TUYỂN tập PT – hệ PHƯƠNG TRÌNH – bất PHƯƠNG TRÌNH 2016

TUYỂN TẬP PT – HỆ PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH 2016
MEM GROUP NHÓM TOÁN
3
3
2
2
2
2(4 x  y )  12 x  y  2 x( y  3)  1  0
Câu 1 . (Euro Vũ) Giải hệ phương trình 
.
2
3
 y  2. x  5  x  x  6

Lời giải: Điều kiện : y  2
Từ phương trình :  (8 x 3  12 x 2  6 x  1)  y 2 (2 x  1)  2 y 3  0
3

  2 x  1  y 3  (2 x  1) y 2  y 3  0
  2 x  1  y   (2 x  1)2  y (2 x  1)  2 y 2   0

y
7 y2 
 (2 x  1  y )  (2 x  1  ) 2 
0
2
4 

 y  2x 1
2


 (2 x  1  y )2  7 y  0

2
4

y

2x  1   0
1


y  7y

x 
2

Với  2 x  1   
0  2

2
2
4

7 y  0
 y  0
 4
2

2

y  2 3 x  5  x 2  x  6  2. 3

Thay vào phương trình

9 1 1
   6 vô lý.
2 4 2

Với y  2 x  1
2 x  3  0
2 x  1 3 x  5  x 2  x  6 Điều kiện :  2
x2
x  x  6  0
 x2  x  6  2 x  3 3 x  5  0

Suy ra :



 x  2x  3




3





x  5  x x 1  3 x  5  2x  6  0

( x 2  2 x  3) 3 x  5
x ( x 3  3 x 2  2 x  6)

 2x  6  0
x  2x  3
( x  1) 2  ( x  1) 3 x  5  ( 3 x  5) 2





2
3
( x  1) x  5
x( x  2)
0
  x  3 


2
2
2
 x  2x  3  3

x  1  3( x  1)


 x5 

 
2 
4



 x3

Vì x  2 

 x  1

2x  3

x  2x  3



x ( x 2  2)
2

x  1  3( x  1) 2
3
x

5


 
2 

4


 4  0.


Câu 2. (Dương Công Tạo) Giải hệ phương trình:
 x 3  x 2  3 y 2   y 4  4 x  3 y 4   y 6  y 4  4  , (1)

 2
1
(2)
 y  3x 2  4 y 2   1  x 3 x 2 y 2   2,
x


(trích đề thi thử lần 2_chuyên Quang Trung_Bình Phước)
Lời giải : Điều kiện: x  0
(1)  x5  3x 3 y 2  4 xy 4  y10  3 y 8  4 y 6 (vì y = 0 không phải là nghiệm của hệ)
5

3

x
x
x
    3   4    y5  3 y3  4 y
 y
 y
 y

x
 f    f  y  , (a)
 y

Xét hàm số f  t   t 5  3t 3  4t trên R
Ta có: f  t   5t 4  9t 2  4   t 2  1 5t 2  4   0, t
 f(t) luôn đồng biến, liên tục trên R, (b)

Từ (a) và (b), ta có

x
 y hay x = y2, x > 0
y

1
x

Thế x = y2 vào (2) ta được: x  3 x 2  4 x   1  x 3 x 3   2

 3x 2  4 x 

 x3 

1 3 3 1
 x  2
x
x

1
1 

1
1

 2  3x 2  4 x    x 3   2   3 x 3   2
x
x 
x
x


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



1
1
  x  1   x  1   3 x 3   2   3 x 3   2
x
x



3



1
 f  x  1  f  3 x3   2 


x




Xét hàm số f (t )  t 3  t trên R
Ta có: f(t) = 3t2 + 1 > 0, t
 f(t) luôn đồng biến, liên tục trên R




1
x

1
x

Mà f  x  1  f  3 x3   2  nên x  1  3 x 3   2




 3x 3  3x 2  x  1  0

1
(vì x > 0)
3

  x  1  3x 2  1  0  x 
1
1
 y 4
3
3

với x 


 x 
Vậy: hệ có hai nghiệm: 
y 


1
3
;
1
4


 x 


y 


3

1
3
.
1
4

3

Câu 3. (Dương Long) Giải bất phương trình

x2  x  2 3 2x 1
x 1 
(1) .
3
2x  1  3

Lời giải :
x2  x  2
(1)  x  1 



3



2x 1  3  6

3

2x 1  3
x x6
 x 1  2  3
2x 1  3
( x  3)(x  2)
 x 1  2  3
2x 1  3

x2  x  6
3
2
2x 1  3

2

 x 1  2 
1

( x  1  2)( x  1  2)(x  2)
3
2x 1  3

( x  1  2)(x  2)
3

2x 1  3

Tới đây thì sẽ tiến hành giải phương trình sau : 1 
 3 2 x  1  3  ( x  1  2)(x  2)
 2 x  1  3 2 x  1  (x  2) x  1




