HE PHUONG TRINH HAY VÀ KHÓ

I. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG PHÉP BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ & PHÉP THẾ
Nguyễn Trung Sỹ- THPT Lý Tự Trọng
Đặc điểm chung của dạng hệ này là sử dụng các kỹ năng biến đổi đồng nhất, đặc
biệt là kỹ năng phân tích nhằm đưa một phương trình trong hệ về dạng đơn giản hơn rồi
thế vào phương trình còn lại trong hệ.
CÁC KỸ THUẬT THƯỜNG SỬ DỤNG:
• Rút một ẩn hay một nhóm ẩn… từ một phương trình thế vào phương trình còn lại
trong hệ.
• Phân tích một phương trình trong hệ về phương trình tích.
• Đưa một PT trong hệ về dạng phương trình bậc hai của một ẩn, ẩn còn lại coi là
tham số.
• Cộng hoặc trừ vế với vế, hoặc có thể nhân một hằng số thích hợp vào mỗi phương
trình sau đó cộng hoặc trừ vế với vế.
Mục đích: Tạo ra phương trình mới có thể hỗ trợ cho việc giải hệ đã cho như: Phương
trình một ẩn, phương trình bậc nhất hai ẩn, phương trình tích, phương trình đẳng cấp…

 x 4 + 2 x 3 y + x 2 y 2 = 2 x + 9 ( 1)
Ví dụ 1 : (KB 2008) Giải hệ phương trình  2
( 2)
 x + 2 xy = 6 x + 6
HD: Hệ đã cho tương đương với

( x 2 + xy ) 2 = 2 x + 9
2
 2

x2 
⇒  x + 3x + 3 − ÷ = 2 x + 9

x2
2


 xy = 3 x + 3 −

2
⇔ x ( x + 4) = 0
3

Ta thấy x = 0 không thỏa mãn hệ




KQ: Hệ có nghiệm là:  −4;

17 
÷.
4

Ví dụ 2: (THTT 2009) Giải hệ phương trình

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


x2 − 1
HD: Ta thấy x = 0 không thỏa mãn hệ ⇒ x ≠ 0 Từ PT (2) ta có y + 1 =
thế vào

x

(

)

PT (1) ta được PT: x ( x − 1) 2 x + 2 x − 4 = 0
2




5
2

KQ: Hệ có 2 nghiệm là: ( 1; −1) ,  −2; − ÷.

 x 3 + 4 y = y 3 + 16 x
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 
2
2
1 + y = 5 ( 1 + x )
 x 3 − y 3 = 4 ( 4 x − y ) ( 1)
HD: Hệ PT trên tương đương với:  2
2
( 2)
 y − 5 x = 4
Thế y 2 − 5 x 2 = 4 vào PT (1) ta được phương trình đẳng cấp bậc 3
KQ: Hệ có 4 nghiệm là : ( 0; ±2 ) , ( 1; −3) , ( −1;3) .
Ví dụ 4: ( THTT 2011) Giải hệ phương trình

 xy ( x 2 + y 2 ) − 1 = 3xy − ( x + y ) 2
 2
2
3
 x y − 2 xy − 3 y + 4 ( x + y ) = 0
HD:

( xy + 1) ( x 2 + y 2 − 1) = 0
Hệ đã cho tương đương với 
2
2
3
 x y − 2 xy − 3 y + 4 ( x + y ) = 0
1 = x 2 + y 2
1 = − xy
⇔ 2
Hoặc  2
.
2
3
2
3
x
y
−
2
xy
−
3

y
+
4
x
+
y
=
0
(
)
 x y − 2 xy − 3 y + 4 ( x + y ) = 0

1   −1 1 
 1
;−
;
÷, 
÷.
2  2 2
 2

KQ: Hệ có nghiệm: ( 1; −1) , ( −1;1) , 

Ví dụ 5: (THTT 2009) Giải hệ phương trình

 y 2 − 5 x 2 − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0
 2
 y = ( 5 x + 4 ) ( 4 − x )

( 1)

( 2)

HD: Ta coi PT (1) là PT bậc hai ẩn y, tham số x
PT (1) ⇔ y − 4 ( x + 2 ) y − 5 x + 16 x + 16 = 0 Ta có Δ = ( 3x )
2

2

2


 y = 5x + 4
⇒
y = 4− x
 4
 5




KQ: Hệ có nghiệm là: ( 0;4 ) , ( 4;0 ) ,  − ;0 ÷.

 x 3 − y 3 = 35
Ví dụ 6: Giải hệ phương trình  2
2
2 x + 3 y = 4 x − 9 y
 x 3 − y 3 = 35
( 1)
HD: Hệ PT trên tương đương với  2
2

6 x + 9 y = 12 x − 27 y ( 2 )
⇒ x 3 − 6 x 2 + 12 x − 8 = y 3 + 9 y 2 + 27 y + 27
⇔ ( x − 2 ) = ( y + 3)
3

