Hệ phương trình phần 1
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.78 MB, 52 trang )
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
HỆ PHƯƠNG TRÌNH (Phần I)
ln 1 x ln 1 y x y
y x xy 2
2x 2 y
1.
2
2
x y 2
x3 y 3 6 y 2 3x 9 y 2 0
3.
1 x2 1
x2
log 2
20
log 2 2
y 4y 5
2 4 y y2 3
y 2 x2 x 2 1
2
e
5.
y 1
3log x 2 y 6 2log x y 2 1
3
2
x y 1 3 x y 5
7.
2
2
x xy 4 y xy 4 12
x 1 3 y 6 y2 1
9.
2
3
y 1 x 6 x 1
7x y 2x y 5
13.
2x y x y 2
2 x y 2 5 4 x 2 y 2 6 2 x y 2 0
15.
1
3
2x y
2x y
x x x y y 8 y
17.
x y 5
2 y x 2 y 2 3x
19.
2
2
x x y 10 y
x x 2 2 x 2 3 y 1 1
4.
y y 2 2 y 2 3 x 1 1
8y x
2
16
x y
xy
6.
x y x y
2 x2 y y3 2 x4 x6
8.
2
x 2 y 1 x 1
698
4
2
x y
81
10.
2
2
x y xy 3x 4 y 4 0
x3 2 3 y 1
11.
3
x y 2 3
2. 2
2
x 12 xy 20 y 0
x3 5 y y 3 5 x
21. 4
2
x y 1
x 2 y 1 x y 1 3x 2 4 x 1
23.
2
xy x 1 x
1 42 x y .51 2 x y 1 22 x y 1
12.
3
2
y 4 x 1 ln y 2 x 0
xy 3x 2 y 16
14. 2
2
x y 2 x 4 y 33
x 2 y 2 3x 4 y 1
16. 2
2
3x 2 y 9 x 8 y 3
x 2 xy y 2 5
18. y
x
5 2
x 2 y 2 xy
6x
x y 5
20. x y
6x
2
x y xy 9
x 4 32 x y 2 3
22.
4 x 32 x 6 y 24
y xy 2 6 x 2
24.
2 2
2
1 x y 5 x
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 1
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
y 2 5 x 4 4 x
25.
2
2
y 5 x 4 xy 16 x 8 y 16 0
2 x3 9 y 3 x y 2 xy 3
27.
2
2
x xy y 3
5
2y 3
4
y 42 x
29.
5
x3
2
y 42 x
y x3 3x 4
31.
3
x 2y 6y 2
x3 1 2 x 2 x y
33.
3
2
y 1 2 y y x
x2 3 y 9
35. 4
2
y 4 2 x 3 y 48 y 48 x 155 0
x3 xy 2 2000 y 0
37. 3
2
y yx 500 x 0
1
1
2
1 2 xy
1 2 x2
1 2 y2
39.
2
x 1 2x y 1 2 y
9
x3 y 3 9
41. 2
2
x 2y x 4y 0
2 x 2 y 3xy 4 x 2 9 y
43.
2
7 y 6 2x 9x
x4 4 x2 y 2 6 y 9 0
45. 2
2
x y x 2 y 22 0
x 2 y 2 xy 3
47.
2
2
x 1 y 1 4
x2 1 y x y 4 y
26. 2
x 1 x y 2 y
3
2
2
7
4 xy 4 y x
x y 2
28.
2x 1 3
x y
2 xy
x
x2 y
3 2
x 2x 9
30.
2 xy
y
y2 x
3 2
y 2y 9
x y ex e y
32. log 2 x 3log y 2
1
2
2
x x2 1 y y 2 1 1
34.
y
35
0
y
2
12
x 1
x2 y 2 1
36.
5
3
125 y 125 y 6 15 0
x2 y 2 2 x y 2 0
38. 2
3
2x 4x 3 y 0
3 x 2 x 2y 2y 1 0
40.
3
2 2 x 2 y 1 1
42.
44.
46.
48.
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
x3 8 x y 3 2 y
2
2
x 3 3 y 1
x 4 x3 y x 2 y 2 1
3
2
x y x xy 1
8 x3 y 3 27 18 y 3
2
2
4x y 6x y
ex y ex y 2 x 1
x y
x y 1
e
Trang 2
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
49.
51.
53.
55.
1 4 x y .51 x y 1 3x y 2
1
x2 3 y y 1 2 y
x
1
2
2x x y 2
y y 2 x 2 y 2 2
x y x y 2 y
x 5y 3
2 y 2 x2 1
3
3
2x y 2 y x
x
2 6y x 2y
y
50.
x x 2 y x 3y 2
y x 2 y 2 12
52.
x y x 2 y 2 12
x 2 y 2 xy 1 4 y
54.
2
2
y x y 2x 7 y 2
x2 x 2 y
56.
2
y y 2x
4 x2 1 x y 3 5 2 y 0
57.
4 x2 y 2 2 3 4 x 7
3
2
3
x 8 y 4 xy 1
59. 4
4
2 x 8 y 2 x y 0
2 x 2 y 3xy 4 x 2 9 y
58.
2
7 y 6 2x 9x
2 2 x 1 3 2 x 1 2 y 3 y 2
61.
4x 2 2 y 4 6
x 2 y 2 1 xy y
62.
y
x y 2 2
x 1
x 4 x3 y 9 y y 3 x x 2 y 2 9 x
63.
2
2
x y x 7
x3 y 3 35
64. 2
2
2x 3y 4x 9 y
1
y 2 x
2
x x
y
65.
y x 2 1 1 3x 2 3
12
1
x 2
y 3x
66.
1 12 y 6
y 3x
x 3y
x 2
3
x y2
67.
y y 3x 0
x2 y 2
x 4 4 x 2 xy 2 x 4 5
68. x
y
3
3
2 2 y x
y xy 2 6 x 2
60.
3 3
3
1 x y 19 x
x11 xy10 y 22 y12
69. 4
4
2
6 y 3x 2 2 y . 3 x 5 x 2 x 8
2x 2 4 6 x y2 2 2
71.
4 2x 2 6 x 2 2 y 8 2
1
2
2
x y 5
70.
4 x 2 3x 57 y 3x 1
25
x2 y 2 2 x y 2 0
72. 2
3
2x 4x 3 y 0
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 3
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
x 4 y 4 240
73. 3
3
2
2
x 2 y 3 x 4 y 4 x 8 y
2 x3 2 x y 1 x 2 y 1
75. 3
2
y 4 x 1 ln y 2 x 0
x 1 y 2 y 1 x2 1
77.
1 x 1 y 2
7 xy
2
2
2x 1 2 y 1
2
79.
x 2 y 2 xy 7 x 6 y 14 0
x 2 y y xy 2 x 18 xy
81. 4 2
2
2 4
2
2 2
x y y x y x 208 x y
4 x3 3xy 2 7 y
83. 3
2
y 6x y 7
x3 2 xy 2 12 y 0
85. 2
2
8 y x 12
x3 y 3 xy 2 1
87. 4
4
4x y 4x y
x4 y 4 2
89. 3
2
2
x 2x 2x y
x2 y 2
x 2 xy y 2
x y
2
3
91.
x 2 xy 5 x 3 4 xy 5 x 3
xy 5 3 y 2 xy 4 3 y
2
93.