3



3

2x  1  3 2x 1 



3



x 1  x 1

( x  1  2)(x  2)
3
2x 1  3

Xét hàm số f(t) = t3 + t liên tục và xác định trên R có f’(t) = 3t2 + 1 > 0 với mọi t thuộc R nên
hàm số f(t) đồng biến trên R.
Khi đó phương trinh trên tương đương với :
 3 2x  1  x 1
 (2 x  1)2  (x  1)3
 x( x 2  x  1)  0
 x0
x0

 2

x  1 5
x

x

1

0


2

So với điều kiện xác định thì nhận nghiệm x  0 và x 

1 5
2

Lập bảng xét dấu thì ta được nghiệm của bpt là (; 0]  [

1 5
;13) .
2

Câu 4.(Nguyễn Hữu Hiếu- Trường THPT Hùng Vương-Bình Phước)
3 y 3 2x  y  x 2 5y 2  4x 2  4y 2

Giải hệ phương trình 
(THPT Đặng Thúc Hứa-Nghệ An)
2
 2  x  y  1  2  x  y









Lời giải :
2xy 3  y 4  0

Điều kiện: 5y 2  4x 2  0 . Từ điều kiện thứ nhất ta có 2xy 3  y 4  0  xy  0
x  2; y  1










3 t 3x 3 2x  tx  x 2 5t 2x 2  4x 2  4t 2x 2









 3 x 4 2t 3  t 4  x 4 5t 2  4  4t 2x 2
 2 
 4  4t 2, DK : t  0;

5

2
Đặt y  tx . Vì xy  0  t  0 ta có  3  2t 3  t 4  t    5t 2  4  5t  4   4 t  1

 

2
2
2
3t t  1

20 t  1
2


 4 t 1
2t 3  t 4  t
5t 2  4  5t  4


2
3t 2
20
0
 t  1 4 

3
4
2


2t  t  t
5t  4  5t  4 

3

2t

3



 t4 

5t

2



















t 1x y


















Thế vào (2) ta được
2  x  x  1  2  x 2  x , DK : x   0;2 
 2  x  x  1  x  1  x  x2  x  1









1
1
 x 2  x  1 1 


0
x 1 2 x x  x 1

 x2  x  1  0





x 

1 5
1 5
y 
2
2

Câu 5.(Nguyễn Hữu Hiếu- Trường THPT Hùng Vương-Bình Phước)
x 2  y 2  3x  y  2  x  2  y  1  0

3
2
x  4y  4x  10y  5x  2y  8

Giải hệ phương trình 

Lời giải :

1  x  3x  2  x  2  y  y 
  x  1   x  1   x  1   1  y

2

2

2

y 1
2

y  y 1

Xét hàm số


f ' t   2t  1 

f t  t 2  t  t  1, t  1
1

2 t 1
1
1
 2 t 1 

1
4 t 1 4 t 1
1
1
3
1

 33 2 t  1
1  1   0
2
2
4 t 1 4 t 1









Suy ra f(t) là hàm đồng biến trên D. Ta có f  x  1  f y   y  x  1 thế (2) ta được





2









x 3  4 x  1  4x  10 x  1  5x  2 x  1  8
 x 3  4x 2  6x  14  3x  2  0 , x 







2
3

3x  2  2  x 3  4x 2  6x  12  0



3 x 2









 x  2 x 2  6x  6  0

3x  2  2
x  2



x 2
3
 x 2  6x  6  0
 3x  2  2






Kết luận: x ; y   2; 3 
Câu 6. (Nguyễn Hữu Hiếu - Thi thử lần 1-THPT Hùng Vương-Bình Phước)
 x  2 x  y  4  x 3  x 2  y  3


 2
 x  x x  y  3  2x 2  x  y  1






1
2

Lời giải :
x  y  4  0

x  y  4  0

Điều kiện 

 2  y  x  1 thế (1) ta được  x  2  2 x  3  x3  x2  x  2
2
  x  1  2 x  3  x  1 4 2 x  3  2 x  8   0
 x  1

