HE PHUONG TRINH - LTDH

GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
VẤN ĐỀ 1: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT
Bài 1: Giải và biện luận các hệ phương trình sau đây:
1)
x my 1
x y 2

+ =


− =


2)
2
mx my m
x my 2

+ =


+ =


3)
2mx 3y 5
(m 1)x y 0

+ =



+ + =


4)
x my 3m
mx y 2m 1

+ =


+ = +


5)
3
mx y m 0
x my 1 0

+ − =


+ − =


6)
2(m 2)x (5m 3)y 2(m 2)
(m 2)x 3my m 2

+ − + = −



+ − = −


7)
2x (3m 1)y 6
mx 2y 2m 1
(4 m)x 6y m 8

+ + =

+ = +


− + = +

8)
ax (a 1)y a
(a 1)x ay a 1
3x 3y a 3

+ − =

− + = +


+ = +

9)
1 1

m. 2m
x y
1 1
m m 1
x y

+ =




+ = +


Bài 2: Giải và biện luận các hệ phương trình sau đây:
1)
ax by a 2b
bx ay a b

+ = +


+ = +


2)
3x y a
ax y b

+ =



− =


3)
2 2
ax by a b
bx ay 2ab

+ = +


+ =


4)
2
2
ax by a b
bx b y 2 4b

− = −


− = +


5)
ax by a

bx ay b

+ =


+ =


6)
(a 1)x 3y 2b 1
3x (a 1)y b 1

+ + = −


+ + = +


Bài 3:Đònh m để các hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :
1)
4x my 4
mx 4y 4

+ =


+ =


2)

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

m. m 1
x y

+ =




+ = +


5)
x ay c 0
y ax b 0
cx by 1 0

− − =

− − =


− − =

6)
ax by c
bx cy a
cx ay b

+ =


+ =


+ =

Bài 4:Đònh tham số để các hệ phương trình sau có nghiệm ,vô
nghiệm:
1)
mx my 1
mx 3my 2m 3

+ =


− = +


2)
2 2
2x m y m m 2
x 2y 2 0

+ = + −


+ − =


3)
2

mx my m 1
(m m)x my 2

− = +


− + =


4)
2
2m x 3(m 1)y 3
m(x y) 2y 2

+ − =


+ − =


- 1 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
5)
ax by a b
bx ay a b

+ = +


+ = −



6)
ax by a
bx ay b

+ =


+ =


7)
2 2
2
a x by a b
bx b y 2 4b

− = −


− = +


Bài 5: Đònh tham số để các hệ phương trình sau đây vô số
nghiệm:
1)
(m 1)x 8y 4m
mx (m 3)y 3m 1


+ + =


+ + = −


2)
x 2my 1
(m 1)x 4y 2m 3

+ =


− + = −


3)
(2m 4)x (5m 3)y 2m 4
(m 2)x 3my m 2

+ − + = −


+ − = −


4)
4x my 1 m
(m 6)x 2y 3 m


− + = +


+ + = +


5)
ax ay b
bx by a

+ =


+ =


6)
(a 1)x by a
bx (1 a)y b

− + =


+ − =


Bài 6: Đònh m nguyên để các hệ phương trình sau đây có
nghiệm
nguyên duy nhất :
1)

x y 2
mx y m

+ =


− =


2)
2 2
(m 1)x 2y m 1
m x y m 2m

+ − = −


− = +


3)
4x my 4
mx 4y 4

+ =


+ =



4)
mx y 1
x 4(m 1)y 4m

− =


− + + =


5)
x 2my 1
(3m 1)x my 1

+ =


− − =


Bài 7: Toán tổng hợp :
7.1) Đònh k để hệ phương trình có nghiệm :
3x (k 1)y k 1
(k 1)x y 3

+ − = +


+ + =



7.2) Cho hệ phương trình :
3x y a
ax y b

+ =


− =


Đònh b để hệ có ít nhất
1 n
o
với mọi a
7.3) Cho hệ phương trình :
x ky 3
kx 4y 6

+ =


+ =



Đònh k để hệ có nghiệm (x
o
,y
o

) mà x
o
> 1 và y
o
> 1.
7.4) Cho hệ phương trình :
(k 1)x (3k 1)y k 2 0
2x (k 2)y 4 0

+ + + + − =


+ + − =


1) Đònh k nguyện để hệ có nghiệm nguyên duy nhất.
2) Tìm hệ thức độc lập giữa x và y.
7.5) Cho hệ :
mx (2m 1)y 3 m
2x (m 1)y 4

+ − = −


+ + =


1) Biện luận theo m hệ phương trình trên.
2) Tìm m nguyên để hệ có nghiệm nguyên.
3) Đònh m để hệ có nghiệm và nghiệm đó thỏa y =

2x.
- 2 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
7.6) Giải hệ :
2 2 2 2
(2x y) 5(4x y ) 6(2x y) 0
1
2x y 3
2x y

+ − − + − =


+ + =

−

(ĐHXD)
7.7) Tìm m để hệ :
(m 1)x my 4
3x 5y m

+ − =


− =


có nghiệm (x, y) : x – y <
2

7.8) Cho hệ :
(2m 3)x my 3m 2
5x (2m 3)y 5

− − = −


− + + = −


1) Tìm m để hệ phương trình vô nghiệm
2) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất thỏa – 1 < x < 2 ,
y < 3
VẤN ĐỀ 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH HAI ẨN CÓ MỘT
PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau đây:
1)
2 2
2x y 6
y 3xy x 10

− =


− + =


2)
2 2
x y 6x 2y 0

x y 8 0

+ + + =


+ + =


3)
2 2
x y 1
x y 41

− =


+ =


4)
2
2x 3y 1
x xy 24

− =


− =



5)
2
x y y 3
x y 4

− + =


+ =


6)
3 x 5y 9 0
2x y 7

+ − =


− =


Bài 2: Giải và biện luận các hệ phương trình sau:
1)
2 2
2x y m
x 2y 9

− =



+ =


2)
2 2
x 3y m
3x 5y 13

+ =


+ =


3)
2 2
x y m
x y 2x 2

+ =


− + =


4)
2 2
x y a
x y b


− =


+ =


Bài 3: Cho hệ :
2 2
x y 4
x y m

+ =


+ =


Đònh m để hệ phương trình :
1) Vô nghiệm. 2) Có nghiệm duy nhất.
1) Có hai nghiệm phân biệt.
VẤN ĐỀ 3: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau đây :
1)
2 2
x y 10
x y 58

