Tìm hiểu các kỹ thuật giải hệ phương trình ôn thi THPT quốc gia môn Toán

TÌM HI
ỂU


CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

C
ẨM NANG CHO M
ÙA THI

NGUY
ỄN HỮU BIỂN


Email:
(
ÔN THI THPT QU
ỐC GIA)


LỜI GIỚI THIỆU
Các em học sinh thân thân mến, trong đề thi ĐH môn Toán những năm gần đây
thường xuyên xuất hiện câu giải hệ phương trình, câu hỏi này thường là thuộc hệ thống
câu hỏi khó, có tính chất phân loại trong đề thi, mốc đạt điểm từ 8 đến 10. Phương
pháp suy luận để giải quyết đối với loại câu hỏi này cũng khá đa dạng, thầy có thể kể
ra một số phương pháp phổ biến như sau:

(1) Phương pháp rút - thế
(2) Phương pháp nhóm nhân tử chung
(3) Phương pháp dùng hàm số và đạo hàm

(4) Phương pháp dùng BĐT vec - tơ
(5) Phương pháp dùng số phức
(6) Phương pháp nhân liên hợp và đánh giá
(7) Phương pháp lượng giác hóa

Sự phân chia và liệt kê các phương pháp nói trên cũng chỉ mang tính chất tương
đối, vì trên thực tế trong đề thi chúng ta thường phải vận dụng kết hợp nhiều phương
pháp đan xen hợp lý để giải quyết bài tập (rất ít đề thi chỉ dùng 1 phương pháp độc
lập). Vậy câu hỏi đặt ra là “làm thế nào nhận biết được bài tập đã cho dùng phương
pháp nào?”, đôi khi có bài tập có một vài cách giải khác nhau tuy nhiên sẽ có cách hay
nhất, dễ hiểu nhất. Để giảm bớt “nỗi lo âu” của các em học sinh đối với loại bài tập
này, thầy biên soạn cuốn tài liệu
TÌM HIỂU CÁC KỸ THUẬT GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
, tài
liệu bao gồm 120 bài tập giải hệ phương trình - minh họa đầy đủ các kỹ thuật giải hệ
phương trình trong đề thi đại học, đặc biệt 24 bài tập đầu thầy không chỉ hướng dẫn
làm bài mà quan trọng hơn đó là đi sâu vào phân tích, tìm hiểu kỹ thuật giải tương
ứng, như vậy dần dần các em sẽ tích lũy được thành kinh nghiệm - “bí kíp” cho riêng
mình. Sau 24 bài tập, thầy sẽ đưa ra một loạt các bài tập tự luyện kèm hướng dẫn giải
bám sát cấu trúc ra đề theo xu thế mới hiện nay để các em tự thực hành và đối chiếu
hướng dẫn giải. Phương châm và mong muốn của thầy là học xong tài liệu này, các em
sẽ giải quyết tốt câu giải hệ phương trình trong đề thi sắp tới (nếu có).
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !
Nguyễn Hữu Biển -


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH

ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
1

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Bài 1 : Giải hệ phương trình
(
)
(
)
3 2 2 2 2 2
2
x 4y 3y 5y x y x 4y 8
12 2x 2y 2 y 4
(1)
x + (2)

+ + − = + +



− = − −


Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
2 2

x 5y
0 x 6
y 0

≤

< ≤


≥


+ Trước hết quan sát ta thấy phương trình (2) có hình thức đơn giản hơn (1). Tuy rằng (2)
có biến x và y cô lập ở từng vế nhưng ta không thể biến đổi để sử dụng “hàm đại diện”
được. Vì vậy, ta sẽ “mò nghiệm” để tìm quan hệ của x và y. Thật vậy:
- Từ (2) ta cho
y 4 x 12 2x 24
= ⇒ + − =
, bấm máy ta thấy phương trình này vô nghiệm,
vì vậy ta bỏ qua việc suy luận từ (2)
+ Bây giờ ta chỉ còn cách quay về (1) để “nghiên cứu”. Ta thấy như sau:
- Từ (1) ta cho
(
)
2 2
y 1 x 7 5 x x 12
= ⇒ + − = +
, bấm máy giải phương trình này có
x 2
=

- Từ (1) ta cho
(
)
(
)
2 2
y 2 x 38 20 x 4 x 24
=
⇒
+ − = + , bấm máy giải phương trình có
x 4
=

Vậy với 2 giá trị ta nhận thấy dự đoán
x 2y x 2y 0
= ⇔ − =
, điều này khiến ta có
suy luận rằng, nếu biến đổi (1) một cách khéo léo, ta sẽ ép được nhân tử chung là
(
)
x 2y
−
. Bây giờ ta sẽ “ép nhân tử chung” từ (1) như sau:
(
)
(
)
( )
(

)
( )
( )
(
)
( )
( )
( )( )
( )( )
( )
( )
( )
3 2 2 2 2 2
3 2 2 2 2 4 2
3 4 2 2 3 2 2 2
3 2 2 2 2
3
2 2
3
2 2
x 4y 3y 5y x y x 4y 8
4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y
2xy 4y x 5y x xy 4xy 2xy 8y x y 0
2y x 2y x 5y x y y 4x 2xy 8y x y 0
x x 2y x 2y
2y x 2y y x 2y 4 xy 0
5y x y
x x 2y
x 2y 3y y 4 xy
5y x y

+ + − = + +
⇔ + + − = + +
⇔ − + − − + + − − =
⇔ − + − − + + − − =
− +
⇔ − − + − + =
− −

+
⇔ − − + +

− +

0

=

 


+ Như vậy ta đã ép được nhân tử chung
(
)
x 2y
−
từ (1), tuy nhiên cái ngoặc vuông
“khổng lồ” gắn kèm kia ta rất khó để chứng minh được nó khác 0. Có lẽ cách làm này
vẫn không khả thi cho lắm.
+ Sau một hồi suy luận mất khá nhiều thời gian và công sức, ta cũng chỉ mới biết được
x 2y x 2y 0

= ⇔ − =
. Bây giờ con đường cuối cùng là ta đổi hướng làm theo kiểu “đánh
giá”, chú ý phải “biến đổi ép” để có
(
)
x 2y
−
nhé. Thật vậy, từ (1) ta biến đổi như sau:


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
2

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(
)
(
)
( )
3 2 2 2 2 2
3 2 2 2 2 4 2
2 2 2 2 2 4 3

2
2 2 2 2
x 4y 3y 5y x y x 4y 8
4xy 3xy x 5y x x y 4y 8y
3xy x 5y x 8y x y 4y 4xy
3xy x 5y x 8y 2y xy
(3)
+ + − = + +
⇔ + + − = + +
⇔ + − − = + −
⇔ + − − = −

+ Nhận thấy
(
)
2
2
2y xy 0
− ≥
, vậy từ (3)
2 2 2
3xy x 5y x 8y 0
⇒ + − − ≥

2
2
x x x
3 5 8 0
y y y
x x x

5 8 3
y y y
(4)
   
⇔ + − − ≥
   
   
   
⇔ − ≥ −
   
   

+ Mặt khác, từ ĐK
2
2 2
x x x
x 5y 5 0 5 8 3 0
y y y
   
≤ ⇔ ≤ ⇔ < ≤ ⇒ − >
   
   
, vậy BPT (4) có 2 vế
không âm nên bình phương 2 vế và biến đổi ta được kết quả:
4 2
x x x
4 48 64 0
y y y
     
+ − + ≤

     
     
, đặt
x
t 0
y
= ≥

( )
(
)
( )
( )
2
4 2 2
2
2
2
t 4t 48t 64 0 t 2 t 4t 16 0
t 2 0 t 4t 16 0, t 0)
x
t 2 0 t 2 2 x 2y
y
(do
⇒ + − + ≤ ⇔ − + + ≤
⇔ − ≤ + + > ∀ ≥
⇔ − = ⇔ = ⇒ = ⇔ =

+ Cuối cùng ta đã tìm được hướng làm đúng, bây giờ thì thay
x 2y

=
vào (2) ta có:
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2y 12 4y 2y 2 y 4
3 y y y y 2
y y 2 0 y 2
3 y y y y 2
(do y 0)
(5)
+ − = − −
⇔ − + = − −

− − ≥ ⇔ ≥ ≥

⇔

− + = − −



+ Từ (5) biến đổi ta được:
( )
4 3 2

y 2y 3y 4y 1 2 y 3 y
(6)
− − + + = −
+ Phương trình (6) quả thật không dễ gì giải quyết được, nếu bình phương 2 vế tiếp tục,
sẽ được phương trình bậc 8 (ghê gớm quá) nên không ai đi làm thế cả !!!
+ Bây giờ bạn hãy quan sát căn bậc 2 bên phải, ta đoán rằng sẽ tạo ra lượng thích hợp để
nhân liên hợp rồi đoán nhân tử chung, vậy trước hết ta sẽ nghĩ đến việc tạo ra lượng
( )
(
)
y 3 y 1
− −