Hệ có nghiệm  x; y    1; 2  ,
x  2





2; 2  1

Câu 7. (Nguyễn Hữu Hiếu - Thi thử lần 1-THPT Hùng Vương-Bình Phước)
Giải bất pt

x

2

x 6





x 1  x 2



x  1  3x 2  9x  2

Lời giải :

x

2

x 6









x  1  3x 2  9x  2





x 1  x 2

 x2  x  6



x 1 1  x 2





x  1  2  2x 2  10x  12


x



2



x 6 x 2

  x  2x  3   2x

x 1 1
2
x  5x  6 x  2





2

x 1 2
x 2  5x  6

 2 x

x 1 2

 10x  12
2

 5x  6
x 1 1
 x 2

1
 x 2  5x  6 

 2  0
x 1 2
 x 1 1

2



 x 1 1

1
 x 2  5x  6 

0
x  1  2
 x 1 1


 x  1;2    3; 


















Câu 8. (Phùng Hiếu)

Giải phương trình √21 + 4 −

= √10 + 3 −

+ √2

(1)

Lời giải :
Điều kiện:−2 ≤
Ta có

≤ 5(1) ↔ √

( + 3)(7 − ) =

( + 2)(5 − ) =

√

√

= √2

√

(2 + 6)(7 − ) ≤

(2 + 4)(5 − ) ≤

√

( + 9)

(2) + (3) →
Dấu “=” xảy ra khi

2 +6=7−
2 +4=5−

( + 13) (2)

√

(3)

≤ √2

↔ = .

Câu 9. (Trương Công Việt (Krông Nô – Đăk Nông) Giải hệ phương trình:
1
1

x2  y 2 

 2 x  1(1)

x


2
y

1


2
 2 x  y  6  2 x  66  y  2 x  11  x (2)

x2


y 1

Lời giải : ĐK 
 2x  y  6  0
 y  2 x  11  0

(1)  ( x  1)2 

1
 y2 
x2

Xét hàm f (t )  t 2 

1
1
 ( x  1)2 
 y2 

y 1
( x  1)  1

1
y 1

1
1
, f '(t )  2t 
 0, t  1 . Vậy f đồng biến trên 1;  .
t 1
2 t  1  t  1


Suy ra: f  x  1  f  y   x  1  y (3).
Thay (3) vào (2) ta được:
(4) 



 

x  7  10  x  x 2  2 x  66  0 (4). Đk: x   7;10



x  7  4  1  10  x  x 2  2 x  63  0 

x 9
x 9


  x  9  x  7   0
x  7  4 1  10  x

 x  9.

Do đó: y  8
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    9;8 .
Câu 10.(Mai Sao) Giải phương trình
( x 4  4 x 3  6 x 2  4 x  10  ( x  1)2 )( x3  x  1  x3  x )  3 (*)

Lời giải :
ĐK: x  0 (**)
PT (*)  ( ( x  1)4  9  ( x  1) 2 )( ( x3  x ) 2  1  x 3  x )  3
2
a  ( x  1)
đặt 
(a, b  0) đưa PT về dạng:
3
b

x

x


( a 2  9  a )( b 2  1  b)  3
nhanlienhop



 9( b 2  1  b)  3( a 2  9  a )

 a 2  9  a  (3 b)2  9  3b(***)

xét hàm số f (t )  t 2  9  t (t  0) , f '(t ) 

t
t2  9

 1  0 với mọi t  0 nên hàm f (t ) đồng biến

nên:
(***)  a=3b
 ( x  1) 2  3 x 3  x
 ( x 2  1)  3 x (x 2  1)  2 x  0
 ( x 2  1  x )( x 2  1  2 x )  0
 ( x 2  x  1)( x 2  4 x  1)  0
 x  2  3(t / m(**))

Vậy phương trình có nghiệm x  2  3 .
Câu 11. (Đặng Ngọc Tuyên) Giải hệ phương trình


2 6 x  y  10  3 2 x  3  y  1

3y  6

3 x  5  4 3  2 x 
3  2x  3  y  2


Phân tích: Nhìn vào bài này, ta thấy cả 2 phương trình đều chứa căn thức cồng kềnh. Ta tiến
hành tìm xem từng phương trình có điều gì đặc biệt hay không. Bắt đầu từ phương trình đơn
giản là phương trình 1. Tinh ý thấy 6x + y + 10 = 3.(2x + 3)+ (y+1). Vậy ta liên tưởng đến
phương pháp đặt ẩn phụ.
Nào! Giải quyết bài toán thôi
3
 3
 2 x 2