3

⇔ x = y+5
KQ: Hệ có hai nghiệm ( 3; −2 ) , ( 2; −3 ) .
BÀI TẬP CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TƯƠNG TỰ
Bài 1. Giải các hệ phương trình: ( PP Thế)

2 x 2 y + 3xy = 4 x 2 + 9 y
a) 
2
7 y + 6 = 2 x + 9 x
( x − 1) 2 + 6 ( x − 1) y + 4 y 2 = 20
b) 
2
2
 x + ( 2 y + 1) = 2
HD: Thế x 2 + 4 y 2 = 1 − 4 y vào PT (1) và rút y =

x+9
thế vào PT (2).
3x − 5

KQ: Hệ có nghiệm ( −1; −1) .
Bài 2. Giải các hệ phương trình: (Tạo ra PT đẳng cấp)

 2 xy + 1 = 0
3
3
8( x − y ) + 9( x − y ) = 0

 2 y 2 − x2 = 1
a)  3
3
2 x − y = 2 y − x

b) 

 x 3 + 3 x = y (3 x 2 + xy )
c)  2
2
 y − xy = 3( x − 1)

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


3
3
 x + y = 1
e)  5
5
2
2

 x + y = x + y

2 x 3 − 9 y 3 = ( x − y ) ( 2 xy + 3)
f)  2
2
 x − xy + y = 3

 x 3 − y 3 = 7
g) 
 xy ( x − y ) = 2

 x 3 + y 3 = 1
h)  2
2
3
 x y + 2 xy + y = 2

 x 3 + 8 y 3 − 4 xy 2 = 1
i)  4
4
2 x + 8 y − 2 x − y = 0

k) 

 x x − y y = 8 x + 2 y
 x − 3 y = 6

 x 3 + y 3 − xy 2 = 1
n)  4
4

 4 x + y = 4 x + y
Bài 3. Giải các hệ phương trình: ( phân tích 1 pt thành PT tích)

8 xy
 2
2
x
+
y
+
= 16

x
+
y
a) 
 x3 + x x + y − 3 = 0


2 xy
 2
2
x
+
y
+
=1

x
+

y
b) 
 x + y = x2 − y


 xy ( x 2 + y 2 ) + 2 = ( x + y ) 2
c) 
2
2
3
5 x y − 4 xy + 3 y − 2 ( x + y ) = 0

 x2 + y2
2
1
+
=
 xy
x + y xy

d) 
 x2 + y2 − 1 = − x2 + 2x + 1

x+ y

Bài 4. Giải các hệ phương trình: ( phân tích 1 pt thành PT tích)

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

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

 xy − y 2 − 2 x + 4 = 0
c)  2
2
 x − 5 y − 3 x − 2 y + 22 = 0

 x 2 + 4 y 2 + 4 x + 12 y = 3
d) 
.
2
xy
+
3
x
+
4
y
=
−
6


 xy + x − 2 = 0
e)  3
( KD 2012)
2

2
2
2
x
−
x
y
+
x
+
y
−
2
xy
−
y
=
0

Bài 5. Giải các hệ phương trình: ( PP Cộng đại số)

 x 3 + y 3 = 9
a)  2
2
 x + 2 y = x + 4 y

 x 3 + y 3 = 91
b)  2
2
4 x + 3 y = 16 x + 9 y

 x 2 + y 2 − 3x + 4 y = 1
c)  2
2
3 x − 2 y − 9 x − 8 y = 3



1 
2
x
1
+


÷= 3
x
+
y



d) 
2 y 1 − 1  = 1

÷

 x+ y


 
12 
x
1
−
 
÷= 2
3
x
+
y
 

e) 
 y 1 + 1  = 6
  3x + y ÷


 
5 
x
3
+
 
÷= 2
42
x
+
y

 

f) 
.


5
 2y 3−

÷= 4

42
x
+
y




II. PHƯƠNG PHÁP ĐẶT ẨN PHỤ.
Điểm quan trọng nhất trong hệ dạng này là phát hiện ẩn phụ

u = f ( x; y ) , v = g ( x; y ) có ngay trong từng phương trình hoặc xuất hiện sau một phép
biến đổi hằng đẳng thức cơ bản, chuyển vế, phép chia cho một biểu thức khác 0, phép
đồng nhất …
MỤC ĐÍCH: Tạo ra hệ phương trình mới đơn giản hơn hay hệ phương trình đã có
phương pháp giải như:
-

Hệ gồm một phương trình bậc thấp và một phương trình bậc cao.

-

Hệ đối xứng loại I.

-

Hệ đối xứng loại II.

-

Hệ đẳng cấp.

