SKKN ung dung ham so giai he phuong trinh

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Rèn kỹ năng giải hệ phương trình cho học sinh lớp 12
thông qua kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp khác
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hệ phương trình là một chủ đề rất quan trọng trong các chủ đề toán học ở trường
phổ thông. Đặc biệt, trong những năm gần đây, bài toán hệ phương trình trong các kỳ
thi đại học, kỳ thi học sinh giỏi thường xuất hiện ở những góc độ khác nhau và độ khó
cũng ngày càng được nâng lên nên đôi lúc cách giải quyết đối với nhiều học sinh còn
gặp nhiều khó khăn.
Một trong những loại hệ phương trình hay gặp trong các kỳ thi và gây cho học
sinh khó khăn khi tiếp cận là hệ phương trình trong đó có sử dụng phương pháp hàm số.
Với mong muốn giúp các em học sinh có kỹ năng tốt, không còn bỡ ngỡ khi gặp các hệ
phương trình dạng này, tôi suy nghĩ rằng, cần phải hệ thống lại kiến thức, phân dạng bài
tập cụ thể và cần có phân tích đối với lớp các bài toán đó để học sinh hiểu, vận dụng và
có tư duy logic những bài tập có dạng tương tự.
II. THỰC TRẠNG
Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình được đánh giá là một trong ba
câu phân loại học sinh (cùng với bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng Oxy và bất
đẳng thức) trong các đề thi đại học cao đẳng và thi học sinh giỏi. Cho nên khi gặp hệ
phương trình nói chung, hệ phương trình có thể giải được bằng phương pháp hàm số
nói riêng, đa số học sinh đều đánh giá đây là câu khó nên thường có chung tâm lý là
không làm câu này, do đó trong quá trình ôn tập cũng không chú trọng ôn luyện dạng
toán này.
Số lượng học sinh làm được trọn vẹn câu hệ phương trình có thể giải được bằng
phương pháp hàm số không nhiều, thường chỉ có những em khá giỏi về môn Toán mới
làm được, điều này được thể hiện qua kết quả của các kỳ thi cấp trường và cấp tỉnh. Lý
do là các em không biết bắt đầu từ phương trình nào của hệ, không biết cách biến đổi để
đưa về việc xét hàm đặc trưng, hoặc quên các phương pháp giải cơ bản của phương
trình…

1

III. CÁC GIẢI PHÁP
A. CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ ỨNG DỤNG CỦA HÀM SỐ
1. Các định lý
• Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) .
a) Nều f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số
f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) .
b) Nếu f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số
f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) .
• Nếu hàm số liên tục trên đoạn [ a; b ] (hoặc nửa khoảng) và có đạo hàm
f ' ( x ) ≥ 0 trên khoảng ( a; b ) , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số f ( x )
đồng biến trên đoạn [ a; b ] (hoặc nửa khoảng tương ứng).
• Nếu hàm số liên tục trên đoạn [ a; b ] (hoặc nửa khoảng) và có đạo hàm
f ' ( x ) ≤ 0 trên khoảng ( a; b ) , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số f ( x )
nghịch biến trên đoạn [ a; b ] (hoặc nửa khoảng tương ứng).
2. Các tính chất
• Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng

( a; b )

và u; v ∈ ( a; b ) , khi đó
f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v.

• Tính chất 2: Nếu hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) và y = g ( x ) là hàm
hằng hoặc là một hàm số nghịch biến trên ( a; b ) thì phương trình f ( x ) = g ( x )
có nhiều nhất một nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) .
Nếu có x0 ∈ ( a; b ) sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) thì phương trình f ( x ) = g ( x ) có
nghiệm duy nhất x0 trên ( a; b ) .
Chú ý:

• Khoảng ( a; b ) nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền

( −∞; a ) , ( −∞; a ] , [ a; b ] , ( a; b ] , [ a; b ) , ( b; +∞ ) , [ b; +∞ ) , ( −∞; +∞ ) .
 f ( x ) = f ( y )
• Khi gặp hệ phương trình có dạng 
 g ( x; y ) = 0

2

( 1)
( 2)


Xét hàm số y = f ( t ) , ta thường gặp trường hợp hàm số liên tục trong tập xác định của
nó.
Nếu hàm số y = f ( t ) đơn điệu, thì từ (1) suy ra x = y . Khi đó bài toán đưa về
giải phương trình (2) theo ẩn x (hoặc y).
Nếu hàm số y = f ( t ) có một cực trị tại t = a thì nó thay đổi chiều biến thiên
một lần khi qua a. Từ (1) suy ra x = y hoặc x, y nằm về hai phía của a.
• Vận dụng linh hoạt các định lí, tính chất trên, từ một phương trình ẩn x, ta se
đưa
f

hai

(

vế

về

dạng

f  h ( x )  = f  g ( x ) 

(chẳng

hạn

như

)

x + 5 = f ( x ) ⇔ x + 5 = x ) với f ( t ) là một hàm đơn điệu đặc trưng trên

miền D đang xét. Thông thường có thể dự đoán được h ( x ) và bậc của g ( x ) , từ
đó đồng nhất hệ số để tìm g ( x ) .
B. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Sử dụng đồng thời phương pháp hàm số giải hệ phương trình
Đối với hệ phương trình hai ẩn x, y , ta thường phải xuất phát từ một phương
trình của hệ để tìm mối liên hệ đơn giản hơn giữa x và y , một trong những cách đó là
sử dụng phương pháp hàm số. Khi tìm được mối liên hệ giữa x và y đơn giản hơn ta
thế vào phương trình còn lại, thường ta sẽ thu được phương trình một ẩn (theo ẩn x
hoặc ẩn y). Nhưng phương trình thu được lại phức tạp (chứa bậc cao, chứa căn,...)
hoặc chứa những biểu thức tương đồng nhau về mặt hình thức, khi đó ta có thể tiếp tục
sử dụng phương pháp hàm số để giải phương trình một ẩn này.
Bài 1.(Đại học khối A năm 2010) Giải hệ phương trình:

(

)

 4 x 2 + 1 x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
 2
2
4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

( 1)
( 2)

Phân tích: Ta nhận thấy khó có thể bắt đầu với phương trình (2), để ý đến phương
trình (1), 4 x 2 + 1 là biểu thức bậc hai của x và y − 3 có thể coi là biểu thức bậc hai
của

5 − 2 y . Nếu đặt t = 5 − 2 y thì

(

 5 − t2

−1 2
y − 3) 5 − 2 y = 
− 3 ÷t =
t +1 t
2
2



(

(

)

)

(

)

2
2
Biểu thức t + 1 t có hình thức giống với 4 x + 1 2 x , do vậy ta sẽ biến đổi ( 1) về

dạng f ( u ) = f ( v ) . Để đưa về dạng này ta thường “cô lập” biến, do vậy sẽ chuyển

( y − 3)

5 − 2 y sang vế phải của ( 1) .