Lời giải : Điều kiện  y  1
6 x  y  10  0



Phương trình 1 tương đương với:
 2 6 x  y  10  3 2 x  3  y  1  0
 2 x  3  a

Đặt 

 y  1  b

DK : a, b  0 . Phương trình mới

 2 3a 2  b 2  3a  b  0
 a  b
 2 x  3  y  1
 y  2 x  2

Thay vào phương trình 2. Ta có
3x  5  4 3  2 x 

3y  6
3  2x  3  y  2

 3 x  5  4 3  2 x 

6 x  12
3  2 x  5  2x  2

 Tiến hành đánh giá:
Áp dụng bđt BCS, ta có 3  2 x  5  2 x  2.8  4 (*)


6 x  12
6 x  12

 x2
6
3  2x  5  2x  2

 3 x  5  4 3  2 x 

 3 x  5  4 3  2 x  x  2
 7  2 x  4 3  2 x  0
 3  2 x  4 3  2 x  4  0
 ( 3  2 x  2) 2  0(**)

Kết hợp (*) và (**) => Dấu “=” xảy ra <=> x 

Với x 

1
2

1
=> y = 1. Đối chiếu điều kiện => TMĐK
2

1

x 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là 
2
 y  1

Câu 12. (Đặng Ngọc Tuyên) Giải hệ phương trình
( x  y ) x 2  5 y 2  x 2  x  xy

2
2 3 y x  y  3 y  4 y

Phân tích: Nhìn vào bài toán này, rất khó để định hướng cách làm. Một số bạn nhìn thấy ta
có thể chuyển hệ này về hệ đẳng cấp rồi nhân chéo để xuất hiện phương trình đẳng cấp
nhưng xử lí rất dài. Vì vậy, chỉ còn một cách có thể mang lại lời giải rất đẹp là đánh giá sao
cho xuất hiện được một bất ngờ :3.. Cũng may là từ điều kiện ta có thể thấy x  y  0 nên ta có
thể áp dụng bất đẳng thức cô-si vào phương trình 1. Nào!. Thử làm thôi.
x  y  0
y  0

Lời giải : Điều kiện 
Phương trình 1 ta có:

 x 2  x  xy  ( x  y ) x 2  5 y 2

AM  GM



( x  y) 2 ( x 2  5 y 2 )
2

 2 x 2  2 x  2 xy  2 x 2  2 xy  6 y 2

 x  3 y 2

(1)

Bây giờ ta cần đánh giá sao cho phương trình 2 có x  3 y 2
Ta có:


 2 3 y x  y  3 y 2  4 y
 x  3 y 2  (3 y  x  y )2

Vì (3 y  x  y )2  0  x  3 y 2  0  x  3 y 2

(2)

Từ (1) và (2)

=> x  3 y 2
Thay vào phương trình 2, ta có
2 3 y x  y  3 y 2  4 y  2 3 y 3 y 2  y  3 y 2  4 y
 2 y 9 y  3  3 y 2  4 y
 y  0
 
3 y  4  2 9 y  3
TH 1: y  0  x  0 ( TMĐK)

TH 2 : 3 y  4  2 9 y  3
 (3 y  4) 2  4(9 y  3)
 y 

2
4
 x  (TMĐK)
3
3

x  0

 y  0

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:   x  4

3
 

2
 y 

3


Câu 13. (Trần Tuấn Anh) Giải phương trình
5 x2  14 x  9  0

Lời giải : Điều kiện:  x2  x  20  0
x  1  0


(1)  5 x2  14 x  9  5 x  1  x2  x  20

5 x2  14 x  9  x2  x  20  5 x  1 .


