Phuong trinh (DTDH)

Phương Trình – Bất Phương Trình – Hệ Phương Trình
Trong Đề Thi Đại Học (2010 – 2015)
Câu 1. Giải phương trình :

x 2 2 x  8
  x  1
x2  2 x  3





x  2  2 trên tập số thực.

(2015)
ĐK : x  -2

( x  2 )( x  4 )
x2
 ( x 1)
2
x  2x  3
x2 2
x  2
  x4
x 1
 2

(1)
x2 2
 x  2x  3

( 1 )  ( x  4 )( x  2  2 )  ( x  1 )( x 2  2x  3 )
 ( x  2  2 )( x  2  2 )  ( x  1 )  2 ( x  1 )2  2  ( 2 )
2

Đặt f(t) = ( t  2 )( t 2  2 )  t 3  2t 2  2t  4 với t  R
f '( t )  3t 2  4t  2  0  f(t) đồng biến
Vậy (2)  x 1  x  2
x  1
3  13
3  13
. Vậy x = 2 hay x =
 2
x
2
2
x  2x  1  x  2

 x 12  y  y(12  x 2 )  12

Câu 2. Giải hệ phương trình 
(x, y là số thực)
 x 3  8x  1  2 y  2

(Khối A – 2014)
 x 12  y  y(12  x 2 )  12


 x 3  8x  1  2 y  2

(1)
(2)

Điều kiện xác định: 2 ≤ y ≤ 12; 12 – x² ≥ 0
Áp dụng Cauchy:
x 12  y ≤ |x| 12  y ≤ (x² + 12 – y)/2
y(12  x 2 ) ≤ (y + 12 – x²)/2

(a)

(b)

Từ (a) và (b) → x 12  y  y(12  x 2 ) ≤ 12 (c)
Do đó phương trình (1) có nghiệm khi chỉ khi đẳng thức của (c) xảy ra
<=> x = 12  y
<=> y = 12 – x² với 2 3 ≥ x ≥ 0
Thay vào phương trình (2) ta được
x³ – 8x – 1 = 2 10  x 2 (d)
Để phương trình (d) có nghiệm thì x³ – 8x – 1 ≥ 0 → x³ ≥ 8x + 1 > 8x → x > 2 2

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Xét hàm số f(x) = x³ – 8x – 1 – 2 10  x 2
f ’(x) = 3x² – 8 +

2x
10  x

2

> 0 với mọi x > 2 2

mà f(3) = 0 nên x = 3 là nghiệm duy nhất của (d)
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = {(3; 3)}
(1  y) x  y  x  2  (x  y  1) y

Câu 3. Giải hệ phương trình 

2
2y  3x  6y  1  2 x  2y  4x  5y  3

(x, y là các số

thực)
(Khối B – 2014)

(1  y) x  y  x  2  (x  y  1) y

Giải hệ phương trình: 

(1)

2

2y  3x  6y  1  2 x  2y  4x  5y  3 (2)

Điều kiện: x ≥ 2y ≥ 0; 4x ≥ 5y + 3

(*)
Đặt a = x  y và b = y (a, b ≥ 0)
phương trình (1) tương đương (1 – b²)a + a² + b² = 2 + (a² – 1)b
<=> a(1 – b²) + (a² – 1) + (b² – 1) – (a² – 1)b = 0
<=> (1 – b²)(a – 1) + (1 – b)(a² – 1) = 0
<=> (1 – b)(a – 1)(2 + b + a) = 0
<=> b = 1 hoặc a = 1 (do a + b + 2 > 0)
<=> y = 1 hoặc x = y + 1
Với y = 1 → 9 – 3x = 2 x  2 – 4x  8 <=> x = 3.
Với x = y + 1, điều kiện (*) <=> 0 ≤ y ≤ 1
phương trình (2) trở thành 2y² + 3y – 2 = 1  y <=> 2(y² + y – 1) + y – 1  y = 0
<=> (y² + y – 1) (2 +
<=> y =

1
) = 0 <=> y² + y – 1 = 0
y  1 y

1  5
1  5
hoặc y =
(loại)
2
2

Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(1; 3), (

1  5 1  5
;
)}

2
2

Câu 4. Giải bất phương trình (x  1) x  2  (x  6) x  7 ≥ x² + 7x + 12
(Khối D – 2014)
Điều kiện x ≥ –2.
(x + 1) x  2 + (x + 6) x  7 ≥ x² + 7x + 12
<=> (x + 1)( x  2 – 2) + (x + 6)( x  7 – 3) ≥ x² + 2x – 8
(x  1)(x  2) (x  6)(x  2)
– (x – 2)(x + 4) ≥ 0

x2 2
x 7 3
x 1
x6
<=> (x – 2) [
(*)

