Tuyển tập 50 bài hệ phương trình và đặc sắc Đặng Việt Hùng

Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

50 BÀI TOÁN CHỌN LỌC VỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
QUÀ TẶNG HỌC SINH NHÂN DỊP 7/3/3016

Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
 3 − 2 x 2 y − x 4 y 2 + x 4 (1 − 2 x 2 ) = y 4

Câu 1: [ĐVH]. Giải hệ phương trình sau 
2
3
3
2
1 + 1 + ( x − y ) = x ( x − x + 2 y )
1 − x 2 y 2 = 0

HD: Lấy pt(1) trừ pt(2) rồi đánh giá được  x − y = 0 ⇒ ( x; y ) = (1;1)
 3
2
x − y = 0
Lời giải.
Điều kiện: 3 − 2 x 2 y − x 4 y 2 ≥ 0
 3 − 2 x 2 y − x 4 y 2 = y 4 + 2 x 6 − x 4
Hệ đã cho tương đương với 
6
4
2
3 2

 x − x = 1 + 1 + ( x − y ) − 2 x y
Cộng vế với vế 2 phương trình và rút gọn ta được

(

)

4 − x2 y + 1

(

2

= x 6 − 2 x3 y 2 + y 4 + 1 + 1 + ( x − y ) 2

) = (x

⇔ 4 − x2 y + 1

Ta có

(

)

4 − x2 y + 1

2

2

3

− y2

)

2

(

≤ 4 = 2 ≤ 1 + 1 + ( x − y ) 2 + x3 − y 2

+ 1 + 1 + ( x − y )2 (1)

)

2

 x2 y + 1 = 0

Dấu “=” xảy ra khi  x − y = 0 ⇔ x = y = −1
 x3 − y 2 = 0

Nên (1) ⇔ x = y = −1 . Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x, y ) = (−1; −1)

 x − 2 − y − 1 = 1
Câu 2: [ĐVH]. Giải hệ phương trình sau 
 x + 8 x + y = 8
Đ/s: Đánh giá pt(1) được x ≥ 3 

→ ( x; y ) = ( 3;1)
Lời giải.
x ≥ 2
Điều kiện 
y ≥1
Phương trình (1) tương đương với

x − 2 = 1 + y −1 ⇒ x − 2 ≥ 1 ⇒ x ≥ 3

Nên x + 8 x + y ≥ 3 + 8.3 + 1 = 8

x = 3
Đẳng thức xảy ra khi 
y =1
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x, y ) = (3;1) .
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

 2 y
3x
5
−
+
=

2x − y 2

Câu 3: [ĐVH]. Giải hệ phương trình sau  3 3x
 3
3
2
 x + y − 2 xy + 11 = 0
Đ/s: ( x; y ) = ( 4;5) .
Lời giải.
2 y
 3 − 3x ≥ 0

 3x ≥ 0
Điều kiện 
2x − y

x ≠ 0

2 x − y ≠ 0
Phương trình (1) tương đương với

2 y
−
+
3 3x

1
2 y
−
3 3x

=

5
. Đặt t =
2

2 y
− (t ≥ 0) ta được
3 3x

t = 2
1 5
2
t + = ⇔ 2t − 5t + 2 = 0 ⇔ (2t − 1)(t − 2) = 0 ⇔  1
t =
t 2
 2
Với t = 2 ⇔

2 y
−
= 4 ⇔ y = −10 x thay vào (2) ta được:
3 3x

−1199 x 3 = −11 ⇔ x 3 =
Với t =

1
1
−10
⇔x=3

⇒y= 3
(thỏa mãn điều kiện).
109
109
109

1
2 y 1
5
11 3
⇔ −
= ⇔ y = x thay vào (2) ta được
x = 11 ⇔ x = 4 ⇒ y = 5
2
3 3x 4
4
64

−10 
 1
Thỏa mãn điều kiện. Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x, y ) = (4;5),  3
;3
.
 109 109 

 x 2 − 2 = 4 y y + 1
Câu 4: [ĐVH]. Giải hệ phương trình sau 
2
2
2

22 ( y − 1) = ( x + 9 )( x + 9 y )
Đ/s: ( x; y ) =

{( −

)(

2;0 , 0; 2

)}

Lời giải.
Điều kiện: y ≥ −1 . Phương trình (2) tương đương với
22 y 2 − 125 y + 22 = x 4 + 9 x 2 ( y + 1) ⇔ (2 y − 11)(11 y − 2) = x 4 + x 2 [ (11 y − 2) + (11 − 2 y ) ]

⇔ x 4 + x 2 [ (11 y − 2) + (11 − 2 y ) ] + (11 y − 2)(11 − 2 y ) = 0
 x 2 = 2 − 11 y
⇔ ( x + 11 y − 2)( x + 11 − 2 y ) = 0 ⇔  2
 x = 2 y − 11
2

2

Xét x 2 = 2 − 11y ⇒ 4 y y + 1 = (2 − 11y ) − 2 = −11y ⇒ y (4 y + 1 + 11) = 0 ⇔ y = 0 ⇒ x = ± 2
Xét x 2 = 2 y − 11 ⇒ 4 y y + 1 = (2 y − 11) − 2 = 2 y − 13 .

Đặt t =

y + 1 ≥ 0 ⇒ y = t 2 − 1 . Thay vào ta được

4t (t 2 − 1) = 2(t 2 − 1) − 13 ⇔ 4t 3 − 2t 2 − 4t + 15 = 0 ⇔ 4t (t − 1)2 + 4(t − 1)2 + 2t 2 + 11 = 0 (vô nghiệm).
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x, y ) =

(

)(

Facebook: Lyhung95

)

2; 0 , − 2; 0 .

( x + 6 y + 3) xy + 3 y = y ( 8 y + 3x + 0 )
Câu 5: [ĐVH]. Giải hệ phương trình sau 
2
 − x + 8 x − 24 y + 417 = ( y + 3) y − 1 + 3 y + 17
HD: Đặt a = x + 3; b =

pt (1)
y 
→ a = 2b ⇒ ( x; y ) = (1;1) .

Lời giải.
Điều kiện: y ≥ 1, y ( x + 3) ≥ 0
Đặt a = x + 3, b =

y (b ≥ 1, a ≥ 0) . Phương trình (1) trở thành

2

b  15b 2 
ab(a 2 + 6b 2 ) = b 2 (8b 2 + 3a 2 ) ⇔ b(a − 2b)   a −  +
 = 0 ⇔ a = 2b ⇔ x + 3 = 4 y .

