10 cau he hay dac sac 2016 co dap an thay nguyen ba tuan

10 BÀI HỆ HAY VÀ ĐẶC SẮC

 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Bài 1. Giải hệ phương trình:   x  8 y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7





5

( xy  3) y  2  x  x  ( y  3x) y  2
Bài 2.Giải hệ phương trình: 
2

 9 x  16  2 2 y  8  4 2  x

( x, y  )

i i he phương tr nh:

2
1
2




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





2
 2
2
 2 1  15
2


 x  x  6 y   1   9 y     6 xy 18 y  3xy  1  6 x  18 y 1

2
4

Bài 4. Giải hệ phương trình 
1
 2
2

x


9
y

6
y

5
x

4


x

6
y

3

2 1  x  6 y  7  2


2



 x 2  2 x  2( x 2  x) 3  2 y  (2 y  3) x 2  1

Bài 5. Giải hệ phương trình: 
3

2 x 2  x3  x  2
2

3

2
y


2x 1

2
2
2
3

x  (y  y  1) x  2  y  y  2  0
Bài 6. Giải hệ phương trình: 
(x, y  R).
2
2
3
y

3

xy

2x


2

x

0




1  x3  y y  1  y  x

Bài 7. Giải hệ phương trình 


(4x  3)  4  y  3 3x  8  1   9




x
 2
 ( y  2) ( x  1)( y  1) (1)
x 
x 1
Bài 8. Giải hệ phương trình 
( x, y  R )
3x 2  8 x  3  4( x  1) y  1
(2)



 1 y2 
2
2
(
x

1)

y

2

1 

x 
Bài 9. Giải hệ phương trình 

 2
2
3
2
4 y  ( y  x  3x  2)( 2  x  1)
4
4
3
2 2
3

 x  16 y  32 xy  24 x y  8 x y  2  0

Bài 10. Giải hệ phương trình  2
2

x  4 y  1




H

 x  1   x  1 y  2   x  5  2 y  y  2

Bài 1. Giải hệ phương trình:   x  8 y  1
 2
  y  2 x  1  3
 x  4x  7





Điều kiện x  1; y  2 .

x  1  a; y  2  b  a, b  0 , từ (1) ta có:

Đặt

a  ab  a 2  1  5  2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2  0
  a  b 1  2a  b   0

 a  b (do a, b  0  1  2a  b  0
 x 1 

y2  y  x3 .

Thế vào (2) t được:

 x  8 x  4
x2  4 x  7

  x  1

x  8
  x4
 2

 x  4 x  7





x 1  3 

x 1
x 1  3

 x  8 x  4   x  1 x  8
x2  4x  7



x 1  3

*

+ x  8  y  11;
+ * 









x  1  3  x  4    x  1  x 2  4 x  7 



x 1  3 




2
2
x  1  3   x  2   3 .  x  2   3 (**)





Xét hàm số f  t    t  3  t 2  3 với t 
nên f  t  đồng biến trên
Do đó **  f



có f '  t   3  t  1  0 t 
2

.

x  2
x  1  f  x  2  x  1  x  2  
2
x  1  x  4x  4



x  2
5  13
 2
x
(T/M)
2
x

5

x

3

0

x

5  13
11  13
y
2
2

 5  13 11  13 
Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  là  8;11 và 
;

2
 2



5

( xy  3) y  2  x  x  ( y  3x) y  2
Bài 2.Giải hệ phương trình: 
2

 9 x  16  2 2 y  8  4 2  x

0  x  2
Đk: 
 y  2

(1) 

(*) .Với đk(*) t có

x  1
( x  1) ( y  3) y  2  ( x  1) x   0  
( y  3) y  2  ( x  1) x
31
Với x = 1 th y vào (2) t được: 2 2 y  8  1  y   (loai)
8

Ta có: (3) 



( x, y  )

(3)



3

y  2  y  2  ( x )3  x (4). Xét hàm số

f (t )  t 3  t  f '(t )  3t 2  1  0; t  Hàm số f(t) là hs đồng biến, do đó:

(4)  f ( y  2)  f ( x )  y  2  x  y  x  2 th y vào pt(2) t được:

4 2  x  2 2 x  4  9 x2  16
 32  8x  16 2(4  x2 )  9 x 2  8(4  x 2 )  16 2(4  x 2 )  ( x 2  8 x)  0

 x
t  2
2
2
2
Đặt: t  2(4  x ) (t  0) ; PT trở thành: 4t  16t  ( x  8 x)  0  
t   x  4  0(loai )

2
Hay

0  x  2
x
4 2
4 2 6

2(4  x )    2 32  x 
y
2
3
3
x 


9

2

 4 2 4 2 6
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) là: 
;

3
3 


2
1
2



2

x  y  2 x  y  y  x  2 x  y  (1)
Bài 3. Giải hệ phương trình:  x  y
(2)

2
y

4
2
x


y

3

x

6
x

y

1

3
y

2





 





Lời giải:

x  0
x  0


ĐK  y  0
y  0
2 x  y  0

Nếu y= 0 thì (1) 

2 1
2
(vô lý)
 
x x
2 x2


Tương tự x= 0 không thỏa mãn, vậy x,y >0.
Đặt x  ty, t  0, phương trình đầu trở thành:

2
1
2


(1')
2
( t  1) t  2t  1 1  t (2t  1)

Ta có

1
2
2
2



t  2t  1 2t  2 2t  1 (2t  1)  2 2t  1  1 ( 2t  1  1)

(1') 

2
2
2
1
1
1





(2) Đặt
2
2
2
2

( t  1) ( 2t  1  1) 1  t (2t  1)
( t  1) ( 2t  1  1) 1  t (2t  1)


1
1
1
a  t
(a, b  0), (2)(2) 


(*)

2
2
(1

a
)
(1

b
)
1

ab
b

2
t


1


1
1
1
Bổ đề:


2
2
(1  a) (1  b) 1  ab
Áp dụng BĐT C uchy-Schawarz ta có:

(1  ab)(a  b)  ( a  ab . b )2  a(1  b)2 

1
a
1

.
(3)
2
(1  b)
a  b 1  ab

Tương tự

1

b
1

.
(4)
2
(1  a)
a  b 1  ab

Cộng vế với vế t được đpcm. Dấu “=” xảy ra  a  b
(*)  t  2t  1  t  1  x  y.

2( x  4) x  3  ( x  6) 2 x  1  3( x  2)


4( x  4)2 ( x  3)  ( x  6) 2 (2 x  1) 4( x  4) 2 ( x  3)  ( x  6) 2
2(
x

4)
x

3

(
x

6)
2
x


1



3( x  2)
2(
x

4)
x

3

(
x

6)
2
x

1

( Do ĐK x  3 nên x  2  0 )

2( x  4) x  3  ( x  6) 2 x  1  3( x  2)
(5)


2 x 2  7 x  78 (6)

2( x  4) x  3  ( x  6) 2 x  1 
3

Cộng vế (5) với (6) t được:
2 x 2  7 x  78
4( x  4) x  3 
 3( x  2)  12( x  4) x  3  2( x  4)( x  12)
3
 2( x  4)(6 x  3  x  12)  0  2( x  4)( x  3  6 x  3  9)  0  2( x  4)( x  3  3)2  0

x  4  y  4

x  6  y  6
Vậy hê phương trình đã cho có tập nghiệm T  (4;4),(6;6)


