CHUYÊN đề bài tập PHƯƠNG TRÌNH bất PHƯƠNG TRÌNH và hệ PHƯƠNG TRÌNH có lời GIẢI CHI TIẾT

PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH.
Nguyễn Trường Sơn – THPT Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình.

 3  x  y  1  x3  2 y 2  9 x  5

Câu 1. Giải hệ phương trình sau: 
3
3
2
2

 x  y  12 x  3 y  3 y  6 x  7

x  3
Lời giải. Điều kiện: 
 y  1
Phương trình thứ 2 tương đương với ( x  2)3  ( y  1)3  y  x  1 (3)
Thay (3) vào phương trình thứ nhất ta được:
3  x  x  2  x3  2 x2  5x  3 điều kiện 2  x  3

 3  x  x  2  x3  2 x 2  5 x  3  3  x  x  2  3  x 3  2 x 2  5 x  6


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

 x3  2 x 2  5 x  6



2( x 2  x  2)

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



2( x 2  x  2)
 ( x 2  x  2)( x  3)
( 3  x  x  2  3)( (3  x)( x  2)  2)

 ( x 2  x  2)(

2
 ( x  3))  0
( 3  x  x  2  3)( (3  x)( x  2)  2)

Do điều kiện 2  x  3 nên

2
 ( x  3)  0
( 3  x  x  2  3)( (3  x)( x  2)  2)

Suy ra x2  x  2  0  x  1; x  2 thoả mãn điều kiện.
Khi x  1  y  0 TMĐK
Khi x  2  y  3 TMĐK
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (-1;0), (2;3)
2 x 2  y 2  2  x  1 x 2  2 x  3  4 x  2 y  1

Câu 2. Giải hệ phương trình 
 x, y 
2

xy

2

y

1
x

2

x





Lời giải. Từ phương trình thứ hai của hệ ta có: y  1  x 2  2  x




Thay vào phương trình thứ nhất ta được:  x  1 1 


 x  1

2

 2    x 1 




x

2

 2


2

t
f  t   t 1  t 2  2   f '  t   1  t 2  2 
 0, t


t2  2
1
 1 
Cho ta x  1   x  x    y  0 . Nghiệm của hệ :  x; y     ;0 
2
 2 

Câu 3. Giải hệ phương trình
2
2
2

 xy ( x  1  1)  3 y  9  3 y


2
3

( xy  x) x  1  2  2 x  xy  34  34 x  2 xy  10 x  x

(x,y 

)

x
x

(1)
 x  log 2 x  log 2  2  y.2 
( x, y  )
Câu 4. Giải hệ phương trình 
2
2log
x

6log
y

1

x
log
x


3
y

3

0
(2)



2
2
2

Lời giải. Điều kiện: x  0; y  1 .

(1)  log 2 x  log 2  y  1  x  y  1  y  x  1
Thay y  x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình:
2log 22 x  6log 2 x  x log 2 x  3x  0

log x  3  0
  log 2 x  3 2log 2 x  x   0   2
 2log 2 x  x  0
(3)  x  8  y  7 (t/m đk).
- Xét hàm số f ( x)  2log 2 x  x với x  0 .

(3)
(4)

2  x ln 2

2
, f '( x)  0  x 
.
x ln 2
ln 2
Bảng biến thiên

Ta có f '( x) 

x

0
+

x0

-

f(x)
x

Theo BBT, pt f ( x)  0 có nhiều nhất 2 nghiệm trên (0; ) , có f (2)  f (4)  0
Do đó, phương trình (4) có hai nghiệm x  2; x  4  y  1; y  3 (t/m đk).
Vậy: Hệ phương trình đã cho có nghiệm là (2;1), (4;3), (8;7).
Câu 5. Giải phương trình

( x  2)





2 x  3  2 x  1  2 x2  5x  3  1

 x  .

