Chuyên đề Phương trình – Bất phương trình chứa ẩn trong dấu căn38368

TRƯỜNG THCS THU CÚC
Tổ Toán
----------

CHUYÊN ĐỀ



Tài liệu dạy thêm tự soạn. Nghiêm cấm sao chép in ấn dưới mọi hình thức.
Tác giả : …………………………….
1
ThuVienDeThi.com


Bài 1 : Một số dạng hệ phương trình đặc biệt.
1) Hệ bậc nhất hai ẩn, ba ẩn.
2 x  y  4  0
x  2 y  5  0

2 x  3 y  7  0
x  2 y  4  0

a) 

b) 

x  y  z 1  0

c) 2 x  y  z  2  0
 x  2 y  3z  4  0


 x  y  z  1  0

d)  x  y  2 z  2  0
 x  2 y  3z  4  0


2) Hệ gồm một phương trình bậc nhất và phương trình bậc cao.
 PP chung : Sử dụng phương pháp thế.
- Hệ 2 phương trình.
- Hệ 3 phương trình.
3.Hệ đối xứng loại 1.
 PP chung : Đặt ẩn phụ a  ( x  y ); b  xy
4.Hệ đối xứng loại 2.
 PP chung : Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được :
( x  y ). f ( x; y )  0

5. Hệ phương trình đẳng cấp bậc hai.
PP chung : Có 2 cách
giải

- Đặt ẩn phụ y  t.x
- Chia cả hai vế cho y 2 , và đặt
t

2
ThuVienDeThi.com

x
y

Bài 2 : Một số phương pháp giải hệ phương
trình
I. Phương pháp thế.

* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và
thế vào phương trình cịn lại.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là
bậc nhất đối với một ẩn nào đó.

2 x  3 y  5

(1)

Bài 1 . Giải hệ phương trình 

2
2
3 x  y  2 y  4 (2)

Lời giải.

5  3y
 5  3y 
2
Từ (1) ta có x 
thế vào (2) ta được 3 
  y  2y  4  0
2

 2 
2

 3(25  30 y  9 y 2 )  4 y 2  8 y  16  23 y 2  82 y  59  0  y  1, y 


59
23

 31 59  
; 
 23 23  

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là 1;1;  



2 x  y  1  0
Bài 2 Giải hệ phương trình sau :  2
2
 x  2 y  3x  2 y  2  0
3
2
3 x  (6  y ) x  2 xy  0
Bài 3 Giải hệ :  2
 x  x  y  3
- PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) y  3  x 2  x thay vào PT (1).
- Nghiệm (0; 3); (2;9)
3
2

3 x  (5  y ) x  2 xy  2 x  0
Bài 4 a) Giải hệ :  2
 x  x  y  4

-

PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) y  4  x 2  x thay vào PT (1).

3 x3  (6  y 2 ) x 2  2 xy 2  0
b) Giải hệ :  2
2
 x  x  y  3
 x 2  y 2  xy  1  4 y

Bài 6 (Thử ĐT2012) Giải hệ : 
.
 y ( x  y )2  2 x 2  7 y  2

-

Từ (1) x 2  1  4 y  y 2  xy thay vào (2). Nghiệm (1;2); (2;5)

 x 4  2 x3 y  x 2 y 2  2 x  9 (1)
Bài 7. Giải hệ phương trình  2
(2)
 x  2 xy  6 x  6

Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
TH 1 : x = 0 không thỏa mãn (2)

3
ThuVienDeThi.com


6 x  6  x2
TH 2 : x  0, (2)  y 
thế vào (1) ta được
2x
2

 6 x  6  x2  2  6 x  6  x2 
x  2x 
 x 
  2x  9
2
x
2
x




2 2
x  0
(6 x  6  x )
 x 4  x 2 (6 x  6  x 2 ) 
 2 x  9  x( x  4)3  0  
4
 x  4
4

3




Do x  0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất  4;