1
y 5 xy 4 0
x
3 y 1 2 x y
95.
x 8y x y 9
x y 9 x 2y
97.
x x 4 y 2 y 4 y 2 41
2 x 2 x y 1 y 2 3 y
99.
2
x x 1 y x 2 3 y 0
y 3 y x3 3x 2 4 x 2
74.
2
1 x y 2 y 1
x3 2 y 2 x 2 y 2 xy
76.
2
3
2 x 2 y 1 3 y 14 x 2
x 4 2 x3 y x 2 y 2 2 x 9
78. 2
x 2 xy 6 x 6
x y cos x cos y
80. 2
x y 3 y 18 0
xy 1 y y
82.
2 xy y y 1
x3 3xy 2 49
84. 2
2
x 8 xy y 8 x 17 y
y 3 y 2 x 3x 6 y 0
86. 2
x xy 3
27 x3 y 3 125 9 y 3
88.
2
2
45 x y 75 x 6 y
x 2 2 xy x y 0
90. 4
2
2
2
x 4 x y 3x y 0
2 xy
2
2
x y x y 1
92.
x y x2 y
5
2
3
2
x y x y xy xy 4
94.
x 4 y 2 xy 1 2 x 5
4
5 x 2 y 4 xy 2 3 y 3 2 x y 0
96.
2
2
2
xy x y 2 x y
x y x x y 2 y 2 y2
98.
x 2 4 y 3 1 3x 2 y
xy x 7 y 1
100. 2 2
2
x y 10 y 1
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 4
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
CÁC BÀI GIẢI
Bài 1. Ta có:
2
2
2 x 2 y y x xy 2
x y 2
x
2
y
2
2
2
x y 2
2 2 y x xy x y
x2 y 2 2
x2 y 2 2
x
x
y
3
3
3
y
3
2 2 y x
2 x 2 y
Xét hàm số f t 2t t 3 trên . Ta có: f ' t 2t .ln 2 3t 2 0 t
nên f t là hàm
. Vậy 2 x x3 2 y y3 x y .
x y
x y 1
Như vậy hệ tương đương với: 2
2
x y 1
x y 2
Vậy hệ có các nghiệm là x ; y 1;1 , 1; 1
Bài 2: Điều kiện x , y 1 . Ta có:
đồng biến trên
x 2 y x 10 y 0
ln 1 x ln 1 y x y
2
2
x 12 xy 20 y 0
ln 1 x ln 1 y x y
x 2 y x 10 y
ln 1 x x ln 1 y y
Dễ thấy rằng x, y cùng dấu. Xét hàm số f t ln 1 t t trên 1; .
1
t
1
Đạo hàm: f ' t
. Ta có: f ' t 0 t 0 . Vậy hàm số đồng biến trên
1 t
1 t
1;0 và nghịch biến trên 0; .
+) Nếu x, y cùng âm (tức là cùng thuộc 1;0 ) thì theo tính chất của hàm số f t , ta có:
x y . Thay vào hệ giải được nghiệm x y 0 (loại).
+) Nếu x, y cùng dương, tương tự ta cũng loại nốt.
+) x y 0 thoả mãn hệ.
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 0;0
Bài 3: Nhận xét: Chắc chắn không thể sử dụng phép thế hay đánh giá. Nhận thấy phương trình
thứ nhất của hệ chứa các hàm riêng biệt với x, y (chứa x3 , x và y 3 , y 2 , y mà khơng chứa xy )
nên ta có thể đưa phương trình thứ nhất về cùng một hàm số rồi sử dụng đạo hàm để giải.
Điều kiện x 1;1 , y 1;3 . Từ đó suy ra: x 1 2;0 và y 3 2;0 .
Khai thác phương trình thứ nhất của hệ:
x3 y3 6 y 2 3x 9 y 2 0 x3 3x 2 y3 6 y 2 9 y x 2 x 1 y y 3
2
x 1 3 x 1 y 3 3 y 3 .
2
3
2
Xét hàm số f t t 3 t t 3t trên 2;0 . Đạo hàm: f ' t 3t 2 6t 3t t 2 .
Ta có: f ' t 0 t 0 t 2 . Vậy trên đoạn 2;0 , hàm số f t đơn điệu.
Vậy, phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x 1 y 3 y x 2 .
2
2
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 5
2
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
Thay vào phương trình thứ hai, ta có:
log 2
log 2
log 2
log 2
1 x2 1
x2
log 2
20
2
y2 4 y 5
2 4y y 3
x2
y
2
4y 5
1 x2 1
2
4y y 3
2
x2
x 2
x2
x
2
2
1 2 1 x
Đặt 1 x 2 t
2
1 x2 1
2
4 x 2 5 2 4 x 2 x 2 3
1 x2 1
2
2
x2
x
2
1 x2 1
1 2 1 x
2
1
4
2
*
t 0;1 . Lúc này * trở thành:
1 t t 1 1 4 t t t 1 t 2t 2t 4 3t 2t 2t 0
2 t 2 t 4
1
1 7
(do điều kiện nên đã loại nghiệm t
t 3t 2t 2 0 t 0 t
3
3
2
3
2
3
2
3
2
2
2
7
)
x 1 y 3
+) t 0 1 x 2 0
x 1 y 1
1 2 7
1 2 7
x
y
2
1 7
1 2 7
3
3
2
+) t
x
3
9
x 1 2 7 y 2 1 2 7
3
3
1 2 7 1 2 7
1 2 7
1 2 7
x , y 1;3 , 1;1 ,
;
2 ,
;2
Nghiệm:
3
3
3
3
Bài 4: Phân tích: Hệ chứa ẩn là hàm hữu tỉ và hàm số mũ, chúng có tính chất khác nhau nên
gần như chắc chắn sẽ phải sử dụng đạo hàm. Và cũng lưu ý ln, những hệ chứa hàm có tính
chất khác nhau thì gần như 90% sử dụng đạo hàm hoặc phương pháp đánh giá.
Cộng chéo vế theo vế và giữ một phương trình của hệ ta được hệ tương đương:
3x 1 x 1 x 1 2 1 3 y 1 y 1 y 1 2 1 (*)
x x 2 2 x 2 3 y 1 1
Xét hàm số f t 3t t t 2 1 trên
Hàm số có đạo hàm: f ' t 3t .ln 3 1
.
t
t 1
2
3t.ln 3
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
t2 1 t
t 1
2
.
Trang 6
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
t 2 1 t 2 t t 2 1 t t t 0 . Từ đây suy ra f ' t 0 t .
Vậy, f t đồng biến trên . Ta thấy phương trình (*) có dạng f x 1 f y 1 .