2

 x  3 y  2  xy  y  x  y  0
Câu 6. Giải hệ phương trình 
(x, y  R).
2
3
8

x

4
y

1

x

14
y

12



x


Lời giải.

 x  y  ( x  y )( y  1)  2( y  1)  0 (1)
(I)  
2
3 8  x  4 y  1  x  14 y  12 (2)
Điều kiện: x  8, y  – 1, (x – y)(y + 1)  0 (*)
Nếu (x ; y) là nghiệm của hệ (I) thì y > – 1. Suy ra x – y  0.
Do đó: (1) 

x y
x y

2 0 
y 1
y 1

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

Thay x = 2y + 1 vào (2) ta được:

3 7  2 y  4 y  1  (2 y  1)2 14 y 12  4 y  1  3 7  2 y  4 y 2 10 y 11  0
 4( y  1  2)  3( 7  2 y  1)  4 y 2 10 y  6  0


2
3
 ( y  3) 

 2 y  1  0 (3)
 y 1  2

7  2 y 1



Vì 1  y 



7
nên
2

2
2 2

,
y 1  2 3  2 2

3

3
 , 2y + 1 > –1
7  2 y 1 4

2
3

 2 y 1  0 .
y 1  2
7  2 y 1

Do đó: (3)  y  3  0  y  3  x = 7 (thỏa (*)).
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x ; y) = (7 ; 3).
Câu 7. Giải phương trình 32 x4  16 x2  9 x  9 2 x  1  2  0 trên tập số thực.
Lời giải. Điều kiện x 

1
, phương trình đã cho tương đương
2

32 x 4  32 x 2  16 x 2  16 x  7 x  7  9  9 2 x  1  0





 32 x 2  x 2  1  16 x  x  1  7( x  1)  9 1  2 x  1  0
 32 x 2  x  1 ( x  1)  16 x  x  1  7( x  1) 

9  2  2x

1  2x 1
18


  x  1 32 x 2 ( x  1)  16 x  7 
0
1 2x 1 

18


  x  1 32 x3  32 x 2  16 x  7 
  0 (*)
1  2x 1 


Ta có

0


32

3
32 x  8  4

1 
32
x   32 x 2 

 8  32 x3  32 x 2  16 x  7  27
2 
4
16

16 x  2  8

18
1 2x 1  1  
 18
1 2x 1
18
 32 x3  32 x 2  16 x  7 
 9  0.
1 2x 1
Vậy (*)  x  1 .
Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1.
Câu 8. Giải hệ phương trình:

 x  3  xy  x  3 y  3  x  1  2 y  y  1 1


2
x  1  2  2
 x  3 y  1   y  1 x  2 x  3







Lời giải.
Pt(1)  x  3 

 x  3 y  1  x  2 y  1 

y 1

a  x  3
a  b
Đặt 
 a, b  0  , (1) trở thành: a 2  2b2  ab  a  b  0  
 a  2b  1  0
b  y  1
+ a  2b  1  0 vô nghiệm do a, b  0
+ Xét a = b  y  x  2 thay vào (2) ta được:

 x  3 x  3   x  1  x2  2x  3 

x 1  2

  x  3 x  3   x  1  x 2  2x  3 .

x 3
x 1  2



 x  3  y  5(tm)


2
 x  3 x  1  2   x  1  x  2x  3 *








Xét hàm số f  t    t  2   t  2  , t  0 có f '  t   0t 
Suy ra f  t  đồng biến mà f  x  1   f  x  1  x  1  x  1
(*)  


x 1



2

 2




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



2

x  1
 2
 x  3 y  5
 x  3x  0

Vậy hpt có nghiệm:  3;5 


Câu 9. Giải bất phương trình:

2 x  3  x  1  3x  2 2 x 2  5x  3  16 .

Lời giải. Điều kiện: x  1 .
Bpt (1) tương đương:

2x  3  x  1 





2

2 x  3  x  1  20

Đặt t  2 x  3  x  1 , t >0

t  5
Bpt trở thành: t 2  t  20  0  
. Đối chiếu đk được t  5 .
t  4
Với t  5 , ta có:

2 x  3  x  1  5  2 2 x2  5x  3  3x  21

 3 x  21  0
 2
x  7
 2 x  5 x  3  0


 x3
3 x 7
3 x  21  0



  x 2  146 x  429  0
Kết hợp với điều kiện x  1 suy ra tập nghiệm bất pt là: S= 3;  



Câu 10. Giải bất phương trình: x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4)