2
4




Thay vào (2) ta được

−(4 y − 3)2 + 8(4 y − 3) − 24 y + 417 = ( y + 3) y − 1 + 3 y + 17

⇔ −16 y 2 + 32 y + 384 = ( y + 3) y − 1 + 3 y + 17 ⇔ 400 − 16 ( x − 1) = 17 + 3 y + ( y + 3) y − 1
2

Ta thấy VT ≤ 20 ≤ VP (Do y ≥ 1 ) nên phương trình tương đương với y = 1 ⇒ x = 1
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x, y ) = (1;1) .

 x 2 − y x + y = y − 1
Câu 6: [ĐVH]. Giải hệ phương trình sau  2
 x ( x + y − 2 ) + x = 5 y + 2
a = 3
x2 + 1

HD: Đặt a =
;b = x + y ⇒ 
y
b = 2

Lời giải.
Điều kiện: x + y ≥ 0
+) Nếu y = 0 , thay vào (1) ta được x 2 = −1 vô nghiệm.

 x2 + 1
− x + y =1
 x +1

− x + y =1

 y
⇔ 2
+) Nếu y ≠ 0 , hệ đã cho tương đương với  y
( x 2 + 1)( x + y − 2) = 6 y
 x + 1 .( x + y − 2) = 6

 y
2

Đặt a =

x2 + 1
, b = x + y (b ≥ 0) .
y

a − b = 1
a = b + 1
Hệ trở thành  2
⇔ 2
⇒ (b + 1)(b 2 − 2) − 6 = 0
a
(
b
−
2)
=
6
a
(
b
−
2)
=
6


 x2 + 1
=3

⇔ b3 + b 2 − 2b − 8 = 0 ⇔ b = 2 ⇒ a = 3 ⇒  y

x + y = 4

−3 + 53
11 − 53

⇒y=
x =
2
2
⇒ x 2 + 1 = 3(4 − x) ⇒ x 2 + 3 x − 11 = 0 ⇔ 

−3 − 53
11 + 53
⇒y=
x =
2
2


Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

 −3 + 53 11 − 53   −3 − 53 11 + 53 
Vậy hệ có nghiệm ( x, y ) = 
;
;
 , 


2
2

2
2

 


2 x 3 + 4 x + 13 = 5 x 2 + y 3 + 3 y y − 1,
Câu 7: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
3
2
4
17 ( 2 x + 3) x − 1 + 6 x + y + y = 2 ( 4 y + 1) .

( x; y ∈ ℝ ) .

Lời giải.
Điều kiện y ≥ 1; x ≥ 1 . Phương trình thứ nhất của hệ biến đổi thành
2 x 3 − 5 x 2 + 4 x + 13 = y 3 + 3 y y − 1
⇒ y 3 + 3 y y − 1 = 2 x3 − 5 x 2 + 4 x − 1 + 14 = ( x − 1) ( 2 x − 1) + 14 ≥ 14
2

⇔ y − 8 + 3 y y −1 − 6 ≥ 0 ⇔ ( y − 2) ( y + 2 y + 4) +
3

2

3 ( y3 − y2 − 4)

≥0

y y −1 + 2


3( y 2 + y + 2) 
2
 ≥0⇒ y−2≥0⇔ y ≥ 2
⇔ ( y − 2)  y + 2 y + 4 +
y y − 1 + 2 

Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
17 ( 2 x + 3) 4 x − 1 + 6 x 2 + y 3 + y 2 = 2 ( 4 y + 1)

⇔ 17 ( 2 x + 3) 4 x − 1 + 6 x 2 + y 3 + y 2 − 8 y = 2 ⇔ f ( x ) + g ( y ) = 2
Xét hàm số f ( x ) = 17 ( 2 x + 3) 4 x − 1 + 6 x 2 ≥ f (1) = 6 .
Xét hàm số g ( y ) = y 3 + y 2 − 8 y; y ≥ 2 ta có g ′ ( y ) = 3 y 2 + 2 y − 8 > 0, ∀y ≥ 2 nên hàm số đồng biến, liên tục.
Suy ra g ( y ) ≥ g ( 2 ) = −4 ⇒ f ( x ) + g ( y ) ≥ 6 − 4 = 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi y = 2; x = 1 .
Thử lại ta thu được nghiệm duy nhất của hệ.

( x + 3)3 + ( 2 y − 1) y − 1 + y = 3 x + 8,

Câu 8: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
2
( x + y ) ( y + 2 ) + y ( 2 x + 2 y + 5 ) = x ( x − 7 ) .

( x; y ∈ ℝ )

Lời giải.
Điều kiện y ≥ 1 . Phương trình thứ hai của hệ đã cho tương đương với

( x + y ) ( y + 2 ) + 2 y ( x + y ) + 4 ( x + y ) + y + 2 = x3 − 3x + 2
2
⇔ ( x + y ) ( y + 2 ) + 2 ( x + y )( y + 2 ) + y + 2 = x 3 − 3 x + 2
2
⇔ ( x + y + 1) ( y + 2 ) = x 3 − 3 x + 2
2

Dễ thấy ( x + y + 1)

2

x =1
 x ≥ −2

( y + 2 ) > 0, ∀y ≥ 1 ⇒ x3 − 3x + 2 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ( x + 2 ) ≥ 0 ⇔ 
2

Xét x = 1 thì ( 2 y − 1) y − 1 = −53 (Vô nghiệm). Xét x ≥ −2 thì phương trình thứ nhất của hệ trở thành

x3 + 9 x 2 + 24 x + 19 + y + ( 2 y − 1) y − 1 = 0
⇔ ( x + 2 ) ( x + 5 ) + ( 2 y − 1) y − 1 + y − 1 = 0 (1)
2

Để ý rằng ( x + 2 ) ( x + 5 ) + ( 2 y − 1) y − 1 + y − 1 ≥ 0, ∀x ≥ −2; ∀y ≥ 1 nên (1) có nghiệm khi và chỉ khi các
2

dấu đẳng thức xảy ra, nghĩa là x = −2; y = 1 .
Cặp số x = −2; y = 1 thỏa mãn hệ nên là nghiệm duy nhất của bài toán.