Từ đó suy ra x 1 y 1 x y . Lúc này hệ sẽ tương đương với:
x y
x y
2
2
x 1
x x 1 1 3 1
ln x 1 x 1 1 x 1 .ln 3 (**)
Ta có:
Lại tiếp tục xét hàm số g t ln t t 2 1 t ln 3 trên
1
.
t
1
t 2 1 ln 3
Hàm số này có đạo hàm g ' t
ln 3 .
t t2 1
t2 1
1
Dễ thấy ln3 1
nên g ' t 0 t . Như vậy hàm số g t nghịch biến trên
t2 1
Mặt khác ta lại có g 0 0 nên phương trình (**) x 1 0 x 1 .
.
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1
2
Bài 5: Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: x 2 1 e x y 2 1 e y
2
Xét hàm số f t t 1 et trên 0; .
Hàm số có đạo hàm f ' t et et t 1 0 t 0; .
Từ đó suy ra f t đồng biến trên 0; . Vậy phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương
đương với: x 2 y 2 x y .
+) Nếu x y . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
3log3 y 6 1 2log 2 2 3 log3 y 6 1 y 6 31 y 3 x 3 .
+) Nếu x y . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
3log3 3 y 6 2log 2 2 y 2 1 3 1 log3 y 2 2 1 log 2 y 1 1
3log3 y 2 2log 2 y 1 3log3 y 2 2log 2 y 1 0
*.
Xét hàm số g t 3log3 t 2 2log 2 t 1 trên 1; .
3
2
Hàm số này có đạo hàm: g ' t
.
t 2 ln 3 t 1 ln 2
2
2
3
2
3
2
Ta có:
mà
nên ta có:
ln 3 ln 2
t 2 ln 2 t 1 ln 2
t 2 ln 3 t 2 ln 2
3
2
, tức là g ' t 0 .
t 2 ln 3 t 1 ln 2
Như vậy nên hàm số nghịch biến trên 1; .
Ta lại có g 7 0 . Vậy * có nghiệm y 7 x 7 .
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x ; y 7;7 , 3 ; 3
Cách giải khác: Trong trường hợp x y , ta đặt 3log3 x 2 2log 2 x 1 6u .
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 7
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
u
u
x 2 32u
1 8
3u
2u
1 2 3 1.
Lúc này ta có hệ:
9 9
x 1 23u
u
u
1 8
Ta lại thấy hàm số h u là hàm nghịch biến mà h 1 1 nên u 1 là nghiệm
9 9
duy nhất của hệ x y 7 .
Bài 6: Điều kiện: x 0;
x y 0.
x y x y
Đi từ phương trình thứ hai của hệ:
xy
x y x x
(1)
Xét hàm số f t t 2 t trên 0; . Đạohàm: f ' t 2t 1 0 nên f t đồng biến.
Mặt khác (1) có dạng f
Đặt t x
t 0 thì
xy f
x y x y x x.
y t 2 t . Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có:
t t t
2
x nên (1)
2
2
8t t 2 t
t
2
16 t
t 2 t 2t 12 0 t 2
3
4
2t 3 2t 2 8t 24 0
do t
3
2t 12 12 .
Với t 2 x 4, y 2 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 4;2
Cách giải khác: Ta đặt t x thì phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
t y 2 16 2ty 8ty 0 t y 4 t y 4 2ty t y 4 0
t y
ty
2ty
2
2
t y 4 t y 4
0 t y 4 t y 4t 4 y 0 .
t y
Bài 7: Điều kiện: x y 1 0 . Khai thác phương trình thứ nhất: x y 1 3 x y 5
Ta đặt t 3 x y (điều kiện: t 1) thì 1 trở thành:
1
t3 1 t 5.
Dễ thấy rằng hàm số f t t 3 1 t đồng biến trên 1; (vì khi t tăng thì f t tăng).
Như vậy phương trình với ẩn t trên sẽ có nhiều nhất một nghiệm. Nhận thấy t = 2 là một
nghiệm của phương trình.
Vậy, ta có: t 2 x y 8 . Phương trình thứ hai của hệ tương đương với:
x x y 4 y x y 4 12 8x 4 8 y 4 12 .
Hệ đã cho sẽ tương đương với hệ sau:
x y 8
x y 8
2x 1 2 y 1 6
2 x 2 y 2 2 2 x 1 2 y 1 36
x y 8
x y 8
x y 8
x y4
2 x 1 2 y 1 9 4 xy 2 x y 1 81 xy 16
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 4;4
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 8
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
2 x2 y y3 2 x 4 x6
(1)
Bài 8: Điều kiện y 1 . Hệ đã cho:
2
(2)
x 2 y 1 x 1
Nếu x 0 thì từ (1) suy ra y 0 , thay vào (2) không thỏa mãn x 0 .
2 y y3
3 2 x x3 (3).
Chia hai vế của (1) cho x 0 ta có:
x
x
3
Xét hàm số f t 2t t trên
có đạo hàm f ' t 3t 2 2 0 nên hàm số đồng biến trên
3
.
y
y
Mặt khác (3) có dạng f f x x y x 2 . Thay vào (2), điều kiện x 2 :
x
x
x 2
x 2 1 x 1 x 2 x 2 1 x 1 x 2 3 x 3 y 3
2
2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 3;3
4
Bài 9: Điều kiện x , y 1 . Hệ đã cho tương đương với:
2
3
x 1 3 y 6 y2 1
x 1 y 6 y 1
I
2
2
3
y 1 3 x 6 x2 1
x x 6 x 1 y 3 y 6
Xét hàm số f t t 2 3 t 6 t 1 trên 1; .
1
1
Hàm số có đạo hàm: f ' t 2t
.
3 t 6 2
2 t 1
3.
Ta sẽ chứng minh rằng 2t
1
3. 3 t 6
2
. Thật vậy: 2t
1
3. 3 t 6
y 1
1
6t. 3 t 6 1 .
2
2
Điều này hiển nhiên đúng do t thuộc đoạn 1; .
Như vậy, f ' t 0 t 1; f t đồng biến trên 1; . Vì đó: 1 x y 1 .
x y
I
2
3
x 1 x 6 x 1 2
Nhẩm được nghiệm của (2) là x 2 nên ta dùng phương pháp nhân liên hợp:
2 x2 4
x 1 1
x 2 x 2
3
x2
x 1 1
x6 2 0
x2
3
x 6
2
2. x 6 4
0
3
1
1
x2
0
x 2
2
x 1 1 3 x 6 2. 3 x 6 4
x 2
1
1
x2
0 (3)
x 1 1 3 x 6 2 2. 3 x 6 4
x2
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 9
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
1
1 và
(Dễ thấy phương trình (3) vơ nghiệm do
x 1 1
1
3
x 6 2
2. 3 x 6 4
1
)
4
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x ; y 2;2
Bài 10: Xem phương trình thứ hai của hệ là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y :
x 2 y 3 x y 2 4 y 4 0
Phương trình này có nghiệm x 0 y 3 4 y 2 4 y 4 0 3 y 2 10 y 7 0
2
7
49
(1)
1 y2
3
9
Lại xem phương trình thứ hai là phương trình bậc hai ẩn y, tham số x :
y 2 x 4 y x 2 3x 4 0
1 y
Phương trình này có nghiệm y 0 x 4 4 x 2 3x 4 0 3x 2 4 x 0
2
4
256
(2)
0 x4
3
81
49 256 697 698
Từ (1) và (2) suy ra x 4 y 2
, mâu thuẫn với phương trình thứ nhất.