5 x2  14 x  9  5 x  1  x2  x  20
 5 x2  14 x  9  25  x  1  x2  x  20  10

 x  1 x  5  x  4 

2

 x  1 x  5 x  4 
 2 x  5 x  2  5  x  1 x  5  x  4 
 2  x 2  4 x  5   3  x  4   5  x2  4 x  5   x  4   0
 4 x  10 x  4  10
2


2

  2 x2  4 x  5  3 x  4 
 x  4x  5  x  4   0




Vấn đề quan trọng của bài toán này là nhìn ra được dòng màu đỏ, và tôi có 1 số gợi ý như
sau:
Phương trình trên có dạng aP(x) + bQ(x) = c P( x)Q ( x) (đẳng cấp).
Từ phương trình ra có thể đoán P(x).Q(x) =  x  1 x  5  x  4  . Ta thử chọn P(x) = x+1; Q(x) =
(x – 5)(x+4)
Khi đó, bên vế trái ta sẽ phân tích thành a(x + 1) + b (x – 5)(x + 4) = 2x2 – 5x + 2 bằng cách
b  2

đồng nhất hệ số hai vế ta được hệ phương trình: a  b  5 (Vô nghiệm). Do đó ta không thể
a  20b  2


chọn P(x) = x + 1.
Tương tự chọn P(x) = x – 5; Q(x) = (x + 1)(x + 4) cũng như thế.
Chỉ khi chọn P(x) = x + 4; Q(x) = (x – 5)(x + 1).
Rồi ta phân tích thành a(x + 4) + b (x – 5)(x + 1) = 2x2 – 5x + 2 bằng cách đồng nhất hệ số hai
b  2
a  3

vế ta được hệ phương trình: a  4b  5  
. Khi đó ta sẽ phân tích như trên.
b

2


4a  5b  2


Một số bài tập giải phương trình tương tự:
1) 2 x 2  5 x  1  7 x3  1

2) 3x 2  4 x  2  4 x3  1

3) 3x 2  x  5  5 x3  1

4) 2 x 2  4  5 x3  1

5) x 2  3x  1  x 4  x 2  1

6) x 2  2 x  4  3 x3  4 x

7) x 2  8 x  1   x  1 x 2  x  1

8) 3x 2  x  1  2 3x 2  x  2  2 x  1

9) x 2  3x  1   x  3  x 2  1

10) x 2  2 x  1  2 1  x  x 2  2 x  1

11) 6 x 2  x  8   2 x  5  2 x 2  x  2

12) x 2  9  3 x  2  6 x 2  6 x  58

Bài13 này là câu bất phương trình trong đề minh hoạ 2015 của bộ, cũng lấy ý tưởng từ dạng

đẳng cấp này:



x2  x  x  2  3 x2  2 x  2



Câu 14. (Vũ Đức Tùng) Giải phương trình
2(4 x 6  3 6 x10  x 9  6 x 8  4)  x 2 ( x  22 x 2  22)

(Đề thi giải toán trên diễn đàn VMF)


Hướng tư duy: Trước hết nhìn bài toán thấy vế trái,vế phải của phương trình hơi rắc rối vì thế
ta biến đổi phương trình.Dự đoán thấy,phương trình trên vô nghiệm, vì số mũ trong căn lên
đến bậc 10 nên ta sử dụng bất đẳng thức là hướng dễ nhất để xử lí phương trình
Phương trình <=> 8 x 6  22 x 4  x 3  22 x 2  8  23 6 x10  x 9  6 x 8
Khi đó ta thử giá trị ta thấy vế phải phương trình trên luôn lớn hơn vế trái.Nên ta có thể nghĩ
đến việc chứng minh vế trái lớn hơn vế phải
Ta có: 8 x 6  22 x 4  x 3  22 x 2  8 > 8 x 6  22 x 4  x 3  22 x 2
2
3

và 8 x 6  22 x 4  x 3  22 x 2  (7 x 4  x 3  7 x 2 ) (1)
thật vậy:(1) <=> x 2 (24 x 4  52 x 2  5 x  52)  0 đúng với mọi x
Mặt khác:
2
2
2

( 7 x 4  x 3  x 2 )  ((6 x 4  x 3  6 x 2 )  x 4  x 2 )  .3.3 ( 6 x 4  x 3  6 x 2 ).x 4 .x 2
3
3
3

Do đó: 8 x 6  22 x 4  x 3  22 x 2  8  23 6 x10  x 9  6 x 8
Từ đó suy ra:Phương trình vô nghiệm
Câu 15. (Vũ Đức Tùng) Giải phương trình
x  4  2x  3  x  1 .