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

)

(

 y4 4 x2 − 2 x + 2 x − 1 = y2 + 1 + y 4 ,

Câu 9: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
 x 2 y 2 + y 2 + 1 = 3 xy 2 .

( x; y ∈ ℝ ) .

Lời giải.
Điều kiện x ≥

1
.
2

1
đều không thỏa mãn hệ đã cho.
2
Ngoài các khả năng đó, phương trình thứ nhất của hệ biến đổi về

Nhận xét các trường hợp y = 0 ∨ x =

1
1 1+ y4
2 x ( 2 x − 1) + 2 x − 1 = 2 + 2
y
y
y4

1 
1
1
+
+
1

2 
4
y 
y

1
t 2 +1 +1 ; t > 0 ⇒ f ′(t ) = 1 +
> 0, ∀t > 0 .
2
2
t
+
t
( )

⇔ 2x −1

Xét hàm số f ( t ) = t

(

(

)

2x + 1 =

( ∗)

)

Hàm số liên tục, đồng biến với t > 0 nên ( ∗) ⇔ f

(

)

 1 
1
2x −1 = f   ⇔ 2x −1 = 2 .
y
 y2 

Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành
y 2 ( x 2 − 3 x + 1) + 1 = 0 ⇔

x 2 − 3x + 1
+ 1 = 0 ⇔ 2 x − 1 + x 2 − 3x + 1 = 0
2x −1

⇔ 4 2 x − 1 + 4 x 2 − 12 x + 4 = 0 ⇔ 4 x 2 − 4 x + 1 = 4 ( 2 x − 1) − 4 2 x − 1 + 1

 x = 2x −1
2
2
⇔ ( 2 x − 1) = 2 2 x − 1 − 1 ⇔ 
1 − x = 2 x − 1
Xét hai trường hợp sau

(

•

)

(1)
( 2)

 x ≥ 0
⇔
⇔ x =1.

2
2
( x − 1) = 0

x − 2x +1 = 0

x ≥ 0

(1) ⇔ 

1
 ≤ x ≤1
• ( 2) ⇔  2
⇔ x = 2 − 2 ⇒ y2 = 2 +1 ⇒ y ∈
 x2 − 2 x + 1 = 2 x − 1

Đối chiếu điều kiện ban đầu ta có bốn cặp nghiệm

( x; y ) = (1;1) , (1; −1) ,

(2 −

2;

)(

2 + 1 , 2 − 2; −

{

2 + 1; −

}

2 +1 .

)

2 +1 .

 x3 − 6 x 2 − 8 6 y + 20
+
= y+2

x
y
+
2
Câu 10: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 

13 x − 1 + 9 1 + y + 2 = 16 y + 2

Lời giải.
Điều kiện x ≥ 1, y > −2 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
6 ( y + 2) + 8
x3 − 6 x 2 − 8
8
= y +2−
⇔ x2 − 6x − = y + 2 − 6 y + 2 −
x
x
y+2

8

y+2

( ∗) .

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

8
1
4 t 3 − 3t 2 + 4 ( t − 2 ) ( t + 1)
Xét hàm số f ( t ) = t − 6t − ; t > 0 ⇒ f ′ ( t ) = t − 3 + 2 =
=
≥ 0, ∀t > 0 .
t
2
t
t2
t2
Rõ ràng hàm số trên liên tục và đồng biến trên toàn tia Ox thực nên thu được
2

2

( ∗) ⇔ f ( x ) =

f

(

)

y+2 ⇔ x =

y+2.

Phương trình thứ hai của hệ trở thành 13 x − 1 + 9 x + 1 = 16 x ⇔ 16 x − 13 x − 1 − 9 x + 1 = 0
1 
9

⇔ 13  x − 1 − x − 1 +  + 3  x + 1 − 3 x + 1 +  = 0
4 
4

1

x −1 =

1
3
5



2
⇔ 13  x − 1 −  + 3  x + 1 −  = 0 ⇔ 
⇔x=

2
2
4


 x +1 = 3

2
2

2

7
5
Kết luận hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ; −  .
 4 16 

1 3x + 4

2
x + 3y +1 = y − y + x +1
Câu 11: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 

3
 9 y − 2 + 7x + 2 y + 2 = 2 y + 3
Lời giải.
2
Điều kiện y ≥ ; x > −1 . Phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương đương với
9
3 ( x + 1) + 1

3x + 4
1
1
x +1−
= y2 − 3y − ⇔ x +1−
= y2 − 3y −
y
y
x +1
x +1
1
1
⇔ x +1− 3 x +1 −
= y2 − 3 y −
( ∗)
y
x +1

2
Vì y ≥ ; x > −1 nên ta xét hàm số
9
1
1 2t 3 − 3t 2 + 1 ( 2t + 1)( t − 1)
f ( t ) = t − 3t − ; t > 0 ⇒ f ′ ( t ) = 2t − 3 + 2 =
=
≥ 0, ∀t > 0 .
t
t
t2
t2

Hàm số liên tục và đồng biến trên miền t dương nên thu được
2

2

( ∗) ⇔

f

(

)

x + 1 = f ( y ) ⇔ x + 1 = y ⇔ x = y 2 − 1.

Phương trình thứ hai của hệ trở thành
9 y − 2 + 3 7 y 2 + 2 y − 5 = 2 y + 3 ⇔  9 y − 2 − ( y + 2 )  +  3 7 y 2 + 2 y − 5 − ( y + 1)  = 0



Đặt

3

(1) ⇔
⇔

(1) .

7 y 2 + 2 y − 5 = a; y + 1 = b ⇒ a 2 + ab + b 2 > 0 vì a = b = 0 ⇔ y ∈∅ . Cho nên

9 y − 2 − ( y2 + 4 y + 4)
9y − 2 + y + 2

+

7 y 2 + 2 y − 5 − ( y 3 + 3 y 2 + 3 y + 1)
a 2 + ab + b 2

=0

( y + 1) ( y 2 − 5 y + 6 )
y2 − 5 y + 6
+
=0
a 2 + ab + b 2
9y − 2 + y + 2


1
y +1 
⇔ ( y 2 − 5 y + 6) 
+ 2
=0
2
 9 y − 2 + y + 2 a + ab + b 

( 2)

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!

Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Vì

Facebook: Lyhung95

1
y +1
2
+ 2
> 0, ∀y ≥ nên
2
9
9 y − 2 + y + 2 a + ab + b

( 2 ) ⇔ ( y − 2 )( y − 3) = 0 ⇔ y ∈ {2;3} ⇒ ( x; y ) = ( 8;3) , ( 3; 2 ) .
Thử lại, kết luận hệ có hai nghiệm kể trên.
Câu 12: [ĐVH]. Giải phương trình ( x − 1) =
2

3

(x

2

− 2 x − 2) + 1 − x2 + x + 2
2

( x ∈ ℝ)

Lời giải.
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 .
Phương trình tương đương x 2 − 2 x − 2 − 3 ( x 2 − 2 x − 2 ) + 1 = 1 − x 2 + x .
2

Ta có

Đặt

3

(

1 − x2 + x

)

2

= 1 + 2 x 1 − x2 ≥ 1 ⇒ 1 − x2 + x ≥ 1 .

t = 0
x 2 − 2 x − 2 = t thu được t 3 − t 2 + 1 ≥ 1 ⇔ t 2 ( t − 1) ≥ 0 ⇔ 
t ≥ 1

{

}

t = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x ∈ 1 + 3;1 − 3 .
x ≥ 3
⇒ x = −1 .
t ≥ 1 ⇒ t 3 ≥ 1 ⇔ x 2 − 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ ( x − 3)( x + 1) ≥ 0 ⇔ 
 x ≤ −1
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm duy nhất x = −1 .
 x2 + 2 y 2 + 4 + x + 2 = 3 y 2 + 4 + y + 2

Câu 13: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
3x3 + 2 y − 1
3
+ 2x − y −1
 2x −1 + 3 y − 2 =

2

Lời giải.

1
2
Điều kiện x ≥ ; y ≥ 3 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2
3
x + 2 − y + 2 + x2 + 2 y 2 + 4 − 3 y 2 + 4 = 0
⇔

( x − y )( x + y )
x− y
+

x+2 + y+2
x2 + 2 y2 + 4 + 3 y2 + 4



( x + y)
1
⇔ ( x − y) 
+
 =0⇒ x= y
x 2 + y 2 + 1 + 2 y 2 + 1 
 x + 1 + y + 1
Phương trình thứ hai của hệ trở thành

2 x − 1 + 3x3 − 2 =

3x3 + 2 x − 1
+ x −1 .
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
2 x − 1 + 3x3 − 2 ≤

2 x − 1 + 1 3x 3 − 2 + 1 3x 3 + 2 x − 1 3x3 + 2 x − 1
+
=
≤
+ x −1 .
2
2

2
2

Do đó phương trình ẩn x có nghiệm khi các dấu đẳng thức xảy ra, tức là 2 x − 1 = 3 x 3 − 2 = 1 ⇔ x = 1 .
2x
x + 3y

+
=3

2
2
2
2
5
x
−
6
xy
+
5
y
6
x
−
8
xy
+
6
y

Câu 14: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
2

x
−
2
y
−
x
+
x
+
y
=4


(

) (

)

Lời giải.
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

x ≥ 0
x ≥ 0

Điều kiện 
⇒ 2 y ≥ x
2 y ≥ x  y ≥ 0

2
2
2
2
2
2
2

5 x − 6 xy + 5 y = ( x + y ) + 4 ( x − y ) ≥ ( x + y )
 5 x − 6 xy + 5 y ≥ x + y = x + y
Nhận xét 
⇒
2
2
2
2
2
6 x − 8 xy + 6 y = ( x + y ) + 5 ( x − y ) ≥ ( x + y )
 6 x 2 − 8 xy + 6 y 2 ≥ x + y = x + y

Dẫn đến

2x
5 x − 6 xy + 5 y
2

+

2

x + 3y
6 x − 8 xy + 6 y
2

2

≤

2x
x + 3 y 3( x + y )
+
=
= 3.
x+ y x+ y
x+ y

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y . Phương trình thứ hai trở thành

(

)(

 x + x = 2
 x − 1
=4⇔
⇔
 x ≥ 0
 x ≥ 0
Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 1 .

(

x+x

)

2

)

x +2 =0

⇔ x = 1 ⇔ x = 1.

Câu 15: [ĐVH]. Giải bất phương trình 4 x + 1 + 2 2 x + 3 ≤ ( x − 1) ( x 2 − 2 ) .
Lời giải:
ĐK: x ≥ −1

(*)

Khi đó (1) ⇔ 4 x + 1 + 2 2 x + 3 ≤ x3 − x 2 − 2 x + 2
⇔4

⇔
⇔

(

) (

x +1 − 2 + 2

4 ( x + 1 − 4)
x +1 + 2
4 ( x − 3)
2 + x +1

+

+

)

2 x + 3 − 3 ≤ x3 − x 2 − 2 x − 12

2 ( 2 x + 3 − 9)
2x + 3 + 3
4 ( x − 3)

3 + 2x + 3

≤ ( x − 3) ( x 2 + 2 x + 4 )

− ( x − 3) ( x 2 + 2 x + 4 ) ≤ 0

4
4


2
⇔ ( x − 3) 
+
− ( x + 1) − 3  ≤ 0
 2 + x +1 3 + 2x + 3

Nhận thấy x = −1 thỏa mãn bất phương trình đã cho.
4
4
4
4
2
Xét với x ≥ −1 ⇒
+
− ( x + 1) − 3 <
+
− 0 − 3 = 0.
2 + 0 3 + −2 + 3
2 + x + 1 3 + 2x + 3

(2)

Khi đó (2) ⇔ x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Kết hợp với (*) ta được x ≥ 3 thỏa mãn.

Đ/s: x = −1 hoặc x ≥ 3.

 x + y + 1 + x − y = 2 y + 1
Câu 16: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
2
12 3 xy + 7 x = x + 8 y + 15

Lời giải.

 x + y + 1 ≥ 0; x − y ≥ 0
x ≥ 0
Điều kiện 
⇔
2
x ≥ y
2 y + 1 ≥ 0; xy + 7 x ≥ 0
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
x− y
x + y +1 − 2 y +1 + x − y = 0 ⇔
+ x− y =0
x + y +1 + 2 y +1
⇔ x − y.



x− y
+ x− y =0⇔ x− y
+ 1 = 0
 x + y +1 + 2 y +1 

x + y +1 + 2 y +1


x− y

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

x− y

Ta có

x + y +1 + 2 y +1

Facebook: Lyhung95

+1 > 0 ⇒ x − y = 0 ⇔ x = y .