+ =



+ =


2)
3 3
x y 1
x y 61

+ =


+ =


3)
4 4
x y 5
x y 97

+ =


+ =


4)
2 2
xy 4
x y 28


=


+ =


5)
2 2
x xy y 13
x y 2

− + =


+ = −


6)
3 3
2 2
x y 2
x y xy 2

+ =


+ =


7)

2 2
x y 5 xy
x y xy 7

+ = −


+ + =


8)
2 2
2 2
5x 6xy 5y 29
7x 8xy 7y 43

− + =


− + =



- 3 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
9)
2 2
3 3
x y xy 30
x y 35


+ =


+ =


Bài 2: Cho hệ phương trình :
2 2
x y xy m
x y m

+ + =


+ =


. Đònh m để hệ :
1) Có nghiệm 2) Có nghiệm duy nhất .
3) Có nghiệm x , y > 0 4) Có nghiệm x , y : (x + y) nhỏ
nhất.
Bài 3: Đònh m để hệ :
2 2
x y 2m
1
xy m
2

+ =



= −


có hai nghiệm phân biệt .
Bài 4: Cho hệ phương trình :
2 2
x y 4
x y m

+ =


+ =


.
Đònh m để hệ phương trình:
1) Vô nghiệm . 2) Có nghiệm duy nhất .
3) Có hai nghiệm phân biệt.
Bài 5: Cho hệ :
2 2 2
x y m 1
x y y x 2m m 3

+ = +


+ = − −



1) Giải hệ với m = 3. 2) CMR: Hệ có nghiệm với mọi m.
Bài 6: Tìm m để hệ có nghiệm :
4 4
x y 2
x y a

+ =


+ =


(ĐH Mỏ – Đòa Chất )
Bài 7: Giải và biện luận hệ :
2 2
x y xy
x y a

− =


+ =


(ĐHXDHN – 1992)
Bài 8: Giải hệ :
x
x y 5

y
x
(x y) 6
y

+ + =




+ =


(ĐHTS – 1999)
Bài 9: Giả sử (x , y) là nghiệm của hệ :
2 2 2
x y 2m 1
x y m 2m 3

+ = −


+ = + −



Xác đònh m để tích x.y nhỏ nhất.
Bài 10: Cho hệ :
2 2
x y xy a

x y y x 3a 8

+ + =


+ = −


1) Giải hệ với
7
a
2
=
. 2) Tìm a để hệ có nghiệm.
- 4 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Bài 11: Cho hệ :
( )
2 2
2
x y 2(1 a)
x y 4

+ = +


+ =


1) Giải hệ với

a 1=
. 2) Tìm a để hệ có đúng hai
nghiệm.
VẤN ĐỀ 4: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II
Bài 1: Giải hệ :
2
2
x 2x y 1 0
y 2y x 1 0

− − − =


− − − =


(ĐHQG – TPHCM – KD – 2000)
Bài 2: Giải hệ :
2
2
x 3x y
y 3y x

= −


= −


(ĐH Mó Thuật – 1998)

Bài 3: Giải hệ :
2
2
1
2x y
y
1
2y x
x

= +




= +


(ĐHSP – TPHCM – 1992)
Bài 4: Giải hệ :
2 2
2 2
2x 3x y 2
2y 3y x 2

− = −


− = −



(ĐHQGHN – 2000)
Bài 5: Giải hệ :
2 2
2 2
2y(x y ) 3x
x(x y ) 10y

− =


+ =


(ĐH Mỏ – Đòa Chất – 1997)
Bài 6: Giải các hệ phương trình sau :
1)
2
2
x 2xy 2x 1 0
y 2xy 2y 1 0

− + − =


− + − =


2)
2

2
x 13x 4y
y 13y 4x

= +


= +


3)
2
2
2x xy 3x
2y xy 3y

+ =


+ =


4)
3 2
3 2
x xy 10y
y yx 10x

+ =



+ =


Bài 7: Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất :
2 3 2
2 3 2
y x 4x mx
x y 4y my

= − +


= − +



Bài 8: Cho hệ :
2
2
xy x m(y 1)
xy y m(x 1)

+ = −


+ = −


1) Giải hệ với m = – 1.

2) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (ĐHHH)
Bài 9: Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất:
3 2 2
3 2 2
x y 7x mx
y x 7y my

= + −


= + −


(ĐHSP)
VẤN ĐỀ 5: HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP THEO x , y
Bài 1: Giải các hệ phương trình sau đây:
- 5 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
1)
2
2 2
3x 2xy 16
x 3xy 2y 8

− =


− − =



2)
2 2
2 2
x 2xy 3y 9
2x 2xy y 2

+ + =


+ + =



3)
2 2
2 2
3x 5xy 4y 3
9y 11xy 8x 6

− − = −


+ − =


4)
2 2
2 2
3x 8xy 4y 0
5x 7xy 6y 0


− + =


− − =


5)
2 2
2 2
3x xy 2y 0
2x 3xy y 1

+ − =


− + = −


6)





=++
=++
1732
1123
22

22
yxyx
yxyx
7)
2 2
2 2
56x xy y 0
14x 19xy 3y 0

− − =


+ − =


8)
2 2
2 2
4x 3xy y 0
32x 36xy 9y 6

− − =


− + =



Bài 2: Cho hệ :
2 2

2
x 4xy y a
x 3xy 4

− + =


− =


1) Giải hệ với a = 1 .2) Tìm a để hệ có nghiệm. (ĐHHH –
1996)
Bài 3: Cho hệ :
2 2
2 2
3x 2xy y 11
x 2xy 3y 17 m

+ + =


+ + = +


1) Giải hệ với m = 0
2) Tìm m để hệ có nghiệm.(ĐHQG–TPHCM)
Bài 4: Giải và biện luận hệ :
4 4 4
x y a
x y a


+ =


+ =


VẤN ĐỀ 6: HỆ PHƯƠNG TRÌNH TỔNG HP
- 6 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Bài 1: Cho hệ :
2 2
x my m 0
x y x 0

+ − =


+ − =


1) Giải hệ khi m = 1.
2) Biện luận số nghiệm phương trình theo m.
3) Hệ có 2 nghiệm phân biệt (x
1
, y
1
) ; (x
2
, y

2
) .Tìm m để :
2 2
2 1 2 1
S (x x ) (y y )= − + −
đạt giá trò lớn nhất .
Bài 2: Cho hệ phương trình :
2 2
x 3xy 2y 4
2x y k