Giải
3


3
5
Điều kiện x ≤ ; y ≤
4
2

(

)

2
Khi đó ( 1) ⇔ 4 x + 1 .2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y

(

(3)

)

2
3
Xét hàm số f ( t ) = t + 1 t = t + t , với t ∈ ¡
2
Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀ t ∈ ¡ suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡

x ≥ 0

Do đó ( 3) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ 
5 − 4x2
y =
2

5 − 4x2
Thay y =
vào phương trình (2) ta được:

2
2

5

4 x +  − 2 x2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0
2

2

(4)

Phân tích: Phương trình (4) trông khá “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng
phương pháp hàm số để giải quyết
Nhận thấy x = 0 và x =

3
không là nghiệm của phương trình (4)
4
2

 3
5

Xét hàm số g ( x ) = 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7 với x ∈  0; ÷, ta có:
 4
2

2

4
4
5

 3
g ' ( x ) = 8 x − 8 x  − 2 x 2 ÷−
= 4x 4x 2 − 3 −
< 0, ∀x ∈  0; ÷
3 − 4x
3 − 4x
2

 4

(

)

 3
1
Do đó g ( x ) nghịch biến trên  0; ÷. Mà g  ÷ = 0 nên phương trình (4) có nghiệm
 4
2
duy nhất x =

1
suy ra y = 2 .
2

1 

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) =  ;2 ÷.
2 

(

)

(

)

 x3 4 y 2 + 1 + 2 x 2 + 1 x = 6

Bài 2. Giải hệ phương trình  2
2
2
x y 2 + 2 4 y +1 = x + x +1


(

)

( 1)
( 2)

Phân tích: Trong phương trình (2) có hai biểu thức có cùng dạng là
và

4 y2 +1

x 2 + 1 nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số đưa về dạng f ( u ) = f ( v ) .

Đến đây ta thực hiện “cô lập biến” bằng cách chia hai vế của ( 2 ) cho x 2 .
Giải
4


Điều kiện x ≥ 0 .
Nhận thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, chia 2 vế của (2) cho x3 ta được:

( 2y) + 2y ( 2y)

2

+1 =

1 1
+
x x

1
+1
x2

(3)

Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 1 với t ∈ ¡
Ta có f ' ( t ) = 1 + t + 1 +

t2

2

t2 +1

> 0, ∀t ∈ ¡

Nên f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡
Do đó, ( 3) ⇔ 2 y =

1
x

(

)

3
2
Thế vào phương trình (1) ta được: g ( x ) = x + x + 2 x + 1

Ta có g ' ( x ) = 1 + 3x + 4 x x +
2

x2 + 1
x

x = 6 (4)

> 0, ∀x > 0

Nên hàm số g ( x ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) , mà có g ( 1) = 6 nên phương trình (4) có
nghiệm duy nhất x = 1 ⇒ y =

1
.
2

 1
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) =  1; ÷.
 2
Bài 146.

 x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y
(ĐH-A13) Giải hệ phương trình  2
2
 x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0

Giải
Điều kiện x ≥ 1.
Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn tại x là
∆ ' = ( y − 1) − y 2 + 6 y − 1 = 4 y ≥ 0 ⇔ y ≥ 0
2

Đặt u = 4 x − 1, suy ra u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành:
u4 + 2 + u =

( 3)

y4 + 2 + y

Xét f ( t ) = t + 2 + t , với t ≥ 0. Ta có f ' ( t ) =
4

2t 3
t +2
4

+ 1 > 0, ∀t ≥ 0

Do đó phương trình (3) tương đương với y = u , nghĩa là x = y 4 + 1.

(

)

7
4
Thay vào phương trình (2) ta được: y y + 2 y + y − 4 = 0

( 4)

7
4
6
3
Hàm g ( y ) = y + 2 y + y − 4 có g ' ( y ) = 7 y + 8 y + 1 > 0 với ∀y ≥ 0 .

5

( 1)
( 2)


Mà g ( 1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y = 0 và y = 1
Với y = 0 ta được nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) ; với y = 1 ta được nghiệm ( x; y ) = ( 2;1)
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là ( 1;0 ) và ( 2;1) .
Nhận xét: Phương trình f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v chỉ khi hàm số f ( t ) đơn điệu
trên D và u , v ∈ D . Nếu hàm đặc trưng f ( t ) có đạo hàm f ' ( t ) chưa xác định một
dấu (luôn dương hoặc luôn âm) trên ¡ thì ta phải tìm cách chặn biến x; y để u , v ∈ D
và f ( t ) đơn điệu trên D . Để chặn biến x, y ta có thể dựa vào điều kiện xác định của
hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham
số x ) có nghiệm, hoặc nhận xét điều kiện của biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn:
A + B = 0, B ≥ 0 ⇒ A ≤ 0 ; A B = c < 0 ⇒ A < 0; A2 + B 2 = 1 ⇒ −1 ≤ A, B ≤ 1 ,….)
 x11 + xy10 = y 22 + y12

Giải hệ phương trình  4
4
2
2
7 y + 13 x + 8 = 2 y . 3 x 3 x + 3 y − 1

Bài 147.

(

)

( 1)

( 2)

Giải
Xét y = 0, ( 1) ⇒ x = 0 thay vào (2) thì không thoả mãn.
11

x
x
Xét y ≠ 0 , chia 2 vế của (1) cho y ta được:  ÷ + = y11 + y
y
 y
11

(3)

11
10
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) = 11t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) là hàm số

đồng biến trên ¡ . Do đó,

(3) ⇔ f 


x
x
2
÷= f ( y ) ⇔ = y ⇔ x = y ,
y
y

(

)

Thế x = y 2 vào (2) ta được: 7 x 2 + 13 x + 8 = 2 x 2 . 3 x 3 x 2 + 3 x − 1

( 4)

Xét x = 0 không là nghiệm phương trình, chia 2 vế cho x3 ta được:

( 4) ⇔
Đặt t =

7 13 8
3 1
+ 2 + 3 = 23 3 + − 2
x x
x x
x

1
, phương trình trên trở thành
x
8t 3 + 13t 2 + 7t = 2 3 3 + 3t − t 2

(

⇔ ( 2t + 1) + 2 ( 2t + 1) = 2 3 3 + 3t − t 2 + 3 + 3t − t 2
3

)

( 5)

3
2
Xét hàm số g ( u ) = u + 2u , u ∈ ¡ ta có g ' ( u ) = 3u + 2 > 0, ∀u ∈ ¡ nên hàm số g ( u )

đồng biến trên ¡ .
Do đó,
6


( 5) ⇔ g ( 2t + 1) = g

(

3

3 + 3t − t 2

)

(

)

⇔ ( 2t + 1) = 3 + 3t − t 2 ⇔ ( t + 1) 8t 2 + 5t + 2 = 0 ⇔ t = −1
3

Suy ra x = −1 ⇒ y 2 = −1 , hệ đã cho vô nghiệm.
Bài 148.

