Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Luyện thi THPT Quốc gia

1

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình
Đây thường là câu lấy điểm 9 trong đề thi môn Toán, vì thế bài tập cũng đòi hỏi ở mức rất cao và chỉ dành
cho những bạn thật sự có tố chất. Đây là một chuyên đề không phải ngày một, ngày hai là có thể làm được mà các
bạn phải làm thật nhiều mới có thể rút được kinh nghiệm và kĩ thuật để áp dụng cho những bài khác. Chúc các bạn
thành công!

 Bài 1 (Đề thi THPT Quốc gia 2015). Giải phương trình:


x2  2 x  8
 ( x  1)( x  2  2)
x2  2 x  3

Ý tưởng:
- Đầu tiên, bấm máy tính thử nghiệm sẽ có 1 nghiệm đẹp x  2 . Sau khi đã tìm được nghiệm này, các bạn
phải làm thế nào đó để tách được nhân tử chung ( x  2) ra. Sau khi biến đổi ta sẽ được
( x  2)( x  4) ( x  1)( x  2)

.
x2  2 x  3
x2 2

-

x4
x 1

. Để giải phương trình này
x2  2 x  3

x2 2
thì việc đầu tiên ta phải nhẩm nghiệm. Tuy nhiên, không may mắn đây là 1 nghiệm xấu và không thể
nào đoán được. Vì vậy, việc tách nhân tử chung là rất khó khăn nhưng không phải là không được. Ở đây
có 1 mẹo nho nhỏ, nếu để ý bạn sẽ thấy trong phương trình trên chỉ có duy nhất 1 dấu căn. Vậy thì chắc

Đến đây, ta cần giải quyết phương trình còn lại đó là

chắn

x  2  ax  b,(a, b  Z ) . Tại sao lại khẳng định như vây? Vì:

+ Nếu

x  2  ax2  b . Bình phương lên, bậc 4 nghiệm lẻ thì rất khó giải được.

+ Nếu

x  2  ax  b hoặc x  2  ax 2  bx  c thì trong đề bài phải gợi ý thêm 1 dấu căn nữa.

Như vậy, từ đây ta có cơ sở để giải phương trình trên. May mắn khi thử x  2  x  1 . Ta suy ra được



x  2  x  1 . Có 2 cách để giải phương trình này:
+ Thứ nhất, bạn có thể trục căn thức.
+ Thứ hai, bạn có thể xét hàm.
Sau đây sẽ là lời giải chi tiết:
Điều kiện x  2() . Với điều kiện    phương trình đã cho tương đương với:
x  2
( x  2)( x  4) ( x  1)( x  2)

 x4


2
 2

x  2x  3
x2 2
 x  2 x  3

x 1
x2 2

Cách 1
Ta có: (1)  ( x  4)( x  2  2)  ( x  1)( x 2  2 x  3)





2
2
 ( x  2  2)  x  2  2   x  1  2  x  1  2




Xét hàm số f (t )  (t  2)(t 2  2) .

(2)

Ta có: f '(t )  3t 2  4t  2  f '(t )  0, t  R , nên f (t ) đồng biến trên R
Do đó:

 2  f (
x

x  2)  f ( x  1)

 x  2  x 1

3  13
2

Cách 2
Ta có:
(1)  ( x  4)( x  2  2)  ( x  1)( x 2  2 x  3)
 x3  x 2  x  5  ( x  4) x  2  0
  x3  2 x 2  4 x  1  ( x 2  3x  4)  ( x  4) x  2   0
 ( x  1)( x 2  3x  1)  ( x  4) ( x  1)  x  2   0

x  1
 2
 x  3x  1  0


2

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

 x 2  3x  1 
 ( x  1)( x 2  3x  1)  ( x  4) 
0
 x 1  x  2 


x4
  x 2  3x  1  x  1 
0
x 1  x  2 

 x 2  3x  1  0 .
x4
 0  x 2  x  3  ( x  1) x  2  0
Vì với điều kiện x  2 thì x  1 
x 1 x  2
2

1
3

 ( x  2) x  2   x  2    x 2   (Vô lí)
2
4


Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x  2 ; x 


Nhận xét:

