giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số

3.PHƯƠNG PHÁP XÉT CHIỀU BIẾN THIÊN HÀM SỐ

 1  x  4 x  1  y 4  2  y

(1)

2
2
 x  2 x  y  1  y  6 y  1  0

 2

Bài toán 7(A – 2013). 

Giải: Điều kiện : x  1. Phương trình 1  1  x  4 x  1  y  y 4  2 .
Đặt u  4 x  1, u  0  x  u 4  1  x  1  u 4  2
Khi đó,phương trình (1) trở thành :
u  u 4  2  y  y 4  2  3

Xét phương trình (2) : x 2  2  y  1 x  y 2  6 y  1  0
Xem x là ẩn, y là tham số, ta có :   4 y
Phương trình có nghiệm y  0
Xét hàm số f  t   t  t 4  2, t  0;  
f ' t   1

2t 2
t4  2

 0, t   0;  

Suy ra hàm số liên tục và đồng biến trên  0;  

Từ đó, phương trình  3  u  y  4 x  1  y .
 y 4  x  1  x  y 4  1 4 

Thế (4) vào phương trình (2) ta được :

y

4

2

 1  2  y 4  1  y  1  y 2  6 y  1  0

 y8  2 y5  y 2  4 y  0

 y  y  1  y 6  y 5  y 4  3 y 3  3 y 2  3 y  4   0


y  0  x 1

 y  1  x  0, loai

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1; 0 

 x y  1  y x  1  4

Bài toán 11. 

2
2

 x  x  1  y + y  1

1
2

Giải:
x  1
. Xét hàm số f  t   t 2  t  1, t  1;  
y

1


Điều kiện : 

f '  t   2t 

1
 0, t  1;   . Suy ra hàm số đồng biến trên 1;  
2 t 1

Từ đó, phương trình  2   x  y .

1  2 x

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

Vậy hệ phương trình có nghiệm  2; 2  .

 x  y  x  y  0

(1)

 x  y  3x  2 y  1

 2

Bài toán 2. 

Giải: Điều kiện : 0  x, y  1
Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế với vế, ta được :
1  y2
1  x2

x
y
f ' t  

1
t

2

1 t2

 . Xét hàm số f  t  

1 t2
, t   0;1
t

 0, t   0;1

Suy ra hàm số liên tục và nghịch biến trên [0; 1]


Từ đó, phương trình    x  y . Khi đó

1  x

1  x2 

1
1
 x 2 1  x 2  
2
4

2
x
, loai

1
2
2
x  
2

2
y

x 

2

 4 x 4  4 x 2  1  0

 2 2
;

2
2 


Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 

 x 2  1  3 y 2  1  10  x 2  y 2 

Bài toán 17. 
 x  2  16  2 x  2 y 2 - 628 = 0

1
2

x  2  0
2 x8
Giải: Điều kiện : 
16  2 x  0
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cop-xki cho 4 số : 1, x  1,3, y  1 ta được

x2  1  3





y 2  1  12  32 . x 2  1  y 2  1

 x2 1  3





y 2  1  10  x2  y 2 

Do phương trình (1) nên dấu “ =” xảy ra. Khi đó ta có :
x2  1

1

y2 1
 9  x 2  1  y 2  1  9 x 2  10  y 2
3

Thế 9 x 2  10  y 2 vào phương trình (2), ta được :
x  2  16  2 x  2  9 x 2  10  - 628 = 0

(3)

Xét hàm số : f  x   x  2  16  2 x  2  9 x 2  10  - 628, x   2;8
f ' x 

1
1

 36 x  0, x   2;8 
2 x2
16  2 x


Vậy hàm số f  x  đồng biến trên (2; 8) và f  6   0 do đó phương trình (3) có nghiệm duy nhất x
= 6. Với x = 6 ta có y   314





Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm : 6; 314 ; 6;  314



 x  5  y  2  7

Bài toán 65. 

 x  2  y  5  7

1

 2

x  2
y  2

Giải: Điều kiện : 