− + =


− =


1) Giải hệ khi k = 1 . 2) Tìm k để hệ có nghiệm
Bài 3: Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
(x y)(x y ) 3
(x y)(x y ) 15

− − =


+ + =



(*)
Giải:
(*)
2
2 2
(x y)(x y) 3
(x y)(x y ) 15

+ − =

⇔

+ + =


(**)
Do x = y không là nghiệm phương trình nên:
(**)
2 2
2
x y
5
(x y)
+
⇒ =
−
2 2
4x 10xy 4y 0⇔ − + =
2
x x

2 5 2 0
y y
   
⇔ − + =
 ÷  ÷
   
x x 1
2
y y 2
⇔ = ∨ =
Bài 4: Tìm a để hệ có nghiệm duy nhất :
2
2
ax a 1 y
x y 1

+ − =


+ =


(*)
Giải:
+ Ta thấy: Nếu
0 0
(x ,y )
là nghiệm của hệ thì
0 0
( x ,y )−

cũng là
nghiệm của hệ.
Do đó để hệ có nghiệm duy nhất thì
0 0
x x= −
0
x 0⇒ =
(*)
0
0
y a 1
y 1

= −

⇔

= ±


a 0
a 2

=
⇒

=

+ Với a = 0: (*)
2

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

⇒
a = 0: nhận
+ Với a = 2: (*)
2
2
2x 1 y (1)
x y 1 (2)

+ =


⇔

+ =


(1)
2
y 1 2x 0⇒ − = ≥

y 1⇒ ≥
(3)
- 7 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
(2)
2
y 1 1 y 1⇒ ≤ ⇔ − ≤ ≤
(4)
Từ (3) và (4)
y 1⇒ =
x 0⇒ =
a 2⇒ =
: nhận
Bài 5: Giải hệ :
2 2
2 2
x y 3x 4y 1
3x 2y 9x 8y 3

+ − + =



− − − =


(ĐHSPHN 1999)
Hướng dẫn: Đặt
2
2
u x 3x
v y 4y

= −


= +


Bài 6: Giải hệ :
2 2
2 2
1 1
x y 5
x y
1 1
x y 9
x y

+ + + =





+ + + =


(ĐHNT – TPHCM – 1997)
Hướng dẫn:
Đặt
1
u x
x
= +
và
1
v y
y
= +

Bài 7: Giải hệ :
2 2 2 2
(2x y) 5(4x y ) 6(2x y) 0 (1)
1
2x y 3 (2)
2x y

+ − − + − =


+ + =


−


Hướng dẫn:
+ Điều kiện:
2x y≠
+ Chia 2 vế (1) cho
2
(2x y)−
(1)
2
2x y 2x y
5 6 0
2x y 2x y
   
+ +
⇔ − + =
 ÷  ÷
− −
   
2x y
2
2x y
2x y
3
2x y

+
=


−

⇔

+
=

−


Bài 8: Giải và biện luận hệ :
x y b(1 xy)
x y xy 2

+ = −


− = −


(*)
Hướng dẫn:
+ Đặt
t xy=
thì (*)
x y b(1 t)
x y t 2

+ = −


⇔

− = −


2x (1 b)t b 2
2y (1 b)t b 2

= − + −

⇒

= − + + +


4xy (1 b)t b 2 (1 b)t b 2
  
⇒ = − + − − + + +
  

4t (1 b)t b 2 (1 b)t b 2
  
⇒ = − + − − + + +
  
2 2 2 2
(b 1)t 2b t b 4 0⇔ − − + − =
(**)
- 8 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH

+ Biện luận (**)
(1 b)t b 2
x
2
(1 b)t b 2
y
2

− + −
=


⇒

− + + +

=


Bài 9: Cho hệ phương trình :
3
x y m (1)
(x y)y xy m(y 2) (2)

+ =


+ + = +



1) Giải hệ khi m = 4.
2) Tìm m để hệ có nhiều hơn 2 nghiệm.
Hướng dẫn:
(1)
x m y⇒ = −
thay vào (2), ta có: (2)
2
3
y
m
y 2
⇔ =
−
Bài 10: Cho hệ :
2
2
x(x 4y 4a) 4y(y 2a) 1 a 6a (1)
x(x 4) y(y 2x 4) 2a 5a 2 (2)

− + + − = − −


− + + − = + −



1) Tìm a để hệ có nghiệm
2) Giải hệ khi a = 0.
Hướng dẫn:
(1)

2 2
(x 2y) 4(x 2y) 6a a 1 0⇔ − + − + + − =
(3)
(2)
2 2
(x y) (x y) (2a 5a 2) 0⇔ + − + − + − =
(4)
Hệ có nghiệm
⇔
(3), (4) có nghiệm
2
2
2a a 1 0
8a 20a 7 0

− − + ≥

⇔

+ − ≥


Bài 11: Giải hệ :
3 2
3 2
3 2
x y y y 2
y z z z 2
z x x x 2


= + + −

= + + −


= + + −

(*) (ĐHNT – TPHCM – 1996)
Hướng dẫn:
Xét
3 2
f(t) t t t 2= + + −
,
t R∈
Ta có:
/ 2
f (t) 3t 2t 1 0= + + >
,
t R∀ ∈
⇒
f(t) đồng biến trên R.
Mặt khác: (*)
x f(y)
y f(z)
z f(x)

=

=



=

Giả sử:
x y z≥ ≥
⇔
f(x) f(y) f(z)≥ ≥
(do f đồng biến)

z x y
⇔ ≥ ≥

x y z⇒ = =
Bài 12: Giải hệ :
3 3
x y 12(x y)
x y 2

+ = +


− = −


(ĐHXDHN – 1993)
- 9 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Bài 13: Tìm a , b để hệ có nghiệm duy nhất :
2
2 2 2

xyz z a
xyz z b
x y z 4

+ =

+ =


+ + =

(*)
Hướng dẫn:
+ Ta thấy:
Nếu
(x,y,z)
là nghiệm hệ thì
( x, y,z)− −
cũng là nghiệm hệ.
Vậy: Hệ có ngiệm duy nhất
x x
y y

= −

⇒

= −



x y 0⇔ = =
(*)
2
z a
z b
z 4

=

⇔ =


=

a b 2
a b 2

= =
⇔

= = −

+ a = b = 2:
(*)
2
2 2 2
xyz z 2 (1)
xyz z 2 (2)
x y z 4 (3)