- ….
Lưu ý: Trong các bài toán hệ phương trình có chứa tham số, khi đặt ẩn phụ phải tìm điều
kiện đủ cho ẩn phụ.
4
3
2 2
 x − x y + x y = 1
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  3
.
2
x
y
−
x
+
xy
=

−
1


( x 2 − xy ) 2 + x3 y = 1

HD: Hệ đã cho tương đương với 
3
2
 x y − ( x − xy ) = −1


u 2 + v = 1
Đặt: u = x − xy; v = x y Hệ PT trên trở thành: 
v − u = −1
2

3

KQ: Hệ đã cho có nghiệm:

5

2
2
4
xy
+
8
x

+
y
+
= 13
(
)
2

( x + y)

Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 
.
1
2 x +
=1

x+ y
5
2
2

3
x
−
y
+
5
x
+
y

+
= 13
(
)
(
)
2

( x + y)

HD: Hệ đã cho tương đương với 
( x − y ) + ( x + y ) + 1 = 1

x+ y
2



1
2
3 ( x − y ) + 5 ( x + y ) +
 = 23
x
+
y
(
)


⇔



1 
x
−
y
+
x
+
y
+
(
)
(
)

 =1

x
+
y
(
)




Đặt: u = x − y; v = ( x + y ) +

1

x+ y

3u 2 + 5v 2 = 23
Hệ PT trên trở thành: 
…
u
+
v
=
1

KQ: Hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 0;1) .

 xy + x + 1 = 7 y
( 1)
Ví dụ 3. ( ĐH-KB-2009 ). Giải hệ phương trình  2 2
.
2
x
y
+
xy
+
1
=
13
y
2
( )


Hướng dẫn
Nhận xét : y=0 không là nghiệm vì (1) vô lý , cho nên ta chia hai vế phương trình (1) và
(2) của hệ cho y ≠ 0; y 2 ≠ 0 .Ta được:



x 1

 x +
x + y + y = 7


⇔


 x 2 + x + 1 = 13 

 x +
y y2

Đặt u = x +

1 x
÷+ = 7
y y
2

1 x
÷ − = 13
y

y

1
x
;v=
Khi đó hệ trở thành:
y
y

u + v = 7
…
 2
u
−
v
=
13


 1
 3

KQ: Hệ đã cho có nghiệm: 1; ÷, ( 3;1) .

 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 
.
2
2
y

(
x
+
y
)
=
2
x
+
7
y
+
2

HD: Ta thấy y = 0 không thỏa mãn hệ ⇒ y ≠ 0

 y ( x + y ) + ( x 2 + 1) = 4 y

Hệ đã cho tương đương với 
2
2
 y ( x + y ) − 2 ( x + 1) = 7 y


x2 + 1
( x + y ) + y = 4

⇔
2 ( x 2 + 1)
2


=7
( x + y ) −
y

x2 + 1
Đặt: u = x + y; v =
Khi đó hệ phương trình trên trở thành
y

u + v = 4
 2
u − 2v = 7

8 x 3 y 3 + 27 = 18 y 3
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình  2
.
2
4
x
y
+
6
x
=
y

HD: Ta thấy y = 0 không thỏa mãn hệ ⇒ y ≠ 0
3


3
 3 27
3
8 x + y 3 = 18 ( 2 x ) +  y ÷ = 18


 
⇔
Nên hệ đã cho tương đương với  2
3 
3

 4x + 6x = 1
2
x
.
2
x
+
2
÷
÷= 3

 y
y
y
y




3
Đặt u = 2 x; v = Hệ phương trình trên trở thành:
y

u 3 + v 3 = 18
…

u.v ( u + v ) = 3

 11x − y − y − x = 1
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình 
.
7 y − x + 6 y − 26 x = 3
Hướng dẫn

y − x vì thế ta cần phải biểu diễn 6 y − 26 x thông

Ý tưởng : Đặt u = 11x − y , v =
qua u và v

a = −2
6
y
−
26
x
=
a

11
x
−
y
+
b
y
−
x
PP: Đồng nhất:
(
) (
) ta được 
b = 4
 11x − y − y − x = 1
Do đó hệ đã cho tương đương với 
7 y − x − 2 ( 11x − y ) + 4 ( y − x ) = 3
u − v = 1

Khi đó hệ PT trên trở thành: 

2
2
7v − 2u + 4v = 3

…

 3 x + 3 y = 6
( 1)
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình 

.
3
x
+
16
+
3
y
+
16
=
10
2
( )

Hướng dẫn:
ĐKXĐ: x ≥ 0; y ≥ 0 .
Lấy (1) ± (2) ta được hệ phương trình

(
(
(









⇔


Đặt: u =

(

)

3x −

3y −

16

3y +

+

) (
3 y + 16 ) .