2 x3 − 4 x 2 + 3x − 1 = 2 x3 ( 2 − y ) 3 − 2 y

Giải hệ phương trình 
 x + 2 = 3 14 − x 3 − 2 y + 1

( 1)
( 2)

Phân tích: Ta không thể bắt đầu với phương trình (2) vì khó có sự biến đổi nào
hợp lý ở đây. Xét phương trình (1), thực hiện cô lập biến bằng, chia hai vế cho x3 ta
thấy vế trái là bậc ba đối với

1
, vế phải là bậc ba đối với t = 3 − 2 y , do vậy ta có thể
x

biến đổi đưa về dạng f ( u ) = f ( v ) .
Giải
 x ≥ −2

Điều kiện: 
3
 y ≤ 2
Xét thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế của phương trình (1) cho x3 ta được:

( 1) ⇔ −

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

 1  1
⇔ 1 − ÷ + 1 − ÷ =
 x  x

(

3− 2y

)

3

( 3)

+ 3− 2y

3
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡
2
Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0 ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .

1
Do đó, (3) ⇔ − + 1 = 3 − 2 y
x
Thế vào (2) ta được:

x + 2 = 3 15 − x + 1

(4)

Phân tích: Nhận thấy ngay vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số
nghịch biến nên ta dự đoán nghiệm (thường thử giá trị x0 làm cho các biểu thức
chứa căn là số “chẵn”, hoặc dùng máy tính có chức năng Solve,…) sau đó
chứng minh nghiệm là duy nhất.
Ta thấy x = −2 không là nghiệm của (4),
Với x > −2
Hàm số g ( x ) = x + 2 có g ' ( x ) =
đồng biến trên ( −2; +∞ ) .
7

1
2 x+2

> 0 ∀x > −2 nên hàm số g ( x )


Hàm số h ( x ) = 3 15 − x + 1 có h ' ( x ) =

−1
3 ( 15 − x )

3

2

< 0∀x ≠ 15 .

Hàm số h ( x ) liên tục trên ¡ nên h ( x ) nghịch biến trên ¡ , suy ra nghịch biến
trên ( −2; +∞ ) .
Mà x = 7 là nghiệm của (4) nên (4) có nghiệm duy nhất x = 7 ⇒ y =

111
.
98

 111 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  7;
÷.
 98 
Bài 149.

( y 2 + 1) y + (1 − 2 x) 2 x − 2 = 0
Giải hệ phương trình  2
3
( y − 2)( 4 x − 4 + y ) = 3 x − 1

Phân tích: Trong phương trình (1),

(y

2

( 1)
( 2)

)

+ 1 y là hàm số bậc ba đối với y;

(1 − 2 x) 2 x − 2 là hàm số bậc ba đối với t = 2 x − 2 , nên ta sẽ thử biến đổi về dạng
f ( u ) = f ( v ) từ phương trình (1).
Giải
Điều kiện : x ≥ 1
2

Ta có: (1) ⇔ ( y + 1) y = 


(

2x − 2

)

2

+ 1 2 x − 2


(3)

2
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên ¡ , có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡

nên f (t ) đồng biến trên ¡
Do đó, (3) ⇔ f ( y ) = f ( 2 x − 2) ⇔ y = 2 x − 2
Thay vào (2) ta được : (2 x − 4)( 3 4 x − 4 + 2 x − 2) = 3 x − 1
•

x = 2 không phải là nghiệm của (4)

•

x ≠ 2 : (4) ⇔

3

4x − 4 + 2x − 2 =

Đặt f ( x ) = 3 4 x − 4 + 2 x − 2 ; g ( x ) =
ta có

f '( x ) =
g '( x ) =

4
3 3 (4 x − 4)

2

+

1
2x − 2

(4)

3x − 1
.
2x − 4

3x − 1
,
2x − 4

> 0, ∀x > 0 và

−10
< 0, ∀x ∈ (1;2) và (2; +∞)
(2 x − 4) 2

⇒ f ( x ) đồng biến trên (1;2) và (2;+ ∞) , g(x) nghịch biến trên (1;2) và (2;+ ∞)
• Trên [ 1;2 ) , ta có min f ( x ) = 0;max g ( x ) = −1 ⇒ (4) không có nghiệm.
8


• Trên ( 2; +∞ ) , (4) có tối đa một nghiệm. Mà f ( 3) = g ( 3) = 4 ⇒ x = 3 là nghiệm
duy nhất của (4).
Với x = 3 ⇒ y = 2 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;4 ) .
Bài tập tương tự:

(

)

 x 2 + 1 x + ( y − 4 ) 3 − y = 0
1. Giải hệ phương trình 
22 x 2 + 9 y 2 + 18 4 − 3 x = 76
Đáp số: ( x; y ) = ( 1;2 )
 2
4x2 + 1
2
2
( 1)
2 x + 3 = 4 x − 2 x y 3 − 2 y +
x
2. Giải hệ phương trình 
 2 x + 1 2 − 3 − 2 y = x + 2 + 3 2 x 2 + x3 2
)
( )
(

(

)

Hướng dẫn:
Xuất phát từ phương trình (1), ta cô lập biến bằng cách chia hai vế phương trình
 1
(1) cho x 2 và đưa về dạng f 1 − ÷ = f

 x
Thế

3 − 2y = 1−

1
x

(

)

3 − 2 y , với f ( t ) = t 3 + t .

vào (2), rồi chia hai vế cho x, đưa về dạng


 2 
1
f  1 + ÷ = f  3 + 1 ÷, với f ( t ) là hàm số đã xét ở trên.
x

 x

 5 −1 3 + 5 
;
Đáp số: ( x; y ) = 
÷
2
4 


 y 2 + 2 x = 1 + 1 + x + 2 1 + y
3. Giải hệ phương trình 
2
( y − x ) ( y + 1) + y − 2 1 + x = 1 ( 2 )

(

)

( 1)

Hướng dẫn:
Viết lại phương trình (2) : y + 1 −

1
1
= x +1 +1−
y +1
x +1 +1

⇔ f ( y + 1) = f ( x + 1 + 1) ( f ( t ) = t −

1
đồng biến với t > 0 )
t

⇔ y + 1 = x + 1 + 1 ⇔ x = y 2 − 1, ( y ≥ 0 ) ,(3)
Thế (3) vào (1) ta được phương trình : 3 y 2 + 2 y = 3 ( y + 1) + 2 y + 1
⇔ g ( y ) = g ( y + 1), ( g (t ) = 3t 2 + 2t đồng biến với t ≥ 0 )