+ =

⇔ + =


+ + =

(1)
xyz 2 z⇔ = −
, thay vào (2)
(2)
(2 z)z z 2⇔ − + =
2
z 3z 2 0⇔ − + =
z 1
z 2

=
⇔

=

⇒
Hệ có ít nhất 2 nghiệm hay vô nghiệm
a b 2⇒ = =
: loại
+
a b 2= = −
:
(*)

2
2 2 2
xyz z 2 (1)
xyz z 2 (2)
x y z 4 (3)

+ = −

⇔ + = −


+ + =

(1)
xyz 2 z⇔ = − −
, thay vào (2)
(2)
( 2 z)z z 2⇔ − − + = −
2
z z 2 0⇔ + − =
Bài 14: Xác đònh a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất :
2
2
(x 1) y a
(y 1) x a

+ = +


+ = +



(ĐHL – TPHCM – 2001 – 2002)
Giải:
+ Điều kiện cần:
- 10 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Nếu hệ có nghiệm
( )
0 0
x ,y
thì
( )
0 0
y ,x
cũng là nghiệm của
hệ.
Nên hệ có nghiệm duy nhất thì
0 0
x y=
, thay vào hệ ta được:
( )
2
0 0
x 1 x a+ = +

⇔

2
0 0

x x 1 a 0+ + − =
(*)
Hệ có nghiệm duy nhất
⇒
(*) có nghiệm duy nhất
⇒

1 4(1 a) 0∆ = − − =
⇒

3
a
4
=
+ Điều kiện đủ:
Với
3
a
4
=
hệ trở thành
2
2
3
(x 1) y (1)
4
3
(y 1) x (2)
4


+ = +




+ = +


Lấy (1) – (2) ta được: (x – y)(x + y + 3) = 0
y x
y x 3

=
⇔

= − −

M Thế y = x vào (1) ta được:
2
4x 4x 1 0+ + =

1 1
x y
2 2
⇔ = − ⇒ = −
M Thế y = – x – 3 vào (1) ta được:
2
4x 12x 13 0+ + =
: VN
Tóm lại hệ có nghiệm duy nhất: x = y =

1
2
−
Vậy
3
a
4
=
thỏa yêu cầu đề bài.
Bài 15: Cho hệ phương trình :
3
3
x 2y x m (1)
(I)
y 2x y m (2)

= + +


= + +



1) Giải hệ khi m = 2.
2) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất .
Giải:
1) Giải hệ với m = 2.
Lấy (1) – (2), ta có:
2 2
(x y)(x xy y 1) 0− + + + =

: VN
2 2
y x
x xy y 1 0

=
⇔

+ + + =


y x⇔ =
Thay y = x vào (1), khi đó:
(I)
3
y x
x 3x m (*)

=

⇔

− =


Khi m = 2, ta có:
- 11 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH

3

y x
x 3x 2 0

=

⇔

− − =


x 1 x 2
v
y 1 y 2
 
= − =
 
⇔
 
= − =
 
 
2) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất .
Hệ có nghiệm duy nhất
⇔
(*) có nghiệm duy nhất.
Xét (C):
3
y f(x) x 3x= = −
, D = R
2

f'(x) 3x 3= −
f'(x) 0 x 1= ⇔ = ±
Bảng biến thiên:
x
−∞
– 1 1
+∞
y’ + 0 – 0 +
y
+∞

2
– 2
−∞
(*) có nghiệm duy nhất
⇔
(d): y = m và (C):
y f(x)=
có điểm chung duy nhất
m 2 v m 2⇔ < − >
Bài 16: Cho hệ phương trình :
2
2
xy y 12
x xy 26 m

− =


− = +



(I)
1) Giải hệ với m = 2.
2) Tìm m để hệ có nghiệm .
Giải:
Ta có:
(I)
y(x y) 12 (1)
x(x y) m 26 (2)

− =

⇔

− = +



Từ (1)
⇒

y 0≠
và
x y≠
Từ (1) và (2)
x m 26 (m 26)y
x
y 12 12
+ +

= ⇒ =

thay vào (1), ta có:
2
(m 14)y 144+ =
(*)
1) Giải hệ với m = 2.
Với m = 2: (*)
2 2
y 3 x 7
16y 144 y 9
y 3 x 7

= ⇒ =
⇔ = ⇔ = ⇔

= − ⇒ = −

2) Tìm m để hệ có nghiệm .
Hệ có nghiệm
⇔
(*) có nghiệm
y 0≠
- 12 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
⇔

m 14 0+ >
m 14⇔ > −
Bài 17: Giải hệ :

3 3
x y 6
x y 126

− =


− =


(ĐHNL – 2001 – 2002)
Bài 18: Xác đònh m để hệ phương trình :
2
2
x (m 2)x my
y (m 2)y mx

+ + =


+ + =



Có đúng hai nghiệm phân biệt (CĐSP – 2001 – 2002)
Bài 19: Giải hệ phương trình :
2 2
x xy y 1
x y xy 6


− − =


− =



Bài 20: Tìm m để hệ có nghiệm:
2
2 2
5x 2xy y 3
m
2x 2xy y
m 1

+ − ≥


+ + ≤

−

(ĐHQGHN)
Bài 21: Giải hệ :
3 3
6 6
x 3x y 3y (1)
x y 1 (2)

− = −



+ =


(ĐHNT – KA – 2001 – 2002)
Giải:
Từ (2)
⇒

1 x,y 1− ≤ ≤
Xét hàm số:
3
f(t) t 3t= −
với
t [ 1,1]
∈ −
+
/ 2
f (t) 3t 3 0= − ≤
,
t [ 1,1]
∀ ∈ −

⇒
f(x) nghòch biến trên
[ 1,1]−
Mà (1)
⇔
f(x) f(y)=

x y⇔ =
Thay y = x vào (2)
⇒
2
1
x y
2
= = ±
Bài 22: Giải hệ :
2 2
x y x y 4
xy(x 1)(y 1) 4

+ − − =


− − =


(ĐH Y–Hải Phòng–2001–2002)
Bài 23: Giải hệ :
2 2 2 2
128x (4x 1)(8x 1) 1 2x 0 (1)
1
x 0
2