( )
( )
(
)
( )
2
y 3y 1
y 3 y 1
y 3 y 1
− − +
⇒ − − =
− −

⇒
đoán nhân tử chung là
(
)

2
y 3y 1
− +
.
+ Vậy vấn đề là ta phải ép cho vế trái của (6) có được nhân tử chung là
(
)
2
y 3y 1
− +
:




TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
3

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
( )
(
)

( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
4 3 2
4 3 2 3 2 2
2
2 2 2 2
2
2 2
2 2
2 2
y 2y 3y 4y 1 2 y 3 y 1
y y y 3y 3y 3y y y 1 2 y 3 y 1
2 y 3y 1
y y y 1 3y y y 1 y y 1
y 3 y 1
2 y 3y 1
y y 1 y 3y 1 0
y 3 y 1
2
y 3y 1 y y 1 0
y 3 y 1

2
y 3y 1 0 y y 1 0
y 3 y 1
3 5
y
2
do
− − + − = − −
⇔ + − − − + + + − = − −
− − +
⇔ + − − + − + + − =
− +
− +
⇔ + − − + + =
− +
 
 
⇔ − + + − + =
 
− +
 
⇔ − + = + + + >
− +
−
= <
⇔
2
3 5
y x 3 5
2





+
= ⇒ = +



* Chú ý: các bạn có thể phân tích đa thức
4 3 2
y 2y 3y 4y 1
− − + −
thành nhân tử với nhân tử
chung là
2
y 3y 1
− +
bằng 1 trong 2 cách sau:
- Cách 1: Chia đa thức
4 3 2
y 2y 3y 4y 1
− − + −
cho đa thức
2
y 3y 1
− +

- Cách 2: Dùng hệ số bất định
(

)
(
)
4 3 2 2 2
y 2y 3y 4y 1 y 3y 1 y my 1 m?
− − + − = − + + − ⇒
Vậy HPT có nghiệm
3 5
(x; y) 3 5;
2
 
+
= +
 
 
 

Bài 2 : Giải hệ phương trình
2 2
2 2
x y 3 y 3x 7
y 1 2y 1 x x xy 3y
(1)
(2)

+ + = − +


− + + = + + +




Phân tích tìm lời giải
+ ĐK
2
y 3x
y 1
x 0

≥

≥


≥


+ Ở bài này ta sẽ không xuất phát từ (1), bởi vì có 2 số
3
và
7
rời nhau nên nếu giải
thường sẽ cho nghiệm không phải số nguyên.
+ Xét phương trình (2) để “xử lý” ta thấy:
- Nếu cho
(
)
2
y 1 x x x 0 x 1 x x x 0 x 0
= ⇒ + + = ⇔ + + = ⇔ =

- Nếu cho
2
y 2 x x 2x 4
= ⇒ + + =
, bấm máy giải phương trình
x 1
⇒ =

+ Như vậy đến đây ta dự đoán
y x 1 y x 1 0
= + ⇔ − − =
, vậy nhân tử chung dự đoán sẽ là
(
)
y x 1
− −
, bây giờ ta tìm cách ép nhân tử chung từ phương trình (2) như sau:


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
4

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
2 2
2 2
2 2
y 1 2y 1 x x xy 3y
y 1 x x xy 3y 2y 1
y 1 x
x xy 3y 2y 1
y 1 x
(3)
− + + = + + +
⇔ − − = + + − −
− −
⇔ = + + − −
− +

+ Ta cần phân tích đa thức ở vế phải của (3) thành nhân tử với nhân tử chung là
(
)
y x 1
− −
, công việc này không hề đơn giản. Cách xử lý khéo léo là ta coi VP của (3) là
phương trình bậc 2 ẩn x:
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 0
+ + − − =

- Tính
(
)
( )
2
2 2
y 4.1. 3y 2y 1 3y 2 0
∆ = = − − = − ≥
, vậy phương trình
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 0
+ + − − =

có 2 nghiệm là :
y 3y 2
x
x y 1 0
2
y 3y 2 x 2y 1 0
x
2
− + −

=

− + =

⇔



− − + + − =


=


(
)
(
)
(
)
2 2
x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1
⇒
+ + − − = − − + −

- Vậy (3)
( )( )
( )
y 1 x
x y 1 x 2y 1
y 1 x
1
y x 1 x 2y 1 0
y 1 x
− −
⇔ = − − + −

− +
 
⇔ − − + + − =
 
 
− +
 

- Ta thấy với ĐK
1
x 0;y 1 x 2y 1 0 y x 1 0 y x 1
y 1 x
 
≥ ≥
⇒
+ + − >
⇒
− − =
⇒
= +
 
 
− +
 
thay
vào (1) ta được:
2 2
x x 1 3 x x 1 7
(4)
+ + + = − + +

, bấm máy thấy phương trình này có nghiệm
x 2
=
,
vậy ta sẽ biến đổi để xuất hiện nhân tử chung là
(
)
x 2
−
: Bình phương 2 vế và biến đổi ta
được:
( )( )
( )
2 2
2
2 2
2 2
2 2
x 2 7x 7x 7 3x 3x 3
4x 10x 4
x 2
7x 7x 7 3x 3x 3
2 x 2 2x 1
x 2
7x 7x 7 3x 3x 3
4x 2
x 2 1 0
7x 7x 7 3x 3x 3
− = − + − + +
− +

⇔ − =
− + + + +
− −
⇔ − =
− + + + +
 
−
⇔ − − =
 
− + + + +
 

+ Đến đây mặc dù đã xuất hiện nhân tử chung là
(
)
x 2
−
, tuy nhiên đại lượng trong dấu
ngoặc thứ hai là
2 2
4x 2
1
7x 7x 7 3x 3x 3
 
−
−
 
− + + + +
 
ta không thể chứng minh cho nó

0
≠
,


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
5

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
hơn nữa nếu xét phương trình
2 2
4x 2
1 0
7x 7x 7 3x 3x 3
 
−
− =
 
− + + + +
 
thì việc giải phương
trình này là rất khó.

+ Bây giờ ta phải quay trở về phương trình (4) để đổi hướng làm bài như sau:
2 2 2 2
x x 1 3 x x 1 7 x x 1 x x 1 7 3
(4) (5)
+ + + = − + + ⇔ + + − − + = −

+ Ý tưởng làm bài lúc này là ta sẽ chứng minh cho VT của (5) là hàm đơn điệu để suy ra
x 2
=
là nghiệm duy nhất của (5).
- Xét hàm số :
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2x 1 2x 1
f (x) x x 1 x x 1 f '(x)
2 x x 1 2 x x 1
2x 1 2x 1
f '(x)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
= + + − − + ⇒ = −
+ + − +
+ −
⇔ = −
+ + − +

- Xét hàm số
( )

2 2
2
t 3
f (t) , t R f '(t) 0, t
t 3
t 3
= ∈ ⇒ = > ∀
+
+

f (t)
⇒
là hàm đồng biến
- Mặt khác ta có
( ) ( )
2 2
2x 1 2x 1
2x 1 2x 1 g(2x 1) g(2x 1)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
+ > − ⇒ + > − ⇒ >
+ + − +

( ) ( )
2 2
2x 1 2x 1
f '(x) 0 f (x)
2x 1 3 2x 1 3
+ −
⇒ = − > ⇒

+ + − +
là hàm đồng biến.
Vậy
x 2
=
là nghiệm duy nhất của (5). KL:
(x; y) (2;3)
=

Bài 3: Giải hệ phương trình
( )
( )
3
4 3 2
3 3
2 2 4 2 3
3
x x x 1 x y 1 1
x y 2 x x y 2y y 1 x x
(1)
(2)

+ − + = − +


− + + + = − +



Phân tích tìm lời giải

+ ĐK:
3 2
x x 1 0
y 1

− + ≥

≥


+ Ở bài này đối với phương trình (1) trong căn là đa thức có 3 hạng tử nên ta loại trừ PP
nhân lượng liên hợp, vậy ta xuất phát từ (2) để biến đổi mấy căn rắc rối kia xem hình
dạng biểu thức thu được ra sao nhé !
+ Từ (2) ta biến đổi:
(
)
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
3 3
2 2 4 2 3
3
2
2 3
3 3 3
2 2
3 3
2
3
3

x y 2 x x y 2y y 1 x x
x 2x. x x 2y y 1 x x y y 0
x x 2y y 1 x x y y 1 0
x x y y 1 0
x x y y 1 0
− + + + = − +
 
⇔ + + − − + + − =
 
 
⇔ + − − + + − =
⇔ + − − =
⇔ + − − =



TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
6

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(
)

