Tuyển tập 20 hệ phương trình ôn thi ĐH

Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014

Tuyển tập 20 hệ phương trình Ôn thi ĐẠI HỌC 2015 – by Nguyễn Thế Duy

Bài 1. Giải hệ phương trình :


 
2 2 2
2 3 3
1 1 3 9 3
3 1 5 4 3 7 0
xy x y y
x x y xy x x y x

    



      

Điều kiện :
2

5x y xy

Lời giải
Xử lý phương trình một cho ta dạng hàm số như sau. Với
0y 
chúng ta có :




2 2 2 2 2 2 2
22
3 3 3 3
1 1 3 9 3 1 1 9 1 9xy x y y x x y x x x y
y y y y
                

Mà muốn để xuất hiện hàm số dạng
 
2
1f t t t t  
nên ta cũng phải đưa VP về dạng đó là :
2
3 3 3
1
y y y





nhưng để có được
điều này tức là cần phải đưa
1
y
vào trong căn thức. Do vậy cần phải chứng minh y luôn dương như sau :
2
90y y y y y y       
suy ra từ phương trình một có
0x 
dựa vào điều kiện :
2
50x y xy y   
. Nên đến đây
thoải mái xét hàm số
 
ft
là hàm số đồng biến trên TXĐ suy ra
3xy 
. Thế xuống phương trình hai thì :
     
 
 
 
 
3 2 2
2
22
3 1 3 2 4 9 7 3 1 3 2 3 1 4 3 2
3 2 3 1
4 3 2 3 1 0 3 2 4 0

3 2 3 2
x x x x x x x x x x x x
x x x
x x x x x x x
x x x x
            
  

          

   


Mặt khác với điều kiện :
3 2 0x 
thì
31
40
32
x
x
xx



do đó
2
3
1
3 2 0

3
2
2
y
x
xx
x
y





    






.
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm đó là :
   
3
; 1;3 , 2;
2
xy





.

Bài 2. Giải hệ phương trình :
   
 
3
2 2 2 2
22
3
2
76 20 2 4 8 1
x x y x x y
x y x x

   



   

Điều kiện :
2
0xy

Lời giải
Phương trình một của hệ phương trình ta sẽ dễ dàng đưa về dạng đẳng cấp như sau :
       





33
2 2 2 2 3 2 2
23
3 2 2 2 2 2
2 2 0
20
x x y x x y x x x y x y
x x x y x y x x y y x x
         
           

Thế
22
y x x
xuống phương trình hai chúng ta có :
 
2 2 2
3
3
96 20 2 4 8 1 96 20 2 32 4x x x x x x x x        

Áp dụng bất đẳng thức Cosi suy ra :
   
 
2
2 2 2 2
3
2 1.1. 32 4 32 4 2 2 96 20 2 32 4 2 16 2 0x x x x x x x x x            

Do đó
 
 
2
2
32 4 1
17
2
88
16 2 0
xx
pt x y
x




    




. Vậy
 
17
;;
88
xy






là nghiệm của hệ phương trình đã cho.








Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014

Bài 3. Giải hệ phương trình :
   
2
3
3
1 1 4 3
5 1 2 4
x y x y x y
x y x

      



   


Điều kiện :
3
0
51
xy
x






Lời giải
Ở phương trình đầu thực chất tác giả đã làm phức tạp nó bằng cách đặt
t x y
của phương trình :
2
1 1 4 3t t t   
và
phương trình này thì không quá khó khăn để phát hiện ra nhân tử như sau :
    
2
1
1 1 4 3 3 1 2 1 2 1 0 2 1 2 1 0
31
t t t t t t t t t
tt

               





Còn cái phương trình còn lại dường như đã quá quen thuộc khi dựa vào điều kiện chứng minh được nó luôn dương. Với
2 1 2 1 2t y x   
thay xuống phương trình hai chúng ta có :
3
3
5 1 1 2 4 0x x x     
. Dễ dàng ta nhẩm được nghiệm
1x 
và một điều nữa
 
3
3
5 1 1 2 4f x x x x     
luôn đồng biến trên TXĐ là vì
 
 
2
2
3
3
15 2
' 1 0
2 5 1
3 1 2
x
fx

x
x
   


do đó
 
1
; 1;
2
xy




là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
Bài 4. Giải hệ phương trình :
 
 
2
12
3 3 2
2 1 2 2 1
xy
x
x y x y
x y y x









   


Điều kiện :
0
0
x
y






Lời giải
Phương trình một nhìn khá rắc rối, ta cứ hãy quy đồng và nhân chéo xem được gì không.
 
