phương trình hệ phương trình bất phương trình bất đẳng thức

135

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN

I. Phương pháp biến đổi tương đương.
1. Phương pháp nâng lũy thừa
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
2 1 3 1 0
x x x
    
(D.2006)
Lời giải:
 
2
2 2
2
2
3 1 0
2 1 3 1 0 2 1 3 1
2 1 3 1
x x
x x x x x x
x x x
   

           

    



 
 
2
24 3 2
3 5 3 5
3 5 3 5
3 5 3 5
2 2
2 2
2 2
1 4 2 0
6 11 8 2 0
1 2 2
x
x
x
x x x
x x x x
x x


 

 
 
 
 
 


 
  
  
  
   
    
  



hoÆc


1 2 2
x x    hoÆc

Ví dụ 2: Giải phương trình:
2 1 6 1
x x x
    
.
Lời giải:
Điều kiện:
1 6
x
  
.

2

2 1 6 1 2 1 1 6 5 6 3
x x x x x x x x x
                


2
3
3 0
11 97
11 97
2
2 11 3 0
2
x
x
x
x x
x


 



   
 

  





(thỏa mãn điều kiện).
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2 2 2 1 1 4
x x x
     
(D.2005).
Lời giải:
   
2
2 1 1 1 4 2 1 1 1 4 1 2 3
x x x x x x
               

Ví dụ 4: Giải phương trình:
3 3 3
1 2 1 3 1
x x x
    
.
Lời giải:
Tập xác định: R





3
3 3 3 3 3 3 3 3 3

1 2 1 3 1 1 2 1 3 1 3 1. 2 1. 1 2 1 3
x x x x x x x x x x
                  


3 2
3 3 3
0
1. 2 1. 3 1 1 6 7 0
7
6
x
x x x x x
x



         

 

.
Thử lại, nghiệm của phương trình là
7
6
x
 
.
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:
1)

2
4 7 1 2 2
x x x
   
Đs:
7 1
;
4 4
x x
  

2)
3 3 5 2 4
x x x
    
Đs:
2; 4
x x
 

3)
10 1 3 5 9 4 2 2
x x x x
      
Đs:
3
x


4)

3
2 1 2 1
2
x
x x x x

     
Đs:
1, 5
x x
 

136
5)
3 3 3
2 1 2 2 2 3 0
x x x
     
Đs:
1
x
 

2. Phương pháp biến đổi thành tích.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2
2 1 3 1 0
x x x
    
(D.2006)

Lời giải:
Điều kiện:
1
2
x

.


2 2 2
2 1 3 1 0 4 12 4 4 2 1 4 4 1 4 2 1 4 2 1 1
x x x x x x x x x x
                  

 
 
2
2
1
2 1 2 2 1 1 2 1 1
2 1 2 2 1 1
2 2
2 1 2 2 1 1 2 1 1 2
x
x x x
x x
x
x x x
  


     
       
 

 
        
 

 

Ví dụ 2: Giải phương trình:


2
5 4 2 3 1
x x x x
    
.
Lời giải:
Điều kiện:
1
x
 
.

       


2
2

2
5 4 2 3 1 3 2 3 1 1 4 3 1 4
x x x x x x x x x x
                 


11 17
3 1 2 1 5
2
3 1 2 1 1
1 2
x x x x
x
x x x x
x x


 
      


  
 

       
 
 
 



hoaëc
.
Ví dụ 3: Giải phương trình:
2
2 7 2 1 8 7 1
x x x x x
        
.
Lời giải:
Điều kiện:
1 7
x
 
.





2
2 7 2 1 8 7 1 1 1 7 2 7 1 0
x x x x x x x x x x
                  


  
1 7 0 1 7 4
1 7 1 2 0
5
1 2 0 1 2

x x x x x
x x x
x
x x
 
       

         
 


    
 
 

Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
5 5
x x
  
.
Lời giải:
Điều kiện:
5
x
 
.

 







2 2
5 5 5 5 0 5 5 1 0
x x x x x x x x x x
 
                
 
2
2
0
0
1 21
5 0
5 0 5
2
1 0 1
5 1 0 5 1
4 0
1 17
2
x
x
x
x x
x x x x
x x

x x x x
x x
x
 



  








 
  
     
 

   
 


   
 
      
 


 






  
 









1 21
2
1 17
2
x
x








 



.
Ví dụ 5:
2 2 2
2 3 2 3 9
x x x x x
     
.
137
Lời giải:




2 2 2 2 2 2 2
2 3 2 3 9 2 3 3 3 12
x x x x x x x x x x x
              










2
2 2 2 2
3 3 12 0 3 3 3 4 0
x x x x x x x x
               

2
2
2
3 3 0
3 3 1
3 4 0
x x
x x x
x x

   

      

   

(
2
3 4 0,
x x x R
     
)
Ví dụ 6: Giải phương trình

2
4 8 3 3 1 0
x x x x
     
.
Lời giải:
Điều kiện:
1
3
x

.
2 2
2 4
4 8 3 3 1 0 4 8 0
3 3 1
x
x x x x x x
x x
 
         
  

 
1
2 2 2 0
3 3 1
x x
x x
 

   
 
  
 
.
Xét hàm số
 
1
2
3 3 1
f x x
x x
 
  
trên
1
;
3
 



 
.
Ta có
 
 
2
1 1
2 3 2 3 1

' 2 0
3 3 1
x x
f x
x x

 
  
  
,
1
;
3
x
 
  


 
.
Suy ra


f x
đồng biến trên
1
;
3
 




 
.
Do đó
   
1 1 2 3 1
, 0,
3 3 3 10 3
f x f x f x x
 
        
 
 
.
Vì vậy
 
1
2 2 2 0 2
3 3 1
x x x
x x
 
    
 
  
 

Ví dụ 7: Giải phương trình:
2

4 13 3 1 2
x x x
    
.
Lời giải:
Điều kiện:
1
x
 
.

2 2
1 7 3 3
4 13 3 1 2 4 13 3 1 2 3
2 2 2 2
x x x x x x x x x
   
               
   
   


   


2
2 4 13 7 3 2 1 1 2 2 3
x x x x x x
   
          

   




 
2
2
2
3 2 3
2 3
2 2 3 0
2 4 13 7 2 1 1
x x
x x
x x
x x x x
  
  
      
     


 
2
1 3
2 3 2 0
2 4 13 7 2 1 1
x x
x x x x

 
      
 
     
 


2
1
2 3 0
3
x
x x
x
 

     



(vì
1 3
2 0, 1
2 4 13 7 2 1 1
x
x x x x
     
     
)
Ví dụ 8. Giải phương trình

2 2
2 9 3 3 7 1 3 2 0
x x x x x
       
.
138
Lời giải:
Điều kiện:
2
3
x

.