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

+ Như vậy sau khi biến đổi (2) thì kết quả thu được tự nhiên rất tốt, do đó đây là điều hết
sức may mắn và ngẫu nhiên.
+ Đến đây ta xét hàm số
3 2
f (t) t t f '(t) 3t 1 0 f(t)
= +
⇒
= + >
⇒ là hàm đồng biến
Vậy từ (3)
(
)
(
)
( )
3
2
3 3

f x f y 1 x y 1 y 1 x
⇒
= −
⇒
= −
⇒
− =
thay vào (1) ta được:
(
)
( )
( )
( )
( )
4 3 2 3
3 2 2 4 3 2
3 2 4
4 3 2
3 2 2
4 3 2
3 2 2
4 3 2
3 2 2
2
2
3 2 2
x x x 1 x 1
x x 1 x x x x 1 0
x x 1 x
x x x 1 0

x x 1 x
1
x x x 1 1 0
x x 1 x
x x x 1 0
x x 1 x 1
x 1
1 x 0
x x 1 1 x
x 1 y 2
x 0 y 1
+ − + = +
⇔ − + − + − + − =
− + −
⇔ + − + − =
− + +
 
⇔ − + − − =
 
− + +
 

− + − =
⇔

− + + =


=




− ≥
⇔




− + = −




=
⇒
=

⇔

=
⇒
=


KL: HPT có nghiệm
(x; y) (1;2),(0;1)
=

Bài 4: Giải hệ phương trình
( )

(
)
( )
( )
2 2 2 2
3x 3y 8 y x y xy x 6
x y 13 3y 14 x 1 5
(1)
(2)

+ + = − + + +


+ − − − + =



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x 1
14
y
3
≥ −



≥



+ Quan sát phương trình (1), nếu ta thực hiện mở dấu ngoặc và chuyển vế thì sẽ cô lập
được x và y sang từng vế, thật vậy:
(
)
(
)
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 3 3
3 2 3 2
3x 3y 8 y x y xy x 6
3x 3y 8 y x y xy x 6
3x 3y 8 y x 6 y x
x 3x 6x 8 y 3y 6y
(3)
+ + = − + + +
 
⇔ + + = − + + +
 
⇔ + + = − + −
⇔ + + + = − +



TÌM HI
ỂU CÁC

K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
7

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Ở phương trình (3) đã cô lập x và y sang từng vế, mặt khác mỗi vế đều có dạng đa thức
bậc ba, với hình thức phương trình kiểu này, ta thường nghĩ đến phương pháp sử dụng
“hàm đại diện”.
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2
3 3
x 3x 6x 8 y 3y 6y
x 1 3 x 1 y 1 3 y 1
(4)
+ + + = − +
⇔ + + + = − + −

+ Đến đây ổn rồi, xét hàm số
3 2
f (t) t 3t f '(t) 3t 3 0 f (t)
= + ⇒ = + > ⇒ là hàm đồng biến
Vậy từ (4)
f (x 1) f (y 1) x 1 y 1 y x 2
⇒ + = − ⇔ + = − ⇔ = +
thay vào (2) ta được:

( )
( )
5
2x 11 3x 8 x 1 5 3x 8 x 1
2x 11
5 8 11
3x 8 x 1 ; x
2x 11 3 2
=0 (5)
− − − + = ⇔ − − + =
−
⇔ − − + − ≤ ≠
−

+ Ở phương trình (5) ta nhẩm thấy (hoặc dùng máy tính) phương trình có 2 nghiệm
x 3;x 8
= =
, tuy nhiên việc giải phương trình (5) là rất khó. Trong trường hợp này ta sẽ
dùng phương pháp đồ thị để chứng tỏ phương trình (5) chỉ có đúng 2 nghiệm
x 3;x 8
= =
.
+ Xét hàm số
5 8 11
f (x) 3x 8 x 1 ; x
2x 11 3 2
= − − + − ≤ ≠
−

( )

( )
2
2
3 1 10
f '(x)
2 3x 8 2 x 1
2x 1
3 x 1 3x 8 10 8 11
f '(x) 0, x ; x
3 2
2 3x 8. x 1
2x 1
⇒
= − +
− +
−
+ − −
⇔ = + > ∀ ≥ ≠
− +
−

+ Ta có bảng biến thiên sau:
++
+∞
11
2
8
3
f(x)
f'(x)

x

+ Từ BBT ta thấy hàm số f(x) cắt Ox tại tối đa 2 điểm, vậy phương trình (5) chỉ có 2
nghiệm
x 3;x 8
= =

KL: HPT có nghiệm là
(x; y) (3;5);(8;10)
=

Nhận xét: Nếu ta giải phương trình
( )
(
)
2x 11 3x 8 x 1 5
− − − + =
bằng phương pháp
nhân liên hợp thì ta sẽ biến đổi như sau:
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )

( )
( )
2x 11 3x 8 x 1 5
2x 11 3x 8 1 2x 11 x 1 2 2 x 3 0
2x 11 .3 x 3 2x 11 . x 3
2 x 3 0
3x 8 1 x 1 2
− − − + =
⇔ − − − − − + − − − =
− − − −
⇔ − − − =
− + + +



TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
8

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
( )
( )
( )

( )
( )
3 2x 11 2x 11
x 3 2 0
3x 8 1 x 1 2
 
− −
 
⇔ − − − =
 
− + + +
 

+ Tuy nhiên đến đây ta gặp khó khăn khi lý luận cho phương trình ở dấu ngoặc vuông kia
có nghiệm duy nhất
x 8
=

( )
( )
( )
( )
3 2x 11 2x 11
2 0
3x 8 1 x 1 2
 
− −
 
− − =
 

− + + +
 

Bài 5: Giải hệ phương trình
( )
( )
2
2 2
2
4 2
y y 5
6ln x y x xy y 1
x x 5
3
4y 6y 2 3 4x 0
4
(1)
(2)

 
+ +

 
= − + + −
 

+ +
 



− + − − =



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
3
0 x
4
< ≤

+ Nhận thấy (1) có dạng đặc biệt nên biến đổi (1) ta được:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 3 3
2 3 2 3
6ln y y 5 6ln x x 5 x y 2x 2y
6ln y y 5 y 2y 6ln x x 5 x 2x
(3)
⇔ + + − + + = − − +
⇔ + + + − = + + + −

+ Xét hàm số
(

)
2 3
f (t) 6ln t t 5 t 2t,t R
= + + + − ∈
2
2
6
f '(t) 3t 2
t 5
⇒ = + −
+

+ Đến đây ta vẫn chưa chứng minh được f(t) là hàm đơn điệu, vậy ta sẽ tính f’’(t) và sử
dụng PP “min - max”, thật vậy:
( )
3
2
1
f ''(t) 6t 1
t 5
 
 
⇒
= −
 
 
+
 
, xét
f ''(t) 0 t 0

= ⇔ =
, ta có bảng biến thiên sau:
6
5
-2
0
-∞
+-
+∞
0
f'(t)
f''(t)
t

+ Từ BBT ta thấy
6
f '(t) 2 0 f '(t) 0 f(t)
5
≥ − >
⇒
>
⇒ là hàm đồng biến.
+ Vậy từ (3)
f (x) f (y) x y
=
⇒
=
thay vào (2) ta có:
4 2
3

4x 6x 2 3 4x 0
4
(4)
− + − − =



TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
9

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Việc giải phương trình (4) cũng không hề đơn giản, bây giờ ta dùng đến máy tính và
thấy phương trình (4) chỉ có nghiệm duy nhất
1
x
2
=
, do đó ta phải chứng minh cho hàm
số ở vế trái của (4) là hàm đơn điệu, thật vậy:
+ Xét hàm số
4 2
3 3

g(x) 4x 6x 2 3 4x , x 0;
4 4
 
= − + − − ∈
 
 

( )
3 2 2
4 4 3
g '(x) 16x 12x 4x 4x 3 0, x 0;
4
3 4x 3 4x
 
⇒ = − − = − − < ∀ ∈
 
− −
 

g(x)
⇒
là hàm nghịch biến
1
x
2
⇒
=
là nghiệm duy nhất của (4)
1
y

2
⇒
=

KL: HPT có nghiệm
( )
1 1
x; y ;
2 2
 
=
 
 

Bài 6: Giải hệ phương trình
( )
2
3 2
2x x y 2
x 3x 2 y 2 1 y 0
(1)
(2)

− + =


− + + + − =



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
2
0 x 2
2x x 0
0 y 1
0 y 1
≤ ≤

− ≥ 
⇔
 
≤ ≤
≤ ≤



+ Nhận thấy phương trình (2) có thể cô lập được x và y sang từng vế, mặt khác VT là đa
thức bậc 3 đối với x, VP chứa căn bậc hai của đa thức bậc nhất đối với y, đối với hình
thức này, ta thường sử dụng PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy:
(
)
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
3 2
3 2
3 2

