sáng kiến Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số

THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến: Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng
công cụ hàm số
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 20 tháng 9 năm 2016 đến ngày 15 tháng 05
năm 2016.
4. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Văn Khoa
Năm sinh: 1983
Nơi thường trú: Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học
Chức vụ công tác: Phó Hiệu trưởng
Nơi làm việc: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ liên hệ: Xóm 2 - Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định
Điện thoại: 0917.842.399
Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 100%
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ: Xã Xuân Hồng-Huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định
Điện thoại: 03503.886.167

1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm số
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hệ phương trình là một chủ đề rất quan trọng trong các chủ đề toán học ở trường
trung học phổ thông. Trong những năm gần đây, bài toán hệ phương trình trong các kỳ
thi đại học (bây giờ là thi THPT Quốc gia), kỳ thi học sinh giỏi, thi khảo sát chất lượng

của các Sở giáo dục, của các trường trên toàn quốc… xuất hiện với tần suất rất lớn và
ngày càng đa dạng về nội dung và phương pháp giải. Các bài toán được các tác giả ra
đề khéo léo giấu đi những tính chất quen thuộc nên học sinh thường gặp nhiều khó khăn
để tìm ra cách giải quyết bài toán.
Hệ phương trình có mặt trong các đề thi toán 12 thường có thể sử dụng phương
pháp hàm số để giải quyết. Người ra đề cũng dựa vào những hàm cơ bản mà biết trước
được tính đơn điệu của nó trên ¡ hoặc trên một miền nào đó để chọn làm hàm đặc
trưng. Khi đã chọn được hàm đặc trưng, người ta chọn tiếp hai biến u, v (với độ phức
tạp tùy ý) để gắn vào phương trình dạng f ( u ) = f ( v ) và biến đổi đi để được một
phương trình mới. Lúc này đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức, thành thục kỹ
năng biến đổi mới có thể tìm ra chìa khóa để giải quyết bài toán.
Nhưng thực tế, với lớp hệ phương trình này, đa số các em lớp 12 đều gặp những
trở ngại nhất định, một trong những trở ngại đó là tìm ra hàm đặc trưng của một phương
trình trong hệ, dẫn đến gặp bế tắc trong việc tìm ra lời giải. Đấy là chưa kể đến những
kỹ năng khác để giải phương trình như biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ, nhân liên
hợp…học sinh đã quên (do phần này học ở chương trình lớp 10).
Với mong muốn giúp các em học sinh có phương pháp, kỹ năng tốt, nắm bắt
được bản chất vấn đề, không còn bỡ ngỡ khi gặp các hệ phương trình dạng này, tôi suy
nghĩ rằng, cần phải hệ thống lại kiến thức, phân dạng bài tập cụ thể, hình thành phương
pháp và cần có phân tích đối với lớp các bài toán đó để học sinh hiểu, vận dụng và có tư
duy logic cho những bài tập có dạng tương tự. Chính vì vậy, tôi đã chọn đề tài
“Phương pháp tìm hàm đặc trưng trong giải hệ phương trình bằng công cụ hàm
số” để giúp học sinh có được một phương pháp tốt để giải hệ phương trình, cũng như
phương trình và bất phương trình.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trước đây, khi giảng dạy hay ôn tập cho học sinh lớp 12 phần hệ phương trình,
giáo viên thường sẽ giới thiệu cho học sinh một chuyên đề: “phương pháp hàm số giải
hệ phương trình”, đi vào giảng dạy cụ thể, giáo viên sẽ nêu ra phương pháp chung
2

chung rồi cho học sinh làm một hệ thống các bài tập liên quan đến hàm số mà không
chia nhỏ hơn nữa.
Với cách giảng dạy đưa ra một hệ thống các bài tập như thế, học sinh không nắm
được cách thức để tìm ra hàm đặc trưng. Không phân biệt được sự giống và khác nhau
giữa các cách đó. Do đó, hiệu quả giảng dạy không cao.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
2.1. Các kiến thức cơ bản
2.1.1. Các định lý
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm trên khoảng ( a; b ) .
a) Nều f ' ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số
f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) .
b) Nếu f ' ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a; b ) , dấu “=” xảy ra tại hữu hạn điểm thì hàm số
f ( x ) nghịch biến trên ( a; b ) .
2.1.2. Các tính chất
Tính chất 1: Giả sử hàm số y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) trên khoảng ( a; b ) và
u; v ∈ ( a; b ) , khi đó f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v.
Tính chất 2: Nếu hàm số y = f ( x ) đồng biến trên ( a; b ) và y = g ( x ) là hàm hằng
hoặc là một hàm số nghịch biến trên ( a; b ) thì phương trình f ( x ) = g ( x ) có nhiều
nhất một nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) .
Nếu có x0 ∈ ( a; b ) sao cho f ( x0 ) = g ( x0 ) thì phương trình f ( x ) = g ( x ) có
nghiệm duy nhất x0 trên ( a; b ) .
Chú ý: Khoảng ( a; b ) nêu trong tính chất có thể thay bởi các miền

( −∞; a ) , ( −∞; a ] , [ a; b ] , ( a; b ] , [ a; b ) , ( b; +∞ ) , [ b; +∞ ) , ( −∞; +∞ ) .
2.2. Giải pháp cụ thể
2.2.1. Hệ chứa một phương trình có luôn dạng f ( u ) = f ( v )
Khi đó, ta chỉ cần xét luôn hàm đặc trưng f ( t ) với t ∈ D , chứng minh hàm luôn
đơn điệu trên D, từ đó có được u = v, tức là tìm được mối liên hệ đơn giản hơn giữa x

và y. Thực hiện thế vào phương trình còn lại đưa về phương trình một ẩn. Vận dụng
các phương pháp: biến đổi tương tương, nhân lượng liên hợp, đặt ẩn phụ, đánh
giá….để giải phương trình này.
3


( 1)
( 2)

 x3 − y 3 = y − x
Bài 1. Giải hệ phương trình:  2
2
 x + xy + y = 1

3
3
3
Giải. Ta có ( 1) ⇔ x + x = y + y ⇔ f ( x ) = f ( y ) , với f ( t ) = t + t .

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

Do đó f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y
Thế vào (2) ta được x 2 + x 2 + x 2 = 12 ⇔ x = ±2 .
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2;2 ) , ( −2; −2 ) .
1
1

 x + x2 + 1 = y + y2 + 1


Bài 2. Giải hệ phương trình: 
2
 9 x 2 + 4 = 3x + 2 x − 2

y
y2

( 1)
( 2)

Giải.
Điều kiện: y ≠ 0
Xét hàm số f ( t ) = t +
có f ' ( t ) = 1 −

(t

2t
2

+ 1)

2

1
, t ∈¡
t +1
2

=

t 4 + 2t 2 − 2t + 1

(t

2

+ 1)

2

=

t 4 + t 2 + ( t − 1)

(t

2

+ 1)

2

2

> 0, ∀t ∈ ¡

suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Phương trình (1) có dạng f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y

Thay x = y vào phương trình (2) ta được:
4 3x 2 + 2 x − 2
4
2
9x + 2 =
⇔ 9 x 2 + 2 = 3x − + 2
x
x
x
x
2

Đặt u = 3 x −

( 4)

2
4
4
⇒ u 2 = 9 x 2 + 2 − 12 ⇔ 9 x 2 + 2 = u 2 + 12
x
x
x

Phương trình (5) trở thành
u + 2 ≥ 0
u ≥ −2
⇔
⇔u=2
u = 2 u 2 + 12 = u + 2 ⇔  2


2
u = 2
u + 12 = u + 4u + 4
Với ta có

3x −

2
1± 7
= 2 ⇔ 3x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x =
x
3

4


1+ 7 1+ 7  1− 7 1− 7 
;
;
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là: 
÷, 
÷.
3   3
3 
 3
 x + 1 + 4 x − 1 = y 4 + 2 + y
Bài 3. Giải hệ phương trình  2
2
 x + 2 x ( y − 1) + y − 6 y + 1 = 0

( 1)
( 2)

Phân tích: Ta dễ dàng nhận thấy phương trình (1) có luôn dạng f ( u ) = f ( v ) , thậy
vậy ( 1) ⇔

(

4

)

4

x −1 + 2 + 4 x −1 =

y4 + 2 + y .