Phương trình thứ hai của hệ tương đương 12 3 x3 + 7 x = x 2 + 8 x + 15 .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số thực không âm ta có
4 3 x ( x 2 + 7 ) = 3 8.8 x ( x 2 + 7 ) ≤

8 + 8 x + x 2 + 7 x 2 + 8 x + 15
=
⇒ 12 3 x3 + 7 x ≤ x 2 + 8 x + 15 .
3
3

Do đó phương trình ẩn x có nghiệm khi 8 x = x 2 + 7 = 8 ⇔ x = 1 .
Kết luận hệ có nghiệm duy nhất x = y = 1 .
 y − 2 x3 = ( 2 x + 1 − x 2 ) x 2 + y

Câu 17: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
2
 x − 4 x + ( x − 3) 4 x + 3 x − y = 1

Lời giải:
ĐK: x + y ≥ 0; 4 x + 3 x − y ≥ 0 .
2

2

Cách 1: Đặt t = x 2 + y ( t ≥ 0 ) ta có: t 2 − x 2 = y
Khi đó PT (1) ⇒ t 2 − x 2 − 2 x3 = ( 2 x + 1 − x 2 ) t ⇔ t 2 + x 2t − x 2 − t = 2 x3 + 2 xt

t = x = 0 ⇔ x = y = 0 ( ko t / m ( 2 ) )
.
⇔ ( x 2 + t ) ( t − 1) = 2 x ( x 2 + t ) ⇔ ( x 2 + t ) ( t − 2 x − 1) = 0 ⇔ 
t = 2 x + 1 ⇔ x 2 + y = 2 x + 1
x 2 + y = 2 x + 1 ta biến đổi như sau:

Cách 2: Sử dụng CASIO nhận thấy

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

(

)(

(

)

(

)

x2 + y − 2 x − 1 .

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

)

(

)

x2 + y − 2 x − 1

x2 + y − 2 x −1 x2 + x2 + y = 0 .

Thế y = 3 x 2 + 4 x + 1 vào PT(2) ta có: PT ( 2 ) ⇔ x 2 − 4 x + ( x − 3) x 2 − x − 1 = 1

⇔ x 2 − x − 10 + ( x − 3)

(

)



x−3
x 2 − x − 1 − 3 = 0 ⇔ ( x 2 − x − 10 ) 1 +
=0
2
x − x −1 + 3 



1 ± 41
69 ± 7 41
 x 2 − x − 10 = 0
x=
⇒ y=

⇔
⇔
(t / m)
2
2

 x 2 − x − 1 = − x

 x = −1 ⇒ y = 0

Hướng 2: Đặt ẩn phụ không hoàng toàn: Đặt u = x 2 − x − 1 ta được ( u + x )( u − 3) = 0 .
 1 ± 41 69 ± 7 41  

Vậy nghiệm của HPT là ( x; y ) = ( −1; 0 ) ; 
;
  .
2

 2
 
( x + y + 4 ) x − y + x + 3 y + 12 = 0
Câu 18: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
2
( x − y ) ( x + 6 ) + x − y − 1 = y + 1

( x, y ∈ ℝ )

Lời giải:
Điều kiện: x − y ≥ 1 .

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Phương trình một của hệ tương đương với: ( x + y + 4 ) x − y + 2 ( x + y + 4 ) − ( x − y ) + 4 = 0

( x − y + 2) − ( x − y ) − 4 = 0 ⇔ ( x + y + 4) ( x − y + 2) − ( x − y − 2 )( x − y + 2) = 0
⇔ ( x − y + 2 )( x + y + 6 − x − y ) = 0 ⇔ x + y + 6 − x − y = 0 ⇔ 6 = x − y − x − y .
Thế xuống phương trình thứ hai trong hệ, ta được: ( x − y ) ( x + x − y − x − y ) + x − y − 1 = y + 1 .
⇔ ( x + y + 4)

2

2

2

⇔ x2 ( x − y ) + ( x − y ) x − y − x2 + y 2 + x − y − 1 = y 2 + 1
⇔ x 2 ( x − y − 1) + ( x − y ) x − y − 1 + x − y − 1 = 0

)(
( x − y − 1) ( x − y +
( x − y − 1) +

⇔ x 2 ( x − y − 1) +
⇔ x2

(

)

x − y −1 x − y + x − y +1 + x − y −1 = 0

)+

x − y +1

x − y +1

x − y −1 = 0 ⇔ x − y −1 = 0 ⇔ x − y = 1

6 = x − y − x − y
 x + y = −5
 x = −2
Khi đó hệ phương trình đã cho ⇔ 
.
⇔
⇔
x − y = 1
 y = −3
 x − y = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là ( x; y ) = ( −2; −3) .
1
4
 1
+
=
 2
2
y −1
2x + 2 y
Câu 19: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  x + 1

2

3
 y − 2 x + ( y − 2 ) ( x − 2 ) = 4

Lời giải:

y >1
ĐK:  2
. Đặt a = x 2 + 1; b =
x + y > 0

y − 1 ta có

1 1
2 2
+ =
a b
a 2 + b2

4
1 1
1 1
2 2
a + b ≥ a + b
⇒ + ≥
. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b > 0
Mặt khác với a; b > 0 ⇒ 
2
2
a
b

a
+
b
2
2
 2a + 2b ≥ ( a + b )


(

)

Khi đó: x 2 = y − 2 thế vào PT(2) ta có x 2 − 2 x + 3 x 2 x 2 − 2 = 2, (1)
Do x = 0 không phải là nghiệm nên ta có: (1) ⇔ x − 2 + 3 x −

(1) ⇒ t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ x −

2 2
2
= . Đặt t = 3 x − ta có:
x x
x

 x = −1 ⇒ y = 3
2
=1⇔ 
x
x = 2 ⇒ y = 6

Vậy nghiệm của hệ phương tình ( x; y ) = {( −1;3) ; ( 2; 6 )}

(

)

 xy + x − y
(
) xy − 2 + x = y + y

Câu 20: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
( x + 1) y + xy + x (1 − x ) = 4


(

ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0, xy + ( x − y )
Khi đó (1) ⇔ xy + ( x − y )

(

(

)

xy − 2 ≥ 0

)

)

( x, y ∈ R ) .

