TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA, ĐẠI HỌC MÔN ĐẠI SỐ CỰC CHẤT

NỘI DUNG
I. Giải phương trình
1. Đưa phương trình về dạng f (u ) = f (v ) .
Một số phương pháp đồng nhất thường gặp để biến đổi phương trình vô tỉ về
dạng f (u ) = f (v) :
Dạng 1: x 3 − b = a 3 ax + b với a > 0

⇔ x3 + ax = ax + b + a 3 ax + b
⇔ f ( x) = f ( 3 ax + b )
với hàm đặc trưng f (t ) = t 3 + at
Dạng 2:

ax3 + bx 2 + cx + d = n 3 ex + f

⇔ m( px + u )3 + n( px + u ) = m(ex + f ) + n 3 ex + f
Xét hàm f (t ) = mt 3 + nt
Dạng 3: m(ax + b)3 + n(ax + b) = m(cx + d )3 + n(cx + d )
Xét hàm f (t ) = mt 3 + nt
Bài 1: Giải phương trình: 8 x3 − 36 x 2 + 53x − 25 = 3 3x − 5 (*)
Giải:
Nhận xét: ta cần đưa phương trình về dạng : ⇒ b = −3
(2 x + b)3 + (2 x + b) = (3 x − 5) + 3 3 x − 5
⇔ 8 x 3 + 12bx 2 + (6b 2 − 1) x + b3 + b + 5 = 3 3x − 5

Đồng nhất hệ số với vế trái của (*) ta được :
12b = −36
 2
⇒ b = −3
6b − 1 = 53
b3 + b + 5 = −25


Ta có lời giải như sau:
(*) ⇔ (2 x − 3)3 + (2 x − 3) = (3 x − 5) + 3 3 x − 5 ⇔ f (2 x − 3) = f ( 3 3x − 5) (1)
1


Xét hàm f (t ) = t 3 + t , ∀t ∈ ¡ ,
ta có f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀t ∈ ¡ nên f (t ) đồng biến trên ¡ .
x = 2
Vậy (1) ⇔ 2 x − 3 = 3 x − 5 ⇔ 8 x − 36 x + 51x − 22 = 0 ⇔  5 ± 3
x=

4
3

3

2

Bài 2. Giải phương trình : 2 x3 + x 2 − 3x + 1 = 2(3x − 1) 3x − 1
Giải : Điều kiện x ≥

1
3

Ta đưa pt về dạng : 2 x3 + x 2 = 2( 3x − 1)3 + (3 x − 1) (1)
Xét hàm f (t ) = 2t 3 + t 2 với t ∈ [0; +∞) , ta có f '(t ) = 6t 2 + 2t ≥ 0 ∀t ≥ 0
Do đó hàm số đồng biến trên [0; +∞)
(1) ⇔ f ( x) = f ( 3 x − 1) ⇔ x = 3 x − 1 ⇔ x = 3 ± 5 .
2

Bài 3. Giải phương trình:

3

3x + 5 = x3 + 3 x 2 + x − 3 (1)

Giải : Ta có (1) ⇔ (3x + 5) + 3 3x + 5 = ( x + 1) 3 + ( x + 1)
23 t2
Xét hàm f (t ) = t + 3 t trên ¡ , ta có: f '(t ) = 1 +
> 0 ∀ t∈¡
3

Mà f (t ) liên tục trên ¡ ⇒ f (t ) đồng biến trên ¡
x = 1
 x = -2

3
3
Ta có: f (3x + 5) = f (( x + 1) ) ⇔ 3x + 5 = (x + 1) ⇔ 

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, x = −2
Bài 4. Giải phương trình: 3x(2 + 9 x 2 + 3) + (4 x + 2)( 1 + x + x 2 + 1) = 0 (1)
Giải :
Ta có (1) ⇔ 3x(2 + 9x 2 + 3) = (−2 x − 1)(2 + ( −2 x − 1) 2 + 3)

2


2

Xét hàm số f (t ) = t (2 + t + 3) ∀ t ∈ ¡ , f ' (t ) = 2 + t + 3 +

t2

2

t2 + 3

⇒ f (t ) đồng biến trên ¡ , f (3x) = f (−2 x − 1) ⇒ 3x = -2x - 1 ⇔ x = -

> 0∀ t∈R
1
5

1
5

Vậy nghiệm của phương trình là: x = - .
Bài 5. Giải phương trình: x3 − 4 x 2 − 5 x + 6 = 3 7 x 2 + 9 x − 4 (1)
Giải:
Ta có (1) ⇔ (x + 1) 3 + ( x + 1) = 7 x 2 + 9 x − 4 + 3 7 x 2 + 9 x − 4
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t với t ∈ R
f ' (t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀ t ∈ R ⇒ f (t ) đồng biến trên ¡

Mà f ( x + 1) = f (3 7 x 2 + 9 x − 4 ) ⇔ x + 1 = 3 7 x 2 + 9 x − 4 ⇔ (x + 1) 3 = 7 x 2 + 9 x − 4

x = 5

−1+ 5
3

2
⇔ x − 4 x − 6 x + 5 = 0 ⇔  x =
2

x = − 1 − 5

2

2. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh phương trình có nhiều
nhất 1 nghiệm hoặc 2 nghiệm.
Bài 1. Giải phương trình: f ( y + 1) = f ( 2 x − 1) (1)
Giải :
(1) ⇔ x 2 + 15 − x 2 + 8 = 3 x − 2

Ta thấy x 2 + 15 − x 2 + 8 > 0 ∀ x ∈ R ⇔ 3x - 2 > 0 ∀ x ∈ R ⇔ x >
Hơn nữa, x = 1 là nghiệm của (1) .
Ta sẽ CMR phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm. Thật vậy
2
3

Xét hàm f ( x) = x 2 + 15 − x 2 + 8 − 3x + 2 trên ( ,+∞)

3

2
3


Ta có : f '( x) =

2x
2 x + 15
2

−

2x

2
− 3 < 0 ∀ x ∈ ( , +∞)
3
2 x +8
2

2
3

2
3

nên f (x) liên tục trên ( ,+∞) ⇒ f (x) nghịch biến trên ( ,+∞) , mà f (1) = 0 nên
x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 2. Giải phương trình: (4 x − 1)( x + 3 + 3 3x + 5) = 4 x + 8 (1)
Giải :

Điều kiện x ≥ −3

Xét không phải là nghiệm của (1) . Khi đó:
(1) ⇔

x + 3 + 3 3x + 5 −

4x + 8
= 0.
4x −1

Nhận xét: Phương trình có nghiệm x = 1, x = −2 . Ta sẽ CMR phương trình nhiều nhất
có hai nghiệm.