9


⇔ y=

y +1 ⇔ y =

1+ 5
2

1+ 5 1+ 5 
;
Đáp số: ( x; y ) = 
÷.
2 
 2
2. Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp biến đổi tương đương
2.1. Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp nâng lũy thừa khử căn hoặc
phương pháp giải những phương trình đa thức bậc cao.
Ngoài phương pháp hàm số đã nêu ở phần trước, giáo viên cần nhắc lại cho học
sinh một số phép biến đổi tương đương cơ bản của phương trình để biến đổi phương
trình ban đầu về phương trình đã biết cách giải sau:
2n

 g ( x ) ≥ 0 ( f ( x ) ) ≥ 0
f ( x ) = 2n g ( x ) ⇔ 
 f ( x ) = g ( x )

2 n +1

2n

f ( x ) = 2 n+1 g ( x ) ⇔ f ( x ) = g ( x )

 g ( x ) ≥ 0
f ( x) = g ( x) ⇔ 
2n
 f ( x ) = g ( x )

2 n +1

f ( x ) = g ( x ) ⇔ f ( x ) = g 2 n+1 ( x )

Bài 1. (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình:
 x3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

 2
1
2
x + y − x + y =
2

Phân tích: Hai vế của phương trình đầu đều có dạng bậc 3 (với hai biến x, y),
nên ta định hướng đưa phương trình đầu về dạng f ( u ) = f ( v ) , tuy nhiên hàm đặc
3
trưng lúc đó f ( t ) = t − 12t không đơn điệu trên ¡ do đó ta phải chặn biến. Nhìn vào
2

phương trình thứ 2 ta thấy đưa được về
x−

2

1 
1

 x − ÷ +  y + ÷ = 1 suy ra
2 
2


1
1
≤ 1; y − ≤ 1 .
2
2

Giải
( x − 1) 3 − 12 ( x − 1) = ( y + 1) 3 − 12 ( y + 1)

2
2
Hệ đã cho tương đương với: 
1 
1
 x − ÷ +  y + ÷ = 1
2 
2


10

( 1)
( 2)


1
1

 3
−1 ≤ x − 2 ≤ 1
− 2 ≤ x − 1 ≤ 2
⇔
Từ (2), suy ra 
1
−1 ≤ y + ≤ 1 − 1 ≤ y + 1 ≤ 3

2
 2
2
 3 3
2
3
Xét hàm số f ( t ) = t − 12t trên  − ;  , ta có f ' ( t ) = 3 t − 4 < 0, suy ra f ( t )
 2 2

(

)

nghịch biến.
Do đó ( 1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2

( 3)

Thay vào (2), ta được

x =
1 
3

2
 x − ÷ +  x − ÷ = 1 ⇔ 4 x − 8x + 3 = 0 ⇔ 
2 
2

x =

2

2

1
2
3
2

1 3
3 1
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x; y ) =  ; − ÷; ( x; y ) =  ; − ÷

2 2
2 2
Bài 150.

(

)

 x3 − y 3 = 3 x − y 2 + 2

Giải hệ phương trình 
 x 2 + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 + 2 = 0

( 1)
( 2)

Giải
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2 .
Ta có ( 1) ⇔ x 3 − 3 x = ( y − 1) − 3 ( y − 1)
3

( 3)

Do 0 ≤ y ≤ 2 ⇒ −1 ≤ y − 1 ≤ 1
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t với −1 ≤ t ≤ 1 , có f ' ( t ) = 3t − 3 ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] nên hàm số

f ( t ) đồng biến trên [ −1;1] .
Do đó ( 3) ⇔ f ( x ) = f ( y − 1) ⇔ x = y − 1 hay y = x + 1

Thế vào (2) ta được
x2 + 1 − x2 − 3 1 − x2 + 2 = 0
⇔ x2 + 2 = 2 1 − x2 ⇔ x4 + 8x2 = 0 ⇔ x = 0
Với x = 0 ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0;1) .

Bài 151.

2 x 2 + 5 y 2 − 4 xy − 6 x − 6 y + 9 = 0

3
Giải hệ phương trình: 
( x − 1)
 xy + 2 x = ( y + 3)
y+2


11

( 1)
( 2)


Phân tích: Khi nhìn vào phương trình thứ hai của hệ mang dáng dấp hàm số

( y + 2)

nếu ta viết được dưới dạng:

3

=

y+3

( x − 1)

3

.

x

Tuy nhiên với điều kiện của hệ trên chưa cho phép ta có biến đổi đó. Do vậy cần
tìm điều kiện của hai ẩn x, y từ phương trình đầu của hệ. Ta coi ( 1) lần lượt là
phương trình bậc hai ẩn x (ẩn y), từ điều kiện tồn tại nghiệm của phương trình ẩn x (ẩn
y) ta sẽ tìm được điều kiện cho y và x.
Giải
Điều kiện:

( x − 1)

3

≥ 0, y ≠ −2 .

y+2

2 x 2 − 2 x ( 2 y + 3) + 5 y 2 − 6 y + 9 = 0
Từ phương trình đầu của hệ ta có:  2

.
2
5 y − 2 y ( 2 x + 3) + 2 x − 6 x + 9 = 0

(
(

)
)

∆ 'x = ( 2 y + 3) 2 − 2 5 y 2 − 6 y + 9 ≥ 0

Điều kiện để tồn tại x và y là:  '
2
2
∆ y = ( 2 x + 3) − 5 2 x − 6 x + 9 ≥ 0
 4 − 10
4 + 10
6 y 2 − 24 y + 9 ≤ 0
≤ y≤

⇔ 2
⇔ 2
.
2
6
x
−
42
x

+
36
≤
0

1 ≤ x ≤ 6

Suy ra x − 1 ≥ 0, y + 2 > 0

( y + 2)
Do đó, ( 2 ) ⇔
y+3

3

=

( x − 1)

3

.

x

t3
Xét hàm số f ( t ) = 2
với t ≥ 0
t +1
có f ' ( t ) =

(

)

3t 2 t 2 + 1 − 2t.t 3

(

)

t2 +1

2

=

t 4 + 3t 2

(

)

t2 +1

2

≥ 0, ∀t ≥ 0

nên hàm số f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) .

Do đó phương trình ( 2 ) có dạng
f

(

)

y+2 = f

(

)

x −1 ⇔

y + 2 = x −1 ⇔ y = x − 3.