- Ta thấy cách 1 là cách giải ngắn hơn và hay hơn cách 2 (đây cũng là cách giải của Bộ GD) nhưng để
nghĩ đến phương án xét hàm là cả 1 vấn đề, cái này thuộc về kinh nghiệm.
- Thông thường, theo phản xạ trong phòng thi chúng ta thường sẽ nghĩ đến cách 2 nhiều hơn. Vì đây là
một kĩ thuật thường thấy trong các bài giải phương trình. Nhưng có thể thấy đây là cách giải khá phức
tạp đòi hỏi đánh giá khéo léo và thời gian. Tại sao chúng ta có thể phân tích được như thế này?
 x3  x 2  x  5  ( x  4) x  2  0   x3  2 x 2  4 x  1  ( x 2  3x  4)  ( x  4) x  2   0 . Các
bạn để ý ta đã đoán được

x  2  x  1 thì hiển nhiên ( x  4) x  2  ( x  4)( x  1)  x 2  3x  4

 x3  y 3  xy 2  x 2  y 2 

 Bài 2. Giải hệ phương trình 
4 x  x 2  1  9  y  1 2 x  2




3  13
2

1
 2

Ý tưởng:
- Dễ thấy, phương trình (1) là phương trình thuần nhất (các số hạng trong phương trình đều có bậc 3) nên
ta phải chia 2 vế cho x3 hoặc y 3 . Lưu ý phải kiểm ra điều kiện và đảm bảo (x hoặc y >0). Sau khi biến

x
 t (kiểm tra điều kiện t), ta được: t 3  1  t 2  t 2  1 . Ta có thể dễ dàng đoán được nghiệm t

y
= 1. Nhưng để giải quyết phương trình này không hề đơn giản. Nếu làm theo cách trục căn thông thường
thì sau khi rút được nhân tử chung t – 1 thì khó mà đánh giá được phương trình bên trong khác 0. Để ý:
đổi, đặt

t 2  t 2  1  t

t  1

2

 t 2  t và  t  1  t  1  0  t 2  t   t  1  t 2  t  1  0  t 2  t  t 3  1 . Trừ
2



t
  0 mà t >0 vì x >1 và y >1 (suy ra từ phương
cả 2 vế cho t 2  t ta được (t  1) 2 t  1 
2

2  t  1  t  1 



trình (2)). Ta cần đánh giá

t
2  t 2  1  t  1

 1 . Việc đánh giá này là dễ dàng. Từ đây ta có thể suy ra

x y.
-

Thay vào (2) ta được 4 x  x 2  1  9  x  1 2 x  2  2
ở 2 vế của phương trình trên đều xuất hiện



x  1, x  1 và


u  x  1
và sau đó đưa về hệ phương trình


v  x  1  2



x  1  x  1  9  x  1 x  1 . Ta thấy

 x  1   x  1  2 .

v  u  2
để giải.

3
2  u  v   9u

2

2

Ta có thể đặt


Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

3



Bài giải
x  1
Điều kiện xác định 
 . Với điều kiện (*) thì phương trình (1) tương đương với:
y 1





3

 x2

x
x


1

2

 2  1
y
y y


Đặt

(3)

x
 t  0 . Phương trình (3) trở thành t 3  1  t 2  t 2  1
y

 t 3  1  (t 2  t )  t 2(t 2  1)  (t 2  t )

 (t  1) 2 (t  1) 