 1  5  x  0

Lời giải. ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0  

 x  1  5

Khi đó (*)  4 x( x 2  2 x  4)  x 2  5x  4
 4 x( x 2  2 x  4)  ( x 2  2 x  4)  3x (**)

TH 1: x  1  5 , chia hai vế cho x > 0, ta có:
(**)  4

Đặt t 

1

x2  2 x  4 x2  2 x  4

3
x
x
x2  2 x  4
, t  0 , ta có bpt: t 2  4t  3  0  1  t  3
x

2

x2  2 x  4
1  17
7  65

x  7x  4  0
3  2
x

x
2
2

x  x  4  0

TH 2: 1  5  x  0 , x2  5x  4  0 , (**) luôn thỏa

(x R).


 1  17 7  65 
;
.
2
2 


Vậy tập nghiệm bpt (*) là S   1  5;0   





 x  y  2  x  y  2( x 2  y 2 )


Câu 11. Giải hệ phương trình:  1 1 1
1
 x  y  x2  y 2

 x  y  2  x  y  2( x 2  y 2 ) (1)

Lời giải:  1 1 1
1
 x  y  x 2  y 2 (2)

 x  y  2
Điều kiện: 
.
 xy  0
Ta thấy x + y = 0 không là nghiệm của hpt. Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau:
TH1: 2  x  y  0
2

1 1 1 1
1 1
Từ pt (2 ) ta suy ra xy < 0. pt (2)          2 .  0(3) .
x y
x y x y
Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y.
Khi đó phương trình (3) có nghiệm

1 1
1 1
  1  8 .  0  xy  8  0  xy  8 .
x y

x y

Khi đó ta có x 2  y 2  2 xy  16 .
Đặt t  x  y  2  0  t  2 .
Từ pt (1) ta có t  t 2  2  32  t 2  t  34  0 điều này vô lí .
Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm.
TH2: x + y >0.
Từ (2) suy ra xy > 0, do đó x và y đều dương.
Ta có (2)  ( x  y) xy  x 2  y 2

( x  y)2
( x  y)2
và xy 
nên ta có
2
4
( x  y)2
( x  y) 2
2
2
 x  y  ( x  y) xy  ( x  y)
 x y  2
2
4

Do x 2  y 2 

Đặt t  x  y  2  t  2 .
Từ (1)  t  t 2  2  (t 2  2)2  t 4  5t 2  t  6  0  (t  2)(t 3  2t 2  t  3)  0 (4) .

Ta có t 3  2t 2  t  3  0  t  2 , do đó, từ (4)  t  2  0  t  2.
Từ đó suy ra: t = 2  x  y  2 , thay vào hpt ta có xy=1  x  y  1 .

x  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là 
.
y 1
2
2

4 x  y  x  9  1  3x  y  x  5 x  8
Câu 12. Giải hệ phương trình :  4
3
2
2

 x  x  11x  y x   y  12  x  12  y

trên tập số thực .
Lời giải. Phương trình (2) tương đương với

x

2

 x  1 y  12  x 2   0  y  12  x 2

Thay vào phương trình 1 ta được: 3x2  x  3  3x  1  5x  4



 



 3  x 2  x   x  1  3x  1  x  2  5 x  4  0
1
1


  x2  x   3 

0
x  1  3x  1 x  2  5 x  4 

 x2  x  0  x  0 hoặc x  1 . Khi đó ta được nghiệm  x; y  là (0;12) và (1;11).
3
3
2

7 x  y  3xy ( x  y )  12 x  6 x  1 (1)
Câu 13. Giải hệ phương trình 
( x, y  )
3 4 x  y  1  3x  2 y  4
(2)



Lời giải.

