phương phap giải hệ PT BPT vô tỉ ôn thi THPT QUOC GIA(co loi giai chi tiet)

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH
I.

Phương pháp thế.

* Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và thế vào
phương trình còn lại.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ có một phương trình là bậc nhất
đối với một ẩn nào đó.

2 x + 3 y = 5

(1)

Bài 1 . Giải hệ phương trình 

2
2
3 x − y + 2 y = 4 (2)

Lời giải.

5 − 3y
Từ (1) ta có x =
thế vào (2) ta được
2

2

 5 − 3y 
2

3
÷ − y + 2y − 4 = 0
 2 

⇔ 3(25 − 30 y + 9 y 2 ) − 4 y 2 + 8 y − 16 ⇔ 23 y 2 − 82 y + 59 = 0 ⇔ y = 1, y =


59
23

 31 59  
; ÷
 23 23  

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là ( 1;1) ;  −



2 x − y − 1 = 0
Bài 2 Giải hệ phương trình sau :  2
2
 x + 2 y − 3x + 2 y − 2 = 0
3 x 3 + (6 − y ) x 2 − 2 xy = 0
Bài 3 Giải hệ :  2
 x − x + y = −3
- PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) y = −3 − x 2 + x thay vào PT (1).
- Nghiệm (0; −3); ( −2;9)
3x 3 + (5 − y ) x 2 − 2 xy − 2 x = 0
Bài 4 a) Giải hệ :  2
 x − x + y = −4

- PT (2) là bậc nhất với y nên Từ (2) y = −4 − x 2 + x thay vào PT (1).
3 x 3 + (6 + y 2 ) x 2 + 2 xy 2 = 0
b) Giải hệ :  2
2
 x − x + y = −3
 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y

Bài 6 (Thử ĐT2012) Giải hệ : 
.
 y ( x + y)2 = 2 x 2 + 7 y + 2
-

Từ (1) x 2 + 1 = 4 y − y 2 − xy thay vào (2). Nghiệm (1;2); ( −2;5)

 x 4 + 2 x3 y + x 2 y 2 = 2 x + 9 (1)
Bài 7. Giải hệ phương trình  2
(2)
 x + 2 xy = 6 x + 6

Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế.
Lời giải.
TH 1 : x = 0 không thỏa mãn (2)

6x + 6 − x2
TH 2 : x ≠ 0, (2) ⇔ y =
thế vào (1) ta được
2x
2

2

2
4
3  6x + 6 − x 
2  6x + 6 − x 
x + 2x 
÷+ x 
÷ = 2x + 9
2
x
2
x




2 2
x = 0
(6 x + 6 − x )
⇔ x 4 + x 2 (6 x + 6 − x 2 ) +
= 2 x + 9 ⇔ x( x + 4)3 = 0 ⇔ 
4
 x = −4

1





Do x ≠ 0 nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất  −4;

17 
÷
4

Chú ý.: Hệ phương trình này có thể thế theo phương pháp sau:

 x 2 + 6 x + 6  2
( x + xy ) = 2 x + 9

÷ = 2x + 9


2

⇔
- Hệ ⇔ 
2
x
+
6
x
+
6
 x 2 + xy =
 2
x2 + 6x + 6

2
 x + xy =

2
2

-

2

Phương pháp thế thường là công đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp
khác

 x( x + y + 1) − 3 = 0
3

Bài 8 (D – 2009 ) Giải hệ : 
. Từ (1) thế x + y = − 1 và thay vào PT (2).
5
2
x
( x + y ) − x 2 + 1 = 0

 x 2 + y 2 + 2( x + y ) = 7
Bài 9 Giải hệ : 
 y ( y − 2 x) − 2 x = 10
HD : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được : x 2 + 2 xy + 4 x + 2 y + 3 = 0 ⇔ ( x + 1)( x + 2 y + 3) = 0

II.

Phương pháp cộng đại số.

* Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán: cộng, trừ, nhân, chia

ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc có lợi cho các
bước sau.
* Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương trình có vế
trái đẳng cấp bậc k.
2
 x − 5 y + 4 = 0
Bài 1 Giải hệ phương trình  2
 y − 5 x + 4 = 0
2

y +2
3 y = 2

x
Bài 2. Giải hệ phương trình 
2
3 x = x + 2
2

y


-

ĐK: xy ≠ 0

3x 2 y = y 2 + 2
- Hệ ⇔  2
2
3 y x = x + 2

Lời giải.

(1)
(2)

. Trừ vế hai phương trình ta được

x − y = 0
3 x 2 y − 3xy 2 = y 2 − x 2 ⇔ 3xy ( x − y ) + ( x − y )( x + y ) = 0 ⇔ 
3xy + x + y = 0
- TH 1. x − y = 0 ⇔ y = x thế vào (1) ta được 3 x 3 − x 2 − 2 = 0 ⇔ x = 1
x2 + 2
y2 + 2
3
xy
+
x
+
y
=
0
⇒x>0
- TH 2.
. Từ 3 y =
⇒ y > 0 , 3x =
y2
x2
⇒ 3xy + x + y > 0 . Do đó TH 2 không xảy ra.
-

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1 ; 1)

2





Bài 2 Giải hệ phương trình 




1
x
1
y

+ 2−
+ 2−

y
1
x

=2

(1)

=2

(2)

Lời giải.

1
1
,y≥ .
2
2

-

ĐK: x ≥

-

Trừ vế hai pt ta được

⇔

1

y− x

2−
+

1

x

−


y 

1

− 2 −

1
y

+ 2−

1
y

− 2−

1
x

=0

1

÷

x

=0⇔

(

y−x

)

+

y−x

=0

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

- TH 1. y − x = 0 ⇔ y = x thế vào (1) ta được
x
x
1
, t > 0 ta được
- Đặt t =
x
2 − t ≥ 0
t ≤ 2
2 − t2 = 2 − t ⇔ 
⇔
⇔ t = 1 ⇒ x = 1 và
2
2
2
2
−
t
=
4
−
4
t
+
t
t
−
2
t
+

1
=
0


y =1
-

TH 2.

xy

xy

(

1

1
x+

y

)

1

+

1


1
xy  2 − + 2 −
y


1

÷
x

=0

. TH này vô nghiệm do ĐK.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1; 1)

 x 2 + 2 xy − y 2 = 2
Bài 5 Giải hệ phương trình:  2
2
 x + xy + y = 3
2
2
3 x + 5 xy − 4 y = 38
Bài 3. Giải hệ phương trình  2
2
5 x − 9 xy − 3 y = 15

Phân tích. Đây là hệ phương trình có vế trái đẳng cấp bậc hai nên ta sẽ cân bằng số hạng tự

do và thực hiện phép trừ vế.
Lời giải.

45 x 2 + 75 xy − 60 y 2 = 570
2
2
⇔
⇒ −145 x + 417 xy + 54 y = 0
- Hệ

190 x 2 − 342 xy − 114 y 2 = 570
- Giải phương trình này ta được y =

1
145
x, y = −
x thế vào một trong hai phương trình của
3
18

hệ ta thu được kết quả (3;1); (−3; −1)
* Chú ý
- Cách giải trên có thể áp dụng cho pt có vế trái đẳng cấp bậc cao hơn.
- Cách giải trên chứng tỏ rằng hệ phương trình này hoàn toàn giải được bằng cách đặt
y = tx, x ≠ 0 hoặc đặt x = ty , y ≠ 0 .
3


2
2

3 x + 2 xy + y = 11
Bài 4. Tìm các giá trị m để hệ  2
có nghiệm.
2
 x + 2 xy + 3 y = 17 + m
- Phân tích. Để có kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay y = tx, x ≠ 0

Lời giải.

 y = 11
 y 2 = 11

⇔  2 m + 17
- TH 1. x = 0 ⇒  2
3 y = m + 17  y =
3

m + 17
= 11 ⇔ m = 16
Vậy hệ có nghiệm x = 0 ⇔
3
3x 2 + 2tx 2 + t 2 x 2 = 11

- TH 2. x ≠ 0 , Đặt y = tx . Hệ ⇔  2
2
2 2
 x + 2tx + 3t x = 17 + m
11
 2
x =

2
2

(3 + 2t + t ) x = 11

3 + 2t + t 2
⇔
⇔

2
2
11
(1 + 2t + 3t ) x = 17 + m
(1 + 2t + 3t 2 ).
= 17 + m

3 + 2t + t 2
11
 2
x =
⇔
3 + 2t + t 2
(m − 16)t 2 + 2(m + 6)t + 3m + 40 = 0 (*)

11
> 0, ∀t nên hệ có nghiệm ⇔ pt (*) có nghiệm. Điều này xảy ra khi và
- Ta có
3 + 2t + t 2
chỉ khi m = 16 hoặc m ≠ 16, ∆ ' = (m + 6) 2 − (m − 16)(3m + 40) ≥ 0
2

⇔ 5 − 363 ≤ m ≤ 5 + 363
- Kết luận. 5 − 363 ≤ m ≤ 5 + 363
5 x 2 + 2 xy − y 2 ≥ 3

Bài 5. Tìm các giá trị của m để hệ  2
m (I) có nghiệm.
2
2
x
+
2
xy
+
y
≤

m −1

Lời giải.
-

-

5 x 2 + 2 xy − y 2 ≥ 3

Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được 
1
2
2

−6 x − 6 xy − 3 y ≥ −3 − m − 1

1
1
2
2
⇔ ( x + 2 y )2 ≤
Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được − x − 4 xy − 4 y ≥ −
m −1
m −1
1
> 0 ⇔ m >1
Điều kiện cần để hệ bpt có nghiệm là
m −1
5 x 2 + 2 xy − y 2 = 3
Điều kiện đủ. Với m > 1 . Xét hệ pt  2
(II)
2
2 x + 2 xy + y = 1
Giả sử ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ (II). Khi đó
2
 2
5 x02 + 2 x0 y0 − y02 = 3 5 x0 + 2 x0 y0 − y0 ≥ 3
⇒ 2
 2
m
2
2
2 x0 + 2 x0 y0 + y0 = 1 2 x0 + 2 x0 y0 + y0 ≤
m −1



4


-

-

Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I)
5 x 2 + 2 xy − y 2 = 3
⇒ − x 2 − 4 xy − 4 y 2 = 0 ⇔ x + 2 y = 0 ⇔ x = −2 y
(II) ⇔ 
−6 x 2 − 6 xy − 3 y 2 = −3
Thay x = −2 y vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được

1
2
⇒x=m
5
5
- Hệ (II) có nghiệm, do đó hệ (I) cũng có nghiệm. Vậy m > 1 .