− − + − =



− < <



Giải:
Ta có:
(1)
⇔
2 2
(2x 1) 128x (2x 1)(8x 1) 1 0
 
− + − − =
 

⇔
2 2
128x (2x 1)(8x 1) 1 0+ − − =
(2) (do 2x – 1
0≠
)
Đặt: 2x = cost ,
t
2
 
π
< < π
 ÷
 
(2)

⇔

2 2 2
32cos t(cost 1)(2cos t 1) 1+ − =
- 13 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
⇔

2 2 2
t
64cos cos t cos 2t 1
2
× × =
⇔
2 2 2 2 2
t t t
64sin cos cos t cos 2t sin
2 2 2
× × × =
(do
2
t
sin
2
> 0)
⇔
2 2 2 2
t
16sin t cos t cos 2t sin
2

× × =
⇔
2 2
t
sin 4t sin
2
=

⇔
1 cos8t 1 cost
2 2
− −
=

⇔
cos8t = cost
⇔
8t t k2
8t t k2

= + π

= − + π


⇔
k2
t
7
k2

t
9

π
=



π
=


Do
t
2
π
< < π

⇒

4
t
7
π
=
,
6
t
7
π

=
,
6
t
9
π
=
,
8
t
9
π
=
⇒
Nghiệm x.
Bài 24: Xác đònh a để hệ phương trình sau đây có nghiệm (x,y)
với mọi giá trò của b :
5 5
bx 4 2
(a 1)x y 1
e (a 1).b.y a

− + =


+ + =


(ĐH Dược HN- 2001– 2002)
Giải:

+ Giả sử hệ có nghiệm với mọi b
⇒
Hệ có nghiệm khi b = 0
Với b = 0, hệ trở thành:
5 5
0 2
(a 1)x y 1
e a

− + =


=



⇒

a 1= ±
+ Với a = 1: Hệ trở thành
5
bx 4
y 1
e 2by 1

=


+ =




⇔
bx
y 1
e 1 2b

=


= −


Hệ này vô nghiệm khi b = 1
⇒
a = 1: loại
+ Với a = – 1: Hệ trở thành
5 5
bx
2x y 1
e 1

− + =


=


⇔
5 5

2x y 1
bx 0

− + =


=


Hệ này có ít nhất một nghiệm (0, 1) với mọi b
⇒
a = – 1 nhận.
Bài 25: Giải hệ phương trình :
4 4
6 6
x y 1
x y 1

+ =


+ =


(ĐHTCKT – HN – 2002)
Giải:
Đặt
2
u x=
và

2
v y=
. Hpt
⇔
2 2
3 3
u v 1
u v 1

+ =


+ =



- 14 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Giải được:
u 0
v 1

=


=


hay
u 1

v 0

=


=



⇒
đáp số.
Bài 26: Giải hệ :
3 3 3
2 2
1 x y 19x (*)
y xy 6x

+ =


+ = −


(ĐHT – 2001 – 2002)
Giải:
Do x = 0, y = 0 không là nghiệm hệ nên:
Hpt
⇔
3
3

2
2
1
y 19
x
y y
6
x
x

+ =




+ = −


⇔
2
2
1 1 y
y y 19 (1)
x x
x
y 1
y 6 (2)
x y

  

+ + − =

 ÷ ÷

  

 

+ = −
 ÷

 

(2)
⇔

1 6x
y
x y
+ = −
. Thay vào (1), ta có:
2
2
6x 1 y
y 19
y x
x
 
− + − =
 ÷

 
⇔

6
6xy 6 19
xy
− − + =
⇔

2
6(xy) 13(xy) 6 0+ + =
⇔

2 3
xy xy
3 2
= − ∧ = −
Thay xy vào (*). Từ đó suy ra kết quả.
Bài 27: Giải hệ :
2 2 2
2 2
x xy y 19(x y) (1)
x xy y 7(x y) (2)

+ + = −


− + = −



Giải:
+ Ta thấy
x 0 y 0= ∧ =
là nghiệm của hệ.
+ Xét
x 0 y 0≠ ∧ ≠
(1)
⇔

2 2
6x 13xy 6y 0− + =

⇔
2
x x
6 13 6 0
y y
   
− + =
 ÷  ÷
   
(chia hai vế cho
2
y
)

⇔

x 3 x 2

y 2 y 3
= ∨ =
Thay vào (2) từ đó suy ra kết quả.
Bài 28: Giải hệ :
4
4
4 y x
4 x y
(x y).3 1
8(x y) 6 0
−
−

+ =


+ − =


(ĐH Mỏ ĐC – 2001 – 2002)
- 15 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Bài 29: Giải hệ :
2 2 2
2
x y z 7
x y z 21
xz y

+ + =


+ + =


=

(ĐHBKHN – 1995)
Bài 30: Giải và BL hệ :
x y b(1 xy)
x y xy 2

+ = −


− = −


(ĐHXDHN – 1990)
Bài 31: Giải hệ :
2
x(3x 2y)(x 1) 12
x 2y 4x 8 0

+ + =


+ + − =


(HVBCVTHN – 1997)

Bài 32: Giải hệ :
2 2
2 2
1
(x y) 1 5
xy
1
(x y ) 1 49
x y

 
+ + =

 ÷

 

 

+ + =
 ÷
 ÷

 

(ĐHNTHN – 1999)
Giải:
2 2
2 2
1

(x y) 1 5
xy
1
(x y ) 1 49
x y

 
+ + =

 ÷

 

 

+ + =
 ÷
 ÷

 

⇔
2 2
2 2
1 1
x y 5
x y
1 1
x y 49
x y


   
+ + + =

 ÷  ÷

   

 
 

+ + + =
 ÷
 ÷
 ÷

 
 

(I)
Đặt
1
u x
x
= +
và
1
v y
y
= +

( )
u 2, v 2≥ ≥
(I)
⇔
2 2
u v 5
u v 53

+ =


+ =


⇔
u 7
v 2

=


= −


V
u 2
v 7

= −



=


Bài 33: Tìm a < 0 để hệ
2 2
2 2
x y a y
xy a x

+ =


+ =


Có n
o
duy nhất (ĐH Dược
HN)
Bài 34: Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất :

x
2
2 2
2 x y x a
x y 1

+ = + +




+ =


Bài 35: Tìm a để hệ sau đây có nghiệm duy nhất :
2
2 2
ax a 1 y Sinx
y tg x 1

+ − = −


+ =


Giải:
Nhận xét: Nếu
0 0
(x ,y )
là nghiệm hệ thì
0 0
( x ,y )−
cũng là
nghiệm của hệ. Do đó để hệ có nghiệm duy nhất thì
0 0 0
x x x 0= − ⇒ =
- 16 -

GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Thay x = 0 vào hệ ta được:
2
y a 1
y 1

= −


=



y 1 y 1
a 2 a 0
 
= = −
 
⇒ ∨
 
= =
 
 
Thử lại:
O Với a = 2 hệ trở thành:
2
2 2
2x 1 y Sinx (1)
y tg x 1 (2)


+ = −


+ =



Ta thấy:
2
(1) y 2x sinx 1 1⇔ = + + ≥
Từ (2) ta lại có:
y 1≤
Suy ra y = 1, thay vào (2) ta được:
tgx 0 x k (k Z)= ⇔ = π ∈
Thay x, y vào (1), ta được k = 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất:
x 0
y 1

=


=



a 2⇒ =
nhận.
O Với a = 0 hệ trở thành:
2 2

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

Nhận thấy
x 0
y 1

=


= −


,
x
y 1

= π


= −



là nghiệm của hệ
a 0⇒ =
loại.
Bài 36: Giải hệ phương trình:
2
3 3
(x y) y 2
x y 19

− =


− =


(1)
Giải:
Dùng phương pháp giải hệ phương trình đẳng cấp: Đặt y = kx
Bài 37: Giải hệ phương trình:
2 2 3 3
x y 4
(x y )(x y ) 280

+ =


+ + =


(1)

Giải:
Đặt
S x y
P x.y

= +


=


. khi đó: (1)
⇔
2 3
S 4
(S 2P)(S 3SP) 280

=


− − =


Bài 38: Giải hệ phương trình:
2 2
2 2 2
y xy 6x (1)
1 x y 5x (2)

+ =



+ =


(ĐHSPHN – KA)
Giải:
Từ (2)
x 0⇒ ≠
nên:
Hệ pt
2
2
2
2
y y
6
x
x
1
y 5
x

+ =


⇔


+ =



2
y 1
y 6
x x
1 y
y 2 5
x x

 
+ =

 ÷

 
⇔

 

+ − =
 ÷

 

(3)
- 17 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Đặt
y

u
x
=
và
1
v y
x
= +
, khi đó:
(3)
2
uv 6
v 2u 5

=

⇔

− =


2
2
v 5
u
2
v 5
v 6
2


−
=


⇔

−

=


Giải tìm u, v. Từ đó suy ra x và y
Bài 39: (Khối B – 2002)
Giải hệ:
3
x y x y (1)
x y x y 2 (2)

− = −


+ = + +


Hướng dẫn:
Điều kiện:
x y 0
x y 0

−



+


≥
≥
(1)
⇔
2 3
(x y) (x y)− = −
⇔
2
(x y) (x y 1) 0− − − =
⇔
x y 0
x y 1 0

− =

− − =

Bài 40: (Khối D – 2002)
Giải hệ:
3x 2
x x 1
x
2 5y 4y
4 2
y

2 2
+

= −


+
=

 +
(1)
Hướng dẫn:
(1)
⇔
3x 2
x
2 5y 4y
2 y

= −


=


⇔
3 2
x
y 5y 4y
2 y 0


= −


=


>
Bài 41: (Khối A – 2003) Giải hệ phương trình:
3
1 1
x y (1)
x y
2y x 1 (2)

− = −



= +


Bài 42: (Khối B – 2003) Giải hệ phương trình:
2
2
2
2
y 2
3y
x

x 2
3x
y

+
=



+

=


Bài 43: (Khối D – 2004)
Tìm m để hệ sau có nghiệm:
x y 1
x x y y 1 3m

+ =


+ = −


(1)
Hướng dẫn:
- 18 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Đặt

u x, v y (u,v 0)= = ≥
thì (1)
⇔
3 3
u v 1
u v 1 3m

+ =


+ = −


⇔
u v 1
uv m

+ =


=


⇒
u, v là nghiệm phương trình:
2
t t m 0− + =
(2)
Vậy hệ có nghiệm
⇔

(2) có 2 nghiệm t không âm
⇔
0
S 0
P 0





∆ ≥
≥
≥
⇔
1
0 m
4
≤ ≤
Bài 44: (Khối B – 2005)
Giải hệ phương trình:
2 3
9 3
x 1 2 y 1
3log (9x ) log y 3

− + − =


− =



Bài 45: (Khối A – 2006)
Giải hệ phương trình:
x y xy 3 (1)
x 1 y 1 3 (2)

+ − =


+ + + =


Hướng dẫn:
Điều kiện:
x,y 1−≥
,
xy 0≥
.
Đặt
t xy (t 0)= ≥
⇒
2
xy t=
(1)
⇔
x y 3 t+ = +
(2)
⇔
x y 2 2 xy x y 1 16+ + + + + + =
⇔

2
3 t 2 2 t 3 t 1 16+ + + + + + =
⇔
2
2 t t 4 11 t+ + = −
⇔
t 3=
⇔
x y 6
xy 9

+ =


=


Bài 46: (Khối D – 2007)
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
3 3
3 3
1 1
x y 5 (1)
x y
1 1
x y 15m 10 (2)
x y

+ + + =





+ + + = −


Hướng dẫn:
Đặt
1
u x
x
= +
,
1
v y
y
= +
( )
u 2, v 2≥ ≥
Khi đó hệ đã cho trở thành:
⇔
3 3
u v 5
u v 3(u v) 15m 10

+ =


+ − + = −



⇔
u v 5
uv 8 m

+ =


= −


- 19 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Vậy u, v là nghiệm phương trình
2
t 5t 8 m 0− + − =

⇔
2
t 5t 8 m− + =

(3)
Để hệ có nghiệm
⇔
(3) có 2 nghiệm
1 2 1 2
t ,t : t 2, t 2≥ ≥
♦ Xét hàm số
2
f(t) t 5t 8= − +

( )
t 2≥
♦ Lập bảng biến thiên
⇒
7
m 2 v m 22
4
≤ ≤ ≥
Bài 47: (Đề dự bò 1 khối D – 2007)
Tìm m để hệ phương trình
− − =



+ =


2x y m 0 (1)
x xy 1 (2)
có nghiệm duy
nhất
Hướng dẫn:
Điều kiện:
xy 0≥
(2)
⇔

= −xy 1 x
⇔



= − +

2
x 1
xy x 2x 1
≤
⇔



= − +


x 1
1
y x 2 (3)
x
≤
(do
=x 0
không là nghiệm phương trình)
Thay (3) vào (1), ta có:
 