3
3
x 3x 2 y 2 1 y 0
x 3x 2 y 2 1 y
x 3x 3x 1 3 x 1 1 y 3 1 y
x 1 3 x 1 1 y 3 1 y

(3)
− + + + − =
⇔ − + = − + −
 
⇔ − + − − − = − − −
 
⇔ − − − = − − −

+ Xét hàm số
3
f (t) t 3t
= −
, ta thấy
0 x 2 1 x 1 1
1 t 1
0 y 1 0 1 y 1
≤ ≤ − ≤ − ≤
 
⇔
⇒
− ≤ ≤
 
≤ ≤ ≤ − ≤

 

(
)
[
]
2 2
f '(t) 3t 3 3 t 1 0, t 1;1
⇒
= − = − ≤ ∀ ∈ −
f (t)
⇒
là hàm nghịch biến.
+ Từ (3)
( )
( )
( )
2
2
x 1 0
x 1
f x 1 f 1 y x 1 1 y
y x 2x
x 1 1 y
− ≥

≥


− = −

⇒
− = − ⇔ ⇔
 
= − +
− = −




+ Thay vào (1) ta được:
2 2
2x x 2x x 2,1 x 2
− + − = ≤ ≤
, giải PT này
x 1
⇒
=

KL: HPT có nghiệm
(x; y) (1;1)
=

Bài 7: Giải hệ phương trình
( )
2 2
5 2
3 1 x 3x y 1 3
x 5x y 2y 4 y 1
(1)
(2)


− + − − =


− = + − +



Phân tích tìm lời giải


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
10

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ ĐK:
2
2 2
1 x 0 1 x 1
3x y 1 0 y 1 3x
y 1 0 y 1


− ≥ − ≤ ≤



− − ≥ ⇔ + ≤
 
 
+ ≥ ≥ −



+ Quan sát thấy phương trình (2) cô lập được x và y sang mỗi vễ, hơn nữa đa thức trong
căn bậc hai là bậc nhất nên ta sẽ nghĩ đến việc biến đổi (2) theo PP “hàm đại diện”.
(
)
( )
( )
5 2
2
5
5
5
x 5x y 2y 4 y 1
x 5x y 1 5 y 1
x 5x y 1 5 y 1
(3)
− = + − +
 
⇔ − = + − +
 

⇔ − = + − +

+ Xét hàm số
5
f (t) t 5t
= −

+ Ta cần tìm điều kiện của :
[
]
2
x 1;1
t 1; 3
y 1 3x
y 1 0; 3
y 1 0

∈ −

 
⇒ ∈ −


+ ≤
 
 
⇒ + ∈


 

+ ≥



+ Ta có
(
)
4 4
f '(t) 5t 5 5 t 1
= − = −
, rõ ràng với
t 1; 3
 
∈ −
 
thì ta chưa thể xác định được
hàm f(t) đơn điệu, điều này chứng tỏ ĐK của t tìm chưa sát (vẫn còn thiếu). Bây giờ ta
phải nghiên cứu kỹ hơn để tìm ĐK cho t thật sát.
+ Xét (1) ta thấy:
2 2
2 2
2 2
3 3. 1 x 1. 3x y 1
3 3. 3 3x 1. 3x y 1
3 3 1. 3 3x 3x y 1
1 3 3
3 2 2 y y y 1 0 y 1
4 4 2
= − + − −
⇔ = − + − −

⇔ ≤ + − + − −
⇔ ≤ − ⇔ ≤ − ⇔ + ≤ ⇔ ≤ + ≤

+ Như vậy cuối cùng ta có
[
]
[ ]
x 1;1
t 1;1
3
y 1 0;
2

∈ −

⇒ ∈ −
 

+ ∈
 

 


(
)
[
]
4
f '(t) 5 t 1 0, t 1;1 f (t)

⇒
= − ≤ ∀ ∈ −
⇒
là hàm nghịch biến.
+ Từ (3)
( )
( )
2 2
0 x 1
f x f y 1 x y 1
x y 1 y x 1
≤ ≤

⇒ = + ⇒ = + ⇔

= + ⇒ = −

thay vào (1) ta được:
2 2
3 1 x 2x 3
− + =
, đặt
[
]
2
X x X 0;1 3 1 X 2X 3
(4)
=
⇒
∈

⇒
− + =

+ Phương trình (4) giải bằng cách bình phương 2 vế 2 lần
KL: HPT có nghiệm là
6 2 49
(x; y) (0; 1); ;
11 121
 
= − ± −
 
 
 

Qua bài này ta thấy việc tìm ĐK cho hàm “đại diện” f(t) sẽ lấy hợp các ĐK của 2
hàm số ở VT và VP, đôi khi chúng ta cần tìm thật sát ĐK của f để chứng minh hàm số f(t)
đơn điệu.


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
11

NGUYỄN HỮU BIỂN -

/>
Bài 8 (KA-2013): Giải hệ phương trình
( )
4
4
2 2
x 1 x 1 y 2 y
x 2x y 1 y 6y 1 0
(1)
(2)

+ + − − + =


+ − + − + =



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x 1
≥

+ Ta thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, vậy rất có thể sẽ sử dụng
được PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy:
( )
4
4
4
4

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

+ Xét hàm số
4
f (t) t 2 t
= + +
, do
y R, x 1 t R
∈ ≥
⇒
∈

3
4
2t
f '(t) t
t 2
⇒ = +
+
, rõ ràng với
t R

∈
thì hàm số f(t) không đơn điệu, vậy ta cần tìm điều
kiện sát hơn đối với t như sau.
+ Xét (2)
(
)
2 2 2 2
x 2x y 1 y 6y 1 0 x 2xy 2x y 6y 1 0
+ − + − + = ⇔ + − + − + =

( )
2 2
2
x y 1 2xy 2x 2y 4y
x y 1 4y 4y 0 y 0
⇔ + + + − − =
⇔ + − = ⇒ ≥ ⇒ ≥

+ Như vậy với
x 1
t 0
y 0
≥

⇒ ≥

≥


3

4
2t
f '(t) t 0, t 0 f (t)
t 2
⇒ = + ≥ ∀ ≥ ⇒
+
là hàm đồng biến.
+ Từ (3)
(
)
( )
4
4 4
f x 1 f y x 1 y x y 1
⇒ − = ⇒ − = ⇒ = +
thay vào (2) ta được:
( )
7 4
7 4
y 0
y y 2y y 4 0
y 2y y 4 0
(4)
=

+ + − = ⇔

+ + − =


+ Ở phương trình (4) ta thấy có 1 nghiệm
y 1
=
, mặt khác xét hàm số ở vế trái của (4) ta
có:
7 4 6 3
g(y) y 2y y 4 g'(y) 7y 8y 1 0
= + + − ⇒ = + + >
nên g(y) là hàm đồng biến, vậy
y 1
=
là
nghiệm duy nhất của (4).
KL: HPT có nghiệm
(x; y) (1;0),(2;1)
=

Bài 9: Giải hệ phương trình
3
2 2 2 2
2y 2x 1 x 3 1 x y
5x 2y 12x 7 x y 19 5y
(1)
(2)

− + = + −


+ + + − − − =




Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
2 2
2 2
x 1
5x 2y 12x 7 0
x y 19 0
≥ −


+ + + ≥


− − ≥


+ Nhận thấy phương trình (1) có thể cô lập x và y sang từng vế, hơn nữa đa thức trong
căn là bậc 1, y bậc 3 nên ta sẽ nghĩ đến PP sử dụng “hàm đại diện”, thật vậy:


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang

12

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
( )
( )
( )
3
3
3
3
3
3
3
2y 2x 1 x 3 1 x y
2y y 2x 1 x 3 1 x
2y y 2 1 x 1 1 x 3 1 x
2y y 2 1 x 1 x 3 1 x
2y y 2 1 x 1 x (3)
− + = + −
⇔ + = + + +
 
⇔ + = + − + + +
 
 
⇔ + = + − + + +
 
 
⇔ + = + + +

+ Xét hàm số
3 2
f (t) 2t t, t R f '(t) 6t 1 0, t R
= + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈

f (t)
⇒
là hàm đồng biến, từ (3)
( )
(
)
f y f 1 x y 1 x
= + ⇔ = +
thay vào (2) ta có:
2 2
2 2
5x 14x 9 x x 20 5 x 1,x 5
5x 14x 9 5 x 1 x x 20
+ + − − − = + ≥
⇔ + + = + + − −

+ Bình phương 2 vế ta được:
( )( )( )
2
2x 5x 2 5 x 1 x 5 x 4
− + = + − +
(4)
+ Đối với dạng phương trình (4) ta sẽ giải bằng PP đặt 2 ẩn phụ như sau:
- Đặt
( )( )