17 

4

Chú ý.: Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:

 x 2  6 x  6 2
x  xy   2 x  9

  2x  9


2


- Hệ  
2
x

6
x


6
 x 2  xy 
 2
x2  6 x  6

2
 x  xy 
2
2

-

2

Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các
phương pháp khác

 x( x  y  1)  3  0
3

Bài 8 (D – 2009 ) Giải hệ : 
.
Từ
(1)
thế
x

y

 1 và thay vào PT

5
2
x
(
x
y
)
1
0





x2
(2).

 x 2  y 2  2( x  y )  7
Bài 9 Giải hệ : 
 y ( y  2 x)  2 x  10
HD

:

Thế

(1)

vào

PT

(2)

và

x 2  2 xy  4 x  2 y  3  0  ( x  1)( x  2 y  3)  0

4
ThuVienDeThi.com

rút

gọn

ta

được

:


II. Phương pháp cộng đại số.
* Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép tốn: cộng, trừ,
nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi
hoặc có lợi cho các bước sau.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương
trình có vế trái đẳng cấp bậc k.
 x 2  5 y  4  0
Bài 1 Giải hệ phương trình  2

 y  5 x  4  0
2

y 2
3 y  2

x
Bài 2. Giải hệ phương trình 
2
3 x  x  2
2

y


-

Lời giải.

ĐK: xy  0

2
2
3 x y  y  2
- Hệ   2
2
3 y x  x  2

(1)
(2)

. Trừ vế hai phương trình ta được

x  y  0
3 x 2 y  3 xy 2  y 2  x 2  3 xy ( x  y )  ( x  y )( x  y )  0  
3 xy  x  y  0
-

TH 1. x  y  0  y  x thế vào (1) ta được 3 x 3  x 2  2  0  x  1

y2  2
x2  2
- TH 2. 3 xy  x  y  0 . Từ 3 y 
 y  0 , 3x 
 x0
x2
y2
 3 xy  x  y  0 . Do đó TH 2 khơng xảy ra.
-

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)




Bài 2 Giải hệ phương trình 




1

 2

1

 2

1

y

x
1
y

x

2

(1)

2

(2)

Lời giải.

1
1

,y .
2
2

-

ĐK: x 

-

Trừ vế hai pt ta được

1
x



1

 2

y

5
ThuVienDeThi.com

1
y

 2

1
x

0




y x

2


xy


y 

1

2

 2 

1
y

1



x

 2

yx

0

1

xy



x

x

-

TH 1. y  x  0  y  x thế vào (1) ta được

-

Đặt t 

-

TH 2.

y





yx


1
1
xy  2   2  
y
x


1
1
 2 2
x
x

1
, t  0 ta được
x
2  t  0
t  2
2  t2  2  t  


 t 1 x 1
2
2
2
2  t  4  4t  t
t  2t  1  0
và y  1
xy



1
x

y





1


1
1
xy  2   2  
y
x


 0 . TH này vơ nghiệm do

ĐK.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)

 x 2  2 xy  y 2  2
Bài 5 Giải hệ phương trình:  2
2
 x  xy  y  3
2
2
3 x  5 xy  4 y  38
Bài 3. Giải hệ phương trình  2
2
5 x  9 xy  3 y  15

Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số
hạng tự do và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.

45 x 2  75 xy  60 y 2  570

- Hệ  

2
2
 145 x  417 xy  54 y  0

190 x 2  342 xy  114 y 2  570

1
145
x thế vào một trong hai phương
- Giải phương trình này ta được y  x, y  
3
18

trình của hệ ta thu được kết quả (3;1); (3; 1)
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hồn tồn giải được bằng cách
đặt y  tx, x  0 hoặc đặt x  ty, y  0 .
2
2
3 x  2 xy  y  11
Bài 4. Tìm các giá trị m để hệ  2
có nghiệm.
2
 x  2 xy  3 y  17  m
- Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay y  tx, x  0

6
ThuVienDeThi.com

0


Lời giải.

