SỬ DỤNG ĐẠO HÀM GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
1

Kỹ năng:
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP:
Như các chuyên đề đã đề cấp trước đây, chúng ta có thể giải hệ bằng nhiều phương
pháp khác nhau. Trong chủ đề này, chúng tôi hệ thống lại một phương pháp giải hệ thường
được “ưu tiên” trong các đề thi Đại học và Kì thi Học sinh giỏi những năm gần đây, đó là
kỹ năng “Phương pháp hàm số”.
Xét hệ phương trình:
(
)
( )
( )
; 0
; 0
=


=



F x y
I
G x y

Bằng phép biến đổi tương đương một cách khéo léo, ta đưa hệ (I) về dạng:

(
)
( )
( )
; 0
; 0
=


=



f x y
II
G x y

Trong đó
(
)
; 0
=
f x y
là một phương trình sử dụng phương pháp hàm số để giải
quyết. Chúng ta ôn tập lại phương pháp này:
Xét phương trình
(
)
(

)
(
)
0
= ∈
1
f x x D
với D là một khoảng cho trước.
Để vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, ta có một số hướng biến đổi
(tương ứng với 3 dạng thông dụng) sau đây:
1. Đối với loại phương trình có 3 hướng để giải quyết:
Dạng 1:

(
)
(
)
0,
=
D¹ng víi hoÆc ®ång biÕn, hoÆc nghÞch b
iÕn trªn D.
F x F x

Bước 1: Đưa phương trình (1) về dạng:
(
)
0
=
F x

Bước 2: Xét hàm số
(
)
=
y F x

Chỉ rõ hàm số
(
)
=
y F x
đồng biến hay nghịch biến trên D.
Bước 3: Đoán được
(
)
0
0
=
F x
. Lúc đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất
0
=
x x
.
Dạng 2:

(
)
( )
( )






®ång biÕn trªn D
Ph−¬ng tr×nh (1) cã: hoÆc ng−îc l¹i

nghÞch biÕn trªn D
F x
G x

Bước 1: Đưa phương trình (1) về dạng :
(
)
(
)
=
F x G x
(1)
Bước 2: Xét hai hàm số
(
)
=
y f x
và
(
)
=
y g x

Chỉ rõ hàm số
(
)
=
y F x
là hàm đồng biến (nghịch biến) và
(
)
=
y G x
là hàm
nghịch biến (đồng biến)
Bước 3: Đoán được
(
)
(
)
0 0
=
F x G x
.
Lúc đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất
0
=
x x
.
Dạng 3:

(

)
(
)
(
)
=
D¹ng ph−¬ng tr×nh (*), víi hoÆc ®ång b
iÕn,
F u F v F x

(
)
;
=
hoÆc nghÞch biÕn trªn . Lóc ®ã, (*) cã nghiÖm duy nhÊt
a b u v

Bước 1: Đưa phương trình về dạng
(
)
(
)
=
F u F v
(1)
Bước 2: Xét hàm số:
(
)
=
y F t

.
Chỉ rõ hàm số đồng biến hay nghịch biến trên
(
)
;
a b
.
Bước 3: Khi đó:
(
)
(
)
= ⇔ =
F u F v u v

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
2

2. Nhận xét:
+ Định lí về tính đơn điệu trên đoạn:
“ Nếu hàm số
(
)
=
y f x
liên tục trên
[
]
;

a b
và có đạo hàm
(
)
/
0
>
f x
trên khoảng
(
)
;
a b
thì hàm số
(
)
=
y f x
đồng biến trên
[
]
;
a b
”
+ Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư duy vận dụng tính đơn điệu hoàn
toàn tương tự như trên.
II- BÀI TẬP MINH HỌA:

Bài tập:
Giải hệ phương trình

3 3
2 2
3 3 (1)
1 (2)
x x y y
x y
− = −
+ =






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
3
( ) 3
= −
f t t t
không đơn điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn
được
x
và
y
trên đoạn
[
]

1;1
−
.
Bài giải:
Từ (2) ta có
[
]
2 2
1, 1 , 1;1
≤ ≤ ⇔ ∈ −
x y x y
.
Hàm số
(
)
3
3
= −
f t t t
có
(
)
(
)
(
)
/ 2
3 3 0, 1;1
= − < ∀ ∈ − ⇒

f t t t f t
nghịch biến trên đoạn
[
]
1;1
−
.
Do
[
]
, 1;1
∈ −
x y
nên (1)
(
)
(
)
⇔ = ⇔ =
f x f y x y
thế vào (2) ta được
2
2
= = ±
x y
.
Vậy tập nghiệm của hệ là S =
2 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.
Bài tập:
Giải hệ phương trình:
(
)
( )
3 2
2 2
3 3 (1)
1 2 5 0 (2)