Đến đây ta thực hiện xét hàm đặc trưng f ( t ) = t + t 4 + 2 .
2t 3

Ta có f ' ( t ) =

t +2
4

+ 1 chưa xác định được dấu.

Để ý rằng, miền D của t là hợp miền của

4

x − 1 ≥ 0 và y, nếu ta chặn được biến y ≥ 0

thì với việc xét hàm số f ( t ) trên D = [ 0; +∞ ) thì f ' ( t ) ≥ 0, ∀t ≥ 0 .
Từ (1) ta khó chặn được biến y, xét đến (2), ta coi đây là phương trình bâc 2 ẩn x, tham
số y, dựa vào điều kiện có nghiệm ta sẽ chặn được biến y.
Giải. Điều kiện x ≥ 1.
Coi (2) là phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn tại x là
∆ ' = ( y − 1) − y 2 + 6 y − 1 = 4 y ≥ 0 ⇔ y ≥ 0
2

Đặt u = 4 x − 1, suy ra u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành:
u4 + 2 + u =

y4 + 2 + y

Xét f ( t ) = t + 2 + t , với t ≥ 0. Ta có f ' ( t ) =
4

2t 3
t +2
4

( 3)
+ 1 > 0, ∀t ≥ 0

Do đó phương trình (3) tương đương với y = u , nghĩa là x = y 4 + 1.
7

4
Thay vào phương trình (2) ta được: y ( y + 2 y + y − 4 ) = 0

( 4)

7
4
6
3
Hàm g ( y ) = y + 2 y + y − 4 có g ' ( y ) = 7 y + 8 y + 1 > 0 với ∀y ≥ 0 .

Mà g ( 1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y = 0 và y = 1
Với y = 0 ta được nghiệm ( x; y ) = ( 1;0 ) ; với y = 1 ta được nghiệm ( x; y ) = ( 2;1)
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là ( 1;0 ) và ( 2;1) .
Nhận xét: Phương trình f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v chỉ khi hàm số f ( t ) đơn điệu
trên D và u , v ∈ D . Nếu hàm đặc trưng f ( t ) có đạo hàm f ' ( t ) chưa xác định một
dấu (luôn dương hoặc luôn âm) trên ¡ thì ta phải tìm cách chặn biến x; y để u , v ∈ D
5


và f ( t ) đơn điệu trên D . Để chặn biến x, y ta có thể dựa vào điều kiện xác định của
hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham
số x ) có nghiệm, hoặc nhận xét điều kiện của biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn:
A + B = 0, B ≥ 0 ⇒ A ≤ 0 ; A B = c < 0 ⇒ A < 0; A2 + B 2 = 1 ⇒ −1 ≤ A, B ≤ 1 ,….)

( 1)
( 2)

 x3 − y 3 = 3x − 3 y
Bài 4. Giải hệ phương trình:  2

4
 x + y = 1

3
3
3
Giải. Ta có ( 1) ⇔ x − 3 x = y − 3 y ⇔ f ( x ) = f ( y ) , với f ( t ) = t − 3t.

Từ phương trình (2) suy ra x ≤ 1, y ≤ 1 .
2
Xét hàm số f ( t ) với t ∈ [ −1;1] , ta có f ' ( t ) = 3t − 3 ≤ 0 ∀t ∈ [ −1;1]

Suy ra f ( t ) nghịch biến trên [ −1;1] , do đó f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y .
Thay vào (2) ta được:
x2 + x4 = 1 ⇔ x4 + x2 − 1 = 0 ⇔ x2 =

−1 + 5
−1 + 5
⇔ x=±
2
2

 −1 + 5 −1 + 5   −1 + 5
−1 + 5 
÷;  −
÷
;
;−
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = 


÷
÷
2
2
2
2

 

2.2.2. Phương pháp nhân liên hợp tìm hàm đặc trưng
Hệ chứa dạng liên hợp  ax +

Phương pháp: Nhận xét ax +

Nên  ax +
⇔ by +

( ax )

( by )

2

2

+ 1  . by +
 

+ 1 = ( −ax ) +

( ax )
( ax )

( by )

2

2

2

( −ax )

+ 1  . by +
 

( by )
( ax )

+ 1 > ax +

+ 1  = 1 ⇔ by +

2

2

2

+ 1 = 1



= ax + ax ≥ 0

( by )

2

+1 =

1
ax +

( ax )

2

+1

+1

Bằng cách xét hàm đặc trưng f ( t ) = t + t 2 + 1 , ta chứng minh được f ( t ) đồng biến
trên ¡ , do đó phương trình trên ⇔ by = −ax .
Ngoài phương pháp trên, ta có thể sử dụng phương pháp nhân lượng liên hợp để
tìm ra mối liên hệ giữa x và y.
* Với hệ chứa biểu thức dạng t + t 2 + 1 ,

1
t + t2 +1

, khi phân tích, tìm tòi lời giải ta

cũng nên thử nhân liên hợp cho các dạng thức trên để tìm lời giải bài toán.

6


 x2 + 2x + y − 8 = 6 y + 4x + 2

Bài 1. Giải hệ phương trình 
2
y + 1 + y2 = 1
 3 x + 1 + 9 x
Giải. Điều kiện: y + 4 x + 2 ≥ 0

)(

(

)

( 1)
( 2)

Ta có 3 x + 1 + 9 x 2 > 3 x + 9 x 2 = 3 x + 3 x ≥ 0
2
Nên ( 2 ) ⇔ y + 1 + y =

1

⇔ y + 1 + y 2 = −3 x + 1 + 9 x 2

3x + 1 + 9 x 2

⇔ y + 1 + y 2 = ( −3 x ) + 1 + ( − 3 x )

2

Xét hàm số f ( t ) = t + t 2 + 1 trên ¡ có:
f '( t ) = 1 +

t

=

t2 +1 + t

t +t

>

t2 +1
t2 +1
t2 +1
Nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó, f ( y ) = f ( −3x ) ⇔ y = −3x .
Thế vào phương trình (1), ta được:

≥ 0 ∀t ∈ ¡

(

)

x 2 − x − 8 = 6 x + 2 ⇔ x 2 + 2 x + 1 = 3 x + 2 + 2 x + 2 + 1 ⇔ ( x + 1) = 3
+ Với

2

(

)

x + 2 +1

2

x + 1 = 3( x + 2) + 3 ⇔ x + 1 − 3 = 3( x + 2)
x ≥ 3 −1
x ≥ 3 −1


⇔ 2
⇔ 2
 x + 2 x 1 − 3 + 4 − 2 3 = 3 ( x + 2 )
 x − x 1 + 2 3 − 2 + 2 3 = 0

(

) (

)

(

x ≥ 3 −1

⇔
⇔ x = 2+2 3
x
+
1
x
−
2
−
2
3
=
0
(
)

+ Với − x − 1 = 3 ( x + 2 ) + 3 ⇔ − x − 1 + 3 = 3 ( x + 2 )

(

)

(

(

)

)

(

) (

)

)

Phương trình vô nghiệm do x ≥ −2 thì − x − 1 + 3 ≤ 2 − 1 + 3 < 0 < 3 ( x + 2 )
Với x = 2 + 2 3 ⇒ y = −6 − 6 3 . Thử lại thấy thỏa mãn.