1 

 3 x 1 +
÷= 2

 x+ y
Bài 6. Giải hệ phương trình 

 7 y 1 − 1  = 4 2
 x+ y÷



8 y2 − 4 y2 + y2 = 1 ⇔ 5 y2 = 1 ⇔ y = ±

-

-

Phân tích. Các biểu thức trong ngoặc có dạng a + b và a – b nên ta chia hai vế pt thứ nhất
cho 3x và chia hai vế pt thứ hai cho 7 y .
Lời giải.
ĐK: x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≠ 0 .
Dễ thấy x = 0 hoặc y = 0 không thỏa mãn hệ pt. Vậy x > 0, y > 0


2
2 =
3x
3x

⇔
4 2
 2 =
x + y
7y



- Nhân theo vế hai pt trong hệ ta được 


 1
2 2
+
=1
(1)

7y
7y
 3x
⇔
2
4 2
 1 −2 2= 1
−
 3x
3x
7y
7y x + y

1
2 2  1
2 2
1
+
−
÷
÷=

3x
7 y  3 x
7y  x + y
 y = 6x
1
8
1
2
2
⇔
−
=
⇔ 7 y − 38 xy − 24 x = 0 ⇔ 
4
y = − x
3x 7 y x + y
7

1
2
11 + 4 7
22 + 8 7
+
=1⇔ x =
⇒y=
TH 1. y = 6 x thế vào pt (1) ta được
21
7
3x
21x

4
TH 2. y = − x không xảy ra do x > 0, y > 0 .
7
 11 + 4 7 22 + 8 7 
;
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 
÷.
21
7


 a + b = m  m + n = 2a
⇔
Chú ý. Hệ phương trình có dạng 
. Trong trường hợp này, dạng
a − b = n
m − n = 2b


1 
 1 +
÷=
 x + y 
- Hệ ⇔ 
 1 − 1  =
 x + y ÷



-

2

+

4 2

thứ nhất có vế phải chứa căn thức nên ta chuyển về dạng thứ hai sau đó nhân vế để mất căn
thức.




- Tổng quát ta có hệ sau: 



a
bx
c
dy

=m+
=m+

n
px + qy
n
px + qy

5


 x 2 ( y + z )2 = (3 x 2 + x + 1) y 2 z 2
 2
2
2
2 2
Bài 7. Giải hệ phương trình  y ( z + x ) = (4 y + y + 1) z x
 z 2 ( x + y )2 = (5 z 2 + z + 1) x 2 y 2

-

2 2 2
Phân tích. Nếu chia hai vế của mỗi phương trình cho x y z thì ta được hệ mới đơn giản
hơn.

y = 0
z = 0
hoặc 
 z = t, t ∈ ¡
 y = t, t ∈ ¡
- Tương tự với y = 0 và z = 0 ta thu được các nghiệm là (0;0; t ), (0; t ;0), (t ;0;0), t ∈ ¡
2 2 2
- TH 2. xyz ≠ 0 . Chia hai vế của mỗi pt trong hệ cho x y z ta được
-

2 2
TH 1. xyz = 0 . Nếu x = 0 thì hệ ⇔ y z = 0 ⇔ 

 1 1 2
1
 + ÷ = 3 + +
x
 z y 

2
1
 1 1 
 + ÷ = 4 + +
y
 x z 
2

1
1
1


 +
=5+ +

÷
 y x 
z

1
z +


2

(1)

1
2
y

(2) . Cộng vế 3 phương trình của hệ ta được :

1
2
z

(3)
2

2

1 1 1
1
1
1 1 1 1
+  + ÷ +  + ÷ = 12 + + + +
+
+
÷
y
x y z x2 y2
x z  y x

1 1 1
2
 x + y + z = 4 (4)
1 1 1 1 1 1
⇔  + + ÷ −  + + ÷ − 12 = 0 ⇔ 
 1 + 1 + 1 = −3
x y z x y z
 x y z
2
1
1 1
9
9

- Từ (4) và (1) ta có  4 − ÷ = 3 + + 2 ⇔ = 13 ⇔ x =
x
x x
x
13

3
9
- Tứ (4) và (2) ta có y = . Từ (4) và (3) ta có z =
4
11
5
5
- Tương tự, từ (5), (1), (2), (3) ta có x = − , y = −1, z = − .
6
4

-

1

1
2
x

1
2
z

(5)

Vậy hệ có tập nghiệm là



5

9 3 9  5
; ; ÷;  − ; −1; − ÷, t ∈ ¡ 
4
 13 4 11   6


S = (t ;0;0); (0; t ;0); (0;0; t ); 
-



Nhận xét. Qua ví dụ trên ta thấy: từ một hệ phương trình đơn giản, bằng cách đổi biến số (ở
trên là phép thay nghịch đảo) ta thu được một hệ phức tạp. Vậy đối với một hệ phức tạp ta
sẽ nghĩ đến phép đặt ẩn phụ để hệ trở nên đơn giản.

III. Phương pháp biến đổi thành tích.
* Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đôi
khi cần kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích.
(1)
 xy + x − 2 = 0
Bài 1 (Khối D – 2012) Giải hệ  3
2
2
2
2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0 (2)
- Biến đổi phương trình (2) thành tích.
- Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y.
6


-

 xy + x − 2 = 0
−1 ± 5
Hệ đã cho ⇔ 
. Hệ có 3 nghiệm ( x; y ) = (1; 1); (
; ± 5)
2
2

(2 x − y + 1)( x − y ) = 0

(1)
 xy + x + y = x 2 − 2 y 2
Bài 2. (D – 2008) Giải hệ phương trình 
 x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y (2)
-

Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết
quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1).
Lời giải.
x
≥
1,
y
≥
0
ĐK:
2
2
(1) ⇔ y ( x + y ) + ( x + y ) = x − y ⇔ ( x + y )( y + 1 − x + y ) = 0
TH 1. x + y = 0 (loại do x ≥ 1, y ≥ 0 )
TH 2. 2 y + 1 − x = 0 ⇔ x = 2 y + 1 thế vào pt (2) ta được

(2 y + 1) 2 y − y 2 y = 4 y + 2 − 2 y ⇔ ( y + 1) 2 y = 2( y + 1)
 y +1= 0
 y = −1
⇔
⇔
. Do y ≥ 0 ⇒ y = 2 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (5;2)

y
=
2
2
y
=
2


-

Chú ý. Do có thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên có thể
giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x).

1
1

x − = y −
x
y
Bài 3. (A – 2003) Giải hệ phương trình 
2 y = x3 + 1

-

(1)
(2)

Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy có thể đưa (1) về dạng tích.
Lời giải.


1 1
x− y
1 
+ =0⇔ x− y+
= 0 ⇔ ( x − y ) 1 + ÷ = 0
x y
xy
xy 

−1 ± 5
TH 1. x = y thế vào (2) ta được x 3 − 2 x + 1 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x =
(t/m)
2
1
1
= 0 ⇔ y = − thế vào (2) ta được
TH 2. 1 +
xy
x
1
1
3
x4 + x + 2 = 0 ⇔ ( x2 − )2 + ( x + )2 + = 0 .
2
2
2
ĐK: xy ≠ 0 . (1) ⇔ x − y −

PT này vô nghiệm.