2 2
2
a x 1 x 5 0
a x 5x 5
b x 4
b x 4 0

= + − ≥

= − −
 
⇒
 
= +

 = + >


thay vào (4) ta có:
2
2 2
a a
2a 3b 5ab 2 5 3 0
b b
   
+ = ⇔ − + =
   
   
a
1

a b
b
a 3 2a 3b
b 2

=

=

⇔ ⇔


=


=



( )( )
( )( ) ( )
5 61 7 61
x 1 x 5 x 4
x y
2 2
4 x 1 x 5 9 x 4
x 8 y 3

+ +


+ − = +

= ⇒ =
⇒ ⇔


+ − = +



= ⇒ =


KL: HPT có nghiệm
( ) ( )
5 61 7 61
x; y ; ; 8;3
2 2
 
+ +
 
=
 
 

Bài 10: Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2 2

2
1
3 x y 2 10 xy
x y
1
2x 5
x y
(1)
(2)

+ + = −

−



+ =

−


Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x y
≠

+ Nhận thấy dạng HPT trên sẽ nghĩ đến việc đặt ẩn phụ để giải quyết, thật vây :
( )
( )
( ) ( ) ( )

( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
1 1
3 x y 2 10 xy 2 x y x y 20
x y x y
1 1
2x 5 x y x y 5
x y x y

 
+ + = − + + − + =
 
− −
 
⇔
 
 
+ = + + − + =
 
− −
 



TÌM HI
ỂU CÁC
K

Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
13

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Đặt
(
)
( )
2 2
a x y
a 3 b 2
2a b 2 20
1 14
1
a bb x y
a b 5
3 3
x y

= +
=
⇒
=



+ − =


⇒
⇔
 

=
⇒
== − +
+ =


−



KL: HPT có nghiệm là
( ) ( )
8 10 1 10 8 10 1 10
x; y 2;1 ; ; ; ;
3 3 3 3
   
+ − − +
=
   
   
   

Bài 11 (KA-2008): Giải hệ phương trình

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

Phân tích tìm lời giải
+ HPT đã cho nếu biến đổi một chút ta sẽ thấy xuất hiện nhân tử chung:
( )
( ) ( )
( )
2 3 2 2 2
2
4 2 2
5 5

x y x y xy xy x y xy xy x y
4 4
5 5
x y xy 1 2x x y xy
4 4
 
+ + + + = − + + + + = −
 
 
⇔
 
 
+ + + = − + + = −
 
 

+ Đặt
2
2
2 3 2
5 5 5
a b ab b a a 0 b
a x y
4 4 4
5 a 1 3
b xy
a b a a 0 a b
4 4 2 2
  
+ + = − = − − = ⇒ = −

  

= +
 
⇒ ⇔ ⇔

  
=


 
+ = − + + = = − ⇒ = −

 
  

+ Với
2
3
3
5
x
x y 0
5
4
a 0,b
5
4
xy
25

y
4
16

=

+ =

 
= = − ⇒ ⇔
 
= −
 
= −




+ Tương tự với
1 3 3
a ;b x 1; y
2 2 2
= − = − ⇒ = = −

KL: HPT đã cho có nghiệm
( )
3
3
5 25 3
x; y ; ; 1;

4 16 2
 
 
= − −
 
 
 
 
 

Bài 12 (KA-2012): Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2 2
x 3x 9x 22 y 3y 9y
1
x y x y
2
(1)
(2)

− − + = + −


+ − + =



Phân tích tìm lời giải
+ Nhận thấy (1) có x và y cô lập sang từng vế, hơn nữa bậc của đa thức với biến x và y
đều là 3, vậy ta sẽ biến đổi (1) theo PP “hàm đại diện”

( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 2
3 3
x 3x 9x 22 y 3y 9y
x 1 12 x 1 y 1 12 y 1
(3)
− − + = + −
⇔ − − − = + − +

+ Xét hàm số
(
)
3 2
f (t) t 12t, t R f '(t) 3 t 4
= − ∈ ⇒ = −
, ta thấy f(t) không phải hàm đơn điệu,
do đó ta cần đi tìm điều kiện sát hơn đối với biến t như sau:
+ Từ (2) ta biến đổi sẽ thấy:


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
14

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
2 2
2 2
1 3 1
1 x 1 x 1
1 1 1 3 3
2 2 2
x y x y x y 1 t
1 1 3
2 2 2 2 2
1 y 1 y 1
2 2 2
 
− ≤ − ≤ − ≤ − ≤
 
 
   
+ − + = ⇔ − + + = ⇒ ⇔ ⇒ − ≤ ≤
 
   
   
 
− ≤ + ≤ − ≤ + ≤
 
 
+ Như vậy với điều kiện của t là
3 3
t f '(t) 0 f (t)
2 2

− ≤ ≤ ⇒ < ⇒
là hàm nghịch biến.
+ Vậy từ (3)
(
)
(
)
f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2
⇒ − = + ⇒ − = + ⇔ = −
thay vào (2) và biến đổi ta
được:
2
1 3
x y
2 2
4x 8x 3 0
3 1
x y
2 2

= ⇒ = −

− + = ⇔


= ⇒ = −



KL: HPT có nghiệm

( )
1 3 3 1
x; y ; ; ;
2 2 2 2
   
= − −
   
   

Nhận xét: Ta có thể giải HPT trên bằng PP đặt ẩn phụ như sau:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 2
3 2 3 2
2 2
2
x y 3xy x y 3 x y 2xy 9 x y 22 0
x 3x 9x 22 y 3y 9y
1
1
x y x y
x y 2xy x y
2
2

 
− + − − − + − − + =

− − + = + −
 



⇔
 
+ − + =
 
− + − − =



+ Đặt
3 2
2
a 3ab 3a 6b 9a 22 0
a x y
1
b xy
a 2b a
2
(1)
(2)

+ − − − + =
= −


⇒
 
=
+ − =





+ Từ (2)
2
2a 2a 1
b
4
− −
⇒ =
thay vào (1) và biến đổi ta được:
3 2
2
3
a 2 b
2a 6a 45a 82 0
4
a 2a 41 0
(3)

= ⇒ =

− + − + = ⇔

− + =



+ Do phương trình (3) vô nghiệm nên với

3 1
a 2 x y 2
x y
2 2
3 3
1 3
b xy
x y
4 4
2 2

= + =
= ⇒ = −
 

 
⇒ ⇔

 
= =

 
= ⇒ = −
 



KL: HPT có nghiệm
( )
1 3 3 1

x; y ; ; ;
2 2 2 2
   
= − −
   
   

Bài 13: Giải hệ phương trình
2 2
2 2 2 2
x y 6 y x 3 7xy
x x 3 y y 6 2 x y
(1)
(2)

+ + + =


+ + + = + +



Phân tích tìm lời giải
+ Nhận thấy HPT đã cho có thể giải bằng PP đặt ẩn phụ, tuy nhiên để đặt được ẩn phụ, ta
cần biến đổi một chút như sau: Nhận thấy
x y 0
= =
không phải là nghiệm của HPT nên ta
chia 2 vế của (1) cho
xy 0

≠
, còn (2) ta chuyển vế và nhóm nhân tử, ta sẽ được:


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
15

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(
)
(
)
2
2
2 2
2 2 2 2
2 2
y 6
x 3
7
x y 6 y x 3 7xy
y x

x x 3 y y 6 2 x y
x x 3 x y y 6 y 2
(*)

+
+

+ =

+ + + =
 
⇔
 
+ + + = + +
 

+ − + + − =



+ Ở phương trình (*) ta biến đổi tiếp bằng cách “nhân liên hợp”
(
)
(
)
2 2
2 2
2 2
x x 3 x y y 6 y 2
3x 6y

2
x 3 x y 6 y
3 6
2
x 3 y 6
1
1
x
y
+ − + + − =
⇔ + =
+ + + +
⇔ + =
+ +
+
+

+ Đến đây ta đặt
2
2
y 6
a
a b 7
a 5 b 2
y
3 6
7 7
2
a b
x 3

b 1 a 1
2 2
b
x

+
=

+ =
= ⇒ =


 

⇒ ⇔
 

+ =
= ⇒ =
 
+
+ +


=



+ Đoạn cuối bạn đọc tự giải, cuối cùng ta có đáp số
( )

4 8 1
x; y ; ; 1;
15 15 2
 
 
=
 
 
 
 
 

Bài 14: Giải hệ phương trình
( )
3 3 2
2 3
x 1
x 3x y 6y 9y 2 ln 0
y 1
y log x 3 log y x 1
(1)
(2)
−

− − − − − + =

+


 