= − + +


+ + + + + − =


x x y y
y y x y x

Bài giải:
Phương trình
3 3
(1) 3 3
⇔ + = +
x x y y

Xét hàm
(
)
(
)
3 / 2
3 3 3 0
= + ⇒ = + > ∀ ∈
f t t t f t t t
ℝ
. Vậy
(
)
f t
nđồng biến trên
¡
.
Từ (1)
(
)
(
)

⇒ = ⇒ =
f x f y x y

Thay và (2) tiếp tục sử dụng phương pháp hàm số chứng minh được (2) có 1 nghiệm duy
nhất
1 1
= ⇒ =
x y
.
Bài tập: (Khối A – 2003) Giải hệ phương trình :
3
1 1
(1)
2 1 (2)

− = −



= +

x y
x y
y x

Bài giải: Điều kiện
0; 0.
x y
≠ ≠

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
3

Xét hàm số
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
/
2
1 1
0 1 0; ;0 0;
= − ≠ ⇒ = + > ∀ ∈ −∞ ∪ +∞
f t t t f t t
t t
nên hàm số
đồng biến trên các khoảng
(
)
;0
−∞
và
(
)
0;
+∞
.
TH 1:
Xét
(
)
;0

∈ −∞
x
. Phương trình (1) có dạng:
(
)
(
)
f x f y x y
= ⇔ =

Thay vào (2) có nghiệm
1
=
x
(loại),
1 5
4
− +
=
x
(loại),
1 5
4
− −
=
x
(nhận)
TH 2:
Xét
(

)
0;
∈ +∞
x
. Phương trình (1) có dạng:
(
)
(
)
f x f y x y
= ⇔ =

Thay vào (2) có nghiệm
1
=
x
(nhận),
1 5
4
− +
=
x
(nhận),
1 5
4
− −
=
x
(loại)
Kết luận: Vậy hệ có các nghiệm là

( )
1 5 1 5 1 5 1 5
1;1 ; ; ; ; .
4 4 4 4
   
− + − + − − − −
   
   
   

Sai lầm thường gặp:
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
1
;0 0; ,f t t t
t
= − ∈ −∞ ∪ +∞
. Đạo hàm:
( ) ( ) ( )
/
2
1
1 ;0 0; f t t
t
= + ∀ ∈ −∞ ∪ +∞

Suy ra hàm số
(
)
f t

đồng biến trên
(
)
(
)
;0 0;
−∞ ∪ +∞
.
Ta có (1) có dạng
(
)
(
)
f x f y x y
= ⇒ =
.
Sai do hàm số đơn điệu trên hai khoảng rời nhau (cụ thể
(
)
(
)
1 1 0
f f
− = =
)

Bài tập:
(Thi HSG tỉnh Hải Dương 2012)
( ) ( )
3

3
3 1 9 1 (1)
1 1 1 (2)

− = − − −



+ − = −

x x y y
x y

Bài giải:
Điều kiện
1; 1.
x y
≥ ≥

Từ điều kiện và từ phương trình (2) có
1; 1 1
≥ − ≥

x y

Phương trình
(
)
3
3

(1) 3 1 3 1
⇔ − = − − −
x x y y
. Xét hàm số
3
( ) 3
= −
f t t t
trên
[
)
1;
+∞

Dễ chứng minh được, hàm số đồng biến trên
[
)
1;
+∞
, ta có
( )
(
)
1 1
= − ⇒ = −
f x f y x y

Với
1
= −

x y
thay vào (2) giải được
1; 2
= =
x x

1 2
,
2 5
= =
 
⇒
 
= =
 
x x
y y
.
Bài tập:
(
Khối A – 2012
) Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1
2

− − + = + −



+ − + =


x x x y y y
x y x y

Bài giải:
Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
4

Từ phương trình (2)
2 2
1 1
1
2 2
   
⇒ − + + =
   
   
x y
nên
3 1
1
2 2
1 3
1
2 2
−


≤ − ≤



−

≤ + ≤


x
y

Ta có

( ) ( ) ( ) ( )
3 3
(1) 1 12 1 1 12 1
⇔ − − − = + − +
x x y y

nên xét
(
)
3
12
= −
f t t t
trên
3 3

;
2 2
−
 
 
 

Ta có:
( ) ( )
/ 2
3 3
3 12 0 ;
2 2
−
 
= − < ∀ ∈ ⇒
 
 

f t t t f t
nghịch biến trên
3 3
;
2 2
−
 
 
 
.
Lúc đó:

(
)
(
)
1 1 1 1
− = + ⇒ − = +
f x f y x y

Thay vào, giải ra được
( )
1 3 3 1
; ; ; ;
2 2 2 2
   
= − −
   
   
x y
.
Bài tập:

(Khối A – 2010)
Giải hệ phương trình
(
)
( )
2
2 2
4 1 3 5 2 0 (1)
4 2 3 4 7 (2)

+ + − − =
+ + − =





x x y y
x y x

Bài giải:
4 5
; .
3 2
x y
≤ ≤

Phương trình (1)
(
)
(
)
2
4 1 2 2 6 5 2 0
⇔ + + − − =
x x y y

( ) ( )
(
)

( )
(
)
2 3
2 3
2 1 2 5 2 1 5 2 2 2 5 2 5 2
⇔ + = − − ⇔ + = − −
 
 
+ +
  
 
x x y y x x y y
( )
(
)
2 5 2
⇔ = −
f x f y

Xét
(
)
3
= +
f t t t
(
)
/ 2
3 1 0,

⇒ = + > ∀ ∈
f t t t
ℝ

(
)
⇒
f t
đồng biến trên
ℝ
.
Vậy
( )
( )
2
5 4
2 5 2 2 5 2 , 0
2
−
= − ⇔ = − ⇔ = ≥

x
f x f y x y y x
Thế vào pt (2) ta được
( )
2
2
2
5 4
4 2 3 4 7 0 0

2
−
+ − − = ⇔ =
 
+
 
 
x
x x g x

Với
( )
2
2
2
5 4 3
4 2 3 4 7, 0;
2 4
−
= + − − ∈
 
 
+
 
 
 
 

x
g x x x x

.
Chứng minh hàm
(
)
g x
nghịch biến trên
3
0;
4
 
 
 
. Ta có nghiệm duy nhất
1
2
2
= ⇒ =
x y
.
Bài tập: (Thi thử ĐT 2011)
Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 0

− + − − =


+ − − − + =



x y y x
x x y y m

Bài giải:
Điều kiện.
1 1, 0 2
− ≤ ≤ ≤ ≤
x y

Phương trình (1)
( ) ( )
3
3
3 1 3 1
⇔ − = − − −
x x y y

Hàm số
(
)
3
3
= −
f t t t
nghịch biến trên đoạn
[ 1;1
−
]

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
5

Ta có:
[
]
; 1 1;1
− ∈ −
x y
nên
(
)
(
)
1 1 1
= − ⇔ = − ⇔ = +
f x f y x y y x

Thế vào phương trình (2) ta được
2 2
2 1 (3)
− − = −x x m

Hệ có nghiệm
⇔
Pt (3) có nghiệm
[
]

1;1
∈ −
x
.
Xét
( )
[ ]
( )
2 2 /
2
1
2 1 , 1;1 2 1
1
 
= − − ∈ − ⇒ = +
 
−
 
g x x x x g x x
x

Ta có:
(
)
/
0 0
= ⇔ =
g x x
;
(

)
(
)
0 2, 1 1
= − ± =
g g

Hệ có nghiệm
⇔
Phương trình (3) có nghiệm
[
]
1;1 2 1 1 2
∈ − ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
x m m
.
Bài tập:

(Thử ĐT 2012)
Giải hệ phương trình:
( )
5 4 10 6
2
(1)
4 5 8 6 2

+ = +


+ + + =



x xy y y
x y

Bài giải:

5
; .
4
x y
≥ − ∈
¡

TH1:
Xét
0
=
y
thay vào hệ thây không thỏa mãn.
TH2: Xét
0
≠
y
, chia 2 vế của (1) cho
5
y
ta được
5
5

(3)
 
+ = +
 
 
x x
y y
y y

-

Xét hàm số
(
)
(
)
5 / 4
5 1 0
= + ⇒ = + >
f t t t f t t
nên hàm số đồng biến.
-

Từ
( )
2
(3)
 
⇒ = ⇒ = ⇒ =
 

 
x x
f f y y x y
y y

-

Thay vào (2) ta có PT
4 5 8 6 1
+ + + = ⇒ =
x x x
. Vậy hệ có nghiệm
(
)
(
)
; 1;1
=
x y

Bài tập:
Giải hệ phương trình
(
)
(
)
2 2
2 2 2
2


− = − +


+ =


(1)
(2)
x y
y x xy
x y

Phân tích.