9
81
81
81
Từ đó suy ra hệ đã cho vơ nghiệm
Bài 11: Nhìn hệ số có 2 và 2 nên ta chia hai vế rồi cộng lại:
1
1
1
2 3y 3
2 3 y x3
x
3
y3 2 3
y3 3 y 1 3 2
x
x
x
Xét hàm số f t t 3 3t trên . Đạo hàm: f ' t 3t 2 3 0 t . Từ đó suy ra hàm
1
số f t đồng biến trên . Điều này cũng có nghĩa là 2 y .
x
3
3
Thay vào phương trình 1 ta được: y 2 3 y y 3 y 2 0
0 x
y 1
+) Với y 1
2
y 2 0 y 1
y 2 .
1
1
+) Với y 2 2 x
.
x
2
1
1 x 1.
x
1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1 , ; 2
2
1 t
Bài 12: Đặt t 2 x y thì phương trình thứ nhất trở thành: 5
Xét hàm số f t 5
1 t
t
4
5. 1 2t 0
5
*.
t
4
5. 1 2t trên
5
.
t
4 4
4
Hàm số có đạo hàm: f ' t 5 .ln 5 5.ln . 2t 1.ln 2 . Do ln 2 0,ln 5 0,ln 0
5 5
5
nên f ' t 0 t . Mặt khác ta lại có f 1 0 nên * t 1 2 x y 1.
1 t
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 10
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có: y3 2 y 3 ln y 2 y 1 0 .
Tiếp tục xét hàm số g t t 3 2t 3 ln t 2 t 1 trên
.
2 t 1
2t 1
2t 2 4t 2
2
Hàm số này có đạo hàm g ' t 3t 2 2
3t 2
3t 2 2
0
t t 1
t t 1
t t 1
với mọi t nên g t nghịch biến trên .
y 1
0.
Mặt khác g 1 0 nên suy ra y 1 x
2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 0 ; 1 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1998 – 1999)
Bài 13: Điều kiện 7 x y 0, 2 x y 0 .
3
8
Đặt a 7 x y , b 2 x y a , b 0 a 2 b 2 x y . Hệ trở thành:
5
5
a 5 b
a b 5
a 5 b
2
2
2
3 2 8 2
3 5 b
8b
2
b 5b 13 0
b 5 a 5 b 2
b
5
5
5 77
a 5 b
b
2
(thoả mãn a 0 )
5 77
b
15 77
a
2
2
5 77
(Ta đã loại nghiệm b
do điều kiện b 0 ).
2
2
15 77
151 15 77
7x y
x 10 77
2
2
Ta lại có hệ sau:
11 77
2
y
5 77
51 5 77
2
2x y
2
2
2
2
11 77
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x ; y 10 77;
2
Chú ý: Ngồi cách giải trên thì ta cịn có một cách giải khá hay nữa, áp dụng được rộng rãi hơn
cho nhiều bài tốn hệ phương trình dạng này cũng như phương trình:
7 x y 2 x y 5 7 x y 2 x y x (**) .
Ta có: 7 x y 2 x y 5 *
7 x y 2x y
Lấy (*) trừ đi (**) ta được 2 x y 5 x . Đến đây ta thế vào phương trình thứ hai rồi rút x
theo y để thế lại và giải phương trình ban đầu.
Bài 14: Biến đổi hệ như sau:
xy 2 x y 2 x 1 y 2 21
xy 3x 2 y 16
2
2
2
2
x y 2 x 4 y 33
x 1 y 2 38
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 11
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
x 1 y 2 x 1 y 2 21
I .
x 1 2 y 2 2 38
Đặt a x 1 , b y 2 thì hệ I trở thành:
ab 21 a b
ab 21 a b
ab a b 21
2
2
2
2
a b 38
a b 2ab 38
a b 2 a b 80 0
a 3 4
a b 10
ab 21 a b
b 3 4
a b 8
ab 31
a b 10
a b 8
ab 13
a 3 4
a b 8
ab 13
b 3 4
a b 10
2
(Sở dĩ hệ
bị loại do a b 100 4ab 124 ).
ab 31
+) Với a 3 4 , b 3 4 thì x 3 3, y 2 3 .
+) Với a 3 4 , b 3 4 thì x 3 3 , y 3 2 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y
3 3; 2 3 , 3 3 ; 3 2
Cách giải khác: Cách 1: Lấy phương trình (1) nhân 2, sau đó cộng với phương trình (2) được
hằng đẳng thức.
16 2 y
Cách 2: Có thể rút x
, thay vào phương trình thứ hai giải phương trình bậc 4.
y 3
Bài 15: Điều kiện: 2 x y 0 . Với điều kiện này hệ tương đương với:
2 x y 2
2
2
2x y
2
2
2x y 5 4x y 6 2x y 0
5 2x y 6 0
2x y
1
3
1
2x y
2x y
3
2x y
2x y
2x y
2x y
2
3
2x 3y x y
2x y
2x y
1
2x y
3
1
2x y
3
2x y
2x y
2x 3y
4y 1 3
2y
x y
1
3y 3
y
2x 3y
1
1
2
3y
y
y
x
8y 6 y 1 0
4
2
2
xy
8 y2 6 y 1 0
x 3
x 3
8
4
3 y 2 3x 1 0
(Dễ thấy phương trình 3x 2 3x 1 0 có 0 , vơ nghiệm)
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 12
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
3 1 3 1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y ; , ;
4 2 8 4
Bài 16: Dễ dàng nhận thấy ẩn phụ:
2
2
x 2 y 2 3x 4 y 1
x 3x y 4 y 1
2
2
2
3x 2 y 2 9 x 8 y 3
3 x 3x 2 y 4 y 3
I
a b 1
a 1
Đặt a x 2 3x , b y 2 4 y thì hệ I trở thành:
.
3a 2b 3
b 0
3 13
+) a 1 x 2 3x 1 x 2 3x 1 0 x
.
2
+) b 0 y 2 4 y 0 y 0 y 4 .
3 13 3 13
;0 ,
;4
Vậy hệ có 4 nghiệm x ; y
2
2
Bài 17: Điều kiện x , y 0 . Đặt a x , b y a 0; b 0 thì hệ đã cho trở thành:
a 2 b2 5
a a b 8b
a 2 b2 5
2
2
2
2
2
3
a a b
8b a b
2
2
2
3
a b 5
3b ab 8a b 4a 0
a3
b3
5
5
Do a 0 nên ta có thể chia hai vế của phương trình thứ hai cho a 3 , ta được:
a 2 b2 5
a 2 b2 5
b 3 b 2
b
b
3b
b
3 8 4 0
a 2 a 1 a 2 0
a
a a
a 2 b2 5
a 2 b2 5
(1)
b
b
b 2
2
2
1
b 2a b a b a
a
a 3
3
a
+) Nếu b 2a . Loại ngay do a 0 , b 0 .