3 x + 3 x + 16

(

)
3 y + 16 ) = −4
3 y + 16 ) = 16

3 y + 3 y + 16 = 16

3x +

(

3x + 3x + 16 ; v =

) (
3 x + 16 ) + (
3 x + 16 ) + (

3 x + 3 x + 16 +

3y +

16
3 y + 3 y + 16

)

=4


u + v = 16
u = 8

⇔
Hệ phương trình trên trở thành  4 4
.

v
=
8
+
=
1

 u v
KQ: Hệ trên có nghiệm: ( x; y ) = ( 3;3) .
BÀI TẬP CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TƯƠNG TỰ
Bài 1. Giải các hệ phương trình sau:

5
 2
3
2
x
+
y
+
x
y
+
x
y
+
xy
=
−


4
a) 
 x 4 + y 2 + xy ( 1 + 2 x ) = − 5

4

3

2
2
4
xy
+
4
x
+
y
+
=7
(
)
2

( x + y)

b) 
2 x + 1 = 3

x+ y

 x ( x + y − 1) = 3

c) 
5
2
x
+
y
−
+1 = 0
(
)

x2


 y + xy 2 = 6 x 2 ( 1)
d) 
2 2
2
1 + x y = 5 x ( 2 )

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



1 
( x + y ) 1 + ÷ = 18


 xy 
f) 
 x 2 + y 2 1 + 1  = 208
)  x2 y2 ÷
(




( 1)
( 2)

 27 x 3 y 3 + 125 = 9 y 3
g) 
2
2
45 x y + 75 x = 6 y

 y + xy 2 = −6 x 2
h) 
.
3 3
3
1 + x y = 19 x

Bài 2. Giải các hệ phương trình sau:

 7 x + y + 2 x + y = 5
a) 

( HGS QG 2001 )
 2 x + y + x − y = 2
 6 x + y + 2 x + y = 2
c) 
 2 x + y + 2 x − y + 6 = 0

 4 x + y + 2 x + y = 4
b) 
 2 x + y + x + y = −2
 3 x + y + 5 x + 4 y = 5
d) 
12 5 x + 4 y + x − 2 y = 35

Bài 3. Giải các hệ phương trình sau:

 2 x + 2 y = 4
 x − 1 + y + 3 = 4
a) 
( HSG BRVT 2010) b) 
 2 x + 5 + 2 y + 5 = 6
 x − 4 + y = 2


 x − 1 + y − 1 = 4
 x + y = 6
c) 
d) 
.
 x + 6 + y + 4 = 6
 x + 7 + y + 7 = 8

Bài 4. Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực
 x + 2 + y + 2 = m + 1
(KQ: m ≥ 4 ).

 x − 2 + y − 2 = m − 1
Bài 5. ( KD 2011) Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực
2 x 3 − ( y + 2 ) x 2 + xy = m
 2
 x + x − y = 1 − 2m
 u.v = m
.
 u + v = 1 − 2m

1
4

HD: Đặt u = x − x, u ≥ − ; v = 2 x − y . Hệ đã cho trở thành: 
2

III. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ.
Hệ phương trình giải được bằng phương pháp hàm số ta thường gặp ở hai dạng :
- Một phương trình của hệ có dạng : f(x)=f(y), phương trình còn lại giúp ta giới hạn x , y
thuộc tập D để trên đó hàm số f đơn điệu .
- Một phương trình trong hệ có dạng ( hoặc đưa được về dạng ) f(x)=0 trong đó f là
hàm số đơn điệu.
Một số ví dụ:

 x 3 − 5 x = y 3 − 5 y
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình  8
4

 x + y = 1

( 1)
( 2)

Lời giải:
Từ PT (2) ta có x ≤ 1; y ≤ 1 ⇔ x ≤ 1; y ≤ 1
8

Xét hàm số

4

f ( t ) = t 3 − 5t ; t ∈ [ −1;1]

Ta có f ' ( t ) = 3t − 5 < 0; ∀t ∈ [ −1;1] do đó f(t) nghịch biến trên (-1;1)
2

Mà PT (1) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y thay vào PT (2) ta được PT : x8 + x 4 − 1 = 0
Đặt a = x 4 và giải phương trình ta được a =
Vậy hệ có 2 nghiêm phân biệt là:

−1 + 5
−1 + 5
⇒ y = x = ±4
2
2


 −1 + 5 −1 + 5   −1 + 5

−1 + 5 
4
4
4
4

÷ và  −
÷.
;
;−

÷ 
÷
2
2
2
2

 

Ví dụ 2. ( ĐH KA 2012) Giải hệ phương trình :

 x 3 − 3 x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

 2
1
2
x
+
y

−
x
+
y
=


2
( x − 1) 3 − 12 ( x − 1) = ( y + 1) 3 − 12 ( y + 1) ( 1)

2
2
HD : Hệ đã cho tương đương với : 
1 
1
( 2)
 x − ÷ +  y + ÷ = 1
2
2





1
1

 3
−
1

≤
x
−
≤
1
−
≤
x
−
1
≤


2
2
⇔ 2
Từ (2) ⇒ 
−1 ≤ y + 1 ≤ 1 − 1 ≤ y + 1 ≤ 3

 2
2
2
 3 3

(

)

3
Xét hàm số f ( t ) = t − 12t trên  − ;  , ta có f ' ( t ) = 3 t − 4 < 0 , suy ra f ( t )

 2 2
2

nghịch biến.
Do đó (1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2
Thay vào (2), ta được x =

1
2

.