 y 2  11

 y 2  11

- TH 1. x  0   2
  2 m  17
3 y  m  17
y 
3

m  17
Vậy hệ có nghiệm x  0 
 11  m  16
3
3 x 2  2tx 2  t 2 x 2  11
- TH 2. x  0 , Đặt y  tx . Hệ   2
2
2 2
 x  2tx  3t x  17  m
11
 2

x
2
2
(3  2t  t ) x  11

3  2t  t 2



2

2
11
(1  2t  3t ) x  17  m
(1  2t  3t 2 ).
 17  m

3  2t  t 2
11
 2
x 

3  2t  t 2
(m  16)t 2  2(m  6)t  3m  40  0 (*)

11
- Ta có
 0, t nên hệ có nghiệm  pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra
3  2t  t 2
khi và chỉ khi m  16 hoặc m  16,  '  (m  6) 2  (m  16)(3m  40)  0

 5  363  m  5  363
- Kết luận. 5  363  m  5  363
5 x 2  2 xy  y 2  3

Bài 5. Tìm các giá trị của m để hệ  2
m (I) có nghiệm.
2




x
xy
y
2
2

m 1

Lời giải.

5 x 2  2 xy  y 2  3

- Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được 
1
2
2
6 x  6 xy  3 y  3 
m 1

-

Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được

1
1
 ( x  2 y)2 
m 1
m 1
1
- Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là

 0  m 1
m 1
2
2
5 x  2 xy  y  3
- Điều kiện đủ. Với m  1 . Xét hệ pt  2
(II)
2
2 x  2 xy  y  1
- Giả sử ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ (II). Khi đó
 x 2  4 xy  4 y 2  

7
ThuVienDeThi.com


2
 2
5 x02  2 x0 y0  y02  3 5 x0  2 x0 y0  y0  3
 2
 2
m
2
2
2
2
1
x
x
y

y



2 x0  2 x0 y0  y0 
0 0
0
 0
m 1


-

-

Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I)
(II)
5 x 2  2 xy  y 2  3

  x 2  4 xy  4 y 2  0  x  2 y  0  x  2 y
6 x 2  6 xy  3 y 2  3
Thay x  2 y vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được

1
2
x
5
5
- Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy m  1 .


1 

 3 x 1 
2
x

y



Bài 6. Giải hệ phương trình 
 7 y 1  1   4 2
 x y



8 y2  4 y2  y2  1  5 y2  1  y  

-

-

Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt
thứ nhất cho 3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7 y .
Lời giải.
ĐK: x  0, y  0, x  y  0 .
Dễ thấy x  0 hoặc y  0 không thỏa mãn hệ pt. Vậy x  0, y  0




2
1 
2
1


2 


3x
3x
 x  y 

- Hệ  

1  1   4 2
 2 


 x  y 
x  y
7y



- Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được 


 1
2 2

(1)

1

7y
7y
 3x

2
4 2
 1 2 2 1

 3x
3x
7y
7y x  y

1
2 2  1
2 2
1




3x
7 y  3 x
7y  x  y
 y  6x
1

8
1



 7 y 2  38 xy  24 x 2  0  
4
y   x
3x 7 y x  y
7

- TH 1. y  6 x thế vào pt (1) ta được


4 2

1
2
11  4 7
22  8 7

1 x 
y
21
7
3x
21x
4
- TH 2. y   x không xảy ra do x  0, y  0 .
7

8
ThuVienDeThi.com


 11  4 7 22  8 7 
;
.
7
 21

a  b  m
 m  n  2a
- Chú ý. Hệ phương trình có dạng 
. Trong trường hợp

a

b

n
m

n

2
b


-

Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất x; y   

này, dạng thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó
nhân vế để mất căn thức.

n
 a
 bx  m  px  qy

- Tổng quát ta có hệ sau: 
 c m n
 dy
px  qy
 x 2 ( y  z ) 2  (3 x 2  x  1) y 2 z 2

Bài 7. Giải hệ phương trình  y 2 ( z  x ) 2  (4 y 2  y  1) z 2 x 2
 z 2 ( x  y ) 2  (5 z 2  z  1) x 2 y 2


-

Phân tích. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho x 2 y 2 z 2 thì ta được hệ mới
đơn giản hơn.

