 2 u 2

x

1v y , v 2 v 2

y

= + ≤ − ∪ ≥= + ≤ − ∪ ≥= + ≤ − ∪ ≥= + ≤ − ∪ ≥

= + ≤ − ∪ ≥= + ≤ − ∪ ≥= + ≤ − ∪ ≥= + ≤ − ∪ ≥

thay vào hệ ta có : (1)

(2)3 3

u v 5

u 3u v 3v 15m 15

+ =+ =+ =+ =

− + − = −− + − = −− + − = −− + − = −

+ Từ (1) v 2 5 u 2 u 7

v 5 u Dov 2 5 u 2 u 3

≤ − − ≤ − ≥≤ − − ≤ − ≥≤ − − ≤ − ≥≤ − − ≤ − ≥ ⇒⇒⇒⇒ = −= −= −= − ⇒⇒⇒⇒ ⇔⇔⇔⇔

≥ − ≥ ≤≥ − ≥ ≤≥ − ≥ ≤≥ − ≥ ≤ ,

kết hợp với u 2 u 2 u 2 2 u 3 u 7≤ − ∪ ≥≤ − ∪ ≥≤ − ∪ ≥≤ − ∪ ≥ ⇒⇒⇒⇒ ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥ , thay v = 5 - u vào (2) ta được: 2u 5u 8 m,u 2 2 u 3 u 7− + = ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥− + = ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥− + = ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥− + = ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥ (*).

+ Để hệ phương trình đã cho có nghiệm thì PT (*) phải có nghiệm thỏa mãn u 2 2 u 3 u 7≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥

⇔⇔⇔⇔ 2 đồ thị 2f (u) u 5u 8,u 2 2 u 3 u 7

y m

= − + ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥= − + ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥= − + ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥= − + ≤ − ∪ ≤ ≤ ∪ ≥

==== phải cắt nhau

- Ta có f’(u) = 2u - 5, f’(u) = 0 5

u2

⇔ =⇔ =⇔ =⇔ =

7

4

222222

0

+∞+∞

73

5

22-2 +∞-∞

f(u)

f'(u)

u

Từ BBT suy ra giá trị m cần tìm là 7

m 24

m 22

≤ ≤≤ ≤≤ ≤≤ ≤

≥≥≥≥

Bài 118: (KD-2011) Tìm m để hệ sau có nghiệm (*)3 2

2

2x (y 2)x xy m

x x y 1 2m

− + + =− + + =− + + =− + + =

+ − = −+ − = −+ − = −+ − = −


+ Từ (*) yx3 2 2 2 22x 2x xy m x (2x y) x(2x y) m (2x y)(x x) m⇔ − − + = ⇔ − − − = ⇔ − − =⇔ − − + = ⇔ − − − = ⇔ − − =⇔ − − + = ⇔ − − − = ⇔ − − =⇔ − − + = ⇔ − − − = ⇔ − − =

Hệ 2

2

(2x y)(x x) m

x x 2x y 1 2m

− − =− − =− − =− − =⇔⇔⇔⇔

− + − = −− + − = −− + − = −− + − = −



+ Đặt 2 1

u x x4

v 2x y

= − ≥ −= − ≥ −= − ≥ −= − ≥ −

= −= −= −= −

khi đó hệ

(1)

(2)2

u.v m

u v 1 2m

1u

4

====

⇔ + = −⇔ + = −⇔ + = −⇔ + = − ≥ −≥ −≥ −≥ −

Từ (2) 2v 1 2m u⇒⇒⇒⇒ = − −= − −= − −= − − thay vào (1) có :

(**), u -2

2 1 u u 1m(2u 1) u u,u m

4 2u 1 4

− +− +− +− ++ = − + ≥ − ⇔ = ≥+ = − + ≥ − ⇔ = ≥+ = − + ≥ − ⇔ = ≥+ = − + ≥ − ⇔ = ≥

++++

+ Để hệ đã cho có nghiệm thì phương trình (**) phải có nghiệm thỏa mãn 1

u4

≥ −≥ −≥ −≥ −

⇔⇔⇔⇔ 2 đồ thị , u -

2u u 1f (u) m

2u 1 4

y m

− +− +− +− += = ≥= = ≥= = ≥= = ≥

++++ ====

phải cắt nhau.