2
 2
2
 2 1  15
2


 x  x  6 y   1   9 y     6 xy 18 y  3xy  1  6 x  18 y 1

2
4

Bài 4. Giải hệ phương trình 
1

 2
2

x

9
y

6
y

5
x

4


x

6
y

3

2 1  x  6 y  7  2


2





 x   6 y  3  0
Đkxđ: 
1  x  6 y  0
Có 1  x4  12 x3 y  54 x2 y 2  x 2  108xy3  6 xy  6 x  81y 4  9 y 2  18 y  4  0 *

  x  3 y  1  x 2  6 xy  2 x  9 y 2  6 y  4   0
2

  x  3 y  1

2

 x  3 y  1  3  0
2

 x  3 y 1  0
Ta xét hàm g  x   3  2 x  2 3  x trên khoảng 1  2;1 

2 



Ta có g  x   3  2 x  2 3  x  0  x 

2 7
2



4 x2  8x  3
4 x2  8x  3
4 x2  8x  3


0

2
2 3  2x  2 3  x
2 2 x  2x 1 1




4 x2  8x  3 
1
1

1 
  0  *

2
 3  2x  2 3  x 2 x  2x 1 1 



 



Thay vào (2) ta có: 2 x 2  5 x  3   x   2 x  1 



1
2 3 x  7
2




 x   2 x  1  0
1  2  x  1  2
Đk: 

 1 2  x  1 2
x  3
x  3


7 3
1

  2 x 2  4 x  2     x  3  x   x   2 x  1   0 **
2 2
2


Xét

3
2 7
2 7
thử lại (**) không thảo mãn => x 
không là nghiệm.
 x  3 x  0  x 
2
2
2

Xét x 

2 7
ta có
2

4 x2  8x  3 3  2 x   4 3  x 
4 x2  8x  3
**



0
 
2
2 3  2 x  2 3  x 2 2  x  2 x  1  1
2



 






Xét x  1  2;



2 7 
1
1
1


0
 ta có 1 
3  2 x  2 3  x 2  x  2 x  1  1 3  2x  2 3  x
2 

2 7

;1  2  ta có
 2


Xét x  
1

1
1
1


0
3  2 x  2 3  x 2  x  2 x  1  1 3  2 1  2  2 2  2






2 7
 L
x 
2
2

Vậy (*)  4 x  8 x  3  0 

2 7
7
 y  
x 
2
6


 2 7 7 
Vậy nghiệm của hệ 
;

6 
 2

 x 2  2 x  2( x 2  x) 3  2 y  (2 y  3) x 2  1

Bài 5. Giải hệ phương trình: 
3
2 x 2  x3  x  2
 2  3 2y 
2x 1


Lời giải:
1 1
3
Điều kiện: x   ,   y 
2 2
2

PT (1)  x2  2 x  1  2( x  1) x 3  2 y  x 2 (3  2 y)  0
 ( x  1) 2  2( x  1) x 3  2 y  x 2 (3  2 y )  0



 x 1 x 3  2 y



2

0

 x 3  2 y  x  1 (3)

Nhận thấy x  0 không là nghiệm củ phương trình  x  0
x 1
1
Suy ra (3)  3  2 y 
 1
x
x
Th y vào PT (2) t được: 1 

1 3 2 x 2  x3  x  2
1

 (2 x  1) 1   x  2 3 2 x 2  x3
x
2x 1
x
3


1
1

2
2
1
1
2
2

  2   1   1   3 1    1    1   1   3 1 
x
x
x
x
x
x
x
x


Xét hàm số f (t )  t 3  t , t  R
Ta có: f '(t )  3t 2  1  0t  R

(4)


 Hàm số f(t) đồng biến trên R


1
2
1

2
Do đó, (4)  f  1    f  3 1    1   3 1 




x
x
x
x



Đặt a 

(5)

1  2a  0
1
( 0)  (5) trở thành: 1  a  3 1  2a  
3
3
x
(1  a)  (1  2a)

1

a   2

1

1



a  
a  
1 5
1 5


 a 
2
2
a
2
2
a 3  a 2  a  0 a 2  a  1  0  



1 5
a 
2

1 5
5 1
1 5
x
 (3)  3  2 y 
 0 (l )