− + = +
 


Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x 3
y 0
>


>


+ Quan sát (1) ta thấy có thể cô lập được x và y sang từng vế, mặt khác x và y đều có mũ
cao nhất là 3, vì vậy ta sẽ sử dụng PP “hàm đại diện” để giải quyết, thật vậy:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 2
3 2 3 2
3 2 3 2
x 1
x 3x y 6y 9y 2 ln 0
y 1
x 3x 2 ln x 1 y 6y 9y ln y 1
x 1 3 x 1 ln x 1 y 1 3 y 1 ln y 1
(3)
−
− − − − − + =
+

⇔ − − + − = + + + +
⇔ − + − + − = + + + + +

+ Xét hàm số
3 2
f (t) t 3t ln t
= + +
, do
x 3
t 0
y 0
>

⇒ >

>


2
1
f '(t) 3t 6t 0, t 0
t
= + + > ∀ > ⇒
f(t) là
hàm đồng biến.
+ Từ (3)
(
)
(
)

f x 1 f y 1 x 1 y 1 y x 2
⇒ − = + ⇒ − = + ⇔ = −
thay vào (2) ta được:


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
16

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
2 3
2 3
x 2 log x 3 log x 2 x 1
x 1
log x 3 log x 2 0
x 2

(4)
 
− − + − = +
 
+
⇔ − + − − =
−

+ Nhận thấy phương trình (4) không dễ gì giải quyết được, vậy la dùng phương pháp hàm
số. Ta thấy (4) có 1 nghiệm là
x 5
=
, mặt khác ta xét hàm số:
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 3
2
x 1
g(x) log x 3 log x 2 , x 3
x 2
1 1 3
g '(x) 0, x 3
x 3 ln 2 x 2 ln3
x 2
+
= − + − − >
−
⇒ = + + > ∀ >
− −

−

Vậy g(x) là hàm đồng biến
x 5
⇒ =
là nghiệm duy nhất của (4). ĐS:
(
)
(
)
x; y 5;3
=

Bài 15: Giải hệ phương trình
(
)
3 2
2 3 2 2
y 3x 2x 1 4y 8
y x 4y x 6y 5y 4

+ − + =


+ − + =



Phân tích tìm lời giải
+ Ta nhận thấy hệ đã cho có thể cô lập được x và y sang từng vế để sử dụng PP “hàm đại

diện” giải HPT.
+ Do
y 0
=
không phải là nghiệm của HPT nên:
( )
( )
( )
2
3 2
3 2
3 2
2 3
2 3 2 2
3
2
8 4
3x 2x 1
y 3x 2x 1 8 4y
y 3x 2x 1 4y 8
y y
4 6
y x 4x 5 4 6y
y x 4y x 6y 5y 4
x 4x 5
y y
(1)
(2)

+ − = −



+ − = −

+ − + =
  
⇔ ⇔
  
+ + = +
+ − + =
  

+ + = +




+ Ta cộng vế của (1) và (2)
( ) ( )
3
3
3 2
3
8 6 2 2
x 3x 6x 4 x 1 3 x 1 3
y 6 y y
(3)
   
⇒ + + + = + ⇔ + + + = +
   

   

+ Xét hàm số
3 2
f (t) t 3t, t R f '(t) 3t 3 0, t R f (t)
= + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒
là hàm đồng biến
+ Từ (3)
( )
2 2
f x 1 f x 1
y y
 
⇒ + = ⇒ + =
 
 
thay vào (2) ta có:
( ) ( )
2
3
x 4x 5 x 1 3 x 1 x 1
+ + = + + + ⇔ = ±
(với
x 1
= −
không tìm được y)
(x; y) (1;1)
⇒ =

Bài 16: Giải hệ phương trình
( )
2
3
2 2
y
x x y
x y
2 x y 3 2x 1 11
(1)
(2)

− − =

−


+ − − =


Phân tích tìm lời giải
+ ĐK
2
x x y 0
x y 0
1
x
2



− − ≥

− ≠



≥




TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
17

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Ở phương trình (1) ta nhận thấy:
- Nếu cho
x 2
=

3
y

2 y 0
2 y
⇒
− − =
−
, bấm máy tính giải PT này ta có
y 1
=

- Nếu cho
x 3
=

3
y
6 y 0
3 y
⇒
− − =
−
, bấm máy tính giải PT này ta có
y 2
=

⇒
ta thấy y luôn kém x là 1 đơn vị
y x 1
⇒ = − ⇒
như vậy (1) sẽ có nhân tử chung là
(

)
y x 1 x y 1
− + = − − −
, bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung:
+ Ta thấy
2
x x y 0
− − ≠
vì : nếu
2
x x y 0
− − =
thì theo (1)
1
x 0
y 0
2
x 1

= <

⇒ = ⇒

=


x 0;y 0
⇒ = =
không là nghiệm của HPT, vậy từ (1) thực hiện nhân liên hợp ta có:
( )

( )( )
(
)
( )
( )
( )
( )
2
2
3 3
2 2 2
3
2
2 2
3
3
2
2 2
3
3
y x x y
y y y
x x y x y x y 1 1
x y
x x y x x y x x y
x y y 1 x
x y 1
y x x y x x y
x y x y 1
x y

1
x y 1 0
y x x y x x y
x y x y 1
(*)
− − −
− − = ⇔ − = ⇔ − − = − =
−
− − − − − −
+ + −
− −
⇔ =
+ − − − −
− + − +
 
+
 
⇔ − − + =
 
+ − − − −
− + − +
 
 

+ Đến đây ta cần tìm cách chứng minh cho phương trình ở dấu ngoặc vuông vô nghiệm.
( )
( )
(
)
2

2 2
3
3
x y
1
0
y x x y x x y
x y x y 1
 
+
 
+ ≠
 
+ − − − −
− + − +
 
 

+ Ta thấy
( )
2
3
3
2
2
1
0
x y x y 1
x x y 0
x x y 0

x 0

>

− + − +



− − >


− − >

>

vậy ta chỉ còn chứng minh cho
y 0
>

+ Giả sử
y 0
<
, vậy từ (1)
3
1
x y 0 x y 0 x y
2
⇒ − < ⇔ − < ⇔ ≤ <
(vô lý)
y 0

⇒ >

+ Như vậy với hàng loạt dữ kiện có được là
( )
2
3
3
2
2
1
0
x y x y 1
x x y 0
x x y 0
x 0, y 0

>

− + − +



− − >


− − >

> >

thì ta luôn có:

TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
18

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
( )
(
)
(
)
2
2 2
3
3
x y
1
0
y x x y x x y
x y x y 1
+

+ >
+ − − − −
− + − +
, vậy từ (*)
x y 1 0 y x 1
− − = ⇔ = −

+ Thay
y x 1
= −
vào (2) ta được:
(
)
( )
2
2
2 2x 2x 1 3 2x 1 11 2x 1 3 2x 1 10 0
− + + − = ⇔ − + − − =

+ Đặt
4
5 3
t 2x 1 t 3t 10 0 t 2 2x 1 2 x y
2 2
= − ⇒ + − = ⇔ = ⇒ − = ⇔ = ⇒ =

Bài 17 (KB-2014): Giải hệ phương trình
( ) ( )
2
1 y x y x 2 x y 1 y

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

Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x y 0;y 0;x 2y 0;4x 5y 3 0
(*)
− ≥ ≥ − ≥ − − ≥

+ Ta thử với phương trình (1) thì thấy quy luật sau:
- Cho
( )
y 0
x 1 1 y 1 y 1 y y 0
y 1
=

= ⇒ − − − + = ⇔

=


- Cho
(
)
(
)
x 2 1 y 2 y y 1 y 0 y 1
= ⇒ − − + − = ⇔ =

Như vậy ta có quy luật
y x 1
= −
, điều này chứng tỏ (1) sẽ có nhân tử chung là
(
)
x y 1
− − −

+ Bây giờ ta sẽ biến đổi (1) để ép nhân tử chung là
(
)
x y 1
− − −

(
)
(
)
( ) ( )
( )( )
( )

( )
( )( ) ( )( )
( )( )
1 y x y x 2 x y 1 y
1 y x y 1 1 y x 2 x y 1 y 0
1 y x y 1
x y 1 1 y 0
x y 1
1 y x y 1 x y 1 1 y
0
x y 1 1 y
1 1
1 y x y 1 0
x y 1 1 y
− − + = + − −
 
⇔ − − − + − + − − − − =
 
− − −
⇔ + − − − =
− +
− − − − − −
⇔ + =
− + +
 
⇔ − − − + =
 
 
− + +
 

+ Với
y 1
=
thay vào (2) ta có
9 3x 0 x 3
− = ⇔ =

+ Với
y x 1
= −
thay vào (2) ta có
( )
( )
( )
2
2
2
2
2x x 3 2 x
2 x x 1 x 1 2 x 0
1
x x 1 2 0
x 1 2 x
1 5
x x 1 x
2
− − = −
⇔ − − + − − − =
 