Nếu thay
2 2
2
= +
x y
vào phương trình (1) thì ta sẽ được hđt
Bài giải:
Thay
2 2
2
= +
x y
vào phương trình thứ nhất ta được
(
)
(

)
2 2 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
− = − + + ⇔ − = − ⇔ + = +
x y x y x y
y x xy x y y x x y
(1)
Xét hàm số
(
)
3
2 ,
= + ∈

t
f t t t
ℝ
có
(
)
/ 2
2 ln 2 3 0,
= + > ∀ ∈

t
f t t t
ℝ

suy ra
(

)
f t
đồng biến trên
ℝ
.
Từ (1)
(
)
(
)
⇔ = ⇔ =
f x f y x y
thế vào (2) ta được
1
= = ±
x y
.
Vậy tập nghiệm của hệ là S =
(
)
(
)
{
}
1;1 ; 1; 1
− −
.
Bài tập:
Giải hệ phương trình
2

2
1 3
1 3

+ + =


+ + =


y
x
x x
y y

Bài giải:
Trừ vế hai phương trình ta được:
(
)
2 2 2 2
1 1 3 3 1 3 1 3
+ + − + + = − ⇔ + + + = + + +
y x x y
x x y y x x y y

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
6

có dạng

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

( )
/
2
1 3 ln3 0,
1
⇒ = + + > ∀∈
+
t
t
f t
t
ℝ

(
)
⇒

f t
đồng biến trên
ℝ
. Bởi vậy
(
)
(
)
= ⇔ =
f x f y x y
thế vào phương trình thứ nhất ta
được
(
)
( ) ( )
2 2
1 3 1 3 1 0+ + = ⇔ = + − ⇔ =
x x
x x x x g g x

Với
( )
(
)
2
3 1
= + −
x
g x x x
( )

(
)
/ 2
2
3 ln3 1 3 1
1
 
⇒ = + − + −
 
+
 
x x
x
g x x x
x

(
)
2
2
1
3 1 ln3 0,
1
 
= + − − > ∀ ∈
 
+
 
x
x x x

x
ℝ
do
2
1 0
+ − >
x x
và
2
1 1
+ ≥
x

Suy ra
( )
g x
đồng biến trên
ℝ
. Bởi vậy
(
)
(
)
0 0
= ⇔ =
g x g x

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
0.
x y

= =

Bài tập:
Chứng minh hệ
2007
2
1
2007
2
1
= −
−
= −
−







y
x
e
y
x
y
e
x
có đúng 2 nghiệm

0, 0
> >
x y

Bài giải:
Điều kiện:
(
)
(
)
( ) ( )
2
2
; 1 1;
1 0
; 1 1;
1 0
∈ −∞ − ∪ +∞


− >
 
⇔
 
∈ −∞ − ∪ +∞
− >





x
x
y
y
. Do
0
0
>


>

x
y
nên
1
1
>


>

x
y

Trừ vế hai phương trình ta được:
2 2 2 2
1 1 1 1
− = − ⇔ − = −
− − − −

x y x y
x y x y
e e e e
x y x y

Hay
(
)
(
)
=
f x f y
với
( ) ( )
2
, 1;
1
= − ∈ +∞
−

t
t
f t e t
t
.
Ta có:
( )
( )
( ) ( )
/

2 2
1
0, 1;
1 1
= + > ∈ +∞ ⇒
− −

t
f t e t f t
t t
đồng biến trên
(
)
1;
+∞
.
Do đó:
(
)
(
)
= ⇔ =
f x f y x y
thế vào phương trình thứ nhất ta được:
( )
2 2
2007 2007 0 0
1 1
= − ⇔ + − = ⇔ =
− −

x x
x x
e e g x
x x

Với
( ) ( )
2
2007, 1;
1
= + − ∈ +∞
−

x
x
g x e x
x
.
Ta có
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
2
/ //
3
2 2

2 2
3 1
1
0, 1;
1 1
1 1
−
= − ⇒ = + > ∀ ∈ +∞
− −
− −

x x
x x
g x e g x e x
x x
x x

Suy ra
(
)
/
g x
đồng biến trên
(
)
1;
+∞

(
)

/
⇒
g x
liên tục trên
(
)
1;
+∞
và có
(
)
(
)
/ /
1
lim , lim
+
→+∞
→
= −∞ = +∞
x
x
g x g x
nên
'( ) 0
=
g x
có nghiệm duy nhất
(
)

0
1;
∈ +∞
x
và
(
)
(
)
(
)
/ / /
0 0
0
> ⇔ > ⇔ >
g x g x g x x x
và
(
)
/
0
0 1
< ⇔ < <
g x x x
.
Từ BBT của
(
)
g x
ta suy ra pt

(
)
0
=
g x
có đúng 2 nghiệm
(
)
1;
∈ +∞
x
.
Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
7

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương.
Bài tập:
Giải hệ phương trình
(
)
(
)
2 2
ln 1 ln 1 (1)
12 20 0 (2)
+ − + = −
− + =






x y x y
x xy y

Bài giải:
Điều kiện:
1, 1
> − > −
x y

Phương trình (1)
(
)
(
)
(
)
(
)
ln 1 ln 1
⇔ + − = + − ⇔ =
x x y y f x f y

với
(
)
(
)