-

TH 1. xyz  0 . Nếu x  0 thì hệ  y 2 z 2  0  

y  0

hoặc


฀
z
t
,
t


z  0

 y  t, t  ฀

-

Tương tự với y  0 và z  0 ta thu được các nghiệm là

(0;0; t ), (0; t ;0), (t ;0;0), t  ฀
- TH 2. xyz  0 . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho x 2 y 2 z 2 ta được
 1 1 2
1
    3  
x
 z y 

2
1
 1 1 
    4  

y
 x z 
2

 1  1   5  1 
 y x 
z

1
z 


1

2

1
2
x

(1)

1
2
y

(2) . Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được :

1
2

z

(3)

2

2

1 1 1
1
1
1
1 1 1 1
         12    



2
2
2
y
x y z x
x z  y x
y
z

9
ThuVienDeThi.com

1 1 1
 x  y  z  4 (4)
1 1 1 1 1 1
           12  0  
1 1 1
x y z x y z
(5)
 x  y  z  3
2
1
1 1
9
9

- Từ (4) và (1) ta có  4    3   2   13  x 
x
x x
x
13

3
9
- Tứ (4) và (2) ta có y  . Từ (4) và (3) ta có z 
4
11
5
5
- Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có x   , y  1, z   .
6
4

2

-

Vậy hệ có tập nghiệm là



5

9 3 9  5
; ;  ;   ; 1;   , t  ฀ 
4
 13 4 11   6


S = (t ;0;0); (0; t ;0); (0;0; t ); 



-

Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy: từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi
biến số (ở trên là phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với
một hệ phức tạp ta sẽ nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản.

10
ThuVienDeThi.com

III. Phương pháp biến đổi thành tích.
* Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân
tử. Đơi khi cần kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về
dạng tích.
(1)
 xy  x  2  0
Bài 1 (Khối D – 2012) Giải hệ  3
2
2
2
2 x  x y  x  y  2 xy  y  0 (2)
- Biến đổi phương trình (2) thành tích.
- Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y.
 xy  x  2  0
- Hệ đã cho  
. Hệ có 3 nghiệm
2
(2
x
y
1)(
x
y
)
0






1  5
( x; y )  (1; 1); (
;  5)
2

(1)
 xy  x  y  x 2  2 y 2
Bài 2. (D – 2008) Giải hệ phương trình 
 x 2 y  y x  1  2 x  2 y (2)
-

Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu
được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1).
Lời giải.
ĐK: x  1, y  0

(1)  y ( x  y )  ( x  y )  x 2  y 2  ( x  y )( y  1  x  y )  0
TH 1. x  y  0 (loại do x  1, y  0 )
TH 2. 2 y  1  x  0  x  2 y  1 thế vào pt (2) ta được

(2 y  1) 2 y  y 2 y  4 y  2  2 y  ( y  1) 2 y  2( y  1)
 y 1 0
 y  1


. Do y  0  y  2 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (5;2)
 2 y  2
y  2
-

Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x)
nên có thể giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x).

1
1

x   y 
x
y
Bài 3. (A – 2003) Giải hệ phương trình 
3
2 y  x  1

-

(1)
(2)

Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích.
Lời giải.
ĐK: xy  0 . (1)


1 1
x y
1 
 0 x y
 0  ( x  y ) 1    0
x y
xy

xy 

1  5
TH 1. x  y thế vào (2) ta được x 3  2 x  1  0  x  1 hoặc x 
(t/m)
2
 x y

11
ThuVienDeThi.com


1
1
 0  y   thế vào (2) ta được
xy
x
1
1
3
x 4  x  2  0  ( x 2  )2  ( x  )2   0 .
2
2
2

TH 2. 1 

PT này vô nghiệm.