− − + − =
 ÷
 
1
2x x 2 m 0
x

⇔

+ − =
1
x 2 m
x
(4)
Xét hàm số:
= + −
1
f(x) x 2
x
với
x 1≤
⇒

= +
/
2
1
f (x) 1 0, x 1
x
> ∀ ≤
Lập bảng biến thiên
Hệ có nghiệm duy nhất
⇔
(3) có nghiệm duy nhất
x 1≤
và

x 0≠

⇔

m 2>
Bài 47: (Đề dự bò 2 khối D – 2007)
Giải hệ phương trình:

+ = +

− +



+ = +

− +

2
3
2
2
2
3
2xy
x x y
x 2x 9
2xy
y y x
y 2y 9

Hướng dẫn:
- 20 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH

+ = +

− +



+ = +

− +

2
3
2
2
2
3
2xy
x x y
x 2x 9
2xy
y y x
y 2y 9

⇔



+ = +

− +



+ = +

− +

2
2
3
2
2
3
2xy
x x y (1)
(x 1) 8
2xy
y y x (2)
(y 1) 8
+(1) (2)
⇒
+ = +
− + − +
2 2
2 2
3 3
2xy 2xy

x y
(x 1) 8 (y 1) 8
(3)
Do
+
2 2
x y 0≥
,
− +
2
3
(x 1) 8 2≥
,
− +
2
3
(y 1) 8 2≥
⇒
xy 0≥
(3)
⇒
+ = + + =
− + − +
2 2
2 2
3 3
2xy 2xy 2xy 2xy
x y 2xy
2 2
(x 1) 8 (y 1) 8

≤
⇔
+
2 2
x y 2xy≤

⇔
−
2
(x y) 0≤

⇔
=x y
Khi đó:
(1)
⇔
=
− +
2
2
2
3
2x
x
(x 1) 8

⇔
 
− + − =
 

2 2
3
x (x 1) 8 2 0
⇔
=


=

x 0
x 1

⇔
= =
 
 
= =
 
x 0 x 1
v
y 0 y 1
Bài 47: (Đề dự bò 3 – 2004)
Gọi (x,y) là nghiệm của hệ phương trình:
− = −


+ = +

x my 2 4m
mx y 3m 1

Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức:
= + −
2 2
A x y 2x
, khi m thay
đổi
Hướng dẫn:
♦ Ta có:
= +
2
D m 1 0≠

⇒
Hệ luôn có nghiệm với mọi m
♦ Ta có:
= − + −
2 2
A (x 1) y 1
♦ Ta có:
− = −


+ = +

x my 2 4m
mx y 3m 1
⇔
− − = −



− + = +

(x 1) my 1 4m
(x 1)m y 2m 1
⇒
[ ]
[ ]

− − = −


− + = +


2
2
2
2
(x 1) my (1 4m)
(x 1)m y (2m 1)
⇔

− + − − = − +


− + + − = + +


2 2 2 2
2 2 2 2

(x 1) m y 2m(x 1)y 16m 8m 1 (1)
(x 1) m y 2m(x 1)y 4m 4m 1 (2)
Cộng vế (1) và (2) theo vế, ta được:
 
+ − + = − +
 
2 2 2 2
(m 1) (x 1) y 20m 4m 2
⇔
− +
− + =
+
2
2 2
2
20m 4m 2
(x 1) y
m 1
⇔
− +
= − + − =
+
2
2 2
2
19m 4m 1
A (x 1) y 1
m 1
♦ Lập bảng biến thiên, từ đó suy ra kết quả.
- 21 -

GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Bài 47: (Đề dự bò 5 – 2004)
Xác đònh m để hệ sau có nghiệm:

− +


− + =


2
2
x 5x 4 0 (1)
3x mx x 16 0 (2)
≤
Hướng dẫn:
(1)
⇔

1 x 4 ≤ ≤
♦ Đặt
=t x
. Do
1 x 4 ≤ ≤
⇒
1 t 2 ≤ ≤
(2)
⇔

+ =

3
16
3t m
t
Xét hàm số
= +
3
16
f(t) 3t
t
,
t [1,2]
∈
⇒
= −
/
4
48
f (t) 3
t
⇒
=
/
f (t) 0
⇔
=t 2
♦ Lập bảng biến thiên, ta có kết quả
8 m 19 ≤ ≤
Bài 47: (Đề dự bò 1 – 2005)
Giải hệ phương trình:

2 2
x y x y 4
x(x y 1) y(y 1) 2

+ + + =


+ + + + =


Hướng dẫn: Hệ đối xứng loại 1
Bài 47: (Đề dự bò 2 – 2005)
Giải hệ phương trình:
2x y 1 x y 1
(*)
3x 2y 4


+ + − + =

+ =


Hướng dẫn:
(*)
⇔

2x y 1 x y 1
(2x y 1) (x y) 5



+ + − + =

+ + + + =


(1)
♦ Đặt
u 2x y 1= + +
,
v x y= +

( )
u 0,v 0≥ ≥
(1)
⇔
2 2
u v 1
u v 5

− =


+ =


♦ Giải hệ tìm u, v. Từ đó suy ra x, y
Bài 47: (Đề dự bò 3 – 2005)
Giải hệ phương trình:
+ −


+ = +


− = −


2 2
x y x 1
x y y x (1)
(*)
2 2 x y (2)
Hướng dẫn:
(1)
⇔
− − − =
2 2
x y (x y) 0
⇔
− + − =(x y)(x y 1) 0
⇔
=


= −

x y
y 1 x
♦
=x y

: (2)
⇔
−
− =
2x x 1
2 2 0
⇔
−
=
2x x 1
2 2
⇔
= −


= −

x 1
y 1
- 22 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
♦
= −y 1 x
: (2)
⇔
−
= −
x 1
2 3 2x
Bài 48: (Đề dự bò 2 – 2006)

Giải hệ phương trình:
2
2
(x 1) y(y x) 4y
(*)
(x 1)(y x 2) y

+ + + =


+ + − =


Hướng dẫn:
♦ Khi
y 0=
thì (*)
⇔
2
2
x 1 0
(x 1)(x 2) 0

+ =


+ − =


Hệ vô nghiệm

♦ Khi
y 0≠
: Chia 2 vế phương trình cho y, ta có:
(*)
⇔
2
2
x 1
y x 2 2
y
x 1
(y x 2) 1
y