3
3
+) Nếu b a . Lúc này a 2 b2 0 , trái với phương trình (1) (loại).
2
5
+) Nếu b a . Thay vào phương trình (1) ta được a 2 5 a 2 9 x 9 .
3
9
Lúc này y x 5 9 5 4 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 9;4
Bài 18: Điều kiện: x , y 0 . Biến đổi hệ về hệ đẳng cấp bậc hai:
x 2 xy y 2 5
2
2
2
2
x xy y 5
4 x 4 xy 4 y 20
x
5 2 2
y
2
2
2
2
2 y 4 x 5 xy 4
20 x 25 xy 10 y 20
x
y
2 xy
x 2 y 16 x 3 y 0
16 x 2 29 xy 6 y 2 0
2
2
2
2
x xy y 5
x xy y 5
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 13
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
3 y
3 y
x 16
x 2y
x 2y x
16 I 2
II
2
5y 5
x 2 xy y 2 5
5 y 5
8
x 2y
y 1
y 1
Dễ thấy (II) vơ lí. Giải hệ (I): I 2
x 2
x 2
5y 5
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2;1 , 2; 1
Bài 19: Nhận xét rằng x 0 khi và chỉ khi y 0 . Vậy hệ có một nghiệm là 0;0 .
Trường hợp x , y 0 . Nhân chéo vế theo vế như sau:
2
2
2
2
2
2
2 2
4
2 y x 2 y 2 3x
4
20 y x y 3x x y
3x 17 x y 20 y 0
2
2
x x 2 y 2 10 y
2 y x 2 y 2 3x
2 y x y 3x
x2 4 y 2 0
I
2
2
2
2
2
2
x 4y
3x 5 y 0
2 y x y 3x
2
2
3x 2 5 y 2 0
2 y x y 3x
II
2
2
2 y x y 3x
Giải hệ thứ nhất:
x 2y
y2 1
y 1
3
2
2
x 4y
2 y3 x
y2 1
x 2
y y
x 2y
I
2
2
2
y 1
x 2 y
x 2y
x 2 y
2 y x y 3x
y 1
y3 y
x 2 y
x 2
Giải hệ thứ hai:
5
2 5 2
2 5 2
x y
x y
x y
3
3
3
II
3
2 y x 2 y 2 3x
3
4y x
4 y 9x
9
5
3 5
3 5
x y
y .4
y .4
3
2 3
2 3
4 y2 5
x 3 . 4 125
x 3 . 4 125
9
3
2 27
2 27
3 125 3 5 3 125 3 5
; .4 , .4
; .4
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 0;0 , 2;1 , 2; 1 , . 4
2 27 2 3 2 27 2 3
Bài 20: Điều kiện x x y 0 .
Đặt a
6x
x y
a 0 thì phương trình thứ nhất trở thành:
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 14
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
1 5
1
a 2a 2 5a 2 a 2 a (thoả mãn).
a 2
2
6x
+) a 2
2 x 2 y . Thay vào phương trình thứ hai, ta có:
x y
3 y 2 y 2 9 2 y 2 3 y 9 0 , vô nghiệm do 63 0 .
+) a
1
2
6x
1
y 23x . Thay vào phương trình thứ hai ta có:
x y 2
24 x 23x2 9 23x2 24 x 9 0 , vô nghiệm do ' 63 0 .
Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm
Bài 21: Từ phương trình thứ hai của hệ, ta đánh giá được x , y 1;1 . Ta có:
3
2
2
3
x3 5 x y 3 5 y
x y 5 x y 0
x y x y xy 5 x y 0
4
4
2
x y2 1
x y 1
x4 y 2 1
x y x 2 xy y 2 5 0
x y do x , y 1;1 x 2 y 2 xy 5 0
x4 y 2 1
x4 y 2 1
x y
x y
x y
x y
4
2 1 5 2
5 1
5 1
x x2 1 0
x
x
x
2
2
2
5 1
5 1
5 1
5 1
,
;
;
Vậy nghiệm của hệ là x ; y
2
2
2
2
Bài 22: Điều kiện 0 x 32 . Cộng vế theo vế hai phương trình của hệ đã cho, ta có:
x 32 x 4 x 4 32 x y 2 6 y 21.
Đánh giá hai vế của phương trình này như sau:
2
+) VP y 2 6 y 21 y 3 12 12 1 . Dấu bằng xảy ra khi y 3 .
+) Đánh giá vế trái bằng bất đẳng thức Cauchy – Schwart (Bu–nhi–a–cốp–xki) như sau:
x 32 x 12 12 x 32 x 8
VT 12 2
2
2
4
4
x 32 x 1 1
x 32 x 2.8 4
x 0;32
x 16 .
Dấu bằng ở 2 xảy ra
x 32 x
Từ 1 , 2 VT = VP 12 x 16, y 3 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 16;3
Bài 23: Thay x 0 vào hệ thấy không thoả mãn x 0 .
x2 1
(*).
x
Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
Từ phương trình thứ hai của hệ ta rút: y 1
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 15
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
2
2
2
x 2 1
x2 1
2
2 x 1 2x 1
x
.
3x 2 4 x 1
x
3x 4 x 1 x .
x
x
x
x
x 2 1 2 x 2 1 3x 2 4 x 1 2 x 4 3x 2 1 3x 2 4 x 1 2 x 4 6 x 2 4 x 0
2x x 1 x 2 0 x 1
Quay lại thế vào (*), ta có:
2
+) Với x 1 thì y 1 0 y 1.
2
x 2 0 x 1
x 2 .
+) Với x 2 thì y 1
3
5
y
.
2
2
5
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1; 1 , 2;
2
Bài 24: Thay x 0 vào phương trình thứ hai thấy không thoả mãn nên suy ra x 0 .
y 1
y y2
6
x x y 6
2
x
Với điều kiện này, hệ tương đương với: x
I
2
1
2y
2
1
y 5
y
5
x2
x
x
1
y
Đặt a y , b thì hệ I trở thành:
x
x
a2 5
a2 5
a2 5
b
ba 6
b
b
2
2
2
2
2
a 2b 5
a 5 .a 6
a3 5a 12 0
a 3 a 2 3a 4 0
2
a2 5
b
2
a 3
2
b 2
a 3 do a 2 3a 4 a 3 7 0
2
4
Với a 3 , b 2 , thay trở lại bước đặt:
y 2x
1
1
y3
y 2x
x
y 2x
x 1
x 1
x
1
2
2
y2
y
2x 3
2 x 3x 1 0
x 1
y 1
2
x
x
2
1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;2 , ;1
2
Bài 25: Hệ đã cho tương đương với:
2
y 2 5 x 2 16 x 16
2
y 5 x 16 x 16
2
2
y 5 x 2 16 x 16 8 y 4 xy 0
2 y 8 y 4 xy 0
y 2 5 x 2 16 x 16
y 2 5 x 2 16 x 16
2 y y 4 2x 0
y 0 y 2x 4
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 16
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
y 2x 4
y 0
I
II
2
2
2 x 4 5 x 16 x 16
5 x 4 4 x 0
4
Giải hệ I ta được x ; y 4;0 , ;0 .