Lấy phương trình (1) trừ đi phương trình (2) vế với vế, ta được :
x5  x2 

y 5  y2

 3

Xét hàm số : f  t   t  5  t  2 ,t   2;  

f ' t  

t 2  t 5
 0, t  2
2 t  5. t  2

Vậy hàm số nghịch biến trên  2;   .
Phương trình  3   f  x   f  y   x  y
Khi đó, hệ phương trìnhtrở thành :
 2 x  3  2 x  5. x  2  49

2  x  23

2

 x  5 x  2    23  x 

x5 x2 7

 x  5. x  2  23  x

2  x  23
539

x
y
49
49 x  539  0
 539 539 

;
Hệ phương trình có 1 nghiệm 

 49 49 
 x  x 2 + y 2  = y 4 1+ y 2 

Bài toán 78. 
 4 x  5  y 2  8=6

1
2


Giải: Điều kiện : x  0
Nếu y = 0 thì phương trình(1) tương đương : x 3  0  x  0 , không thỏa hệ.


Xét y  0 : phương trình 1  


3

x x
3
  y y
y y

 3

Xét hàm số f (t )  t 3  t , t   ; f '  t   3t 2  1  0, t  
Suy ra, hàm số f(t) đồng biến trên 

 3 

x
 y  x  y2
y

4 y 2  5  y 2  18  6

 4 . Thế (4) vào phương trình(2) ta được :
2

Điều kiện : 23  5 y 2  0  

4 y

2

 5  y 2  18   23  5 y 2

115
115
y
5
5

Bình phương 2 vế của phương trình trên, ta được :
4  4 y 4  37 y 2  40    23  5 y 2 

2

 9 y 4  378 y 2  369  0

 y2  1  x
 2
 y  1
 y  41, loai

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là 1;1 , 1; 1
2  x 3  2 x  y  1  x 2  y  1

Bài toán 89. 
3
2
 y  4 x  1  ln  y  2 x   0

Giải: Điều kiện : y 2  2 x  0
Phương trình(1)  2  x 3  2 x   2  y  1  x 2  y  1  0
 2 x  x 2  2    y  1  x 2  2   0   2 x  y  1  x 2  2   0

 y  2x 1

 3

1
2


Thế (3) vào phương trình(2) ta được :

 2 x  1

3

2
 4 x  1  ln  2 x  1  2 x   0



3
2
  2 x  1  4 x  1  ln  2 x  1  2 x   0



3

 
2

Xét hàm số f  x    2 x  1  4 x  1  ln  2 x  1  2 x  , x  


2

f '  x   3  2 x  1  4 



8x  2
4x2  2x  1

2

f ' x 

3  2 x  1  4 x 2  2 x  1  16 x 2  2
4x2  2x 1

 0, x  

Suy ra, hàm số f(x) đồng biến và liên tục trên  . Mặt khác , f(0) = 0
Vậy phương trình   có nghiệm duy nhất x = 0, suy ra y = -1
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là  0; 1 .

 x 3 y  y 4 =278
2
2
3
 x y  2 xy  y  100

Bài toán 90. 

Giải:
 y  x 3  y 3  =278
Hệ phương trìnhtương đương với 
2
 y  x  y   100

1
 2

Từphương trình (2) suy ra y > 0.Viết lạiphương trình (1) :
y  x  y   x 2  xy  y 2   278 . . Vì y > 0 và x 2  xy  y 2  0, x, y  

nên (1) x  y  0  x  y  0 .Phương trình(2)  x 

Thế (3) vào phương trình(1) ta được :

10
y
y

 3

3
 10


y 
 y   y 3   278 . Đặt t  y , t  0 , ta có phương trình :

 y





3
 10


t 2   t 2   t 6   278

 t


3

 t 9  10  t 3   278t  0

 

3

Xét hàm số f  t   t 9  10  t 3   278t  0, t   0;  
2

f '  t   9t 8  9t 2 10  t 3   278  0, t   0;  

Suy ra, hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  0;   . Mặt khác , f(1) = 0
Vậy phương trình   có nghiệm duy nhất t = 1.
Từ đó,

y  1  y  1  x  9 . Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là  9;1 .