4x + 8
1
1
∀x ∈ ( −3; ) ∪ ( ; +∞)
4x −1
4
4
1
1
36
1
1
+
2 > 0 ∀x ∈ ( −3; ) ∪ ( ; +∞ )
Ta có f '( x) = 2 x + 3 + 3
2
(3 x − 1)
(3x + 5)
4
4

1
1
suy ra f ( x) đồng biến trên từng khoảng (−3; ) và ( ; +∞)
4
4
Do đó f ( x) có không quá 2 nghiệm.
Vậy nghiệm của phương trình là: x = 1, x = −2 .

Thật vậy, xét hàm số f ( x) = x + 3 + 3 3x + 5 −

Bài 3: CMR phương trình 2 x 2 x − 2 = 0 có nghiệm duy nhất
Giải:
Điều kiện : x ≥ 2
Xét hàm số

f ( x) = 2 x 2 x − 2 trên [2,+∞ ), ta có

f '( x ) = 2 x[2 x x − 2 + x 2

1
] > 0 ∀x > 2
x−2

hàm số f ( x) đồng biến trên (2,+∞) , f ( x) liên tục trên trên [2,+∞) nên hàm số
f ( x ) đồng biến trên [2,+∞)

hơn nữa f (2) = −11, f (3) = 7 ⇒ f (2).f(3) < 0 ⇒ f ( x) có một nghiệm x0 ∈ (2,3)

4

⇒ x0 là nghiệm duy nhất .

Bài 4. Giải các phương trình sau:
b. log 2 x = − x + 3

a. 5x = − 2 x + 7
Giải :
a. Phương trình tương đương 5x + 2 x − 7 = 0
Xét hàm số f ( x) = 5x + 2 x − 7 , tập xác định ¡

f '( x) = 5x ln5 + 2 > 0 ∀ x ∈ ¡ suy ra f ( x) đồng biến trên ¡
⇒ phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm.

Nhận xét x = 1 là một nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1
b. Điều kiện : x > 0
Phương trình tương đương log 2 x + x − 3 = 0
Xét hàm số f ( x ) = log 2 x + x − 3 , tập xác định ¡

+

1
+ 1 > 0 ∀x ∈ R + suy ra f ( x) đồng biến trên R +
x ln 2
⇒ phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm
f '( x) =

Nhận xét x = 2 là một nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2

Bài 5. Giải các phương trình sau:
b. (4 x − 5) log 2 x − 3 = 0

a. 3x.2 x = 3x + 2 x + 1
Giải :
a. Nhận xét x =
Với x ≠

1
không là nghiệm .
2

2x + 1
2x + 1
1
⇔ 3x −
=0
, phương trình tương đương 3x =
2
2x − 1
2x − 1

Xét hàm số f ( x ) = 3x −
x
Ta có f '( x) = 3 ln 3 +

2x + 1
, tập xác định D = ¡ \
2x − 1

{}
1

2

4
> 0 ∀ x ∈ D suy ra f ( x) đồng biến trên
(2 x − 1) 2

từng

1
1
khoảng (−∞; ) và ( ; +∞) , do đó phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất một
2
2
1
1
nghiệm trên từng khoảng (−∞; ) và ( ; +∞)
2
2
5


Nhận xét x = − 1; x = 1 là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = − 1; x = 1
b. Điều kiện: x > 0.
Nhận xét x =
Với x ≠

5
không là nghiệm .
4

3
3
5
⇔ log 2 x −
=0
, phương trình tương đương log 2 x =
4
4x − 5
4x − 5

Xét hàm số f ( x ) = log 2 x −
f '( x) =

3
, tập xác định D = (0; +∞ )
4x − 5

1
12
+
> 0 ∀ x ∈ D suy ra f ( x) đồng biến trên
x ln 2 (4 x − 5) 2

từng khoảng

5

5
(−∞; ) và ( ; +∞)
4
4
Suy ra phương trình f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm trên mỗi
5
khoảng (−∞; ) và
4
1
Nhận xét x = ; x = 2
2

5
( ; +∞) .
4
là nghiệm của phương trình.

1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = ; x = 2 .
2
II. Giải hệ phương trình

1. Đưa một phương trình của hệ về dạng f (u ) = f (v)
Một trong những vấn đề tương đối khó khăn đối với học sinh là làm thế nào
để đưa một phương trình về dạng f (u ) = f (v) , vì vậy trong mục này chúng tôi
đưa ra một số tình huống thường gặp để học sinh dễ dàng nắm bắt hơn.
a, Một số phương trình dễ dàng nhận ra hàm đặc trưng
1
1


 x −1 − y −1 = x −1 − y −1
Bài 1. Giải hệ phương trình: 
 x 2 + y = 30

Giải :
ĐK: x > 1, y > 1

1⇒ x −1 −

1
1
= y −1 −
(3)
x −1
y −1

6

( 1)
( 2)


Xét hàm f ( t ) = t −

1
1
1
+ 2 > 0 ∀τ > 1
trên ( 1,+∞ ) ta có: f ' ( t ) =
2 t t

t

⇒ f(t) đồng biến trên ( 1,+∞ )
x = 5
 x = −6 ( l )

(3) ⇔ f ( z ) = f ( y ) ⇔ x = y , thay vào (2): x 2 + x = 30 ⇔ 

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (5;5) .
2015
2015
x

 x − 2014 y = y − 2014
Bài 2. Giải hệ phương trình  3
2
3

 y − 15 y + 78 y = 5 2 y − 9 + 141

( 1)
( 2)

Giải :

( 1) ⇔ x 2015 + 2014 x = y 2015 + 2014 y
2015
+ 2014t trên ¡ , ta có:
Xét hàm f ( t ) = t

f ' ( t ) = 2015.t 2014 + 2014 > 0∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t ) đồng biến trên ¡

Mà ( 1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y , thay vào (2) ta có:

x 3 − 15 x 2 + 78 x = 5. 3 2 x − 9 + ( 2 x + 9 )
⇔ ( x + u ) + 5 ( x + u ) = ( 2 x − 9 ) + 5 3 2 x − 9 , dễ dàng tìm được u = −5
3

Ta có: ( x − 5 ) + 5 ( x − 5 ) = ( 2 x − 9 ) + 5 3 2 x − 9
3

3
Xé g ( t ) = t + 5t trên

⇒ g ( t ) đồng biến trên ¡ , mà g ( x − 5 ) = g

(

3

)

2x − 9 ⇔ x − 5 = 3 2x − 9

⇔ x =4⇒ y = 4
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (4; 4) .