 (x  4)] ≥ 0
x2 2
x 7 3

<=>

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


x 1

x6
5

  x4
x22
x 7 3 3
x 1
x6
x  1 x  6 2x  7




2
2
2
x22
x 7 3

Với –2 ≤ x ≤ –1 thì
Với x > –1 thì

Suy ra: (*) <=> x – 2 ≤ 0 và x ≥ –2 <=> –2 ≤ x ≤ 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [–2; 2]
 x  1  4 x  1  y 4  2  y
Câu 5. Giải hệ phương trình 
 x 2  2x(y  1)  y 2  6y  1  0

(x, y  R)

(Khối A – 2013)
 x  1  4 x  1  y 4  2  y
Giải hệ phương trình: 
 x 2  2x(y  1)  y 2  6y  1  0

(1)
(2)

Điều kiện x ≥ 1; từ (2) suy ra 4y = (x + y – 1)² → y ≥ 0
Đặt u =

4

x  1 ≥ 0; (1) <=>

Xét hàm số f(t) =

u 4  2  u  y4  2  y (3)
2t 3

t  2  t với t ≥ 0 → f ’(t) =
4

t4  2

 1 > 0 với mọi t ≥ 0

Do đó phương trình (3) <=> f(u) = f(y) <=> u = y <=> x = y4 + 1
Thay vào (2) ta được 4y = (y4 + y)² <=> y[y(y³ + 1)² – 4] = 0 <=> y = 0 hoặc y(y³ +

1)² = 4
(4)
Xét g(y) = y(y³ + 1)² với y ≥ 0 → g’(y) = (y³ + 1)² + 6y³(y³ + 1) > 0 (với mọi y ≥ 0)
mà g(1) = 4 nên y = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (4)
Với y = 0 thì x = 1; với y = 1 thì x = 2.
Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S = {(1; 0); (2; 1)}
2x 2  y2  3xy  3x  2y  1  0

(x, y  R)

Câu 6. Giải hệ phương trình 

2
2
4x  y  x  4  2x  y  x  4y

(Khối B – 2013)
2
2

2x  y  3xy  3x  2y  1  0
Giải hệ phương trình sau  2 2

4x  y  x  4  2x  y  x  4y

điều kiện 2x + y ≥ 0 và x + 4y ≥ 0
(1) <=> x² – 2xy + y² + x² – xy + 2x – 2y + x + 1 = 0
<=> (x – y)² + 2(x – y) + 1 + x(x – y + 1) = 0
<=> (x – y + 1)² + x(x – y + 1) = 0
<=> (x – y + 1)(2x – y + 1) = 0

<=> y = x + 1 hoặc y = 2x + 1.
Với y = x + 1: (2) <=> 3x² – x + 3 = 3x  1  5x  4
<=> 3x² – 3x + (x + 1) – 3x  1  x  2  5x  4 = 0
<=> (x 2  x)(3 

1
x  1  3x  1

Toán Tuyển Sinh Group



(1)
(2)

(điều kiện x ≥ –1/3)

1
) =0
x  2  5x  1

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


<=> x² – x = 0 <=> x = 0 V x = 1. Khi đó hệ phương trình có nghiệm (0; 1) hoặc (1; 2)
Với y = 2x + 1: (2) trở thành 3 – 3x =
<=> 3x + 4x  1  1  9x  4  2 = 0
<=> x(3 +

4x  1  9x  4

4
9
) = 0 <=> x = 0. Khi đó hệ phương trình có ngiệm

4x  1  1
9x  4  2

(0; 2)
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là S = {(0; 1), (1; 2)}

xy  x  2  0
3
2
2
2

2x  x y  x  y  2xy  y  0

Câu 7. Giải hệ phương trình 

(x, y  R)

(Khối D – 2012)
(1)

xy  x  2  0
3
2
2

2

2x  x y  x  y  2xy  y  0

Giải hệ phương trình: 

(2)

(2) <=> x²(2x – y + 1) – y(2x – y + 1) = 0 <=> (x² – y)(2x – y + 1) = 0
<=> y = x² hoặc y = 2x + 1
Với y = x², (1) trở thành x³ + x – 2 = 0 <=> (x – 1)(x² + x + 2) = 0 <=> x = 1 → y = 1
1  5
→y=  5
2
1  5
1 5
; 5), (
;  5) }
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm: S = {(1; 1), (
2
2

Với y = 2x + 1, (2) trở thành 2x² + 2x – 2 = 0 <=> x =

 x 3  3x 2  9x  22  y3  3y2  9y

Câu 8. Giải hệ phương trình  2 2
1
x  y  x  y 


2

(x, y  R)