2 2
2 9 3 3 7 1 3 2 0
x x x x x
       








2 2
2 3 2 2 1 3 7 1 3 2
x x x x x x x
          

 
2 2
2
2
3 2 3 2
2 3 2
3 2
2 1 3 7 1
x x x x
x x
x x
x x x
   
    
 
   


2
2
3 2 0
1
1 1
2 (*)
2
3 2
2 1 3 7 1
x x

x
x
x x
x x x

  



 


 



 
   


Với
2
3
x

thì
2
1 1 1 1
2
1 2

3 2
2 1 3 7 1
2. 1
2 3
x x
x x x
   
 
   


nên phương trình (*) vô nghiệm.
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:
1)
2
2 6 1 4 5
x x x
   
. Đs:
1 2; 2 3
x x   

2)


2
3 48 8 24
x x x x
    
. Đs:

2 2 7, 5 31
x x     

3)
2
2 2 2 2 1
x x x x
      
Đs:
3
x


4)
2
10 21 3 3 2 7 6
x x x x
      
. Đs: x=1, x=2
5)
2 3
2 4 2 8 1
x x x x
      
Đs:
1
x


6)

2
1 1
x x x x
    
Đs:
0, 1
x x
 

7)
1 3 1
2
x
x x
x
   

Đs:
2 2 7
0;
3
x x
 
 

8)
2
3 1 6 3 14 8 0
x x x x
      

(B.2010) Đs:
5
x


9)
10 1 3 5 9 4 2 2
x x x x
      
Đs:
3
x


10)
 
2 2
4 1 3 1
x x x x x
     
Đs:
1 41
1;
2
x x

  

II. Phương pháp đặt ẩn phụ
1. Một số dạng đặt ẩn phụ thường gặp

a. Dạng
( ) ( ) 0
af x b mf x n c
   
.
Ví dụ: Giải các phương trình:
  
2
4 1 3 5 2 6
x x x x
     
.
Lời giải:
  
2 2 2
4 1 3 5 2 6 5 2 3 5 2 0
x x x x x x x x
            
(*)
Đặt
 
2 2 2
5 2 0 5 2
t x x t x x t
       

Phương trình (*) trở thành:
2
1
3 4 0

4
t
t t
t
 

   



(lo¹i)

139
Với
4
t

ta có
2 2
7
5 2 4 5 14 0
2
x
x t x x
x
 

       




.
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:
1)
22
4416205 xxxx 
Đs:
0, 4
x x
  

2)


2
2 2
1 5 2 4
x x x x
   
. Đs:
2, 3 1
x x
   

3)
2
1
2 3 1
x x x x
x

   
Đs:
1 5
2
x


4)
2
1
2 3 1 4 3
x x x
x
     
. Đs:
3 37 3 17
;
14 4
x x
 
 
b. Dạng
( ) ( ) 0
a mf x n b pf x q c
    
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:
2 2
3 2 1
x x x x

     
(*).
Lời giải:
Đặt
 
2 2 2
3 0 3
t x x t x x t
       

Phương trình (*) trở thành:
2
5 1
t t
  


2
2 2 2
1 0 1
5 1 2
5 2 1 2 2 4 0
t t
t t t
t t t t t
  
 
       
 
      

 

Với
2
t

ta có
2 2
1 5
3 2 1 0
2
x x x x x

        
Ví dụ 2: Giải phương trình
2 2
2 12 5 2 3 5 8
x x x x x
     
.
Lời giải:
Điều kiện:
0
x



2 2
5 5
2 12 5 2 3 5 8 2 12 2 3 8

x x x x x x x
x x
            
(vì
0
x

không là
nghiệm của phương trình (*)).
Đặt
 
2
5 5
2 12 0 2 12
t x t x t
x x
       
.
Phương trình (*) trở thành:
2 2
15 8 15 8
t t t t
      


 
2
2
8
8 0

79
79
16
15 8
16
t
t
t
t
t t


 

 
   
 

  





Với
79
16
t 
ta có
5 79 5

2 12 256 2 12 6241
16
x x
x x
 
      
 
 


2
3169 3 824569
512 3169 1280 0
1024
x x x

      .
 Bài tập tương tự:
Giải phương trình
2
2 2 2 2 1
x x x x
     
Đs:
3
1, 3,
4
x x x
    

140
c. Dạng
( ) ( )
0
( ) ( )
f x g x
a b c
g x f x
  
.
Ví dụ: Giải phương trình:
9
8 6 0
8
x
x x
x
   

.
Lời giải:
Điều kiện:
0
x

.
9 8
8 6 0 9 6 0
8
8

x x x
x x
x x
x

       


(vì
0
x

không là nghiệm của phương trình).
(*)
Đặt
8
0
x
t
x

 
. Phương trình (*) trở thành:
9
6 0 3
t t
t
    
.
Với

3
t

ta có
8 8
3 9 1
x x
x
x x
 
    
.
 Bài tập tương tự: Giải phương trình :
2
2
9 2
1
2 9
x
x
x
 

Đs:
3
2
x  

d. Dạng





2 2
( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) 0
a m f x n g x b m f x n g x mn f x g x c
     

Ví dụ: Giải phương trình
2
3 2 6 2 4 4 10 3
x x x x
      
(B.2011)
Lời giải:
Điều kiện:
2 2
x
  
.


2 2
3 2 6 2 4 4 10 3 3 2 2 2 10 3 4 4
x x x x x x x x
              
(*)
Đặt
2 2
2 2 2 10 3 4 4

t x x t x x
        
.
Phương trình (*) trở thành:
2
0
3
3
t
t t
t


 



.
Với
0
t

ta có
 
6
2 2 2 0 2 2 2 2 4 2
5
x x x x x x x
             

Với
3
t

ta có
2 2 2 3 2 3 2 2
x x x x
        





2 9 12 2 4 2 12 5 3
x x x x x
         
(pt vô nghiệm vì


2;2
x 
thì
3 0
x
 
)
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau
1)
3)6)(3(63  xxxx
. Đs:

3; 6
x x
  

2)
2
3 2 1 4 9 2 3 5 2
x x x x x       
Đs:
2
x

.
3)
2 2
4 2 3 4
x x x x
    
. Đs:
2 14
0, 2,
3
x x x
 
  
4)
2
1 1
2
2

x
x
 

. Đs:
1 3
1,
2
x x
 
 
e. Dạng
 
2
( ) ( ). ( ) ( ) 0
a f x bf x g x cg x
  
.
Ví dụ 1: Giải phương trình:


2
2 6 10 5 2 1 0
x x x x
     
.
Lời giải: Điều kiện:
1
x
 

.
141

       
2
2
2 6 10 5 2 1 0 2 2 5 2 1 2 1 0
x x x x x x x x
             




2
2
2
2 5 2 0
1
1
x
x
x
x


   


(vì
1

x
 
không thỏa mãn phương trình)
Đặt
2
1
x
t
x



, phương trình trở thành:
2
2
2 5 2 0
1
2
t
t t
t



   




Với

2
t

ta có
2
2
2 0
2
2 2 1 2 8
8
8 0
1
0
x
x
x
x x x
x
x x
x
x


 



        



 
 

 