 1  5 1  5   1  5 1  5  
;
;
; 

2
2
2
2  

 

1
1

(1)
x  3  y  3
Bài 3. (Thi thử GL) Giải hệ phương trình 
x
y
( x  4 y )(2 x  y  4)  36
(2)

Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1); 

Lời giải.

x y


1
1
( y  x)( y 2  xy  x 2 )

x  3  y  3  ( x  y) 
 y 2  xy  x 2
3 3

 1
x
y
xy
x3 y 3

 x  6
2
TH 1. x  y thế vào pt thứ hai ta được x  4 x  12  0  
 x2
y 2  xy  x 2
 1  xy  0 .
TH 2.
x3 y 3
2
2
2
2
(2)  2 x  4 y  9 xy  4 x  16 y  36  2( x  1)  4( y  2)  9 xy  18
Trường hợp này không xảy ra do xy  0  2( x  1) 2  4( y  2) 2  9 xy  0
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = (2;2); (6; 6)

8 xy
 2
2
 x  y  x  y  16
Bài 4. Giải hệ phương trình 
 x  y  x2  y

-

(1)
(2)

Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) khơng thu
được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1)
Lời giải.
2
2
ĐK: x  y  0 . (1)  ( x  y )( x  y )  8 xy  16( x  y )

 ( x  y ) 2  2 xy  ( x  y )  8 xy  16( x  y )
 ( x  y ) ( x  y ) 2  16   2 xy ( x  y  4)  0
 ( x  y  4) ( x  y )( x  y  4)  2 xy   0
 x  3  y  7
x  2  y  2

TH 1. x  y  4  0 thế vào (2) ta được x 2  x  6  0  

TH 2. ( x  y )( x  y  4)  2 xy  0  x 2  y 2  4( x  y )  0 vô nghiệm do ĐK
Vậy tập nghiệm của hệ là S = (3;7); (2;2)
12

ThuVienDeThi.com


 xy  ( x  y )( xy  2)  x  y  y

( x  1)( y  xy  x  x 2 )  4

Bài 5 (Thử ĐT 2013) Giải hệ phương trình 

 x; y  0
 xy  ( x  y )( xy  2)  0

-

Điều kiện : 

-

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

-

xy  ( x  y )( xy  2)  y



x y
x y

0,25

0



y  xy  2
1

  0 (3)
 ( x  y)

 xy  ( x  y )( xy  2)  y
x y


4
4 

 ( x  1) 2   x  1 
Từ PT (2) ta có y  xy  x 2  x 
2 2
x 1
x 1 



-

( x  y )( y  xy  2)

y  xy  2

1

0
x y
xy  ( x  y )( xy  2)  y

0,25

PT (3)  x  y , thay vào PT (2) ta được : x3  2 x 2  3x  4  0
 x  1 hoặc x 

1  17
2

0,25
1  17
2

-

Kết hợp với điều kiện ta có x  1 , x 

-

 1  17 1  17 
;
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 1); 


2 
 2

5 x 2 y  4 xy 2  3 y 3  2( x  y )  0
Bài 6 (A – 2011 ) Giải hệ PT : 
2
2
2
 xy ( x  y )  2  ( x  y )

(1)
(2)

 xy  1
HD : Biến đổi PT (2) thành tích ta có  2
.
2
x
y
2



1
- TH1: y  thay vào PT (1).
x
- TH 2: PT(1)  3 y ( x 2  y 2 )  2 x 2 y  4 xy 2  2( x  y )
 ( xy  1)(2 x  4 y )  0
 x3  y3  4(4 x  y )

Bài 7 (Thử GL 2012) Giải hệ : 
2
2
1  y  5(1  x )
HD : Từ (2) 4  y 2  5 x 2 thay vào (1) ta có : x3  y 3  ( y 2  5 x 2 )(4 x  y )

13
ThuVienDeThi.com

0,25


IV.Phương pháp đặt ẩn phụ.
 x  y  xy  1

Bài 1. Giải hệ phương trình 

2
2
 x  y  xy  7

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

( x  y )  xy  1

Hệ  

2
( x  y )  3 xy  7

 S  P  1
x  y  S
 S  1, P  2
Đặt 
x, y  S 2  4 P  ta được  2


 xy  P
 S  4, P  3
 S  3P  7
S  1
 x  y  1  x  1, y  2
TH 1. 