Điều kiện: 3x+2y  0

(1)  8 x3  12 x 2  6 x  1  x3  3x 2 y  3xy 2  y 3
 (2 x  1)3  ( x  y )3  2 x  1  x  y  y  1  x
Thế y = 1 x vào (2) ta được:

3

3x  2  x  2  4

Đặt a  3 3x  2, b  x  2 (b  0)

a  b  4
Ta có hệ  3
2
a  3b  4
b  4  a
b  4  a
b  4  a
 3
 3
 3
2
2
2
a  3(4  a)  4
a  3(16  8a  a )  4
a  3a  24a  44  0
b  4  a
a  2



2
b  2
(a  2)(a  a  22)  0


3

 3x  2  2

 x  2  y =  1 (thỏa ĐK)
x

2

2



Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2;1).
3
3
2
2

x  y  x  2 y  2x  3y  2  0
Câu 14. Giải hệ phương trình : 
2


 8  xy  x  2015  x  x  y  4  2016 x

8  xy  x  0

Lời giải. Điều kiện: 

2
x  x  y  4  0

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

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

2

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

Có f

'

t   3t 2  4t  3  0 t 

Ta được
Thay

2

, suy ra

1  f  y   f   x  1  y   x  1

y   x  1 vào  2  và rút gọn được phương trình

x2  8  2015  x2  3  2016 x
Ta có

f  t  đồng biến trên

*

x 2  8  x 2  3  2016 x  2015  0  x 

Xét hàm số g  x  

x

g'  x 


x 8
2

x





x 2  8  x 2  3  2016 x  2015 , x 

x
x 3
2

 2016

x2  3  x2  8

x

2

2015
2016

 8  x 2  3

  2016  0

x 

2015
2016

2015
2016

1
 2


Suy ra

g  x  nghịch biến trên  2015 ;  
 2016

g  x   0 (Phương trình (*)) có tối đa 1 nghiệm

Suy ra phương trình
Mặt khác



g 1  0

Từ đó ta được x  1 là nghiệm duy nhất của phương trình (*)
Với

x  1  y  2

(thỏa mãn điều kiện ban đầu)

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất

 x; y   1; 2 .

5 x  13  57  10 x  3x 2
 x2  2 x  9 .
Câu 15. Giải bất phương trình:
x  3  19  3x

19

3  x 
Lời giải. Điều kiện: 
3

x  4

Bất phương trình tương đương:





x  3  19  3x 2 x  3  19  3x
x  3  19  3x

x

2

 2x  9

 2 x  3  19  3x  x2  2 x  9
x5 

13  x 

2
 2 x  3 
   19  3x 
 x  x2
3  
3 




2   x2  x  2

x5

9 x  3 

3 




 x2  x  2
 x2  x  2
13

x



9  19  3x 

3 






2
1
0
  x2  x  2 

 9  x  3  x  5  9  19  3x  13  x  



 
3 
3  

Với

2
x5

9 x  3 

3 





*

 19 
 0 chọn x   3;  \ 4 ta có
13  x 
3


9  19  3 x 

3 


1

*  x2  x  2  0  2  x  1.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S   2;1 .


Câu 16.
a) Giải phương trình: x 2  x 2  3x  3(x  2) .

(x 2  x  2)y  x  0
b) Giải hệ phương trình: 
(x 4  4x 2  1)y2  (2x 3  x)y  x 2  0.
Lời giải.

a.Đặt t  x 2  3x , t  0
PT (1) trở thành: t2 + t – 6 = 0.
 t = –3 (loại) hoặc t = 2 (thỏa t  0).
x 2  3x  2  x 2  3x  4  0 .
 x = –1 hoặc x = 4.
Ghi chú: Điều kiện t ≥ 0 thay cho điều kiện x ≤ 0 hoặc x ≥ 3
b.+ (x ; y) = (0 ; 0) là một nghiệm của (I).
+ Mọi cặp số (x ; 0) và (0 ; y) với x0, y0 đều không phải là nghiệm của (I).
+ Trường hợp x  0, y  0:
 x 2 y  xy  2y  x  0
(I)  
 x 4 y2  4x 2 y2  y2  2x 3 y  xy  x 2  0
 x(xy  1)  2y  xy

 2
2
2
2 2

 x (xy  1)  xy(xy  1)  y  5x y
1 2

(x  y )  x  1


2
 x  1    x  1  1  1  5
 



y 
y  x x2


1
1
a  2b  1
Đặt a  x  , b  (b ≠ 0), hệ trên trở thành: (II)  2
2
y
x

a  ab  b  5
Giải hệ (II) được: (a ; b) = (3 ; –1) và (a ; b) = (–7 ; 4)
 1
+ Với (a ; b) = (3 ; –1) thì:  x; y    1; 
4