(
)
ln 1 , 1;
= + − ∈ − +∞

f t t t t

Ta có:
( ) ( ) ( )
/
1
1 0 0 1;
1 1
−
= − = = ⇔ = ∈ − +∞ ⇒
+ +
t
f t t f t
t t
đồng biến trên
(
)
1;0
−
và
nghịch biến trên
(
)
0;
+∞

.
TH 1:

(
)
, 1;0
∈ −
x y
hoặc
(
)
, 0;
∈ +∞
x y
thì
(
)
(
)
= ⇔ =
f x f y x y
.
Thế vào phương trình (2) ta được
0
= =
x y
(không thỏa mãn)
TH 2:
(
)

(
)
1;0 0;
∈ − ∈ +∞
,
x y
hoặc ngược lại thì
2 2
0 12 20 0
< ⇒ − + >
xy x xy y

TH 3
:
0
=
xy
thì hệ có nghiệm
0
= =
x y
. Vậy hệ có nghiệm duy nhất
0
= =
x y

Bài tập:
Chứng minh với
0
∀ >

a
thì hệ phươngtrình sau luôn có nghiệm duy nhất :

(
)
(
)
ln 1 ln 1

− = + − +


− =


x y
e e x y
y x a

Bài giải:
Điều kiện:
1; 1.
x y
> − > −

Hệ
(
)
(
)

ln 1 ln 1 0
+

− + + − + + =

⇔

= +


x a x
e e x a x
y x a

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất
⇔
(
)
(
)
(
)
ln 1 ln 1 0
+
= − + + − + + =
x a x
f x e e x a x
có nghiệm
duy nhất trong khoảng
(

)
1;
− +∞
.
Ta có:
( )
( )
( )( )
/
1 1
1 0
1 1 1 1
+
= − + − = − + >
+ + + + + +
x a x x a
a
f x e e e e
x a x x a x
(
)
1
∀ > − ⇒
x f x

đồng biến trong khoảng
(
)
1;
− +∞

.
Mặt khác: Do
(
)
f x
liên tục trên
(
)
1;
− +∞
và
(
)
1
lim
+
→−
= −∞
x
f x
;
(
)
lim
→+∞
= +∞
x
f x

Nên pt có nghiệm trong khoảng

(
)
1;
− +∞
⇒
phương trình
(
)
0
f x
=
có nghiệm duy nhất
trong khoảng
(
)
1;
− +∞
. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với
0
∀ >
a
.
Bài tập:
Giải hệ phương trình:
2
2
3 2 3
3 2 3

+ + = +



+ + = +


x x y
y y x

Bài giải:
Điều kiện:
; 0
≥
x y
.

Hệ
2
2 2
3 2 3
3 3 3 3

+ + = +

⇔

+ + = + +


(*)x x y
x x y y

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
8

Xét phương trình:
2 2
3 3 3 3
+ + = + +
x x y y
(**)
Xét hàm số:
( ) ( )
2 /
2
3
3 3 0
2
3
= + + ⇒ = + >
+
t
f t t t f t
t
t
;
(
)
0;
∀ ∈ +∞

t
.
⇒
(
)
f t
đồng biến trên
(
)
0;
+∞
.
Phương trình (**) trở thành:
(
)
(
)
= ⇔ =
f x f y x y

Thay
x y
=
vào (*) của hệ ta được:
2
3 3 0
+ + − =
x x
.
Xét hàm số:

( )
2
3 3
= + + −
g x x x
có
( )
/
2
1
0
2
3
= + >
+
x
g x
x
x

(
)
0;
∀ ∈ +∞
x
⇒

(
)
g x

đồng biến trên
(
)
0;
+∞
.
(
)
0
⇒ =
g x
có nhiều nhất một nghiệm, mà:
(
)
1 0 1 1.
g x y
= ⇒ = ⇒ =

Vậy hệ đã cho có nghiệm là
(
)
1;1
.
Bài tập:
Giải hệ phương trình:
( )
6 4
sin
sin
10 1 3 2

5
;
4
−

=



+ = +



< <


x y
x
e
y
x y
π
π x y

(1)
(2)
(3)

Bài giải:
Phương trình

(1)
sin sin
⇔ =
x y
e e
x y
(*) . Xét hàm:
( )
sin
=
t
e
f t
t
với
5
;
4
 
∈
 
 
π
t π
.
Ta có:
( )
(
)
/

2
sin cos
0
sin
−
= >
t
e t t
f t
t
với
5
;
4
 
∈
 
 
π
t π

(
)
⇒
f t
đồng biến trong khoảng
5
;
4
 

 
 