 −1 + 5 −1 + 5   −1 − 5 −1 − 5  
;
;
÷; 
÷
2
2
2
2

 
 

1
1

(1)
x − 3 = y − 3
Bài 3. (Thi thử GL) Giải hệ phương trình 
x
y
( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36
(2)

Vậy tập nghiệm của hệ là S = (1;1); 

Lời giải.

x= y

1
1
( y − x)( y 2 + xy + x 2 )
x − 3 = y − 3 ⇔ ( x − y) =
⇔  y 2 + xy + x 2
3 3

= −1
x
y
xy
x3 y 3

7


 x = −6
 x =2

2
TH 1. x = y thế vào pt thứ hai ta được x + 4 x −12 = 0 ⇔ 

y 2 + xy + x 2
= −1 ⇒ xy < 0 .
TH 2.
x3 y 3

(2) ⇔ 2 x 2 + 4 y 2 − 9 xy + 4 x − 16 y = −36 ⇔ 2( x + 1) 2 + 4( y − 2) 2 − 9 xy = −18
2
2
Trường hợp này không xảy ra do xy < 0 ⇒ 2( x + 1) + 4( y − 2) − 9 xy > 0
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = { (2;2); ( −6; −6)}
8 xy
 2
2
x
+
y
+
= 16
(1)

x+ y
Bài 4. Giải hệ phương trình 
 x + y = x2 − y
(2)

-

Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) không thu được kết
quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1)
Lời giải.
2
2
ĐK: x + y > 0 . (1) ⇔ ( x + y )( x + y ) + 8 xy = 16( x + y )

⇔ ( x + y ) 2 − 2 xy  ( x + y ) + 8 xy = 16( x + y )

⇔ ( x + y ) ( x + y ) 2 − 16  − 2 xy ( x + y − 4) = 0
⇔ ( x + y − 4) [ ( x + y )( x + y + 4) − 2 xy ] = 0
 x = −3 ⇒ y = 7
x = 2 ⇒ y = 2

2
TH 1. x + y − 4 = 0 thế vào (2) ta được x + x − 6 = 0 ⇔ 

2
2
TH 2. ( x + y )( x + y + 4) − 2 xy = 0 ⇔ x + y + 4( x + y ) = 0 vô nghiệm do ĐK

Vậy tập nghiệm của hệ là S = { (−3;7); (2;2)}

 xy + ( x − y )( xy − 2) + x = y + y

Bài 5 (Thử ĐT 2013) Giải hệ phương trình 
( x + 1)( y + xy + x − x 2 ) = 4
 x; y ≥ 0
 xy + ( x − y )( xy − 2) ≥ 0

-

Điều kiện : 

-

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

-

xy + ( x − y )( xy − 2) + y

x− y
x+ y

=0

y + xy − 2

1
+
>0
x+ y
xy + ( x − y )( xy − 2) + y

0,25

0,25

PT (3) ⇔ x = y , thay vào PT (2) ta được : x3 − 2 x 2 − 3x + 4 = 0
⇔ x = 1 hoặc x =

-

+




y + xy − 2
1
÷ = 0 (3)
⇔ ( x − y) 
+
 xy + ( x − y )( xy − 2) + y
x+ y÷


4
4 

2
= ( x − 1) 2 +  x + 1 +
Từ PT (2) ta có y + xy = x − x +
÷− 2 ≥ 2
x +1
x +1 

⇒

-

( x − y )( y + xy − 2)

0,25

1 ± 17
2

Kết hợp với điều kiện ta có x = 1 , x =

1 + 17
2

8

0,25


-

 1 + 17 1 + 17 
;
÷
2 ÷
 2


KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) là : (1; 1); 

5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0
(1)
Bài 6 (A – 2011 ) Giải hệ PT : 
2
2
2
(2)
 xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )
 xy = 1

HD : Biến đổi PT (2) thành tích ta có  2
.
2
x + y = 2
1
- TH1: y = thay vào PT (1).
x
- TH 2: PT(1) ⇔ 3 y ( x 2 + y 2 ) + 2 x 2 y − 4 xy 2 − 2( x + y ) ⇔ ( xy − 1)(2 x − 4 y ) = 0
 x3 − y3 = 4(4 x − y )
Bài 7 (Thử GL 2012) Giải hệ : 
1 + y 2 = 5(1 + x 2 )
HD : Từ (2) 4 = y 2 − 5 x 2 thay vào (1) ta có : x 3 − y 3 = ( y 2 − 5 x 2 )(4 x − y )

IV. Phương pháp đặt ẩn phụ.

 x + y + xy = −1

Bài 1. Giải hệ phương trình 

2
2
 x + y − xy = 7

Lời giải.
Đây là hệ đối xứng loại I đơn giản nên ta giải theo cách phổ biến.

( x + y ) + xy = −1

Hệ ⇔ 

2
( x + y ) − 3xy = 7
x + y = S
∃x, y ⇔ S 2 ≥ 4 P ) ta được
Đặt 
(
 xy = P

 S + P = −1
 S = 1, P = −2
⇔
 2
 S = −4, P = 3
 S − 3P = 7
S = 1
 x + y = 1  x = −1, y = 2
⇒
⇔
TH 1. 
P
=
−
2
xy
=
−
2


 x = 2, y = −1

 S = −4  x + y = −4  x = −1, y = −3
⇒
⇔
. Vậy tập nghiệm của hệ là
P = 3
 xy = 3
 x = −3, y = −1

TH 2. 

S = { ( −1;2); (2; −1); ( −1; −3); ( −3; −1)}
Chú ý.
- Nếu hệ pt có nghiệm là ( x; y ) thì do tính đối xứng, hệ cũng có nghiệm là ( y; x ) . Do vậy, để
hệ có nghiệm duy nhất thì điều kiện cần là x = y .
- Không phải lúc nào hệ đối xứng loại I cũng giải theo cách trên. Đôi khi việc thay đổi cách
nhìn nhận sẽ phát hiện ra cách giải tốt hơn.
 x 2 + xy + y 2 = 1
Bài tập tương tự : (ĐT 2010) Giải hệ phương trình: 
 x − y − xy = 3
 x + y = 1
Bài 2 (D – 2004 )Tìm m để hệ có nghiệm : 
 x x + y y = 1 − 3m

 x 2 + y 2 + x + y = 18
Bài 4. Giải hệ phương trình 
 xy ( x + 1)( y + 1) = 72
-

Phân tích. Đây là hệ đối xứng loại I
Hướng 1. Biểu diễn từng pt theo tổng x + y và tích xy

Hướng 2. Biểu diễn từng pt theo x 2 + x và y 2 + y . Rõ ràng hướng này tốt hơn.
9


Lời giải.

1
 2
x
+
x
=
a
,
a
≥
−

( x + x) + ( y + y ) = 18
4
Hệ ⇔  2
.
Đặt
ta được

2
1
2
( x + x)( y + y ) = 72
 y + y = b, b ≥ −


4
a + b = 18  a = 6, b = 12
⇔

ab = 72
 a = 12, b = 6
2

2

 x 2 + x = 6
a = 6
 x = 2, x = −3
⇒ 2
⇔
TH 1. 
b = 12  y + y = 12  y = 3, y = −4

 x = 3, x = −4
. Vậy tập nghiệm của hệ là
 y = 2, y = −3

TH 2. Đổi vai trò của a và b ta được 

S = { (2;3); (2; −4); ( −3;3); ( −3; −4); (3;2); ( −4;2); (3; −3); (−4; −3)}
 Nhận xét. Bài toán trên được hình thành theo cách sau
-

a + b = 18

(I)
ab = 72

Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 

1) Thay a = x 2 + x, b = y 2 + y vào hệ (I) ta được hệ

2)

3)

4)

5)

 x 2 + y 2 + x + y = 18
(1) 
đó chính là ví dụ 2.
 xy ( x + 1)( y + 1) = 72
Thay a = x 2 + xy , b = y 2 − xy vào hệ (I) ta được hệ
 x 2 + y 2 = 18
(2) 
2
2
 xy ( x − y ) = 72
Thay a = x 2 + 2 x, b = 2 x + y vào hệ (I) ta được hệ
 x 2 + 4 x + y = 18
(3) 
 x( x + 2)(2 x + y ) = 72
1

1
Thay a = x + , b = y + vào hệ (I) ta được hệ
x
y
( x + y ) xy + x + y = 18 xy
(4)  2
2
( x + 1)( y + 1) = 72 xy
Thay a = x 2 + 2 xy , b = y 2 − xy vào hệ (I) ta được hệ
 x 2 + y 2 + xy = 18
(5) 
…
xy
(
x
+
2
y
)(
y
−
x
)
=
72


a. Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới.

a + b = 7

b. Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) 

2
2
a − b = 21

ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn :
6) Thay a = x 2 + y 2 , b = xy vào hệ (II) ta được hệ

 x 2 + y 2 + xy = 7
(6)  4
4
2 2
 x + y + x y = 21
10

và làm tương tự như trên


1
1
, b = y + vào hệ (II) ta được hệ
x
y
1 1

x
+
y

+
+ =7

x y
(7) 
 x 2 − y 2 + 1 − 1 = 21

x2 y2
1
x
8) Thay a = x + , b = vào hệ (II) ta được hệ
y
y
 xy + x + 1 = 7 y
(8) 
2
2
2
( xy + 1) + x = 21y
1
9) Thay a = x + y, b = vào hệ (II) ta được hệ
y
( x + y ) y + 1 = 9 y
(9) 
2 2
2
( x + y − 2) y − 21 y = 1
7) Thay a = x +