- Có

(lo¹i)

2

2

1 3u

2u 2u 1 2f '(u) ,f '(u) 0

(2u 1) 1 3u

2

− +− +− +− +====

− − +− − +− − +− − + = = ⇔= = ⇔= = ⇔= = ⇔++++ − −− −− −− −

====

2- 3

2

+ -++- 0

-∞

-1+ 3

2

-5

8

0

-1

4-1

2

-1- 3

2 +∞-∞

f(u)

f'(u)

u

Từ BBT suy ra giá trị m cần tìm là 2 3

m2

−−−−≤≤≤≤

Bài 119: Giải hệ phương trình (1)

(2)

x 1 7 y 4

y 1 7 x 4

+ + − =+ + − =+ + − =+ + − =

+ + − =+ + − =+ + − =+ + − =

Hướng dẫn làm bài: * ĐK: 1 x;y 7− ≤ ≤− ≤ ≤− ≤ ≤− ≤ ≤

- Lấy (1) - (2) ta có : x 1 y 1 7 y 7 x 0+ − + + − − − =+ − + + − − − =+ − + + − − − =+ − + + − − − =

(((( )))) (((( ))))(((( ))))

(((( )))) (((( ))))(((( ))))

x 1 y 1 x 1 y 1 7 y 7 x 7 y 7 x0

x 1 y 1 7 y 7 x

+ − + + + + − − − − + −+ − + + + + − − − − + −+ − + + + + − − − − + −+ − + + + + − − − − + −⇔ + =⇔ + =⇔ + =⇔ + =

+ + + − + −+ + + − + −+ + + − + −+ + + − + −

1 1(x y) 0 x y

x 1 y 1 7 y 7 x

⇔ − + = ⇔ =⇔ − + = ⇔ =⇔ − + = ⇔ =⇔ − + = ⇔ =

+ + + − + −+ + + − + −+ + + − + −+ + + − + −

- Thay y = x vào (1) có : x 1 7 x 4 x 1 2 (x 1)(7 x) 7 x 16+ + − = ⇔ + + + − + − =+ + − = ⇔ + + + − + − =+ + − = ⇔ + + + − + − =+ + − = ⇔ + + + − + − =

(x 1)(7 x) 4 x 3 y⇔ + − = ⇔ = =⇔ + − = ⇔ = =⇔ + − = ⇔ = =⇔ + − = ⇔ = =



Bài 120: Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất

2 2

2 2

x y m y (1)

y x m x (2)

m 0

+ =+ =+ =+ =

+ =+ =+ =+ = <<<<


+ Lấy (1) - (2) ta có : (x y)(xy y x) 0 x y− + + = ⇔ =− + + = ⇔ =− + + = ⇔ =− + + = ⇔ = (do m < 0 nên xy + y + x > 0)

Thay y = x vào (1) có : (*)3 2x x m,x 0− + = >− + = >− + = >− + = > - Để hệ đã cho có nghiệm duy nhất thì phương trình (*) phải có nghiệm duy nhất

⇔⇔⇔⇔ 2 đồ thị 3 2f (x) x x ,x 0

y m

= − + >= − + >= − + >= − + >

==== phải cắt nhau tại duy nhất 1 điểm

- Có (ktm)

2

x 0

f '(x) 3x 2x,f '(x) 0 2x

3

===== − + = ⇔= − + = ⇔= − + = ⇔= − + = ⇔ ====

-+-

-∞

4

270

0 0

+∞2

30-∞

f(x)

f'(x)

x

Từ BBT suy ra giá trị m cần tìm là m < 0

NGUYỄN HỮU BIỂN

Fb: https://www.facebook.com/ng.huubien

Nhóm ôn thi đại học online: https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien

Documents

Tìm Hiểu Các Kĩ Thuật Giải Hpt