(Khối A – 2012)
x 3  3x 2  9x  22  y3  3y2  9y

Giải hệ phương trình  2 2
1
x  y  x  y 

2

(1)
(2)

(1) <=> (x – 1)³ – 12(x – 1) = (y + 1)³ – 12(y + 1) (3)
(2) <=> (x – 1/2)² + (y + 1/2)² = 1.
điều kiện có nghiệm –1 ≤ x – 1/2 ≤ 1 và –1 ≤ y + 1/2 ≤ 1 hay –3/2 ≤ x – 1 ≤ 1/2 và –
1/2 ≤ y + 1 ≤ 3/2.
Xét hàm số g(t) = t³ – 12t trên [–3/2; 3/2]
g’(t) = 3(t² – 4) < 0 với mọi t thuộc [–3/2; 3/2]
hàm số g(t) nghịch biến trên [–3/2; 3/2]
(3) <=> g(x – 1) = g(y + 1) <=> x – 1 = y + 1 <=> y = x – 2.
Thay vào (2) ta được x² + x² – 4x + 4 – x + x – 2 = 1/2. <=> x² – 2x + 3/4 = 0
<=> x = 3/2 hoặc x = 1/2
Vậy {(3/2; –1/2), (1/2; –3/2)} là tập nghiệm của phương trình đã cho.

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Câu 9. Giải bất phương trình: x  1  x 2  4x  1 ≥ 3 x (Khối B – 2012)

Giải bất phương trình: x  1  x 2  4x  1 ≥ 3 x
(1)
điều kiện x ≥ 0 và x² – 4x + 1 ≥ 0 <=> 0 ≤ x ≤ 2 – 3 hoặc x ≥ 2 + 3
Nhận xét x = 0 thỏa mãn bất phương trình (1).
x

Nếu x > 0: (1) <=>
Đặt t =
(2) <=>

x

1
x

1
1
 x   4 ≥ 3 (2)
x
x

(điều kiện t ≥ 2)

3  t  0
<=> t ≥ 3 hoặc 3>t≥5/2

t 2  6 ≥ 3 – t <=> 3 – t ≤ 0 hoặc  2
2
 t  6  (3  t)

<=> t≥5/2.
Suy ra t² ≥ 25/4 <=> x + 1/x + 2 ≥ 25/4 <=> 4x² – 17x + 4 ≥ 0 <=> x ≥ 4 hoặc x ≤
1/4.
Kết hợp điều kiện ta được 0 < x ≤ 1/4 hoặc x ≥ 4.
Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [0; 1/4] U [4; +∞)
2
2
3

5x y  4xy  3y  2(x  y)  0
Câu 10. Giải hệ phương trình 
2
2
2

 xy(x  y )  2  (x  y)

(x, y  R)

(Khối A – 2011)
2
2
3

5x y  4xy  3y  2(x  y)  0
Giải hệ phương trình sau: 

2
2
2

xy(x  y )  2  (x  y)

(1)
(2)

Phương trình (2) <=> xy[(x + y)² – 2xy] + 2 – (x + y)² = 0 <=> (xy – 1)(x + y)² –
2(xy – 1)(xy + 1) = 0
<=> (xy – 1)[(x + y)² – 2(xy + 1)] = 0
<=> xy = 1 V x² + y² = 2
Với xy = 1 → x = 1 / y. Thay vào (1) ta có: 5 / y – 4y + 3y³ – 2(1 / y + y) = 0
<=> 3y4 – 6y² + 3 = 0 <=> y² = 1 <=> y = 1 V y = –1
y = 1 → x = 1; y = –1 → x = –1.
Với x² + y² = 2; từ (1) → 5x²y – 4xy² + 3y(2 – x²) – 2x – 2y = 0 <=> 2x²y – 4xy² –
2x + 4y = 0
<=> xy (x – 2y) – (x – 2y) = 0 <=> (xy – 1)(x – 2y) = 0
<=> xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
10
10
hoặc y = –
5
5
2 10 10
;
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(1; 1), (–1; –1), (
),
5

5
2 10
10
;
(
)}
5
5

Với x = 2y và x² + y² = 2 → 5y² = 2 → y =

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Câu 11. Giải phương trình: 3 2  x  6 2  x  4 4  x 2  10  3x

(x  R).