Thế vào (1) ta được: 2 x 2 + 5 ( x − 3) − 4 x ( x − 3) − 6 x − 6 ( x − 3) + 9 = 0
2

x = 4
⇔ x 2 − 10 x + 24 = 0 ⇔ 
x = 6
12


Với x = 4 ⇒ y = 1 ; x = 6 ⇒ y = 3 , ta thấy đều thỏa mãn điều kiện.
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là: ( 4;1) ; ( 6;3) .
Bài 152.

ln ( 1 + x ) − ln ( 1 + y ) = x − y ( 1)
Giải hệ phương trình:  2
2
2 x − 5 xy + y = 0

( 2)

Giải.
Điều kiện: x > −1, y > −1.
Phương trình (1) của hệ được viết lại dưới dạng
ln ( 1 + x ) − x = ln ( 1 + y ) − y
Xét hàm số f ( t ) = ln ( 1 + t ) − t với t ∈ ( −1; +∞ ) có f ' ( t ) =

( 3)
1
−t
−1 =
.
1+ t
1+ t

Ta thấy f ' ( t ) = 0 ⇔ t = 0 .
Bảng biến thiên

Ta có ( 3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) .
• Nếu x, y thuộc cùng một miền đơn điệu của hàm số f ( t ) thì
f ( x) = f ( y) ⇔ x = y .
Thế vào phương trình (2) ta được: x = y = 0.
• Nếu x, y nằm trên hai miền đơn điệu khác nhau của f ( t ) thì xy < 0 . Khi đó vế trái
của (2) luôn dương, phương trình không thỏa mãn.

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0;0 ) .
Bài 153.

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

Giải.
Điều kiện: x ≥ −1, y ≥ 0
Ta có, (1) ⇔ ( x + 1) 2 − 4 x + 1 = y 2 − 4 y

(3)

4
Xét hàm số f (t ) = t − 4t , t ∈ [ 0; +∞ )

f '(t ) = 4t 3 − 4 = 4(t 3 − 1), f '(t ) = 0 ⇔ t = 1
Bảng biến thiên

13


Ta có (3) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) .
• Nếu t1 = x + 1 và t2 =

y nằm trên cùng một miền đơn điệu của f(t). Khi đó:

f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ x + 1 =

y ⇔ y = x + 1 . Thay vào pt(2) ta được:

x( x − 1) = 2 − 2 x + 1 ⇔ x 2 = ( x + 1) − 2 x + 1 + 1
 x = x + 1 − 1  x = −1 ⇒ y = 0 (t/m)
2
x +1 −1 ⇔ 
⇔
 x = 0 ⇒ y = 1 (t/m)
 x = 1 − x + 1
⇒ Trường hợp này hệ có 2 nghiệm (x;y) là: (-1;0) và (0;1).
• Nếu t1 = x + 1 và t2 = y nằm trên 2 miền đơn điệu khác nhau f ( t ) . Khi đó:
⇔ x2 =

(

(

)

)(

x +1 −1

)

y −1 < 0 ⇔

Lại có: (2) ⇔ x( y − 1) =

(

x
x +1 +1

)

x +1 −1

2

.

y −1
y +1

< 0 ⇔ x( y − 1) < 0

(4). VT(4)<0, VP(4) ≥ 0 ⇒ pt(4) VN.

⇒ Trường hợp này hệ vô nghiệm
Vậy hệ có 2 nghiệm ( x; y ) : ( −1;0),(0;1) .
 x − 2 − 3 − y = y 2 − x 2 + 4 x − 6 y + 5
Bài 154.
Giải hệ phương trình: 
2
 2 x − x + 3 y − 5 − 2 x + 1 = 3 − y

(1)
(2)

Giải
 x ≥ 2; y ≤ 3
Điều kiện:  2
.
2 x − x + 3 y − 5 ≥ 0
Biến đổi phương trình (1), ta được ( 1) ⇔ ( x − 2) 2 + x − 2 = (3 − y ) 2 + 3 − y
Xét hàm số f (t ) = t 2 + t với t ≥ 0 . Ta có: f '(t ) = 2t +

1
2 t

> 0 ∀t > 0 , f ( t ) liên tục

trên [ 0; +∞ ) nên hàm số f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ ) .
Phương trình (3) có dạng: f ( x − 2) = f (3 − y ) ⇔ x − 2 = 3 − y ⇔ y = 5 − x
Khi đó (2) ⇔ 2 x 2 − 4 x + 10 = 2 x + 1 + x − 2
⇔ (2 x − 4) 2 x + 1 = x 2 − 2 x + 5 ⇔ x 4 − 12 x 3 + 42 x 2 − 36 x + 9 = 0

(

⇔ x2 − 6 x

)

2

(

+ 6( x 2 − 6 x) + 9 = 0 ⇔ x 2 − 6 x + 3

)

2

Với x = 3 + 6 ⇒ y = 2 − 6 (thỏa mãn điều kiện)
14

( 3)

 x = 3 + 6(TM)
=0⇔
 x = 3 − 6(L)


(

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 3 + 6;2 − 6
Bài 155.

)

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

( 1)
( 2)

Giải
1

Điều kiện: − ≤ y ≤ 0
2
Phương trình (1) của hệ tương đương với:
( 2 y + 1) − 3 2 y + 1 = ( −2 x ) − 3 ( −2 x ) (3)
3

1
Vì − ≤ y ≤ 0 nên 0 ≤ 2 y + 1 ≤ 1.
2
Từ phương trình (2) của hệ ta thấy để hệ có nghiệm thì
1
2x2 + x ≤ 0 ⇒ − ≤ x ≤ 0 ⇒ 0 ≤ 2x ≤ 1 .
2
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t , t ∈ [ 0;1] , ta có f ' ( t ) = 3t − 3 ≤ 0, ∀t ∈ [ 0;1] nên hàm số f ( t )

nghịch biến trên [ 0;1] ta suy ra

( 3) ⇔ f ( −2 x ) =

f

(

x ≤ 0

2 y + 1 ⇔ −2 x = 2 y + 1 ⇔ 
4 x2 − 1
y =

2


)

4x2 − 1
Thế y =
vào (2) ta được:
2

(

1 − 4x2
2 x + x − 2 x.
= 0 ⇔ x 2x + 1 − 2 1 − 4 x2
2
2

(

))

x = 0
=0⇔
2
 2 − 8 x = 2 x + 1

( 4)

1

Với x = 0 ⇒ y = − .
2
Xét phương trình (4), ta có:
1

x ≥ − 2
1
1



1
x ≥ −
x ≥ −

−1
⇔
⇔  x =
⇔ x = − ( T/m x ≤ 0 )
2
2
( 4) ⇔ 
2
2
2 − 8 x 2 = 4 x 2 + 4 x + 1 12 x 2 + 4 x − 1 = 0  



1
  x = 6


1
Với x = − ⇒ y = 0 .
2

15


1  1 

Hệ đã cho có hai nghiệm  0; − ÷,  − ;0 ÷
2  2 

Bài 156.