(

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = 2 + 2 3; −6 − 6 3

)

( x 2 + 1 + x)( y 2 + 1 + y ) = 1
Bài 2. Giải hệ phương trình 
2
 4 x + 2 + 22 − 3 x = y + 8
Giải. Điều kiện: −2 ≤ x ≤
Do 1 + y 2 − y >

( 1)
( 2)

22
3

y 2 − y = − y + y ≥ 0, ∀y ∈ ¡

Nên nhân hai vế của phương trình (1) với 1 + y 2 − y ta được

( 1) ⇔ x +

1 + x2 = ( − y ) +
7

( − y)

2

+1

(3)


Xét hàm số h ( t ) = t + t 2 + 1 , t ∈ ¡
t

Ta có h ' ( t ) = 1 +

t2 +1

=

t2 +1 + t
t2 +1

>

t +t
t2 +1

≥ 0, ∀t ∈ ¡

Suy ra hàm số h ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó ( 3) ⇔ x = − y .
Thay y = − x vào phương trình (2) ta được: 4 x + 2 + 22 − 3 x = x 2 + 8
Nhẩm được nghiệm x = 2 , thực hiện nhân liên hợp ta thu được nghiệm x = 2 và phương
trình:

4
x+2 +2

3

−

22 − 3 x + 4

= x + 2 (*)

đặt VT = f ( x) ; VP = g ( x)
Ta có: f ′( x) =

−4
2 x + 2.(2 + x + 2)

2

−

9
2 22 − 3 x .(2 + 22 − 3 x ) 2

< 0 và

22 

g ′( x) = 1 > 0 với ∀x ∈  −2; ÷.
3 

22 

Suy ra f ( x) nghịch biến, g ( x) đồng biến trên  −2; 
3

Mà f (−1) = g (−1) = 1 suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất x = −1
Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho: ( 2; −2 ) , ( −1;2 )

)(

(

)

 x + x2 + 1 y + y 2 + 1 = 1

Bài 3. Giải hệ phương trình 
 x 2 + 3 − x = 2 y 2 − 4 2 − y + 5

( 1)
( 2)

Giải. Ta có ( 1) ⇔ x = − y , thế vào (2) ta được:

(

) (

)

y 2 + 5 − 4 2 − y − 3 + y = 0 ⇔ ( y 2 − 1) + 4 1 − 2 − y + 2 − 3 + y = 0


4
1
⇔ ( y − 1)  y + 1 +
−
=0
1

+
2
−
y
2
+
3
+
y


y =1
4
1
⇔ 
g ( y) = y +1+
−
= 0 ( 4)

1+ 2 − y 2 + 3 + y
Hàm số g ( y ) với y ∈ [ −3;2] , ta có:
g '( y ) = 1 +

(

2

2 − y. 1+ 2 − y

)

2

+

(

1

2 3 + y. 2 + 3 − y
8

)

2

> 0, ∀y ∈ [ −3;2]


Phương trình (4) có duy nhất nghiệm y = −2
Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( −1;1) , ( x; y ) = ( 2; −2 ) .

)(

(

)

 x + x2 + 4 y + y 2 + 4 = 2


Bài 4. Giải hệ phương trình: 
27 x 6 + 8 y − 2 = x 3
2
Giải. Ta có ( 1) ⇔ x + x + 4 = 2

⇔ x + x2 + 4 =

( −2 y )

2

(

y2 + 1 − y

+ 4 + ( −2 y ) ⇔ f ( x ) = f ( −2 y ) (*), với f ( t ) = t + 1 + t 2
1+ t2 + t

Xét hàm số f ( t ) với t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) =
(Vì

1+ t2 + t
1+ t

2

>

t2 + t
1+ t

2

)

t +t

=

1+ t

2

1+ t2

>0

≥0)

nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó ( *) ⇔ x = −2 y.
Thế vào phương trình (2) ta được:

( 2 ) ⇔ 27 x 6 − 4 x − 2 = x3 ⇔ ( 3x 2 )

3

+ 3x 2 = x3 + 3x 2 + 4 x + 2

3

⇔ ( 3 x 2 ) + ( 3 x 2 ) = ( x + 1) + ( x + 1) ⇔ g ( 3 x 2 ) = g ( x + 1) , với g ( t ) = t + t .
3

3

2
Xét hàm số g ( t ) với t ∈ ¡ , ta có g ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ nên g ( t ) ĐB trên ¡ .

Do vậy, g ( 3x 2 ) = g ( x + 1) ⇔ 3x 2 = x + 1 ⇔ x =

1 ± 13
6

 1 + 13 −1 − 13   1 − 13 −1 + 13 
;
;
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là: 
÷; 
÷
6
6
6
6

 


(

)(

)

 y 2 + 1 + 1 x − y + x2 + 2x + 2 = y 2

Bài 5. Giải hệ phương trình: 
( 8 y − 11) 2 x 2 + 1 − 3 = ( 3 x + 1) ( y − 1)

Giải. Do y = 0 không thỏa mãn hệ phương trình nên với y ≠ 0 , nhân hai vế với
y 2 + 1 − 1 ≠ 0 ta được:

( 1) ⇔ x − y + ( x + 1)
⇔ f ( x + 1) = f ( y )

2

+1 =

y2 + 1 −1 ⇔ x + 1+

Với f ( t ) = t + t 2 + 1 .

9

( x + 1)

2

+ 1 = y + y2 + 1

Xét hàm số f ( t ) = t + t + 1, t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) =
2

1+ t2 + t
1+ t2

>

t2 + t
1+ t2

=

t +t
1+ t2

≥0

với ∀t ∈ ¡ , suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Do đó f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ y = x + 1 , thế vào (2) ta được:
3 x 2 + x − ( 8 x − 3) 2 x 2 + 1 + 3 = 0 ⇔ ( 8 x − 3) 2 x 2 + 1 = 3 x 2 + x + 3
3

3

x
≥
x≥



8
⇔
⇔
8
2
2
2
2
( 8 x − 3) ( 2 x + 1) = ( 3 x + x + 3)
119 x 4 − 102 x 3 + 63 x 2 − 54 x = 0


3

6
13
x ≥
⇔
⇔ x= ⇒ y=
8
7
7
119 x 3 − 102 x 2 + 63x − 54 = 0

 6 13 
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) =  ; ÷.
7 7 
Bài 6. (HSG tỉnh Nam Định 2013) Giải hệ phương trình:
 xy + 2 = y x 2 + 2

 2
2
2
 y + 2 ( x + 1) x + 2 x + 3 = 2 x − 4 x.
Phân tích: Ta thấy phương trình thứ nhất của hệ là phương trình bậc nhất ẩn y
nên ta sẽ rút y theo x rồi thế vào phương trình thứ hai của hệ.
Giải. ĐKXĐ: x ∈ ¡ ; y ∈ ¡ .
2
Ta có xy + 2 = y x + 2 ⇔ y

)

(

x2 + 2 − x = 2 ⇔ y =

2
x +2−x
2

⇔ y = x2 + 2 + x

Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta có :

(

x2 + 2 + x

)

2

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

⇔ 1 + x x 2 + 2 + 2 x + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0 .
⇔ ( x + 1) 1 +


( x + 1)

2

+ 2  = ( − x ) 1 +



( −x)

)

(

2

+ 2  (*)


2
Xét hàm số f (t ) = t 1 + t + 2 với t ∈ ¡ . Ta có

f '(t ) = 1 + t 2 + 2 +

t2
t2 + 2

> 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f (t ) đồng biến trên ¡ .