 3  x  2  x - 2y 2 y  1 = 0


Bài toán 109. 

2 2  x -

3
 2 y  1 = 1

1
 2

1

y 
Giải : Điều kiện : 
2 . Phương trình (1)   3  x  2  x  2 y 2 y  1

 x  2

 1  2  x  2  x  1  2 y  1 2 y  1
u = 2  x
Đặt 
 v =

(3)

 u, v  0

2 y 1

Phương trình (3)  1  u 2  u  1  v 2  v  u 3  u  v 3  v
Xét hàm số f  t   t 3  t , t  0 ; f '  t   3t 2  1  0, t  0
Suy ra, hàm số f  t  đồng biến trên  0;   .
Phương trình    u  v  2  x  2 y  1




 2  x  2 y 1  x  3  2 y

Thế : x = 3 – 2y vào phương trình (2) ta được : 2 2 y  1 

 2 y  1

Đặt X  2 y  1  0 , phương trình trở thành :

X 1


5 1
3
 X  2 X  1  0   X 
2

 X   5  1 , loai

2

 X  1  2 y 1  1  y  1  x  1

X 

5 1
5 1
 2 y 1 
2
2

 2 y 1 

62 5
5 5
1 5
 y
x
4
4
2

1 5 5  5 
;
.
4 
 3

Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : 1;1 , 

 x  1 - y = 8  x 3
Bài toán 115. 
4
 x  1 = y

x  1
y  0

Giải : Điều kiện : 

 x  1 - y = 8  x3
Hệ phương trình  
2
 x  1 = y
 x  1 -  x  12 = 8  x 3 1

2
 x  1 = y

Xét phương trình (1) :

2

x  1 -  x  1 = 8  x3

3

1


 x  1 - x 2 + 2x - 1= 8  x 3
 x 3 - x 2 + 2x +

x  1 - 9= 0

 

Xét hàm số : f  x  = x 3 - x 2 + 2x + x  1 - 9, x  1

f'  x  = 3x 2 - 2x + 2 +

1
, x 1
2 x 1

Xét hàm số : g  x  = 3x 2 - 2x , x  1
g '  x  = 6x - 2 > 0 , x  1

Hàm số g(x) đồng biến trên 1;  
 g  x   g 1 , x  1  g  x   1, x  1
 f '  x   0, x  1

Vậy hàm số f(x) đồng biến trên 1;  
Mặt khác, f(2) = 0.Suy ra, phương trình   có nghiệm duy nhất x = 2, y = 1
Hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm :  2;1 .

2

y2
1

y

 y 2  2 x  2 1

x
Bài toán 121(THPTQG 2014-2015). 
x  x 1  y  y2  y
 2

y
x



x  2
Giải : Điều kiện : 
y  0

Phương trình (2)  x 2 y  x  x  1  y 2  y 3 x  y 2 x
 x  xy  x   y 2  x  y 2  y 3 x  y 2 x 

  xy  x   x  y 2   y 2  xy  x   0




  xy  x   x  y 2    x  y 2   0   xy  x  1  x  y 2   0
x  y2
 x  y2  0


 x  y  1  1
 xy  x  1  0
 x  y 2  0 , thế vàophương trình (1) ta được :





2

y 1 

y2
 y 2  2 y2  2  y  2 y  2  y2  2 y2  2  0
y2

 y  2 y   y 2  2  2 y 2  2  0  y  2 y   y 2  2   2 y 2  2

u  y

Đặt 

2

 u , v  0 , Phương trình trở thành : u 2  2u  v 2  3v

v  y  2

 

Xét hàm số : f ( x)  t 2  2t , t   0;  
f '  t   2t  2  0, t  0

Suy ra, hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  0;  
Phương trình    u  v  y  y 2  2
 y  y2  2  y2  y  2  0

 x  y  1  1  x 

Do x ≥ 2 

 y  1, loai

y  2  x  4

1
y 1

1
1

 2  2 y  2  1  y   , vô lý.
y 1
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm :  4; 2 





 xy 2 1  x 2  1  y + 1  y 2
1

Bài toán 128(Chuyên Lê Hồng Phong) 
4 y 1
1
1

4
 3  +8  2 
xy
xy
 1  3 y  2  y


4 y 1
1
1

4

 3 + 8 (3)
xy
1  3 y  2  y xy

Giải : Phương trình (2) 