5
y 2x 4
x 0
Giải hệ II 2
.
9x 0
y 4
4
;0 , 0;4
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 4;0 ,
5
Bài 26: Ta thấy giá trị y 0 không thoả mãn phương trình thứ nhất của hệ y 0 .
x2 1
x y4
y
Lúc này hệ đã cho tương đương với:
.
x y 2 y
x2 1
x2 1
Đặt x y a ,
b b 0 thì hệ trở thành:
y
a b 4
a 4 b
a 4 b
b 1
2
(thoả mãn)
1 1
a2
24b 0
b 2b 1 0
a 3
b
b
x y 3
2
2
x 1
x 2
2
y x 1
y x 1
2
Trở lại bước đặt: x 1
2
y 2
y 5
x x 1 3
x x 2 0
y 1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;2 , 2;5
Bài 27: Dùng phép thế:
2 x3 9 y 3 x y 2 xy x 2 y 2 xy
2 x3 9 y 3 x y x 2 xy y 2
x 2 xy y 2 3
x 2 xy y 2 3
2 x3 9 y 3 x3 y 3
x3 8 y 3
x 2y
x 2y
2
2
2
2
2
2
3
2
x xy y 3
x xy y 3
4y 2y y 3
y 1
y 1
y 1
x 2
x 2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2;1 , 2; 1
Bài 28: Biến đổi hệ để đặt ẩn phụ:
3
3
2
2
2
3 x 2 xy y 2 x 2 2 xy y 2
7
3 x y
x y 7
2
2
x y
x y
1
x y
x y 1 x y 3
x y 3
x y
x y
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 17
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
1
1
2
Đặt a x y
. Hệ trở thành:
; b x y a 2 a2 2 x y
2
x y
x y
3a 2 b2 13 b 3 a
b 3 a
2
2
2
3a 3 a 13 4a 6a 4 0
a b 3
3
1
x
không TM a 2 x y 2 2
a 2 TM a
2
b 1
x y 1
b 3 a
y 1
2
3 1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y ;
2 2
Bài 29: Điều kiện x , y 0 . Đặt a x , b 2 y
a , b 0 thì hệ trở thành:
10
10
4
4 2
b 3 2
4
3 2
b 2a
2
2
b 84a
b a
b
b 84a
10
2
10
2
10
2
3 2
10
a 3
3
3
2
b 84a 2 a
2
2
2
2
2
2
a
a
b 84a
b 84a
b 84a
b 2a
b 2a
b 2a
b 2a
1 2
1 1 661
10
2 5 1 2
3
. 2 3 0
5. 2 132 0
44 a
a
a
a
88a 2 a
5
a
2
1 661
331 661
1 661
x
b 2a
x
a
132
8712
132
5
2
y 331 661
a 1 661 a 0
b 1 661
1 1 661
y
4356
66
2
66
331 661 331 661
;
Vậy nghiệm của hệ là x ; y
8712
4356
1
1
Bài 30: Cộng vế theo vế hai phương trình: 2 xy
3 x2 2 x 9 3 y 2 2 y 9
Đánh giá hai vế của phương trình này:
1
1
2 xy 1 1 2 xy .
+) VT 2 xy
3
2
2
3
8 38
x 1 8 3 y 1 8
+) VP x 2 y 2 2 xy
do x y
2
x2 y 2
0 .
Mà ta lại có VT = VP nên dấu bằng ở các đẳng thức trên phải xảy ra, tức là:
x 1 y 1 0
x y 1.
x y
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 18
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
Thử lại, ta thấy rằng 1;1 là nghiệm của hệ đã cho.
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1
Bài 31: Bài toán này chúng ta sử dụng phương pháp đánh giá:
2
3
y x3 3x 4
y 2 x 3x 2
y 2 x 1 x 2 1
I
3
2
x 2 2 y3 3 y 2
x 2y 6y 2
x 2 2 y 1 y 2 2
+) Nếu x 2 thì từ 1 y 2 0 và từ 2 y 2 , mâu thuẫn nên loại.
+) Nếu x 2 thì từ 1 y 2 0 và từ 2 y 2 , mâu thuẫn nên cũng loại nốt.
+) Nếu x 2 thì thay vào ( I ) tìm được y 2 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2;2
Lưu ý: Nếu sử dụng phép thế y từ phương trình thứ nhất xuống phương trình thứ hai ta được:
2 x 2 x8 4 x7 10 x6 44 x5 34 x4 76 x3 188x2 160 x 51 0 .
Phương trình bậc 8 kia rất là “khó nhai”! Dùng đạo hàm để chứng minh nó vơ nghiệm cũng rất
khó. Nhưng khi dùng biến đổi tương đương nó thì ta sẽ thu được:
2
1
2 x4 2 x3 6 x2 16 x 10 2 0 .
2
Phương trình này rõ ràng vơ nghiệm! Vậy là bài tốn đã được giải quyết.
Bài 32: Từ phương trình thứ hai ta đặt điều kiện x , y 0 .
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: e x x e y y
1.
Xét hàm số f t et t trên 0; . Đạo hàm: f ' t et 1 e0 1 0 nên hàm số đồng
biến trên 0; . Ta lại có 1 có dạng f x f y x y .
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
log x 1
x 2
2
log 2 x 3log 1 x 2 log 2 x 3log 2 x 2 0 2
2
x 4
log 2 x 2
2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2;2 , 4;4
Bài 33: Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ đã cho ta được:
x3 y3 2 x 2 y 2 2 x 2 y x y x 2 xy y 2 2 x y x y 2
x y x 2 y 2 xy 2 x 2 y 4 0 x y 0 x y
(do x 2 y 2 xy 2 x 2 y 4
Thay x y trở lại hệ ta được:
1
1
x y 2 x 2 2 y 2 2 0 )
2
2
x y
x y
x y
x y
3
3
1 5
2
2
2
y 1 2y
y 2y 1 0
y 1 y y 1 0
y 1 y
2
1 5 1 5 1 5 1 5
;
;
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1 ,
,
2
2 2
2
Bài 34: Điều kiện x 2 1 .
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 19
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
x x 1 .
2
y2 y2 1
y y2 1
1 x
x2 1
y2 1 y 1
y 2 1 y 2 y nên y y 2 1 0 ). Tương tự: y y 2 1 x 2 1 x
Kết hợp 1 , 2 ta được hệ:
(do
x
y
x
x
2.