1
Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x + 1) = f (− x) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − ⇒ y = 1 .
2
10


 1 
Vậy hệ đã cho có nghiệm là ( x; y ) =  − ;1÷.
 2 
3
2
2.2.3. Tìm hàm đặc trưng dạng bậc ba dạng f ( t ) = at + bt + ct + d

2.2.3.1. Hệ chứa một phương trình có dạng a1 x3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = a2 y 3 + b2 y 2 + c2 y
Phương pháp: Ta tìm cách biến đổi phương trình trên về dạng:
3
3
m. ( ax + b ) + n ( ax + b ) = m. ( cy + d ) + n ( cy + d ) ⇔ f ( ax + b ) = f ( cy + d )

Đến đây, ta xét hàm số f ( t ) và chứng minh hàm f ( t ) luôn đồng biến (nghịch biến)
trên D.
Suy ra: f ( ax + b ) = f ( cy + d ) ⇔ ax + b = cy + d và thế vào phương trình còn lại.
Lưu ý: miền D = D1 ∪ D2 với D1 , D2 là miền của ax + b và cy + d .

Bài 1. (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình:
 x3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y

 2
1
2
x + y − x + y =
2

Phân tích: Hai vế của phương trình đầu đều có dạng bậc 3 (với hai biến x, y),
nên ta định hướng đưa phương trình đầu về dạng f ( u ) = f ( v ) , tuy nhiên hàm đặc
3
trưng lúc đó f ( t ) = t − 12t không đơn điệu trên ¡ do đó ta phải chặn biến. Nhìn vào
2

phương trình thứ 2 ta thấy đưa được về
x−

2

1 
1

 x − ÷ +  y + ÷ = 1 suy ra
2 
2


1
1

≤ 1; y − ≤ 1 .
2
2

( x − 1) 3 − 12 ( x − 1) = ( y + 1) 3 − 12 ( y + 1)

2
2
Giải. HPT ⇔ 
1 
1
 x − ÷ +  y + ÷ = 1
2 
2


( 1)
( 2)

1
1

 3
−
1
≤
x
−
≤
1

−
≤
x
−
1
≤


2
2
⇔ 2
Từ (2), suy ra 
−1 ≤ y + 1 ≤ 1 − 1 ≤ y + 1 ≤ 3

2
 2
2
 3 3
2
3
Xét hàm số f ( t ) = t − 12t trên  − ;  , ta có f ' ( t ) = 3 ( t − 4 ) < 0, suy ra f ( t )
 2 2
nghịch biến.
Do đó ( 1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2

( 3)
11


1


x=

1 
3

2
2
Thay vào (2), ta được:  x − ÷ +  x − ÷ = 1 ⇔ 4 x − 8 x + 3 = 0 ⇔ 
2 
2

x = 3

2
2

2

1 3
3 1
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x; y ) =  ; − ÷; ( x; y ) =  ; − ÷
2 2
2 2
 x3 − y 3 = 3 ( x − y 2 ) + 2

Bài 2. Giải hệ phương trình 
 x 2 + 1 − x 2 − 3 2 y − y 2 + 2 = 0
Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2 .
Ta có ( 1) ⇔ x 3 − 3 x = ( y − 1) − 3 ( y − 1)

3

( 1)
( 2)

( 3)

Do 0 ≤ y ≤ 2 ⇒ −1 ≤ y − 1 ≤ 1
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t với −1 ≤ t ≤ 1 , có f ' ( t ) = 3t − 3 ≤ 0, ∀t ∈ [ −1;1] nên hàm số

f ( t ) đồng biến trên [ −1;1] .
Do đó ( 3) ⇔ f ( x ) = f ( y − 1) ⇔ x = y − 1 hay y = x + 1
Thế vào (2) ta được
x2 + 1 − x2 − 3 1 − x2 + 2 = 0 ⇔ x2 + 2 = 2 1 − x2 ⇔ x4 + 8x2 = 0 ⇔ x = 0
Với x = 0 ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0;1) .
 x3 − 2 y 3 + 3 ( x − 2 y ) = 3 xy ( x − y ) ( 1)
Bài 3. Giải hệ phương trình  3
2
( 2)
2 x = ( 1 + 4 y − 3 x ) 2 x + 1
1
Giải. Điều kiện: x ≥ − .
2
Phương trình ( 1) ⇔ ( x − y ) + 3 ( x − y ) = y 3 + 3 y
3

(3)

3
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , với t ∈ ¡ .
2
3
Ta có f ' ( t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) = t + 3t đồng biến trên ¡ .

Khi đó: (3) có dạng f ( x − y ) = f ( y ) ⇔ x − y = y ⇔ x = 2 y.
3
2
Thế vào (2) ta được: 2 x = ( 1 + 2 x − 3 x ) 2 x + 1

(4)

Đặt t = 2 x + 1, t ≥ 0, khi đó (4) trở thành: 2 x 3 = t 3 − 3 x 2 t ⇔ 2 x3 + 3x 2 t − t 3 = 0
Nếu t = 0 thì x = 0 không thỏa mãn (4)

12


x
 t = −1  x = −t
x
 x
3
⇔
Nếu t ≠ 0, chia hai vế cho t ta được: 2  ÷ + 3  ÷ − 1 = 0 ⇔ 
x
1
t

t
t = 2 x
 =
 t 2
3

2

 1
− ≤ x ≤ 0
 1
− ≤ x ≤ 0
 2
⇔ 
⇔ x = 1− 2
Với x = −t , ta có x = − 2 x + 1 ⇔  2
x = 1+ 2
2
x = 2x +1


  x = 1 − 2

Với 2x = t , ta có
x ≥ 0

  x = 1 + 5
x ≥ 0
1+ 5
2x = 2x + 1 ⇔  2

⇔ 
⇔x=
4

4
4 x − 2 x − 1 = 0

1
−
5
 x =
4
 

1+ 5 1+ 5 
1− 2 
;
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm ( x; y ) là:  1 − 2;
÷ và 
÷
2
4
8 



 y 3 + y = x 3 + 3x 2 + 4 x + 2
Bài 4. Giải hệ phương trình 
2
 1 − x − y = 2 − y − 1

Giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1;0 ≤ y ≤ 2 .

( 1) ⇔ ( x + 1)

3

( 1)
( 2)

+ x + 1 = y3 + y

(3)

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng

biến trên ¡
Do đó, ( 3) ⇔ f ( x + 1) = f ( y ) ⇔ y = x + 1
Thế vào (2) ta được: 1 − x 2 + 1 = 1 + x + 1 − x

(4)

t2 − 2
Đặt t = 1 + x + 1 − x ( t ≥ 0 ) ⇒ t = 2 + 2 1 − x ⇒ 1 − x =
2
2

Phương trình (4) trở thành
Với t = 0 , ta có

2

2

t = 0
t2 − 2
+ 1 = t ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ 
2
t = 2

1 + x + 1 − x = 0 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 = 0 (vô nghiệm)

Với t = 2 ta có 1 + x + 1 − x = 2 ⇔ 2 + 2 1 − x 2 = 4 ⇔ 1 − x 2 = 1 ⇔ x = 0
Với x = 0 ⇒ y = 1 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0;1) .