4 
1
+ Với (a ; b) = (–7 ; 4) thì:  x; y    ;  
 4 29 
* Một cách giải khác:
+y=0x=0
+ Trường hợp y  0:
x
 2
 x  x  2  y  0 (1)

Biến đổi được: 

2
 x 4  4x 2  1  (2x 2  1) x   x   0 (2)
 

y y

x
(1)    x 2  x  2 (3)
y

+ Với t = 2 thì:


Thay

(3)

vào
(2),
khai
triển
và
rút
gọn
được:
1

x  1  y 

4

4 x 2  3x  1  0  
1
x   y   4

4
29
x
 2
 x  x  1   y  2   x  1 y  1
Câu 17. Giải hệ phương trình: 
 x, y  
2
3x  8 x  3  4  x  1 y  1

 x  1
Lời giải. Điều kiện: 
 y  1

x3  x 2  x
  y  2
1 
x 1
3

 x  1 y  1 



x3  x  x  1

 x  1

x 1

  y  2 y  1



3
x
 x 

 y 1  y 1 .
 
x 1
 x 1 
Xét hàm số f  t   t 3  t trên
có f   t   3t 2  1  0t 

 x 
. Nên f 
 f
 x 1 
được 3x2  8x  3  4 x x  1 .
biến trên



  2 x  1  x  2 x  1
2







y 1 

suy ra f(t) đồng

x
 y  1 . Thay vào (2) ta
x 1

2

 
x 1
  2
 x  3 2 3
 x  6x  3  0
 2 x  1  x 1


 

1
5  2 13
x


x
 2 x  1  1  3x

3
9


 9 x 2  10 x  3  0
x2
Ta có y 
1
x 1
Với x  3  2 3  y 

43 3
5  2 13
41  7 13
. Với x 
.
 y
2
9
72

Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện

43 3 
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    3  2 3;


2 

 5  2 13 41  7 13 
&  x; y   
;
 .
9
72



Câu 18. Giải hệ phương trình:



 2027  3x  4  x   6y  2024  3  2y  0 (1)
(x,y )

2
2
7
x

8
y

3
14x-18y

x


6
x

13
(
2
)


3
Lời giải. ĐKXĐ: x  4,y  , 7x  8y  0,14x  18y  0
2
PT (1) 3(4  x)  2015 4  x  3(3  2y)  2015 3  2y (3)
Xét hàm số: f(t)   3t  2015  t liên tục trên 0;   
Có f '(t)  3 t 

3t  2015
2 t

 0, t  0

Suy ra hàm số đồng biến trên  0;   
Nên pt (3) f  4  x   f  3  2y   4  x  3  2y  y 
Thay y 

x 1
2

x 1

vào pt (2) ta được pt:
2

2 7x  4(x  1)  3 14x  9(x  1)  x2  6x  13

 2 3x  4  3 5x+9  x2  6x  13
 2 3x  4  2(x  2)  3 5x+9  3(x  3)  x2  x


2x(x  1)
3x  4  (x  2)



3x(x  1)
5x  9  (x  3)

 x(x  1)



2
3
 x(x  1) 

 1  0
5x  9  (x  3) 
 3x  4  (x  2)

x  0

 x(x  1)  0  
.( Vì
 x  1

2
3x  4  (x  2)

4
  x  4)
3

1
Vậy hệ pt có hai nghiệm:  0;   ;  1; 1 .
2




3
5x  9  (x  3)

 1  0 với


32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x
 x, y 
Câu 19. Giải hệ phương trình: 
3
(
y


2

1)
2
x

1

8
x

13(
y

2)

82
x

29




Lời giải.