π
π

Khi đó pt (*) trở thành:
(
)
(
)
f x f y x y
= ⇔ =
, thế vào phương trình (2) ta được:
(
)
6 4
10 1 3 2
+ = +
x x
. Do
6
1
+
x
=
(
)
(
)
2 4 2

1 1
+ − +
x x x

đặt
2
1
= +
u x
;
4 2
1
= − +
v x x
ta được:
( )
2 2
3
10 3
3
=

= + ⇔

=

u v
uv u v
v u

* Với
3
u v
=
thay vào ta có pt vô nghiệm
* Với
3
v u
=
thay vào pt ta được
5 33
= ± +x
đối chiếu với (3) ta được
5 33
= +x

Vậy hệ pt có một nghiệm là
(
)
5 33; 5 33
+ +

Bài tập: (Khối A- 2013)
Giải hệ phương trình:
( )
4
4
2 2
1 1 2
2 1 6 1 0


+ + − − + =


+ − + − + =


(1)
(2)
x x y y
x x y y y

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
9

Bài giải:
Điều kiện:
1; .
≥ ∈

x y
ℝ

(1)
(
)
2 2
2 1 6 1 0
⇔ + − + − + =

x y x y y
( ) ( )
2 2
1 4 0 1 4 0
⇔ + − − = ⇔ + − = ⇒ ≥
x y y x y y y
.
Ta có:
4
4
1 1 2
+ + − − + =
x x y y
⇔
(
)
(
)
( )
4 4
4
4
1 1 1 1 1 1 **
+ + − = + + + + −x x y y

Đặt
(
)
4
1 1

= + + −
f t t t
thì
(
)
f t
đồng biến trên
)
1;

+∞


Nên (**)
⇔

(
)
(
)
4 4
1 1
f x f y x y
= + ⇔ = +
.
Thế vào (*) ta có:
(
)
2
4 8 5 2

4 2
y y y y y y
= + = + +

⇔

7 4
0 1
2 4
= ⇒ =


+ + =

y x
y y y

⇔

0
1
=


=

y
y
(vì
(

)
7 4
2
= + +
g y y y y
đồng biến trên
)
0;

+∞

)
Vậy hệ có nghiệm là
(
)
(
)
1;0 , 2;1 .

Cách khác:
Từ (*)
0
y
⇒ ≥

Xét
4
1
1 0
0

=

− + = ⇔

=

x
x y
y
(thỏa điều kiện)
Xét
4
1 0
− + >
x y

Lúc đó:
(
)
(
)
4
4
1 2 1 0
+ − + + − − =
x y x y

⇔

( )( )

4 4
2
4
4
1 1
0
1 1
1 2
− − − −
+ =
− + − +
+ + +
x y x y
x y x y
x y

⇔
( )
( )( )
4
2
4
4
1 1
1 0
1 1
1 2
 
 
− − + =

 
− + − +
+ + +
 
x y
x y x y
x y

⇔

4
1
x y
= +
, tiếp tục như trên.
Bài tập: (Khối B- 2013)
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 3 3 2 1 0
4 4 2 4

+ − + − + =


− + + = + + +


x y xy x y
x y x x y x y

Bài giải:
Ta có:
2 2
2 2
2 3 3 2 1 0 (1)
4 4 2 4 (2)

+ − + − + =


− + + = + + +



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

Xem (1) là phương trình bậc 2 theo
y
ta được:
2 1
y x
= +
hay
1
y x
= +
.
TH1

:
2 1
y x
= +
. Thế vào (2) ta có:

( ) ( )
1
4 1 9 4 3 4 ;
4
 
= + + + = − = ≥ −
 
 
f x x x x g x x


⇔
0
x
=
(vì
(
)
f x
đồng biến và
(
)
g x
nghịch biến trên

1
;
4
 
− +∞


 
.
Vậy
0
x
=
và
1
y
=
.
TH2
:
1
y x
= +
. Thế vào (2) ta có :
Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
10


2

1
3 1 5 4 3 3
3
 
+ + + = − + ≥ −
 
 
x x x x x


⇔

(
)
3 1 5 4 3 1 2 3
+ + + = − + +
x x x x x


⇔

( ) ( ) ( )
3 1 1 5 4 2 3 1
   
+ − + + + − + = −
   
x x x x x x


⇔

( ) ( )
( )
2 2
2
3
3 1 1 5 4 2
− + − +
+ = −
+ + + + + +
x x x x
x x
x x x x


⇔

2
0
x x
− =
hay
( ) ( )
1 1
3
3 1 1 5 4 2
− −
+ =
+ + + + + +x x x x
(Vô nghiệm)

⇔

0 1
1 2
x y
x y

= ⇒ =

= ⇒ =


Vậy nghiệm của hệ là
(
)
0;1
hay
(
)
1;2 .

III- BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Bài tập:
Giải các hệ phương trình sau:
1)
( )( )
3 3
1 1
4 2 4 36


− = −



− − + = −

x y
x y
x y x y

Gợi ý: Xét hàm số
( ) ( )
3
1
0
= − ≠
f t t t
t
. Hệ có nghiệm
(
)
(
)
2;2 ; 6; 6
− −
.
2)
3 3
2 2

2

+ = +


+ =


x x y y
x y

Gợi ý: Xét hàm số
(
)
(
)
3
= + ∈
f t t t t
ℝ
. Hệ có nghiệm
(
)
(
)
1;1 ; 1; 1
− −
.
3)
5 5

2 2
2

+ = +


+ =


x x y y
x y

Gợi ý: Xét hàm số
(
)
(
)
5
= + ∈
f t t t t
ℝ
. Hệ có nghiệm
(
)
(
)
1;1 ; 1; 1
− −
.
4)

(
)
(
)
2 2
1 1 1 (1)
6 2 1 4 6 1 (2)
x x y y
x x xy xy x

+ + + + =



− + = + +


Gợi ý: (1)
( ) ( )
2
2 2 2
1 1 1 1
x x y y x x y y
⇔ + + = − + + ⇔ + + = − + + −

(
)
(
)
f x f y

⇔ = −
với
( ) ( ) ( )
2
2 /
2 2
1
1 0
1 1
t t
t t
f t t t t f t
t t
−
+ +
= + + ∈ ⇒ = > ≥
+ +
¡

Suy ra:
x y
= −
, thế vào (2) ta được:
2
2 2 2
25
6 2 1 4 6 1 6 2 1
2 4
x x
x x x x x x x

 
+ + = − + + ⇔ + + − =
 
 

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
11

Từ đây hệ có các nghiệm là:
( )
3 11 3 11
1; 1 ; ; .
2 2
 
− − +
−
 
 
 

5)
(
)
( )( )
3 1 4 2 1 1 3 (1)
2 4 6 3 (2)
x x y y
x y x y x y


− + + = − +


+ − + = − −



Gợi ý: (2)
(
)
(
)
1 2 4 0 2 4
x y x y y x
⇔ + + − + = ⇔ = +
(do điều kiện của hệ)
Thay vào (1) ta có:
(
)
(
)
3 1 2 8 2 3 2 3 1 3 1 2 2 3 2 3
x x x x x x x
− + − = + ⇔ − + − = + + +

(
)
(
)
3 1 2 3

f x f x
⇔ − = +
với
(
)
(
)
2 0
f t t t t
= + ≥
.
Dễ chứng minh được
(
)
f t
đồng biến trên
)
0;

+∞

suy ra:

3 1 2 3 4 12.
x x x y
− = + ⇔ = ⇒ =

6)
3 3 2
5 3

2 3 4 (1)
1 0 (2)
x x y y y
x y

+ − = + +


+ + =



Gợi ý: Từ vế trái của (1) ta thấy có dạng đơn giản:
(
)
3
2
f t t t
= + −

Chúng ta phân tích:
(
)
(
)
3 2 3
3 4 2
y y y g y g y
+ + = + −
, rõ ràng

(
)
g y y b
= +
.
Đồng nhất thức ta được:
(
)
(
)
3
3 2
3 4 1 1 2
y y y y y
+ + = + + + −

Lúc đó (1) có dạng:
(
)
(
)
1
f x f y
= +
, dễ thấy
(
)
f t
đồng biến trên
¡

suy ra:
1
y x
+ =

Thay vào (2) ta được phương trình:

( )
5 3 2 4 2
4 2
0
3 3 0 3 3 0
3 3 0
x
x x x x x x x x
x x x

=
+ − + = ⇔ + − + = ⇔

+ − + =


Phương trình
2
4 2 4
3 3
3 3 0
2 4
x x x x x

 
+ − + = + − + >
 
 
.
Vậy hệ có nghiệm là
(
)
0; 1
−
.
7)
(
)
(
)
(
)
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

+ + + =


+ + = + +




Gợi ý: Ta thấy
0
x
=
không thỏa (1), chia (2) cho
2
x
ta được phương trình:
( ) ( )
2
2
1 1
2 1 2 1 1 1y y
x
x
 
 
 
+ + = + +
 
 
 
 
 
 
 

có dạng

( )
1
2f y f
x
 
=
 
 
với
( )
(
)
2
1 1
f t t t
= + +

(
)
t ∈
¡
.
Dễ chứng minh được
(
)
f t
đồng biến trên
¡
, suy ra:
1

2y
x
=
thay vào (1) ta được:
Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
12