13


2 x + xy x 2 y 2 + 2 + ( xy + 1) x 2 + 4 x + 6 + 3 = 0 ( 1)

Bài 5. Giải hệ phương trình: 
2 2
2
( 2)
 xy ( xy − 1) + x y = ( x + 1) ( x + x + 1)
Phân tích: Nhân thấy cả hai phương trình không độc lập được x, y ở hai vế, nhưng để ý
ở phương trình (2), nếu xem z = xy thì z, x độc lập ở hai vế, đến đây ta biến đổi để xuất
hiện hàm đặc trưng.

( 2 ) ⇔ xy ( x 2 y 2 − 2xy + 1) + x 2 y 2 = ( x + 1) ( x 2 + x + 1)
⇔ xy ( x 2 y 2 − xy + 1) = ( x + 1) ( x + 1) − ( x + 1) + 1


⇔ f ( xy ) = f ( x + 1)
2

3
2
với f ( t ) = t − t + t .

Đến đây, ta chứng minh hàm f ( t ) đồng biến, ta sẽ suy ra xy = x + 1 , thế vào phương
trình còn lại để tìm x.
Giải. Điều kiện x, y ∈ ¡ .
2 2
2 2
2
Ta có: ( 2 ) ⇔ xy ( x y − 2 xy + 1) + x y = ( x + 1) ( x + x + 1)

⇔ xy ( x 2 y 2 − xy + 1) = ( x + 1) ( x + 1) − ( x + 1) + 1


⇔ f ( xy ) = f ( x + 1)
2

3
2
với f ( t ) = t − t + t .

2

Xét hàm số f ( t ) trên ¡ , ta có f ' ( t ) = 3t 2 − 2t + 1 = 2t 2 + ( t − 1) > 0, ∀t ∈ ¡ .

Do đó, hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
Suy ra, f ( xy ) = f ( x + 1) ⇔ xy = x + 1 . Thế vào (1) ta được:

( 1) ⇔ 2 x + ( x + 1)

(

x2 + 2x + 3 + ( x + 2) x2 + 4x + 6 + 3 = 0

)

(

)

⇔ ( x + 1) 1 + x 2 + 2 x + 3 + ( x + 2 ) 1 + x 2 + 4 x + 6 = 0

(

⇔ ( x + 1) 1 +

(

( x + 1)

2

)

(

+ 2 = ( − x − 2) 1 +

⇔ g ( x + 1) = g ( − x − 2 )

( − x − 2)

2

+2

)

)

2
2
Với g ( t ) = t 1 + t + 2 = t + t t + 2

Xét hàm số g ( t ) trên ¡ , ta có g ' ( t ) = 1 + t + 2 +
2

g ( t ) đồng biến trên ¡ .

t2
t2 + 2

> 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số

−3
1
⇒y= .
2
3
 3 1
Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) =  − ; ÷
 2 3
Do đó, g ( x + 1) = g ( − x − 2 ) ⇔ x + 1 = − x − 2 ⇔ x =

14


 x3 + x − 2 = y 3 + 3 y 2 + 4 y

Bài 6. Giải hệ phương trình  2 x + 1 x + 2
=
2
y
+
2
x +1


( 1)
( 2)

Phân tích: Dễ dàng biến đổi được phương trình (1) về dạng f ( x ) = f ( y + 1) ,

3
với f ( t ) = t + t đồng biến trên ¡ . Do đó ta được x = y + 1

Thế vào (2) ta có 2

2x + 1 x + 2
=
. Đến đây, muôn sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ,
x +1
x +1

chúng ta phải tự đặt câu hỏi, các biểu thức trong phương trình có mối liên quan đặc
biệt nào với nhau? Ta thấy

(

x +1

)

2

= x + 1 , còn ( x + 2 ) có mối liên hệ như thế nào?

Chú ý rằng, ta luôn tìm được sự liên hệ:
ax + b α ( mx + n ) + β ( cx + d )
cx + d
=
=α + β
mx + n

mx + n
mx + n
Vì vậy, ta sẽ tiến hành xác định α , β trong phân tích:
α + 2 β = 1 α = 3
x + 2 α ( x + 1) + β ( 2 x + 1)
=
⇒
⇒
.
x +1
x +1
α + β = 2
 β = −1
Giải. Điều kiện x ≠ −1; y ≠ 0;

2x + 1
≥0
y+2

Có ( 1) ⇔ x 3 + x = ( y + 1) + ( y + 1) (*)
3

3
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡ có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0∀t ∈ ¡ nên f ( t ) đồng biến trên ¡

, do đó ( *) ⇔ x = y + 1 hay y = x − 1 . Thế vào (2) ta được:
2
Đặt

2x + 1 x + 2
2x + 1
2x + 1
=
⇔2
= 3−
x +1
x +1
x +1
x +1

(3)

t = 1
2x + 1
2
= t ( t ≥ 0 ) , phương trình trở thành: t + 2t − 3 = 0 ⇔ 
x +1
t = −3 ( loai )

Với t = 1 thay trở lại cho ta nghiệm của (3) là x = 0 , suy ra y = −1 (thỏa mãn ĐK)
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; −1)
2.2.3.2. Hệ chứa một phương trình dạng a1 x3 + b1 x 2 + c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2
Khi đó, ta căn cứ vào biểu thức ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2 để truy ra hàm đặc trưng
a
( a2 y + b2 ) c2 y + d 2 = 2 ( c2 y + d 2 ) + α  c2 y + d 2
c2
=

a2

c2

(

c2 y + d 2

)

3

+

α a2
c2 y + d 2
c2
15


a2
αa
3
( x + m ) + 2 ( x + m ) (chú ý đưa hết b1 x 2
c2
c2
a2 3 α a2
t
vào trong khai triển bậc 3 rồi thực hiện xét hàm đặc trưng f ( t ) = t +
c2
c2
Bài 1. (Trích đề thi TSĐH khối A năm 2010) Giải hệ phương trình:

( 4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ( 1)
 2
2
( 2)
4 x + y + 2 3 − 4 x = 7
Tiếp theo, ta sẽ biến đổi vế trái về dạng

Phân tích: Ta nhận thấy khó có thể bắt đầu với phương trình (2), để ý đến phương
trình (1), 4 x 2 + 1 là biểu thức bậc hai của x và y − 3 có thể coi là biểu thức bậc hai
của

5 − 2 y . Nếu đặt t = 5 − 2 y thì:

(

 5 − t2

−1
y − 3) 5 − 2 y = 
− 3 ÷t = ( t 2 + 1) t
2
 2


2
2
Biểu thức ( t + 1) t có hình thức giống với ( 4 x + 1) 2 x , do vậy ta sẽ biến đổi ( 1) về

dạng f ( u ) = f ( v ) . Để đưa về dạng này ta thường “cô lập” biến, do vậy sẽ chuyển

( y − 3)

5 − 2 y sang vế phải của ( 1) .