t (t  1) 2
2(t 2  1)  t  1



t

0
 (t  1) t  1 

2

2  t  1  t  1 


2

 t 1

Suy ra x  y .
Thay vào (2) ta được 4 x  x 2  1  9  x  1 2 x  2 .
4

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

2 2


 2
4



x 1  x 1



2

 9( x  1) 2 x  2


x  1   9  x  1

x  1  x  1  18( x  1) x  1
x 1 

x 1


u  x  1
Đặt 
ta có hệ phương trình

v  x  1  2

v 2  u 2  2

3
2  u  v   9u

Lấy (4).(5) ta được: (u  v)(v2  u 2 )  9u 3

 10u 3  v3  u 2 v  uv 2  0
3

2

u
u u
 10    1      0
v
v v
5

 x  3
u 1
x 1 1
  
 
v 2
x 1 2
y  5

3

5 5
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    ; 
3 3

 4
 5

Vì

t
2(t  1)  t  1
2



t
1

2t  1 2


4

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

1
 2

2
2

2 x  2  x  y  x  y  1
 Bài 3. Giải hệ phương trình 
3
3

2 x  2 y  1

2

Điều kiện xác định: 2  x  y  x2  y 2  0 

2

5
1 
1 5

   x     y     0  
2
2 
2 2


Với điều kiện (*) thì 1  1  2 x  2  x  y  x 2  y 2  3

 0  1  2x 

5
2  10
1

 x  
2
4
2

 3  5 x 2  y 2  3 x  y  1
 2   2 x3  2 y 3  1

 4
 5

Từ (4) và (5)  5x2  y 2  3x  y  2 x3  2 y3

 2 x3  3x  5x2  2 y3  y 2  y  x(2 x  3)( x  1)  y(2 y  1)( y  1)
Đặt t  x  1 

(6)

2  10
1
t 
.
4
2

t (2t  1)(t  1)  y(2 y  1)( y  1)  (t  y)(2t 2  2 yt  2 y 2  y  t  1)  0

Phương trình (6) trở thành

t  y
 2
2
2t  2 yt  2 y  y  t  1  0

x  y 1
 2
2
2 x  3x  2 xy  2 y  y  0





3  5
1  5 1
  Loai 
y 
x 
2
2
2

Với x  y  1 thì  4   3 y 2  3 y  1  0  


3  5
1  5
y 
x 
Thoa  
2
2





Với 2 x2  3x  2 xy  2 y 2  y  0

 4   3x  y  5 x

2

(7)

 y 1
2

(8)

Thay (8) vào (7) ta được y  2 xy  3x  1  0
2

2  10
1
 x  nên 1  4 x 2  0
4
2
Suy ra: phương trình (9) vô nghiệm

Vì



2

 ( x  y)2  1  4 x 2  0

(9)

  x  y   1  4 x2  0
2

 1  5 3  5 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y   
;


2
2


Đánh giá:
- Tại sao chúng ta không giải quyết phương trình 5x2  y 2  3x  y  2 x3  2 y 3 bằng cách phân tích đa
thức thành nhân tử mà phải xét hàm?
Ta có thể thấy đây là hệ thức bậc 3 và các dấu hiệu của phương trình trên chúng ta khó mà nhận thấy
được nghiệm x  y  1 . Vậy nên chúng ta phải sử dụng phương pháp xét hàm!
- Ở đây, ta có thể giải tắt mà không cần phải thông qua biến t, tuy nhiên để dễ hiểu và tránh mất điểm đáng
tiếc, ta nên trình bày rõ ràng.
- Cái khó của bài toán này là cách chứng minh phương trình 2 x2  3x  2 xy  2 y 2  y  0 vô nghiệm. Điều
đó cần sự tỉ mỉ và kinh nghiệm để đánh giá điều kiện các biến trong bài toán thật chặt.


5

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

2
1
2

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



 Bài 4. Giải hệ phương trình



1
 2

x  0

Điều kiện xác định  y  0
 . Với điều kiện (*) thì (1) tương đương với:
2 x  y  0



Ta có:

1
x y
1

 a  b

2





2



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

1

c  b

c  b  a  b
 3 
2
2

 a  b c  b
2

2



2



1
(3). Thật vậy:
ac  b2
2
1
2
2
2
2
  a  b    c  b    ac  b 2    a  b   c  b   ac (a  c ) 2   ac  b 2   0
2


ac  b

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = c
Áp dụng bất đẳng thức (4) ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi



1
x y



 
2

1
2x  y  y



2



1
y  x(2 x  y)

x  2x  y  x  y

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: 2  x  4 x  3   x  6 2 x  1  3 x  2

(4)

 x  3

x  3  0


Điều kiện xác định của PT (4): 
1  
2
x

1

0

 x  2
Cách 1:



Dễ thấy x  2 là nghiệm của phương trình.
Với x  2 . Ta có:
Với điều kiện (**) thì

(I)