Lời giải:
(*)

xy − 2 − y + x − y = 0

(3)

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
•

Với y = 0 khi đó (3) trở thành

Facebook: Lyhung95

−2 x + x = 0 ⇔ −2 x = x = 0 ⇔ x = 0.

Thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn ⇒ Loại.

( xy − 2) + y > 0 và B =
xy + ( x − y ) ( xy − 2 ) − y
x− y
Khi đó (3) ⇔
+
=0

•

Với y > 0 ⇒ T = xy + ( x − y )

x + y > 0.

2

T

⇔

y ( x − y) + ( x − y)

(

B

xy − 2

T

) + x − y = 0 ⇔ ( x − y )  y +



B

xy − 2 1 
+ =0

T
B 

(4)

4 + ( x + 1) ( x 2 − x − 2 )
4
4
2
Từ (2) ⇒ y + xy + x − x =
⇒ y + xy − 2 =
+ x −x−2=
x +1
x +1
x +1
2

x 3 − 3 x + 2 ( x − 1) ( x + 2 )
⇒ y + xy − 2 =
=
≥ 0, ∀x ≥ 0
x +1
x +1
2

Kết hợp với T , B > 0 ⇒

y + xy − 2 1
+ > 0 nên (4) ⇔ x = y.
T

B

Thế vào (2) ta được ( x + 1) ( x + x + x − x 2 ) = 4 ⇔ ( x + 1) ( x 2 − 3 x ) + 4 = 0
x = 1
⇔ x − 2 x − 3 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − x − 4 ) = 0 ⇔ 
 x = 1 ± 17

2
3

2

2

x = 1⇒ y = 1
Kết hợp với (*) ta được 
 x = 1 + 17 ⇒ y = 1 + 17

2
2

Đ/s: ( x; y ) = (1;1) ,


 1 + 17 1 + 17  
;

 .
2  
 2

8 x 3 + 2 y = y + 5 x + 2

Câu 21: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
y + 1+ y2 = 1
 3 x + 1 + 9 x

)(

(

)

Lời giải
Điều kiện: y + 5 x + 2 ≥ 0

(

Phương trình (2) ⇔ 3 x + 1 + 9 x 2

)( y +

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

)

1 + y 2 = 1 ⇔ 3x + 1 + 9 x 2 =

1

y + 1+ y2

2

Xét hàm số f ( t ) = t 2 + 1 + t ⇒ f ' ( t ) =

t
t +1
2

+ 1 > 0 ⇒ hàm số f ( t ) đồng biến trên Tập xác định

⇒ f ( 3x ) = f ( − y ) ⇔ 3x = − y
Thay vào phương trình (2) ta có 8 x 3 − 6 x = 2 x + 2 (Điều kiện : x ≥ −1 )

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

⇔ 8 x3 − 8 x = 2 x + 2 − 2 x
⇔ 8 x ( x − 1)

(1 − x )( 4 x + 2 ) ⇔
=
2x + 2 + 2x






4x + 2
( x − 1)  8 x +
 = 0 ⇔ x =1
2x + 2 + 2x 

>0



Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của hệ là (1; −3)

 x3 + y 3 = 3 x 2 − 6 x − 3 y + 4
Câu 22: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  2
2
 x + y − 6 x + y − 10 = y + 5 − 4 x + y
Lời giải
4 x + y ≥ 0
Điều kiện: 
 y ≥ −5
Phương trình (1) ⇔ x3 + y 3 = 3 x 2 − 6 x − 3 y + 4 ⇔ y 3 + 3 y = (1 − x ) + 3 (1 − x )
3

Xét hàm số f ( t ) = t 3 − 3t ( t ≥ −5 ) ⇒ f ' ( t ) = 3t 2 − 1 > 0 ⇒ hàm số f ( t ) đồng biến trên Tập xác định

⇒ f (1 − x ) = f ( y ) ⇔ 1 − x = y
1
)

5
3 ( x − 5)

Thay vào phương trình (2) ta có 2 x 2 − 7 x − 10 = 6 − x − 3 x + 1 ( Điều kiện x ≥

⇔ 2 x 2 − 9 x − 5 = 6 − x − 1 + 4 − 3 x + 1 ⇔ ( x − 5 )( 2 x + 1) +

x−5
+
=0
6 − x + 1 4 + 3x + 1





1
3
⇔ ( x − 5)  2 x + 1 +
+
=0⇔ x=5
6
−
x
+
1
4
+
3
x

+
1


>0


Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của hệ là ( 5; −4 )

 x3 − y 3 + 3x 2 + 6 x − 3 y + 4 = 0
Câu 23: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
2
2 4 x − x − 3 3 + 2 y − y − 3x + 2 = 0
Giải:
4 x − x 2 ≥ 0
Điều kiện: 
( *)
2
3 + 2 y − y ≥ 0
+) Xét phương trình (1): (1) ⇔ x 3 + 3x 2 + 6 x + 4 = y 3 + 3 y
⇔ ( x + 1) + 3 ( x + 1) = y 3 + 3 y ⇔ f ( x + 1) = f ( y )
3

Xét hàm số f (t ) = t 3 + 3t∀t ∈ R Có f '(t ) = 3t 2 + 3 > 0∀t ∈ R nên f (t ) là hàm đồng biến trên R
⇒ x + 1 = y thế vào (2) ta có: ( 2 ) ⇔ 2 4 x − x 2 − 3 4 − x 2 − 3x + 2 = 0
Do 0 ≤ x ≤ 2 ⇔ x − 2 + 4 − x 2 = 0 ⇔ x = 2; x = 0 (T/M)

) (

(

)

+) Với x − 2 + 4 − x 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2; x ≠ 0 có: ( 2 ) ⇔ 2 2 − 4 x − x 2 + 3 x − 2 − 4 − x 2 = 0

⇔

2 ( x − 2)

2

2 + 4 x − x2

+

6x ( x − 2)
x − 2 + 4 − x2

=0⇔

2 ( x − 2)
2 + 4 x − x2

+

6x
x − 2 + 4 − x2

= 0 ⇒ VN

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Do

2 ( x − 2)
2 + 4 x − x2

+

6x

Facebook: Lyhung95

> 0, ∀0 < x < 2 .