3
5
Giải. Điều kiện x ≤ ; y ≤
4
2
2
Khi đó ( 1) ⇔ ( 4 x + 1) .2 x = ( 5 − 2 y + 1) 5 − 2 y

(3)

2
3
Xét hàm số f ( t ) = ( t + 1) t = t + t , với t ∈ ¡
2
Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀ t ∈ ¡ suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡

x ≥ 0

Do đó ( 3) ⇔ 2 x = 5 − 2 y ⇔ 
5 − 4x2
y
=

2

Thay y =

5 − 4x2
vào phương trình (2) ta được:
2
2

5

4x +  − 2x2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7 = 0
2

2

(4)

Phân tích: Phương trình (4) trông khá “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng
phương pháp hàm số để giải quyết
Nhận thấy x = 0 và x =

3
không là nghiệm của phương trình (4)
4
2

 3
5

Xét hàm số g ( x ) = 4 x +  − 2 x 2 ÷ + 2 3 − 4 x − 7 với x ∈  0; ÷, ta có:
 4
2


2

16


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
 3
1
Do đó g ( x ) nghịch biến trên  0; ÷. Mà g  ÷ = 0 nên phương trình (4) có nghiệm
 4
2
duy nhất x =

1
suy ra y = 2 .
2

1 
Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) =  ;2 ÷.
2 

( 1)
( 2)

( y 2 + 1) y + (1 − 2 x) 2 x − 2 = 0
Bài 2. Giải hệ phương trình  2
3
( y − 2)( 4 x − 4 + y ) = 3 x − 1
Phân tích: Trong phương trình (1),

(y

2

+ 1) y là hàm số bậc ba đối với y;

(1 − 2 x) 2 x − 2 là hàm số bậc ba đối với t = 2 x − 2 , nên ta sẽ thử biến đổi về dạng
f ( u ) = f ( v ) từ phương trình (1).
Giải. Điều kiện : x ≥ 1
2

Ta có: (1) ⇔ ( y + 1) y = 


(

2x − 2

)

2

+ 1 2 x − 2


(3)

2
Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên ¡ , có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡

nên f (t ) đồng biến trên ¡
Do đó, (3) ⇔ f ( y ) = f ( 2 x − 2) ⇔ y = 2 x − 2
Thay vào (2) ta được : (2 x − 4)( 3 4 x − 4 + 2 x − 2) = 3 x − 1
•

x = 2 không phải là nghiệm của (4)

•

x ≠ 2 : (4) ⇔

3

4x − 4 + 2x − 2 =

Đặt f ( x ) = 3 4 x − 4 + 2 x − 2 ; g ( x ) =
ta có

f '( x ) =
g '( x ) =

4
3 3 (4 x − 4) 2

+

1
2x − 2

(4)

3x − 1
.
2x − 4

3x − 1
,
2x − 4

> 0, ∀x > 0 và

−10
< 0, ∀x ∈ (1;2) và (2; +∞)
(2 x − 4) 2

⇒ f ( x ) đồng biến trên (1;2) và (2;+ ∞) , g(x) nghịch biến trên (1;2) và (2;+ ∞)
• Trên [ 1;2 ) , ta có min f ( x ) = 0;max g ( x ) = −1 ⇒ (4) không có nghiệm.

• Trên ( 2; +∞ ) , (4) có tối đa một nghiệm. Mà f ( 3) = g ( 3) = 4 ⇒ x = 3 là nghiệm
duy nhất của (4).
17


Với x = 3 ⇒ y = 2 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;4 ) .
4 x 3 − 3 x + ( y − 1) 2 y + 1 = 0
Bài 3. Giải hệ phương trình:  2
2 x + x + − y ( 2 y + 1) = 0

( 1)
( 2)

1
Giải. Điều kiện: − ≤ y ≤ 0
2
Phương trình (1) ⇔ ( 2 y + 1) − 3 2 y + 1 = ( −2 x ) − 3 ( −2 x ) (3)
3

1
Vì − ≤ y ≤ 0 nên 0 ≤ 2 y + 1 ≤ 1.
2
Từ phương trình (2) của hệ ta thấy để hệ có nghiệm thì
1
2x2 + x ≤ 0 ⇒ − ≤ x ≤ 0 ⇒ 0 ≤ 2x ≤ 1 .
2
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t , t ∈ [ 0;1] , ta có f ' ( t ) = 3t − 3 ≤ 0, ∀t ∈ [ 0;1] nên hàm số f ( t )

nghịch biến trên [ 0;1] ta suy ra

( 3) ⇔ f ( −2 x ) =
Thế y =

f

(

x ≤ 0

2 y + 1 ⇔ −2 x = 2 y + 1 ⇔ 
4x2 −1
y
=

2


)

4x2 −1
vào (2) ta được:
2

)

x = 0
1 − 4x2

2 x + x − 2 x.
= 0 ⇔ x 2x + 1 − 2 ( 1 − 4x2 ) = 0 ⇔ 
2
2
 2 − 8 x = 2 x + 1
2

(

( 4)

1
Với x = 0 ⇒ y = − .
2
Xét phương trình (4), ta có:
1

x ≥ − 2
1
1



1
x ≥ −
x ≥ −

−1
⇔
⇔  x =

⇔ x = − ( T/m x ≤ 0 )
2
2
( 4) ⇔ 
2
2
2 − 8 x 2 = 4 x 2 + 4 x + 1 12 x 2 + 4 x − 1 = 0  



1
  x = 6

1
Với x = − ⇒ y = 0 .
2
1  1 

Hệ đã cho có hai nghiệm  0; − ÷,  − ;0 ÷
2  2 

18


 x3 − 3x 2 + 2 = y 3 + 3 y 2

Bài 4. Giải hệ phương trình: 
3 x − 2 = y 2 + 8 y
Giải. Điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 0

( 1)
( 2)

( 1) ⇔ x3 − 3x 2 + 2 = y y + 3
3
⇔ ( x − 1) − 3 ( x − 1) = ( y + 3) y + 3 − 3 y + 3
( 3)
3
2
Xét hàm số f ( t ) = t − 3t , t ≥ 1 có f ' ( t ) = 3t − 3 ≥ 0, ∀t ≥ 1 nên hàm số

f ( t ) đồng

biến trên [ 1; +∞ ) .
Với x ≥ 2 ⇒ x − 1 ≥ 1;

y≥0⇒

Phương trình (3) có dạng f ( x − 1) = f

y + 3 >1

(

)

y + 3 ⇔ x −1 =

y+3

Do x ≥ 2, bình phương hai vế ta được y = x 2 − 2 x − 2
Thế vào (2) ta được
9 ( x − 2 ) = ( x 2 − 2 x − 2 ) + 8 ( x 2 − 2 x − 2 ) ⇔ x 4 − 4 x 3 + 8 x 2 − 17 x + 6 = 0
2

x = 3
⇔ ( x − 3) ( x3 − x 2 + 5 x − 2 ) = 0 ⇔  3
2
 x − x + 5x − 2 = 0
3
2
2
Với x ≥ 2 ⇒ x − x = x ( x − 1) > 0;5 x − 2 ≥ 10 − 2 = 8 nên PT (2) vô nghiệm.

Do vậy, hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;1)
( 8 x − 3) 2 x − 1 − y − 4 y 3 = 0
Bài 5. Giải hệ phương trình  2
3
2
4 x − 8 x + 2 y + y − 2 y + 3 = 0

( 1)
( 2)

1
Giải. Điều kiện: x ≥ ; Ta có
2

( 1) ⇔ 4 y 3 + y = 4 ( 2 x − 1) 2 x − 1 + 2 x − 1
3

Xét hàm số f ( t ) = 4t + t , t ∈ ¡
2
Suy ra f ' ( t ) = 12t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ ⇒ f ( t ) là hàm số đồng biến trên
Do đó ( 3) ⇔ f ( y ) = f

(

(3)

¡ .