Với
1
2
t

ta có
2
2
2 4 0
2 1
3
1 2 4 3
2
4 17 15 01
5
4
x
x
x
x
x x x

x xx
x



 


 

        
 

  







.
Ví dụ 2: Giải phương trình
2 2
5 14 9 20 5 1
x x x x x
      
.
Lời giải:
Điều kiện:

5
x

.
2 2 2 2
5 14 9 20 5 1 5 14 9 20 5 1
x x x x x x x x x x
              







2
2 5 2 5 1 4 5
x x x x x
      





   
2 2
2 4 5 5 4 5 4 3 4 0
x x x x x x
         

2 2
4 5 4 5
2. 5 3 0
4 4
x x x x
x x
   
   
 
(vì
5
x

nên
4 0
x
 
)
Đặt
 
2
4 5
0
4
x x
t t
x
 
 


. Phương trình trở thành
2
1
2 5 3 0
3
2
t
t t
t



   



.
Với
1
t

ta có
2
2
4 5 5 61
1 5 9 0
4 2
x x
x x x
x

  
      


Với
3
2
t

ta có
2
2
8
4 5 3
4 25 56 0
7
4 2
4
x
x x
x x
x
x


 

     



 

.
Đối chiếu điều kiện, nghiệm phương trình là
5 61
8;
2
x x

  .
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:
1)


2 3
2 3 2 3 8
x x x
   
. Đs:
3 13
x  

2)






2 2 3

4 2 1 3 2 2 1 2 5
x x x x x x
     
. Đs:
2, 4 2 3
x x  

3)
2 4
4 2 2 4 4 1
x x x
   
Đs:
0
x


f. Dạng
2 2
( ) ( ) ( ) ( )
af x bg x c pf x qg x
  

142
Ví dụ: Giải phương trình
2
4 6 4 2 7 1
x x x x
     
.

Lời giải:
Điều kiện:
1
x
 
.

     
2
2
4 6 4 2 7 1 2 1 5 1 2 2 1 7 1
x x x x x x x x
             


 
2
2 1
2 1
5 2 7
1
1
x
x
x
x


   



(*).
Đặt
2 1
1
x
t
x



, phương trình (*) trở thành:

2
2
7
2 7 0
2
5 2 7 2
22
3 28 44 0
2
3
t
t
t t t
t t
t t

 


 


       
 
  


   


hoÆc
.
Với
2
t
 
ta có
2 1
2 2 1 1 2
1
x
x x
x

     


2
1
1 2 0
2 7
2
2
4 8 3 0
2 7
2
x
x
x
x x
x



 



   
 
  







.
 Bài tập tương tự:
Giải phương trình
2 2
2 4 2 2 6 14
x x x x x
      
Đs:
2 2 65 20
2; ;
3 5
x x x

  
2. Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Ví dụ: Giải phương trình:


2 2
3 1 3 1
x x x x
    
(*).
Lời giải: Đặt
2 2 2
1 0 1
t x x t
     
.
Phương trình (*) trở thành:

 
2
3
3 3 0
t
t x t x
t x


    



.
Với
3
t

ta có
2
1 3 2 2
x x    
.
Với
t x

ta có
2
1
x x

 
(pt vô nghiệm vì
2
1
x x x
  
)
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình:
1)
 
2 2
2 2 1 1 0
x x x x x
      
. Đs:
0, 1
x x
  

2)
3
2
3
512)13(
22
 xxxx
Đs:
1 6 2 60
;
2 7

x x
  
 

3. Đặt ẩn phụ biến đổi về hệ phương trình
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
3
2 3 2 3 6 5 8 0
x x
    
. (A.2009)
Lời giải:
Điều kiện:
6
5
x


Đặt
3
3 2, 6 5 0
u x v x
    
.
143
Ta có hệ phương trình
3 2
3 2
8 2
2 3 8

2
3
4
5 3 8
15 4 32 40 0
u
u v v
u
v
u v
u u u


  
 



 
  

 



   

.
Với
2

4
u
v
 




ta có
3
3 2 2
2
6 5 4
x
x
x

  

  

 


.
Ví dụ 2: Giải phương trình
2
3 1 2 1 1 3
x x x x
      

Lời giải:
Điều kiện:
1 1
x
  
.
Đặt
 
2 2
1
0, 0 2
1
u x
u v u v
v x

 

    

 


.
Ta có hệ phương trình
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2 2

2
3 2 2
3 2 2 3 2
u v u v
u v
uv u v v
uv u u v uv u u u v v
    

 
 
 
  
   
        
 

 

 
2 2
2 2
2 2
3
2
2
5
2
1 3 2 2 0
3

1
2
u v
x
u v
v u
v u v u u
x
v u


 


  
 

  


 
    




 
 





.
Ví dụ 3: Giải phương trình




2
9 4 2 1 4 1 3 2 2 8 4 8 3
x x x x x x
         
.
Lời giải:
Điều kiện:
1 3
2 2
x
 
.
Đặt


2 1, 3 2 0, 0
u x v x u v
     
.
Ta có hệ phương trình
   
2 2

2 2
2
1 2 1 1
1
1
7 2 7 2 2 8
3 2 1
u v
u x
x
v
u u v v uv
x

 
  

 
   
  

    
 


.
Ví dụ 4: Giải phương trình:
2
2 1 3 1 0
x x x

    
(D.2006)
Lời giải: Điều kiện:
1
2
x

.




2
2
2 1 3 1 0 1 1
x x x x x x x
            
.
Đặt
1 , 2 1 0
u x v x
    
.
Ta có:
2
2 2
2
0
1
u x v u v

u v u v
u v
v x u

    


    


 
  




Với
0
u v
 
ta có
1 2 1 0 2 2
x x x      
(thỏa mãn)
Với
1
u v
 
ta có
1 2 1 1 1

x x x
     
(thỏa mãn)
Ví dụ 5: Giải phương trình:
3 2 23
8 13 7 2 3 3
x x x x x
    
.
Lời giải:
 


 


3
3 2 2 2 23
3
8 13 7 2 3 3 2 1 1 2 2 2 1 1
x x x x x x x x x x x
              

Đặt
2
3
2 1, 3 3
u x v x x
    
.

144
Ta có:


 
 
3 2
3 3
3 2
1 2
2 0
1 2
u x x v
u v v u u v
v x x u

   

      

   



Với
0
u v
 
ta có
2 3 23

1
2 1 3 3 8 13 3 2 0
5 89
16
x
x x x x x x
x



         





.
Nhận xét: Các phương trình ở ví dụ 2 và 3 có dạng
 
( ) ( ) ( ) ( )
n
n
f x bg x a af x bg x
  
. Chúng ta có
thể giải bằng cách đặt ẩn phụ để biến đổi về hệ phương trình dạng đối xứng loại II.
Ví dụ 5 có thể giải như sau: Đặt
23
3 3
y x x

  
, ta có hệ phương trình
   
3 2
3
3
2 3
8 13 7 2
2 1 2 2 1 2
3 3
x x x y
x x y y
x x y

  

     

  


.
2
3
1
2 1 2 1 3 3
5 89
16
x
x y x x x

x



        





.
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau
1)
3)2)(7()7()2(
3
3
2
3
2
 xxxx
Đs:
1, 6
x x
  

2)
2
5
2 12 16
2

x
x x

  
. Đs:
11 17 13 13
;
4 4
x x
   
 

3)
3 2 23
4 5 6 7 9 4
x x x x x
     
. Đs:
1 5
5,
2
x x
 
 

4)
2 2
3 5 2 2 2 1
x x x x x
     

. Đs:
7 2 19
3
x



III. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
Ví dụ 1. Giải phương trình


3
4 3 2 1 4 1 0
x x x x
    
.
Lời giải:
Điều kiện:
1
4
x
 
.
     