Bài 3. Giải hệ phương trình
 x + y + x 2 + y 2 = 44


 x + x + 2 + x + 4 = y − 1 + y − 3 + y − 5

Giải :
7

( 1)
( 2)


Đk: x ≥ 0, y ≥ 5
Xét hàm f ( t ) = t + t + 2 + t + 4 trên ¡ ta có:

f '( t ) =

1
2 t

+

1
1
+
> 0∀t ∈ ¡ , t ≠ 0; −2; −4
2 t+2 2 t+4

⇒ f ( t ) đồng biến trên R \ { 0, −2, −4}
(2) ⇔ f ( x ) = f ( y − 5 ) ⇔ x = y − 5 ⇔ y = x + 5 . Thay vào (1) ta có:

x =1⇒ y = 6
2 x 2 + 12 x − 15 = 0 ⇔ 

 x = −7 ( l )
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1;6) .
 x 3 − 5 x = y 3 − 5 y
 8
4
 x + y = 1

Bài 4. Giải hệ phương trình

( 1)
( 2)

Giải :

 x8 ≤ 1  −1 ≤ x ≤ 1
⇒
Từ (2) ⇒  4
y
≤
1
 −1 ≤ y ≤ 1

3
2
Xét hàm f ( t ) = t − 5t trên [ −1;1] ta có: f ' ( t ) = 3t − 5 < 0t ∈ [ −1;1] nên f ( t )

nghịch biến trên [ −1;1] .

( 1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
⇒ x4 =

Thay vào (2) ta được: x 4 + x8 = 1

−1 + 5
1+ 5
⇒ x = y = ±4
2
2

Bài 5. Giải hệ phương trình

 x − 1 − 3 − 2 y + x + 2 y = 4

 x + 3 − 2 y = 3

Giải :

x ≥ 1
x −1 ≥ 0

⇔
Điều kiện 
3
3 − 2 y ≥ 0  y ≤

2

( 1) ⇔

x −1 + x +1 = 3 − 2 y + 3 − 2y

( 3)
8

( 1)
( 2)


Xét hàm f ( t ) = t + t với t ≥ 0 , f ' ( t ) =

1
2 t

+ 1 > 0∀t > 0

Mà f ( t ) liên tục trên [0; +∞) nên

( 3) ⇔ f ( x − 1) = f ( 3 − 2 y ) ⇔ x − 1 = 3 − 2 y ⇔ x = 4 − 2 y
Thay vào (2) ta được:

1

y ≥
3 − 2y = 2y −1 ⇔ 
⇔ y =1⇒ x = 2
2
2 y 2 − y − 1 = 0


Vậy nghiệm của hệ phương trình là (2;1) .

Trong trường hợp này ta có một số chú ý sau:
Chú ý 1: Ta cần nhấn mạnh rằng TXĐ của hàm số là rất quan trọng, vì học
sinh có thể dễ gặp nhầm lẫn như sau :
1
 1
x − x = y − y
Ví dụ: Giải hệ phương trình 
2 y = x3 + 1


Một số học sinh sẽ xét hàm f (t ) = t −
Ta có f '(t ) = 1 +

1
với t ≠ 0 ,
t

1
> 0∀t ≠ 0 nên kết luận hàm số đồng biến và
t2

f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y . Điều này là không đúng vì hàm số đồng biến trên hai
khoảng (−∞;0) và (0; +∞) nên không thể kết luận x = y , ở đây học sinh đã bỏ qua

2 khoảng xác định này.
Với bài này, ta cần chuyển vế và phân tích thành nhân tử, trong đó sẽ có một
nhân tử là ( x − y ) .
Chú ý 2: Trong một số trường hợp, hàm đặc trưng f (t ) không đơn điệu trên
TXĐ của nó, mà f (t ) có một cực trị là điểm x0 .
Ví dụ:

ln(1 + x) − ln(1 + y) = x − y
 2
2
 2 x − 5 xy + y = 0

(1)
(2)

1 + x ≥ 0
x ≥ −1
⇔

 y ≥ −1
ĐK: 1 + y ≥ 0
(1) ⇔ ln(1 + x) − x = ln(1 + y ) − y

9


Xét hàm f (t) = ln(1 + t ) − t trên (−1; +∞) , f '(t ) =
BBT
T

-1

f '(t )
f (t )

+

0
0

1
−t
−1 =
, f '(t ) = 0 ⇔ t = 0
1+ t
1+ t

+∞
-

Mặt khác: (2) ⇔ 2 x 2 + y 2 = 5 xy ≥ 0∀x, y ∈ R ⇒ xy ≥ 0∀x, y ∈ R
x = 0 ⇒ y = 0
⇒ (0,0) là nghiệm của hệ
y = 0 ⇒ x = 0
 x, y > 0 ⇒ x = y
Nếu xy ≠ 0 ⇒ xy > 0 ⇒ x, y cùng dấu ⇒  x, y < 0 ⇒ y = x

x
=
y
(2)
x
=
y
=
0

Với
thay và
ta được

Nếu xy = 0 ⇒ 

Vậy hệ có nghiệm : (0, 0) .
Như vậy, trong trường hợp này ta cần so sánh x, y với điểm cực trị của hàm số
là x = 0 , khi x, y cùng dấu ta vẫn có kết luận x = y .
b, Cộng đại số 2 phương trình để làm xuất hiện hàm đặc trưng.
Bài 6. Giải hệ phương trình