2
2
2
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

Với a 

2
2
2
3

x  (y  y  1) x  2  y  y  2  0
Bài 6. Giải hệ phương trình: 
(x, y  R).
2
2
3
y

3

xy

2x

2

x


0



Lời giải:
ĐK: y  2  0; xy  2x  2  0.
2

2

x2  (y2  y  1) x2  2  y3  y  2  0  ( x2  2  y)(y 2  x2  2  1)  0

y  0

 y  x2  2   2
2

y  x  2

( Do y2  x2  2  1  0x, y )

Thay y2  x2  2 vào PT thứ hai của hệ t được pt sau với ĐK: x  3 2
3

x 2  1  x 3  2  x  0  ( 3 x 2  1  2)  x  3  x 3  2  5


 (x  3)(x 2  3x  9)
x3
 (x  3) 

 1 
 3 (x 2  1)2  2 3 x 2  1  4 
x3  2  5
x  3

x3
x 2  3x  9

1
(*)
3
 3 (x 2  1)2  2 3 x 2  1  4
x

2

5

Ta thấy:


)

x 2  3x  9

 2  x 2  3x  1  2 x 3  2  (x 2  3x  1) 2  4(x 3  2)

x3  2  5
 (x 2  x)2  (x  3)2  5x 2  0x
)

x3
3

(x  1)  2 x  1  4
2

2

3

2

 1  2  3 (x 2  1)2  2 3 x 2  1  1  x(**)

Đặt t  3 x2  1,t  0 . Khi đó (**) trở thành

t 2  2t  1  t 3  1  (t 2  2t  1)2  t 3  1  t 4  3t 3  6t 2  4t  0 Đúng t  0.
Suy ra (*) vô nghiệm
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y)  (3; 11).

1  x3  y y  1  y  x

Bài 7. Giải hệ phương trình 


(4x  3)  4  y  3 3x  8  1   9




Lời giải


Điều kiện 

x1

( *)

0  y  16

Với điều kiện (*) ta có : 1  x3  y y  1  0
Do đó (1)  1  x  y y  1  x  y 
3

(1  x3 )  (y y  1)
1  x3  y y  1

x y

 (x  y)(x2  x y  y  1  x 3  y y  1  0  y  x
(do x2  x y  y  1  x 3  y y  1  0)

Thế vào (2) t được : (4x  3)( x  4  3 3x  8  1)  9
Vì x  

3
9
1 0

không phải là nghiệm của (3) nên (4)  x  4  3 3x  8 
4x  3
4

Xét hàm số g(x)  x  4  3 3x  8 
Ta có g '(x) 

1
2 x4

1


3

(3x  4)2



9
 3
 1 trên ( 4; )\  
4x  3
 4
36

(4x  3)

2

 0 x  4, x 


3
4

3  3



Suy ra hàm số g(x) đồng biến trên các khoảng  4;   ;   ;  
4
4


 



Lập BBT ta thấy phương trình g(x)  0 có tối đ 2 nghiệm
Ta lại có g(0)  g(3)  0 suy ra x  0; x  3 là các nghiệm củ phương trình g(x)  0
Với x  0  y  0; x  3  y  9


Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có 2 nghiệm:  0; 0  ;  3; 9 
x
 2
 ( y  2) ( x  1)( y  1) (1)
x 
x 1

Bài 8. Giải hệ phương trình 
( x, y  R )
2
3x  8 x  3  4( x  1) y  1
(2)


Lời giải
ĐK: x  1, y  1
(1) 

x 2 ( x  1)  x
 ( y  2) ( x  1)( y  1)
x 1

x3
 x  ( y  2) ( x  1)( y  1)
x 1
x3
x


 ( y  2) y  1
( x  1) x  1
x 1


3

x

 x 


 
x 1
 x 1 





3

y  1  y  1 (*)

Xét f (t )  t 3  t trên R
f '(t )  3t 2  1  0t  R

Suy ra hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên R





x
 x 
y 1 
 y 1
Suy ra (*)  f 
 f

x 1
 x 1 
Suy ra x  0 th y vào (2) t có phương trình
3x 2  8 x  3  4 x x  1
 4 x 2  4 x  1  x 2  4 x x  1  4( x  1)
 2 x  1  x  2 x  1 (3)