3
3
3
4 3 2 1 4 1 0 2 3 2 4 1 3 4 1

x x x x x x x x
          
(*).
Hàm số
3
( ) 3
f t t t
 
có
2
'( ) 3 3 0,
f t t t R
    
nên
( )
f t
đồng biến trên R.
Do đó (*)
1 2
(2 ) ( 4 1) 2 4 1
2
f x f x x x x

        .
Ví dụ 2: Giải phương trình




4 3 2 2

4 12 9 16 2 3 . 3 1 8
x x x x x x x
        
.
Lời giải:
Đặt
2
3
, 1 0
2
u x x v x
    
.
Phương trình trở thành:








2 2 2 2
4 16 2 . 4 8 4 . 4 4
u u v v u u v v
          

145
2 2 2
2

4
4 4 4
4
v v v v u u
u u
         
 

Xét hàm số
2
( ) 4
f t t t
  
.
Ta có
2
'( ) 1 0,
4
t
f t t
t
   

(vì
2
2
4 1 1
4
t
t t

t
     

)
Suy ra hàm số
2
( ) 4
f t t t
  
đồng biến trên R.
Do đó
2 2
4 4 ( ) ( )
v v u u f u f v u v
        

Suy ra
2 2
3
1 2 1 2 3
2
x x x x x x
      
. Điều kiện:
3
2
x


Ta có





2 4 3 2 3 2
2 1 2 3 4 12 9 4 4 0 2 4 4 2 0
x x x x x x x x x x x
              

 
 
3 2
3 2
2 0
2 4 4 2 0 2
4 4 2 0 (*)
x
x x x x x
x x x
 

       

   

.
Phương trình (*) vô nghiệm vì với
3
2
x


thì




3 2 2 2
4 4 2 2 2 3 2 1 0
x x x x x x x
        
.
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau:
1)
2
4
2 1 2 1 1 2 3
x x x x x
       
Đs:
2 2
x  
2)
3
1 2 1
2
2 1 3
x
x
x
 



 
. Đs:
1 5
1,
2
x x

 

3)
2 33
3 8 5 5 1
x x x
   
Đs:
1, 0
x x
  

IV. Phương pháp đánh giá
Ví dụ 1: Giải phương trình


3 2 1 4 6
x x x
   
.
Lời giải:

Điều kiện:
1
x
 
.
 
4 6
3 2 1 4 6 3 1
2
x
x x x x
x

      

(vì
2
x

không thỏa mãn)
Hàm số
( ) 3 1
f x x
 
liên tục trên


1;
 
.

Vì
3
'( ) 0, 1
2 1
f x x
x
    

nên
( )
f x
đồng biến trên


1;
 
.
Hàm số
4 6
( )
2
x
g x
x



liên tục trên



1;2

và


2;

.
Vì
 
   
2
2
( ) 0, 1;2 2;
2
g x x
x

      

nên
( )
g x
nghịch biến trên hai khoảng


1;2

và



2;

.
Do đó phương trình
( ) ( )
f x g x

có không quá hai nghiệm trên


1;
 
.
Mà
(0) (0)
f g

và
(3) (3)
f g

nên
0, 3
x x
 
là nghiệm của phương trình.
Ví dụ 2. Giải phương trình
2 2
6 13 2 17 2 10

x x x x     
.
Lời giải:
146
Ta có
   
2 2
2 2
6 13 2 17 2 10 3 4 1 16 2 10
x x x x x x            

Đặt




3;2 , 1 ;4
a x b x
   
 
, ta có


2;6
a b  
 
.
Khi đó
   
2 2

3 4 1 16 2 10x x a b a b
          
   
a

và
b

cùng hướng
3 2 7
1 4 3
x
x
x

   

.
Ví dụ 3: Giải phương trình
2
4 18
2
x x
x
  

.
Lời giải:
Điều kiện:
0

x

.
Áp dụng bất đẳng thức Buniakovski ta có
 
2 2
2
2 2
4 4. 2. 18
2
2 2
x
x x x
x
x x
   
     
   

 
   

Do đó
2
2 4 2
2
4 18
2 7
2
2

x
x x x
x
x x
x

      



.
Ví dụ 4: Giải phương trình
 
 
2
3
8 16
2 9 2 2
2
x x
x x x
x
 
     

. (*)
Lời giải:
Điều kiện:
2
x


.
(*)




2 2
2 4
36
2 2 2 1
x x
x x x x
 
  
    
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có




2 2
2 4
36
2 2 2 1
x x
x x x x
 
 

    

Do đó




2 2
2 4
36 2 4 5
2
2 2 2 1 2 2
x x
x x
x
x x x x x x
 
 
     
      
(thỏa mãn)
 Bài tập tương tự: Giải các phương trình sau
1)
381275
2
 xxxx
Đs:
2
x


2)
2
3 1 1
x x x x
    
Đs:
0, 1
x x
 

3)
4 3 2 3 2 11
x x x
    
. Đs:
1
x


4)
1032209
2
 xxx
Đs:
3
x
 

5)

3
1 5 4
x x x
   
. Đs:
1
x


6)
2 2
10 74 10 6 10
x x x x
     
Đs:
13
3
x



Tam Kỳ, ngày 01 tháng 4 năm 2015
Tổ Toán trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
147

148
CHUYÊN ĐỀ :BẤT PHƯƠNG TRÌNH CHỨA CĂN

I. Phương pháp biến đổi tương đương
1. Phương pháp nâng lũy thừa

Ví dụ 1: Giải phương trình


2
2 16
7
3
3 3
x
x
x
x x


  
 
(A.2004)
Lời giải:
Điều kiện:
4
x

.
 
 
 
 
 
2
2

2
2
2
10 2 0
2 16 0
2 16
7
3 2 16 10 2
10 2 0
3 3
2 16 10 2
x
x
x
x
x x x
x
x x
x x
  




 






       

 
 





  





5
10 34
10 34 5
x
x
x


   

  

(thỏa mãn điều kiện)
 Bài tập tương tự: Giải các bất phương trình
1)

3
1
3
x
x
x

 

Đs:
3 9
x
 

2)
5 1 1 2 4
x x x
    
Đs:
2 10
x
 
(A.2005)
2. Phương pháp biến đổi thành tích
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:
2
2 1 ( 1) 0
x x x x x x
      
.