2
2
2
2
2 y 1 2 x 1
x y
2
2
2
2
2
2
x x 1 y 1 y
x x 1 y 1 y
y 1 x 1 x
y x y
x y
x y
2
2
2
2
x2 1 y 2 1 y
x x 1 x 1 x
x x 1 x 1 x
x y
x y 0
x y
x y (loại x y 0 do x 2 1 ).
x 0
x y
Vậy x y . Thay vào phương trình thứ nhất của hệ thấy thoả mãn và thay vào phương trình
y
35
thứ hai của hệ ta được y
0 3 . Dễ thấy rằng y 0 (vì nếu y 0 thì vế trái
y 2 1 12
x2 1
y2 1 y
dương nên nó vơ lý). Kết hợp với điều kiện căn thức ta được y < –1.
2
2
SUY RA
35
y
35
y2
35
2
2
y
3 y 2
y
2
y 1 y
12
12
12
y 1
y 1
2
2
2
35 2
35
35
1225
2 35
2
y
y 2 y2
y
.y y y
y
12
12
12
6
144
2
2
1369 37
37 2 35
37
2 35
2 35
y
y 1
y 1
y 1
y
y
0
12
144 12
12
12
12
12
35
49 2 35
25
5
5
35 3577
y2
y
y
y
y
.
y
0 y
12
12
12
12
4
3
12
(Tư tưởng trong đầu phải xác định rằng: khơng sợ giải phương trình bậc 4, nó có cách giải mà)
5
5
, y
Thay lại vào phương trình 1 ta thấy chỉ có các nghiệm y
thoả mãn 1 .
4
3
5 5 5 5
Vậy nghiệm của hệ là x ; y ; , ;
4 4 3 3
Các em có thể tìm hiểu một cách chi tiết nhất về phương trình bậc 4 ở trong cuốn sách
Chinh phục phương trình, bất phương trình đại số. Chỉ cần nắm được cách giải phương trình
bậc 4 phối hợp với một số kĩ năng sử dụng máy tính được giới thiệu ở trong cuốn sách là các
em sẽ hồn tồn tự tin xử lí được cả một lớp bài tốn phương trình vơ tỉ hay gặp!
Cách giải khác: Có thể xử lí phương trình (1) bằng phương pháp đạo hàm.
Xét hàm số f t t t 2 1 trên
Hàm số có đạo hàm f ' t 1
.
t
t2 1 t
t t
t 1
t 1
t 1
Phương trình (1) lại có dạng f x f y x y .
2
2
2
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
0 nên f t đồng biến trên
.
Trang 20
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
1
35
Phương trình (3) được viết lại thành: y
0.
1 12
1 2
y
1
cos t t ; thì phương trình trên trở thành:
y
2
1
1
35
1
1
35
35
0
0 sin t cos t sin t cos t 0 .
cos t
cos t sin t 12
12
1 cos 2 t 12
Đến đây có thể đặt t sin t cos t để giải tiếp.
Bài 35: Nhận thấy rằng phương trình thứ hai của hệ đã cố ý “nhóm” hệ số của y 2 nên ta có ý
Với điều kiện y < –1, ta có thể đặt
tưởng đưa phương trình thứ hai của hệ thành bậc hai với ẩn là y 2 .
Từ phương trình thứ nhất suy ra: 3 y x 2 9 48 y 16 x 2 144 .
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: y 4 4 2 x 3 y 2 16 x 2 48 x 11 0 .
Xem như đây là một phương trình bậc hai với ẩn là y 2 và tham số là x , ta có:
' y2 4 2 x 3 16 x 2 48 x 11 25 0 nên phương trình có hai nghiệm là:
2
y 2 2 2 x 3 5 hay chính là y 2 1 4 x hoặc y 2 11 4 x .
1 y2
+) Nếu y 1 4 x x
. Thế vào phương trình thứ nhất ta được:
4
2
2
y2 1
y4 2 y2 1
3y 9
3 y 9 y 4 2 y 2 48 y 143
16
4
y2 1
2
2 y 12 y 2 1 2 y 12
2
y
2
1 2 y 12 0
y 1 2 3 x 3 3
y 2 2 y 11 0
(thoả mãn)
2
y 2 2 y 11 0
y 2 y 13 0 (VN)
y 1 2 3 x 3 3
2
11 y
+) Nếu y 2 11 4 x x
. Thế vào phương trình thứ nhất ta được:
4
2
y 2 11
y 4 22 y 2 121
3y 9
3 y 9 y 4 22 y 2 48 y 23
16
4
y2 1
2
2y 6 2 6
y2 2 y 6 1 2 6
y2 2 y 6 1 2 6
Giải từng phương trình:
y 6 2
*
y 6 2
0
0
2
y2 2 y 6 1 2 6
y
2
2y 6 1 2 6 0
*
**
11 y 2
6 2 3 3 2
4
2
6 2 33 2
3 x
2
3 x
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 21
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
11 y 2 3 2 2 3 6
y 6 3 2 x
4
2
**
y 6 3 2 x 2 3 6 3 2
2
Vậy nghiệm của hệ là
x ; y 3
3 ;2 3 1 , 3 3 ; 2 3 1 ,
6 2 3 3 2
6 2 33 2
; 2 3 6 ,
; 2 3 6 ,
2
2
3 22 3 6
2 3 3 2 6
; 6 3 2 ,
; 6 2 3 .
2
2
15 15
t 15
;
Bài 36: Đặt y
. Từ phương trình thứ nhất suy ra y 1;1 t
.
3
3
5
Phương trình thứ hai của hệ trở thành:
5
3
t 15
t 15
5
3
125
125
6 15 0 3t 5t 2 0
5
5
t 1
2
t 1 3t 3 6t 2 4t 2 0 3
2
3t 6t 4t 2 0 1
15 15
;
Xét hàm số f t 3t 3 6t 2 4t 2 trên đoạn
. Hàm số có đạo hàm
3
3
15 15
2
f ' t 9t 2 12t 4 3x 2 0 nên hàm số đồng biến đoạn
;
.
3
3
15
Suy ra 3t 3 6t 2 4t 2 f
12 3 15 0 , nên 1 vô nghiệm.
3
15
10
Vậy t 1 y
. Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta tìm được x
.
5
5
10 15
;
Vậy các nghiệm của hệ là x ; y
5
5
2
3
x3 xy 2 2000 y 0
x xy 2000 y
Bài 37: Biến đổi hệ như sau: 3
3
2
2
y yx 500 x 0
y yx 500 x *
+) Nếu x 0 , thay vào phương trình thứ hai ta được y 0 , thoả mãn hệ.
+) Nếu x 0 y3 yx 2 0 y 0 . Lúc này ta nhân chéo hai vế của hệ như sau:
0x
x
500 x x3 xy 2 2000 y y 3 yx 2 x 4 x 2 y 2 4 y 4 4 x 2 y 2
x4 5x2 y 2 4 y 4
2
y2
2
4 y2 0
x y x y x 2 y x 2 y .
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 22
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
– Nếu x y . Thay vào (*) ta được: x3 x3 500 x x 0 , loại.