2 x − 2 y = ( y − x ) ( xy + 2 ) ( 1)
 2
2
( 2)
 x + y = 2

Giải :
Thế (2) vào (1) ta có:
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

( 3)

t
2
Xét hàm = 2t + t3 trên ¡ , f ' ( y ) = 2 .ln 2 + 3t > 0, ∀t ∈ ¡

⇒ f ( t ) đồng biến trên ¡ .
(3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Thế vào (2) : 2 x 2 = 2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = y ± 1

Nghiệm của hệ phương trình là: (1;1), (−1; −1) .
 x 2 = y − 1 + 2 x − 1
Bài 7.Giải hệ phương trình :  2
 y = x − 1 + 2 y = −1
x ≥ 1
Giải : Điều kiện: 
y ≥1

10

( 1)
( 2)


Trừ theo từng vế của (1) cho (2) ta được:
x 2 − y 2 = y − 1 − x − 1 + 2 x − 2 y ⇔ x 2 + x − 1 − 2 x = y 2 + y − 1 − 2 y (3)

Xét hàm f ( t ) = t 2 + t − 1 − 2t trên [1; +∞)

f ' ( t ) = 2t +

1
− 2 > 0∀t ∈ ( 1, +∞ )
2 t −1

Mà f ( t ) liên tục trên [1; +∞) nên f ( t ) đồng biến trên [1; +∞) .
(3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y

Thế vào (1) ta được: x 2 = x − 1 + 2 x − 1

x =1
2
4
⇔ ( x − 1) = x − 1 ⇔ ( x − 1) = x − 1 ⇔ 
x = 0

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1;1), (0;0) .
 x 2 + 3 x + ln ( 2 x + 1) = y
Bài 8.Giải hệ phương trình:  2
 y + 3 y + ln ( 2 y + 1) = x

Giải:

( 1)
( 2)

1
1
Điều kiện: x > − , y > −
2
2

Trừ theo từng vế của (1) cho (2) ta được:

x 2 − y 2 + 3x − 3 y + ln ( 2 x + 1) − ln ( 2 y + 1) = y − x
⇔ x 2 + 4 x + ln ( 2 x + 1) = y 2 + 4 y + ln ( 2 y + 1)
 1

2
Xét hàm f (t ) = t + 4t + ln ( 2t + 1) trên  − , +∞ ÷

 2

 1

 1

Mà f ( t ) liên tục trên  − ; +∞ ÷ nên f ( t ) đồng biến trên  − ; +∞ ÷
 2



 2

( 3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Thế vào (1)



2
ta có: x + 2 x + ln ( 2 x + 1) = 0

 1

2
Xét hàm g ( x ) = x + 2 x + ln ( 2 x + 1) trên  − , +∞ ÷
 2

g '( x ) = 2 x + 2 +

2
−1

> 0∀x >
2x + 1
2

 1

 1

g ( x ) liên tục trên  − ; +∞ ÷ nên g ( x ) đồng biến trên  − ; +∞ ÷
 2



 2

11




Mà g ( x ) = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 0
Vậy nghiệm của hệ là (0;0) .

2 x + 2 x = 3 + y
Bài 9. Giải hệ phương trình: 
2 y + 2 y = 3 + x

( 1)
( 2)

Giải :
Trừ theo từng vế của (1) cho (2) ta được:
2x − 2 y + 2x − 2 y = y − x
⇔ 2 x + 3x = 2 y + 3 y

( 3)

Xét hàm f (t ) = 2t + 3t trên ¡
f '(t ) = 2t.ln 2 + 3 > 0∀t ∈ ¡ ⇔ f ( t ) đồng biến trên ¡ .
(3) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y . Thay vào (1) ta có:

2x + 2 x = 3 + x ⇔ 2x + x = 3
x
Xét hàm g ( x ) = 2 + x − 3 trên ¡ .
x
Ta có: g ' ( x ) = 2 ln 2 + 1 > 0 ∀x ∈ ¡ ⇒ g ( x ) đồng biến trên ¡ .

Mà g (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất.
Vậy nghiệm của hệ là (1;1) .
c, Thêm bớt để đưa một phương trình về dạng f (u ) = f (v)
 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
Bài 10. Giải hệ phương trình: 
với x, y ∈ ¡
2
x −1
 y + y − 2 y + 2 = 3 + 1

Giải: Điều kiện xác định x, y ∈ ¡
 x − 1 + ( x − 1)2 + 1 = 3 y −1
Hệ phương trình tương đương: 

 y − 1 + (y − 1) 2 + 1 = 3x −1
 x − 1 + ( x − 1) 2 + 1 = 3 y −1
⇔
 x − 1 + ( x − 1) 2 + 1 + 3x −1 = y − 1 + (y− 1) 2 + 1 + 3 y −1

Xét hàm số f (t ) = t + t 2 + 1 + 3t , t ∈ R
Có f '(t ) = 1 +

t
t +1
2

+ 3t ln t =

t 2 +1 + t
t +1
2

+ 3t ln t , t ∈ ¡

12

(1)


t 2 + 1 > t ≥ −t nên f '(t ) > 0 ∀t ∈ ¡

Do

suy ra f (t ) đồng biến trên ¡ do đó

phương trình (1) tương đương x = y .
Thay vào hệ đã cho ta được phương trình x + x 2 − 2 x + 2 = 3x −1 + 1 (2)
Đặt t = x − 1 , phương trình (2) trở thành :
t + t 2 + 1 = 3t ⇔ ln(t + t 2 + 1) = t.ln 3

Nhận xét t + t 2 + 1 ≥ t + t ≥ 0 ∀t ∈ ¡ nên phương trình tương đương
ln(t + t 2 + 1) = t.ln 3

Xét hàm số g (t ) = ln(t + t 2 + 1) − t.ln 3, t ∈ ¡ , g '(t ) =
Ta có

1
t +1
2

1
t2 +1

− ln 3, t ∈ ¡

≤ 1 < ln 3 nên g '(t ) ≤ 0 ∀t ∈ ¡ hay g (t ) nghịch biến trên ¡ và

g (0) = 0 nên phương trình g (t ) = 0 có duy nhất một nghiệm t = 0 .