1
3
hoặc x = .
2
2

KQ : Hệ có nghiệm là  ; −

3 3 1
÷,  ; − ÷.
2 2 2

• Bình luận :Ngoài việc đưa một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , ta còn
phải giới hạn x,y thuộc tập D (từ phương trình thứ hai) để trên để trên đó hàm f
đơn điệu.

 x 3 − y 3 + 3 y 2 − 3 x − 2 = 0
Ví dụ 3. Tìm m để hệ phương trình 

2
2
2
 x + 1 − x − 3 2 y − y + m = 0
có nghiệm thực.
Lời giải:
2
−1 ≤ x ≤ 1 0 ≤ x + 1 ≤ 2
1 − x ≥ 0
⇔
⇔
ĐKXĐ: 

2
0
≤
y
≤
2
2
y
−
y
≥
0

0 ≤ y ≤ 2


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

2

3
2
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t trên [ 0;2] ta có f ' ( u ) = 3u − 6u ≤ 0, ∀u ∈ [ 0;2 ] suy ra

f ( u ) nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: ( 1) ⇔ y = x + 1
Khi đó x 2 + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 + m = 0 ⇔ x 2 − 2 1 − x 2 + m = 0
Đặt v = 1 − x 2 ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 = m.
Xét hàm số g(v) = v2 + 2v − 1 với v∈[0; 1] ta có g ' ( v ) = 2v + 2 > 0 ∀v ∈ [ 0;1] và g(v)
liên tục trên[0; 1]

g (v) = g ( 0 ) = −1; Max g (v) = g ( 1) = 2
Suy ra Min
[0;1]
[0;1]
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi: −1 ≤ m ≤ 2.

 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y −1 + 1
Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 
2
x −1
 y + y − 2 y + 2 = 3 + 1

( x; y ∈ ¡ ) .

Lời giải:

u + u 2 + 1 = 3v

Đặt u = x -1; v = y -1 ta được hệ 
v + v 2 + 1 = 3u

( 1)
( 2)

Trừ vế với vế 2 PT ta được : u + u 2 + 1 + 3u = v + v 2 + 1 + 3v (*)
Xét hàm số : f ( t ) = t + t + 1 + 3 ; f ' ( t ) =
2

Vì

t

t2 +1 + t
t2 +1

+ 3t ln 3

t 2 + 1 > t 2 ≥ −t ⇒ t 2 + 1 + t > 0 ⇒ f ' ( t ) > 0, ∀t do đó hàm số f(t) đồng biến

trên R
Nên PT (*) ⇔ u = v thay vào PT (1) ta được u + u 2 + 1 = 3u (3)

(

)

Theo nhận xét trên thì u + u 2 + 1 > 0 nên PT (4) ⇔ ln u + u + 1 − u ln 3 = 0 (lấy
2

ln hai vế)
Xét hàm số

(

)

g ( u ) = ln u + u 2 + 1 − u ln 3;

g' ( u ) =

1
u +1
2

− ln 3 < 1 − ln 3 < 0, ∀u ∈ R


hay hàm g(u) nghịch biến trên R và do PT (3) có nghiệm u = 0 nên PT (3) có nghiệm duy
nhất: u = 0
Từ đó ta được nghiệm của hệ đã cho là :

( x; y ) = ( 1;1) .

*Bình luận: Để giải được hệ phương trình trên ta phải nhận dạng hệ là hệ đối xứng loại

hai để trừ hai phương trình cho nhau ta với có được hàm số đặc trưng.
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình

2 x 3 - 4 x 2 + 3 x -1 = 2 x 3 ( 2 − y ) 3 − 2 y


 x + 2 = 3 14 − x 3 − 2 y + 1

HD: ĐKXĐ x ≥ −2, y ≤

( 1)
( 2)

.

3
. Ta thấy x = 0 không thỏa mãn hệ nên
2

3

 1  1
PT ( 1) ⇔ 1 − ÷ +  1 − ÷ =
 x  x

( 3 − 2y)

3

+ 3 − 2 y (*)

3
Xét hàm số f ( t ) = t + t ta có f ' ( t ) > 0 ∀t ∈ ¡ , nên f ( t ) đồng biến trên R

⇒ PT (*) ⇔ 3 − 2 y = 1 −

⇔
⇔

(

) (

x + 2 −3 −
x−7
+
x+2 +3

3

1
, thay vào (2) ta được
x

)

15 − x − 2 = 0
x−7

3

x + 2 = 3 15 − x + 1

( 15 − x )

2

+ 2 3 15 − x + 4
 111 
÷.
 98 

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) =  7;
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình

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

=0⇔ x=7⇒ y =

111
98


1
2

Lời giải: Điều kiện : x > − ; y > −

1
2

Lấy ( 1) − ( 2 ) ta được:

x 2 + 4 x + ln ( 2 x + 1) = y 2 + 4 y + ln ( 2 y + 1)
 1
 2

( *)




2
Xét hàm số f ( t ) = t + 4t + ln ( 2t + 1) trên  − ; +∞ ÷

Ta có: f ' ( t ) = 2t + 4 +

2
 1

> 0, ∀t ∈  − ; +∞ ÷ nên f ( t ) là hàm số đồng biến trên
2t + 1
 2


 1

 − ; +∞ ÷ do đó ( *) ⇔ f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y .