Lời giải:
Điều kiện:
1
x

.




2
2 2
2 1 ( 1) 0 1 1 1 1 0
x x x x x x x x x x
              









2
1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0
x x x x x x x
 
              
 

1 1 0
x
   
(vì


1 1 1 0
x x
   
với mọi
1
x

)
1 1 1 2
x x
     
.
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:




2
1 2 6 7 7 12
x x x x x x
       
(D.2014)
Lời giải:

Điều kiện
2
x
 
.
2
( 1) 2 ( 6) 7 7 12
x x x x x x
       




2
( 1) 2 2 ( 6) 7 3 2 8
x x x x x x
          

( 1)( 2) ( 6)( 2)
( 2)( 4)
2 2 7 3
x x x x
x x
x x
   
    
   
1 6
( 2) ( 4) 0
2 2 7 3

x x
x x
x x
  
     
 
   
 
(*)

Vì
2
x
 
nên
2 0
x
 
và
6 0
x
 
. Suy ra
1 6 2 2 6 6 1
( 4) 0
2 2
2 2 7 3 2 2 7 3 2 2
x x x x x x x
x
x x x x x

      
   
        
   
         
   

Do đó bất phương trình (*)
2
x
 

149
Đối chiếu điều kiện, tập nghiệm bất phương trình là S=


2;2

.
Ví dụ 3: Giải bất phương trình:


1 4 1 3 1 2 1
x x x x
      
. (*)
Lời giải:
Điều kiện:
1 1
x

  
.
(*)




4 1 1 1 2 1 1 2 1
x x x x x x
          





   
2 2 1 1 1 1 1 1 1
x x x x x x x
            





   
2 2 1 1 1 1 1 1 1 0
x x x x x x x
             








2 2 1 1 1 1 1 2 1 0
x x x x x x
           





2 1 1 2 1 1 0
x x x x
        

Với
0
x

ta có
2 1 1 0
x x
    
. Suy ra
0
x

là nghiệm bất phương trình.

Với
0
x

ta có
2 1 1 0
x x
    
. Suy ra




2 1 1 2 1 1 0
x x x x
       

2 1 1 0
x x
    
3
2 1 1
5
x x x

     

Đối chiếu điều kiện tập nghiệm bất phương trình là S=
3
;1

5

 
 
 

 Bài tập tương tự: Giải các bất phương trình sau:
1)
 


2
2 2 1 1 5
x x x x
    
Đs:
1 3
x
  

2)
 
 
3
2
1
1
x x
x x



 
Đs:
5 1
2
x



3)
2 3 2
5 4 4 2 4
x x x x x
    
Đs:
1 17 7 65
1 5 0;
2 2
x x
  
     
4)
2
2
2
1 2
2 4
4
1
x x

x
x
x
 
  


. Đs:
3 3
x  

5)
2
2 2 3 2
x x x x
     
. Đs:
2
2
3
x
 

6)
9 9
9 x x
x x
   
Đs:
1 37

3,
2
x x

 

II. Phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 1: Giải bất phương trình:


2 4 2
6 3 1 1 0
x x x x
     
(*)
Lời giải:
Vì
2
4 2 2
1 3
1 0
2 4
x x x
 
     
 
 
nên điều kiện để phương trình có nghiệm là
2
3 5 3 5

3 1 0
2 2
x x x
 
     
.
150
Vì
3 5
0
2
x

 
nên (*)
2
2
1 1
6 3 1 0
x x
x x
 
      
 
 
.
Đặt
2 2
2
1 1

2 2
t x x t
x x
      
.
Bất phương trình trở thành
   
2 2
3
6 3 1 0 1 6 3
11
5
t
t t t t
t



         




Với
3
t

ta có
1 3 5
3

2
x x
x

   
(loại)
Vời
11
5
t

ta có
2
1 11
5 11 5 0
5
x x x
x
      
11 21 11 21
10 10
x
 
 
(thỏa điều kiện)
Ví dụ 2: Giải bất phương trình


3 2
3 4 4 1 0

x x x x
    
.
Lời giải:
Điều kiện:
1
x
 
.
 


3
3 2 3 2
3 4 4 1 0 3 1 4 1 0
x x x x x x x x
          
. (*)
Vì
1
x
 
thỏa mãn bất phương trình nên
1
x
 
là nghiệm.
Với
1
x

 
thì (*)
3 2
3 4 0
1 1
x x
x x
   
   
   
 
   
.
Đặt
1
x
t
x


. Bất phương trình (*) trở thành
3 2
3 4 0 1
t t t
    

Với
1
t


ta có
1 5
1 1 1
2
1
x
x x x
x

       

.
Vậy tập nghiệm bất phương trình là S=
1 5
1;
2
 


 
 
.
 Bài tập tương tự: Giải các bất phương trình sau:
1)
2
1
1 2( 1)
x x
x x



  
(A.2010) Đs:
3 5
2
x



2)




2 2 4
3 2 3 2 1
x x x x
   
. Đs:
3 10
1
2
x
 
  

3)


2

4 1 3 1
x x x x
   
. Đs: x=1
4)
24
2 3 2 2 3 2 6
x x x x
     
Đs:
35
14
x
 
.
5)
1 1 2 3
3
2 1
x
x x

 
  
Đs:
2 1
x
   

6)

2 2
1 2 3 4
x x x x
    
Đs:
5 34 3 41
9 8
x
   
 
III. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số
151
Ví dụ 1: Giải bất phương trình


2
4
2 1 1 2 4 4
x x x x x
       
.
Lời giải:
Điều kiện:
1
x

.
Đặt



4
1, 1 0, 0
u x v x u v
     
.
Phương trình trở thành
 
4 4 4 4
2 3 3 2 3 2 3
u v v u u u v v
          
.
Xét hàm
4
( ) 2 3
f t t t
  
với
0
t

. Ta có
3
4
2
'( ) 2 0
3
t
f t
t

  

, với mọi
0
t

.
Suy ra hàm số
( )
f t
đồng biến trên


0;

.
Do đó
4 4
4
2 3 2 3 ( ) ( ) 1 1
u u v v f u f v u v x x
            

1 3
x
  
.
Ví dụ 2: Giải bất phương trình:



 
3
4 1 3 2 1 4
x x x x
     
.
Lời giải:
Điều kiện:
1
x

.Vì
1
x

thỏa mãn bất phương trình nên
1
x

là nghiệm.
Với
1
x

thì
 
 
3 3
4
4 1 3 2 1 4 4 1 3 2

1
x
x x x x x x
x

          

.
Xét hai hàm số
3
( ) 4 1 3 2
f x x x
   
và
4
( )
1
x
g x
x



trên


1;

.
Ta có

 
2
3
2 1
'( ) 0, 1
1
3 2
f x
x
x
    


( )
f x

đồng biến trên


1;

.
 