2
2
22
22
4 2 2 2 4 2 2
2
22
2

1 2 2
2 3 3
3 3 2 3 2
4 4 3 3 4 3 0
4 3 1 0 2 4
x y x y
x x y
x y x y xy y
x y x y xy x y
x x y y x y xy y x x y y xy y
x x x
x y y x
yy
y


       

         

        



Từ đó thế xuống phương trình hai được :
 
   
 
3
3

2
2 1 4 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1
1 5 3 5
2 2 1
43
x x x x x x x x
x x x y
         

      

Nhìn chung là dạng hàm số
 
3
f t t t
ở trên là các bạn đã được phản xạ nhiều và có thể làm được ngay khi gặp nó. Do đó
 
1 5 3 5
;;
42
xy





là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
Bài 5. Giải hệ phương trình :
 
2 2 2

3
2 1 2
3
1 2 4
x
x x y
y
x
y x y
y

   




   


Điều kiện :
 
30
0
x y y
y









Lời giải








Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014

Dường như bài này có kiểu ý tưởng như bài 19 ta đã nói đó là có sự cô lập giữa các ẩn phụ. Trước hết đó là
3x
a
y

và sau nếu phương
trình hai ta chia cho
2
y
thì xuất hiện ẩn phụ
1
b
y

nên hệ đã cho trở thành :
 

22
2 3 1 2 1
3 1 2 4 1
a b a a
a a b

   


   



Và hệ phương trình này thì cộng vế với vế của từng phương trình chúng ta có :
   
21
21
2 1 3 1 2 2 1
1
2 3 1
ab
ab
a b a a a b
a
aa




       








Với
1a x y  
thế nên phương trình một dễ dàng tìm được
4xy

Với
1 2 2a b x y    
khi đó phương trình một trở thành :
2
6
2 3 4
0
y
yy
x
y


   




Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm đó là
     
; 0;2 , 4;4xy
.

Bài 6. Giải hệ phương trình :
22
22
3 7 24 3
4 7 24 3
x x y
x y y

    


   


Điều kiện :
2
7x 

Lời giải
Một bài toán với ý tưởng khá mới mẻ. Và hướng đi như sau :
Hệ phương trình đã cho được viết lại thành :
2
2
7 1 0
24 4 4 0

x x y
y x y

    


    



 
 
  
  
 
 
2
2
2
2
7
1 0 1
7 1 1 2 1 7 0
21
3
1 2 2 3 0
24 4 4
1 0 2
22
y

x x y y x y
xy
x x y
y x y
x
xy

  


        


  
  
  
    

   



  




Lấy
   
76

1 2. 2 : 2 3 0
2 1 2 2
pt pt x y
x y x y
     
   
, đặt
22t x y  
thì phương trình trở thành :
3
33
33
3
3
3
7 3 6
10
76
1 6 6
1 0 6 2 2 6
3
1
66
10
6
16
yx
t t x y
tt
x

y



   




           




  






Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất đó là
 
33
33
3 6 6 6
;;
6 1 6
xy







.

Bài 7. Giải hệ phương trình :
    
 
2
2
2 1 1
1
4 1 8 4 4 3 1
x
x y x y
x
x y x x x x

    




     

Điều kiện :
1
1

x
y






Lời giải
Phương trình một của hệ đã cho được viết lại thành :








Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014

    
 
 
 
 
 
  
2
2
3

32
3
2 1 1 2 1
1
1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
x x x
x y x y y y
x
x x x
x x x x x
y y y y x x y
x x x x
         

  


              

   


Đoạn xét hàm số ta sẽ không nói ở đây nữa bởi nó đã quá quen thuộc. Với
  
11x x y  
thế xuống
 
2pt

ta có :
 
 
2
22
2
22
4 4 8 2
8 4 4 3 1 4 4 4 1 2 2 1
1
1 1 1
x x x x
x x x x x x x
x
x x x

              


  


Ở phương trình cuối sẽ thu được một số nghiệm đẹp và nghiệm lẻ là do phương trình bậc ba cần xử lý bằng phương pháp Carcado đã có
công thức nghiệm tổng quát. Bạn đọc tự tìm hiểu.