1
 3, u  0 ,ta có :
xy

Với xy  0 , đặt u 

1
1
-4
 3 + 8 = u 2  4u  5
xy
xy



1
1
2
-4
 3 + 8=  u - 2   1  0
xy
xy

Từ phương trình (3) ta có : 4 y  1  0  y 

 y 2  1 
Ta lại có : 
 y  y

y2  y

1
4

 y  y 2  1  0, y  

x  0
Từ phương trình (1) ta suy ra : x  0 . Điều kiện :  1
 4  y  2







Ta có : xy 2 1  x 2  1  y + 1  y 2



1 1 1  y2
+
y y
y
2

1 1 1  y2
 x 1 x 1  +
y y
y2
2



 x 1 x2  1 

1 1 1
 x  x x 1  +
  1
y y  y



2

1
 f  x   f   . Xét hàm số : f (t )  t  t t 2  1 t  
 y
f ' t   1  t 2  1 

t2
t2 1

 0, t  

Suy ra, hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên 






Xét 2 điểm M  x, f  x   , N  1 , f  1   thuộc đồ thị hàm số f(t).
 y  y 
Ta có : yM  yN và hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  nên


xM  xN  x 

1
 xy  1 (3)
y

Xét phương trình (1) :

y  2  4 4 y  2  3x3 +3x - 1

Thế (3) vào phương trình (1) ta được : x 4  4 x 2  3 x 3 + 3x - 1
 x 4  3 x3  4 x 2  3x  1  0 (4)

Nếu x = 0, không thỏa phương trình (4), xét x ≠0.
Chia 2 vế củaphương trình (4) cho x2 ta đựợc :
x2 

1

3
 3x   4  0
2
x
x

1 1  
1

  x 2  2.x.  2   3  x    2  0
x x  
x


1 1  
1

  x 2  2.x.  2   3  x    2  0
x x  
x

2

1
1


  x    3 x    2  0
x
x




Đặt t  x 

1
, phương trình trở thành :
x

t 2  3t  2  0

t  1

t  2

1
t  1  x  =1  x 2  x  1=0,VN
x
1
t  2  x  =2  x2  2 x  1 = 0  x = 1  y = -1 thỏa điều kiện : y  2
x

Hệphương trìnhphương trình có nghiệm duy nhất : 1; 1

3 y x  2+8 x  2 = 10y - 3xy + 12

Bài toán 134.(Chuyên Hạ long) 

3
2

3
5 y 2  x  8  6 y  xy 2  x

1
 2


x  2  0
Giải : Điều kiện : 
 2  x  2
2  x  0
y  0 không thỏa phương trình (2).

Chia 2 vế của phương trình (2) cho y3 ta được :
8 6
6 2
5 2  x  3   x 2  x   2  x  2 2  x  5 2  x    
y  y
y
y





3

2 x



3

3

2
2
 3 2  x     3.
y
 y

(3)

Xét hàm số : f  t   t 3  3t , t   ; f '  t   3t 2  3  0, t  
Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  và

 3 

f



2
2
2 x  f    2 x 
y
 y



 y  0, x  2


2 (4)
y  2 x


Thế (4) vào phương trình (1) ta được :
6
2 x

x  2+8 x  2 =

20
6
-x
+ 12
2 x
2 x

 3 x  2 - 6 2  x +4 4  x 2 = 10 - 3x (5)

Đặt : t  3 x  2 - 6 2  x
t  3 x  2 - 6 2  x  t 2  9  x  2  36  2  x   36 4  x 2  90  27 x  36 4  x 2