32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x(1)
 x, y 


3
( y  2  1) 2 x  1  8 x  13( y  2)  82 x  29(2)



1
Đặt đk x   , y  2
2

+) (1)  (2 x)5  2 x  ( y 2  4 y) y  2  5 y  2  (2 x)5  2 x 





5

y  2  y  2(3)

f (t )  t 5  t , f '(t )  5t 4  1  0, x  R , suy ra hàm số f(t) liên tục trên R. Từ (3) ta có

f (2 x)  f ( y  2)  2 x  y  2
Thay 2 x  y  2( x  0) vào (2) được
(2 x  1) 2 x  1  8 x 3  52 x 2  82 x  29
 (2 x  1) 2 x  1  (2 x  1)(4 x 2  24 x  29)
 (2 x  1)





2 x  1  4 x 2  24 x  29  0

1

x  2

2
 2 x  1  4 x  24 x  29  0(4)

Với x=1/2. Ta có y=3

(4)  ( 2 x  1  2)  (4 x 2  24 x  27)  0 

2x  3
 (2 x  3)(2 x  9)  0
2x 1  2

x  3 / 2

1

(2 x  9)  0(5)
 2 x  1  2

Với x=3/2. Ta có y=11
Xét (5). Đặt t  2 x  1  0  2 x  t 2  1. Thay vao (5) được
t 3  2t  10  21  0  (t  3)(t 2  t  7)  0 . Tìm được t 
x

13  29
103  13 29
,y
4
2

Câu 20. Giải hệ phương trình:

1  29
. Từ đó tìm được
2

Xét
hàm
số


 xy ( x  1)  x3  y 2  x  y


3 y 2  9 x2  3   4 y  2











1  x  x2  1  0

y  x
2
Lời giải. Biến đổi PT (1)   x  y   x  y  1  0  
2
 y  x 1





3x 2  9 x 2  3   4 x  2 

x = y thế vào PT (2) ta được:   2 x  1



 2 x  1

2





1  x  x2  1  0





 3  2  (3x) 2  (3 x) 2  3



 f  2 x  1  f  3x 

Xét f (t )  t





t 2  3  2 có f '(t )  0, t.
1
5

f là hàm số đồng biến nên: 2 x  1   3x  x    y  


1
5





2
2
2
y  x 2  1 thế vào (2) 3( x  1) 2  9 x  3   4 x  1  2 





1  x  x2  1  0

Vế trái luôn dương, PT vô nghiệm.
 1 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất:   ;   .
 5 5

cos x  cos y  2 y  2 x
Câu 21. Giải hệ phương trình :  3

4 x  y  ( x  1) 2 y  1  0

(1)
(2)

Lời giải. Xét f(t) = cost + 2t có f'(t) = –sint + 2 > 0  t  f(t) đồng biến trên R.
Do đó (1)  f(x) = f(y)  x = y.
Thay vào (2) ta được:

4 x3  x  ( x  1) 2 x  1  0  (2 x)3  2 x  ( 2 x  1)2  2 x  1 (3)
Xét g(t) = t3 + t có g'(t) = 3t2 + 1 > 0,  t

 g(t) đồng biến trên R
Do đó (3)  f(2x) = f( 2 x  1 )  2 x  1 = 2x
2 x  0
1 5
 2
 x
4
4 x  2 x  1  0
3
3
2
2

 x  y  3x  12 y  7  3x  6 y
Câu 22. Giải hệ phương trình : 
3
2

 x  2  4  y  x  y  4x  2 y
x  2  0
 x  2

Lời giải. Điều kiện : 
4  y  0
y  4

1
 2

Từ phương trình 1 ta có  x  1   y  2   x  1  y  2  y  x  1

3

3

 3


Thay  3 vào  2  ta được pt:










x  2  4   x  1  x3   x  1  4 x  2  x  1
2

x  2  3  x  x3  x 2  4 x  1 , Đ/K 2  x  3



x  2  3  x  3  x3  x 2  4 x  4 

2  x  2  3  x   4 



x  2  3 x  3



 x  2  3  x   2 

2   x2  x  2



x  2  3 x  3



2
  x  x  2   x  2 








 x  2  3  x   2 

2





 x  2  3  x   2 



x  2  3 x 3

  x  1  x 2  4 

  x  1  x 2  4 

  x  2  x2  x  2



2
0

x  2  3  x  3  x  2  3  x   2 

0






 x2  x  2  0  x  2  x  1



 
x  2 
 y  3   x; y    2;3 ( thỏa mãn đ/k)



 
x  1 
 y  0   x; y    1;0  ( thỏa mãn đ/k)