( 1)

 x5 + xy 4 = y10 + y 6
Giải hệ phương trình 
2
 4 x + 5 + y + 8 = 6

( 2)

Giải
5
Điều kiện: x ≥ − .
4
Nhận thấy y = 0 không thỏa mãn hệ, chia 2 vế phương trình (1) cho y 5 , ta được:
5

x
x
5
 ÷ + =y +y
y
 y

(3)

5
Xét hàm số f ( t ) = t + t , ( t ∈ ¡ ) .
4
Ta có f ' ( t ) = 5t + 1 > 0, ( ∀t ∈ ¡

)

Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Vậy (3) ⇔

x
= y ⇔ x = y2 .
y

Thế vào phương trình (2) ta được:
4 x + 5 + x + 8 = 6 ⇔ 5 x + 13 + 2

( 4 x + 5) ( x + 8)

= 36

23 − 5 x ≥ 0
⇔ 2 4 x 2 + 37 x + 40 = 23 − 5 x ⇔ 
2
2
4 4 x + 37 x + 40 = ( 23 − 5 x )
23

x ≤ 5

⇔
⇔ x =1
x =1


  x = 41

(

)

Với x = 1 ta có y 2 = 1 ⇔ y = ±1
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là: ( 1;1) và ( 1; −1)
Bài 157.

 x3 − 3x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2

Giải hệ phương trình: 
3 x − 2 = y 2 + 8 y

( 1)
( 2)

Giải
Điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 0

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

y +3 −3 y +3

16

( 3)


3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t , t ≥ 1 có f ' ( t ) = 3t − 3 ≥ 0, ∀t ≥ 1 nên hàm số f ( t ) đồng

biến trên [ 1; +∞ ) .
Với x ≥ 2 ⇒ x − 1 ≥ 1;

y≥0⇒

Phương trình (3) có dạng f ( x − 1) = f

y + 3 >1

(

)

y + 3 ⇔ x −1 =

y+3

Do x ≥ 2, bình phương hai vế ta được y = x 2 − 2 x − 2
Thế vào (2) ta được

(

9 ( x − 2) = x2 − 2 x − 2

)

2

(

)

+ 8 x 2 − 2 x − 2 ⇔ x 4 − 4 x 3 + 8 x 2 − 17 x + 6 = 0

x = 3
⇔ ( x − 3) x3 − x 2 + 5 x − 2 = 0 ⇔  3
2
 x − x + 5x − 2 = 0

(

)

3
2
2
Với x ≥ 2 ⇒ x − x = x ( x − 1) > 0;5 x − 2 ≥ 10 − 2 = 8 nên phương trình thứ (2) vô

nghiệm.
Do vậy, hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;1)
( 8 x − 3) 2 x − 1 − y − 4 y 3 = 0
Giải hệ phương trình  2
3
2
4 x − 8 x + 2 y + y − 2 y + 3 = 0

Bài 158.

( 1)
( 2)

Giải
1
Điều kiện: x ≥ ; Ta có
2

( 1) ⇔ 4 y 3 + y = 4 ( 2 x − 1)
3
Xét hàm số f ( t ) = 4t + t , t ∈ ¡

2
Suy ra f ' ( t ) = 12t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t )
Do đó ( 3) ⇔ f ( y ) = f

(

2x −1 + 2x −1

là hàm số đồng biến trên ¡ .

)

2x − 1 ⇔ y = 2x −1 .

Từ (2) ta có

(

)

4 x2 − 8x + 2 y y 2 − 1 + y 2 + 3 = 0
⇔ 4 x2 − 8x + 2 y ( 2 x − 2) + 2 x − 1 + 3 = 0
⇔ 4x2 − 6x + 2 + 2 y ( 2x − 2) = 0

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

(

(3)

)

⇔ ( 2x − 2) y2 + 2 y = 0
x = 1
⇔  y = 0
 y = −2
17


1  5

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là ( 1;1) , ( 1; −1) ,  ;0 ÷,  ; −2 ÷
2  2

Bài tập tương tự

(

 x2 − y 2 + 1 = 2 y − x + 1 − x

1. Giải hệ phương trình 
 x + 1 + y − 3 + x − y = 2

)

Hướng dẫn.
Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về dạng:
f ( x + 1) = f ( y ) , với f ( t ) = t 2 + 2 t .
Từ đây rút được y = x + 1, thế vào phương trình còn lại và sử dụng phép biến đổi
tương đương để giải.

Đáp số: ( x; y ) = ( 3;4 ) .
 x − 2 − 3 − y = y 2 − x 2 + 4 x − 6 y + 5
2. Giải hệ phương trình 
 2 x + 3 + 4 y + 1 = 6
Hướng dẫn
Biến đổi phương trình thứ nhất của hệ về dạng:
f

(

)

x−2 = f

(

)

3 − y , với f ( t ) = t 2 + 2 t .

Từ đây rút được x = 5 − y thế vào phương trình còn lại và sử dụng phép biến đổi
tương đương để giải.
Đáp số: ( x; y ) = ( 3;2 ) , ( x; y ) = ( −1;6 ) .
3. Giải hệ phương trình
 x + 1 + x + 3 + x + 5 =

2
2
 x + y + x + y = 80

y −1 + y − 3 + y − 5

Hướng dẫn
Đưa phương trình đầu của hệ về dạng f ( x + 1) = f ( y − 5 ) ,
với f ( t ) = t + t + 2 + t + 4 là hàm số đồng biến trên [ 0; +∞ ) .
Do đó ta được y = x + 6 . Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
x 2 + 7 x − 19 = 0 .
5 5 −7 5 5 +5
;
Đáp số: ( x; y ) = 
÷
2
2


8 x 3 − y 3 + 6 y 2 − 6 x − 9 y + 2 = 0
( 1)
4. Giải hệ phương trình  2
2
4 x + 1 − 4 x − 3 ( y − 1) ( 3 − y ) + 1 = 0 ( 2 )
18


 2 3 −3


÷;
;2
+
2

3
−
3
Đáp số:

÷
2





2 3 −3
−
;2 − 2 3 − 3 ÷

÷
2



2.2. Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp giải phương trình đẳng cấp
Trong phương pháp này, ngoài việc nắm được ứng dụng hàm số vào giải
phương trình, ta cần phải nắm được cách giải một số dạng phương trình đẳng cấp sau:
+) Phương trình: ax 2 + bxy + cy 2 = 0
Xét y = 0 ⇒ x = 0 .

Xét y ≠ 0, chia hai vế cho y được phương trình a 

2

là phương trình bậc hai ẩn

2

 x
x
÷ + b  ÷+ c = 0
y
 y

x
.
y

+) Phương trình ax 3 + bx 2 y + cxy 2 + dy 3 = 0 .
Xét y = 0 ⇒ x = 0
3

2

 x
 x
x
Xét y ≠ 0 , chia hai vế cho y 3 được a  ÷ + b  ÷ + c  ÷+ d = 0 là
 y
 y
 y
phương trình bậc ba ẩn

x
.
y

+) Phương trình dạng: α .x + β y = mx 2 + ny 2 , bình phương hai vế của phương
trình ta được phương trình đẳng cấp bậc hai đối với hai ẩn x; y.
 x 4 + 2 x 3 y − 2 x 2 y 2 − 12 xy 3 + 8 y 4 + 1 = 0
Bài 1. Giải hệ phương trình  4
2
3
6
3
 y + x + y = 1 + x + 1 − 2 x y

(

)

( )