90  27 x  t 2
 4 4  x 2 (6)
9

Thế (6) vào phương trình (5) ta được :
t+

90  27 x  t 2
= 10 - 3x
9

t  0
 t 2 +9t = 0  
t  9


 t  0  3 x2 - 6 2 x  0

 3 x  2 = 6 2  x  9  x  2   36  2  x 

 t  9 3 x2 - 6 2 x 9

 45 x  54  0  x 

6
y 5
5

 3 x 2  96 2 x

 9  x  2   81  36  2  x   108 2  x
 5 x  15  12 2  x , vô nghiệm vì : 5x – 15 < 0, x  2;2

6



Hệ phương trình có nghiệm duy nhất :  ; 5 
5

2 y3  12 y 2  25 y  18   2 x  9  x  4
Bài toán 135.(THPT Nghi Sơn) 
2
2
 3x  1  3 x  14 x  8  6  4 y  y
1

3 x  1  0
x  
3
Giải : Điều kiện :  

2
6  4 y  y  0 2  10  y  2  10


Phương trình (1)  2  y 3  6 y 2 


25
9



y  9  2 x   x  4
2
2



1
1



 2  y3  6 y 2  12 y  8  y  1  2  x  4   x  4
2
2



3

 2  y  2    y  2  2





3

x4  x4

 3

Xét hàm số : f  t   2t 3  t , t   ; f '  t   6t 2  1  0, t  
Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  và
Phương trình  3  f  y  2   f

 x4  y2



x4

2  y  2  10
 2
 y  4 y  4  x  4



1
 2


2  y  2  10
 2
 y  4 y   x  4 

Thế (4) vào phương trình (2) ta được :
3x  1  3 x 2  14 x  8  6  x  3 x  1  6  x  3x 2  14 x  8  0

 3 x  1  4  1  6  x  3x 2  14 x  5  0



3  x  5



x 5

3x  1  4 1  6  x

  x  5 3x  1  0

3
1


  x  5 

 3 x  1  0
 3x  1  4 1  6  x

x  5  y 1

3
1
1


 3x  1  0, VN x  
 3 x  1  4 1  6  x

3

Hệphương trình có nghiệm duy nhất :  5;1

 x2 y  x2  1  2 x x2 y  2

Bài toán 136.(Sở GDĐT Thanh Hóa) 
3
6
2
2
 y  x  1  3 y  x  2   3 y  4  0

Giải Điều kiện :  x2 y  2  0  x2 y  2
Phương trình (2)  y 3 x 6  y 3  3 yx 2  6 y  3 y 2  4  0
3

3

 y 3 x 6  3 yx 2  y 3  3 y 2  6 y  4   yx 2   3 yx 2   y  1  3  y  1

 3

Xét hàm số : f  t   t 3  3t , t   ; f '  t   3t 2  3  0, t  
Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  và

 3 

f  yx 2   f  y  1

 x2 y  y  1  4  .Điều kiện : y  1  2  y  1

Thế (4) vào phương trình (1) ta được :

1
 2




y  x2  2x y  1  y  1  x2 1  2x y  1  0







2

 x  y  1 1  0

x  y 1 1  0

 x  y  1  1  0



 x  y 1 1 x  y 1 1  0

x  y 1 1  0  y 1  x 1
 x  1
 x  1

2 
2
 y  1   x  1
 y  1   x  1

 x  1

2
 y  x  2x

 5

Thế (5) vàophương trình (4) ta được :
x 2  x 2  2 x   x2  2 x  1

 x 4  2 x3  x 2  2 x 2  2 x  1  0

2

  x2  x   2  x2  x   1  0

2

  x2  x  1  0  x 2  x  1  0



1  5
1 5
y
x 
2
2


1  5
, loai
x 

2

x  y  1 1  0  y  1  x 1
 x  1
 x  1



2
2
 y  1   x  1
 y  1   x  1

 x  1

2
 y  x  2 x

 6

Thế (6) vào phương trình (4) ta được :
x 2  x 2  2 x   x2  2 x  1

 x 4  2 x3  x 2  2 x  1  0

 x4  2 x3  x2  2 x2  2 x  1  0

 1 5
1 5
y
x 
2
2

 1 5
, loai
x 

2

2

  x2  x  1  0  x2  x  1  0


 1  5 1  5   1  5 1  5 
;
;