 2

 x = y
2
 x + 2 x + ln ( 2 x + 1) = 0

Vậy hệ phương trình đã cho ⇔ 

 1
 2




2
Xét hàm số f ( x ) = x + 2 x + ln ( 2 x + 1) trên  − ; +∞ ÷.

Ta có: f ' ( x ) = 2 x + 2 +

2
 1

> 0, ∀x ∈  − ; +∞ ÷
2x + 1
 2

 1
 2





Suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến trên  − ; +∞ ÷
Mà f ( 0 ) = 0 nên f ( x ) = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 0 .
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( 0;0 ) .
Ví dụ 7. Giải hệ phương trình

 x 3 ( 3 y + 8 ) = 64

2
 x ( y + 1) ( y + 5 y + 7 ) = 12 + x

( x, y ∈ ¡ )

Lời giải:
Ta thấy x = 0 không thỏa mãn hệ. Nên hệ đã cho tương đương với

64

3
y
+
8
=

x3

( y + 1) ( y 2 + 5 y + 7 ) = 12 + 1

x

4
Đặt t = hệ trên trở thành
x

3 y + 8 = t 3

2
( y + 1) ( y + 5 y + 7 ) = 3t + 1

3 ( y + 2 ) + 2 = t 3
( 1)

⇔
2
 ( y + 2 ) − 1 ( y + 2 ) + ( y + 2 ) + 1 = 3t + 1 ( 2 )
Cộng theo vế của hai pt trên ta được

3 ( y + 2 ) + 2 + ( y + 2 ) − 1 ( y + 2 ) + ( y + 2 ) + 1 = t 3 + 3t + 1


2

⇔ ( y + 2 ) + 3 ( y + 2 ) = t 3 + 3t ( *)
3

3
2
Xét hàm số f ( u ) = u + 3u trên ¡ ta có f ' ( u ) = 3u + 3 > 0, ∀u , suy ra f ( u ) đồng

biến.

t = 2
 t = −1

Nên pt ( *) ⇔ y + 2 = t , thay vào pt (1) ta được t − 3t − 2 = 0 ⇔ 
3

+ Với t = 2 ⇒ x = 2; y = 0
+ Với t = −1 ⇒ x = −4; y = −3
Vậy hệ pt đã cho có 2 nghiệm: ( 2;0 ) ; ( −4; −3) .
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình

(

)

 y x + 1 − 8 = 1 − y ( x + 2) 3


2
 y ( x + 1) = 1
Lời giải:
ĐKXĐ: x ≥ −1 . Ta thấy y = 0 không thỏa mãn hệ ⇒ y ≠ 0 nên hệ đã cho tương đương
với

1
3


( x + 2 ) 3 + x + 1 − ( x + 1) 2 − 8 = 0 ( 1)
x
+
1
−
8
=
−
x
+
2
(
)

y


⇔

1
2
1
2
x
+
1
=
(
)
( x + 1) =


y


y
+ Xét hàm số f ( x ) = ( x + 2 ) +
3

x + 1 − ( x + 1) − 8 trên [ −1, +∞ )

Ta có f ' ( x ) = 3 ( x + 2 ) − 2 ( x + 1) +
2

2

1
1
= 3 x 2 + 10 x + 10 +
2 x +1
2 x +1


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

1
⇒ f ' ( x ) > 0, ∀x > −1 và f ( x )
2 x +1

liên tục trên [ −1, +∞ ) , suy ra f ( x ) là đồng biến trên [ −1, +∞ ) . Do

f ( 0 ) = 0 ⇒ x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình (1).
Với x = 0 ⇒ y = 1.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0;1) .

 x 5 + xy 4 = y10 + y 6
Ví dụ 8. Giải hệ phương trình 
2
2
4
 x + 1 + 2 − y + y − 1 = y + 2
HD:
• Với y = 0 ⇒ x = 0 thỏa mãn hệ, suy ra hệ có nghiệm ( 0;0 )
5

x x
5
5
• Với y ≠ 0 PT (1) ⇔  ÷ + = y + y (3). Xét hàm số g ( t ) = t + t
 y y
Ta có g’(t) = 5t4 + 1 > 0 ∀ t∈R, nên hàm số y = g(t) đồng biến trên R.

x
x
=
g
(
y
)
⇔

= y ⇔ x = y2
÷
y
 y

Mà phương trình (3) ⇔ g 

Thay y 2 = x vào PT (2) ta được

x + 1 + 2 − x + x − 1 = x 2 + 2 (*)
(HSG Nghệ An 2011)

Với điều kiện −1 ≤ x ≤ 2 .
Ta thấy x = 0 và x = 1 là hai nghiệm của phương trình (*).
Xét f ( x) = x 2 − x −

f '( x) = 2 x − 1 −

x + 1 − 2 − x trên khoảng (-1;2), ta có
1
1
+
;
2 x +1 2 2 − x

f '( x) = 0 ⇔ 2(2 x − 1) ( x + 1)(2 − x) − 2 − x + x + 1 = 0
⇔ 2[( x + 1 + 2 − x ) ( x + 1)(2 − x) + 1]( x + 1 − 2 − x ) = 0

1
⇔ ( x +1 − 2 − x) = 0 ⇔ x = .