2
Phân tích: Ta đưa được phương trình (2) về dạng f y = f

( 1)
( 2)

(

)

1 − 2 x3 y với

f ( t ) = t 2 + t đồng biến trên [0; +∞) , do đó ta có y 2 = 1 − 2 x 3 y ⇔ y 4 = 1 − 2 x 3 y (*).
Để ý đến phương trình (1) ta thấy các biểu thức chứa biến đều có bậc 4, nếu chữ
số 1 có thể chuyển về thành biểu thức bậc 4 thì ta được phương trình đẳng cấp bậc 4,
điều này giải quyết được do phương trình (*) ta vừa thu được. Ta có lời giải sau:
Giải
Điều kiện: 1 − 2 x3 y ≥ 0
Ta có: ( 2 ) ⇔ y 4 + y 2 = 1 − 2 x3 y + 1 − 2 x 3 y
( 3)
Xét hàm số: f (t ) = t 2 + t với t ≥ 0 , có f ′(t ) = 2t + 1 > 0 với mọi t ≥ 0
Nên hàm số f ( t ) đồng biến trên [ 0; +∞ )
19


Mà y 2 ; 1 − 2 x3 y ∈ [ 0; +∞ ) nên:

( 3) ⇔

( )

f y2 = f

(

)

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

(4)

Thay 1 = y 4 + 2 x 3 y vào ( 1) ta được:
x 4 + 4 x3 y − 2 x 2 y 2 − 12 xy 3 + 9 y 4 = 0
(5)
Do y = 0 không thỏa mãn nên chia hai vế phương trình (5) cho y 4 ta được:
4

3

2

x
x
x
x
 ÷ + 4  ÷ − 2  ÷ − 12  ÷+ 9 = 0
 y
 y
 y
 y
2

x 
⇔  − 1÷
y 

2

x


. + 3 ÷ = 0
y


x = y
⇔
 x = −3 y
4
Với x = y , thay vào (4) ta có: 3 x = 1 ⇔ x = ±

1
4

3
Với x = −3 y , cũng từ (4) ta có: −53 y = 1 (vô nghiệm)
4

 1 1   −1 −1 
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là:  4 ; 4 ÷,  4 ; 4 ÷.
 3 3  3 3

Bài 159.

 y3 + 3 y = ( x + 5) x + 2
( 1)

Giải hệ phương trình:  2
2
2
2 x + 16 = 3 2 y + y x − 2 x + 4 ( 2 )

)

(

Giải
Điều kiện x ≥ −2, y ∈ ¡ .

( 1) ⇔ y 3 + 3 y = ( x + 2 ) + 3 x + 2
3
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , t ∈ ¡
f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ , suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Phương trình (1) có dạng: f ( y ) = f ( x + 2 ) ⇔ y = x + 2
3

(

2
2
Thay vào (2) ta được 2 x + 16 = 3 2 ( x + 2 ) + x + 2 x − 2 x + 4

⇔ 2 x2 − 6 x + 4 = 3 x + 2 x2 − 2 x + 4

(

)

⇔ 2 x2 − 2x + 4 − 2 ( x + 2) = 3 x + 2 x2 − 2 x + 4
Đặt u = x + 2, v = x 2 − 2 x + 4, ( u ≥ 0, v > 0 )
Phương trình trở thành 2v 2 − 3uv − 2u 2 = 0 (3)

Do v > 0, chia hai vế phương trình (3) cho v 2 ta được:
2
u
u 1
u
u
2  ÷ + 3  ÷− 2 = 0 ⇔ = hoặc = −2 .
v
v 2
v
v
20

)


Do u ≥ 0, v > 0 nên

u 1
= ⇔ v = 2u
v 2

Suy ra x 2 − 2 x + 4 = 2 x + 2 ⇔ x 2 − 6 x − 4 = 0 ⇔ x = 3 ± 13 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là:

)(

( 3+

Bài 160.

)

13; 5 + 13 , 3 − 13; 5 − 13 .

 x3 − 2 y 3 + 3 ( x − 2 y ) = 3xy ( x − y ) ( 1)
Giải hệ phương trình  3
2
2x + 1
( 2)
2 x = 1 + 4 y − 3 x

(

)

Giải
1
Điều kiện: x ≥ − .
2
Phương trình ( 1) ⇔ ( x − y ) + 3 ( x − y ) = y 3 + 3 y
3

(3)

3
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , với t ∈ ¡ .
2
3
Ta có f ' ( t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) = t + 3t đồng biến trên ¡ .

Khi đó: (3) có dạng f ( x − y ) = f ( y ) ⇔ x − y = y ⇔ x = 2 y.

(

3
2
Thế vào (2) ta được: 2 x = 1 + 2 x − 3 x

)

2x + 1

(4)

Đặt t = 2 x + 1, t ≥ 0, khi đó (4) trở thành: 2 x 3 = t 3 − 3 x 2 t ⇔ 2 x 3 + 3 x 2 t − t 3 = 0
Nếu t = 0 thì x = 0 không thỏa mãn (4)
x
 t = −1  x = −t
x
x




⇔
Nếu t ≠ 0, chia hai vế cho t 3 ta được: 2  ÷ + 3  ÷ − 1 = 0 ⇔ 
t
t
t = 2 x

x = 1
 t 2
3

2

 1
− 2 ≤ x ≤ 0
 1
−
≤
x
≤
0


⇔ 
⇔ x = 1− 2
Với x = −t , ta có x = − 2 x + 1 ⇔  2
x = 1+ 2
 x2 = 2 x + 1


  x = 1 − 2

Với 2x = t , ta có
x ≥ 0

  x = 1 + 5
x

≥
0

1+ 5
2x = 2x +1 ⇔  2
⇔ 
⇔x=
4

4
4 x − 2 x − 1 = 0

1
−
5
 x =
 
4

1+ 5 1+ 5 
1− 2 
;
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( x; y ) là:  1 − 2;
÷ và 
÷
2
4
8 




21


Bài tập tương tự
 x 6 + 9 x 2 + 10 + 3 y 2 = y 3 + 12 y
1. Giải hệ phương trình 
2 y − 6 x − 6 + y ( x + 1) = 0
 9 + 161 153 + 9 161  9 − 161 153 − 9 161 
;
;
Đáp số: ( x; y ) = 
÷
÷
8
32
8
32



1
1

 x − y = x2 + 1 − y 2 + 1
2. Giải hệ phương trình 
2 y 3 + x 2 + y = x 2 + 6 y + 6