3

3

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x; y    2;3 ,  x; y    1;0 
Câu 23. Chohai phương trình: x3  2 x2  3x  4  0 và x3  8x2  23x  26  0 .Chứng
minh rằng mỗi phương trình trên có đúng một nghiệm, tính tổng hai nghiệm đó
Lời giải. Hàm số f  x   x3  2 x 2  3x  4 xác định và liên tục trên tập
Đạo hàm f   x   3x 2  2 x  3  0, x 

 f  x  đồng biến trên

 *

f  4 . f  0    40  .4  160  0   a   4;0  : f  a   0 **
Từ * và ** suy ra phương trình
x3  2 x2  3x  4  0 có một nhiệm duy nhất x  a

Tương tự phương trình x3  8x2  23x  26  0 có một nhiệm duy nhất x  b
Theo trên : a3  2a 2  3a  4  0 1

Và b3  8b2  23b  26  0   2  b   2  2  b   3  2  b   4  0
3

2

 2

Từ 1 và  2   a3  2a 2  3a  4   2  b   2  2  b   3  2  b   4
3

2

 3

Theo trên hàm số f  x   x3  2 x 2  3x  4 đồng biến và liên tục trên tập


Đẳng thức  3  f  a   f  2  b   a  2  b  a  b  2
Vậy tổng hai nghiệm của hai phương trình đó bằng 2 .
1  y  x  3 y  3  x 2  ( y  1)3 . x

Câu 24. Giải hệ phương trình: 
(x, y  )
3 3
2

 x  y  2 x  4  2  y  2

 x 4  x3  4 y
 5 x 2  6 y  6 (1)

x 1
Câu 25. Giải hệ phương trình  3 2
 x  x  y 2  2 x 2 y  2 xy  y 2 x  0


 2

( x, y  ).

 x  1
2
5 x  6 y  6  0

Lời giải. +) ĐK: 

x  1
x  y

+) Ta có (2)  ( x  1)( x  y )  0  
2

+) Với x  1 , thì (1) trở thành :

1

5  65

y 
2
4 y  2  2 6 y  11  1  2 y  6 y  11  
 y
4
2 y 2  5 y  5  0

x  1

+) So sánh với ĐK ta có 
5  65 là nghiệm của hệ đã cho.
y


4

+) Với y  x thì (1) trở thành:

x 4  x3  4 x  ( x  1) 5 x 2  6 x  6
 ( x 2  2)2  ( x3  4 x 2  4 x  4)  ( x  1) ( x 2  2)( x  1)  ( x3  4 x 2  4 x  4)

u  x 2  2
Đặt 
2
v  5 x  6 x  6
2
3
2

u  ( x  4 x  4 x  4)  ( x  1)v

Ta có hệ 
2
3
2

v  ( x  1)u  ( x  4 x  4 x  4)

Ta có

u 2  v2  ( x  1)(v  u)

u  v
 (u  v)(u  v  x  1)  
u  v  x  1  0
Với u  v  x  1  0
Ta có

5x 2  6 x  6  x 2  x  3  0( ptvn) vì x  x  3  0, x
2


Với u  v ta có x  2  5 x  6 x  6
2

2

 x4  4 x2  4  5x2  6 x  6
 x4  x2  6x  2  0
 ( x 2  1)2  3( x  1)2
Giải phương trình được nghiệm:

x

3  4 3 1
.
2

So sánh với ĐK ta có hệ đã cho có các nghiệm là

x  1


5  65 ;
y


4



3  4 3 1
x 

2
;


3  4 3 1
y 


2


3  4 3 1
x 

2
.


3  4 3 1
y 

2

3x 2  2 xy  2 y 2  3x  2 y  0
Câu 26. Giải hệ phương trình  2
2
5x  2 xy  5y  3x  3y  2  0

(1)
(2)

.

Lời giải. Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương
trình:

4 x 2  4 xy  y2  6 x  3y  2  0


(2 x  y)2  3(2 x  y)  2  0  2 x  y  1 .
2 x  y  2

Nếu 2 x  y  1 thì y  1  2 x , thay vào (1) ta được:
x  0  y  1
7 x 2  5x  0  
x  5  y   3
7
7


Nếu 2 x  y  2 thì y  2  2 x , thay vào (1) ta được:
x  1  y  0
7 x  11x  4  0  
x  4  y  6

7
7
2

5
7

3 4 6
7  7 7

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là  0;1 ; 1; 0  ;  ;   ;  ;  .

 x2 y  x2  1  2x x2 y  2

Câu 27. Giải hệ phương trình: 
( x, y  ) .
 3 6
2
2
y
(
x

1)

3
y
(
x

2)

3
y

4

0


Lời giải. Điều kiện:

x 2 y  2 . Gọi hai phương trình lần lượt là (1) và (2) (2) 

x6 y3  3x2 y  y3  3 y 2  3 y  1  3( y 1)


( x 2 y)3  3x 2 y  ( y  1)3  3( y  1) (3)
3
2
Xét hàm số f (t )  t  3t có f '(t )  3t  3  0, t 


Do đó

(3)  f ( x2 y)  f ( y 1)  x2 y  y 1,( y  1).

2
2
Thế vào (1) ta được x y  x  1  2 x y  1



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

Do đó hệ đã cho tương đương với

x2 y  x2  1  y  2  x2
 x y  1  1  2

  x y  y  1   x 2 (2  x 2 )  x 2  1 (4)
 2
 x y  y  1
x  0

x  0



(4)  x 4  3x 2  1  0  ( x 2  1)2  x 2  0  ( x 2  x  1)( x 2  x  1)  0

1 5
x 
 1 5
1 5
2

. Do x > 0 nên x 
hoặc x 
2
2

1 5
x 
2

Với x 

1 5
1 5
1 5
1 5
y
y
. Với x 

.
2
2
2
2

1 5 1 5 
 1  5 1  5 
 , ( x; y)  

;

 2 ; 2 .
2
2





Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y )  

Câu 28. Cho x, y, z là các số thực mà mỗi số không nhỏ hơn 1 và thỏa mãn điều kiện
9 x2 y 2 z 2  x2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  4xyz (xy  yz  xz ) . Chứng minh rằng :

xy
xz
zy



 1.
9 xy  2(2 x  2 y  1) 9 xz  2(2 x  2 z  1) 9 zy  2(2 z  2 y  1)
Lời giải.
Theo giả thiết ta có x, y, z không nhỏ hơn 1 nên 2 

4 4 2 
4 4 2
   8 9 9     0
x y xy
 x y xy 

4 4 2 
4 4 2 
    0,9       0 .
 x z xz 
 z y zy 

Tương tự : 9  


9 x 2 y 2 z 2  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  4 xyz ( xy  yz  xz )
Lại có :  9 

4 4 4  1
1 1  4 4 4  1
1 1 
   2  2  2       
x y z x
y
z  x y z  xy yz zx 

 18 

8 8 8
 1
1
8 8 8
1 1 
1 1 
   2      9  27      2     
x y z
 xy yz zx 
 xy yz zx  
x y z

xy
xz
zy


9 xy  2(2 x  2 y  1) 9 xz  2(2 x  2 z  1) 9 zy  2(2 z  2 y  1)
1
1
1



4 4 2 
4 4 2 
4 4 2 

9    9    9   
x
z
xz


 x y xy 
 z y zy 


9
1
8 8 8 2 2 2 
27        
 x y z xy xz zy 

3
3
2
2

 x  y  17 x  32 y  6 x  9 y  24(1)
Câu 29. Giải hệ phương trình 
3 3
3
3

 y  x  3x  1  x  4 x  2(2)

Lời giải.

Từ phương trình (1) suy ra :

x3  6 x2  17 x  y3  9 y 2  32 y  24  ( x  2)3  5( x  2)  ( y  3) 3  5( y  3)
Xét hàm f (t )  t 3  at (t  R, a  0)
Ta có f '(t )  3t 2  a  0, t  R .
Do đó hàm số f đồng biến trên R.
Khi đó suy ra x  2  y  3  y  x  1 .
Phương trình (2) trở thành :

( x  1)3  x3  3x  1  3 x3  4 x  2
 ( x  1)3  x  1  x3  4 x  2  3 x3  4 x  2

1
x  
6
Suy ra x  1  3 x3  4 x  2  3x 2  x  1  

1
x  
6


13
6
13
6