Bài 8. Giải hệ phương trình :
 
  
3 1 4 2 1 1 3
2 4 6 3

x x y y
x y x y x y

     


     


Điều kiện :
31
1
x
y






Lời giải
Ý tưởng của bài toán này khá rõ ràng đó là phân tích nhân tử ở phương trình hai. Thường thì có dạng :
   
, . , 0f x y g x y 
điều này có
được là do ta sẽ đi nhóm nhân tử hoặc xét đenta với ẩn x hoặc ẩn y. Và công việc xét đenta sẽ được cho là tối ưu hơn cả bởi lẽ nếu ta
không nhìn thấy nhân tử chung thì sẽ rất khó nhóm.
  
   
 

 
 
22
22
2 2 2 2
2 4 6 3 2 6 3 4 0
2 6 3 4 6 4 2 6 8 9 12 4 3 2
6 3 2
24
4
6 3 2
1
4
x
x y x y x y x xy y x y
x y x y y y y y y y y
yy
x x y
yy
x y ptvn
            
                  
   

   



   


   



Với
24yx
thế vào phương trình một chúng ta có :
   
   
3 1 4 2 1 2 3 3 2 4 3 1 2 8 2 3
41
2 4 0 4 2 0 4
3 1 2 3 3 1 2 3
x x x x x x x
x
x x x
x x x x
            


         

     


Phương trình còn lại vô nghiệm bởi nó luôn dương. Do đó
   
; 4;12xy 
là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.

Bài 9. Giải hệ phương trình :
3 3 2
2
3 2 3 6 2
1 1 2
y x y x x
x y y

     


    


Điều kiện :
11
02
x
y
  





Lời giải
Phương trình một của hệ đã cho được viết lại thành :
   
3
3 3 2 3

3 2 3 6 2 3 1 3 1y x y x x y y x x           

Đến đấy thì có thể nhiều bạn nghĩ đến hàm số. Nhưng đó chỉ là cách thuận tiện nhất chứ không phải duy nhất và nhược điểm đó là hạn chế
đi tư duy của học sinh. Tại sao không nghĩ đến chuyện đặt ẩn phụ , đó là :
 
 
3 3 2 2
1
3 3 3 0
ax
a a b b a b a ab b
by


         




Và tất nhiên cái phương trình còn lại vô nghiệm bởi bình phương thiếu thì luôn dương. Với
1yx
thế xuống
 
2pt
thì :

Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014

 
   
22
2
1 1 1 1 2 1 2 2 1 1
1 1 2 1 1 1 1 2 0 1
x x x x x x
x x x x x x x y
            
                

Vậy hệ phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm
   
; 0;1xy
.

Bài 10. Giải hệ phương trình :
3 2 3 2
22
3 9 22 3 9
1
2
x x x y y y
x y x y


     


   


Điều kiện :
,x y R

Lời giải
Đây chính là câu hệ phương trình khối A.2012 , câu mà năm mình lên lớp 12 thi xong là lên mạng lấy đề luôn giải thử và chưa biết sử
dụng hàm số giải hệ phương trình nên mình giải bằng cách thuần túy lớp 10 đó là đặt
ax
by





khi đó ta có
3 2 3 2
22
3 9 22 3 9
1
2
a a a b b b
a b a b

      



   


. Đến đây rõ ràng là hệ phương trình đối xứng tuy nhiên nó chỉ phức tạp hơn một chút , ta sẽ
giải như sau :
     
2
1
22
2
pt a b a b ab     
và phương trình một được viết lại thành :
 
 
   
       
2
33
22
1 3 6 9 22 0
3 3 6 9 22 0
pt a b a b ab a b
a b a b ab a b ab a b
        

          


Đặt

u a b
v ab





ta sẽ lại được hệ mới như sau :
2
32
2 2 4 1
3 3 6 9 22
u u v
u uv u v u

  