2
Bảng biến thiên


1
x

-1

f'(x)

2

2
-

0

+

f(x)

Suy ra PT(*) có đúng hai nghiệm là x = 0 và x = 1
Vậy hệ đã cho có ba nghiệm ( 0;0 ) , ( 1;1) , ( 1; −1) .
BÀI TẬP CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TƯƠNG TỰ
Bài 1. Giải các hệ phương trình sau:

 x 5 + xy 4 = y10 + y 6
a) 
2

 4 x + 5 + y + 8 = 6

 x − 1 − y = 8 − x 3
b) 
4
( x − 1) = y

8 x 3 − y 3 − 3 y 2 = 5 y − 4 x + 3
c) 
 2 x + y + 5 + 2 x = 2

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
d) 
4 x 2 + y 2 + 2 3 − 4 x = 7

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

 x 5 − 5 y = y 5 − 5 x
f) 
2
4
ln ( x + x + 1) + y + y = 0

1
1

x

−
1
−
y
−
1
=
−

x −1 y −1
g) 
 x 2 + y = 30


 x 2013 − 2012 y = y 2013 − 2012 x
h)  3
2
 y − 15 x + 78 y = 5 3 2 y − 9 + 141

Bài 2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm

 x 3 − 12 x − y 3 + 6 y 2 − 16 = 0
 2
2
2
4 x + 2 4 − x − 5 4 y − y + m = 0

( x, y ∈ ¡ ) .
(HSG Nghệ An 2012).

Bài 3. Giải các hệ phương trình sau:

2 x + 2 x = 3 + y
a)  y
2 + 2 y = 3 + x

 x3 + 1 = 2 ( x 2 − x + y )

b) 
3
2
 y + 1 = 2 ( y − y + x )


 3 + x 2 + 2 x = 3 + y
c) 
 3 + y 2 + 2 y = 3 + x

 x 2 + 91 = y − 2 + y 2
d) 
 y 2 + 91 = x − 2 + x 2

 x3 + 3x + 3x + 1 − 5 − y = 0
 3
e)  y + 3 y + 3 y + 1 − 5 − z = 0
 3
 z + 3 z + 3 z + 1 − 5 − x = 0

 x 2 − 2 x + 6.log ( 6 − y ) = x
3


 2
f)  y − 2 y + 6.log 3 ( 6 − z ) = y
 2
 z − 2 z + 6.log 3 ( 6 − x ) = z

IV. PHƯƠNG PHÁP ĐÁNH GIÁ.
Trong phương pháp này, cần lưu ý phát hiện các biểu thức không âm và nắm vững, vận
dụng tốt các BĐT cơ bản.

 x2 + y2
x 2 + xy + y 2
+
= x + y ( 1)

Ví dụ 1. Giải hệ phương trình 
2
3
2 x 2 + y 3 = 3
( 2)

HD:
Ta có:

1
1
1
1
3
2

2
2
2
( x + y ) + ( x2 + y2 ) ≥ ( x + y ) + ( x + y ) = ( x + y )
2
2
2
4
4
2
2
2
2
x +y
x + xy + y
1
1
2
2
⇒
+
≥
( x + y) + ( x + y) = x + y ≥ x + y
2
3
4
4
Dấu “=” xảy ra khi: x = y ≥ 0 , hay PT (1) xảy ra khi x = y ≥ 0
3
2

2
Thay y = x vào PT (2) ta được: x + 2 x − 3 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x + 3 x + 3) = 0
⇔ x = 1 (t/m)
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( 1;1) .
x 2 + xy + y 2 =

2 x − 4 − y − 1 = 1 ( 1)
Ví dụ 2. Giải hệ phương trình 
2
 x + 8 x + 6 y = 13 ( 2 )
Lời giải: ĐK: x ≥ 4, y ≥ 1
Từ PT (1), ta có: 2 x − 4 − 2 =

y −1 −1
2 ( x − 5)
y−2
⇔
=
x + 4 +1
y −1 +1

• Xét x > 5 ⇒ y > 2 . Khi đó: VT2 = x + 8 x + 6 y 2 > 5 + 64 = 13
• Xét x < 5 ⇒ y < 2 . Khi đó: VT2 = x + 8 x + 6 y 2 < 5 + 64 = 13

Do đó x = 5; y = 2 , Thử lại thỏa mãn hệ
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất

( x; y ) = ( 5;2 ) .