Hệ phương trình có 2 nghiệm : 
 ; 

2
2
2
2 


2 x  x 2  3 - y  y 2  3 = 3xy  x  y 

 2
2
 x  2   4  2  y 
Bài toán 139.(THPT Can Lộc)

Giải : Từ phương trình (2) suy ra : 2  y  0  y  2
(1)  2 x3  6 x - y3  3 y  3x 2 y + 3xy2  0
 x3  3 x +  x 3 - y3  3x 2 y + 3xy2   3 y  3x  0
3

 x 3  3x +  x - y   3 y  3x  0

Xét hàm số : f  t   t 3  3t , t  

3

 x 3  3x =  y - x   3  y  x 

 3

; f '  t   3t 2  3  0, t  

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  và

 3  f  x  = f  y  x 

 x = y - x  y = 2x .Điều kiện : 2x  2  x  1

Thế y = 2x vào phương trình (2) ta được :

x

2

2

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

 x2  2 x  2  0,VN
 2
 x  2x  2  0

2

 x 2  2  x  1
 2
 x  2  x  1

 x  1  3  y  2  2 3

 x  1  3  y  2  2 3





Hệ có 2 nghiệm : 1  3; 2  2 3 ; 1  3; 2  2 3



 xy  2 = y x 2  2

 2
 y  2  x  1 x 2  2 x  3 = 2x 2 - 4x
Bài toán 142. 

Giải : (1)  y





x2  2  x  2

 3 . Vì

1
 2

x2  2  x  0, x    y  0

1
 2


Phương trình (3) 

2y
2

 2  y  x2  2  x

 4

x 2 x

Thế (4) vào phương trình (2), ta được :





2

x 2  2  x  2  x  1 x2  2 x  3 = 2x 2 - 4x .

 1  x x2  2  2 x   x  1 x 2  2 x  3 = 0
2

 x x2  2  x    x  1   x  1   2 -  x  1

Xét hàm số : f  t   t t 2  2  t , t  

 5

f ' t   t 2  2 

t2
t2  2

 1  0, t  

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  và
1
2

Phương trình  5  f  x   f    x  1   x   x  1  x    y  1
 1 



Hệ phương trình có 1 nghiệm :   ;1
2

2 y3  y + 2x 1  x = 3 1  x

2
 2 y 1 - y = 2 - x

Bài toán 143.(THPT Triệu Sơn 4) 

1
 2

Giải
1  x  0
x  1
Điều kiện : 

y  2  x  0 y  2  x  0

Phương trình (1)  2 y 3  y = 3 1  x   2x - 1 + 1 1  x



3



 2 y 3  y = 1  x  2 1  x  1  x

 2 y3  y = 2

Xét hàm số : f  t   2t 3  t , t  

f '  t   6t 2  1  0, t 

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  và

1 x  1  x

 3


Phương trình  3  f  y   f
 y2  1  x  x  1  y 2





1 x  y  1  x , y  0

 4

Thế (4) vào phương trình (2), ta được :
2 y 2  1 - y = 2 - 1  y 2   2 y 2  1 - y - y2 - 1= 0







1
-  y2 + 1 = 0  
-1   y 2 + 1 = 0
 2 y2 1 + y


2 y2  1 + y



y2 1

1
2

-1= 0  2 y 2  1 + y= 1

2 y 1 + y

 y  1
 2 y2 1 = 1 - y   2
2
2 y  1  1  y 

y 1
 y  2, loai
 2

 y  2y  0  y  0  x  1

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất : 1;0 

x
 2 1
x  x  y  y
Bài toán 144. 