2
5
'( ) 0, 1
1
g x x
x


   

( )
g x

nghịch biến trên


1;

.
Do đó với mọi


1;2
x
ta có
( ) (2) 6
( ) (2) 6
f x f
g x g
 


 

( ) ( )
f x g x
 
. Suy ra



1;2
x 
là nghiệm của bất
phương trình.
Với mọi


2;x
 
ta có
( ) (2) 6
( ) (2) 6
f x f
g x g
 


 

( ) ( )
f x g x
 
. Suy ra


2;x
  
không là nghiệm

của bất phương trình.
Vậy tập nghiệm bất phương trình là S=


1;2

 Bài tập tương tự: Giải các bất phương trình sau:
1)


2 33
3 8 5 1 1
x x x
   
Đs:
1 0
x
  

2)
2 2
2 3 6 11 3 1
x x x x x x
        
Đs:
2 3
x
 

IV. Phương pháp đánh giá

Ví dụ 1: Giải bất phương trình
2 2
1 1 2
x x x x
     
.
Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
 
2
2 2 2 2 4 24
4
1 1 2 1 2 1 2
x x x x x x x x
           
.
Do đó
2 2 2 2
1 1 2 1 1 2
x x x x x x x x
            

152
2 2
1 1
0
0
x x x x
x
x


     
  




.
Ví dụ 2: Giải bất phương trình
2
5 15 5 3 2 4
x x x x
     
. (*)
Lời giải:
Điều kiện:
3
x

.
(*)
     
2
2 2 3 5 2 3
x x x x
       

Đặt



 
2; 3 , 2;1
a x x b   
 
.
Ta có


. 2 2 3
a b x x
   
 
,
   
2
. 5 2 3
a b x x
   
 
.
Khi đó (*)
. . . .a b a b a b a b
    
       
a

và
b

cùng hướng

2 3
4
2 1
x x
x
 
   
.
 Bài tập tương tự: Giải các bất phương trình
1)


 
3
2 2 5 2 1
x x x x
     
Đs:
3
x


2)
2
1 3 2 10 16
x x x x
     
Đs:



\ 5
R




Tam Kỳ, ngày 01 tháng 4 năm 2015
Tổ Toán trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm





















CHUYÊN ĐỀ : HỆ PHƯƠNG TRÌNH

153
Trong đề thi đây là bài toán nằm trong vùng kiến thức để phân loại đối tượng học sinh, nên thông
thường là bài toán tương đối khó. Sau đây là một số bài toán thể hiện các phương pháp giải hệ
phương trình.
1.Hệ dạng cơ bản
a) Đối xứng loại I và II
Ví dụ 1) Giải hệ phương trình
3
1 1 4
x y xy
x y

  


   


(A – 2006)
Lời giải:
ĐK
1, 1, 0
x y xy
    
. Hệ tương đương
3
2 ( ) 1 14
x y xy
x y xy x y


  


     



Đặt S = x + y, P = xy

0 , ĐK
2
4
S P

. Hệ trở thành
3 3
2 1 14 2 1 14
S P P S
S P S P S S
 
   
 

 
       
 
 
2
2

3 14
6 9
4( 1) 196 28
S
P S S
P S S S
 


   


    



2
2
3 14
6
6 9
9
3 8 156 0
S
S
P S S
P
S S
 





    
 



  

(thỏa ĐK)
6
3
9
x y
x y
xy
 

  



. Kết luận: Hệ có nghiệm (x,y) = (3, 3)
Ví dụ 2) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
21 1
21 1
x y y

y x x

   


   



Lời giải:
ĐK
1, 1
x y
 
. Hệ tương đương

2 2 2 2
2 2
21 1 21 1 (1)
1 1 (2)
x x x y y y
y x x

        


   


Xét hàm

2 2
( ) 21 1
f t t t t
    
, với
[1, )
t
 
thì
2
1
'( ) 2 0, 1
2 1
1
t
f t t t
t
t
     



Suy ra hàm đồng biến trên
[1, )

.Khi đó (1) có dạng
( ) ( )
f x f y x y
  
.

Thế y = x vào (2) ta có
2 2
21 1
x x x
   
2 2
21 5 ( 1 1) ( 4)
x x x
       

2
2
2
4 2
( 4)
1 1
21 5
x x
x
x
x
 
   
 
 
2
1 1
( 2) ( 2) 1 0
1 1
21 5

x x
x
x
 
 
     
 
 
 
 
 
 
 
2
x
 

Kết luận : Hệ có nghiệm (x, y) = (2, 2)
b) Hệ đẳng cấp
Ví dụ 1) Giải hệ phương trình :
2 2
2 2
3 8 4 38
5 9 3 15
x xy y
x xy y

  



  


(I)
Lời giải :
+ Nếu x = 0 thì (I) vô nghiệm
154
+ Xét x

0. Đặt y = tx thì (I) trở thành:
2 2
2 2
(3 5 4 ) 38
(5 9 3 ) 15
x t t
x t t

  


  


2 2
2 2
15(3 5 4 ) 38(5 9 3 )(1)
(5 9 3 ) 15(2)
t t t t
x t t


    



  



(1)
1
3
t
 
hoặc
145
18
t  

Với
t


1
3
thế vào (2) ta có
2
3 1
9
3 1
x y

x
x y
  

 

    


Với
145
18
t  
thế vào (2) thì vô nghiệm
Kết luận : Hệ có hai nghiệm (x, y) là (3, 1) , (– 3 ; – 1)
2. Giải bằng phương pháp thế
Ví dụ 1) Giải hệ phương trình
4 3 2 2
3 2
1(1)
1(2)
x x y x y
x y x xy

  


   



Lời giải :
+ Do x = 0 không thỏa (2)
+ Với x

0 thì (2)
2
2
1
( 1)
x
y
x x

 

. Thế vào (1) ta có :
2 2 2 2
4
2 2 2
( 1) ( 1)
1
1 ( 1)
x x x
x
x x
 
  
 

8 6 2 2 2 2 4 2
3 0 ( 1)( 2 3) 0
x x x x x x x x
         
2
1
x
 
1 0
1 0
x y
x y
  



   


Kết luận : Hệ có hai nghiệm (x, y) là (1, 0) và ( – 1, 0)
Ví dụ 2) Giải hệ phương trình
2 2
1 1(1)
2 0 (2)
x x y
y x y x y x

   



   



Lời giải :
ĐK
0, 1 0
x x y
   

(1)
1 1 2 1
x x y x y y
        
2
2
0
0
4( 1)
1
2
y
y
y
x y y x






 
 
 
    

 

 


Thế x =
2
1
2
y
 

 
 
vào (2) ta có
4 3 2
4 5 12 4 0
y y y y
    
3 2
( 2)( 6 7 2) 0
y y y y
     

2
y
 
(vì
0
y

)
4
x
 

Kết luận : Hệ có nghiệm (x, y) = (4, 2)
Ví dụ 3) Giải hệ phương trình
3 2 2 3 2
3 4 4 16 16 0(1)
2 2 3 (2)
x x y x y xy y
x y x y

     


   