Hướng tư duy:Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm duy nhất với x  1
do đó các bạn có rất nhiều hướng làm có thể chuyển vế bình phương,liên hợp,… nhưng
mình xin chỉ một cách làm rất ngắn gọn.Vì khi thấy x  1 là nghiệm duy nhất ta có thể giả sử
x  1 rồi chỉ ra x  1 hoặc ngược lại từ đó suy ra x  1
Điều kiện: x  

3
2

Gỉa sử x  1 => x  4  2 x  3
=> x  4  2 x  3  VT  0
 x  1

Do đó: x  1
Các phương pháp giải phương trình hệ phương trình như:Sử dụng lượng giác,biến đổi tương
đương,sử dụng những bất đẳng thức kinh điển như:Bunhia cốp xki, Cô si , kĩ thuật hệ số bất
định,... đã quen thuộc với các bạn.Sau đây mình giới thiệu những bài phương trình,hệ


phương trình mới dùng các phương pháp:Abel,S.O.S,Chebyshep trong chứng minh bất đẳng

thức để giải các bài phương trình hệ phương trình khó,mới
Bàn thêm về “Công thức khai triển tổng abel” (Vũ Đức Tùng)
Giả sử a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,…, bn là hai dãy số thực.Khi đó ta có:
a1b1  a2b2  ...  anbn  (b1  b2 ) S1  ...  (bn 1  bn )S n  bn S n

Trong đó S k  a1  a2  ...  ak
Công thức nhóm tổng thường dùng
ax  by  cz  ( x  y ) a  ( y  z )( a  b)  z ( a  b  c )

Bài toán áp dụng. Giải hệ phương trình
 xy  6  xyz  6  x  3
.

 x  y  z  6

Hướng tư duy: Nhìn sơ cấp bài toán,ta thấy hệ phương trình có 3 ẩn x, y , z mà chỉ có 2
phương trình.Từ đó ta thấy các hướng như bình phương, phân tích nhân tử ,… đều không sử
dụng được.Từ đó ta có thể dùng bất đẳng thức nhờ ràng buộc trong căn
Điều kiện: xy  6, xyz  6
Từ phương trình đầu ta thấy
xy  6  xyz  6  0 nên x  3  0  x  3

Kết hợp với điều kiện xy  6, xyz  6 ta được: y , z  0
Áp dụng công thức khai triển tổng abel ta có:
x
y
x  y  z  6  3(  1)  2(  1)  1( z  1)
3
2
x

3

x
3

= (3  2)(  1)  (2  1)( 



y
x y
 2)  1(   z  3)
2
3 2

x
x y
x y
1    2    z  3  0
3
3 2
3 2

Nên x  y  z  6
Mà giả thiết có: x  y  z  6
Từ đó suy ra: x  3; y  2; z  1


Câu 16. (Touya Akira) Giải hệ phương trình
(√ − 2)(2 − 3

10 + 9

− 8) + (3 − )√ + 2 = (
+8 +3

4+

− 9)(2 − 3

= (

) (1)

+ 2 ) (2)

Lời giải :
≥ 0;

ĐK:

≥0

PT(1)( − 4)
( − 4)

(

(

√

√

√
√
)

)

= ( − 3)( + 3)(2 − 3

= ( − 3)[( + 3)(2 − 3

) + ( − 3)√ + 2

) + √ + 2]

Vì:
(

√
√

)

> 0; ( + 3)(2 − 3

) +√ +2> 0

Nên từ pt(1) , suy ra ( − 4)( − 3) ≥ 0 (*)
Xét PT(2), ta có:

10 + 9
+ 8 + 3 + 12
= (
3(
+2 ) −2 −3
+ 8 + 12
=(
+2 )
(
+ 2 ) ( − 3) + 2 + 3
− 8 − 12
=0
(
+ 2 ) ( − 3) + 2 + 3
−4 2 +3
=0
(
+ 2 ) ( − 3) + ( − 4) 2 + 3
= 0 (**)
Lại nhận thấy : (
+ 2 ) >0; 2 + 3
>0
Khi đó : Từ (*)&(**)
+) nếu x-4>0 và y-3>0 thì (**) >0 =>hpt vô nghiệm
+) Nếu x-4<0 và y-3<0 thì (**) <0 =>hpt vô nghiệm
+)Nếu x=4;y=3 ( t/m hpt)
Vậy : nghiệm của hpt đã cho là (x;y)=(4;3).