 P  2  xy  2
 x  2, y  1
 S  4  x  y  4
 x  1, y  3
TH 2. 
. Vậy tập nghiệm của hệ là








P

3
xy
3
x
3,
y
1



S = (1;2); (2; 1); (1; 3); (3; 1)

Chú ý.
- Nếu hệ pt có nghiệm là ( x; y ) thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là ( y; x) .
Do vậy, để hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x  y .
- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay
đổi cách nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn.
2
 2
Bài tập tương tự : (ĐT 2010) Giải hệ phương trình:  x  xy  y  1
 x  y  xy  3
 x  y  1
Bài 2 (D – 2004 )Tìm m để hệ có nghiệm : 
 x x  y y  1  3m

 x 2  y 2  x  y  18
Bài 4. Giải hệ phương trình 
 xy ( x  1)( y  1)  72
-

Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I
Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x  y và tích xy
Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo x 2  x và y 2  y . Rõ ràng hướng này tốt hơn.
Lời giải.

1
 2
x
x
a
,
a





( x  x)  ( y  y )  18
4 ta được
Hệ   2
.
Đặt

2
( x  x)( y  y )  72
 y 2  y  b, b   1

4
a  b  18  a  6, b  12



ab  72
 a  12, b  6
2

2

14
ThuVienDeThi.com


 x 2  x  6
a  6
 x  2, x  3
TH 1. 
 2

b  12  y  y  12  y  3, y  4
 x  3, x  4
. Vậy tập nghiệm của hệ là
 y  2, y  3

TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được 

S = (2;3); (2; 4); (3;3); (3; 4); (3;2); (4;2); (3; 3); (4; 3)
 Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau
-

a  b  18
(I)

ab  72

Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 

1) Thay a  x 2  x, b  y 2  y vào hệ (I) ta được hệ

 x 2  y 2  x  y  18
(1) 
đó chính là ví dụ 2.
 xy ( x  1)( y  1)  72
2) Thay a  x 2  xy, b  y 2  xy vào hệ (I) ta được hệ

 x 2  y 2  18
(2) 
2
2
 xy ( x  y )  72
3) Thay a  x 2  2 x, b  2 x  y vào hệ (I) ta được hệ
 x 2  4 x  y  18
(3) 
 x( x  2)(2 x  y )  72
1
1
4) Thay a  x  , b  y  vào hệ (I) ta được hệ
x
y
( x  y ) xy  x  y  18 xy
(4)  2
2
( x  1)( y  1)  72 xy

5) Thay a  x 2  2 xy, b  y 2  xy vào hệ (I) ta được hệ
 x 2  y 2  xy  18
(5) 
…



xy
(
x
2
y
)(
y
x
)
72


a. Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt
mới.

a  b  7

b. Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) 

2
2
a  b  21

như trên ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn :
6) Thay a  x 2  y 2 , b  xy vào hệ (II) ta được hệ

 x 2  y 2  xy  7
(6)  4
4
2 2
 x  y  x y  21
1
1
7) Thay a  x  , b  y  vào hệ (II) ta được hệ
x
y
15
ThuVienDeThi.com

và làm tương tự


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


x2 y 2
1
x
8) Thay a  x  , b  vào hệ (II) ta được hệ
y
y
 xy  x  1  7 y
(8) 
2
2
2
( xy  1)  x  21 y
1
9) Thay a  x  y, b  vào hệ (II) ta được hệ
y
( x  y ) y  1  9 y
(9) 
2 2
2
( x  y  2) y  21 y  1
10)Thay a  x 2  2 x, b  y 2  2 x vào hệ (II) ta được hệ