Khi đó hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = y = 1

Bài 11. Giải hệ phương trình:

 x3 − y 3 + 3x − 12 y + 7 = 3 x 2 − 6 y 2


3
2
 x + 2 + 4 − y = x + y − 4 x − 2 y

Giải:
Điều kiện : x ≥ −2, y ≤ 4
Từ phương trình (1) ta có : ( x − 1)3 = ( y − 2)3 ⇔ x − 1 = y − 2 ⇔ y = x + 1
Thay vào (2) ta được :
x + 2 + 4 − (x + 1) = x3 + (x + 1) 2 − 4 x − 2(x + 1) (3) . Điều kiện −2 ≤ x ≤ 3

Cách 1:
Khi đó phương trình (3) ⇔ x3 + x 2 − 4 x − 4 + 2 − x + 2 + 1 − 3 − x = 0
x−2
x−2
−
=0
x + 2 + 2 1+ 3 − x
1
1


⇔ ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x + 1) −
−
=0
x + 2 + 1 1 + 3 − x 

⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) ( x + 2 ) −

13

( 1)
( 2)


1
1
1
1

⇔ ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x + 1) + −
+
− =0
3
x + 2 +1 1+ 3 − x 3


⇔ ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x + 1) +

3


(


=0
x + 2 +1 1+ 3 − x 

x +1

)(

)





1
 = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) = 0
⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) ( x + 2 ) +

3 x + 2 +1 1+ 3 − x 
 1 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 43 
>0



(

)(

)

⇔ x = 2 ∨ x = −1 ( thỏa mãn đk bái toán)
vậy phương trình có 2 nghiệm x = 2 ; x = −1
Nhận xét : Trong lời giải này, ta thêm bớt để xuất hiện từng nghiệm, nhưng hầu
như chúng ta chỉ làm xuất hiện nhân tử ( x − 2) , còn lại việc thêm bớt để xuất
hiện nhân tử tiếp theo ( x + 1) là khó khăn, vì vậy chúng ta sẽ làm xuất hiện đồng
thời nhân tử ( x − 2 ) ( x + 1) ở lời giải tiếp theo.

Cách 2. Điều kiện −2 ≤ x ≤ 3
Khi đó phương trình ⇔ 3 − x + x + 2 − 3 = x 3 + x 2 − 4 x − 4
2
⇔ 

⇔

(

( 3 − x ) ( x + 2)

− 2
 = x − 2 x + 2 x +1
(
)(
)(
)
3− x + x + 2 −3
2( − x2 + x + 2)
3− x + x + 2 + 3

)(

( 3 − x ) ( x + 2) + 2)

= ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x + 1)



2

⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) ( x + 2 ) +

3− x + x + 2 +3
3− x x + 2 + 2
 1 4 4 4 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4( 4 4 )4( 4 4 ) 4 43
>0


)(

(

⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = −1( thỏa mãn đk bài toán).
Đáp số x = 2 ; x = −1 .
Cách 3.

Điều kiện −2 ≤ x ≤ 3
14

)



=0





3

2
Khi đó phương trình ⇔ 3 3 − x + 3 x + 2 = 3 ( x + x − 4 x − 1)

⇔ 3 3 − x − ( 5 − x )  + 3 x + 2 − ( x + 4 )  = 3 ( x 3 + x 2 − 4 x − 4 )
− x2 + x + 2
− x2 + x + 2
⇔
+
= 3 ( x − 2 ) ( x + 2 ) ( x + 1)
3 3− x +5− x 3 x + 2 + x + 4




1
1
⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) 3 ( x + 2 ) +
+
=0
3
3
−
x
+
5
−
x
3
x
+

2
+
x
+
4
 1 4 4 4 4 4 4 44 2 4 4 4 4 4 4 4 43 
>0


⇔ ( x − 2 ) ( x + 1) = 0 ⇔ x = 2 ∨ x = −1( thỏa mãn đk bài toán).
Đáp số x = 2 ; x = −1 .
 x3 − y 3 − 2 = 3x − 3 y 2
(1)
Bài 12. Giải hệ phương trình:  2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + 2 = 0 (2)

Giải:
 1− x2 ≥ 0
− 1 ≤ x ≤ 1
⇔
Điều kiện 
2
0 ≤ y ≤ 2
2 y − y ≥ 0

Ta có (1) ⇔ x 3 − 3x = y 3 − 3 y 2 + 2 ⇔ ( x + 1) 3 − 3( x + 1) 2 = y 3 − 3 y 2
Xét hàm f (t ) = t 3 − 3t trên [0; 2] , ta có f '(t ) = 3t 2 − 6t ≤ 0∀t ∈ [0; 2]
⇒ f (t ) nghịch biến trên [0; 2]

Ta có x + 1∈ [0;2] , y ∈ [0;2] và f ( x + 1) = f ( y ) ⇒ x + 1 = y
Thay y = x + 1 vào (2) ta được:
x 2 + 1 − x 2 − 3 2 x + 2 − ( x + 1) 2 + 2 = 0 ⇔ 2 1 − x 2 = x 2 + 2
⇔ 4(1 − x 2 ) = ( x 2 + 2) 2 ⇔ x 4 + 8 x 2 = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (0;1) .

15


(

)

2

 4 x + 1 x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 (1)
Bài 13. Giải hệ phương trình:  2 2
(2)

4 x + y + 2 3 − 4 x = 7


y ≤
5 − 2 y ≥ 0
⇔
Giải : Điều kiện : 

3 − 4 x ≥ 0

x ≤


(

5
2
3
4

)

2
(1) ⇔ 2 x. 4 x 2 + 1 = 2. ( 3 − y ) 5 − 2 y ⇔ ( 2 x ) + 1 .2 x = 




(

5− 2y

)

2

+ 1 . 5 − 2 y


(3)

Xét hàm f ( t ) = ( t 2 + 1).t trên ¡
f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0 ∀ t ∈ R. ⇒ f ( t ) đồng biến trên ¡ .


x≥0



x≥0



4



2



2
Nên (3) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔  x 2 = 5 − 2 y ⇔  y = 5 − 4 x



Thay vào (2) ta được:
 5 − 4x 2
4 x + 
 2

2

2


3
 + 2 3 − 4 x = 7 ⇔ 4 x 4 − 6 x 2 + 2 3 − 4 x − = 0
4


Xét hàm g ( x ) = 4 x 4 − 6 x 2 + 2 3 − 4 x −
g ' ( x ) = 16 x 3 − 12 x +

−4
3 − 4x

3
 3
trên 0; 
4
 4

(

)