2  x  4  x  3   x  6  2 x  1  3  x  2 

2
2
2
2
 4   

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

3


5
6

Lấy (5) + (6) vế theo vế ta được: 4  x  4  x  3  3  x  2  

2 x 2  7 x  78
3

 6( x  4) x  3  x 2  8 x  48
 6 x 2  x  12. x  4  x 2  8 x  48

  x 2  x  12   9  x  4   6

x

2

 x  12   x  4   0 (7)


Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

6




x  4 là nghiệm của phương trình (7) (II)
x  4 , chia cả 2 vế của (7) cho x  4 ta được:
2

 x 2  x  12


 3  0


x4



x 2  x  12
x 2  x  12
6
90
x4
x4


x 2  x  12
3
x4

 x 2  10 x  24  0

x  4


( III )
x  6

 x; y    2;2 
Từ (I); (II); (III) suy ra hệ phương trình có nghiệm là  x; y    4;4 
 x; y    6;6 
Cách 2:
2  x  4 x  3   x  6 2x  1  3 x  2


2  x  4  x  6 
x3 3



2  x  4  x  6 
2x  1  3

 2  x  4





x  3  3   x  6





2x  1  3  0



1
1
 0  2  x  4  x  6  

0
2x  1  3 
 x3 3


x  4
x  4


 x  6
 x  6

 x  3  2x  1
1
1



0
2x  1  3
 x  3  3

x  4
  x  6
 x  2

 x; y    2;2 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    4;4 
 x; y    6;6 


Nhận xét:

Nếu giải theo cách 1 thì đây là một bài toán được ghép từ những bài toán nhỏ. Những điều cần ghi nhớ:
-

Bất đẳng thức:

1

 a  b

2



1

c  b

2



1
ac  b2

a  c
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
2
ac  b
-

Kĩ thuật giải các phương trình dạng 2  x  4 x  3   x  6 2 x  1  3 x  2

2  x  4  x  3   x  6  2 x  1  3  x  2 

2
2
2
2

4  x  4   x  3   x  6  (2 x  1) 4  x  4   x  3   x  6  (2 x  1)

2  x  4  x  3   x  6  2 x  1 
3 x  2
2  x  4 x  3   x  6 2x  1


-

Cách giải phương trình dạng P 2 x   Px Qx   Q 2 x   0

+ Xét Q(x) = 0

(*)

+ Xét Q( x)  0 . Chia cả 2 vế của phương trình cho Q 2  x  và đặt t 

P  x

Q  x

(chú ý điều kiện của t) ta

được phương trình bậc 2 một ẩn t 2  t    0
Ghi chú: Phương trình (*) cũng là dạng phương trình thuần nhất nhưng các biến x, y được viết dưới dạng đa thức.


7

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

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

1
 2

5 y 2  4 x 2  0 5 y 2  4 x 2


 x  2
Điều kiện xác định: 2  x  0

y 1 0
 y  1





y  0 không là nghiệm của hệ phương trình



y  0 , chia 2 vế của (1) cho y2 ta được 3 2t  1  5t 2  4t 4  4 (3). Với t 

3  3

x 1
5
;   t 

y 2
2 

2t  1  t 5  4t 2  4

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:
1  2t  1
 3t
2
t 2  5  4t 2 5  3t 2
t 5  4t 2 

2
2
2
2
5  3t
 3t  6t  5
 VT  3t 

2
2
3 2t  1  3 2t  1.1  3.

Lại có:  3t  1  4  4  3t 2  6t  5  8



2

1  2t  1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t  5  4t 2
t  1


 3t 2  6t  5
4
2

 VT  4

 t 1  x  y

2  x  x  1  2  x  x 2 (4)

Với x  y thì (2) trở thành

2  x  0
Điều kiện xác định của (4) 
x  1  0

 1  x  2

 

Với điều kiện (**) thì
2

4   x  1   9  2  x  x  1  9
2
4
4


1 3
 x 
2 2

1 x  2

 4  x2  x  1 
 x2  x  1  

x  1  x  2  x   x  1

x  x 1


  x 2  x  1 1 


2

x 1  x

x2  x  1



1
x 1  x

2  x  x 1



0
2  x  x 1 
1

x  x 1  0
 
1
1
1

0

x 1  x
2  x  x 1
2


x 

x 


1

2
1

2

3
2  x  1
 x  2
3

2

 x 1


Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

8


1 5
x 
2
x2  x  1  0  

1 5
 L
x 
2

1
1

0

x 1  x
2  x  x 1

1 

(Vô lí vì 1  x  2 )

1 5 1 5 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y   
 2 ; 2 





Kinh nghiệm: Khi ta dùng các phương pháp cơ bản nhưng vẫn không giải ra mới nghĩ đến bất đẳng thức.