x − 2 + 4 − x2

+) Với x = 2 ⇒ y = 3 ( t / m )
+) Với x = 0 ⇒ y = 1( L)
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 2;3)
 y + x + y + 1 = x + ( x + 1) 2 − y 2

Câu 24: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
( x − 1) y + 2 − ( y − 2 ) x + 3 = 2
Lời giải

( x + 1)

ĐK: x ≥ −3, y ≥ −2, x + y + 1 ≥ 0,

2

≥ y2

(*)

Khi đó (1) ⇔ x − y + x + y + 1. x − y + 1 − x + y + 1 = 0.

a = x + y + 1 ≥ 0
Đặt 
⇒ x − y = b 2 − 1 ⇒ b 2 − 1 + ab − a = 0 ⇔ ( b − 1)( b + 1) + a ( b − 1) = 0
b = x − y + 1 ≥ 0
⇔ ( b − 1)( a + b + 1) = 0 ⇔ b = 1 ⇒ x − y + 1 = 1 ⇔ x − y + 1 = 1 ⇔ x = y.
Thế vào (2) có ( x − 1) x + 2 − ( x − 2 ) x + 3 = 2

⇔ ( x − 1)

(

)

x + 2 − 2 − ( x − 2)

(

)

x+3−2 ⇔

( x − 1)( x + 2 − 4 ) − ( x − 2 )( x + 3 − 4 ) = 0
x+2 +2

x+3+2

x = 1

1
1


⇔ ( x − 1)( x − 2 ) 
−
 = 0 ⇔ x = 2
 2+ x+2 2+ x+3 

2 + x + 2 = 2 + x + 3

x =1
x = 1⇒ y =1
⇔  x = 2
⇔
⇒ ( x; y ) = {(1;1) , ( 2; 2 )} thỏa mãn (*).
x = 2⇒ y =2

 x + 2 = x + 3
Đ/s: ( x; y ) = {(1;1) , ( 2; 2 )}.
2x − 4 y + 2


 1− x + x − 2 y +1 =
1− x
Câu 25: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
 2
2
3
 x − 4x + 7 + 5x − 7 y + 3 = y + 2

Lời giải
ĐK: x < 1, x + 1 ≥ 2 y (*). Đặt a = 1 − x > 0, b = x − 2 y + 1 ≥ 0
2b 2
⇒ (1) thành a + b =
⇔ a 2 + ab − 2b 2 = 0 ⇔ ( a − b )( a + 2b ) = 0
a

(3)

Với a > 0, b ≥ 0 ⇒ a + 2b > 0 nên ( 3) ⇔ a = b ⇒ 1 − x = x − 2 y + 1
⇒ 1− x = x − 2 y +1 ⇔ x = y
Thế vào (2) có

x2 − 4 x + 7 + 3 5x2 − 7 x + 3 = x + 2 ⇔ x2 − 4 x + 7 − 2 = x − 3 5x2 − 7 x + 3

(4)

2

2
7  11


2
3
2
2
3
Ta có x 2 − 7 x + 3 =  x 5 −
 + 20 > 0, xét T = x + x 5 x − 7 x + 3 + ( 5 x − 7 x + 3)
2 5


Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

2

3

2
5x2 − 7 x + 3  3 3
⇒T =x+
5 x 2 − 7 x + 3 ) > 0.
 +
(



2

 4

Do đó ( 4 ) ⇔

x2 − 4 x + 7 − 4
x2 − 4x + 7 + 2

=

x 3 − ( 5 x 2 − 7 x + 3)
T

=

( x − 1) ( x 2 − 4 x + 3)
T

(1 − x ) ( x 2 − 4 x + 3)

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

2 + x2 − 4 x + 7
 2 + x − 4x + 7
1
1− x
Với x ≤ 1 và T > 0 ⇒
+
> 0.
T
2 + x2 − 4 x + 7
⇔

x2 − 4x +

+

(5)

x =1⇒ y =1
Khi đó ( 5 ) ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ 
⇒ ( x; y ) = {(1;1) , ( 3;3)} thỏa mãn (*).
x = 3 ⇒ y = 3

Đ/s: ( x; y ) = {(1;1) , ( 3;3)}.
5 x − y + x + y − 3 = 2 + ( x + y )( 2 x − y ) + 3 x − 4
Câu 26: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
2
 y + 2 − x = 2

Lời giải.

 y ≥ 0; 2 − x 2 ≥ 0
Điều kiện 
 x + y − 3 ≥ 0;3x ≥ 4
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

( x + y )( 2 x − y ) − 5 x + y + 2 +

3x − 4 − x + y − 3 = 0
2x − y −1
=0
3x − 4 + x + y − 3

⇔ ( x + y − 2 )( 2 x − y − 1) +

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

1
> 0 ⇒ y = 2 x − 1 . Phương trình thứ hai của hệ trở thành
3x − 4 + x + y − 3

Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành

2x −1 + 2 − x2 = 2

(1) .

Áp dụng bất đẳng thức liên hệ trung bình cộng – trung bình nhân ta có
1 + 2 x −1 1 + 2 − x2 3 + 2 x − x2
2 x − 1 + 2 − x = 1( 2 x − 1) + 1( 2 − x ) ≤
+
=
2
2
2
2

2

3 + 2 x − x 2 4 − ( x − 1)
4
=
≤ = 2 ⇒ 2 x − 1 + 2 − x2 ≤ 2
2
2
2
2

2 x − 1 = 1
Do đó phương trình (1) có nghiệm khi các dấu đẳng thức xảy ra, tức là 
⇔ x =1.
2
2 − x = 1

Đối chiếu điều kiện, kết luận hệ vô nghiệm.
4
4
 x + y + y − 5 x + 2 = 0
Câu 27: [ĐVH]. Giải hệ phương trình  3
3
2
5 x − 4 x y − x y = 4 xy − 5 x + y

( x, y ∈ R ) .

Lời giải:

Ta có (2) ⇔ ( 5 x 3 + 5 x ) − ( 4 x 3 y + 4 xy ) − ( x 2 y + y ) = 0

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

⇔ 5 x ( x 2 + 1) − 4 xy ( x 2 + 1) − y ( x 2 + 1) = 0 ⇔ ( x 2 + 1) ( 5 x − 4 xy − y ) = 0
⇔ 5 x − 4 xy − y = 0 ⇔ y − 5 x = −4 xy.