     


đến đây ta sẽ đi sử dụng phương pháp thế
2
4 2 2 1v u u  
, dễ dàng tìm được :
 
 
2
2
2 2 2 41 0 2

43
ab
u u u u
ab


      



nên dễ dàng suy ra được tập nghiệm
của hệ phương trình đó là :
 
3 1 1 3
; ; , ;
2 2 2 2
xy

   

   
   
. Còn bài này BỘ GD – ĐT giải theo hướng hàm số. Các bạn có thể tham khảo
đáp án. Thậm chí bài hệ này có thể dùng phương pháp “ lượng giác hóa “.

Bài 11. Giải hệ phương trình :
 
 
2
22

4 1 3 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x

    


   


Điều kiện :
34
52
x
y






Lời giải
Đây là câu hệ khối A.2010. Trên mạng đã xuất hiện nhiều lời giải , vấn đề ở đây không ở
 
1pt
mà nằm ở
 
2pt
, ở thời điểm đấy thì

đây là một câu hệ khó. Nhưng mình sẽ phân tích hướng nhìn từ phương trình một như thế nào. Trước hết quan sát thì khó có thể cho ta
được gì ở phương trình hai cả. Nên ta mong muốn thu hoạch được điều gì đó ở phương trình đầu. Phương trình đầu chứa căn thức nên ta
muốn làm đơn giản hóa nó bằng cách dùng ẩn phụ. Nên đặt
2
5
5 2 0
2
z
z y y

    
ở đâu có y và căn thì ta sẽ thế vào phương
trình một được :
 
2
3
3 3 3 3
5
4 3 0 8 2 2 2
2
z
x x z x x z z x x z z


           



Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014

Đến đây thì quá tuyệt vời rồi , một là sử dụng hàm số đơn điệu hai đó là cách đặt ẩn phụ mà mình nêu ở các bài trước đó. Vấn đề ở đây là
khi đã biết
2 5 2xy
thì ta sẽ làm tiếp như thế nào. Nếu thế x xuống thì lại xuất hiện căn chồng căn , do đó ta sẽ đi thế y với
2
54
2
x
y


thay xuống phương trình hai chúng ta có :
2
22
5
4 2 2 3 4 7
2
x x x

    



Phương trình này mũ khá là to. Tận mũ 8 nhưng không khó để chúng ta nhẩm được nghiệm
1
2
x 
nhưng nó có phải nghiệm duy nhất hay
không thì chưa biết. Đây là lần đầu một dạng hệ khó được đưa vào đó là “ khi có nhân tử ở một phương trình thì phương trình còn lại có
nghiệm duy nhất “.
Vậy tới đây xét hàm số :
 
2
22
5
4 2 2 3 4 7
2
f x x x x

     


, ta có :
 
 
22
5 4 4 4
' 8 8 2 4 4 3 0 0;
23
3 4 3 4
f x x x x x x x
xx

   
         
   

   

Do đó
 
fx
là hàm số nghịch biến trên
4
0;
3



mà
11
0
22
fx

  


là nghiệm duy nhất của phương trình.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất đó là :
 
1
; ;2

2
xy




.
Bài 12. Giải hệ phương trình :
2 2 2
6 2 2 6
6 2 1 4 6 1
x x y x xy xy y
x x xy xy x

    


    


Điều kiện :
6 2 1x xy

Lời giải
Thực ra bài trên mình chế với ý tưởng bài gốc đó là :




22

1 1 1
6 2 1 4 6 1
x x y y
x x xy xy x

    



    

bởi lẽ ý tưởng ở phương trình đầu đã quen
thuộc nên không muốn giới thiệu nữa. Quan sát hệ này thì rõ ràng sẽ phân tích nhân tử ở phương trình một rồi nhưng ý đồ ở bài toán cũng
đã khá lộ rõ bởi ta sẽ nhóm được các hệ số như 2 với 2 ; 6 với 6 và 1 với 1. Và thử đi theo hướng này xem ta được gì :
   
  
2 2 2
6 2 2 6 6 2 0
6 2 1 0
6 2 1 0
x x y x xy xy y x x y xy x y x y
xy
x y x xy
x xy
           