+
+ + − =



+

+ − =


⇔
2
2
x 1
y x 2 2
y

(y x 2) 2(y x 2) 1 0

+
+ + − =



+ − − + − + =

⇔
2
y x 2 1
x 1 3 x

+ − =


+ = −


⇔
x 1 x 2
v
y 2 y 5
 
= = −
 
 
= =
 

 
Bài 49: (Đề dự bò 2 khối A – 2006)
Giải hệ phương trình:
3 3
2 2
x 8x y 2y
(*)
x 3 3(y 1)

− = +


− = +


Hướng dẫn:
(*)
⇔
3 3
2 2
x y 2(4x y) (1)
x 3y 6 (2)

− = +


− =


Từ (1) và (2) ta có:

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

3 2 2
x x y 12xy 0+ − =
⇔
x 0
x 3y
x 4y

=

=


= −

Bài 50: (Đề dự bò 2 khối B – 2006)
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
(x y)(x y ) 13
(*)
(x y)(x y ) 25

− + =



+ − =


Hướng dẫn:
(*)
⇔
2 2
2
(x y)(x y ) 13 (1)
(x y)(x y) 25 (2)

− + =


− + =


(2) (1)−
ta có:
2xy(x y) 12− =
(3)
(1) (3)−
ta có:
3
(x y) 1− =

⇔
x y 1− =
- 23 -

GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Do đó: (*)
⇔
2
x y 1
(x y) 25

− =


+ =


⇔
x 3 x 2
v
y 2 y 3
 
= = −
 
 
= = −
 
 
Bài 51: (Đề dự bò 1 khối D – 2006)
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2 2
x xy y 3(x y)
(*)

x xy y 7(x y)

− + = −


+ + = −


Hướng dẫn:
Đặt
u x y= −
,
v xy=
. Khi đó hệ đã cho trở thành:
2
2
u 3u v 0
v 2u

− + =


=


⇔
2
2
3u 3u 0
v 2u


− =


=


⇔
u 0 u 1
v
v 0 v 2
 
= =
 
 
= =
 
 
Bài 52: (Đề dự bò 2 khối D – 2006)
Giải hệ phương trình:
2 2
ln(1 x) ln(1 y) x y (1)
x 12xy 20y 0 (2)

+ − + = −


− + =



Hướng dẫn:
♦ Điều kiện:
x 1, y 1− −> >
♦ (2)
⇔
x 2y
x 10y

=

=

⇒
x, y cùng dấu hay
x y 0= =
♦ (1)
⇔
ln(1 x) x ln(1 y) y + − = + −
(3)
Xét hàm số
f(t) ln(1 t) t= + −
, (
t 1−>
)
⇒
/
1 t
f (t) 1
t 1 t 1
−

= − =
+ +
⇒
f đồng biến trên
( 1,0)−
và nghòch biến trên
(0, )+∞
+ Nếu
1 x 2y y 0 v 1 x 10y 0− = − =< < < < <
⇒
f(x) f(y)<
⇒
ln(1 x) x ln(1 y) y + − + −<
⇒
(3) vô nghiệm
⇒
Hệ vô
nghiệm
+ Nếu
0 y x 2y v 0 y x 10y= =< < < <
⇒
f(x) f(y)>
⇒
ln(1 x) x ln(1 y) y + − + −>
⇒
(3) vô nghiệm
⇒
Hệ vô
nghiệm
+ Nếu

x y 0= =
thay vào hệ
⇒
Thoả
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
x y 0= =
Bài 47: (Đề dự bò 1 khối A– 2007)
Giải hệ phương trình:
−
−

+ − + = +


+ − + = +


2 y 1
2 x 1
x x 2x 2 3 1
y y 2y 2 3 1
(I)
Giải:
- 24 -
GV.HUỲNH CÔNG DŨNG CHUYÊN TOÁN 10 – 11 – 12 - LTĐH
Ta có:
−
−

+ − + = +



+ − + = +


2 y 1
2 x 1
x x 2x 2 3 1
y y 2y 2 3 1
⇔
−
−

− + − + =


− + − + =

2 y 1
2 x 1
(x 1) (x 1) 1 3
(y 1) (y 1) 1 3
(II)
Đặt:
= −


= −

u x 1

v y 1
(II)
⇔

+ + =


+ + =

2 v
2 u
u u 1 3
v v 1 3
⇔
(
)
(
)

− = − +



− = − +

v 2
u 2
1 3 u u 1
1 3 v v 1
⇒

(
)
(
)
− + = − +
v 2 u 2
3 u u 1 3 v v 1
⇔
− + − +
=
2 2
u v
u u 1 v v 1
3 3
(1)
Xét hàm số:
− +
=
2
t
t t 1
f(t)
3
,
t ∈ ¡
Ta có:
(
)
(
)

+ − + +
=
2 2
/
t
t 1 t 1 t 1.ln3
f (t) 0, t
3
> ∀ ∈ ¡
⇒
f(t) đồng biến trên
¡
Mà: (1)
⇔
=f(u) f(v)
⇔
=u v
Khi đó:
+ + =
2 v
u u 1 3

⇔

+ + =
2 u
u u 1 3
⇔
(
)

+ − =
u 2
3 u 1 u 1
(2)
Xét hàm số:
(
)
= + −
u 2
g(u) 3 u 1 u
,
u∈ ¡
Ta có:
(
)
 
= + − −
 ÷
 ÷
+
 
/ u 2
2
1
g (u) 3 u 1 u ln3 0, u
u 1
> ∀ ∈ ¡
⇒
g(u) đồng biến trên
¡

Mà
=g(0) 1

⇒

=u 0
là nghiệm duy nhất của (2)
⇒
= =u v 0
⇔
= =x y 1
Bài 47: (Đề dự bò 2 khối A– 2007)
Giải hệ phương trình:

− + =


− + = −


4 3 2 2
3 2
x x y x y 1
x y x xy 1
Giải:
Ta có:

− + =



− + = −


4 3 2 2
3 2
x x y x y 1
x y x xy 1

⇔

− = −


− = +


4 2
2 2
x 1 x y(x y) (1)
x 1 xy(x 1) (2)
(I)
TH1: Xét
− =
2
x 1 0

⇔

= ±x 1
+ Với

=x 1
: (I)
⇔
− =


=

y(1 y) 0
2y 0

⇔

=y 0
- 25 -