10)Thay a = x 2 + 2 x, b = y 2 + 2 x vào hệ (II) ta được hệ

 x2 + y2 + 4x = 7
(10)  4
...
4
2
2
 x − y + 4 x( x − y ) = 21
1
1

x + x + y + y = 5

Bài 5 (D – 2007 ) Tìm m để hệ có nghiệm : 
.
 x3 + 1 + y 3 + 1 = 15m − 10

x3
y3
1
Điều kiện a ; b ≥ 2

a = x + x
a + b = 5
Đặt ẩn phụ 
Ta
có
hệ
 3
3

b = y + 1
a − 3a + b − 3b = 15m − 10
y

Bài 6 Giải hệ phương trình :
 3 x − y = x − y
2 2 x + y = 3 − 2 x − y
a) (CĐ – 2010 )  2
b) (B – 2002) 
2
 x − 2 xy − y = 2
 x + y = x + y + 2
 x − 2 y = 2 − x + 2 y
c) 
d)
3 4 − 2 x − 2 y + 4 = 1
Bài 7 (Sát hạch khối 10 năm 2012) Giải hệ :
3
2
 2 x 3 + (6 − y ) x 2 − 3xy − 18 = 0
3x + (6 − y ) x − 2 xy − 18 = 0
a)  2
b)  2
 x − x + y = −3
 x + x + y = −7
 x( x + 2)(3 x − y ) − 18 = 0
a = x( x + 2)
⇒ Đặt 
a) Hệ ⇔ 
Nghiệm x = 1; − 3

 x( x + 2) − (3 x + y ) = 0
b = 3x − y
 x( x + 3)(2 x − y ) − 18 = 0
a = x( x + 3)
⇒ Đặt 
⇒ Nghiệm
b) Hệ ⇔ 
 x( x + 3) − (2 x + y ) = 0
b = 2 x − y

11


 x( x + y + 1) − 3 = 0

Bài 8 (D – 2009 ) Giải hệ phương trình : 
5
2
( x + y ) − x 2 + 1 = 0
1

x
+
y
+
1
−
3.
=0


x
1

- ĐK. x ≠ 0 . Hệ ⇔ 
Đặt x + y = a, = b ta được hệ :
2
x
( x + y ) 2 − 5. 1  + 1 = 0

÷

 x
 a = 2, b = 1
x = y =1
a + 1 − 3b = 0
a = 3b − 1

⇔
⇔
⇒
 2
1
1
2
2
2
a = , b =
 x = 2, y = − 3
a − 5b + 1 = 0 (3b − 1) − 5b + 1 = 0


2
2 
2
5
 2
3
2
x
+
y
+
x
y
+
xy
+
xy
=
−

4
Bài 9 (A – 2008) Giải hệ phương trình : 
 x 4 + y 2 + xy (1 + 2 x) = − 5

4
5
 2
2
(
x

+
y
)
+
xy
(
x
+
y
+
1)
=
−

 x2 + y = a
4
- Hệ ⇔ 
. Đặt 
ta được :
5
xy
=
b
2
2

( x + y ) + xy = −

4
5

5


2

a
+
b
(
a
+
1)
=
−
a
=
0,
b
=
−
a
−
a
−
ab
=
0


4⇔

4
⇔



5
2
a = − 1 , b = − 3
a 2 + b = − 5
b = − − a

4

4

2
2

3  5
25  
- Vậy tập nghiệm của hệ pt là S =  1; − ÷;  3 ; − 3
÷
2  4
16  

 x 2 + y 2 + 2( x + y ) = 7
Bài 10 Giải hệ phương trình : 
 y ( y − 2 x) − 2 x = 10
( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 9
 x 2 + y 2 + 2( x + y ) = 7

⇔
- Hệ 
.
2
2
 y ( y − 2 x) − 2 x = 10
( y − x) − ( x + 1) = 9
a 2 + b 2 = 9
- Đặt a = x + 1, b = y + 1 ⇒ b − a = y − x ta được hệ 
2
2
(b − a) − a = 9
⇒ a 2 + b 2 = (b − a ) 2 − a 2 ⇔ a 2 = −2ab ⇔ a = 0 hoặc a = −2b
-

Với a = 0 ⇒ b = ±3 ⇒ x = −1, y = 2 hoặc x = −1, y = −4

-

2
Với a = −2b ⇒ 5b = 9 ⇔ b = ±

⇒ x = −1 −

3
6
⇒a=m
5
5

6
3
6
3
, y = −1 +
, y = −1 −
hoặc x = −1 +
5
5
5
5

12


Cách 2 : Thế (1) vào PT (2) và rút gọn ta được :
x 2 + 2 xy + 4 x + 2 y + 3 = 0 ⇔ ( x + 1)( x + 2 y + 3) = 0

 x + y − xy = 3

Bài 11 (A – 2006) Giải hệ phương trình : 
-

ĐK: x ≥ −1, y ≥ −1, xy ≥ 0

 x + 1 + y + 1 = 4

 x + y − xy = 3
 x + y − xy = 3
⇔

⇔
- Hệ


 x + y + 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) = 16  x + y + 2 x + y + xy + 1 = 14
2
2
- Đặt x + y = a, xy = b . a ≥ −2, b ≥ 0, a ≥ 4b ta được hệ pt
a − b = 3
a = 3 + b
a = 3 + b
⇔
⇔


 2
2
2
3b + 26b − 105 = 0
a + 2 a + b + 1 = 14 2 b + b + 4 = 11 − b
b = 3  x = 3
⇔
⇒
(thỏa mãn đk)
a
=
6

y = 3

 x + y = 8
Bài 12 (Thử ĐT2010) Giải hệ phương trình:  2
 x + 9 +

y 2 + 9 = 10

. Bình phương cả 2 PT.

 2 1
1
2
 x + 2 + y + 2 =2 7
x
y

Bài 13 (Thử GL 2012) Giải hệ : 
 6 + 1 = −1
 x + y xy
1 2
1 2
- PT (1) ⇔ ( x + ) − 2 + ( y + ) − 2 = 2 7
x
y
x+ y
1
1
= −( x + y ) ⇔ ( x + ) + ( y + ) = −6 Ta có
- PT (2) ⇔ 6 +
xy
x

y
a + b = −6
 2
2
 a − 2 + b − 2 = 2 7
 y ( x − 7) + x + 1 = 0
Bài 14 (ĐT 2011) Giải hệ : 
. Lần lượt chia cho y; y 2 và đặt ẩn phụ.
2
2
2
 21y − x = ( xy + 1)


 xy + x + 1 = 7 y
Bài 15 (B – 2009 ) Giải hệ :  2 2
. Lần lượt chia cho y; y 2 và đặt ẩn phụ.
2
 x y + xy + 1 = 13 y
 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y

Bài 16 (Thử ĐT2012) Giải hệ : 
Chia 2 vế của 2 PT cho y và đặt ẩn phụ.
 y ( x + y)2 = 2 x 2 + 7 y + 2
(2 x + y ) 2 − 5(4 x 2 − y 2 ) + 6(2 x − y ) 2 = 0

Bài 17 Giải hệ phương trình: 
1
2 x + 2 x − y = 3 − y


V.

Phương pháp hàm số.
* Cơ sở phương pháp. Nếu f ( x ) đơn điệu trên khoảng (a; b) và x, y ∈ (a; b) thì :
f ( x) = f ( y) ⇔ x = y
Bài 1 Giải các HPT sau :
13


 x3 + x = y 3 + y
a)  2
2
 x + y = 2

 x5 + x = y 5 + y
b)  2
2
 x + y = 2

 x5 − 5 x = y 5 − 5 y
Bài 2 Giải hệ phương trình : 
 x 2 + y 2 = 1
 x3 − 3 x = y3 − 3 y
Bài 3. Giải hệ phương trình 
 x 2 + y 2 = 1

(1)
(2)
(1)

(2)

Phân tích. Ta có thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta muốn giải
3
hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số f (t ) = t − 3t không đơn
điệu trên toàn trục số, nhưng nhờ có (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn [ −1;1] .
Lời giải.
2
2
Từ (2) ta có x ≤ 1, y ≤ 1 ⇔ x, y ∈ [ −1;1]

3
2
Hàm số f (t ) = t − 3t có f '(t ) = 3t − 3 < 0, ∀t ∈ (−1;1) ⇒ f (t ) nghịch biến trên đoạn

[ −1;1] . x, y ∈ [ −1;1]
x= y=±

nên (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt (2) ta được

2
.
2

 2

Vậy tập nghiệm của hệ là S = 

 2

;

2 
2
2 

÷;  − ; − ÷
2   2
2 


Nhận xét. Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu trên
đoạn đó.
 x3 = −3 x + y ( y 2 + 3)
(1)

Bài 4 Giải hệ phương trình: 
 y ( y 2 + 1) + x + y 2 + x + 2 − 5 = 0
(2)
PT (1) ⇔ x 3 + 3 x = y 3 + 3 y
Xét hàm f (t ) = t 3 + 3t . HS đồng biến. Từ (1) ⇒ f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y
Thay và (2) tiếp tục sử dụng PP hàm số CM PT (2) có 1 nghiệm duy nhất x = 1 ⇒ y = 1 .
1
1

(1)
x − x = y − y
Bài 5 (A – 2003) Giải hệ : 
2 y = x3 + 1
(2)


1
1
(t ≠ 0) ⇒ f '(t ) = 1 + 2 > 0 nên hàm số đồng biến.
- Xét hàm số f (t ) = t −
t
t
- Từ (1) ⇒ f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y
−1 ± 5
4
1
1

x − 3 = y − 3
Bài 6 (Thử GL) Giải hệ phương trình 
x
y
-

Thay vào (2) có nghiệm x = 1;

( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36


-

(1)

.