(
)
( )
(
)
( )
3 2 3 2
2 1 6 0 6 2 1
h x
g x
x x x x x x x x
+ + + − = ⇔ + − = − +
14 2 43
1 44 2 4 43

Chứng minh
(
)
h x
nghịch biến và
(
)

g x
đồng biến trên
¡
nên phương trình có nghiệm duy
nhất
1
1
2
x y
= ⇒ =
. Hệ có nghiệm
1
1;
2
 
 
 
.
8)
(
)
(
)
2 2 2 2 3
2
1 3 2 4 1 1 8 (1)
2 0
(2)
x x y y x y
x y x


+ − + + + =



− + =


Gợi ý: Ta thấy
0
x
=
hoặc
0
y
=
thay vào hệ không thỏa.
Giả sử
0
xy
≠
, phương trình (1)
(
)
( )
2 2
2 2 3 2 2 2 2 2
2
2
2 2 2

2
1 4
.4 8 1 4 2 4 1 2
4 1 1
1 1
1 2 4 1 1 1 1 2 2 1 1
x x y x
y x y x x y x x y y x y
y
x x x y y y y
x
x
+ − +
⇔ = ⇔ + − + = + −
+ −
 
 
⇔ + + = + + ⇔ + + = + +
 
 
 
 
 

có dạng:
( )
1
2
f f y
x

 
=
 
 
. Mời độc giả tiếp tục bài toán.
9)
3 2 3 2
2
3 2 3 (1)
3 2 8 (2)
x x y y
x y y

− + = +


− = +



Gợi ý: Ta thấy
(
)
2
3 2 3 2
3 2 3 .
x x y y
− + = +

Cố gắng phân tích thử

(
)
2
3 2 3 2
3 2 3
x x g y
− + = +
(quá phức tạp!)
Hướng khác:

3 2
3 2 3.
x x y y
− + = +
Đặt
2
3 3
a y a y
= + ⇔ = +
,
3
3 3
y y a a
+ = −
.
Phân tích đồng nhất thức:
3 2 3
3 2 3
x x g g
− + = −

ta được
1
g x
= −
.
Lúc đó: (1) có dạng
(
)
(
)
1 3
f x f y
− = +
với
(
)
3
3
f t t t
= −
đồng biến trên
)
1;

+∞

.
Từ đó giải được nghiệm của hệ là
(
)

3;1
.
10)
(
)
( )
3
3
2 3 1
2 3
x y
x y

+ =


− =



Gợi ý: Ta thấy
0
x
=
thay vào hệ không thỏa.
Giả sử
0
x
≠
, hệ

( )
3
3
3
3
1
2 3
1 3 1
3
3
2
y
x
y y f y f
x x
x
y
x

+ =

 

⇔ ⇒ + = + ⇒ =

 
 

− =



với
(
)
3
3
f t t t
= +
.
Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
13

Nghiệm của hệ phương trình là
( )
1
1; 1 ; ;2 .
2
 
− −
 
 

11)
( ) ( )
2 2
2
2
2 2
1

1
3log 2 6 2log 2 1
y x
x
e
y
x y x y
−

+
=

+


+ + = + + +


Gợi ý: Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
2 2 2 2
2
1
1 1
1
y x x y
x
e x e y e f x f y

y
−
+
= ⇔ + = + ⇒ =
+

Nghiệm của hệ là
(
)
4; 4
−

12)
(
)
3
2 3 2
8 3 2 1 4 0
4 8 2 2 3 0
x x y y
x x y y y

− − − − =


− + + − + =



13)

(
)
( )
3
2
3 55 64
3 3 12 51
x y
xy y y x

+ =


+ + = +



14)
(
)
3 2 3
3
2 4 4 1 2 2 3 2
2 14 3 2 1
x x x x y y
x x y

− + − = − −




+ = − − +


15)
3
2 2
1 5
4 4 12
x y x y
x xy y xy

+ + + + =


+ + + + + =



16)
3 3 2
2 2 2
2 3 3
1 3 2 2 0
x y x y
x x y y

− − = −



+ − − − + =



IV-TÀI LIỆU THAM KHẢO:
1- Tuyển tập Đề thi- Đáp án ĐH Quốc gia từ 2002- 2013 Bộ giáo dục và đào tạo
2- Chuyên đề HPT Thầy Nguyễn Trường Sơn
3- Sáng tạo và giải PT- BPT- HPT Thầy Nguyễn Tài Chung
4- Tạp chí Toán học tuổi trẻ NXB Giáo dục Việt Nam
5- Tuyển tập Đề thi thử Bắc Trung Nam Thầy Hoàng Văn Minh
6- Nguồn internet…Google.com…volet.vn…Boxmath.info