Thế vào (1) ta được x 4 + y 4 − 4 xy + 2 = 0 ⇔ x 4 + y 4 + 2 = 4 xy.
Áp dụng BĐT Côsi ta có x 4 + y 4 + 2 = x 4 + y 4 + 1 + 1 ≥ 4 4 x 4 . y 4 .1.1 = 4 xy ≥ 4 xy.

 x4 = y 4 = 1  x = y = 1
Dấu " = " xảy ra ⇔ 

⇔
 x = y = −1
 xy ≥ 0
Thử lại ta được x = y = 1 thỏa mãn.
Đ/s: ( x; y ) = (1;1) .
Câu 28: [ĐVH]. Giải phương trình

3x 2 − 1 + x 2 − x − x x 2 + 1 =

1
2

(7x
2

2

− x + 4).

Lời giải:
x ≥1
3 x 2 ≥ 1 
ĐK:  2
⇔
x ≤ − 1
 x ≥ x

3
•

(*)

Xét với x ≥ 1 ⇒ ( x 2 − x ) − x 2 ( x 2 + 1) = − x − x 4 < 0 ⇒ x 2 ( x 2 + 1) > x 2 − x ≥ 0

⇒ x x 2 + 1 > x 2 − x ⇒ x 2 − x − x x 2 + 1 < 0 ⇒ VT (1) < 3x 2 − 1

(2)

Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2. 3 x 2 − 1 ≤ 2 + ( 3 x 2 − 1) = 3 x 2 + 1.
Mặt khác 7 x 2 − x + 4 − ( 3 x 2 + 1) = 4 x 2 − x + 3 = 3 x 2 + x ( x − 1) + 3 > 0, ∀x ≥ 1

⇒ 3 x 2 + 1 < 7 x 2 − x + 4 ⇒ 2 2. 3 x 2 − 1 < 7 x 2 − x + 4 ⇒ 3 x 2 − 1 <

1
2

(7 x
2

2

− x + 4 ) = VP (1) .

Kết hợp với (2) ⇒ VT (1) < VP (1) ⇒ ∀x ≥ 1 đều không thỏa mãn (1).
1
1
1
ta đặt x = −t ⇒ −t ≤ −
⇒t≥
.

3
3
3
1
Phương trình (1) trở thành 3t 2 − 1 + t 2 + t + t t 2 + 1 =
7t 2 + t + 4 )
(
2 2
•

Xét với x ≤ −

⇔ 2 6t 2 − 2 + 2 2t 2 + 2t + 2t 2t 2 + 2 = 7t 2 + t + 4
⇔ 2t

(

) (

) (

2t 2 + 2 − t − 1 + 2 2t 2 + 2t − 3t − 1 + 2

)

6t 2 − 2 − 3t + 1 = 5t 2 − 10t + 5

2
2
2t  2t 2 + 2 − ( t + 1)  4 ( 2t 2 + 2t ) − ( 3t + 1) 2 2 6t 2 − 2 − ( 3t − 1) 




 = 5 t −1 2
⇔
+
+
( )
2
2
2
2t + 2 + t + 1
2 2t + 2t + 3t + 1
6t − 2 + 3t − 1

⇔

2t ( t 2 − 2t + 1)

t + 1 + 2t 2 + 2

+

−t 2 + 2t − 1
3t + 1 + 2 2t 2 + 2t

+

2 ( −3t 2 + 6t − 3)

3t − 1 + 6t 2 − 2

= 5 ( t − 1)

2


2t
1
6
2
⇔ ( t − 1) 
−
−
− 5 = 0
2
2
2
 t + 1 + 2t + 2 3t + 1 + 2 2t + 2t 3t − 1 + 6t − 2

2t
1
6
Đặt T =
−
−
− 5.
2
2
t + 1 + 2t + 2 3t + 1 + 2 2t + 2t 3t − 1 + 6t 2 − 2

(2)

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!


Khóa học KĨ THUẬT GIẢI HỆ PT, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Với t ≥

Facebook: Lyhung95

1 1
2t
−5 − 3t − 5 2t 2 + 2
> ⇒T <
+0+0−5 =
< 0.
3 3
t + 1 + 2t 2 + 2
t + 1 + 2t 2 + 2

Khi đó (2) ⇔ ( t − 1) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ − x = 1 ⇒ x = −1 thỏa mãn (*).
2

Đ/s: x = −1.

 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y,
Câu 29: [ĐVH]. Giải hệ phương trình 
( x; y ∈ ℝ ) .
2

2
x
+
2
x
y
−
1
+
y
−
6
y
+
1
=
0.
( )

Lời giải.
Điều kiện x ≥ 1 .
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
2
x 2 + 2 x ( y − 1) + y 2 − 2 y + 1 = 4 y ⇔ ( x − y + 1) = 4 y ⇒ 4 y ≥ 0 ⇔ y ≥ 0 .
Khi đó phương trình thứ nhất trở thành

x + 1 + 4 x −1 = y4 + 2 + 4 y4 ⇔ x + 1 + 4 x −1 = y4 + 1 +1 + 4 y4 +1 −1
Xét hàm số f ( t ) = t + 1 + 4 t − 1, t ≥ 1 thì f ′ ( t ) =

[∗] .

1
1
+
> 0, ∀t > 1 . Hàm số đồng biến với
2 t + 1 4 4 ( t − 1)3

t ≥ 1.
Dễ thấy [∗] ⇔ f ( x ) = f ( y 4 + 1) ⇔ x = y 4 + 1 . Thay thế vào phương trình thứ hai thu được
y = 0
2
+ y ) = 4 y ⇔ y ( y7 + 2 y 4 + y − 4) = 0 ⇔ 
7
4
g ( y) = y + 2y + y − 4 = 0
Để ý rằng g ′ ( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 1 > 0, ∀y ≥ 0 ⇒ g ( y ) đồng biến, liên tục với y ≥ 0 . Hơn nữa

(y

4

g (1) = 0 ⇒ y = 1 . Từ đây ta thu được hai nghiệm ( x; y ) = {(1;0 ) , ( 2;1)} .

Thầy Đặng Việt Hùng

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016!