1  2 x  x  2 x  1 (4)
x  1
(3)  x  1  2 x  1   2
 x  2 x  1  4( x  1)
x  1
 2
 x  3 2 3
x

6
x

3

0




 (2 x  1) 2  x  x  1



2

1
1


5  2 13
x 
x 
(4)  1  3x  2 x  1  

x
3
3
9
1  6 x  9 x 2  4( x  1)
9 x 2  10 x  3  0



Kết hợp với điều kiện x  ta có x  3  2 3  y 

x2
43 3
1 
(t / m)
x 1
2


43 3 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x, y )   3  2 3,


2 



 1 y2 
2
2
(
x

1)

y

2

1 

x 
Bài 9. Giải hệ phương trình 

 2
2
3
2

4 y  ( y  x  3x  2)( 2  x  1)
Lời giải:
+ ĐK: x  0,  2  x  2
PT (1)  x( x  1)2  xy 2  2( x  1  y 2 )
 ( x  1)( x 2  x  2)  y 2 ( x  2)  0
 ( x  2)( x  1)( x  1)  y 2 ( x  2)  0
 ( x  2)( x 2  y 2  1)  0
 x  2  0 (l )
 2
2
x  y  1

Với x2  y 2  1  x 2  1  y 2 , th y vào PT (2) t được:

4 y 2  ( y 2  x3  3x  2)( y 2  1  1)
 (4 y 2  1  1)  ( y 2  x3  3 x  2)( y 2  1  1)
 4( y 2  1  1)( y 2  1  1)  ( y 2  x3  3x  2)( y 2  1  1)
 4( y 2  1  1)  y 2  x3  3x  2
 x3  3x  2  y 2  4 y 2  1 (3)
2

0  x  1 1  x  1
+ Do x  y  1  

2
0  y  1 1  y  1

2

2

+ Xét hàm số f ( x)  x3  3x  2 trên đoạn [  1,1]
Có f '( x)  3x2  3  f '( x)  0  x  1
Do hàm số f(x) liên tục trên đoạn [  1,1] và f (1)  0, f (1)  4
Suy ra min f ( x)  4; max f ( x)  0
x[ 1,1]

x[ 1,1]

Hay f ( x)  4, x [1,1] (a)
+ Xét hàm số g ( x)  y 2  4 y 2  1 trên đoạn [  1,1]
Có g '( y)  2 y 

 y  0  [  1,1]
 g '( y)  0  
y2 1
 y   3  [  1,1]
4y

Do hàm số g(y) liên tục trên đoạn [  1,1] và g (1)  g (1)  1  4 2 ; g (0)  4


Suy ra min g ( y)  1  4 2 ; max g ( y)  4
x[ 1,1]

x[ 1,1]

Hay g ( y)  4, y [  1,1] (b)

x  1

+ Từ (a) và (b) suy ra PT (3)  f ( x)  g ( y)  4  
(t / m PT (1))
y  0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x, y)  (1, 0)
 x 4  16 y 4  32 xy 3  24 x 2 y 2  8 x3 y  2  0

Bài 10. Giải hệ phương trình 
2
2

x  4 y  1

đặt x=sint, 2y=cost với t∈(0;2π)
t được hệ phương trình:
4
4
3
2
2
3

sin t  cos t  4sin t cos t  6sin t cos t  4sin t cos t   2(*)
 2
2

sin t  cos t  1


3 k


(*)  sin 4t  cos 4t   2  sin  4t    1  t 

,k 
4
16
2

Vì t∈(0;2π) mà k∈Z nên k=1;2;3;4; ⇒t nhận các giá trị
5 13 21 29
t
;
;
;
16 16 16 16
Kết luận: Nghiệm hệ phương trình là
5 1
5   13 1
13  
21 1
21  
29 1
29 

; cos
; cos
; cos
; cos
 sin
 ;  sin
 ;  sin

 ;  sin

16 2
16  
16 2
16  
16 2
16  
16 2
16 