⇔ − − + =
 
− + −
 
±
⇔ − − ⇔ =

Kết hợp ĐK:
( ) ( )
1 5 1 5
x; y 3;1 ; ;
2 2
 
+ − +
=
 
 
 



TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
19

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Bài 18: Giải hệ phương trình
2 2
2
3
y 1 2y 1 x x xy 3y
2x 11x 21 3 4y 8
(1)
(2)

− + + = + + +


− + = −



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
y 1;x 0
≥ ≥

+ Ở phương trình (1) ta làm phép thử sau:
- Cho
2
x 1 y 1 2y 1 4y
= ⇒ − + = +
, bấm máy tính giải PT này

y 2
⇒ =

- Cho
2
x 4 y 1 2y 17 7y
= ⇒ − + = +
, bấm máy tính giải PT này
y 5
⇒ =

+ Đến đây ta dự đoán quy luật
y x 1 x y 1 0
= + ⇔ − + = ⇒
(1) sẽ có nhân tử chung là
x y 1
− +
, bây giờ ta biến đổi (1) để ép nhân tử chung:
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
y 1 2y 1 x x xy 3y
x y 1 x xy 3y 2y 1 0
x y 1
x xy 3y 2y 1 0
x y 1
(3)

− + + = + + +
⇔ − − + + + − − =
− +
⇔ + + + − − =
+ −

+ Ta coi
2 2
x xy 3y 2y 1 0
+ + − − =
là phương trình bậc 2, ẩn x
( )
2
3y 2
⇒ ∆ = −

( )( )
2 2
x y 1 x y 1 0
x xy 3y 2y 1 x y 1 x 2y 1
x 2y 1 x 2y 1 0
= − − + =
 
⇒ ⇔ ⇒ + + − − = − + + −
 
= − + + − =
 

+ Vậy phương trình (3) tương đương với:
( )

( )
2 2
x y 1
x xy 3y 2y 1 0
x y 1
1
x y 1 x 2y 1 0
x y 1
(4)
− +
+ + + − − =
+ −
 
⇔ − + + + − =
 
 
+ −
 

+ Căn cứ vào ĐK của bài ta có :
1
x 2y 1 0
x y 1
+ + − >
+ −
, vậy từ (4)
y x 1
⇔ = +

+ Thay

y x 1
= +
vào (2) ta được:
2
3
2x 11x 21 3 4x 4
(5)
− + = −

+ Ở phương trình (5) ta thấy có 1 nghiệm
x 3
=
(nhẩm hoặc bấm máy), vì vậy ta cần biến
đổi (5) để ép nhân tử chung là
(
)
x 3
−

( )
( )
( )
( )( )
( )
( )
( )
2
3
2
3 3

2
3
3
2
3
3
2x 11x 21 4x 4
3 4x 4 8 2x 11x 15
12 x 3
x 3 2x 5
4x 4 2 4x 4 4
12
x 3 2x 5 0
4x 4 2 4x 4 4
(6)
− + = −
⇔ − − = − +
−
⇔ = − −
− + − +
 
 
⇔ − − − =
 
− + − +
 

+ Đến phương trình (6) ta lại gặp khó khăn khi xử lý phương trình trong dấu ngoặc vuông
( )
( )

( )
2 2
3 3
3 3
12 12
2x 5 0 2x 5
4x 4 2 4x 4 4 4x 4 2 4x 4 4
(7)
− − = ⇔ = −
− + − + − + − +



TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
20

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
+ Đặt
3
t 4x 4
= −
ta xét hàm số

2
12
f (t)
t 2t 4
=
+ +
(
)
( )
2
2
24 t 1
f '(t)
t 2t 4
+
⇒ = −
+ +

+ Ta cần phải tìm ĐK cho t để đánh giá hàm f(t), nhận thấy từ (5) ta có:
2
2
3 3
3 3
11 47
2x 11x 21 3 4x 4 2 x 3 4x 4
4 8
47 47 47
3 4x 4 4x 4 t f '(t) 0
8 24 24
 

− + = − ⇔ − + = −
 
 
⇒ − ≥ ⇔ − ≥ ⇒ ≥ ⇒ <

f (t)
⇒
là hàm nghịch biến
( )
2
3
3
12
f (x)
4x 4 2 4x 4 4
⇒
=
− + − +
là hàm nghịch biến, mặt
khác hàm số
g(x) 2x 5
= −
là hàm đồng biến, hơn nữa nhận thấy phương trình (7) có 1
nghiệm
x 3 x 3
= ⇒ =
là nghiệm duy nhất của (7).
+ Từ (6)
x 3
⇒ =

. ĐS:
(
)
(
)
x; y 3;4
=

Bài 19: Giải hệ phương trình
( )
( )
2
x x 3 y y 3 2
3 x 2 y y 8
(1)
(2)

− − + = −


− = +



Phân tích tìm lời giải
+ Quan sát hệ ta thấy (1) có thể cô lập được x và y sang từng vế, hơn nữa x có mũ 3, y
nằm trong biểu thức chứa căn bậc 2 - đây là loại toán phổ biến - ta sẽ nghĩ ngay đến việc
dùng “hàm đại diện” để làm.
Cụ thể (1) biến đổi:
(

)
(
)
(
)
( ) ( )
( )
3
3 2
3
3
x 3x 2 y y 3 x 1 3 x 1 y 3 3 y 3
x 1 3 x 1 y 3 3 y 3
 
⇔ − + = + ⇔ − − − = + − +
 
⇔ − − − = + − +

+ Đến đây thì ổn rồi, coi như là có lối thoát, ta xét hàm
3
f (t) t 3t
= −

+ Các bạn chú ý tìm điều kiện của t căn cứ vào ĐK của x và y nhé, cụ thể như thế này:
Do
x 2 x 1 1
t 1
y 0 y 1 1
≥ ⇒ − ≥


⇒ ≥

≥ ⇒ + ≥

, xét
2
f '(t) 3t 3 0, t 1
= − ≥ ∀ ≥ ⇒
f(t) đồng biến
Vậy
( )
(
)
f x 1 f y 3 x 1 y 3 x 1 y 3
− = + ⇔ − = + ⇔ = + +
thay vào (2) và bình
phương 2 vế ta được:
2
9 y 3 y 8y 9
(*)
+ = + +

+ Phương trình (*) ta có thể dùng quy tắc giải phương trình cơ bản rồi bình phương 2 vế,
tuy nhiên cách đó sẽ ra phương trình bậc cao, hơn nữa ta chỉ giải được nếu pt đó có
nghiệm nguyên.
+ Bạn lấy máy tính bấm ta thấy pt (*) có nghiệm y = 1, vậy ta sẽ dùng cách thêm bớt rồi
nhân liên hợp để xuất hiện nhân tử chung là y - 1 như sau:
(
)
( )( ) ( )

2 2
9 y 3 y 8y 9 y 3 2 y 8y 9
y 1 9
9 y 1 y 9 y 1 y 9 0
y 3 2 y 3 2
(*) 9+ = + + ⇔ + − = + −
 
−
⇔ = − + ⇔ − − − =
 
 
+ + + +
 

+ Ta dễ thấy với
y 0
≥
thì
9
y 9 0
y 3 2
− − <
+ +
. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;1)


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH

ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
21

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
Bài 20: Giải hệ phương trình
( )
( )
2 2
2 2
x y xy 1 4y
x 1 2 x x y
(1)
(2)

+ + + =


+ − =



Phân tích tìm lời giải
Nhận xét: Đối với pt (1) vế trái là đẳng cấp bậc 2, mà vế phải bậc 1, như vậy dạng toán
này ta thường nghĩ đến việc khử ẩn bậc 1 nằm ở vế phải như sau:
+ Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ nên chia 2 vế của (1) cho
y 0

≠
được
phương trình :
2
x 1
x y 4
y
+
+ + =
(*)
+ Ở phương trình (*) đã xuất hiện đại lượng
2
x 1
y
+
, điều này có nghĩa là ta sẽ biến đổi (2)
để làm xuất hiện
2
x 1
y
+
và dẫn đến việc suy nghĩ sẽ giải hệ bằng cách đặt ẩn phụ, trong
đó có 1 ẩn phụ là
2
x 1
a
y
+
=
+ Bây giờ ta thực hiện mở dấu ngoặc từ pt(2) sẽ được :

3 2 2
x x x y 2x 2 0
+ + − − =

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
x x 1 x y 2 x 1 0 x x 1 x y y y 2 x 1 0
x x 1 y x 1 2 x 1 y x 1 x y 2 y
x 1
x y 2 1
y
(**)
⇔ + + − + = ⇔ + + + − − + =
⇔ + + + − + = ⇔ + + − =
+