 Bài 6. Giải bất phương trình

x2

2x 4  x 2  1  1



1
1
x 1

2

1
3 3

Ta có: x  x  1   x 2      0
2
4 4

4

Và

2

2x 4  x 2  1  2.

 2x 4  x 2  1  1  0

3
3

1
4
2

Do đó bất phương trình xác định x  1
Với

x  2x  1   2x 4  x 2  1  1
x  1 , 1 

0
x  1 2x 4  x 2  1  1

x 2  x  1  2x 4  x 2  1

0
x 1

Ta có:
2 x  x 2  1  x 2   x 2  1  x 4  x 2  1
2

 x 4  x 2  1  2 x  x 2  1  2  x 4  x 2  1
  x 2  x  1  2  x 4  x 2  1
2

 x 2  x  1  x 2  x  1  2  x 4  x 2  1

 x 2  x  1  2  x 4  x 2  1

Do đó bất phương trình đã cho tương đương với:   x 2  x  1  2 x 4  x 2  1




  x  1  0

 Bài 7 (Đề minh họa 2015). Giải bất phương trình

x 2  x  x  2  3  x 2  2 x  2  (1)

Điều kiện xác định x  1  3 
Cách 1: Với điều kiện (*) thì bất phương trình (1) tương đương với:

x 2  2 x  2  2 x  x  1 x  2   3  x 2  2 x  2 
 x  x  1 x  2   x 2  4 x  2


1 5
x


2

 x  1

 x  x  1 x  2   x  x  2   2  x  1


9

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

 x  x  2  x  1  x  x  2   2  x  1

(2)

Đặt a  x  x  2   0; b  x  1  0 , phương trình (2) trở thành:
2

ab  a  2b
2

2

x  x  2

Vậy nên

a a
   20
b b

 a  ab  2b  0
2

x 1

2

 1 

a
2
b

 2  x  x  2   2 x  1  x 2  2 x  4 x  4  x 2  6 x  4  0  3  13  x  3  13 

Từ (*) và (**) ta có nghiệm của bất phương trình (1) là 1  3;3  13 
Cách 2: (Cách giải của Bộ GD) Với điều kiện (*) thì bất phương trình (1) tương đương với

x 2  2 x  2  2 x  x  1 x  2   3  x 2  2 x  2 
 x  x  2  x  1  x  x  2   2  x  1
  x  x  2  2 x  1  x  x  2  x  1  0



x  x  2   x  1  0 nên

Do với mọi x thỏa (*), ta có

 2 

(2)

x  x  2  2 x  1

 x2  6 x  4  0
 3  13  x  3  13 
Kết hợp (*) và (**) ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1  3;3  13 
Nhận xét: Nếu giải theo cách 1, ta còn có thể xử lí bất phương trình ab  a2  2b2 theo cách sau:
ab  a 2  2b 2  a 2  ab  2b 2  0



  a 2  b 2    ab  b 2   0

  a  b  a  b   b  a  b   0

  a  b  a  2b   0

Do a  b  0 nên a  2b  0
Hay

 a  2b

x  x  2  2 x  1  x  2x  4x  4  x2  6x  4  0
2

 3  13  x  3  13

Kết hợp (*) và (**) ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là 1  3;3  13 

 Bài 8 (Đề thi THPT Quốc gia 2016).
Giải phương trình: 3log

2
3





2  x  2  x  2log 1



3



Đáp án của Bộ GD:
Điều kiện 0  x  2

2



2  x  2  x .log 3 9 x   1  log 1 x   0
3





2

 

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:
3log32



 log 3




2  x  2  x  4log 3









2  x  2  x .log 3 3 x   log 32 3 x   0

2  x  2  x  log 3  3 x  3log 3






2  x  2  x  log 3 3 x   0.