(2)

1
3
(t ≠ 0) ⇒ f '(t ) = 1 + 4 > 0 nên hàm số đồng biến.
3
t
t
Từ (1) ⇒ f ( x) = f ( y ) ⇒ x = y
Thay vào (2) có nghiệm x = 2; −6 . vậy hệ có nghiệm (2;2); ( −6; −6) .
Xét hàm số f (t ) = t −

14


 x 3 − 3x = ( y − 1)3 − 9( y − 1)
Bài 7 (Thi HSG tỉnh Hải Dương 2012) 
1 + x − 1 = y − 1

(1)
(2)

-

Từ điều kiện và từ phương trình (2) có x ≥ 1; y − 1 ≥ 1

-

(1) ⇔ x 3 − 3 x = ( y − 1)3 − 3 y − 1 , xét hàm số f (t ) = t 3 − 3t trên [1; +∞)

-

Hàm số đồng biến trên [1; +∞) , ta có f ( x) = f ( y − 1) ⇒ x =

-

Với x = y − 1 thay vào (2) giải được x = 1; x = 2 ⇒ 

y −1

x = 1 x = 2
,
y = 2 y = 5

 x3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

Bài 8 (A – 2012) Giải hệ phương trình  2
1
2
x + y − x + y =
2

1
1
−3
1
−1
3
≤ x − 1 ≤ ; và
≤ y +1 ≤

- Từ phương trình (2) ⇒ ( x − )2 + ( y + ) 2 = 1 nên
2
2
2
2
2
2
−3 3
- (1) ⇔ ( x − 1)3 − 12( x − 1) = ( y + 1)3 − 12( y + 1) nên xét f (t ) = t 3 − 12t trên [ ; ]
2 2
f
(
x
−
1)
=
f
(
y
+
1)
⇒
x
−
1
=
y
+
1
- Chỉ ra f(t) nghịch biến. Có

1 −3 3 −1
- Nghiệm ( x; y ) = ( ; ); ( ; )
2 2
2 2

(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
Bài 9. (A – 2010) Giải hệ phương trình 
4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7

(1)
(2)

Lời giải.

-

(1) ⇔ (4 x 2 + 1)2 x + (2 y − 6) 5 − 2 y = 0


2
⇔ (2 x ) + 1 (2 x ) = 




(


5 − 2y

)

2


3
+ 1 5 − 2 y ⇔ (2 x) + 2 x =


(

5 − 2y

)

3

+ 5 − 2y

⇔ (2 x) = f ( 5 − 2 y ) với f (t ) = t 3 + t . f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ (t ) ĐB trên
¡ . Vậy f (2 x ) = f ( 5 − 2 y ) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ y =

5 − 4x

2

2

2
,x ≥ 0

 5 − 4 x2 
- Thế vào pt (2) ta được 4 x + 
+ 2 3 − 4 x − 7 = 0 ⇔ g ( x) = 0
 2 ÷
÷


2

2

 5 − 4 x2 
 3
- Với g ( x ) = 4 x + 
+ 2 3 − 4 x − 7, x ∈ 0;  . CM hàm g(x) nghịch biến.
÷
 2 ÷
 4


2

1
⇒ y=2
2
Bài 10.(Thi thử ĐT 2011) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm
-

Ta có nghiệm duy nhất x =

 x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0
 2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + m = 0
- Điều kiện. −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2
3
3
(1) ⇔ x − 3 x = ( y − 1) − 3( y − 1)

Lời giải.

3
- Hàm số f (t ) = t − 3t nghịch biến trên đoạn [−1;1]

15


x, y − 1∈ [ −1;1] nên f ( x) = f ( y − 1) ⇔ x = y − 1 ⇔ y = x + 1
Thế vào pt (2) ta được x 2 − 2 1 − x 2 = − m (3)
Hệ có nghiệm ⇔ Pt (3) có nghiệm x ∈ [ −1;1]




÷
1 − x2 
1

2
2
Xét g ( x ) = x − 2 1 − x , x ∈ [ −1;1] , g '( x) = 2 x 1 +



g '( x) = 0 ⇔ x = 0 . g (0) = −2, g (±1) = 1
Pt (3) có nghiệm x ∈ [ −1;1] ⇔ −2 ≤ − m ≤ 1 ⇔ −1 ≤ m ≤ 2
 x5 + xy 4 = y10 + y 6

Bài 11 (Thử ĐT 2012) Giải hệ : 
 4 x + 5 + y 2 + 8 = 6
TH1 : Xét y = 0 thay vào hệ thây không thỏa mãn.

(1)

( 2)

.

x 5 x
5
TH2 : Xét y ≠ 0 , chia 2 vế của (1) cho y 5 ta được ( ) + = y + y (3)
y
y
- Xét hàm số f (t ) = t 5 + t ⇒ f '(t ) = 5t 4 + 1 > 0 nên hàm số đồng biến.
x
x
2
- Từ (3) ⇒ f ( ) = f ( y ) ⇒ = y ⇒ x = y

y
y
- Thay vào (2) ta có PT 4 x + 5 + x + 8 = 6 ⇒ x = 1 . Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = (1;1)

2 x − 2 y = ( y − x)( xy + 2)
Bài 15. Giải hệ phương trình  2
2
x + y = 2
2
2
Phân tích. Nếu thay 2 = x + y vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt
Lời giải.
Thay 2 = x + y vào phương trình thứ nhất ta được
2

2

2 x − 2 y = ( y − x)( xy + x 2 + y 2 ) ⇔ 2 x − 2 y = y 3 − x 3 ⇔ 2 x + x 3 = 2 y + y 3 (1)
t
3
t
2
Xét hàm số f (t ) = 2 + t , t ∈ ¡ có f '(t ) = 2 ln 2 + 3t > 0, ∀t ∈ ¡ suy ra f (t ) đồng biến trên
¡ . (1) ⇔ f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt thứ hai ta được
x = y = ±1 . Vậy tập nghiệm của hệ là S = { (1;1); (−1; −1)}
 x + x 2 + 1 = 3 y
Bài 16. Giải hệ phương trình 
2
x
 y + y + 1 = 3

Lời giải.
Trừ vế hai pt ta được

(

)

x + x 2 + 1 − y + y 2 + 1 = 3 y − 3x ⇔ x + x 2 + 1 + 3x = y + y 2 + 1 + 3 y
f ( x) = f ( y ) với f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t . f (t ) = 1 +

t

+ 3t ln 3 > 0, ∀∈ ¡

t +1
⇒ f (t ) đồng biến trên ¡ . Bởi vậy f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt thứ nhất ta được
x + x 2 + 1 = 3x ⇔ 1 = 3x
x
Với g ( x ) = 3

= 3x

(

(

(

)

)

x 2 + 1 − x ⇔ g (0) = g ( x)

x 2 + 1 − x . g '( x) = 3x ln 3

)


x 2 + 1 − x  ln 3 −


2

(


÷ > 0, ∀x ∈ ¡ do
x2 + 1 
1

16

)

 x

x 2 + 1 − x + 3x  2
− 1÷
 x +1 

x 2 + 1 − x > 0 và

x2 + 1 ≥ 1


Suy ra g ( x ) đồng biến trên ¡ . Bởi vậy g ( x ) = g (0) ⇔ x = 0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0
y
 x
e
=
2007
−

2
y −1

Bài 17. Chứng minh hệ 
có đúng 2 nghiệm x > 0, y > 0
x
e y = 2007 −

2
x −1


Lời giải.

x −1 > 0

 x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞)
x > 0
x > 1
⇔
.
Do
nên



2
y > 0
y >1
 y − 1 > 0  y ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞)
x
y
x
y
x
y
x
y
−
⇔
e
−
=
e
−
Trừ vế hai pt ta được e − e =

x2 − 1
y2 − 1
x2 − 1
y2 −1
t
t
, t ∈ (1; +∞) .
Hay f ( x ) = f ( y ) với f (t ) = e − 2
t −1
1
f '(t ) = et + 2
> 0, t ∈ (1; +∞) ⇒ f (t ) đồng biến trên (1; +∞) .
2
t
−
1
t
−
1
(
)
Bởi vậy f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y thế vào pt thứ nhất ta được
x
x
e x = 2007 − 2
⇔ ex +
− 2007 = 0 ⇔ g ( x) = 0
2
x −1
x −1

x
x
− 2007, x ∈ (1; +∞) . Ta có
Với g ( x ) = e +
x2 − 1
1
3x( x 2 − 1)
x
x
g '( x) = e − 2
; g ''( x) = e + 2
> 0, ∀x ∈ (1; +∞)
( x − 1) x 2 − 1
( x − 1)3 x 2 − 1
Suy ra g '( x ) đồng biến trên (1; +∞) . g '( x ) liên tục trên (1; +∞) và có
lim g '( x) = −∞, xlim
g '( x) = +∞ nên g '( x) = 0 có nghiệm duy nhất x0 ∈ (1; +∞) và
→+∞
x →1
g '( x) > 0 ⇔ g '( x) > g '( x0 ) ⇔ x > x0 . g '( x) < 0 ⇔ 1 < x < x0
Từ BBT của g ( x ) ta suy ra pt g ( x) = 0 có đúng 2 nghiệm x ∈ (1; +∞) .
2