⇔ + − =

+ Như vậy sau khi biến đổi pt(2) để làm xuất hiện đại lượng
2
x 1
y
+
, ta thấy xuất hiện
thêm một đại lượng nữa là
(
)
x y 2
+ −
, do đó từ (*) ta thêm bớt để thành như sau :
2
x 1
x y 4
y
+
+ + =
(*)
( )
2
x 1
x y 2 2
y
 
+
⇔ + + − =
 

 

+ Vậy cuối cùng thì hệ phương trình đã cho đã trở thành :
( )
( )
( )
2
2
x 1
x y 2 2
y
x 1
x y 2 1
y

 
+
+ + − =

 
 


+

+ − =



Bài toán đến đây sẽ giải bằng cách đặt ẩn phụ

2
x 1
a
y
+
=
,
b x y 2
= + −
quá dễ rồi nhé.
Các bạn giải đoạn cuối sẽ có đáp số
(
)
(
)
(
)
x; y 2;5 , 1;2
= −

Bài 21: Giải hệ phương trình
2 3 3 3
3 2 2 2
3x y 2xy y 8 4y
x y 4y x 6y 5y 4

+ − = −


+ − + =




Phân tích tìm lời giải
+ Trước hết, ta thấy mỗi PT của hệ đều có thể cô lập được x, y nên ta biến đổi như sau:


TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
22

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(
)
( )
3 2
2 3 3 3
3 2 2 2
2 3
y 3x 2x 1 8 4y
3x y 2xy y 8 4y
x y 4y x 6y 5y 4
y x 4x 5 4 6y


+ − = −

+ − = −
 
⇔
 
+ − + =

+ + = +



+ Nhận thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ nên ta biến đổi tiếp :
( )
( )
( )
( )
2
3 2
3 2
2 3
3
2
8 4
3x 2x 1
y 3x 2x 1 8 4y
y y
4 6
y x 4x 5 4 6y

x 4x 5
y y
(1)
(2)

+ − = −


+ − = −
 
⇔
 
+ + = +
 
+ + = +




+ Quan sát (1) và (2) rõ ràng ta cần phải cộng vế của chúng lại (sẽ làm mất đi lượng
2
4
y
)
3 2
3
8 6
x 3x 6x 4
y y
⇒ + + + = +

(*)
+ Phương trình (*) nhận thấy VT và VP có “hình thức” gần giống nhau rồi, vậy chắc
chắn đến đây sẽ dùng “hàm đại diện” để làm, vậy biến đổi tiếp tục nhé:
( ) ( )
3
3
3 2
3
8 6 2 2
x 3x 6x 4 x 1 3 x 1 3
y y y y
   
+ + + = + ⇔ + + + = +
   
   

Ổn rồi nhé, giờ xét hàm số
3 2
(t) t 3t, t R f '(t) 3t 3 0, t R
f
= + ∈ ⇒ = + > ∀ ∈
. Vậy f(t) là
hàm đồng biến
2 2
f (x 1) f x 1
y y
 
+ = ⇒ + =
 
 

thay vào (2) …(bạn tự làm đoạn cuối vì nó
không khó). Cuối cùng có đáp số
(x; y) (1;1)
=

Bài 22: Giải hệ phương trình
2 2
2 2
x 2y 8(x y) 3xy
4 2 x 3 y 2x y 5
(1)
(2)

+ = + −


− + − = − +



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
x 2;y 3
≤ ≤

+ Ta thấy ở phương trình (1)
2 2
x x(8 3y) 2y 8y 0
(*)
⇒ − − + − =

+ Ta coi (*) là phương trình bậc 2 với ẩn x, tính
( )
(
)
( )
2 2
2
8 3y 4.1 2y 8y y 8 0
∆ = − − − = = − ≥
,
từ đây tìm được 2 nghiệm
x 8 2y x 2y 8 0
x y x y 0
= − + − =
 
⇔
 
= − + =
 
, vậy (*)
(x 2y 8)(x y) 0
⇔ + − + =

+ Với
x 2y 8
+ =
ta thấy: với đk đề bài
x 2 x 2
x 2y 8 x 2y 8

y 3 2y 6 y 3
≤ =
 
⇒ + ≤ ⇒ + = ⇔
 
≤ ⇒ ≤ =
 

(như vậy ta đã dùng cách đánh giá kết hợp với đk để có x = 2 ; y = 3, nếu bạn không biết
kỹ thuật đặc biệt này thì từ
x 2y 8
+ =
x 8 2y
⇔ = −
thay vào (2) giải sẽ rất dài dòng)
Bây giờ thay x = 2; y = 3 vào (2) ta thấy không thỏa mãn. Vậy loại bỏ trường hợp này !
+ Với
y x
= −
thay vào (2) và biến đổi ta được :
2
4 2 x 3 x x 5
− + + = +
(**).
Gặp dang phương trình (**), ta dùng máy tính để bấm nghiệm và thấy phương trình có 1
nghiệm là x = 1, như vậy ta sẽ nghĩ đến dùng PP “nhân lên hợp” để xuất hiện nhân tử
chung là
(x 1)
−
. Thật vậy, từ (**)

TÌM HI
ỂU CÁC
K
Ỹ THUẬT GIẢI HỆ PH
ƯƠNG TR
ÌNH

Trang
23

NGUYỄN HỮU BIỂN -
/>
(
)
(
)
2
1 x x 1
4 2 x 1 3 x 2 x 1 4 (x 1)(x 1)
2 x 1 3 x 2
4 1
(1 x) x 1 0
2 x 1 3 x 2
− −
⇔ − − + + − = − ⇔ + = − +
− + + +
 
⇔ − − + + =

 
− + + +
 

* TH1:
1 x 0 x 1 y 1
− = ⇔ = ⇒ = −

* TH2: Xét
4 1
f (x) x 1; 3 x 2
2 x 1 3 x 2
= − + + − ≤ ≤
− + + +

- Nhận thấy f(x) có 1 nghiệm
x 2
= −
, mặt khác:

( ) ( )
2 2
2 1
f '(x) 0
2 x 2 x 1 2 3 x 3 x 1
= + >
− − + + + +

⇒
f(x) là hàm đồng biến

x 2
⇒ = −

là nghiệm duy nhất của f(x). Vậy HPT có nghiệm
(x; y) (1; 1);( 2;2)
= − −

Bài 23: Giải hệ phương trình
2
2 3 2
2x 11x 2y 9 0
22x 21 y 3y y (2x 1) 2x 1
(1)
4x (2)

− − + =


− + + + + = + −



Phân tích tìm lời giải
+ ĐK:
1
x
2
≥

+ HPT

( )
2
2 3 2
2x 11x 2y 9
11x 21 y 3y y (2x 1) 2x 1
(1)
4 2x (2)

− = −

⇔

− + + + + = + −



Thay (1) vào (2) ta có:
3 2
y 3y 5y 3 (2x 1) 2x 1
+ + + = + −
(*)
- Nhận thấy (*) có vế trái là đa thức bậc 3, vế phải có căn bậc 2, hơn nữa x và y đều cô
lập ở mỗi vế, do đó ta sẽ nghĩ đến PP hàm số để giải quyết tiếp, thật vậy từ (*)
(
)
(
)
(
)
( ) ( )

( )
3
3
3
y 1 2 y 1 2x 1 2 2x 1
y 1 2 y 1 2x 1 2. 2x 1
 
⇔ + + + = − + −
 
⇔ + + + = − + −

- Đến đây ổn rồi, ta xét hàm
3 2
f (t) t 2t f '(t) 3t 2 0
= + ⇒ = + > ⇒
f(t) là hàm đồng biến
( )
(
)
f y 1 f 2x 1 y 1 2x 1
⇒ + = − ⇔ + = −
thay vào (1) ta có:
( )
( )
2
2
2
2
2x 11x 11 0
x 1 y 0

2 2x 1 2x 11x 11
x 5 y 2
4 2x 1 2x 11x 11

− + ≥
= ⇒ =


− = − + ⇔ ⇔


= ⇒ =
− = − +




Bài 24: Giải hệ phương trình
3 3
3
2x 3x y 1
xy 2x 3

+ =


− =



Phân tích tìm lời giải
+ Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của hệ nên sẽ biến đổi như sau:
3
3 3
3
3
3
3 3
3
3
3
1
1
2 3y
2 3y
2x 3x y 1
y 2
x
x
2 3y y 2 3. 2 3y
3
3
1 y 2
xy 2x 3
y 2
x
x 3
(*)



= +
+ =



+ =
−
  
⇔ ⇔ ⇒ + = ⇒ − = +
  
−
− =

 
− =
=





+ Đặt ẩn phụ
3 3
3
t 2 3y t 2 3y t 2 3y
= + ⇒ = + ⇔ − =
, mặt khác từ (*) có
3
y 2 3t
− =

.