(

)

y +1

Đáp số: ( x; y ) = ( 3;3)
2.3. Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp nhân liên hợp
Trong mục này ta xét đến lớp bài toán có thể sử dụng phương pháp hàm số để
đơn giản một phương trình trong hệ, sau đó thế vào phương trình còn lại sử dụng
phương pháp nhân lượng liên hợp.
Mục đích của phương pháp nhân lượng liên hợp là đưa phương trình thu được
về phương trình tích số. Một số dạng nhân lượng liên hợp cần chú ý sau:
- Nhân lượng liên hợp bằng cách nhóm các số hạng trong phương trình: Quan
sát các số hạng có trong phương trình để tìm mối liên hệ giữa chúng, sau đó nhóm lại
rồi nhân lượng liên hợp để làm xuất hiện nhân tử chung.
- Nhân lượng liên hợp bằng cách thêm bớt hằng số: Đoán nghiệm x0 của
phương trình, sau đó thêm bớt hằng số rồi nhân lượng liên hợp để xuất hiện nhân tử
x − x0 . Cách đoán nghiệm x0 ta có thể dùng chức năng SOLVE của máy tính cầm tay
f ( x0 ) là số nguyên (hoặc hữu tỉ).

hoặc chọn số x0 sao cho

2 x 3 y + y 3 = x 6 + 2 x 4
Bài 1. Giải hệ phương trình 
2
( x + 2 ) y + 1 = ( x + 1)
Giải
Điều kiện y ≥ −1 .

( 1)

( 2)

Do x = 0 không thỏa mãn hệ đã cho nên chia hai vế của phương trình (1) cho x3 ta
được:
3

y
y
( 1) ⇔  ÷ + 2 = x3 + 2 x
x
x
3
Xét hàm số f ( t ) = t + 2t ,

( 3)

t∈¡ .

2
Ta có: f ' ( t ) = 3t + 2 ≥ 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡

22


y
 y
2
Do đó ( 3) ⇔ f  ÷ = f ( x ) ⇔ = x ⇔ y = x
x
x

Thế y = x 2 vào (2) ta được:

( x + 2)

x2 + 1 = x2 + 2x + 1

)

⇔ ( x + 2)

(

Ta có

x 2 + 1 + x > x + x ≥ 0 nên nhân hai vế của phương trình trên với

x2 + 1 − x = 1

x 2 + 1 + x ta được:
x + 2 = x2 + 1 + x
⇔ x2 + 1 = 4 ⇔ x = ± 3

(

)

(

Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) = − 3;3 , ( x; y ) =
Bài 161.

)

3;3 .

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

( 1)
( 2)

Giải
Điều kiện: −2 ≤ x ≤
Do 1 + y 2 − y >

22
3

y 2 − y = − y + y ≥ 0, ∀y ∈ ¡

Nên nhân hai vế của phương trình (1) với 1 + y 2 − y ta được

( 1) ⇔ x +

1 + x2 = ( − y ) +

( −y)

2

+1

(3)

Xét hàm số h ( t ) = t + t 2 + 1 , t ∈ ¡
Ta có h ' ( t ) = 1 +

t
t2 +1

=

t2 +1 + t
t2 +1

>

t +t
t2 +1

≥ 0, ∀t ∈ ¡

Suy ra hàm số h ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó ( 3) ⇔ x = − y .
Thay y = − x vào phương trình (2) ta được
4 x + 2 + 22 − 3 x = x 2 + 8
Nhẩm được nghiệm x = 2 , thực hiện nhân liên hợp ta thu được nghiệm x = 2 và phương
trình:

4
x+2 +2

−

3
22 − 3 x + 4

đặt VT = f ( x) ; VP = g ( x)
23

= x + 2 (*)


Ta có: f ′( x) =

−4
2 x + 2.(2 + x + 2)

2

−

9
2 22 − 3 x .(2 + 22 − 3 x ) 2

< 0 và

22 


g ′( x) = 1 > 0 với ∀x ∈  −2; ÷.
3 

22 

Suy ra f ( x) nghịch biến, g ( x) đồng biến trên  −2; 
3

Mà f (−1) = g (−1) = 1 suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = −1
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho: ( 2; −2 ) , ( −1;2 )

Bài 162.

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

( 1)
( 2)

Giải
Điều kiện: x ≥ −6; y ≥ −1 .
Phương trình (2) tương đương với
x−2

=

x2 − 4x + 5
⇔

x−2

( x − 2)

2

=

+1

Xét hàm số f ( t ) =

y +1
y+2
y +1

(

t
t +1
2

)

( 3)

2

y +1 +1

, t ∈ ¡ , có f ' ( t ) =

(t

1

2

)

+1

t +1
2

> 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số

f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó, ( 3) ⇔ f ( x − 2 ) = f

(

)

y +1 ⇔ x − 2 =

Thay vào (1) ta được
2 ( x − 2) x + 6 = − x2 + 4 x + 3
⇔ 2 ( x − 2)
⇔ 2 ( x − 2)

(

)

x + 6 − 3 = − x 2 − 2 x + 15
x−3
= − ( x − 3) ( x + 5 )
x+6 +3

 2x − 4

⇔ ( x − 3) 
+ x + 5÷= 0
 x+6 +3


24

x ≥ 2
y +1 ⇔ 
2
 y = x − 4x + 3


Do x ≥ 2 nên

2x − 4
x+6 +3

+ x + 5 ≥ 7 nên phương trình trên chỉ có nghiệm x = 3 , suy ra

y =0.
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;0 ) .
Bài 163.

Giải hệ phương trình:

)

(

 xy 2 x 2 + 1 + 1 = 3 y 2 + 9 + 3 y


( 3 x − 1) x 2 y + xy − 5 − 4 x 3 + 3x 3 y − 7 x = 0


( 1)
( 2)

Lời giải
2
Điều kiện: x y + xy − 5 ≥ 0 ( *)

Xét phương trình (1), ta có 3 y 2 + 9 + 3 y > 3 y + 3 y ≥ 0, ∀y
2
nên hệ có nghiệm thì xy

(

Mà x 2 y + xy − 5 ≥ 0 ⇒ y ≥

)

x2 + 1 + 1 > 0 ⇒ x > 0
5
>0
x2 + x

Chia hai vế của phương trình (1) cho y 2 , ta có
2

3
3
3
( 1) ⇔ x x + 1 + x = 1 +  ÷ +
y
y
 y
2

( 3)

Xét hàm số
f ( t ) = t t + 1 + t , t ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ f ' ( t ) = t + 1 +
2

2

t2
t2 +1

+ 1 > 0, ∀t ∈ ( 0; +∞ )

Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ ) .
3
3
3
Do đó phương trình (3) ⇔ f ( x ) = f  ÷ ⇔ x = ⇔ y =
y
x
 y
Điều kiện (*) ⇔ x ≥
Thay y =

2
3

3
vào phương trình (2) ta được:
x

( 3x − 1) 3x − 2 − 4 x3 + 9 x 2 − 7 x = 0
⇔ ( 3 x − 1) ( 3 x − 2 − x ) = 4 x3 − 12 x 2 + 8 x
− x 2 + 3x − 2
⇔ ( 3 x − 1)
= 4 x 3 − 12 x 2 + 8 x
3x − 2 + x
25