Lời giải :
(1)


3 2 3 2
(3 4) 16 4 16 0
x y x yx y y
     
. Xem vế trái là một đa thức theo x và y là tham số
Đa thức này có 1 nghiệm x = 2y. Dùng phép chia bằng sơ đồ Hoocner ta phân tích được
(1)
2
( 2 ) ( 4) 0
x y x y
    
2
4
x y
x y




 


+ Với x = 2y thế vào (2) ta có
3 2 3 4 8
y y x
    

155
+ Với x = 4 – y thế vào (2) ta
có

4 3 2 2 3
y  
4 3 4(4 2 3)
y   
4 4
(2 3 3) (6 2 3)
3 3
y x     

Kết luận : Hệ có hai nghiệm (x, y) là (8, 4) ,
4 4
(6 2 3), (2 3 3)
3 3
 
 
 
 

Ví dụ 4) Giải hệ phương trình
3 2 2
2 3
3
2 2 (1)
2 2 1 14 2(2)
x y x y xy
x y y x

  



     



Lời giải:
ĐK
2 1 0
x y
  

(1)
2
( )( 2 ) 0
x y x y x y
     
(vì
2 1
x y
 
). Thế y = x vào (2) ta được
2
2
2 3 3
2
3 3
2 1 0
2 1 0
2 2 1 14 2
2 1 0
14 2

x x
x x
x x x x
x x
x x

  

  
 
       
 
  
  
 


Do đó
2
2 1 0
x x
  
1 2 1 2
1 2 1 2
x y
x y

    



    


. Thử lại thỏa mãn
Kết luận: Hệ có hai nghiệm (x, y) là (
1 2,1 2
 
) , (
1 2,1 2
 
)
Ví dụ 5) Giải hệ phương trình
2 2 2 2
2
( )( 3) 3( ) 2(1)
4 2 16 3 8(2)
x y x xy y x y
x y x

      


    



Lời giải
(1)
3 3
( 1) ( 1)

x y
   

y = x – 2 . Thế vào (2) ta có
2
4 2 22 3 8
x x x
    
(*)
Với ĐK
22
2
3
x  
ta có (*)

2
4( 2 2) ( 4) (4 22 3 )
x x x
      



4( 2) 3( 2)
( 2)( 2)
2 2 22 3 4
x x
x x
x x
 

   
   


3 4
( 2) 2 0
22 3 4 2 2
x x
x x
 
     
 
   
 



2
3 4
2 0(*)
22 3 4 2 2
x
x
x x




   


   


Nhận xét x = – 1 là một nghiệm của (*) nên (*) tương đương
3 1 4 4
( ) ( ) ( 1) 0
3 3
22 3 4 2 2
x
x x
     
   
5 22 3 4( 2 1)
( 1) 0
3( 22 3 4) 3( 2 2)
x x
x
x x
   
    
   

1 4( 1)
( 1) 0
( 22 3 4)(5 22 3 ) 3( 2 2)( 2 1)
x x
x
x x x x
 
    

       

1 4
( 1)[ 1] 0
( 22 3 4)(5 22 3 ) 3( 2 2)( 2 1)
x
x x x x
    
       

1
x
  

Với x = 2

y = 0 ; với x = – 1

y = – 3
Kết luận : Hệ có 2 nghiệm (x, y) là (2, 0) , ( – 1 , – 3 )
Ví dụ 6) Giải hệ phương trình
3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
x y y x
y x

  



  



156
Lời giải :
Hệ tương đương
3 3
2 2
4( 4 ) 0(*)
5 4(**)
x y x y
y x

   


 


. Thế (**) vào (*) ta được
3 2 2 3
( 5 )( 4 ) 0
x y x y x y
    
2 2
(21 5 4 ) 0
x x xy y
   

2 2
0
21 5 4 0
x
x xy y




  


Hệ đã cho tương đương
2 2
0
5 4
x
y x



 

hoặc
2 2
2 2
21 5 4 0
5 4
x xy y
y x


  


 



Giải được 4 nghiệm (x, y) là (0, 2), (0, – 2), (1, – 3), ( – 1, 3)
Ví dụ 7) Giải hệ phương trình
2
2 2
3 0(1)
( 1) 3( 1) 2( 2 ) 0(2)
x xy x
x y xy x y y

   


      



Lời giải :
(1)

xy =
2
3

x x
  
thế vào (2)
Ta có
2 2
2 3 2 ( 2) 0
x y x y
     
2 2
3 2 1 0
2 2
y y
x x
   
 
2
1
2
y
x
 

2
2
y x
  

Hệ đã cho tương đương
2
2

3
2
xy x x
y x

   


 


2
2
( 1)( 3) 0 1
3
2
x x x
y
y x

    


 
 

 




Kết luận hệ có 1 nghiệm (x, y) = (– 1, 3)
Ví dụ 8) Giải hệ phương trình
2 6 2 (1)
2 3 2(2)
x
y x y
y
x x y x y

   



    


Lời giải :
ĐK :
2 0, 0, 2 0
x y y x x y
     

(1)
2
( 2 ) 2 6 0
x y y x y y
     
(xem đây là phương trình bậc hai theo ẩn
2

x y

)

2 3
2 2
x y y
x y y

 
 

  


+
2 2
0 0
2 3
2 9 9 2
y y
x y y
x y y x y y
 
 
   
 
   
 
. Thế

2
9 2
x y y
 
vào (2) ta có
2 2 2 2
9 5 9 5 2 9 5 2 9 5 4
y y y y y y y y
         
1( )
4 /9 8 / 3
y loai
y x
 



  


+
2 2
0 0
2 2
2 4 4 2
y y
x y y
x y y x y y
 
 

    
 
   
 
. Thế
2
4 2
x y y
 
vào (2) ta có
2 2 2
4 4 5 2 4 7 2 0
y y y y y
      
(vì
0
y

)
2 12
1/ 4( )
y x
y loai
   






Kết luận : Hệ có hai nghiệm (x, y) = (12, – 2), (
8 4
,
3 9
)
Ví dụ 9) Giải hệ phương trình
2
(2 1)( ) 2 (1)
(2 2 5) ( 3) 3 0(2)
x y x y xy y
x x y y y

    

     



Lời giải
157
ĐK :
2
0
(2 1)( ) 0
xy
x y x y



   


. Từ (2) suy ra
0
y


+ Nều y = 0 thì hệ trở thành
2
2
0
1
2 5 3 0
x x
x
x x

 

 

  


. Hệ có nghiệm (1, 0)
+Xét y >0 .Thì (1)


2
(2 1)( ) 0
x y x y y xy y

      

2 2 2
2
(2 1)( )
0
(2 1)( )
x y y x y xy y
xy y
x y x y y
    
 

   



2
3 1
( ) 0
(2 1)( )
x y y
x y
xy y
x y x y y
 
 
 
  
 


   
 
(1a)
(2)