 5y 1  x y  1


x  0

Giải : Điều kiện :  1 . Phương trình (1)  x3 y  y  xy 2  x2
 y  5

 x2  xy  1  y  xy  1  0

 x2  y
  x2  y   xy  1  0  
 xy  1

 x 2  y . Thế vào phương trình (2) ta được :
5x2  1 - x x = 1  5x 2  1 = 1 + x x

 3


TH 1 : x  0 :  3  5 x2  1 = 1 + x 2
 x2  1
 x 4  3x2  2 = 0   2
x  2

 5 x 2  1 = 1 + 2x 2  x 4

x  1 y 1

x  2  y  2

TH 2 : x  0 :  3  5x 2  1 = 1 - x 2

 5 x 2  1 = 1 - 2x 2  x 4


7  41
7  41
x  
y
2
2


 x   7  41  y  7  41

2
2

 2 7  41
x 
2
4
2
 x  7x  2 = 0  
 2 7  41
x 

2

 xy  1  x  

5 y 1 

1
.Thế vào (2) ta được :
y

1
1
y  1  5 y 1 
1
y
y

 y  5 y  1  1  y

 y  5 y  1  1  2 y  5 y  1  y
 2 y  5 y  1  5 y 2  2 y  1,VN (do vế trái không âm, vế phải âm)

Hệ phương trình có 4 nghiệm : 1;1 ;



 7  41 7  41   7  41 7  41 
; 

2;2 ;  
;
;


2
2  
2
2 

 










 x  x2  4 y  y2 1  2

Bài toán 145. 
12 y 2  10 y  2  2 3 x 3  1


Giải :Phương trình (1)  x  x 2  4 

Vì : y  y 2  1  0, y   nên :
 x  x2  4 

 2 y 

2

2
y  y2 1

 3  x 

 4   2 y 

 4

x2  4 

1
 2

(3)



2 y  y2 1
1




Xét hàm số : f  t   t  t 2  4, t  

f ' t   1 

t
t2  4

 0, t  

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  và

 4  f  x   f  2 y 

 x  2 y

Thế x = -2y vào phương trình (2), ta được :
3

  x  1  2  x  1   x3  1  2 3 x3  1

3 x 2  5 x  2  2 3 x3  1

Xét hàm số : g  t   t 3  2t , t  

 5

g '  t   3t 2  2  0, t  

Hàm số g(t) đồng biến và liên tục trên  và
Phương trình  5  g  x  1  g

3



3

  x  1  x  1  3 x  3 x  0
3

2



x3  1  x  1  3 x3  1
x  0  y  0

 x  1  y  1

2



1

Hệ phương trình có 2 nghiệm :  0;0  ;  1; 
2


Bài toán 146.

 x3  y 3  3 y 2  3x  2  0
 2
2

2
 x  1  x  3 2 y  y  2  0

1
 2

1  x 2  0
1  x  1

 1  y  1  1
Giải : Điều kiện : 

2
2 y  y  0 0  y  2

phương trình (1)  x3  3x  y3  3 y 2  3 y 1  3  3 y
3

 x3  3x   y  1  3  y  1

Xét hàm số : f  t   t 3  3t , t   1;1

(3)
f '  t   3t 2  3, t   1;1


f '  t   0  3t 2  3  0  t  1
t

 f '  t   0, t   1;1

-1

1

f’(t)

-

f(t)

0

2
-2

 1;1 và

Hàm số f(t) nghịch biến và liên tục trên

Phương trình  3  f  x   f  y  1  x  y  1  y  x  1
Thế x +1 = y vào phương trình (2), ta được :
x2  1  x2  3 1  x2  2  0

  x2  2 1  x 2  2  0



 1  x2  2 1  x2 1  0



 1  1  x 2  0  1  x2  1  x  0

Hệ phương trình có 1 nghiệm :  0;1
Bài toán 146

 y 3  3x 2  2 x  1  4 y  8
 2 3
2
2
 y x  4 y x  6 y  5 y  4

1
2

Giải : Do y = 0 không thõa hệ phương trình nên y  0
8
4
 2
3 x  2 x  1  y 3  y 2

Hệ phương trình  
 x3  4 x  5  4  6

y2 y

 

Cộng 2 phương trình của hệ với nhau ta được :

8 6
 x  3x  6 x  4  3 
y
y
3

2

3

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

3

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

(3)