10

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình



log 3





2  x  2  x  log 3  3x   0  2  x  2  x  3 x

 4  2 4  x2  9 x2  2 4  x2  9 x2  4
 2 4
x 

9
81x 4  68 x 2  0

 x2 

68
81

Kết hợp với điều kiện (*) , ta có nghiệm x 


3log3



2 17
.
9



2  x  2  x  log 3  3x   0

Vì 0  x  2 nên 3x  6.
Mặt khác



2 x  2 x



2





2 x  2 x

 4  2 4  x2  4







3

 3x

2 x  2 x

(1)



3

 8.

Do đó phương trình (1) vô nghiệm.
2 17
.
9

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 

 x 12  y  y 12  x 2   12

 Bài 9 (Đề thi Đại học khối A, A1 năm 2014). Giải hệ phương trình 
3

 x  8x  1  2 y  2



Cách 1. (Đáp án của Bộ GD)

Điều kiện xác định: 2 3  x  2 3;
Ta có: x 12  y 

x 2  12  y
và
2

2  y  12.

y 12  x 2  

y  12  x 2
2

x  0
Nên x 12  y  y 12  x 2   12 . Do đó 1  
2
 y  12  x
Thay vào (2) ta được x3  8 x  1  2 10  x 2


2  x  3 
  x  3  x 2  3 x  1 
0
1  10  x 

Do x  0 nên x 2  3 x  1 

2  x  3
1  10  x





 x3  8 x  3  2 1  10  x 2  0

(3).

0.

Do đó  3  x  3. Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm  x; y    3;3 .


Cách 2

Đặt a  12  y

 a  0

 y  12  a2

1  xa  12  a 2 12  x 2   12
 122  12 x 2  12a 2  x 2 a 2  12  xa

1
 2


11

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

 xa  12
 2
2
2
2 2
2
2 2
12  12 x  12a  x a  12  2.12 xa  x a
 xa  12
 2
2
12 x  2.12 xa  12a  0
 xa  12

2
 x  a   0
Ta có:  x  a   0

 x  12  y

2

 

Thế (*) vào (2) ta được 12  y  12  y  8 12  y  1  2 y  2
  4  y  12  y  2 y  2  1
  3  y  12  y  12  y  3  2  2 y  2  0

2 3  y 
3 y

0
12  y  3 1  y  2

  3  y  12  y 

 Do



 y3


1
2

 0

12  y  3 1  y  2


12  y 

Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện ta được nghiệm  x; y    3;3 .


Cách 3





Đặt a  x; 12  x 2 ;

b



12  y ; y



 a  b  12 12

1  a 2  b 2  2ab
 a  b  x  12  y

 2

 x 3  8 x  3  2 10  x 2  2
  x  3  x 2  3 x  1  2

 3  x  3  x 
10  x 2  1

x  3
  2
 x  3x  1  2 3  x2  0


10  x  1
x  3  y  3
3 x
  x 2  3 x  1  2
0
10  x 2  1
  x 2  3 x  1





10  x 2  1  2  3  x   0

Đặt f  x    x 2  3x  1
f ' x   0



 x  0 



10  x 2  1  2  3  x 

 Phương trình vô nghiệm

Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    3;3 .

12

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

7
 2
2
1
 2 x  1 2 y  1  xy
 Bài 10. Giải hệ phương trình 
2
 x 2  y 2  xy  7 x  6 y  14  0  2 




Bài giải.

Ta có:  2   x 2  x  y  7   y 2  6 y  14  0
   y  7   4  y 2  6 y  14   3 y 2  10 y  7
2

Để tồn tại giá trị của x thì   0  3 y 2  10 y  7  0
Chứng minh tương tự ta có 2  x 

7
3

1 y 

10
3

1 
1 7

Vì x, y  0 nên  2    2 x    2 y   
x 
y 2

Xét hàm số f (t )  2t 

1
t

(t > 0). Ta có f '  t   2 

1
 0  t  0 
t2

Suy ra hàm f đồng biến trên nửa khoảng  0; 

7
 f  2  f 1  f  x  f  y   f   f
3
Theo đề bài f  x  f  y  

 10 

 3
 



7
16999
 f  x f  y 
2
630

x  2
7
nên 
. Thử lại ta thấy với x  2; y  1 ta thấy phương trình (2) không thỏa.
2
y 1

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.