= 4 x. 4 x 2 − 3 −

4

 3
< 0 ∀x ∈ 0; ÷
3 − 4x
 4

 3
 3
1
Mà g ( x ) liên tục trên 0; ÷ ⇒ g ( x ) nghịch biến trên 0; ÷ , g   = 0
2
4
4








 



Nghiệm của hệ:  ;2  .
1
2



d, Chia hai vế của một phương trình cho luỹ thừa của x, y hoặc một biểu
thức của x, y để làm xuất hiện hàm đặc trưng.
Chú ý: Ở dạng bài này, trước khi chia ta cần xét riêng trường hợp x, y hay biểu
thức của x, y bằng 0.
16


 x 3 (4 y 2 + 1) + 2( x 2 + 1) x = 6

Bài 14.Giải hệ phương trình:  2
2
2
 x y 2 + 2 4 y + 1 = x + x + 1

(1)

)

(

(2)

Giải: Điều kiện xác định: x ≥ 0
Thay x = 0 vào (2) ta có: 0 = 1 không thỏa mãn.
Với x ≠ 0 , chia 2 vế của (2) cho x 2 ta được:

)

(

y 2 + 2 4y2 +1 =

1 1
+
x x2

x2 +1 ⇔ 2y + 2y 4y2 +1 =

1 1
+
x x

1
+1
x2

Xét hàm f (t ) = t + t t 2 + 1 trên (0;+ ∞ ), ta có:
f ' (t ) = 1 + t + 1 +
2

t2
t2 +1

> 0 ∀t > 0 ⇒ f (t ) đồng biến trên (0;+ ∞ )
1
x

Do x > 0 nên từ phương trình (2) suy ra y > 0 , ta có: f (2 y ) = f ( ) ⇔ 2 y =
Thế vào (1) : x 3 + x + 2 x 2 x + 2 x = 6 .
Xét hàm g ( x) = x 3 + x + 2 x 2 x − 6 trên (0;+ ∞ ), ta có :

g ' ( x) = 3 x 2 + 1 + 4 x x +

x2
x

+

2

∀x > 0 .

2 x >0

Mà g (1) = 0 ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của g (x) .


Vậy nghiệm của hệ phương trình:  1; ÷ .
2
1





)(

(

)

 x + x 2 + 4 y + y 2 + 1 = 2 (1)

Bài 15.Giải hệ phương trình : 
12 y 2 − 10 y + 2 = 2 3 x 2 + 1
(2)
2
Giải : Ta có (1) ⇔ x + x + 4 =

2
y + y +1
2

⇔ x + x 2 + 4 = (−2 y ) 2 + 4 + (−2 y ).

17

⇔ x + x 2 + 4 = 2.( y 2 + 1 − y )

1
x


Xét hàm f ( t ) = t + t 2 + 4 với t ∈ ¡ , ta có :
t

f '(t) = 1+

t2 + 4

=

t2 + 4 + t
t2 + 4

>

t +t
t2 + 4

> 0 ∀ t∈¡

⇒ f ( t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó f ( x ) = f ( − 2 y ) ⇔ x = −2 y.

Thế vào pt (2) ta được:

(

)

3 x 2 + 5 x + 2 = 21 x 3 + 1 ⇔ ( x + 1) + 2( x + 1) = x 3 + 1 + 23 x 3 + 1
3

Xét hàm g ( t ) = t 3 + 2t trên ¡ , g ' ( t ) = 3t 2 + 2 > 0 ∀ t ∈ ¡
⇒ g ( t ) đồng biến trên ¡ .Từ đó:
g ( x + 1) = g

(

3

)

 x = −1 ⇒ y = 2
x 3 + 1 ⇔ x + 1 = 3 x 3 + 1 ⇔ 3x 3 + 3x = 0 ⇔ 
 x=0⇒ y =0

Vậy nghiệm của hệ là : ( − 1;2) , ( 0;0).
 xy 2 ( x 2 + 1 + 1) = 3 y 2 + 9 + 3 y
Bài 16. Giải hệ phương trình: 
3 x x 2 y + xy − 5 − 4 x 3 + 3 x 3 y − 7 x = 0

(1)
(2)

Giải :
Điều kiện: x 2 y + xy ≥ 5
Ta có:

y2 + 9 + y > y + y ≥ 0 ⇒ x > 0 .

Kết hợp điều kiện x 2 y + xy ≥ 5 suy ra y > 0 .
Lúc đó (1) ⇔ x( x 2 + 1 + 1) =

2

3 3
(
+ 1 + 1)(*)
y y

Xét hàm f (t ) = t( t 2 + 1 + 1) trên (0,+∞).
Ta có f '(t ) =

t2
t +1
2

+ t 2 + 1 + 1 > 0∀t > 0 ⇒ f (t ) đồng biến trên (0, +∞ ).

18


3

3

Mà f ( x) = f ( y ) ⇔ x = y .Thế vào (2) ta được:
(3x − 1) 3 x − 2 − 4 x 3 + 9 x 2 − 7 x = 0 ⇔ (3 x − 1)( 3 x − 2 − x) = 4 x 3 −12 x 2 + 8 x

x = 1⇒ y = 3
3x − 1
2
( x − 3x + 2)( x +
) = 0 ⇔ x − 3x + 2 = 0 ⇔ 
x = 2 ⇒ y = 3
3x − 2 + 2
2

2

3
2

Nghiệm của hệ là: (1;3) , (2; ) .
Nhận xét: Trong lời giải phương trình (2) sau khi thế y vào, nhiều bạn sẽ hỏi
tại sao lại biết thêm bớt ( 3x − 2 − x) để có nhân tử chung.
Thế thì ta thấy có thể nhẩm được 2 nghiệm là x = 1, x = 2 nên phương trình có thể
2
phân tích thành nhân tử: ( x − 1) ( x − 2 ) = x − 3x + 2 .