– Nếu x y . Thay vào (*) ta được: x x x 2 500 x x 0 , loại nốt.
3
– Nếu x 2 y . Thay vào ta được: y3 4 y3 1000 y y 3 1000 y 0 y y 2 1000 0 .
Điều này không thể xảy ra do y 0 , y 2 1000 0 .
– Nếu x 2 y . Thay vào (*) ta được:
10 30
20 30
x
y
3
3
y3 4 y3 1000 y y 3 y 2 1000 0 3 y 2 1000
10 30
20 30
x
y
3
3
20 30 10 30 20 30 10 30
;
;
Vậy hệ có các nghiệm là x ; y 0;0 ,
,
3
3 3
3
Bài 38: Thay y 0 vào hệ thấy không thỏa mãn nên hệ tương đương với:
2
1
1
2
2
1 1 y4
xy
xy 2 x y 2 y 2 y
y
y2
2 x 2 2 x 1 1 y 3
2
3
2 x 1 1 y
Từ (1) 1 y 4 0 1 y 4 1 y 1.
1
2
Từ (2) 1 y3 0 1 y3 y 1 .
Vì vậy y chỉ có thể bằng –1 x 1 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1; 1
1
1
Bài 39: Điều kiện x , y 0; . Với điều kiện này suy ra 0 xy .
4
2
Khai thác phương trình thứ nhất của hệ. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwart ta có:
1
1
1 2 x2
1 2 y2
2
1
1
12 12
2
1 2 y2
1 2x
1
1
4
Đến đây ta sẽ chứng minh: 2
2
1 2 y 2 1 2 xy
1 2x
2 2 x2 2 y 2
2
1 2 xy
Thật vậy 1
2
2
1 2 xy
1 2x 1 2 y
1
1
2
*
2
1 2 y2
1 2x
1 (với 0 xy
1 x
2
1
).
4
y 2 1 2 x2
1 2 y
2
1 x 2 y 2 2 xy x 2 y 2 2 xy 1 2 y 2 2 x 2 4 x 2 y 2
x 2 y 2 2 xy 2 xy 2 xy x 2 y 2 0 x y 2 xy x y 0
2
2
1 1
2
2
x y 1 2 xy 0 , điều này đúng do x y 0 ; 1 2 xy 1 2. 0 .
4 2
2
1
1
4
Vậy, 1 đúng. Kết hợp với * suy ra
.
2
1 2 x2
1 2 xy
1 2y
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 23
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
1
1
2
Lấy căn hai vế ta có :
.
1 2 xy
1 2 x2
1 2 y2
1
. Như vậy hệ đã cho trở thành:
2
x y
x y
x y
2
2
1
x 1 2x y 1 2 y 9
2 x 1 2x 9
x 1 2 x 81
x y
x y
x y
73
2
1
9 73 (thỏa mãn)
1
2x x
0
9
x
x
81
36
4
9 73 9 73 9 73 9 73
;
;
Vậy nghiệm của hệ là x , y
,
36
36 36
36
1
Bài 40: Điều kiện x 1 , y . Viết hệ lại như sau:
2
1 2 x 2 x 1 2 y 1 2 y 1
3 x 2 x 2y 2y 1 0
3
3
2 2 x 2 y 1 1
2 2 x 2 y 1 1
Ta đặt a 2 x , b 2 y 1 a, b 0 thì hệ trên trở thành:
Trong bài này, dấu bằng xảy ra, tức là x y 0; x
2
2
3
1 a 2 a 1 b2 b
3
a a b b
a b a b ab 1 0
3
3
2a b 1
2a b 1
2a b 3 1
a b 0 do a 2 b 2 ab 1 0
a b
a b
2
3
2a a 1 a 1 a a 1 0
2a b 3 1
a b
1 5
1 5
(do a 0 nên ta đã loại nghiệm a
)
a 1 a
2
2
+) Nếu a b 1 2 x 2 y 1 1 x 1 ; y 1.
5 1
5 1
1 5
5 5
2 x 2y 1
x
, y
.
2
2
2
4
1 5 5 5
;
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1 ,
4
2
Lưu ý: Có thể dùng phương pháp hàm số để kết luận 2 x 2 y 1 .
+) Nếu a b
Bài 41: Biến đổi hệ như sau:
x3 y 3 9
x3 1 y 3 8
x3 3x 2 3x 1 y 3 6 y 2 12 y 8
2
2
2
2
2
2
x 2y x 4y 0
6 y 12 y 3x 3x
x 2y x 4y 0
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 24
Lovebook – Nhà sách của học sinh Việt Nam
x 1 3 y 2 3
x 1 y 2
x y 3
2
2
2
2
2
y 3 2y y 3 4y 0
3y 9 y 6 0
x 2y x 4y 0
x y 3
x 2
x 1
y 1 y 2
y 1
y 2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2; 1 , 1; 2
Bài 42: Chuyển số 3 từ vế trái của phương trình thứ hai sang vế phải:
2
xy
3
x2
x3 8 x y y 2 2
x3 8 x y 3 2 y
x 8 x y.
x x 8 3 0
3
2
2
2
2
x 3 3 y 1
x 3 y 2
x2 3 y 2 2
x2 3 y 2 2
x 0
x 0
2
3x 2 24
0 3 y 2 (lo ai )
3x 2 24 xy 0
2
y
3x 24 xy 0
2
x
2
3x 2 24 xy 0
2
x 3 y 2
3 y 2 6 x2 0
2
x 3 y 2
2
x 3 y2 2
3x 2 24
3x 2 24
y
3x 2 24
x
y
y
x
x
2
2
3x 2 24
2
3
3 3x 2 24 6 x 2 x 4 0
26 x 4 426 x 2 1728 0
6 x 0
x
4 78
4 78
3x 2 24
x
y
x
x 3
x 3
13
13
x
y 1
y 1
x 2 9 x 2 96
y 78
y 78
13
13
13
4 78 78 4 78 78
;
;
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 3;1 , 3; 1 ,
,
13
13 13
13
Cách giải khác: Cách 1: Đưa phương trình thứ nhất về dạng x3 y3 2 y 8x và đưa phương
trình thứ hai về x 2 3 y 2 6 , sau đó nhân hai vế để đưa về phương trình đẳng cấp bậc 3.
Cách 2: Bình phương hệ:
x3 8 x y 3 2 y x3 8 x y 3 2 y x 2 x 2 8 y 2 y 2 2 .
2
2
2
2
Việc còn lại của chúng ta là rút y 2 từ phương trình thứ hai và thế vào phương trình trên.
Bài 43: Rút y từ phương trình thứ hai và nhân hai vế của phương trình thứ nhất cho 7 ta có:
2
7 y 2 x2 9 x 6
7 y 2x 9x 6
2
2
2
2
7 y.2 x 2 7 y.3 y 28 x 2 7 y.9
2 x 3x 2 x 9 x 6 28 x 9 2 x 9 x 6
Hồ Văn Diên – Trường THPT Thái Lão – Hưng Nguyên – Nghệ An
Trang 25