Nhận xét: Đây là một dạng toán khá mới và hay: dùng tam thức bậc 2 để chặn các biến x, y và đánh giá các
vế của phương trình.

3
3

x  y  4x  2 y
 Bài 11. Giải hệ phương trình  2
2


x  3y  4



Bài giải.

 x3  y 3  4 x  2 y

 2
2

x  3y  4

1
 2

 x3  y 3  4 x  2 y


2
2
4  x  3 y


Lấy (1) nhân (2) vế theo vế ta được x y  6 xy  5 y  0

y  0
  x   y
 x  5 y

3

x  4x
Trường hợp 1. Thay y  0 vào hệ ta được  2

x  4

 x  2

2

2

3

2 x3  2 x

Trường hợp 2. x   y  y   x thay vào hệ ta được  2

4 x  4

 Nghiệm  x; y    2;0 

 x  1 Nghiệm  x; y    1; 1


13

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

 5 1   5 1 
Trường hợp 3. x  5 y thay vào hệ ta được nghiệm  x; y   
;
;
; 

 7 7  7 7

Vậy hệ đã cho có 6 nghiệm là  x; y    2;0 


 5 1   5 1 
;
;
;

 7 7  7 7

 x; y    1; 1

 x; y   

Nhận xét. Khi gặp những hệ phương trình dạng này ta nên nhân vế theo vế của 2 phương trình để đưa về
phương trình thuần nhất với 2 ẩn x, y để giải. Cách giải phương trình thuần nhất 2 ẩn:
- Xét y = 0
- Xét y  0 , sau đó chia cả 2 vế của phương trình thuần nhất cho y n (với n là bậc của phương trình). Đặt

t

x
, đưa về phương trình 1 ẩn t để giải.
y

2
3
4
6

1
2 x y  y  2 x  x
 Bài 12. Giải hệ phương trình 
2

 x  2  y  1   x  1  2 



Lời giải.

Điều kiện xác định y  1

 

2

 x  2  y  1   x  1  0
Ta có:  2   

 y 1  0

 x20

 x  2



y  0

Với x  0 thay vào hệ phương trình ta có 
3 (mâu thuẫn).
 y  4
3

y  y
Chia 2 vế phương trình (1) cho x ta được 2     2 x  x3
x x
3

 y
 f    f  x
 x

Xét hàm số f  t   t 3  2t có f '  t   3t 2  2  0 . Suy ra hàm số f đơn điệu tăng.
Do đó

 x  2

y
x

x

 x 2  y  0 (Vì 2 x2 y  y3  2 x4  x6  0 ). Thay vào phương trình (2) ta có:

x 2  1   x  1  3


u  x
Đặt 
2

v  x  1  1

u  2 v  v2  2u

2

 x  0

. Phương trình (3) trở thành:

 v2  uv  2v  2u  0   v  u  v  2  0





Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm S   3;3 ,

v2



3;3 .

 Bài 13 (Đề thi thử Lần 1/2016 Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định)

 y  2 x  y  5   x 2  y  5   10 x 1

Giải hệ phương trình 
1
2
2
 y  4  3 3 y  3x  2   3x  y  5 x  30 
4


 2

x 3


Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

14

 

Điều kiện y  4

Với điều kiện (*) thì 1   y  5   x 2  2 x  y   0

 L

 y  5  4

2
 y  x  2 x

Thay y  x2  2 x vào phương trình (2) ta được

x2  2 x  4  3 3 x2  x  2 

1 4
 x  4x3  7 x2  5x  30
4

 3

Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

x  2x  4 
2

x

3 3 x2  x  2  3 3

 2 x  4  .4

2

4

x

2

Từ (4) và (5) suy ra

1 x2  2 x  4  4 1 2
 .
  x  2 x  8
2
2
4

 x  2  .8.8
8.8



 4

1 2
1
x  x  2  8  8    x 2  x  18   5 

4
4

x2  2 x  4  3 3 x2  x  2 

1
 2x2  x  26
4

6

Từ (3) và (6) suy ra

x 4  4 x3  7 x 2  5 x  30  2 x 2  x  26
 x 4  4 x3  5 x 2  4 x  4  0

  x  2   x 2  1  0  x  2; y  0
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y    2;0 