Ta cần tìm a, b sao cho

Do đó :

3 x − 2 − (ax + b) =

k ( x 2 − 3x + 2)
3 x − 2 + ( ax + b)

3x − 2 − (ax + b) 2 = k ( x 2 − 3x + 2)
2

⇔ − a 2 x 2 + (3 − 2ab) x + (− 2 − b ) = k ( x 2 − 3 x + 2)

k = −a 2

Ta cần tìm a, b thoả mãn : −3k = 3 − 2ab , có thể chọn k = 1, a = 1, b = 0 . Khi đó ta
 2k = −2 − b 2


có nhân tử ( 3x − 2 − x) .
2. Sử dụng tính đơn điệu của hàm số để chứng minh phương trình có nhiều
nhất 1 nghiệm hoặc 2 nghiệm.
Bài 1. Giải hệ phương trình:
 5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 = 3( x + y )

 x + 2 y + 1 + 2 3 12 x + 7 y + 8 = 2 xy + x + 5

Giải:

Điều kiện: x + 2 y + 1 ≥ 0 .
19

(1)
(2)


Khi hệ có nghiệm ( x; y ) , từ (1) ⇒ x + y > 0
5 x 2 + 2 xy + 2 y 2 ≥ 2 x + y ⇔ ( x + y ) 2 ≥ 0. Dấu “=” ⇔ x = y

Ta có:

2 x 2 + 2 xy + 5 y 2 ≥ x + 2 y ⇔ ( x − y ) 2 ≥ 0. Dấu “=” ⇔ x = y

Khi đó VT (1) ≥ 3( x + y ) . Dấu “=” xảy ra ⇔ x = y .
Thay vào (2) ta được:
3x + 1 + 23 19 x + 8 = 2 x 2 + x + 5

(3)

Điều kiện: x ≥

−1
3

Ta thấy x = 0, x = 1 là nghiệm. Vậy ta sẽ thêm bớt dể có nhân tử x 2 − x = x(x − 1) .
Thật vậy ta có:

(

)

⇔ x2 − x

)[

(3) ⇔ 2 x 2 − x + ( x + 1 − 3x + 1 ) + 2 ( x + 2 − 3 19 x + 8 ) = 0

(

2+

1
x + 1 + 3x + 1

+ 2

1
( x + 2) + ( x + 2) 19 x + 8 + 3 (19 x + 8) 2
2

3

] =0

x = 0 ⇒ y = 0
⇔ x2 − x = 0 ⇔ 
x = 1 ⇒ y = 1

Vậy nghiệm của phương trình là: (0;0), (1;1) .
 x 2 + xy − 2 y 2 + 3 y − 1 = y − 1 − x
Bài 2. Giải hệ phương trình : 
3 6 − y + 3 2 x + 3 y − 7 = 2 x + 7

Giải:

x ≥ 0

Điều kiện: 1 ≤ y ≤ 6
2 x + 3 y − 7 ≥ 0


Ta có (1) ⇔ y − 1 − x + ( y − 1) 2 − x 2 + y ( y − x − 1) = 0

1
⇔ ( y − x − 1)
+ y −1+ x +
 y −1 + x

⇔ y − x − 1 = 0 (do


y = 0



1
+ 2 y + x −1 > 0 )
y −1 + x

⇔ x = y − 1 . Thế vào phương trình (2) ta được:

3 6 − y +3 5 y −9 = 2 y + 5

⇔ (8 − y − 3 6 − y ) + 3( y − 1 − 5 y − 9) = 0

20

(1)
(2)


⇔

y 2 − 7 y + 10
y 2 − 7 y + 10
+3
=0
(8 − y ) + 3 6 − y
(y − 1) + 5 y − 9

⇔ y 2 − 7 y − 10 = 0 ⇔

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4;5) .
 2 x 2 + y 2 − 3xy + 3x − 2 y + 1 = 0
Bài 3. Giải hệ phương trình :  2 2
4 x − y + x + 4 = 2 x + y + x + 2 y

Giải:

(1)
(2)

2 x + y ≥ 0
x + 2 y ≥ 0

Đk: 

Ta có (1) ⇔ 2 x 2 + 3(1 − y ) x + ( y − 1) 2 = 0 ⇔ ( x + 1 − y )(2 x + 1 − y ) = 0
⇔x=

y −1
hoặc x = y − 1 ⇔ y = 2 x + 1 hoặc y = x + 1
2

TH1: y = 2 x + 1 . Thế nào (2) ta được:
4x 2 − 4x 2 − 4x −1 + x + 4 = 4x + 1 + 9x + 4
⇔ 4 x + 1 + 9 x + 4 + 3 x − 3 = 0 (3) .Đk:

Ta thấy x=0 là nghiệm của (3) . Ta sẽ CM (3) có nhiều nhất 1 nghiệm.

Thật vậy, xét f ( x) = 4 x + 1 + 9 x + 4 + 3x − 3 với x ∈ [
f ' ( x) =

1
1
.4 +
.9 + 3 > 0
2 4x + 1
2 9x + 4

Suy ra hàm số đồng biến trên (
biến trên [

−1
,+∞)
4

1
∀x ∈ ( − ,+∞)
4

−1
−1
,+∞) , f ( x) liên tục trên [ ,+∞) nên f ( x) đồng
4
4

−1
,+∞)
4

Mà f (0) = 0 ⇔ x = 0 là nghiệm duy nhất.
TH2: Thay y = x + 1 ta được
21


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

Đk: x ≥ −

1
3

⇔ 3 x 2 − x + 3 = 3x + 1 + 5 x + 4
⇔ (3x − x − 2) + (2 − 3 x + 1) + (3 − 5 x + 4 ) = 0
⇔ ( x − 1)[(3 x + 2) −

Xét g (x) = 3x + 2 −
g ' ( x) = 3 +

3
5
−
]=0
2 + 3x + 1 3 + 5 x + 4

3
5
1
−

với x ≥ − .
3
2 + 3x + 1 3 + 5 x + 4
9

2 3x + 1(2 + 3x + 1)

2

+

25
> 0 ∀x > − 1
2 5 x + 4 (3 + 5 x + 4)
3

−1
−1
Mà g ( x) liên tục trên [ ,+∞) ⇒ g ( x) đồng biến trên [ ,+∞)
3

Hơn nữa 0 ∈ [

3

−1
,+∞) , g (0) = 0 ⇔ x = 0 là nghiệm duy nhất của g ( x) .
3

Vậy nghiệm của hệ pt là: (0;1), (1; 2) .