 x2  y 2  4x  7
(10)  4
...
4
2
2
 x  y  4 x( x  y )  21

1
1

x  x  y  y  5

Bài 5 (D – 2007 ) Tìm m để hệ có nghiệm : 
.
1
1
 x3   y 3 
 15m  10

x3
y3
Đặt ẩn phụ
Điều kiện a ; b  2
1

a  b  5
a  x  x
Ta có hệ  3
3

a  3a  b  3b  15m  10
1
b  y 
y

Bài 6 Giải hệ phương trình :
 3 x  y  x  y

2 2 x  y  3  2 x  y
a) (CĐ – 2010 ) 
b) (B – 2002) 
2
2
 x  2 xy  y  2
 x  y  x  y  2
 x  2 y  2  x  2 y
c) 
d)
3
4

2
x

2
y

4

1

Bài 7 (Sát hạch khối 10 năm 2012) Giải hệ :
3
2
 2 x  (6  y ) x  3 xy  18  0
b)  2
 x  x  y  7

3 x3  (6  y ) x 2  2 xy  18  0
a)  2
 x  x  y  3

 x( x  2)(3 x  y )  18  0
a  x( x  2)
a) Hệ  
 Đặt 
Nghiệm x  1;  3
b  3 x  y
 x( x  2)  (3 x  y )  0
16
ThuVienDeThi.com


 x( x  3)(2 x  y )  18  0
a  x( x  3)
b) Hệ  
 Đặt 
 Nghiệm


x
(
x

3)

(2
x


y
)

0
b
2
x
y



 x( x  y  1)  3  0

Bài 8 (D – 2009 ) Giải hệ phương trình : 
5
2
(
x

y
)

1  0

x2
1

 x  y  1  3. x  0
1


- ĐK. x  0 . Hệ  
Đặt x  y  a,  b ta
2
x
( x  y ) 2  5. 1   1  0



x
được hệ :

 a  2, b  1
x  y 1
a  1  3b  0
a  3b  1


 2
1
1
3
2
2
2

 x  2, y  
,
a
b



5
1
0
(3
1)
5
1
0
a
b
b
b









2
2 
2

5
 2
3

2
x
y
x
y
xy
xy







4
Bài 9 (A – 2008) Giải hệ phương trình : 
 x 4  y 2  xy (1  2 x)   5

4
5
 2
2
(
x
y
)
xy
(
x
y

1)







 x2  y  a
4
- Hệ  
. Đặt 
ta được :
5

xy
b
2
2

( x  y )  xy  

4
5
5


a 2  a  ab  0
a  0, b  
a  b(a  1)   4



4



5
2
a   1 , b   3
a 2  b   5
b    a

4


4
2
2

3  5
25  
- Vậy tập nghiệm của hệ pt là S = 1;   ;  3 ;  3

2  4
16  

 x 2  y 2  2( x  y )  7
Bài 10 Giải hệ phương trình : 
 y ( y  2 x)  2 x  10
( x  1) 2  ( y  1) 2  9

 x 2  y 2  2( x  y )  7
- Hệ 
.

2
2
 y ( y  2 x)  2 x  10
( y  x)  ( x  1)  9
a 2  b 2  9
- Đặt a  x  1, b  y  1  b  a  y  x ta được hệ 
2
2
(b  a )  a  9

 a 2  b 2  (b  a ) 2  a 2  a 2  2ab  a  0 hoặc a  2b
17
ThuVienDeThi.com


-

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

-

Với a  2b  5b 2  9  b  

 x  1 

3

6
a
5
5

6
3
6
3
, y  1 
hoặc x  1 
, y  1 
5
5
5
5

Cách 2 : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được :
x 2  2 xy  4 x  2 y  3  0  ( x  1)( x  2 y  3)  0

 x  y  xy  3

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

ĐK: x  1, y  1, xy  0
Hệ

 x  1  y  1  4

 x  y  xy  3
 x  y  xy  3


 x  y  2  2 ( x  1)( y  1)  16  x  y  2 x  y  xy  1  14
- Đặt x  y  a, xy  b . a  2, b  0, a 2  4b 2 ta được hệ pt
a  b  3
a  3  b
a  3  b