ĐK: 

+

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương.

ln(1 + x ) − ln(1 + y ) = x − y

(1)

Bài 18 Giải hệ phương trình  2
2
(2)
 x − 12 xy + 20 y = 0
Lời giải.
x
>
−
1,
y
>
−
1
ĐK:
(1) ⇔ ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y ⇔ f ( x) = f ( y ) với f (t ) = ln(1 + t ) − t , t ∈ (−1; +∞)

1
−t
−1 =
= 0 ⇔ t = 0 ∈ (−1; +∞) ⇒ f (t ) ĐB trên (−1;0) và NB trên (0; +∞)
1+ t
1+ t
TH 1. x, y ∈ (−1;0) hoặc x, y ∈ (0; +∞) thì f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
Thế vào pt (2) ta được x = y = 0 (không thỏa mãn)
2
2
TH 2. x ∈ ( −1;0), y ∈ (0; +∞) hoặc ngược lại thì xy < 0 ⇒ x − 12 xy + 20 y > 0

TH 3. xy = 0 thì hệ có nghiệm x = y = 0 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 0
VI. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức.
f '(t ) =

1) Cơ sở phương pháp : Sử dụng BĐT để chứng minh VT ≥ VP hoặc ngược lại, dấu bằng xảy
ra khi x = y
17


2) Một số BĐT quen thuộc.
 x2 + y 2
x 2 + xy + y 2
+
= x+ y
(1)

2
3
Bài 1 Giải hệ : 
 2
3 3
(2)
 x − 2 y − 1 + x + x − y − 14 = y − 2
- HD : Từ (1) VT ≥ VP, dầu bằng khi x = y thay vào PT (2) ta có :
x 2 − 2 x − 1 + 3 x 3 − 14 = x − 2
2
 x 2 − 2 x − 1 ≥ 0
 x − 2 x − 1 ≥ 0
⇔ 2
⇔ x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2

Ta có :  3 2
 x − 14 ≤ x − 2
 x − 2 x − 1 ≤ 0
(2x 2 − 3x + 4)(2y2 − 3y + 4) = 18
( x, y ∈ ¡ )
Bài 2 (Thi thử ĐT 2013) Giải hệ : 
2
2
 x + y + xy − 7x − 6y + 14 = 0
-

7
3
10
(2) ⇔ y 2 + ( x − 6) y + x 2 − 7 x + 14 = 0 . ∃y ⇔ ∆ y ≥ 0 ⇒ 2 ≤ x ≤
3
(2) ⇔ x 2 + ( y − 7) x + y 2 − 6 y + 14 = 0 . ∃x ⇔ ∆ x ≥ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤

Xét hàm số f (t ) = 2t 2 − 3t + 4, t ∈ R ⇒ f '(t ) = 4t - 3, f '(t ) = 0 ⇒ t =

0,25
0,25
3
<1
4

3

Vì vậy trên  ; +∞ ÷ hàm số f(t) đồng biến
4


TH 1. x > 2 ⇒ f ( x ) > f (2) = 6 Kết hợp với y ≥ 1

0,25

⇒ f ( y ) ≥ f (1) = 3 ⇒ f (x ).f ( y ) = (2x 2 − 3x + 4)(2 y 2 − 3 y + 4) > 18 .
-

1

2
 2 y − 3 y + 1 = 0
 y = 1, y =
⇔
2 vô nghiệm
TH 2. x = 2 hệ trở thành  2
 y − 4 y + 4 = 0
 y = 2

-

Vậy hệ đã cho vô nghiệm.

0,25

PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ
I. Phương pháp lũy thừa.
1/

 f ( x) ≥ 0

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

2/

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

 f ( x) ≥ 0

3/ f ( x) + g ( x ) = h( x) ⇔  g ( x) ≥ 0

 f ( x ) + g ( x) + 2 f ( x).g ( x) = h( x)
 f ( x) ≥ 0

(n ∈ N * )
4/ 2 n f ( x) = 2 n g ( x) ⇔  g ( x) ≥ 0
5/
 f ( x) = g ( x )

 g ( x) ≥ 0
f ( x) = g ( x ) ⇔ 
(n ∈ N * )
2n
 f ( x) = g ( x)
6/ 2 n +1 f ( x) = 2 n +1 g ( x) ⇔ f ( x) = g ( x) (n ∈ N * )

2n

2 n +1

f ( x) = g ( x ) ⇔ f ( x) = g 2 n +1 ( x) (n ∈ N * )

Bài tập ví dụ
18

7/


Bài 1: Giải phương trình:

x + 1 = x − 1 (1)
x − 1 ≥ 0
x ≥ 1
x ≥ 1
⇔
⇔
⇔ x=3
HD: (1) ⇔ 
 2
2
x = 3
 x + 1 = (x − 1)
 x − 3x = 0
Bài 2: Giải phương trình: x − 2 x + 3 = 0
x ≥ 0
x ≥ 0

x ≥ 0

⇔ 2
⇔  x = −1 ⇔ x = 3
HD:Ta có: x − 2 x + 3 = 0 ⇔ 2 x + 3 = x 
2
2 x + 3 = x
x − 2x − 3 = 0
 x = 3

Bài 3: Giải phương trình: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x
HD: Ta có: x + 4 − 1 − x = 1 − 2 x ⇔ x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x
1 − 2 x ≥ 0

⇔ 1 − x ≥ 0

 x + 4 = 1 − 2 x + 1 − x + 2 (1 − 2 x)(1 − x)
1

1
 −1
x≤

≤x≤
1

1
 −1
2


x
≤
2


 ≤x≤
2
2
⇔
⇔ 2 x + 1 ≥ 0
⇔ 2
⇔ x=0
2 ⇔
x=0
2 x + 1 = 2 x 2 − 3x + 1
(2 x + 1) 2 = 2 x 2 − 3 x + 1
 x2 + 7 x = 0




  x = −7


Bài 4: Giải phương trình: x − 2 − 3 x 2 − 4 = 0
x − 2 ≥ 0

⇔

⇔ x ≥ 2 (1)

2
x − 4 ≥ 0
x − 2 − 3 ( x − 2)( x + 2) = 0

⇔

x − 2. 1 − 3 x + 2 = 0

HD:ĐK: 

PT

(

)

 x−2 =0
⇔
⇔
 1− 3 x + 2 = 0


(

)

x = 2

 x = −17
9



(2)

Kết hợp (1) và (2) ta được:x = 2
Bài 5. Giải phương trình :
3−x = x 3+x
HD:Đk: 0 ≤ x ≤ 3 khi đó pt đã cho tương đương: x 3 + 3x 2 + x − 3 = 0
3

3
1 
10
10 − 1

⇔x+
=
⇔
x
=
÷
3 3 3
3

Bài 6. Giải phương trình sau : 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4
HD:Đk: x ≥ −3 phương trình tương đương :
x = 1

2
x

+
3
+
1
=
3
x
1 + 3 + x = 9x2 ⇔ 
⇔
 x = −5 − 97
 x + 3 + 1 = −3 x

18

(

)

Bài 7. Giải phương trình sau : 2 + 3 3 9 x 2 ( x + 2 ) = 2 x + 3 3 3 x ( x + 2 )
HD: pt ⇔

(

3

x + 2 − 3 3x

)

3

= 0 ⇔ x =1

Bài tập rèn luyện
Bài 1 Giải các phương trình
a) x 2 − 3x + 2 = x + 1
c)

2

b)

x 2 − 2 x = 3x − 4

3x 2 − 9 x + 1 = x − 2

d) ( x − 3) x 2 − 4 = x 2 − 9
19


x + 3 − 7 − x = 2x − 8

e)

f)

g) ( x − 3) x 2 − 3 x + 2 = x 2 − 8 x + 15
x

i)

h) ( x + 4) 10 − x 2 = x 2 + 2 x − 8

2

3x − 2

j)

− 3x − 2 = 1 − x

Bài 2 Giải phương trình
a) x 2 + 3x + 2 + x 2 + 6 x + 5 = 2 x 2 + 9 x + 7
b) x 2 + 3x + 2 + x 2 + 6 x + 5 = 2 x 2 + 9 x + 7
c) x 2 − 3x + 2 + x 2 − 4 x + 3 = x 2 − 5 x + 4
Bài 3 Giải phương trình
a) 3 x + 5 + 3 x + 6 = 3 2 x + 11
c)

3

x + 2 − 3 − x = 5 − 2x

b)

x

2

4x − 3

3

− 4x − 3 = 1 − x

x + 1 + 3 x − 1 = 3 5x

2 x − 1 + 3 x − 1 = 3 3 x + 1 x = 7 6 (Phải thử , loại nghiệm)

Bài 4 Giải phương trình
a) x − x + 1 − x + 4 + x + 9 = 0 . Bình phương 2 lần. nghiệm x = 0
b) x + 1 + x + 16 = x + 4 + x + 9 Bình phương 2 lần. nghiệm x = 0
c) x + 3 + 3 x + 1 = 2 x + 2 x + 2

II.

Phương pháp đặt ẩn phụ.

1) Dạng 1 : Phương trình có chứa f ( x) và
Bài 1. Giải phương trình:
HD:Điều kiện: x ≥ 1
Nhận xét.

f ( x)

x − x2 − 1 + x + x2 − 1 = 2

x − x 2 − 1. x + x 2 − 1 = 1

1

Đặt t = x − x 2 − 1 thì phương trình có dạng: t + = 2 ⇔ t = 1 . Thay vào tìm được x = 1
t
Bài 2. Giải phương trình: 2 x 2 − 6 x − 1 = 4 x + 5
4
HD:Điều kiện: x ≥ −
5
t2 − 5
Đặt t = 4 x + 5(t ≥ 0) thì x =
. Thay vào ta có phương trình sau:
4
t 4 − 10t 2 + 25 6 2
2.
− (t − 5) − 1 = t ⇔ t 4 − 22t 2 − 8t + 27 = 0
16
4
⇔ (t 2 + 2t − 7)(t 2 − 2t − 11) = 0
Ta tìm được bốn nghiệm là: t1,2 = −1 ± 2 2; t3,4 = 1 ± 2 3
Do t ≥ 0 nên chỉ nhận các gái trị t1 = −1 + 2 2, t3 = 1 + 2 3
Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình l: x = 1 − 2 vaø x = 2 + 3
Cách khác: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2 x 2 − 6 x − 1 ≥ 0
Ta được: x 2 ( x − 3) 2 − ( x − 1) 2 = 0 , từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng.
Đơn giản nhất là ta đặt : 2 y − 3 = 4 x + 5 và đưa về hệ đối xứng

(Xem phần đặt ẩn phụ đưa về hệ)

Bài 3. Giải phương trình sau: x + 5 + x − 1 = 6
HD:Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 6
Đặt y = x − 1( y ≥ 0) thì phương trình trở thành: y 2 + y + 5 = 5 ⇔ y 4 − 10 y 2 − y + 20 = 0 ( với
y ≤ 5) ⇔ ( y 2 + y − 4)( y 2 − y − 5) = 0 ⇔ y =

1 + 21
−1 + 17
(loaïi), y =
2
2
20


Từ đó ta tìm được các giá trị của x =

11 − 17
2

(

)(

Bài 4. Giải phương trình sau : x = 2004 + x 1 − 1 − x
HD: ĐK: 0 ≤ x ≤ 1

Đặt y = 1 − x thì phương trình trở thành: 2 ( 1 − y )
Bài 5. Giải phương trình sau : x 2 + 2 x x −
HD:Điều kiện: −1 ≤ x < 0

2

(y

2

)

2

+ y − 1002 ) = 0 ⇔ y = 1 ⇔ x = 0

1
= 3x + 1
x

Chia cả hai vế cho x ta nhận được: x + 2 x −

1
1
1
= 3 + . Đặt t = x − , ta giải được.
x
x
x

Bài 6. Giải phương trình : x 2 + 3 x 4 − x 2 = 2 x + 1
1
1

HD: x = 0 không phải là nghiệm , Chia cả hai vế cho x ta được:  x − ÷+ 3 x − = 2
x
x

1
1± 5

Đặt t= 3 x − , Ta có : t 3 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇔ x =
x
2
Bài 7.Giải phương trình: 3 x 2 + 21x + 18 + 2 x 2 + 7 x + 7 = 2
HD:Đặt y =

x2 + 7 x + 7 ; y ≥ 0

−5

y=

3 ⇔ y =1
Phương trình có dạng: 3y + 2y - 5 = 0 ⇔ 
y =1
 x = −1
Với y = 1 ⇔ x 2 + 7 x + 7 = 1 ⇔ 
Là nghiệm của phương trình đã cho.
 x = −6
2

Bài 1 Giải phương trình.
a) ( x + 1)( x + 4) = 5 x 2 + 5 x + 28
b)
c)

Nghiệm 4; −9

5 x 2 + 10 x + 1 = 7 − 2 x − x 2
(4 − x)(6 + x) = x 2 − 2 x − 12

d) x( x + 5) = 2 3 x 2 + 5 x − 2 − 2
Bài 2 Tìm để phương trình có nghiệm
a) − x 2 + 2 x + 4 (3 − x)(1 + x) = m − 2

m ∈ [ − 1;11]

b) −2 x 2 + 5 x + 4 (3 − x)(1 + 2 x) = m − 2

m ∈ [ − 1;

41 + 56 2
8

]

Bài 3 Giải phương trình :
5
1
= 2x +
+4
a) 5 x +
2x
2 x
3
1
= 2x +
−7
b) 3 x +
2x

2 x
2) Dạng 2 : Phương trình có chứa A + B và
Bài 4 Giải phương trình
a) 2 x + 3 + x + 1 = 3 x + 2 2 x 2 + 5 x + 3 − 2
b)

AB

7 x + 7 + 7 x − 6 + 2 49 x 2 + 7 x − 42 = 181 − 14 x
21

Nghiệm 25 − 6 17


c)

x + 4 + x − 4 = 2 x − 12 + 2 x 2 − 16

d)

3x − 2 + x − 1 = 4 x − 9 + 2 3x 2 − 5 x + 2
Bài 5 (B – 2011) Giải phương trình : 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3 x
6
- Đặt t = 2 + x − 2 2 − x . Nghiệm x =
5
Bài 6 Tìm m để phương trình có nghiệm
6 2 −9
a) 1 + x + 8 − x = − x 2 + 7 x + 8 + m
m ∈[
;3]

2
b) 3 + x + 6 − x − (3 + x)(6 − x) = m

c) 3( 1 + 2 x + 1 − x ) = m + x + 2 1 + x − 2 x 2
3) Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn.
x +1 −1
x +1 − x + 2 = 0 ,
Từ những phương trình tích

(

)(

)

(

2x + 3 − x

)(

)

2x + 3 − x + 2 = 0

Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của
phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát .
Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này .Phương pháp giải được thể hiện qua các
ví dụ sau .

(

)

2
2
2
Bài 1. Giải phương trình : x + 3 − x + 2 x = 1 + 2 x + 2

t = 3
2
HD:Đặt t = x 2 + 2 ; t ≥ 2 , ta có : t − ( 2 + x ) t − 3 + 3x = 0 ⇔ 
t = x − 1
Bài 2. Giải phương trình : ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1
HD:Đặt : t = x 2 − 2 x + 3, t ≥ 2

2
2
Khi đó phương trình trở thnh : ( x + 1) t = x + 1 ⇔ x + 1 − ( x + 1) t = 0
Bây giờ ta thêm bớt , để được phương trình bậc 2 theo t có ∆ chẵn :
t = 2
x 2 − 2 x + 3 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ t 2 − ( x + 1) t + 2 ( x − 1) = 0 ⇔ 
t = x − 1

Bài 3:Giải phương trình: x 2 + 3x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1
HD:Đặt t = x 2 + 1; t ≥ 1
t = x
t = 3

Phương trình trở thành:t2 - (x + 3)t + 3x = 0 ⇔ (t - x)(t - 3) = 0 ⇔ 

Nếu t = x ⇔ x 2 + 1 = x (Vô lý) -Nếu t = 3 ⇔ x 2 + 1 = 3 ⇔ x = ±2 2
Vậy: x = ±2 2
Bài 7 Giải phương trình
a) x 2 + 3x − x x 2 + 2 = 1 + 2 x 2 + 2

Đặt t = x 2 + 2 nghiệm t = 3;1 − x

b) ( x + 1) x 2 − 2 x + 3 = x 2 + 1
Nghiệm x = 1 ± 2

c) x 2 − 1 = 2 x. x 2 − 2 x
d) 3 x 2 − x + 48 = (3 x − 10) x 2 + 15
e) 2( x − 1). x 2 + 2 x − 1 = x 2 − 2 x − 1
f) x 2 + 4 x = ( x + 2). x 2 − 2 x − 15 + 39
22


g) (1 − 4 x) 4 x 2 + 1 = 8 x 2 + 2 x + 1
h) (4 x − 1) x3 + 1 = 2 x3 + 2 x + 1
i) x3 + 3x + 2 = ( x + 2) x3 + 2 x + 1
4) Phương pháp chia để làm xuất hiện ẩn phụ.
Bài 8 Giải phương trình.
Đặt t = x +

a) ( x − 2) x 2 − x + 4 = 2 x bình phương, chia x 2
b)

x 2 + 3 x − 2 + 2 x 2 − x − 2 = 2 x chia cho
x⇒

Nghiệm x = 2
x và đặt t = x +

c) x + 1 + x 2 − 4 x + 1 = 3 x Chia 2 vế cho

4
⇒ t = 0;5 thử lại ⇒ x = 4
x

1
x

⇒ x = 4;

1
4

Bài 9 Giải phương trình
a) 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1
b) (Thi thử ninh giang 2013)
-

5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1

Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2 x 2 − 5 x + 2 = 5 ( x 2 − x − 20)( x + 1)
⇔ 2( x 2 − 4 x − 5) + 3( x + 4) = 5 ( x + 4)( x 2 − 4 x − 5)

c)
-

x2 − 4x − 5
x2 − 4x − 5
5 + 61
⇔2
+3=5
⇔ x = 8;
x+4
x+4
2
7 x 2 + 25 x + 19 − x 2 − 2 x − 35 = 7 x + 2
Chuyển vế, bình phương ta được : 3( x 2 − 5 x − 14) + 4( x + 5) = 7 ( x 2 − 5 x − 14)( x + 5)