2

Xét hàm số : f  t   t 3  3t , t  

f '  t   3t 2  3  0, t  

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên  và
2
2
 f  x  1  f    x  1 
y
 y

 4

Thế (4) vào phương trình   , ta được :
x  1 y 1
 x3  x 2  x  1  0  
 x  1, loai

2

x3  4 x  5   x  1  3  x  1

Hệ phương trình có nghiệm : 1;1
2 y3  y  2 x 1  x = 3 1  x
Bài toán 155. 
2
2
2
 9  4 y  2 x  6 y - 7

1
 2

x  1
1  x  0

 3
Giải : Điều kiện : 
3
2
9  4 y  0   y 
 2
2

Phương trình (1)  2 y3  y = 3 1  x   2  2 x  2  1  x
 2 y 3  y = 2 1  x  1  x  1  x





3

 2 y3  y = 2 1  x  1  x (3)

Xét hàm số : f  t   2t 3  t, t  

f '  t   6t 2  1  0, t  

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên 
Phương trình  3  f  y   f





1 x  y  1 x  0

Thế vào phương trình (2) ta được :

4 x  5  2 x 2  6 x 1

 2 4 x  5  4 x 2  12 x  2  2 4 x  5  4 x  5  1  4 x 2  8 x  4







2

4x  5  1   2x  2

2

 4x  5  1  2  2x

 4 x  5  1  2 x  2, loai vì : 2 x  2  0, x  1

1  2 x  0

2
4 x  5  1  2 x 

1

x

1


2
x 


2
 x  1  2, loai
4 x 2  8 x  4  0  

 x  1  2  y   4 2






Hệ phương trình có 2 nghiệm : 1  2; 4 2 ; 1  2;  4 2



Bài toán 156.

2 x 2  x  x  2 = 2y2 + y + 2 y  1
 2
2
 x  2 y  2 x  y  2  0

1
 2

 x  2
x  2  0


Giải : Điều kiện : 
1
2 y  1  0  y  

2

Phương trình (2)  x 2  2 y 2  2 x  y  2

(3)

Thế (3) vào phương trình (1) ta được :
x2   2 y2  2 x  y  2  x  x  2 = 2y2 + y + 2 y  1
 x 2  3x  2  x  2 = 4y 2 + 2y + 2 y  1

2

  x  1  x  1 

 x  1  1 =  2y 

2

+ 2y + 2 y  1 (4)

f '  t   2t  1 

Xét hàm số : f  t   t 2  t  t  1, t   1;  
f ''  t   2 

1
4  t  1 t  1

 8  t  1 t  1=1 

Bảng biến thiên :



f ''  t   0  2 



3

t 1 =

t

1
8

1
=0
4  t  1 t  1

1
3
 t  1=  t = 2
4
-3/4

-1

f’’(t)

1
,t  -1
2 t 1

-

0

+∞

+∞
+
+∞

f’(t)
1/2


Ta thấy f '  t   0, t   1;   . Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên

 1; 

Phương trình  4   f  x  1 = f  2y   x  1  2 y  x  2 y  1
Thế vào phương trình (2) ta được :

 2 y 1

2

 y  1 x  1
 6 y  7 y 1  0  
y  1  x   2
6
3


2

 2 y  2  2 y 1  y  2  0

2

 2 1
Hệ phương trình có 2 nghiệm : 1;1 ;   ; 
 3 6
Bài toán 157.

 2 x  2  2 x  1 = y3 + 3y
 2
 y  xy  5  5x  6 y

Giải : Điều kiện : x 

1
 2

1
. Phương trình (1)
2

  2 x  1  3 2 x  1 = y3 + 3y





Xét hàm số : f  t   t 3  3t, t 



3

2 x  1  3 2 x  1 = y3 + 3y (3)

f '  t   3t 2 +3 > 0,t 

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên

 1; 

y2 1
Phương trình  3  y  2 x 1, y  0  y  2 x  1  x 
2
2

Thế vào phương trình (2) ta được :

y

2

y


2

 1 y
2

5  5

y2 1
 6y
2

 y3  3 y 2  11y  5  0