2 2 2
( ) 3( ) ( 1) 2 0 ( ) 3( ) 2 0
x y x y x x y x y
            

1 2
x y
  
(2a)
Từ (1a) và (2a) kết hợp ĐK cho ta x = y . Thay y = x vào (2) ta được
2
5 8 3 0
x x
  
1
3
5
x
x









Vậy hệ có các nghiệm (x ;y) là (1 ;0), (1 ;1), (
3
5
;
3
5
)
Ví dụ 10) Giải hệ phương trình
3 3 2 2
2 2
2 2 (2 3 4)(1)
1 1 10
(2)
3
x y x y xy x y
x y
y x
     


 

 



Lời giải

Nếu
,
x y
cùng dương thì
2 2
1 1 2 2 10
4
3
x y x y
y x y x
 
    
.
Cũng từ (2) thì
,
x y
không thể cùng âm. Do đó x,y trái dấu.
PT (1) tương đương với


2 2
( 1) 2 4 0
x y x y xy
    

Nhưng
,
x y
trái dấu nên
2 2

2 4 0
x y xy
  
, suy ra
1 0
x y
  

Khi đó
3 3
3 3
1 10
(2) 3( ) 3 10 6
3
x y
x y xy xy
xy
 
        
.
Hệ đã cho tương đương
1
6
x y
xy
  


 


.Giải hệ được hai nghiệm là
( ; ) (2; 3);( 3;2)
x y
  
.

3) Giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ
Ví dụ 1) Giải hệ phương trình
 
2 2
2
2
1 4
2 7 2
x y xy y
y x y x y

   


   



Lời giải :
Vì y = 0 không thỏa hệ phương trình
Với y

0 hệ tương đương
2

2
2
1
4
1
( ) 2 7
x
x y
y
x
x y
y


  



 


  
 

 

. Đặt u =
2
1
x

y

, v = x + y, hệ trở thành
158
2 2
4 4
2 7 2 15 0
u v v u
u v u u
   
 

 
    
 
3 5
1 9
u u
v v
  
 
 
 
 
 

+ Với
3
1
u

v





ta có
2
1 3
1
x y
x y

 

 

. Giải được (x , y) =
3 17 5 17
,
2 2
 
  
 
 
 
,
3 17 5 17
,
2 2

 
  
 
 
 

+ Với
5
9
u
v
 




ta có
2
1 5
9
x y
x y

  

 

2
5 46 0
9

x x
y x

  


 

vô nghiệm
Kết luận : Hệ có 2 nghiệm (x , y) =
3 17 5 17
,
2 2
 
  
 
 
 
,
3 17 5 17
,
2 2
 
  
 
 
 

Ví dụ 2) Giải hệ phương trình
2 2 2

1 7
1 13
xy x y
x y xy y
  


  

(B – 2009)
Lời giải :
Vì y =0 không thỏa hệ. Với y

0 ta có hệ

2
1
7
1
13
x
x
y y
x
x
y y

  




 

  
 

 

. Đặt u =
1
x
y

, v =
x
y

Hệ trở thành :
2 2
7 7
4 5
3 12
13 20 0
u v v u
u u
v v
u v u u
   
  
 

 
  
   
 
    
 
 

+ Với
4
3
u
v





ta có
1
4
3
x
y
x
y

 








3 1
1 1/ 3
x x
y y
 
 
 
 
 
 

+ Với
5
12
u
v
 




ta có
1
5
12

x
y
x
y

  







hệ vô nghiệm
Kết luận : Hệ có hai nghiệm (x, y) là (3, 1), (1, 1/3)
Ví dụ 3) Giải hệ phương trình
2 3 2
4 2
5
4
5
(1 2 )
4
x y x y xy xy
x y xy x

     





    


(A-2008)
Lời giải :
Hệ tương đương
2 2
2 2
5
( )
4
5
( )
4
x y xy x y xy
x y xy

     




   


. Đặt
2
,
u x y v xy

  
thì hệ trở thành
2
5
4
5
4
u v uv
u v

   




  


2
2
1 1
0
( ) 0
2 2
5
5 3
4
4 2
u
u u u

v
v u v
 

    

 
  
  
  
 
  
    

 
 

159
+ Với
0
5
4
u
v




 



ta có
2
0
5
4
x y
xy

 


 


3
3
5
4
25
16
x
y








 



+ Với
1
2
3
2
u
v

 




 


2
1
2
3
2
x y
xy

  






 


2
3
1
1
2
3
2 3 0
2
x
y x
y
x x


  
 
 
 
 
 
  



Kết luận : Hệ có 2 nghiệm (x, y) là (
3
3
5 25
,
4 16

), (1,
3
2

)
Ví dụ 4) Giải hệ phương trình
2 2
(3 )( 3 ) 14
( )( 14 ) 36
x y x y xy
x y x xy y

  


   



Lời giải :
:
ĐK : xy


0. Đặt
;
u x v y
 
, đk u

0, v

0. Hệ trở thành
4 2 2 4 5 3 3 5
6 4 2 2 4 6 6 4 2 2 4 6
(3 10 3 ) 14 3 10 3 14
15 15 36 15 15 36
uv u u v v u v u v uv
u u v u v v u u v u v v
 
     
 

 
       
 
 

6 5 4 2 3 3 2 4 5 6
6 5 4 2 3 3 2 4 5 6
6 15 20 15 6 36 2.14
6 15 20 15 6 36 2.14
u u v u v u v u v uv v

u u v u v u v u v uv v

       



       


6
6
2
( ) 64
2
( ) 8
u v
u v
u v
u v
 


 
 
 
 
  
 





+ Với
2
2
x y
x y

 


 


giải được nghiệm (x, y) =
2 2
2 2 2 2
,
2 2
 
   
 
 
   
   
 
   
 

+Với

2
2
x y
x y

 


  


giải được nghiệm (x, y) =
2 2
2 2 2 2
,
2 2
 
   
 
 
   
   
 
   
 

4) Giải bằng phương pháp dùng tính đơn điệu hàm số
Ví dụ 1) Giải hệ phương trình
2
2 2

(4 1) ( 3) 5 2 0(1)
4 2 3 4 7(2)
x x y y
x y x

    


   


(A – 2010)
Lời giải :
ĐK :
3 5
,
4 2
x y
 
. Ta có (1)
2
(4 1)2 [(5 2 ) 1] 5 2
x x y y
     
(*)
Xét hàm f(t) =
2
( 1)
t t


, với t

R thì f’(t) =
2
3 1 0,
t t R
   
suy ra hàm đồng biến trên R
(*) có dạng
2
0
(2 ) ( 5 2 ) 2 5 2
(5 4 ) / 2
x
f x f y x y
y x


     

 


Thế
2
5 4
2
x
y



vào (2) ta có
4 2
3
4 6 2 3 4
4
x x x
   
(**)
Nhận xét x =
1
2
là một nghiệm của (**) . Do đó
(**)
4 2
5
2( 3 4 1) 4 6 0
4
x x x
      
2 2
4(1 2 ) 1
(4 5)( ) 0
4
3 4 1
x
x x
x

    

 