     

  



Hoặc là kiểu phân tích mà mình đã phân tích ở các bài trước đó là : chọn các giá trị bất kỳ của y để tìm x như sau : chọn
0 0; 1 1; 2 2y x y x y x          
, điều đó chứng tỏ
     
1 . 0pt x y f x  
đến đây có thể dùng phép chia
đa thức để phân tích nhân tử của bài toán.
Với
xy
thế xuống phương trình hai chúng ta có :
2
2
2 2 2 2
2
2 6 1 3
25
2 6 1 4 6 1 2 6 1
24
2 6 1 2
x x x
x
x x x x x x x x
x x x

  


           




   


Hai phương trình cuối dễ dàng giải được bằng phương pháp bình phương hai vế cho ta hai cặp nghiệm đó là :
   
3 11 3 11
; 1; 1 , ;
22
xy

  



. Còn với
6 2 1 0x xy  
thế xuống phương trình hai chúng ta có hệ phương trình :
1
6 2 1 0 2 6 1
6
4 6 1 0 4 6 1
0
x xy xy x
x
xy x xy x
y



    




  
     













Khu II – Thị Trấn Cồn – Hải Hậu – Nam Định – 06/08/2014

Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm đó là
   
1 3 11 3 11
; 1; 1 , ;0 , ;
6 2 2
xy


   






.
Bài 13. Giải hệ phương trình :
2
3
5 4 2.3
2 11 21 3 4 4 0
x y x y x y
x y y
  




    


Điều kiện :
,x y R

Lời giải
Nhận xét ở phương trình một là phương trình mũ có ẩn
t x y
khi đó phương trình trở thành :

5 4 2.3
t t t

và không khó để chúng
ta nhẩm được nghiệm
0t 
. Và để giải quyết nó không gì khác ngoài phương pháp hàm số như sau :
54
5 4 2.3 2 0 0
33
tt
t t t
t
   
       
   
   

Sở dĩ phương trình có nghiệm duy nhất là do hàm số
 
54
2
33
tt
ft
   
  
   
   
là hàm số đồng biến trên R. Với

xy
ta có
22
33
2 11 21 3 4 4 0 2 11 21 3 4 4x x x x x x         

Phương trình trên có nghiệm duy nhất
4x 
nên ta sẽ xử lý như sau :
 
 
3
3
2
22
3 8.8. 4 4 4 4 8 8 4 12 3 4 4 3
2 11 21 3 2 12 18 0 3 0 3
x x x x x
x x x x x x x
          
             

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
   
; 3; 3xy 
.

Bài 14. 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

   


    


Điều kiện :
0x
yR






Lời giải
Đây là loại hệ phương trình mà học sinh luôn thích thú khi làm nó. Ở phương trình một cho chúng ta
0x 
nên tự tin xét hàm số ở
phương trình hai như sau :



 
2
2
2 2 2
1 1 1
2 2 4 1 1 2 2 2 1 1x y y x x y y y
x x x

          


. Nhiều bạn đến đây
sẽ hỏi liệu cách hàm số ra có thể giải bằng ẩn phụ được không. Tất nhiên là có nhưng đánh giá với căn thức không hề đơn giản chút nào cả.
Chúng ta nên lựa chọn từng phương pháp sao cho thuận tiện nhất. Thì ở đây ta sẽ xét hàm số
 
2
1f t t t t  
có đạo hàm
 
2
2
2
' 1 1 0
1
t
f t t
t
    

suy ra

 
ft
là hàm đồng biến trên TXĐ. Do đó ta sẽ có được :
21xy 
và thế xuống phương
trình hai thì :
   
3 2 3 2 3 2
4 2 1 6 2 1 6 0 1x y x x x x x x x x           

Rõ ràng là nó có nghiệm duy nhất
1x 
do hàm số
 
 
32
2 1 6g x x x x x    
đồng biến trên
 
0; oo
.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
 
1
; 1;
2
xy





.
Bài 15. Giải hệ phương trình :
22
2 3 4 6 5
2 3 4 1 6
x y y x x y
xy

       


   


Điều kiện :
2
1
3
4
x
y









Lời giải