61 + 11137
18
5) Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ đưa về phuơng trình đẳng cấp.
• Chú ý : Nêu cách giải phương trình đẳng cấp bậc hai, ba.
Bài 10
-

Chia 2 vế cho ( x + 5) ⇒ Nghiệm 3 + 2 7;

a) 2( x 2 + 2) = 5 x 3 + 1 Đặt a = x + 1; b = x 2 − x + 1 PT ⇔ 2a 2 + 2b 2 = 5ab ⇒ x =

5 ± 37
2

b) 2 x 2 + 5 x − 1 = 7 x 3 − 1 Đặt u = x − 1; v = x 2 + x + 1 PT ⇔ 3u 2 + 2v 2 = 7uv ⇒ x = 4 ± 6
- Phương trình đã cho có dạng a.u 2 + b.v 2 = c.uv trong đó căn thường = uv
c) x 2 + 3 x 2 − 1 = x 4 − x 2 + 1

Cách 1 : Đặt a = x 2 ; b = x 2 − 1 . PT ⇔ a + 3b = a 2 − b 2 nghiệm : x = ±1
- Cách 2 : Đặt a = x 2 , thay vào PT ta được 36a 3 − 136a 2 + 200a − 100 = 0 ⇔ a = 1
d) 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 (Thi thử NG 2013)
-

-

Chuyển vế, bình phương và rút gọn ta được 2 x 2 − 5 x + 2 = 5 ( x 2 − x − 20)( x + 1)
5 + 61
2
61 + 11137
Nghiệm : 3 + 2 7;
18

⇔ 2( x 2 − 4 x − 5) + 3( x + 4) = 5 ( x + 4)( x 2 − 4 x − 5)
e)
-

7 x 2 + 25 x + 19 − x 2 − 2 x − 35 = 7 x + 2

⇔ x = 8;

Chuyển vế, bình phương ta được : 3( x 2 − 5 x − 14) + 4( x + 5) = 7 ( x 2 − 5 x − 14)( x + 5)
23


Bài 11. Giải phương trình : x 2 + 2 x + 2 x − 1 = 3 x 2 + 4 x + 1
1
- Điều kiện : x ≥ . Bình phương 2 vế ta có :
2

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = x 2 + 1 ⇔

(x

2

+ 2 x ) ( 2 x − 1) = ( x 2 + 2 x ) − ( 2 x − 1)


1− 5
u=
v

u = x + 2 x
2
2
2
- Ta có thể đặt : 
khi đó ta có hệ : uv = u − v ⇔ 

1+ 5
v = 2 x − 1
v
u =


2
1+ 5
1+ 5
- Do u , v ≥ 0 . nên u =
v ⇔ x2 + 2x =
( 2 x − 1) ⇔ 2 x 2 + 2 1 − 5 x +
2
2
2

(

-

(

∆' = 1 − 5

)

2

−2

(

) (

) (

)

5 +1 = 0 .

)

5 + 1 = 4 1 − 5 < 0 .Vậy phương trình đã cho vô nghiệm .

Bài 12. Giải phương trình :

4 x2 + 5x + 1 − 2 x2 − x + 1 = 9 x − 3 .

-

 4 x 2 + 5 x + 1 = a
a = b
a, b > 0 ) . ta có : a − b = a 2 − b 2 ⇔ ( a − b ) ( a + b − 1) = 0 ⇔ 
(
Đặt 
.
2
a
+
b
=
1

2 x − x + 1 = b

-

4 x2 + 5x + 1 = 4 x 2 − 4 x + 4
⇔
⇔
 4 x 2 + 5 x + 1 + 2 x 2 − x + 1 = 1

1

x = 3
⇔

2
2
 4 x + 5 x + 1 = 1 − 2 x − x + 1

1

x = 3

x = 4

9

Bài 13 Giải phương trình : x 3 − 3x 2 + 2 ( x + 2)3 − 6 x = 0
-

Đặt y = x + 2 ta được phương trình : x 3 − 3x 2 + 2 y 3 − 6 x = 0 ⇔ x3 + 2 y 3 − 3x( x + 2) = 0
x = y
⇔ x3 − 3xy 2 + 2 y 3 = 0 ⇔ 
⇒ nghiêm x = 2; 2-2 3

 x = −2 y

-

Chú ý có thể sửa lại đề bài thành : x 3 − ( x + 2)(3x − 2 x + 2) = 0

-

Bài tập tương tự : x 3 − 3x 2 + 2 ( x + 1)3 − 3 x = 0
Bài tập tương tự : x3 + (3x 2 − 4 x − 4) x + 1 = 0

6) Dạng 6 : Đặt một hoặc nhiều ẩn phụ để đưa về hệ phương trình
Bài 14 Giải phương trình 3 2 x + 1 − 6 x + 4 + (2 x + 1)( x + 4) + 7 = 0
u = 2 x + 1
⇔ 2v 2 − u 2 = 7
(1)
Đặt 
v = x + 4
- Thay vào phương trình có : 3u − 6v + uv + 7 = 0 (2)
- Thay (1) vào (2) và rút gọn được (2v − u )(u + v − 3) = 0 ⇔ x = 0
Bài 15 (Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình)
a) 2 3 3 x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0 (A – 2009)
Nghiệm x = −2
-

b)

2 3 3 x − 2 − 3 6 − 5 x + 16 = 0

Nghiệm x = −2

c) x + 17 − x 2 + x 17 − x 2 = 9

Nghiệm x = 1; 4

d) x. 3 35 − x 3 .( x + 3 35 − x3 ) = 30

Nghiệm x = 2 ; 3

e)

1
1
+
=2
x
2 − x2

Nghiệm x = 1;

24

−1 ± 3
2


f) x 3 + 1 = 2. 3 2 x − 1

Nghiệm x = 1;

g) x 3 + 2 = 3. 3 3 x − 2
7) Dạng 7 : Đặt ẩn phụ đặc biệt.
Bài 16 (Các dạng đặt ẩn phụ đặc biệt)
a)
x + 1 = x2 + 4 x + 5
b)
c)
d)

III.

−1 ± 5
2

PT vô nghiệm.

4x + 9
= 7 x2 + 7 x
28
x + 2 = x 2 + 6 x + 10

Đặt

4x + 9
1
=y+
28
2
x+2 = y+3

Đặt

2x + 1 = 2 y − 3

Đặt

2 x + 1 = 4 x 2 − 12 x + 5
Phương pháp biến đổi thành tích.

Bài 1 Giải phương trình
a) x + 3 + 2 x x + 1 = 2 x + x 2 + 4 x + 3
- Phương trình ⇔ ( x + 3 − 2 x)( x + 1 − 1) = 0 ⇔ x = 0; 1
x+3+

b)

4x
x+3

=4 x

HD ⇔ ( x + 2 − 2 x ) 2 = 0 ⇔ x = 1

c) 2 x + 3 = 9 x 2 − x − 4

HD : ⇔ (1 + x + 3) 2 = 9 x 2 ⇔ x = 1;

−5 − 97
18

Bài 2 Giải phương trình
a) x 2 + 10 x + 21 = 3 x + 3 + 2 x + 7 − 6
b) x 2 + 8 x + 15 = 3 x + 3 + 2 x + 5 − 6
c) x − 2 x − 1 − ( x − 1) x + x 2 − x = 0
x2 + 7 x + 4
=4 x
d)
x+2

IV.

Phương pháp nhân liên hợp.

1) Cơ sở phương pháp : Nhiều phương trình vô tỉ có thể nhẩm được nghiệm x0 hữu tỉ, khi đó
phương trình luôn viết được thành ( x − x0 ) P( x) = 0 và P( x) = 0 có thể vô nghiệm hoặc giải
được.
2) Cách nhẩm nghiệm : Ta thường thử các giá trị x0 để trong căn là bình phương hoặc lập
phương.
Bài 1
a) (Khối B 2010) Giải phương trình : 3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0
3
1
+
+ 3 x + 1) = 0 . Nghiệm duy nhất x = 5
- PT ⇔ ( x − 5)(
3x + 1 + 4
6 − x +1
b) Giải phương trình : 2 3 3 x − 2 − 3 6 − 5 x + 16 = 0 Nghiệm duy nhất x = −2
6
15

+
]=0 ⇔ x = −2
- PT ⇔ ( x + 2)[ 3
2
( 3 x − 2) − 2 3 3 x − 2 + 4
6 − 5x + 4
2
3
c) (ĐT năm 2013 lần 1) Giải phương trình : 4 2 10 − 2 x − 9 x − 37 = 4x − 15 x − 33
-

(

) (

(

)

)

2
ĐK: x ≤ 5 . Pt ⇔ 4 4 + 3 9 x − 37 + 8 4 − 10 − 2 x + 4 x − 15 x − 81 = 0

4 ( 27 + 9 x )

⇔

-

TH 1. x + 3 = 0 ⇔ x = −3 (TMPT)

16 − 4 3 9 x − 37 +

(

3

9 x − 37

)

2

+

8(6 + 2 x)
+ ( x + 3)(4 x − 27) = 0
4 + 10 − 2 x

-

0,25
0,25
0,25

25