)

2x − 1 ⇔ y = 2x −1 .

Từ (2) ta có
4 x 2 − 8 x + 2 y ( y 2 − 1) + y 2 + 3 = 0 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 2 y ( 2 x − 2 ) + 2 x − 1 + 3 = 0

19


⇔ 4 x 2 − 6 x + 2 + 2 y ( 2 x − 2 ) = 0 ⇔ ( 2 x − 2 ) ( 2 x − 1) + 2 y ( 2 x − 2 ) = 0
x = 1
⇔ ( 2 x − 2 ) ( y + 2 y ) = 0 ⇔  y = 0
 y = −2
2

1  5

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là ( 1;1) , ( 1; −1) ,  ;0 ÷,  ; −2 ÷

2  2

 y3 + 3 y = ( x + 5) x + 2
( 1)

Bài 6. Giải hệ phương trình:  2
2
2
2 x + 16 = 3 2 y + y x − 2 x + 4 ( 2 )
Giải. Điều kiện x ≥ −2, y ∈ ¡ .

)

(

( 1) ⇔ y 3 + 3 y = ( x + 2 )

3

+3 x+2

3
Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , t ∈ ¡

f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ , suy ra f ( t ) đồng biến trên ¡ .

Phương trình (1) có dạng: f ( y ) = f

(

(

)

x+2 ⇔ y = x+2

2
2
Thay vào (2) ta được 2 x + 16 = 3 2 ( x + 2 ) + x + 2 x − 2 x + 4

)

⇔ 2x2 − 6x + 4 = 3 x + 2 x2 − 2x + 4
⇔ 2 ( x2 − 2x + 4) − 2 ( x + 2) = 3 x + 2 x2 − 2x + 4
Đặt u = x + 2, v = x 2 − 2 x + 4, ( u ≥ 0, v > 0 )
Phương trình trở thành 2v 2 − 3uv − 2u 2 = 0 (3)
Do v > 0, chia hai vế phương trình (3) cho v 2 ta được:
2
u
u 1
u
u
2  ÷ + 3  ÷− 2 = 0 ⇔ = hoặc = −2 .
v
v 2
v
v
u 1
Do u ≥ 0, v > 0 nên = ⇔ v = 2u
v 2

Suy ra x 2 − 2 x + 4 = 2 x + 2 ⇔ x 2 − 6 x − 4 = 0 ⇔ x = 3 ± 13 (thỏa mãn điều kiện)
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là:

( 3+

)(

)

13; 5 + 13 , 3 − 13; 5 − 13 .

2 x3 − 4 x 2 + 3x − 1 = 2 x 3 ( 2 − y ) 3 − 2 y

Bài 7. Giải hệ phương trình 
 x + 2 = 3 14 − x 3 − 2 y + 1

( 1)
( 2)

Phân tích: Ta không thể bắt đầu với phương trình (2) vì khó có sự biến đổi nào
hợp lý ở đây. Xét phương trình (1), thực hiện cô lập biến bằng, chia hai vế cho x3 ta

20


thấy vế trái là bậc ba đối với

1
, vế phải là bậc ba đối với t = 3 − 2 y , do vậy ta có thể
x

biến đổi đưa về dạng f ( u ) = f ( v ) .
 x ≥ −2

Giải. Điều kiện: 
3
 y ≤ 2
Xét thấy x = 0 không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế của phương trình (1) cho x3 ta được:
1
3 4
( 1) ⇔ − 3 + 2 − + 2 = ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y
x
x
x
3

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

(

3− 2y

)

3

( 3)

+ 3− 2y

3
Xét hàm số f ( t ) = t + t , t ∈ ¡
2
Ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0 ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .

1
Do đó, (3) ⇔ − + 1 = 3 − 2 y
x
Thế vào (2) ta được:

x + 2 = 3 15 − x + 1

(4)

Phân tích: Nhận thấy ngay vế trái là hàm số đồng biến, vế phải là hàm số
nghịch biến nên ta dự đoán nghiệm (thường thử giá trị x0 làm cho các biểu thức chứa
căn là số “chẵn”, hoặc dùng máy tính có chức năng Solve,…) sau đó chứng minh
nghiệm là duy nhất.
Ta thấy x = −2 không là nghiệm của (4),
Với x > −2
Hàm số g ( x ) = x + 2 có g ' ( x ) =

1
2 x+2

> 0 ∀x > −2 nên hàm số g ( x )

đồng biến trên ( −2; +∞ ) .

Hàm số h ( x ) = 3 15 − x + 1 có h ' ( x ) =

−1
3 ( 15 − x )
3

2

< 0∀x ≠ 15 .

Hàm số h ( x ) liên tục trên ¡ nên h ( x ) nghịch biến trên ¡ , suy ra nghịch biến
trên ( −2; +∞ ) .
Mà x = 7 là nghiệm của (4) nên (4) có nghiệm duy nhất x = 7 ⇒ y =
 111 
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  7;
÷.
 98 

21

111
.
98


 2
4x2 + 1
2
2
( 1)

2 x + 3 = ( 4 x − 2 yx ) 3 − 2 y + x

Bài 8. Giải hệ phương trình 
3
2
3
 2 − 3 − 2 y = 2x + x + x + 2
( 2)

2x + 1
Phân tích: Cả hai phương trình đều rất cồng kềnh, phương trình (2) thì x, y đều đã
tách biệt nhau, thế nhưng biến y lại chỉ tồn tại duy nhất ở bậc nhất nằm trong 2 lớp
căn, do đó khó có thể có được sự biến đổi hợp lý ở đây.
Xét đến phương trình (1), ta thấy dễ dàng cô lập được x, y nếu chia hai vế cho
x 2 , ta có:

( 1) ⇔

2 x2 + 3
4 x2 + 1
1
3 4
=
4
−
2
y
3
−
2

y
+
⇔
−
+
− + 2 = ( 4 − 2y) 3 − 2y
(
)
x2
x3
x3 x 2 x

Hàm đặc trưng đã lộ rõ ở vế phải, vì ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y =

(

3− 2y

)

3

+ 3 − 2 y , do đó ta

cố gắng tách ghép để vế trái có dạng u 3 + u .
3

1
3 4
 1   1 

Ta có − 3 + 2 − + 2 =  − + 1÷ +  − + 1÷ có cùng dạng đặc trưng với vế phải nên
x
x
x
 x   x 
ta tìm được mối liên hệ giữa x và y từ (1).
3 − 2 y ≥ 0
3
 1
− ≤y≤


2
2
2 − 3 − 2 y ≥ 0

⇔ x ≠ 0
Giải. Điều kiện  x ≠ 0


1
x ≠ − 1
x ≠ −
2


2
Chia hai vế của (1) cho x 2 ta được:
2 x2 + 3
4 x2 + 1

1
3 4
( 1) ⇔ 2 = ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y + 3 ⇔ − 3 + 2 − + 2 = ( 4 − 2 y ) 3 − 2 y
x
x
x
x
x
3

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

(

3− 2y

)

3

 1 
+ 3 − 2 y ⇔ f  − + 1÷ = f
 x 

(

3− 2y

)

3
với f ( t ) = t + t .
2
Xét hàm số f ( t ) với t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) = 3t + 1 > 0, ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng

 1 
biến trên ¡ . Do đó f  − + 1÷ = f
 x 

(

)