 2
2
2
3b  26b  105  0
a  2 a  b  1  14 2 b  b  4  11  b
b  3  x  3
(thỏa mãn đk)




a
6
y
3



 x  y  8

Bài 12 (Thử ĐT2010) Giải hệ phương trình: 

2
2
 x  9  y  9  10

. Bình phương cả

2 PT.
 2 1
1
2
 x  2  y  2 2 7
x
y

Bài 13 (Thử GL 2012) Giải hệ : 
 6  1  1
 x  y xy
1
1
- PT (1)  ( x  ) 2  2  ( y  ) 2  2  2 7
x
y
x y
1
1
- PT (2)  6 

 ( x  y )  ( x  )  ( y  )  6 Ta có
xy
x
y
a  b  6
 2
2
 a  2  b  2  2 7

18
ThuVienDeThi.com


 y ( x  7)  x  1  0

Bài 14 (ĐT 2011) Giải hệ : 
phụ.

. Lần lượt chia cho y; y 2 và đặt ẩn
2
2
2
 21y  x  ( xy  1)

 xy  x  1  7 y
Bài 15 (B – 2009 ) Giải hệ :  2 2
. Lần lượt chia cho y; y 2 và đặt ẩn phụ.
2
 x y  xy  1  13 y
 x 2  y 2  xy  1  4 y


Bài 16 (Thử ĐT2012) Giải hệ : 
Chia 2 vế của 2 PT cho y và
 y ( x  y )2  2 x 2  7 y  2
đặt ẩn phụ.
(2 x  y ) 2  5(4 x 2  y 2 )  6(2 x  y ) 2  0

Bài 17 Giải hệ phương trình: 
1

 3 y
2
x


2
x
y


19
ThuVienDeThi.com


V. Phương pháp hàm số.
* Cơ sở phương pháp. Nếu f ( x) đơn điệu trên khoảng (a; b) và x, y  (a; b) thì :

f ( x)  f ( y )  x  y

Bài 1 Giải các HPT sau :

 x3  x  y 3  y
a)  2
2
 x  y  2

 x5  x  y 5  y
b)  2
2
 x  y  2

 x5  5 x  y 5  5 y
Bài 2 Giải hệ phương trình : 
 x 2  y 2  1
 x3  3 x  y 3  3 y
Bài 3. Giải hệ phương trình 
 x 2  y 2  1

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

Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta
muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số
f (t )  t 3  3t khơng đơn điệu trên tồn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x
và y trên đoạn 1;1.

Lời giải.

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

2

2

Hàm số f (t )  t 3  3t có f '(t )  3t 2  3  0, t  (1;1)  f (t ) nghịch biến trên
đoạn 1;1. x, y  1;1 nên (1)  f ( x)  f ( y )  x  y thế vào pt (2) ta
được x  y  

2
.
2
 2

Vậy tập nghiệm của hệ là S = 

 2

;

2 
2
2 

;

;

 

2   2

2 


Nhận xét. Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn
điệu trên đoạn đó.
 x3  3 x  y ( y 2  3)
(1)

Bài 4 Giải hệ phương trình: 
 y ( y 2  1)  x  y 2  x  2  5  0
(2)
PT (1)  x3  3 x  y 3  3 y
Xét hàm f (t )  t 3  3t . HS đồng biến. Từ (1)  f ( x)  f ( y )  x  y
Thay và (2) tiếp tục sử dụng PP hàm số CM PT (2) có 1 nghiệm duy nhất
x  1  y  1.
1
1

(1)
x  x  y  y
Bài 5 (A – 2003) Giải hệ : 
2 y  x3  1
(2)

1
1
(t  0)  f '(t )  1  2  0 nên hàm số đồng biến.
- Xét hàm số f (t )  t 
t
t

20
ThuVienDeThi.com