+2 )

Câu 17. (Ngô Quang Nghiệp) Giải hệ phương trình
 2x  y  3 y  2  x  x  2 y  2
(1)


3 y  2  2  12 (2)
 x  3  3 y  x  3







2 x  y  0, x  2 y  2

Lời giải : ĐK : 
2
3 y  x  3, y  3 ; x  0

Dễ thấy

2 x  y  x  0 hoặc

 2 x  y  x  0
3 y  2  x  2 y  2  0 hoặc 
thì hệ đã
 3 y  2  x  2 y  2  0
 2 x  y  x  0

cho vô nghiệm . Do đó ta chỉ cần xét trường hợp 

 3 y  2  x  2 y  2  0

đổi phương trình (1) như sau :

. Thật vậy ta sẽ biến


(1)  2 x  y  x  3 y  2  x  2 y  2  0 

x y
x y

0
2x  y  x
3y  2  x  2y  2



x  y
1
1
  x  y

0

 2x  y  x
3 y  2  x  2 y  2 
 3 y  2  x  2 y  2  2 x  y  x



(3)
(4)

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

 x  2 y  2  2 x  y  3 y  x  2  0 (Loại do 3 y  x  3 )

Thay (3) vào (2) ta có :



x  3  2x  3





3 x  2  2  12 phương trình này có nghiệm khi

3 y  2  2  0  3x  2  4  x  2 .

Viết lại phương trình trên về dạng sau :

x  3  2x  3 

Xét hàm số f ( x )  x  3  2 x  3 x   2;   , f '( x ) 

12

 f ( x)  g ( x )
3x  2  2

* 

1
1

 0, x   2;  
2 x  3 2 2x  3

suy ra f ( x)  x  3  2 x  3 là hàm số đồng biến trên  2; 
Tương tư ta có : g '( x )

 2;  và

6



3x  2  2



2

 0 , x   2;   . Do f ( x) là hàm số đồng biến trên khoảng

g ( x) là hàm số nghịch biến trên khoảng  2;  nên phương trình (*) có nghiệm duy

nhất x  6 . Thử lại điều kiện và hệ ban đầu ta thấy hệ đã cho có nghiệm ( x; y )   6;6  .
Câu 18. (Nguyễn Văn Đức) Giải phương trình

( x 2  2 x  3) x 2  2 x  6  ( x  27) 4  x  2 x 2  12 x  66  0
Lời giải : ĐK : x  1  7 ;1  7  x  4 . Phương trình tương đương:

( x 2  2 x  6) x 2  2 x  6  3 x 2  2 x  6  ( x  4) 4  x  23 4  x  2( x 2  2 x  6)  8( x  4)  22  0
Đặt a= x 2  2 x  6 , b= 4  x +2 (a  0, b  2 ).


Phương trình trở thành :
a 3  2a 2  3a  b 3  8b 2  23b  22  0  a 3  2a 2  3a = b 3  8b 2  23b  22 (1)

(Nháp: Giả sử b 3  8b 2  23b  22 = (b  k ) 3  2(b  k ) 2  3(b  k ) . đồng nhất hệ số hoặc dùng máy
tính. Cho b=1 giải PT (b  k ) 3  2(b  k ) 2  3(b  k ) =54 suy ra b+k=3 => k=2)
Vậy PT (1)  a 3  2a 2  3a = (b  2) 3  2(b  2) 2  3(b  2) (*)
Xét hàm số F(t)= t 3  2t 2  3t liên tục và xác định với t>=0.
F’(t)= 3t 2  4t  3 >0 với mọi t>=0.
 F(t) là hàm đồng biến.
 (*)  F(a)=F(b)  a=b =>
x 2  2 x  6 -3+1- 4  x =0 



x 2  2 x  6 = 4  x +2 (**)
( x  3)( x  5)
x2  2x  6  3



x3
4  x 1

 0  (x-3)G(x)=0

 x=3 và G(x)=0
x5
2

x  2x  6  3



1
4  x 1

 0  ( x  5) 4  x  x 2  2 x  6  8  x  0 (***)

Trừ vế theo vế của (**) và (***) ta được. ( x  6) 4  x  10  x  0 . Đặt u= 4  x
PT trở thành:

 u 3  u 2  10u  14  0 . Bạn đọc tự giải tiếp nhé…

Câu 19. (Dương Văn Tuấn) Giải phương trình

15 x 2  12 x  12  10  2 x  1 x 2  3
Lời giải : Điều kiện: x  

1
2

Với điều kiện trên phương trình 1 tương đương:
2

3  2 x  1  3  x 2  3  10  2 x  1 x 2  3

Đặt a  2 x  1, b  x 2  3

b  3  phương trình trở thành: 3a

2

a
a
 3    10    3  0
b
b



a
b  3
3b  a
do b  3  

b  3a
a  1
 b 3



2

 3b 2  10ab


1

x  
2
Với 3b  a a  3b ta được: 3 x  3  2 x  1  
5 x 2  4 x  26  0

2

1

114  18
x  
x  3  6x  3  
 x
2
35
35 x 2  36 x  6  0

2

Với b  3a a  3b ta được:

So điều kiện ta được x 

VN 

114  18
35

Câu 20. (Dương Văn Tuấn) Giải bất phương trình
8 x3  2 x   x  2  x  1, (2) .