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

Giải:
(1) ⇔ 4 x3 + x = − ( y − 3) 5 − 2 y ( 3) .

Đặt t = 5 − 2 y ⇒ y =

 5 − t2
 t3 + t
5 − t2
⇔ −
− 3 ÷t =
2
2
 2


Khi đó (2) : 4 x3 + x =

t3 + t
3
⇔ ( 2x) + 2x = t3 + t
2

Xét hàm số : f (u ) = u 3 + u ⇒ f '(u ) = 3u 2 + 1 > 0∀u ∈ ¡
suy ra f (u ) luôn đồng biến trên ¡ .
Do đó (1) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ 4 x 2 = 5 − 2 y ⇔ 2 y = 5 − 4 x 2 ( 4 )

22


2

 5 − 4 x2 
 3
2
(2)
Thay vào
: g ( x) = 4 x + 
÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0 : x ∈ 0; 
 4
 2 
4
4
5

 3
g '( x) = 8 x − 8 x  − 2 x 2 ÷−
= 4 x ( 4 x 2 − 3) −
< 0∀x ∈  0; ÷
3 − 4x
3 − 4x
2

 4
 
Mặt khác : g  ÷ = 0 ⇒ x = là nghiệm duy nhất , thay vào (4) tìm được y = 2 .
2

2
1

1



Vậy hệ có nghiệm duy nhất : ( x; y ) =  ; 2 ÷ .
2 
1

 x 2 + y 2 − y = (2 x + 1)( y − 1)

5

 3 x − 8 − y = x + y − 12


Bài 5. Giải hệ phương trình :

(1)
(2)

Giải:
Điều kiện:

8
x ≥ , y ≥ 0, x + y − 12 ≠ 0
3

Từ (1) ⇔ ( ( y − x − 1)2 = 0 ⇔ y = x + 1 . Thế vào (2) ta được :
3x − 8 − x + 1 =

5
(3)
2 x − 11

8
3

điều kiện x ≥ , x ≠

11
2

Ta thấy x = 3, x = 8 là nghiệm của (3) .
Ta sẽ chứng minh phương trình (3) có không quá 2 nghiệm. Thật vậy:
Xét hàm : f ( x) = 3x − 8 − x + 1 −
f '( x) =

=

5
8
11
với x ≥ , x ≠ . Ta có
2 x − 11
3
2

3
1
10
−
+
2
2 3 x − 8 2 x + 1 (2 x − 11)

6 x + 17
2 (3x − 8)( x + 1)(3 x + 1 + 3x − 8)

+

10
> 0 với x ≥ 8 , x ≠ 11
(2 x − 11) 2
3
2

Ta có bảng biến thiên:

23


x

8/3

11/2

f '( x )

+∞

+

+

f ( x)

Từ bảng biến thiên ta thấy f ( x) có không quá 2 nghiệm.
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (3; 4), (8,9) .
 1 − x3 − y y + 1 − y = x

Bài 6. Giải hệ phương trình : 
(4 x + 3)( 4 − y + 3 3x − 8 − 1) = 9

(1)
(2)

x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 16

Giải: Điều kiện: 
Ta có: (1) ⇔
Xét hàm:

1 − x 3 − x = ( y )3 + 1 − y

f (t ) =

1 + t + t với t ≥ −1 . Ta có : f '(t ) =
3

3t 2
2 1+ t3

+ 1 > 0 ∀t > −1

Suy ra hàm số f (t ) đồng biến (−1; +∞) , mà f (t ) liên tục trên [ − 1; +∞) nên f (t )
đồng biến trên [ − 1; +∞) .
Hơn nữa f (− x) = f ( y ) ⇔ − x = y .
Thế vào phương trình (2) ta được : (4 x + 3)( x + 4 + 3 3 x + 8 − 1) = 9 (3)
Ta có x = −
(3) ⇔

3
không là nghiệm của (3) nên
4

x + 4 + 3 3x + 8 −

9
− 1 = 0 (4)
4x + 3

Ta thấy x = 0, x = −3 là nghiệm của (4) . Ta sẽ CMR (4) có không quá 2 nghiệm.

24

Thật vậy, xét g ( x) = x + 4 + 3 3x + 8 −

g '( x) =

9
3
− 1 trên (-4; +∞)\ { − }
4x + 3
4

1
1
36
+
+
> 0 ∀ x ∈ (-4; +∞)\ { − 3 }
2
(4 x + 3) 2
2 x + 4 3 (3 x + 8)
4

3
4

3
4

Suy ra g ( x) đồng biến trên hai khoảng (−4; − ) và (− ; +∞) nên g ( x) có không
quá 2 nghiệm.

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (0;0), (−3;9) .
Bài 7. Giải hệ phương trình:



Giải: Điều kiện 

4
4
6
4

(1)
 x ( x + y ) = y ( y + 1)

2
2
4

 x + 1 + 2 − y + y − 1 = y + 2 (2)

x ≥1


− 2 ≤ x ≤ 2


x5 = 0

y

=
0
⇒ x=0
Xét
thay vào hệ ta được 
x
+
1
+
2
−
1
=
2



Vậy (0;0) là một nghiệm của hệ phương trình.
5

 x x
Với x ≠ 0, y ≠ 0 ta có: (1) ⇔ x + xy = y + y ⇔  ÷ + = y 5 + y (3) .
 y y
5

4

10

6

Xét hàm f (t ) = t 5 + t trên ¡ ta có f '(t ) = 5t 4 + 1 > 0 ∀ t ∈ ¡ .
⇒ f (t ) đồng biến trên ¡ nên (3) ⇔ x = y 2 .

Thay vào (2) ta có

x + 1 + 2 − x + x − 1 = x 2 + 2 (4) ,điều kiện −1 ≤ x ≤ 2 .

Ta thấy (4) có 2 nghiệm x = 0, x = 1 . Ta sẽ CMR phương trình (4) tối đa 2
nghiệm. Thật vậy,
Xét hàm g ( x) = x + 1 + 2 − x + x − x 2 + 2 − 1 trên [ −1; 2]

25