1
3 − 2y ⇔ 3 − 2y = − +1
x

Thế vào (2) ta được:

22


3
2 x 2 + x3 + x + 2
 1 
2 −  − + 1÷ =
⇔
2x + 1

 x 

⇔ ( 2 x + 1)

1
+1 =
x

3

x2 ( x + 2) + x + 2
2x + 1

1
1
1
2
2

+ 1 = x + 2 + 3 x2 ( x + 2) ⇔  2 + ÷ 1 + = 1 + + 3 1 +
x
x
x
x
x

3


1

1  2
2
⇔  1 + ÷ + 1 + =  1 + ÷+ 3 1 +
x
x  x
x



1
2
1
2
⇔ f  1 + ÷= f  3 1 + ÷⇔ 1 + = 3 1 +
x
x
x
x


Đặt a =

1
( a ≠ 0 ) , ta được:
x
1
1


a

≥
−
a
≥
−


2
2
1 + a = 3 1 + 2a ⇔ 
⇔
3
2
2
( a + 1) = ( 2a + 1)
 a ( a − a − 1) = 0


1

a ≥ − 2

1

a
≥
−
1+ 5



1+ 5
⇔
⇔ a =
⇔a=
2
2
2
a 2 − a − 1 = 0



1− 5
a =
2


Với a =

1+ 5
5 −1
3+ 5
(thỏa mãn điều kiện)
⇒x=
;y =
2
2
4

 5 −1 3 + 5 
;

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = 
÷
4 
 2

(

)

4 2 x 2 x − 1 − y 3 − 3 y 2 = 15 y + 7 + 2 x − 1
( 1)

Bài 9. Giải hệ phương trình  y y + 2
)
 (
+ 6 − x = 2 x 2 + 2 y 2 − 15 x + 4 y + 12 ( 2 )

2
1
2 ≤ x ≤ 6

Giải. Điều kiện  y ≤ −2

  y ≥ 0

Ta có, ( 1) ⇔ 4 ( 2 x − 1) 2 x − 1 + 3 2 x − 1 = 4 ( y + 1) + 3 ( y + 1)
3

⇔ f

(

)

2 x − 1 = f ( y + 1)

3
Với f ( t ) = 4t + 3t .
2
Xét hàm số f ( t ) với t ∈ ¡ , ta có f ' ( t ) = 12t + 3 > 0, ∀t ∈ ¡ .

23


Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡ .
 y ≥ −1
2 x − 1 = f ( y + 1) ⇔ 2 x − 1 = y + 1 ⇔ 
 y ( y + 2 ) = 2 x − 2
Thay vào (2) ta được 2 x 2 − 11x + 8 = x − 1 + 6 − x
⇔ 2 x 2 − 11x + 5 + 2 − x − 1 + 1 − 6 − x = 0
5− x
x−5
⇔ ( 2 x − 1) ( x − 5 ) +
+
=0
2 + x −1 1 + 6 − x

1
1


⇔ ( x − 5)  2 x − 1 −
+
÷= 0
2
+
x
−
1
1
+
6
−
x



1
1

⇔ ( x − 5 )  2 ( x − 1) + 1 −
+
=0⇔ x=5
2 + x −1 1 + 6 − x 

1
1
1
< 1 ⇒ 2x −1 −
+
>0

Do x ≥ 1 ⇒
2 + x −1
2 + x −1 1+ 6 − x
Với x = 5 ⇒ y = 2 (thỏa mãn)
Vậy, hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 5;2 ) .
Do đó, f

(

)

2.2.3.3. Hệ chứa một phương trình dạng ( a1 x + b1 ) c1 x + d1 = ( a2 y + b2 ) c2 y + d 2
Phương pháp: Bám sát vào căn thức
ba, thường sẽ biến đổi được thành dạng α

(

c2 y + d 2 để biến đổi vế phải về dạng bậc
c2 y + d 2

)

3

+ β c2 y + d 2 . Khi đó thực

hiện thêm bớt để đưa vế còn lại về dạng này và thực hiện xét hàm đặc trưng
f ( t ) = αt3 + β t .
 ( 2012 − 3 x ) 4 − x + ( 6 y − 2009 ) 3 − 2 y = 0
Bài 1. Giải hệ phương trình: 

2
2 7 x − 8 y + 3 14 x − 18 y = x + 6 x + 13

( 1)
( 2)

3

 x ≤ 4; y ≤
2
Giải. Điều kiện 
7 x − 8 y ≥ 0;7 x − 9 y ≥ 0
Ta đặt u = 4 − x , v = 3 − 2 y (u , v ≥ 0) phương trình (1) trở thành:
(2000 + u 2 )u = (2000 + v 2 )v
(3)
3
Xét hàm số f (t ) = t 3 + 2000t , t ∈ ¡ , có f ' ( t ) = t + 2000 > 0 ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) là hàm
đồng biến trên ¡ .
Do đó, ( 3) ⇔ f ( u ) = f ( v ) ⇔ u = v hay 2 y = x − 1
thay vào phương trình thứ 2 ta được :
 −4

2 3 x + 4 + 3 5 x + 9 = x 2 + 6 x + 13
≤ x ≤ 4÷

 3

dùng liên hợp ta được :

24

2  3 x + 4 − ( x + 2 )  + 3  5 x + 9 − ( x + 3)  = x ( x + 1)
⇔ −2

x( x + 1)
x( x + 1)
−3
= x ( x + 1)
3x + 4 + x + 2
5x + 9 + x + 3


x = 0

x = 0
⇔  x = −1
⇔
 x = −1

−2
3

−
=1
( 4)
 3 x + 4 + x + 2
5x + 9 + x + 3
−4
≤ x ≤ 4 nên (4) vô nghiệm)

(Do vế trái (4) luôn âm với mọi
3
1
x = 0 ⇒ y = − ; x = −1 ⇒ y = −1
2
1

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) là:  0; − ÷, ( −1; −1)
2

( 23 − 3 x ) 7 − x + ( 3 y − 20 ) 6 − y = 0
Bài 2. Giải hệ phương trình : 
2
 2 x + y + 2 − 2 y − 3 x + 8 + 3 x = 14 x + 8
Giải. Điều kiện : x ≤ 7, y ≤ 6, 2 x + y + 2 ≥ 0, 2 y − 3 x + 8 ≥ 0 .

( 1) ⇔ 3 (

7−x

)

3

+2 7−x =3

(

6− y

)

2

+2 6− y ⇔ f

(

)

7−x = f

( 1)
( 2)

(

6− y

)

3
Với f ( t ) = 3t + 2t .
2
Xét hàm số f ( t ) trên ¡ , có f ' ( t ) = 9t + 2 > 0, ∀t ∈ ¡ nên f ( t ) đồng biến trên ¡ .

Do đó, f

(

)

7−x = f

(

)

6 − y ⇔ 7 − x = 6 − y ⇔ y = x − 1 . Thế vào (2) ta được:

( 2) ⇔
⇔
⇔

(

3 x + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 8 = 0

) (

)

3 x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0
3 ( x − 5)

+

x−5

3x + 1 + 4 1 + 6 − x

+ ( x − 5 ) ( 3 x + 1) = 0


3
1

⇔ ( x − 5) 
+
+ 3 x + 1÷ = 0
 3x + 1 + 4 1 + 6 − x

⇔ x =5⇒ y = 4
Do

 1 
+ 3 x + 1 > 0, ∀x ∈  − ;6  .
3x + 1 + 4 1 + 6 − x
 3 
3

+

1

Vậy, hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 5;4 ) .

25