 3 x + 3 y = 6
( 1)
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình 
 3 x + 16 + 3 y + 16 = 10 ( 2 )
r
r
r r
u
3
x
;4
v
3
y
;4
u
Lời giải: Xét
và
ta có + v = 3 x + 3 y ;8
r r r r
Mà: u + v ≥ u + v ⇔ 3 x + 16 + 3 y + 16 ≥ 10
r
r
Suy ra hệ xảy ra khi u = k .v ( k > 0 ) ⇒ x = y
Thay x = y vào PT (1) ta được x = 3
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = ( 3;3) .
2 xy

2
x

+
=
x
+y

3 2
x − 2x + 9

Ví dụ 4. Giải hệ phương trình 
2 xy
y +
= y2 + x
3

y2 − 2 y + 9

(

)

(

)

(

LG:
• Ta có : ( x; y ) = ( 0;0 ) là một nghiệm của hệ
• Cộng hai vế phương trình của hệ vế với vế ta có :

2 xy

x2 − 2x + 9

3

+

2 xy

3

y2 − 2 y + 9

= x 2 + y 2 (*).

x 2 − 2 x + 9 = 3 ( x − 1) + 8 ≥ 2 .
⇒ VT( *) ≤ xy + xy = 2 xy

Ta có :

2

3

Mà VP( *) = x + y ≥ 2 xy .
2

2

VT( *) = 2 xy
x = 1
⇔
⇔
Suy ra PT(*) xảy ra


VP
=
2
xy
y =1
 ( *)
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ( 0;0 ) , ( 1;1) .
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình

1
1
2

+
=

1 + 2 xy
 1 + 2x2
1 + 2 y2

 x 1 − 2x + y 1 − 2 y = 2
)
(

)
 (
9
1

0
≤
x
≤

2
LG: Điều kiện 
0 ≤ y ≤ 1

2
Ta chứng minh bất đẳng thức:

)


1
1 + 2x2

1

+

1 + 2 y2

≤

2
(*)
1 + 2 xy

Thật vậy, theo BĐT Bunhiacopxki, ta có:
2



 1
1
1
1 

÷ ≤ 2
+
+
1
2
2 ÷ ( )
2 ÷
 1 + 2x2
1
+
2
x
1
+
2

y
1+ 2y 



Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 + 2 x 2 = 1 + 2 y 2 ⇔ x = y ( do x, y ≥ 0 ).
Ta lại có:

2 ( y − x ) ( 2 xy − 1)
1
1
2
+
−
=
≤0
1 + 2 x 2 1 + 2 y 2 1 + 2 xy ( 1 + 2 x 2 ) ( 1 + 2 y 2 ) ( 1 + 2 xy )
2

1
1
2
+
≤
1 + 2 x 2 1 + 2 y 2 1 + 2 xy
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y
⇒

( 2)

Từ (1) và (2) ta có BĐT (*). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y


9 − 73
x
=
y

x = y =

36
Do đó hệ đã cho trở thành 
2⇔

9 + 73
 x ( 1 − 2 x ) + x ( 1 − 2 x ) = 9
x = y =
36

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là:

 9 − 73 9 − 73   9 + 73 9 + 73 
;
;
÷, 
÷W
36
36
36
36


 


( x; y ) = 

3
 y = − x + 3x + 4
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình 
3
 x = 2 y − 6 y − 2

Hướng dẫn

( y − 2 ) = − ( x + 1) 2 ( x − 2 ) ( 1)
Hệ đã cho tương đương 
2
( x − 2 ) = 2 ( y + 1) ( y − 2 ) ( 2 )
• Nếu y > 2 từ (1) ⇒ x < 2 , suy ra hệ vô nghiệm vì PT (2) không xảy ra
• Nếu y < 2 từ (1) ⇒ x > 2 , suy ra hệ vô nghiệm vì PT (2) không xảy ra
Vậy hệ có nghiệm duy nhất : ( x; y ) = ( 2;2 ) .
BÀI TẬP CÓ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TƯƠNG TỰ
Bài 1. Giải hệ phương trình sau:


1
2
 1
+
=

 1+ x
1+ y

1 + xy


2
2
 1 + 1 − x = x 1 + 2 1 − y

(

)

Bài 2. Giải hệ phương trình sau:

( 1 + x ) ( 1 + x 2 ) ( 1 + x 4 ) = 1 + y 7


2
4
7
( 1 + y ) ( 1 + y ) ( 1 + y ) = 1 + x

Bài 3. Giải hệ phương trình :

2 x − 4 − y − 1 = 2

2
 x + 12 x + y = 19

Bài 4. Giải hệ phương trình:

 2 x + 2 y = 4

 2 x + 5 + 2 y + 5 = 6
Bài 5. Giải hệ phương trình sau:

 x2 + y2
x 2 + xy + y 2
+
= x+ y

2
3


 x 2 xy + 5 x + 3 = 4 xy − 5 x − 3
Bài 6. Giải hệ phương trình:

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

Bài 7. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực duy nhất

 x 2 + 2012 + y + 1 = m


 x y 2 + 2 y + 2012 = 2012 − x 2 − m.