 Bài 14 (Đề thi thử T3/2015 Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định)

 2  4 x 2  y 2   5 x 2  2 xy  2 y 2  3x  2 y

Giải hệ phương trình 
 y 2  x  6  2  x  y   1  5 x  1


1
 2

Lời giải

x 1  0
Điều kiện xác định  2
 x  1
y  x  6  0

 

Biến đổi vế trái phương trình thứ nhất

 2x  y    2x  y 
2

2



 2x  y    x  y 
2

2

 2 x  y  x  y  3x  2 y  3x  2 y

2 x  y  0

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 x  y  x  y   0
3 x  2 y  0


Thay vào (2) ta được

4 x 2  x  6  2 x  1  5 x  1


 2 x  1

2

 5  x  1    2 x  1  5 x  1

 3

 2x   y  0


15

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình
2

x  1 ta được

Với x  0 chia 2 vế của phương trình (3) cho

Đặt t 

2x 1
. Phương trình (4) trở thành

x 1

2x 1

2
x 1

Khi x  1 

 4

t  5
t 2  5  t  5  
t 2
t  2

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

 2 x  1  2x 1
1

 x  2

 x  4  28


4

1

x 

2
4 x 2  8 x  3  0


 2x  1 
2x 1
5

 5 
x 1
 x 1 

 x 1

7
2

7
thì y  2  7
2




7
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y   1 
; 2  7 

2



 Bài 15 (Đề thi thử T1/2015 Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định)

1  y  x  3 y  3  x 2   y  13 . x

Giải hệ phương trình 
 x 2  y  2 3 x3  4  2  y  2 


1
 2

I 

Lời giải

 x2  y  0
Điều kiện xác định 
 x  0, y  1

 x2  y

 x  1, y  1

Nhận xét x  1, y  1 không là nghiệm của hệ. Xét y  1 thì phương trình (1) của hệ (I)

x 2  x  y  1  3  y  1   y  1 x  y  1  0
2

2

 x 
x

3
 
y 1
 y 1 
Đặt t 

x
0
y 1

 3

x
 0 . Khi đó phương trình (3) trở thành t 4  t 2  t  3  0   t  1  t 3  t 2  2t  3  0  t  1.
y 1

Với t  1 thì

x

 1  y  x  1 , thế vào phương trình (2) ta được
y 1

x 2  x  1  2 3 x 3  4  2  x  1  x 2  x  1  2  3 x 3  4   x  1   0




x2  x  1

0
2
 x  x 1  6 

2
2
3
3
3
 3  x  4    x  1 x  4   x  1 


16

Chuyên đề Luyện thi THPT Quốc gia – Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình



 x  x  1 1 




3

x

3

 4    x  1 3

 x2  x  1  0  x 
Với x 



0
2
x3  4   x  1 


6 x2  x  1

2

2

1 5
 x  1.
2

1 5
3 5
y
(thỏa điều kiện)
2
2

1 5 3  5 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  x; y   
 2 ; 2 



 Bài 16 (Chuyên ĐH Vinh L3/2016)
Giải bất phương trình 3 x 2  1 2 x  1  2  x3  x 2 


Lời giải.

Điều kiện x 

1
2

 

Với điều kiện (*) thì bất phương trình đã cho tương đương với

 x  1  2 x 2  3  x  1

2 x  1   0

2
  x  1  2  x  1  3  x  1 2 x  1  2  2 x  1   0


  x  1 x  1  2 2 x  1  2  x  1  2 x  1   0


  x  1  x  1  2


2x  1  0

Do 2  x  1  2 x  1  0,

1

1
x   , ta xét 3 trường hợp sau:
2



x  1 , vế trái của bất phương trình = 0.



1
  x  1 . Khi đó

2

1   x  1  2




2x  1  0  x2  6 x  3  0  3  2 3  x  3  2 3

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm 3  2 3  x  1
x  1 . Khi đó
x  3  2 3
1  x  1  2 2 x  1  0  x2  6 x  3  0  
 x  3  2 3





Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm x  3  2 3
Vậy nghiệm của bất phương trình là 3  2 3  x  1 và x  3  2 3

/>