Lời giải : Điều kiện: x  1
Với điều kiện trên bất phương trình  2  tương đương:

2x

3

3

 2 x   x  1  1 x  1   2 x   2 x 





3

x 1  x 1

3

Xét hàm số f  t   t 3  t trên R
Ta có f '  t   3t 2  1  0

t  

Suy ra hàm số f  x  đồng biến trên R

 3  f  2 x  

 1  x 

f



 x  0
 2 x  0


  x  1
x 1  0

x 1  2x  x 1  
  x  0

2 x  0

 1  17
1  17
  x  1  4 x 2

x

8
 8



1  17
8


Giao với điều kiện ta được x   1;


1  17 
.
8 

Câu 21. (Dương Văn Tuấn) Giải hệ phương trình

4

+3

−7

+ 4( + 5 − 6 ) = 3
3 + 10 + 34 = 47

−2

−


Lời giải : ĐK:

3 −2
4 +3

−
−7

≥0
≥0

Chuyển vế nhân liên hợp ở phương trình 1 , ta được:
(

+5

−6

)

+ 4 = 0 ↔(

+5

−6

)

ℎ ặ = ℎ ặ = −6
Với x  y thay vào 2 , ta được:

= 1 ↔hoặc x=1;y=1 hoặc x=-1,y=-1.

Câu 22. (Phạm Hùng) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực
 x 4  x3 y  y 2 x( y  x )  9( x  y )
 3
4
 xy  7  x

(1)
(2)

Lời giải : Phương trình (2)  x(x3 – y3) = 7 ta suy ra: x  y
(1)  (x4 – xy3) + (x3y – x2y2) – 9(x – y) = 0
 (x – y)  x ( x  y ) 2  9   0
 x( x  y ) 2  9  0

(3)

( vì x  y )

 x ( x  y ) 2  9 nên suy ra x  0 .

7
Phương trình (2)  y  3 x  thay vào (3):
x

3

2


7
x  x  3 x 3    9
x



7
7 
 x  x 2  2 x 3 x3   3 ( x 3  )2   9  0
x
x 


 x 3  2 x 3 x 6  7 x 2  3 x ( x 4  7) 2  9  0

(*)

Xét hàm số: f(x) = x 3  2 x 3 x 6  7 x 2  3 x ( x 4  7)2  9 với x  0

6 x 6  14 x 2
 f’(x) = 3 x 2  2  3 x 6  7 x 2 

3 3 ( x6  7 x 2 )2


 9 x 8  70 x 4  49

 0, x  0
 3 3 ( x6  7 x2 ) 2


 Hàm số f(x) đồng biến trên (0;  )

Mà f(1) = 0. Nên phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = 1  y = 2
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y) = (1;2).


Câu 23. (Nguyễn Thành Hiển) Giải hệ phương trình



 



8 2 x  1 2 x  2 x  1  y y 2  2 y  4 (1)


( x 2  1) x 2  3 x  5  3 x3  y 2  2 x  20  1  x. (2)

(Thi thử lần 7 – Lớp OFF)
1
2

Lời giải : Điều kiện x  và x 2  3 x  5  0

3



 

2

 



PT 1  2 2 x  1  2 2 2 x  1  4 2 2 x  1  y3  2 y2  4 y (*)
Xét hàm số f  t   t 3  2t 2  4t

 t  0  có f   t   3t

2

đồng biến





Từ pt (*)  f 2 2 x  1  f  y   2 2 x  1  y . Thay vào (2) suy ra
( x 2  1) x 2  3 x  5  3 x 3  6 x  16  1  x
 x  1  3 x 3  6 x  16  ( x 2  1) x 2  3x  5  0
 x  1  3 x 3  6 x  16
 ( x  1)3  x 3  6 x  16

 x 2  3x  5  0

Như vậy : x 2  3 x  5  0 .

2

 4t  4  2t 2   t  2   0 t  0 nên f (t ) luôn