(Khối B – 2011)

Điều kiện: 2  x  2 (*) .
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:
3





2  x  2 2  x  4 4  x 2  10  3x

(1)

Đặt t  2  x  2 2  x , (1) trở thành: 3t  t 2  t  0 hoặc t  3.
 t  0, suy ra:
 t  3, suy ra:

6
2  x  2 2  x  2  x  4  2  x   x  , thỏa mãn (*)
5
2  x  2 2  x  3, vô nghiệm ( do 2  x  2 và 2 2  x  3  3 với

mọi x   2;2 ).
6
5

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x  .
Câu 12. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
3
2

2x  (y  2)x  xy  m
 2

 x  x  y  1  2m

(x, y  R)

(Khối D – 2011)

3
2

2x  (y  2)x  xy  m
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 
2

x  x  y  1  2m
2

(x  x)(2 x  y)  m
hệ phương trình đã cho tương đương với 
2

(x  x)  (2x  y)  1  2m

Đặt u = x² – x; v = 2x – y.
u.v  m
u(1  2m  u)  m
<=> 
u  v  1  2m
 v  1  2m  u

Hệ đã cho trở thành 

(1) <=> m(2u + 1) = u – u²

(1)
(2)

(3)

u  u2
Vì u = x² – x ≥ –1/4 nên (3) <=> m =
2u  1

Xét hàm số f(u) = (u – u²)/(2u + 1) với u ≥ –1/4.
f’(u) = 

2u 2  2u  1
(2u  1)

2

; f’(u) = 0 <=> u =

1  3
2

Bảng biến thiên

Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi chỉ khi m ≤

Toán Tuyển Sinh Group

2 3
2

www.facebook.com/groups/toantuyensinh

Câu 13. Giải bất phương trình

x x
1  2(x 2  x  1)

≥1
(Khối A – 2010)

Giải bất phương trình

x x
1  2(x 2  x  1)

≥1

(1)

Điều kiện x ≥ 0.
Ta có 2(x² – x + 1) = x² + (x – 1)² + 1 > 1 → 1 –
2(x 2  x  1) <=>

Nên (1) <=> x  x ≤ 1 –
Mặt khác:

2(x 2  x  1) < 0

2(x 2  x  1) ≤ 1 – x +

2(x 2  x  1)  2[(1  x)2  ( x )2 ] ≥ 1 – x +

Từ (2) và (3) suy ra (1) có nghiệm <=> 1 – x =
<=> 0 ≤ x ≤ 1 và 1 – 2x + x² = x <=> x =

x

(2)

x (3)

x và 1 ≥ x ≥ 0

3 5
2

(4x 2  1)x  (y  3) 5  2y  0
Câu 14. Giải hệ phương trình sau 
2
2
4x  y  2 3  4x  7

(x, y  R)

(Khối A – 2010)
(4x 2  1)x  (y  3) 5  2y  0

Giải hệ phương trình sau 

2
2

4x  y  2 3  4x  7

(1)

(2)

Điều kiện x ≤ 3/4; y ≤ 5/2.
phương trình (1) <=> (4x² + 1).2x = (5 – 2y + 1) 5  2y (3)
Xét hàm số g(t) = (t² + 1).t có đạo hàm g’(t) = 3t² + 1 > 0 với mọi số thực t.
→ g(t) đồng biến trên R.
(3) <=> g(2x) = g( 5  2y ) <=> 2x = 5  2y (4)
Từ (4) suy ra x ≥ 0 và y = (5 – 4x²) / 2.
Thay vào (2) ta có: 4x² + (5 – 4x²)² / 4 + 2 3  4x = 7 (5)
Nhận xét x = 0 và x = 4/3 không thỏa mãn (5)
Xét hàm số h(x) = 4x² + (5 – 4x²)² / 4 + 2 3  4x trên (0; 3/4)
h’(x) = 8x – 4x(5 – 4x²) –

4
= 4x(4x² – 3) –
3  4x

4
< 0 với 0 < x < 3/4
3  4x

→ h(x) nghịch biến trên (0; 3/4); mà h(1/2) = 7
Nên phương trình (5) có nghiệm duy nhất x = 1/2. Suy ra y = 2.
Vậy (1/2; 2) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho.
Câu 15. Giải phương trình: 3x  1  6  x  3x 2  14x  8  0 (x  R).
(Khối B – 2010)

Giải phương trình: 3x  1  6  x  3x 2  14x  8  0 (1)
Điều kiện: –1/3 ≤ x ≤ 6 (a)
phương trình (1) <=> 3x 1  4  1  6  x  3x 2 14x  5  0

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


3(x  5)
x 5

 (x  5)(3x  1)  0
3x  1  4 1  6  x
3
1
<=> (x – 5)(
(2)

 3x  1) = 0
3x  1  4 1  6  x
3
1
Vì

 3x  1 > 0 với –1/3 ≤ x ≤ 6
3x  1  4 1  6  x

<=>

Nên (2) <=> x = 5
Vậy phương trình có một nghiệm duy nhất x = 5.

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh