Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.62 MB, 79 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bài 1: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2008 – 2009)
1.1.Xét phương trình

2 2 2 (1)

( 1)

x x




 

Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên có thể viết phương trình (1) dưới dạng:
3

2
2

2 2

1 1

2 2 2 1 (2)

1 1

x x

x

x x x x

x x

x x x

x
x



 

         

 

     

 

 

 

Đặt t =
1
x

x



, |t|  2, (2)  2t2 - 5t + 2 = 0.
Giải ra ta được t1 =

2 (loại), t2 = 2 (nhận).
Do đó:

1
x

x



= 2  x2 -2x + 1 = 0  x = 1.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1.

1.2. Với điều kiện 1  x y z (*) :

2 2 2 (1)

2( ) 2 (2)

x y z

xy x y z

  



  



Từ (1) ta có :z2 (x y )2 2xy(x y )2 4(x y ) 4 z

 (x y )2 4(x y ) 4 z24z4
 (x y  2)2 (z2)2

 x y  2 z 2 (vì từ (*) x y 2 và z + 2 >0).

Thay z = x + y – 4 vào (2) ta được :

4 1 5

4 8 12

( 4)( 4) 8

4 2 6

4 4 8

x x

y y

x y

x x

y y

    

 

 

  

 

 

    

    

 

  

 

 

Từ đó ta suy ra z = 13 hoặc z = 10.

Vậy
5
12
13
x
y
z








 

 hoặc 
6
8
10
x
y
z







 

 .

Bài 2: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2009 – 2010)
2.1.a) x + 3 + 6 - x - (x + 3)(6 - x) 3 (1)

Điều kiện :

x+3 0

-3 x 6
6-x 0




  




 .

Đặt :

2 2
x + 3

, , 0 9.

v = 6 - x
u

u v u v

 


   





Phương trình đã có trở thành hệ :

2 2 2

u + v = 9 (u + v) - 2uv = 9
u + v - uv = 3 u + v = 3 + uv

 



 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Suy ra : (3+uv)2-2uv = 9

uv = 0 u = 0
uv = -4 v = 0

 

   

 

x+3 = 0 x = -3
x = 6
6-x = 0

 

   



 .

Vậy phương trình có nghiệm là x =-3 , x = 6.
2.1.b) Ta có hệ phương trình :

2 2

x + y + z =1 x + y = 1 - z

2x + 2y - 2xy + z =1 2xy = z + 2(x+y) -1

 



 

 

2 2
x + y = 1 - z

2xy = z - 2z + 1 = (1- z)


 


 2xy = (x + y)2

 x + y = 02 2  x = y = 0  z = 1.

Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1).

2.2.Ta có : 3x2 + 6y2 + 2z2 +3y2z2 -18x = 6 (1)
 3(x-3) + 6y + 2z + 3y z2 2 2 2 2 33 (2)
Suy ra : z2  3 và 2z2  33

Hay |z|  3.

Vì z nguyên suy ra z = 0 hoặc |z| = 3.
a) z = 0 , (2)  (x-3)2 + 2y2 = 11 (3)
Từ (3) suy ra 2y2 11  |y|  2.

Với y = 0 , (3) khơng có số ngun x nào thỏa mãn.
Với |y| = 1, từ (3) suy ra x { 0 ; 6}.

b) |z| = 3, (2)  (x-3)2 + 11 y2 = 5 (4)

Từ (4)  11y2 5  y = 0, (4) khơng có số ngun x nào thỏa mãn.

Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm nguyên (x ;y ;z) là (0;1;0) ; (0 ;-1;0) ; (6 ;1 ;0) và (6 ;-1 ;0).
Bài 3: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2010 – 2011)

Giải hệ phương trình:
2

1 ( ) 4
( 1)( 2)

x y x y y

x x y y

    




   





()4

(2)1

x

xy

y

x

xy

y













( vì y 0)

Đặt

2 1

x

u
y
x y v

 





  


Hệ phương trình trở thành:

( 2) 1
u v
u v

 




 



Từ (1) suy ra: u 4 v, thế vào (2) ta được: (4 v v)(  2) 1

2 6 9 0

v v

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

4 3 1
u

   

Vậy ta giải hệ:

2 1
3

x y

x y
  


 
 (*)

Từ (*) suy ra x2  1 3 x x2 x 2 0  x1 1;x2 2
Khi x1 1 y12

Khi x2  2 y2 5

Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm: (1;2), (-2;5)

Bài 4: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)
Giải các phương trình và hệ phương trình:

a) Giải phương trình: 13x2 3x+2





x 3 42 0
Điều kiện : x3 (*).

Đặt t x3,t0, suy ra x t 2 3

Phương trình trở thành: 6t3 +13t2 -14t +3 = 0
Giải ra ta được:

1 1

; ; 3

2 3
t t t

(loại).
Với

1
2
t 

, ta có:

1 11

2 4

x   x
;
Với

1
3
t 

, ta có:

1 26

3 9

x   x
.
Cả hai nghiệm đều thỏa điều kiện (*).
Vậy tập nghiệm phương trình đã cho là:

11 26
;
4 9
S   

  .

b) Giải hệ phương trình:

2
2

9 9

x y

y x

   




   



Với điều kiện x y, 9, hệ đã cho là:

2 2

9 (9 ) (1)
9 (9 ) (2)

x y

y x

   




  




Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được:

( )( 9) 0

9
x y
x y x y

y x




     

 

 .

+ Với x = y, thế vào (1) ta được: 18x -72 = 0  x y 4.
+ Với y = 9 – x, thế vào (2) thì phương trình vơ nghiệm.
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)= (4;4).
Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)
5.1.Giải phương trình:

2 4 - 2

1 0
2 -1 2

x x

+ + + =

+ .

Điều kiện:

1
2,

2
x¹ - x¹

.
Đặt:

2
2 -1
x
t

x

+
=

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Khi đó phương trình ban đầu viết lại là:

2 1 0
t

t

+ + =

(*).
(1) Nếu t > 0, phương trình (*) vơ nghiệm.

(2), Nếu t < 0, phương trình (*) trở thành:

2 2 0 ( 1)( 2) 1

2
t

t t t t

t

é=
ê

+ - = Û - + Û

ê=-ë .

Vì t < 0 nên chọn t = -2.
Với t=-2, ta có

2 0.
2 -1

x

x
x

+ =- Û =

Vậy phương trình đã cho chỉ có 1 nghiệm x = 0.

5.2.Cho hệ phương trình :

2 1

2 2 4

x y z

ì - + =

ïï

íï + + =
ïỵ

a) Giải hệ phương trình:
Hệ phương trình viết lại là:

2 1 (1)
2 2 4 (2)

x y z

ì - =
-ïï

íï + =

-ïỵ .

Lấy (1) cộng với (2) ta được:

5 2
3 5 2

z
x= - zÛ x=

(3).
Thế (3) vào (2):

5 2z 2

2 2 4

3 6

z

y z y

- + = - Û = +

(4).

Vậy hệ phương trình (z là tham số) có nghiệm:

5 2z
3

2
6
x

z

y

-ïï =
ïïï

íï +

ï =

ïïïỵ .

b)Tìm GTLN, GTNN của biểu thức 2
z
Q= -x y+

Vì x 0,³ y³ 0nên từ (3) và (4) suy ra

5
2

2
z

- £ £

.
Kết hợp với giả thiết

5
z 0 0 z

³ Þ £ £

(5).
Theo câu a) thì :

5 2z 2 10 4 2 3 1 4

3 6 2 6 3 3

z z z z z

Q= - - + + = - - - + =- z+

.
Q là hàm bậc nhất (ẩn z) có hệ số

1
0
3
a=- <

nên nghịch biến.
Q lớn nhất Û z nhỏ nhất Û z=0;

Khi đó

5 1

x= ,

3 y=3và

5 1 4
( )=

3 3 3
Max Q - =

.
Q nhỏ nhất Û z lớn nhất

5
2
z

Û =

;
Khi đó

3
0,

4
x= y=

và

3 5 1
( )=0

4 4 2
Min Q - + =

Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)
6.1.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vì x y z+ + =0 suy ra x+ =-y z. Do đó:
3 3 3 ( )3 3xy(x+y)+z3
x + + = +y z x y

= -( z)3- 3xy(-z)+z3= 3xyz (đpcm).

b) Giải phương trình:

(

)

(

)

(

)

3 3 3

1005- x + 1007- x + 2 - 2012x =0
Đặt X =1005- x Y; =1007- x Z; =2 - 2012x

Ta có: X + Y + Z = 0

Áp dụng câu a) suy ra: X3+ +Y3 Z3=3XYZ
Phương trình đã cho trở thành:

1005
3(1005 )(1007 )(2 - 2012)=0 1006
1007
x

x x x x

x

é =
ê
ê

- - Û ê=

ê =

ë .

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = 1005, x = 1006, x = 1007.
6.2.Cho hệ phương trình: 2 2 2

2 1

x y m

x y y x m m

ì + = +

ïï

íï + = -

-ïỵ , với m là tham số

a) Giải hệ phương trình với m =2
Với m = 2, hệ phương trình là:

x

3 +

2 √

(

3 x

−

2 )

3 =

3 x

(

3 x

−

2 )

.

Do đó, x, y là nghiệm của phương trình X2-5X +1= 0
Giải ra ra được 1 2

5 21 5 21

2 2

X = + X =

Vậy hpt có hai nghiệm:

5 21 5 21 5 21 5 21

; , ;

2 2 2 2

æ+ - ử ổữ - + ửữ

ỗ ữỗ ữ

ỗ ữữỗ ữữ

ỗ ỗ

ố ứ ố ứ.

b) Chng minh rng h luụn có nghiệm với mọi m
Hệ đã cho viết lại là:

2 1

( ) (2 1)( 1)

x y m

xy x y m m

ì + = +

ïï

íï + = +

-ïỵ

(1) Nếu

1
2
m

thì hệ trở thành:

x

=

0

.

Hệ có vơ số nghiệm.

(2) Nếu

x

≠

0

thì hệ trở thành:

⇔

Nên x,y là nghiệm phương trình:

x+1

x−1

− 1

x+1

=5
3

(*).

P/t (*) có x+ 1x =t nên ln có nghiệm.
Vậy hệ phương trình ln có nghiệm với mọi m.

Bài 7: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Đặt:

⇔5t2

−3t−14=0⇔(t−2)(5t+7)=0⇔
¿

[t=2

[t=−7

[¿

, với t=2 .
Khi đó vế trái của (1) là:

x

+

1 x

=

2 ⇔

x

=

1 ⇔

(1) trở thành:

( x−2)2+y2=1

( x−2)3+ y2=1

¿
{¿ ¿ ¿

a=x−2

a2

+y2

=1
a3

+y3

¿
{¿ ¿ ¿

¿ (loại

⇒
−1≤a , y≤1
a2+y2=a3+y3

⇔

−1≤a, y≤1(1)

a2(1−a)+y2(1−y)=0(2)

¿
¿{¿ ¿¿ ).

Với

¿

0

ta có:

⇔

(2).
Đặt :

a

+

y

=

1

(2) trở thành:

a=0

y=1

{¿ ¿ ¿

a=1

y=0

{¿ ¿ ¿
¿

x=2

y=1

{¿ ¿ ¿

¿ X = 1 (loại nghiệm X = -2).

Với X = 1 ta có:

x =3

y =0

{ ¿ ¿ ¿

Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất: x = -1.

b) Giải hệ phương trình :







2 2



8 2 10 4 3(2 ) 0 (1)
2

2 2 (2)

x y x y x y

x y

      




  






Điều kiện: 2x y 0.

Chia 2 vế cho (2x y )2 , (1) trở thành:
2

2 2

8 10 3 0

2 2

x y x y

     

  

   

 

    (3).

Đặt
2
2

x y
t
x y




 , (3) viết lại là: 
2

8t 10t 3 0  (2t 3)(4 1) 0t 

3 1

2 4

t t

  
.
- Với

3
,
2
t

ta có:

2 3 3

2 (2 )

2 2 2

x y

x y x y

x y



    

 (4)

Từ (2) và (4) ta có hệ:

2 2

2
3

2 (2 )

2
x y

x y

x y x y



  

 




   




Giải ra ta được các nghiệm:

5 1 5 1

; , ;
4 2 12 6

   

 

   

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

- Với
1

,
4
t

ta có:

2 1 1

2 (2 )

2 4 4

x y

x y x y

x y



    

 (5)

Từ (2) và (5) ta có hệ:

2 2

2
1

2 (2 )

4
x y

x y

x y x y



  

 




   



Giải ra ta được các nghiệm:



 





 



3 2 2 5 2 2 3 2 2 5 2 2

; , ;

8 4 8 4

       

   

   .

Vậy hpt có các nghiệm:
5 1 5 1

; , ;
4 2 12 6

   

 

   

   ,



 





 



3 2 2 5 2 2 3 2 2 5 2 2

; , ;

8 4 8 4

       

   

   .

Bài 8: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)
a) Giải phương trình: x22(2 x x) 1 3 x 2 0

Với điều kiện: x1, phương trình viết lại là:



x x1



2 4



x x1



 3 0

Đặt t  x x 1, phương trình trở thành:

2 4 3 0 1

3
t

t t

t




    



 .

Với t = 1, ta có x x 1 1  x 1



x 1 1



0

1 0 1

2
1 1 0

x x

x
x

    

   



   

 .

Với t = 3, ta có:





1 3 1 1 2 0

x x   x  x  





x 1 1

 

x 1 2



0
 x 1 2 0   x5.
Vậy tập nghiệm của phương trình là :S 



1;2;5



b) Giải hệ phương trình: 2 2

3 2 6

2 4 53

xy x y

x y x y

  




   



HPT 2 2

2 6 4 12
2 4 53

xy x y

x y x y

  


 

   



2
2 2

( ) 8( ) 65 0(1)
2 4 53 (2)

x y x y

x y x y

     


 

   




Giải (1) ta được x + y = 13 hoặc x + y = -5.

Với

x y

 

13 

y



13 

x

. Thế vào (2) ta được : x212x32 0 .

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Với

x y



 

5 y

 

x

5

. Thế vào (2) ta được : x26x 4 0 .

Giải ra ta được:

3 3 13, 4 3 13 3 2 13, 4 2 13

x   x    y   y  

Ta có hai nghiệm cịn lại:



 3 13; 2  13 , 3

 

  13; 2  13



.
Vậy hpt có các nghiệm:(8;5),(4;9), 3



  13; 2  13 , 3

 

  13; 2  13



.
Bài 9: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)

9.1.Giải phương trình:





2 2

2 3

4 7 2 5 7

x x

x  x  x  x 
ĐKXĐ :  x R









2 2 2 2

2 3 2 1 3 1

1 0

4 72 5 7   4 7 2 2 5 7  2 

       

x x x x

x x x x x x x x





2 2

8 7 8 7

4 7 2 5 7

     

  

   

x x x x

* Dễ thấy x = 0 : khơng phải nghiệm của phương trình.
* Với x = 1 và x = 7 là nghiệm của phương trình

* Với x0; x1; x 7: Tử số hai phân số luôn cùng dương hoặc cùng âm và mẫu có giá trị

khơng âm nên





2 2

8 7 8 7

4 7 2 5 7

     

 

   

x x x x

Vậy S

 

1;7

9.2.Cho hệ phương trình

    




   




1 6 14; Với m là tham số.

6 1 14

x y m

a) Chứng minh nếu hệ phương trình có nghiệm



x y0; 0



thì



5 x0;5 y0



cũng là nghiệm.

ĐKXĐ :

1 6

x
y
  




  


Vì



x y0; 0



là nghiệm của hpt đã cho nên

0 0

1 6 14

6 1 14

x y m

    




   





 

Thay



5 x0;5 y0



vào hệ phương trình (*), ta có :













0 0 0 0

0 0

1 5 6 5 14 6 1 14

1 6 14

6 5 1 5 14

x y m x y m

x y m

       

   

 



 

   

       



Vậy,



5 x0;5 y0



cũng là nghiệm của hệ phương trình đã cho khi



x y0; 0



là nghiệm.

b) Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Theo câu a), để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì

0 0

0
5

5 2

5 5

2
x

x x

y y

y




 

 



 

 

  

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Thay

0
0

5
2
5
2
x x
y y


 





  


 vào hpt đã cho, giải được m1

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
5
2

5
2
x
y






 


 khi và chỉ khi m = 1.

Bài 10: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)

a) Giải phương trình:

2 1 2 2 1 2

2
x
x x   x x   
Điều kiện:









2
2
1 0
1 0

2 1 2 0 1 1 0 1

2 1 2 0

1 1 0
x

x

x x x x

x x

x


 
 

 

 

         

 

 

   

    

 (*)

Với điều kiện (*) , pt đã cho là:



1 1





1 1



2 5

2
x

x   x   

5
1 1 1 1

2
x

x x 

      

(2).
+ Nếu x   1 1 0 x0 thì (2) trở thành:

4 x   1 x 5 x  6x  9 0 x3 (thỏa x0).
+ Nếu x      1 1 0 1 x 0 thì phương trình (2) là:

2 1

2
x

x



  

(thỏa điều kiện   1 x 0).
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm x = 3 và x = -1.

b) Giải hệ phương trình:

2 2

1 13

(1)
2
1

4 (2)

x y

x

x y

x


  





   




Điều kiện x ≠ 0

Từ (2) ta có:

1
4

y x

x

 

    
 .
Thế vào (1) ta được:

2 2

2
2

1 1 13 1 1

4 4 16 15 0(3).

x x x x

      

               

     

 

Đặt





t x t

x

  

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Giải ra ta được
5
2
t

và

3
2
t

(loại).

Với

1 5

5 2

3
2

2
x

x
t

y


 



  

 


 .

Giải hệ này ta được các nghiệm

3 1 3
2; , ;

2 2 2

   

   

   .
Vậy hệ phương trình có các nghiệm:

3 1 3
2; , ;

2 2 2
   
   
   .
Bài 11: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)
Giải hệ phương trình:

3 3

2 2

12 12

5 6

x x y y

x y

   




 




Hệ phương trình viết lại là:





3 3

2 2

12 (1)

5 6 (2)

x y x y

x y

   




 



Thế (2) vào (1) ta được:









3 3 2 2 5 2 3 2 2 10 2 9 3 0 (3).
x  y  x  y x y  x  x y xy  y 
Vì y = 0 khơng phải là nghiệm của hệ, chia 2 vế (3) cho y3 ta được:

3 2

2 10 9 0

x x x

y y y

     

   

     

      (4).
Đặt

x
u

y



, (4) sẽ là: u3 2u210u 9 0









1 9 0

u u u

      u 1 x y
.

Thế vào (2) ta được 6x2 = 6  x y 1.

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1;1), (-1;-1).

Bài 12: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)
a) Giải phương trình:

1 1

2015

2 4

x x  x 

(*).
Điều kiện:

1
4
x

. Khi đó:

(*)

2
1 1

2015

4 2

x  x 

      

 

1 1 1 1

2015 2015

4 2 4 2

x x  x 

          

 

1 1 1 1

2015 2015

4 2 4 2

x x

       

1 1

2015 2015 2015 2015

4 4

x x

       

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2
1 1

2
1 1

8
x y

x y



   





    




Với điều kiện x0,y0, đặt

1 1

u x v y

x y

   

, hệ đã cho là:

2 2

0
( )
2

2 2

4 2

( )
0
u

I
v

u v u v

uv

u v u

II

v

 





   

  

 

  



    



 

 

 .

Từ (I) ta có:

2
2
1

0 1

1 2 1 1 1 2

x x

x
x

y

y y

y
y


 

    

  

 

  

 

   

 


  




Suy ra (I) có 4 nghiệm:



1;1 2 , 1;1

 

 2 , 1;1

 

  2 , 1;1

 

  2



.
T/tự, (II) có 4 nghiệm:



1 2;1 , 1

 

 2;1 , 1

 

 2; 1 , 1

 

 2; 1



.
Vậy hệ phương trình đã cho có 8 nghiệm :



1;1 2 , 1;1

 

 2 , 1;1

 

  2 , 1;1

 

  2





1 2;1 , 1

 

 2;1 , 1

 

 2; 1 , 1

 

 2; 1



.
.

Bài 13: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2015 – 2016)
Giải phương trình 4x25x 1 2 x2 x 1 9x 3 (1).
(1) Viết lại là: 4x25x 1 4x2 4x4 9 x 3(2).
Đặt u 4x25x1, v 4x2 4x4 ( ,u v0), ta có:

2 2 9 3

u  v  x .

Kết hợp với (2) ta được: u2 v2  u v  (u v u v )(  1) 0

0
1 0
u v
u v

 


    

 .

*) Với u v 0 thì

2 2 1

4 5 1 4 4 4

3
x  x  x  x  x

.
*) Với u v 1 0  u v 1.

Kết hợp với (2): u v 9x 3, ta có 2u9x 2

Suy ra

2 81 2

4 5 1 9 1

x  x  x  x

0
(65 56) 0 56

65
x
x x

x






   

 

 .

Thử các nghiệm

1 56
0, ,

3 65
x x x

vào (1) chỉ có
1
3
x

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

nhất nghiệm
1
3
x

Bài 14: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)
Giải phương trình:

2 1 3 2 4 2 2
x   x x  x x 

(1)
Vì

2 1 1 3 0

2 4
x   x x   

 

Nên (1)

2 1 3 2 4 2 2

x x x x x

         3x2 x 4 1  x
(2).
Với điều kiện: x1, bình phương 2 vế của (2) ta được:



3x2 x 4





1 x





x2 1 3

 

x2 2x 5



0

        

 x2 1 0 hoặc 3x22x 5 0 .

*) x2  1 0 x1;

*) 3x22x 5 0  x1 hoặc

5
3
x

.
Vậy, tập nghiệm của phương trình là:

5
; 1;1
3
S    

 .

Bài 15: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)

Giải các phương trình sau, biết rằng chúng có nghiệm chung:

4 3 2

3 2

2 41 42 360 0 (1)

2 2 3 0 (2)

x x x x

x x x

    

   

Gọi x0là nghiệm chung của 2 phương trình. Ta có:

4 3 2

0 0 0

3 2

0 0 0

2 41 42 360 0 (3)

2 2 3 0 (4)

x x x x

x x x

    

   

Vì x0 0, nên nhân hai vế (4) với x0ta được:

4 3 2

0 2 0 2 0 3 0 0 (5)
x  x  x  x  .

Lấy (3) trừ (5) theo vế ta được:

3 2

0 0 0

4x  39x  39x 360 0 (6) .

Lấy (4) nhân với 4 rồi trừ đi (6) theo vế ta được:
2

0 0 0 0

31x 31x  372 0  (x  3)(x 4) 0

 x0 3 hoặc x0 4.
Kiểm tra thấy x0 3 là nghiệm chung.

Từ đó ta có (2) (x 3)(x2 x 1) 0

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Kiểm tra ta cũng thấy x 4 là nghiệm của (1)

Do đó (1)



x 3 (



x4)(x2 x 30) 0

Suy ra (1) có các nghiệm :

x



3,

x



4,

x



5,

x



6

Lưu ý: HS có thể phân tích (2) (x 3)(x2 x 1) 0 , suy ra (2) có nghiệm duy nhất x = 3.
Từ đó, tìm nghiệm của (1) theo cách trên.

Bài 16: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)
Tìm các số thực x, y, z thỏa:

(

)

1 3

1 2 3

4 x y z+ + + =2 x- + y- + z- (1).

Điều kiện:

1 0 1

2 0 2

3 0 3

x x

y y

z z

ì - ³ ì ³

ï ï

ï - ³ Û ï ³

í í

ï ï

ï - ³ ï ³

ï ï

ỵ ỵ (2).

Khi đó (1) tương đương:x y z+ + + -6 4 x- -1 4 y- -2 4 z- =3 0

(

x 1

)

4 x 1 4

(

y 2

)

4 y 2 4

(

z 3

)

4 z 3 4 0

é ù é ù é ù

Û êë - - - + +û ëú ê - - - + + -ú êû ë - - + =úû

(

) (

)

1 2 2 2 3 2 0

x y z

Û - - + - - + - - =

1 2 0
2 2 0
3 2 0
x

y
z

ìï - - =
ïï

ïï

Û íï - - =
ïï - - =
ïïỵ

5
6

7
x
y
z
ì =
ïï
ïï
Û íï =

ï =
ïïỵ .

Đối chiếu với điều kiện (2), x = 5, y = 6, z = 7 là các số cần tìm.

Cho hệ phương trình

6
2
6
2

6 2

m

x y

x

m

y x

y
ìïï + =
ïï

ïïí

ïï + =
ïï

ïïỵ (m ≠ 0).
a) Giải hệ phương trình với m = 1

iu kin:xạ 0,yạ ì0 Vi m = 1, hệ phương trình là:

3 2

6 2 1(1)

6 2 1(2)

x x y

y xy

ìï + =

ïí

ï + =

ïỵ .

Lấy (1) trừ (2) theo vế ta được:

(

)

(

)

3 3 2 2

6(x - y ) 2 (+ xy x y- )= Û0 x y- êé6 x +xy+y +2xyùú=0

ë û .

(

) (

)

(

)

2 2 2

4 2 0

x y é x y x y ù

Û - ê + + + ú=

ë û (3).

Vì x, y ≠ 0 nên

(

)

(

)

2 2 2

4 x+y +2 x +y >0

, do đó (3) Û x=y.

3 1

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nht

(

)

1 1

; ;

2 2
x y =ổỗỗỗố ửữữữ

ứ.
b) Chứng minh rằng hệ phương trình có nghiệm duy nhất
Với điều kiện

x

¹

0,

y

¹

0

, hệ phương trình đã cho là:

3 2 6

6 2 (4)

6 2 (5)

x yx m

y xy m

ìï + =

ïí

ï + =

ïỵ (*).

Từ (4) và (5) ta được: 6(x3- y3) 2 (+ xy x y- )=0Û x=y (cmt).
Thế vào (4) ta được:

3 6

2
m
x =m Û x=

(do m¹ 0nên

0
2
m

¹
).

Vậy với m ≠ 0, hệ có nghiệm duy nhất

(

;

)

2; 2

2 2

m m
x y =ỗổỗỗ ửữữữ

ữ
ỗố ứ.
Bi 17: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018)

Gpt:







 









 



2 2

2017 2017 2018 2018 13

(1)
37

2017 2017 2018 2018

x x x x

     

 

     

Đặt x 2017 y x 2018 y 1.
Khi đó (1) trở thành



 





 



2
2

1 1 13

1 1

y y y y

   



   

2
2

1 13
3 3 1 37

y y

 

 

  (2).

Vì

2 1 1

3 3 1 3 0

2 4
y  y  y   

 

Nên (2)









2 2

37 y y 1 13 3y 3y 1

      y2 y 12 0

    

Giải ra ta được y4 hoặc y3.

Với y4 suy ra x2021; với y3 suy ra x2014.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x2014,x2021.

Bài 18: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)
Giải phương trình, hệ phương trình

a) 2 2

3 3

1 1

x x

x  x  x  x 

Vì x = 0 không phải là nghiệm nên chia cả tử và mẫu mỗi phân thức cho x ta được:

3 3

1 1

x x

  

   

Đặt

1
y x

x

 

( y 2).
Phương trình trở thành:

3 3

4 2 3 2 0

1 1 y y

y  y      
Giải ra được y = 2 và

1
2
y

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Với y = 2 ta có

2
1

2 2 1 0 1

x x x x

x

       
.
Vậy phương trình có duy nhất nghiệm x1.





2 2

3 2 2

2 1

x y

x y x y x y xy

  




      




Hệ phương trình tương đương :













3 2

2 5

( ) 1 0.
x y xy

x y x y x y

   




      




Đặt S x y P xy  ,  thì hệ trở thành:
2
3 2

2 5 (1)
1 0 (2).

S P

S S S

  




   



2

(2) (S1)(S1)  0 S1. 
Thế S 1 vào (1) ta tính được P2.
Với S =1 , P = -2 ta có phương trình

2 2 0 1

2
X

X X

X


    



Ta thu được các nghiệm: (-1 ;2), (2 ;-1).

Với S =-1 , P = -2 ta có phương trình

2 2 0 1

2
X

X X

X


    



Ta thu được các nghiệm: (1 ;-2), (-2 ;1).

Vậy, các nghiệm (x;y) của hệ là: (-1 ;2), (2 ;-1), (1 ;-2), (-2 ;1).
Bài 19: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)

Giải phương trình





2x  6x 5 x 2 x 1 10 0
.
Điều kiện: x1.

Đặt:
2

x a

x b

 





 




Ta có 2a22b2 2x2 6x 10

Nên pt trở thành 2a22b2 5ab0

2 2

2 5 25. 9. 5 3

2 2a. 0

4 16 16 4 4

b b b b b

a a

      

            

   

 

 

2
2a

a b

b


  



Với a2b thì x-2=2 x 1 x x



 8



0
0 (L)

x = 8 (N)
x

 


Với 2ab thì 2



x 2



 x 1 4x217x 15 0 



 



3 (N)

3 4x 5 0 5

x = (L)
4
x
x





    




</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Bài 20: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020)
a) x26x 8 3 x2.

Điều kiện xác đinh: x2.

Với điều kiện xác định trên, phương trình đã cho được viết lại như sau







 







6 5 3 2 1

3 1

1 5 0

2 1

x x x

x

x x

x

    



    

 



 



 

1 5 0

2 1
1

5 *

2 1

x x

x
x

x

 

      

 

 






  

  



Vì

  

1

2

nên x1là một nghiệm của phương trình đã cho.

Xét phương trình (*), với x2, ta có

5 3,
.
3

3
2 1
x

x

 







  

 Do đó, phương trình (*) có nghiệm

duy nhất x2.

Vậy phương trình có duy nhất nghiệm x1,x2.



 



2 2

2 2 2 2

2 2

x y x y x y

x y

y x

      



   

 

   

   

 



Điều kiện xác định của hệ phương trình

2,
2.
x
y








Với điều kiện xác định trên, hệ phương trình đã cho tương đương với





2 2

2.2
1

2 2

x y

y x

x y

y x



 

  




   

  

   

     



Đặt 2, 2

x y

a b

y x

 

  . Khi đó, hệ phương trình (2.2) trở thành





2 2

1 2 1

a b
a b

a b a b ab

 


 

 



 

     

 

0
1
1

0 1

0
a
b
a b

ab a

b

 





 

 

  



  



</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Vớia0,b1, ta có

0
2

2
1

2
x

x
y

y
y

x





   





 




 

 

 .

Vớia1, b0, ta có

2
2

0
0

2
x

x
y

y
y

x





   





 




 

 

 .

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm



0;2 , 2;0 .

 



Bài 21: ( HSG TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009)

Cách 1: Pt 2

3 2 2 ( 1)(2 1) 25 2 2 3 1 27 3
x

x

x x x x x x



 



 

   

        

 

 

2 2 2

1 9 1 9

4(2 3 1) (27 3 ) 150 725 0

x x

x

x x x x x

   

 

     

      

  .

Cách 2: + Nếu x>5: VT = x1 2x1 5 1  2.5 1 5  VP
+ Nếu 1 x 5: Tương tự VT < VP.

+ Khi x = 5 thì VT = VP, nên x = 5 là nghiệm của pt.
Bài 22: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2008 – 2009)

a) §iỊu kiƯn x 1.

Phơng trình đã cho tơng đơng với
3x x1 2x3 2x 2

)

3
2
)(
2
2
(
2
2
2
3
2
)
1
(
3
2
1

3           

 x x x x x x x x












 3x(x 1) (2x 2)(2x 3) x2 x 6 0 






3
2
x
x

Thử lại ta thu đợc x = 2 là nghiệm.

b) 
















)
2
(
2
1

)
1
(
1
2
1

y
x

x

x
y

x

§iỊu kiƯn x 1; y 1

Với điều kiện trên ta có x x 1 y 1 11 12
Đẳng thức xảy ra khi vµ chØ khi x = y = 1

Thư l¹i thÊy x = y = 1 cịng tháa m·n (1)

Tãm l¹i hƯ cã nghiƯm duy nhÊt 






.
1
1
y
x

Bài 23: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009 – 2010)
2x 1 3x  x 1 (1), điều kiện x0

Đặt 2x 1 a a, 0; 3x b b , 0

Suy ra b2 a2  x 1Thay vào (1) ta được a b b  2 a2  (a b a b ).(  1) 0  a b (do

0, 0

a b nên a+b+1>0)

1 3 1

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Bài 24: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013)

ĐK: x2. Với điều kiện biến đổi phương trình đã cho trở thành:

2 2

3. (x2)(x  2x4) 2(x  2x4) ( x2)

Chia cả hai vế của phương trình cho x2 2x4, ta được

2 2

2 3 2 2 0

2 4 2 4

x x

x x x x

 

  

    (1)

Đặt 2

( 0)
2 4

x

t t

x x



 

 

Thay vào (1) ta được t2 3 2 0t   t1 hoặc t2 (t/m)
+ với t1ta có

2
2

1
2

=1 3 2 0

2
2 4

x
x

x x

x

x x





     


   (t/m).

+ với t2ta có

2
2

2 =2 4 9 14 0
2 4

x x x

x x



   

  (vô nghiệm).

KL:
2

1 ( ) 4
( 1)( 2)

x y x y y

x x y y

    




   





+ Với y0 Hpt trở thành:
2

2
1 0

( 1)( 2) 0
x

x x

  




  



 (vô nghiệm)

+ Với y0.Hệ trở thành
2

2
1

( ) 4
1

( )( 2) 1

x

x y
y

x

x y
y

 

  







   



 (1)

+ Đặt

2 1
,
x

a b x y

y


  

thay vào hpt(1) ta được

4
( 2) 1
a b
a b

 




 


+ Giải được: a1,b3

+ Với a1,b3

2 1
1
3
x

y
x y

 



 

  

 .

Giải được nghiệm của hệ: ( ; ) (1;2) và (x;y)=(-2;5)x y 
+ KL:

Bài 25: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2016 – 2017)
a) Điều kiện: x1 (*).

Ta có:





4 2

1 1

2

1 1 2(

1) 3 0

x

x x

x













  

















1 2 1 3 0

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Đặt x x1y (Điều kiện:y1 **

 

), phương trình trở thành y2 2y 3 0.



 



2 2 3 0 1 3 0 1

3
y

y y y y

y




        




+Với

y



1

không thỏa mãn điều kiện (**).
+ Với

y



3

ta có phương trình:

1 3

1 3 1 3

1 9 6

1 3

2
2

7 10 0

x

x x x x

x x x

x
x

x x

x

 


        

   


 


 

 

      

  

  




Vậy phương trình có nghiệm x2.

b) Ta có x5y2 xy2 1



x5 1

 

 xy2 y2



0







4 3 2













4 3 2 2



4 3 2 2

1 1 1 0 1 1 0

1 0

x x x x x y x x x x x x y

x

x x x x y

                

 


 

    



-*Nếux 1 0  x1 ta có 1y2 y2 1 đúng với mọi y nguyên
Vậy ngiệm của PT là (1;yZ)

*Nêu x4x3x2  x 1 y2 4x44x34x24x 4 (2 )y 2
Ta có









2 4 3 2 4 3 2

2
2

2 2 4 4 4 4 4 4 4

2 8

3 4 4 3 0

3 3

y x x x x x x x x x

x x x

         

 

        

 

Vậy ta có





2
2 2

(2x x)  2y *
Ta có





2 2 2

2x  x 2  (2 )y 5x 0

, Vậy ta có









2 2

2y  2x  x 2 **
Từ * và ** ta có:

























2 2

2 2 2 2

2 2

(2 ) 2 2 2 2 2 1 ;

2 2 2

x x y x x y x x

y x x

        

  

Nếu





2 2 2 2 2

2y (2x x1)   x 2x  3 0 x  2x 3 0
1

( 1)( 3) 0

3
x

x x

x



     




+ nếu x 1 y2  1 y1
+Nếu x 3 y2 121 y11
-Nếu





2 2 2 2 2

2y (2x x2)  5x  0 x 0 y  1 y1.
Kết luận:

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

a) Giải phương trình

2 2

5 5

30 6x 6x

x x

   

ĐK:

2 5

6
x 

Vì

2 5

6
x 



2
2

0;6x 1 0

x    , theo cơsi ta có









2
2

2 2

6 1

5 5

30 6 1

x
x

x

x x

 

   

Dấu = có khi

2
2
5

6x 1 x 1
x    

Vì

2 5

6
x 


2

2
5
6x 0

x

 

, theo cơsi ta có

2
2

2 2

5
(6 ) 1

5 5

6 (6 ) 1

2
x

x

x x

 

    

Dấu = có khi
2

2
5

6x 1 x 1
x

   

Vây ta có

2 2

5 5

6 1 6 1

5 5

30 6

x x

x

x x

    

   

2 2

5 5

30 6x 6x

x x

    

Dấu = có khi  x1
Vậy x=1 là nghiệm phương trình

2 2

5 5

30 6x 6x

x x

   

b) Tìm số thực x để 3 số

2 2

3; 2 3;

x x x

x

  

là số nguyên

Đặt

2 2

3; 2 3;

a x b x c x

x

     

với , ,a b c Z

Từ a x  3 x a  3; từ b x 22 3 x2  b 2 3, nên ta có



a 3



2  b 2 3 a22 3a  3 b 2 3 2 3



a1



 b a2 3
-Nếu a+10

2 3
1 2 3

1
b a
a

a

 

   

 , vì

2 3

, 2 3

1
b a

a b Z Q Q

a

 

     

 VL

Vậy a+1=0 nên ta có 2

1 0 1

4
3 0

a a

b
b a

  

 

 

 



   



x



3 1



Với x 3 1 ta có a1;b4 và c2 nguyên, thỏa mãn đầu bài.

Bài 26: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2018 – 2019)
a) Điều kiện: 2 x 2.



 



2 2

2 2 2

5 6 5 6

2 2 2

2 6 2 6

x x

x x x x

  

 

     

  

   

5 6 5 6

2 2 2 2 6

x x

x x x x

 

 

    

6
5 6 0

5
x   x

(thỏa mãn điều kiện)
+) x 2 2 2 x  2x2 x 6 (*)





2 2 2 2 2

4 4 x 2x 4x 4 0 4 x 4 4 x x 4x 0

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

4 x x

   hoặc 4 x2  x 4
+) 4 x2  x x 2.

+) 4 x2 x 42 không thỏa mãn.
KL:

b) Điều kiện: x2.

 

3 2 6 4

8 2

2 5 5 2

x xy y y

x y

  





   




Từ phương trình

 

1 suy ra x0. Với x 0 y0 không thỏa mãn. Vậy x0.

 

1



y2 2x y

 

4 2xy2 4x2 y2



0 y2 2x

        (do x0).

Thế y2 2x vào

 

2 ta được x 2 2x 5 5

2 2x 9x 10 3x 18.

    

3 18 0

2.
144 284 0

x

x x

  



   

  



Bài 27: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 – 2010)

2 81 7

18

x





x



(1) ĐK : x ≤ 3

3
3

7.

Với ĐK trên ta đặt:

3 3 81

81 7 0

t
t  x   x  

. Thế vào PT (1) ta được:

t2 – 14t + 45 = 0

1
2

9

5 t





 





+ Với t = 9 ta được x = 0 (TMĐK)
+ Với t = 5 ta được x = 2. (TMĐK)
Vậy PT (1) có 2 nghiệm x = 0 ; x = 2.

Bài 28: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011 – 2012)
Pt:

2 16 0

16
x

x

x   

 . ĐK : 16 – x2 > 0  - 4 < x < 4
Đặt y = 16 x2 > 0  x2 – 16 = - y2 . Ta có :

3
x

y - y2 = 0  x3 – y3 = 0  (x – y)(x2 – xy + y2) = 0

 x – y = 0 ( vì x2 – xy + y2 > 0 )
 x = y .

16 x = x . Với x > 0 thì 16 x2 = x  16 – x2 = x2

 2x2 = 16  /x/ = 8  x =  8
Kết hợp các điều kiện x > 0 và - 4 < x < 4 , ta có x = 8 thỏa mãn .

Phương trình có một nghiệm x = 8 .

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Giải hệ phương trình :

2 2 11

3 4 2

x y

x xy y

  




   




Giải : Hệ phương trình tương đương với :

( ) 2 11

( ) 3 4 2

x y xy

   




   




Đặt u = x + y ; v = xy. Ta có hệ :

2 2 11
3 4 2

u v

u v

  




  


 

√

3 x

−

√

x

+

1 =

√

2 x

+

3 −

√

2 x

−

2

⇒3x+x+12−√3x(x+1)=2x+3+2x−2−2√(2x−22)(x+3) u2 + 2u – ( 17 + 8 ⇒3x(x+1)=(2x−2)(2x+3)⇒x2−x−6=0⇒ ) = 0.

Giải ra được : u1 = 3 + [[xx==−23[ ; u2 = - 5 –

√x+√y−1=2x−1(1)

x+√x−1+√y=2(2)

{¿ ¿¿

¿ . Từ đó suy ra : v1 = 3

x

+

√

x

−

1 +

√

y

≥

1 +

√

1 −

1 +

√

1 =

2

; v2 = 8 + 5

x=1

y=1 .

{¿ ¿ ¿
¿

Ta có :

3 2
3 2
x y
xy

   






  x = 3 ; y = 2 hoặc x = 2 ; y = 3
5 2

8 5 2
x y

xy

   




 


  không tồn tại x ; y.
Hệ có hai nghiệm ( 3 ; 2) và ( 2 ; 3)

Bài 30: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2017 – 2018)

a)



x  y 2x

 

 y 1



9 y 1







13 2x2 xy x  2xy y2 y + 9y  9 13



 







2 2 2 2

2x xy x y 8y 15 7 2x xy 5x 2xy y 5y 6x 3 7

                













x 2x + y 5 y 2x + y 5 3 2x + y 5 7

      



x y 3 2x + y

 



    

Lập bảng:

x – y + 3 1 7 - 1 - 7

2x + y – 5 7 1 - 7 - 1

x 10

3 - 2 - 2

y 16

2
3

 2 8

Loại Loại

Vậy phương trình có nghiệm ngun (x ; y) là (-2 ; 2); (-2 ; 8)
b) Cách 1: Điều kiện x  2018

x + x + 2018 2018 (1). Đặt t = x 2018



t 0



ta có t = x + 20182 t2 x 2018

   (2)
Từ (1) và (2) suy ra:



x + t2

 

 t2 x



0 



x2 t2







t + x



0 



x  t 1 x

 

t



0

x + t 0 x t

x 1 t 0 x t 1

 

 

   

    

 

Với x = –t ta có: x  x 2018 (ĐK 2018 x 0) (3)

PT (3)





2 2

1 8073
x

2
x = x + 2018 x x 2018 = 0

1 8073
x

KTMĐK

 





    

 





</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

PT (4)





2 2

1 8069
x

x + 2x + 1 = x + 2018 x + x 2017 = 0

1 8069

ĐK

x KTM

  





   

  





Vậy PT có tập nghiệm là

1 8073 1 8069

S ;

2 2

    

 

 

 

 

Cách 2: Điều kiện x  2018

2 2 1 1

x + x + 2018 2018 x + x + = x 2018 x 2018

4 4

     

2 2 x 1 x 2018 1 x 1 x 2018

1 1 2 2

x x 2018 1

1 1

2 2 x x 2018

x x 2018 2

2 2

 

      



    

           

            
















2 2

2
2

1 8069
x

x 1 x 2018 x 1 x + x 2017 0 2

x x 2018 0

x x 2018 x 0 1 8073

  




       




   



  

     

  



Vậy PT có tập nghiệm là

1 8073 1 8069

S ;

2 2

    

 

 

 

 

Bài 31: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019)
a)

2
3

x xy y 1 (1)

x y 4x 5 (2)

   




  



 . Điều kiện x  0

PT (1)  x2 xy y 1 0  (3)

PT (3) là phương trình bậc hai ẩn x có





2
2

y 4y 4 y 2 0
      
Do đó PT (3) có hai nghiệm x 1 (loại vì x  0), x =

1 y
a

  

(điều kiện y  1 vì x  0)
 y = -x + 1 . Thay y = -x + 1 vào PT (2) ta có

x   x 14x 5  x  1 3 x 1 4x  4 0





3
x 1

x 1 4 x 1 0
x 1



     











2
3

3 x 1 x 1 1 4 x 1 0
x 1

  

 

     

  

 









2
3

x 1 0
x 1

1 4 x 1 0
x 1

  



  

    

 

  x = 1 (TMĐK) suy ra y = 0 (TMĐK)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) là (1 ; 0)

b) 2xy2 x  y 1 x  22y2xy  x2 x 2y



2 y 1



 2y2 y  10 (1)
Đặt 2y2 y 1 = a, khi đó PT (1) trở thành  x2 ax a  2 0 (2)

Phương trình (2) có





2
2

a 4a 8 a 2 4
      

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Đặt





a  2  4= k2

(k  N)





2
2

k a 2 4

    



k a  2 k

 

 a 2



4

Vì (k + a – 2) + (k – a + 2) = 2k là số chẵn và có tích cũng là số chẵn nên (k + a – 2) và (k – a +
2) là số chẵn.

Do đó

k a 2 2
k a 2 2

  




  

 hoặc

k a 2 2
k a 2 2

  




  

 

k 2
a 2






 hoặc

k 2

a 2








Vậy phương trình (2) có 2 nghiệm là

2
2

a k 2 2

x 2

2 2

a k 2 2

x 0

2 2

  

  




  

   



Ta có 2y2 y 1 = a = 2  2y2 y 1 = 0  2y2 2y  y 1 0  = 0



 



y 1

y 1 2y 1 0 1

y
2




    

 

 . Ta chọn y = 1 (vì y  Z)
Vậy nghiệm nguyên (x ; y) của hệ phương trình là (2 ; 1) và (0 ; 1)
Bài 32: ( HSG TỈNH BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2012 – 2013)

Giải hệ phương trình :

2 2

3 3

x y xy

x y y

   




  


 (*)







 





 



2 2

2
2

3 3

1 3 3

2 1 1 0

1 1 1 0

1 2 0

2 0

y x xy

y x y

x xy x y

x x xy x y

x y x x

x x y

x
x y

   


 

  




     

       

      

    

 
 

  


+ Với x=1: (*) trở thành: 2

1 1

0; 1

3 3

x x

y y

x y y

   





 

 

  

 



+ Với x + y – 2 = 0 : (*) trở thành:





2
2

2 0 1 1

3 2 3 3 5

3 3

x y

x y y x

y y y y x

x y y

  

       

 

 

  

      

  

  

 

Vậy hệ PT đã cho có 3 nghiệm: (1;0); (1;1); (5;-3)

Bài 33: ( HSG TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2018 – 2019)
a) Điều kiện xác định của phương trình là

3
x



. Với điều kiện xác định ta có

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>



 





 







3x 5 x 2 3x 5 x 2 4x 2x 3 4x 2x 3

3x 5 x 2 4x 2x 3

3x 5 x 2 4x 2x 3 2x 3 2x 3

3x 5 x 2 4x 2x 3 3x 5 x 2 4x 2x 3

         



    

      

   

         

Dễ thấy ngay với

3
x



thì 2x 3 0  do đó từ phương trình trên ta thu được

3x 5  x 2  4x 2x 3

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ phương trình

3x 5 x 2 4x 2x 3

      




     



 .

Cộng theo vế hai phương trình của hệ trên ta được phương trình

2 3x 5 2 4x   3x 5  4x  3x 5 4x   x 5

Kết hợp với điều kiện xác định ta được x5 là nghiệm duy nhất của phương trình.

b) Hệ phương trình đã cho được viết lại thành











 











2 2 2 2

xy 2x y 2 4 x 1 y 2 4

x 1 y 2 8 x 1 y 2 8



       

 



 

       

 

 

Từ đó ta có











 





 



2 2

x 1  y 2 2 x 1 y 2    x 1  y 2   0 x 1 y 2  

  .

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ trên ta được









x 1 4 x 1  2 x 3;1

Từ đó ta được



x;y

 

 3;0 , 1;4

 



là các nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Bài 34: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2010 – 2011)

  

   

1 1 6

2 2

1 1 13

2 2 11

x y

xy x y

x y x y

  


   

  

   















Đặt u = x + 1; v = y - 1 . Ta có





2 25

6
u v
uv

  







 
Có hai trường hợp :

5 3 2 2 1

6 2 3 3 4

u v u u x x

uv v v y y

     

    

   

    

    

    

5 3 2 4 3

6 2 3 1 2

u v u u x x

uv v v y y

     

    

   

    

    

    

KL:

Bài 35: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2012 – 2013)

a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x32x23x 2 y3
Ta có

3 3 2 2 3 2 2 3 7 0

4 8

 

           

 

y x x x x x y

(1)

3 3 2 9 15

( 2) 4 9 6 2 0 2

4 16

 

            

x y x x x y x

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1

Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm được hai
cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0)

b) Điều kiện:

1
2

x

PT  4x23x 3 4x x 3 2 2x 1



 



4x 4x x 3 x 3 1 2 2x 1 2x 1 0

          



2x x 3

 

2 1 2x 1



2 0

      

2 3

1 2 1

x x

x

  



 

 




4 3

1 2 1

x x

x
x

  

   

 

 (tmđk)

Bài 36: ( HSG TỈNH ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010 – 2011)
a) Giải hệ phương trình:

17 2 2011
2 3 .

  




 




x y xy

x y xy (1)

Nếu xy0 thì

17 2 2011 1 1007 9

9 490

(1)

1 2 3 1 490 9

1007
9

y x y

y x x

     



  

     

      



  

 (phù hợp)

Nếu xy0 thì

17 2 2011 1 1004

(1) 0

1 2 3 1 1031

y x y

y x x

    



 

     

    

 

 (loại)

Nếu xy0 thì (1) x y 0 (nhận).
KL: Hệ có đúng 2 nghiệm là (0;0) và

9 9
;
490 1007

 

 

 

b) Điều kiện x ≥ 0; y  z ≥ 0; z  x ≥ 0  y ≥ z ≥ x ≥ 0
pt  2 x 2 y z 2 z x      x y z z x 3  



2 2 2

( x 1) ( y z 1)  ( z x 1)  0



x 1
y z 1
z x 1

 




 




 


 

x 1
y 3
z 2






 

 (thỏa điều kiện)

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>













2 4 2

2 2

4 2 2 2

2 2

) 9 12 1 18 81 12 1

18 81 36 12 1 9 6 1

2; x = 4

9 6 1 6 8 0

( 3) 1 0 (vn)

9 6 1 6 10 0

x x x x x

x x x x x x

x

x x x x

x

x x x x

a        

         



        

     

  

     

  

 

Vậy phương trình có hai nghiệm: x = 2 hoặc x = 4
b) x2x2 2. ĐKXĐ: x2

2 2

1 1 1

2 2 2 2. 2.

2 4 4

1 1

2 2 (1)

1 1 2 2

1 1

2 2 2 1 (2)

2 2

x x x x x x

x x x x

x x

          


   

   

   

          

            



Giải phương trình (1): x2x (x 0)  x2  x 2

 x2 x 2 0   x1 (L); x = 2 (N)
Giải phương trình (2): x2x 1 (2) (x1 )

2 2

1 5
( )
2

2 1 2 1 0

1 5
( )
2

x L

x x x x x

x N

  




        

  




Vậy phương trình có 2 nghiệm: x =2;

1 5
2
x 

Bài 38: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019)

a) Giải hệ phương trình

2 2

3 3

1 x

y

x

y



















(với x, y thuộc R).

Giải:









2 2

3 3 3

2

1 (

)

3

1 x y

xy

x

y

x

y

x y

xy x y



































Đặt

x y S

xy P













Ta có:

2
2

3 2

3 3

1 1

2

1 2

2

3

1 2

3

2 0

3 .

1

2 S

S

P

S

P

S

SP

S

S

S















































 





</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

















2 2

1

2 1 5

5

2

0 1 5

5

2

0

5

3 2 0

S

P

P

S

































 





























1

2

1

0

5 2 0 (vn)

S

P

S









 















 



0

1 P

S





 





0

1

0

1 x

y

x y

xy

y

x







































 



 



b) Giải phương trình

9

24

27

9 0 (x R)

x



x



x



x

 



Giải:

9

24

27

9 0 (*)

x



x



x



x

 

Với x = 0,

(*)



0x+9=0

(phương trình vơ nghiệm.
Với x



0, chia 2 vế của phương trình (*) cho x2.

2
2

27

9

3 (*)

- 9x+24 -

+

=0

9 18 0

3 3 0

3

6

0

3 6 0

3 3 0 (

)

3

6 3 0

3

6 x

vo nghiem

x

















































 











 







  



 



   







 

 





 



 



 



Bài 39: ( HSG TỈNH HÀ GIANG NĂM HỌC 2011 – 2012)

Với ĐKXĐ : x

3
2


Ta có :









2 2

x-1+ 2x-3 + x+3+3 2x-3 =10 2
2x-2+2 2x-3 + 2x+6+6 2x-3 =20

2x-3 +2 2x-3.1 1+ 2x-3 +2. 2x-3.3 3 =20


  



2x-3 1 +





2x-3 3 =20



2 2x-3 1 2x-3 3 =20
2x-3 1 2x-3 3 20 2 2x-3 4 20

2x-3 8 2x-3=64
67

x 33,5 (TMDK)
2

      

       

  

  

Vậy x = 33,5

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

PT: x3 2 (3x 2)3 3x(3x 2) (*)
ĐK: x ≥

3 . Từ (*) =>2 (3x 2)3 3 (3x x 2) x3. Bình phương hai vế ta được:
4(3x - 2)3 = 9x2(3x - 2)2 + x6 - 6x4(3x - 2)

<=> (x - 1)2( x - 2)2(x2 - 12x + 8) = 0

=> x1 = x2 = 1; x3 = x4 = 2; x5 = 6 - 2 7, x6 = 6 + 2 7. Thoả mãn.
Bài 41: ( HSG TỈNH HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012 – 2013)

a) Ta thấy x0 khơng thoả mãn phương trình.

Với x0, ta có pt đã cho 

3
5
1
1
1
1

1
2






x
x
x
x
(1)
Đặt xx t

thì t 2. Pt (1) trở thành 3
5
1
3
3
5
1
1
1
2
2 







 t
t
t
t





















5
7
2
0
7

5
)
2
(
0
14
3
5 2
t
t
t
t
t
t
.
Chỉ có t2 thoả mãn, khi đó 2 1

1



 x
x
x

(t/m). Vậy pt có một nghiệm là x = 1.

b) Hệ pt 





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

. Đặt ax 2, hệ trở thành 








1
1
3
3
2
2
y
a
y
a
.

 























2
0
)
1
(
)
1
(
1
1
,
1
1
,
1
2
2
3
3
2

2 a a y y

y
a
y
a
y
a
y
a
.

Từ (1), suy ra (2) có vế trái 0, dấu bằng xảy ra  a2(1-a) = y2(1- y) = 0.
Kết hợp a2 y2 1 ta có 




1
0
y
a

hoặc 



0
1
y
a

. Thay vào ta có nghiệm 



1
2
y
x
; 



0
3
y
x
.
Bài 42: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2009 – 2010)

a)

2 2

( 4 )(2 ) 2 ( 4 )(2 ) 2

2 3 ( 4 ) (2 ) 3

y y y x y y y x

y y x y y y x

       
 

 
      
 
 

Đặt

2 4
2

y y u

y x v

  



 



suy ra có hệ

2 (3 ) 2

3 3

uv v v

u v u v

  
 

 
   
 

2 3 2 0
3
v v
u v

   
 
 


1 2
;
2 1
u u
v v
 
 
  

 
 

*

2 2

1 4 1 4 1 0 2 5

2 2 2 2 2 2 2

u y y y y y

v y x x y x y


       
   
  
   
       
   

*

2 2

2 4 2 4 2 0 2 6

1 2 1 2 1 2 1

u y y y y y

v y x x y x y


       
   
  
   
       
   

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

2 2 5 2 2 5 3 2 6 3 2 6

; ; ;

2 5 2 5 2 6 2 6

x x x x

y y y y

           

   

   

       

   

   

b) ĐK:

1
2
x

Phương trình đã cho tương đương với:

2 (2 1) 2 2 1 1 0

x  x  x    x2 ( 2x1 1) 2 0
(x 2x 1 1)(x 2x 1 1) 0

       

2 1 1 0

x x

    

(vì

1
2
x

nên

x 2x1 1 0 

)

2 2

1 0 1

1 2 1

( 1) 2 1 4 2 0

x x

x x x x

  

 

       

     

 

1,2
1

2 2
2 2

x





    

 




(thỏa mãn ĐK

1
2
x

)

Nghiệm của phương trình là

x 2 2

Bài 43: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2012 – 2013)
Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình

Với

x 0



, phương trình đã cho tương đương với:

4

3 +

= 6

6 x 5 +

x 7 +

x



Đặt

6 t = x 7 +

x



phương trình trở thành

  



 

2 2

4

3 + =6 1 t 0;t

2 t+2 t

1 4t 3t 6 6t

12t

6t

5t 6 0









 











Giải phương trình ta được 1 2

3 2

t ; t

2 3



 

( thỏa mãn )

Với 1
3
t




ta có

6

3

7

2

11 12 0

2 x















Giải phương trình ta được 1 2
3

x ; x 4

 

( thỏa mãn )
Với 2

2
t



ta có

6

2

7

3

23 18 0

3 x





 







Giải phương trình ta được 3 4

23 313 23 313

x ; x

6 6

 

 

(thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là : 1 2
3

x ; x 4

 

; 3 4

23 313 23 313

x ; x

6 6

 

 

x + y + 4 xy = 16

x + y = 10











(I) (

x; y 0



)

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

S + 4P = 16

S - 2P = 10







( II)

Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được

S = 4

P = 3







Khi đó

x; y

là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0
Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1

Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm

x = 9 x = 1

;

y = 1

y = 9







Bài 44: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2013 – 2014)

a) Đặt





2 2 4 2

2 4 2 2

t x x   t  x  x 





2
2 2

2
2
t
x x  

ta được phương trình
2

2 4

4 2 8 0

2
2

t
t

t t t

t


       




Với t = -4 ta có





4 2 4 2

0 0

2 4 4

2 2 16 2 8 0

x x

x x

x x x x



  



     

     




2
0

2
2

x

x
x




   




Với t =2 ta có





4 2 4 2

0 0

2 4 2

2 2 4 2 2 0

x x

x x

x x x x



  



     

     




2
0

3 1
3 1

x

x
x





    

 



 . Kết luận nghiệm của phương trình.

b) Từ hệ ta có





3(2 ) 3(2 ) ( 2 2) 2 2 2 0

x y x y x y  x  y xy x y 
3

(x y) (x y) 0 x y

x y




     




* Với x = y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); ( 3; 3);( 3; 3)
* Với x = - y ta tìm được (x ; y) = (0; 0); (1; 1 );(1;1)
Vậy hệ phương trình có nghiệm

(x ; y) = (0; 0); ( 3; 3);( 3; 3);(1;1);(1; 1 )
c)

2 2 32

xy  xy x  y  x y( 1)2 32y

Do y nguyên dương 2

32
1 0

( 1)
y

y x

y

    

Vì ( ,y y1) 1  (y1)2U(32)

mà 32 2 5 (y1)2 22 và (y1)2 24(Do (y1)2 1)
*Nếu (y1)2 22  y1;x8

*Nếu (y1)2 24 y3;x6

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

1
x
y







 và 
6
3
x
y








Bài 45: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014 – 2015)









1

1 2 2

1

2

x



x



x

 



x



x

 

(1)
ĐKXĐ:

x



1

Đặt:

y



x



1;

z



2

Khi đó (1) có dạng : x3 + y3 + z3= (x + y +z)3 (2)
Chứng minh được (2) (x+y)(x+z)(z+x) = 0

Với: x + y = 0



x



x

  

1 0

x

 

1 x

1

5

2 x







( Thỏa mãn)
Với: x + z = 0



x



2 0

 

x



2

( không thỏa mãn).

Với: y + z = 0



x

 

1 2 0



- vơ nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm:

1 5
2

x  









3 4 2 2

x 1 + y 1 = 4

x xy x y

x y

    




 




2 2 2

2 2 2 2

3 4 2 2 0 2 5 2 0

x + y 4 0 x + y 4 0

x xy x y x xy y x y

x y x y

            

 

   

       

 

 

Ta có:2x2xy y 2 5x y   2 0



y x  2

 

y 2x1



0
2

y x

   hoặc y2x1

Với y 2 x thay vào (2) ta được: x2 – 2x +1 = 0 suy ra x = 1
Ta được nghiệm (1;1)

2 1

y x thay vào (2) ta được: 5x2 – x – 4 = 0 , suy ra x = 1;
4
5

x

Ta được nghiệm (1;1) và (

4 13
;
5 5
 

)
Vậy hệ có nghiệm (1;1) và (

4 13
;
5 5
 

)
c) Giả thiết





2 2 2 2 2

3 x 3 18y 2z 3y z 54

      (1)

+) Lập luận để z23 z3 z29 z2 9(*)

(1) 3(x 3)22z23 (y z2 2 6) 54(2)

(2) 54 3( x 3)22z23 (y z2 2 6) 3( x 3)22.9 3 .3 y2

2 2

(x 3) 3y 12

2 2 2

4 1; 4

y y y

     vì y nguyên dương

Nếu y2  1 y1 thì (1) có dạng:





2 2 2 2 72 2

3 3 5 72 5 72 9 3

x  z   z   z   z   z

(vì có(*))

Khi đó









2 2

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>





2 2 2 2 2

3 x 3 14z 12614z 126 z  9 z  9 z3(vì z nguyên dương)
Suy ra (x 3)2  0 x3(vì x nguyên dương)

Đáp số

3 6

2; 1

3 3

x x

y y

z z

 

 

 

 

 

   

 

Bài 46: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016 – 2017)

a) Giải phương trình:





2 2

2x  2x 1 (2x 1)   x  x 2 1 





2 2

2x  2x 1 (2x 1)   x  x 2 1 



x2 x 2



x2 x 1 (2x 1)



x2 x 2 1



          

(1)

Đặt





2 2

t x  x 2 1   x  x 2  t 1
Thay vào pt(1) ta có pt:





2 2

t 1 x  x 1 (2x 1)t  







 



2 2 2 2

t 2t 1 x x 1 (2x 1)t t 2t x x 2xt t 0

t x t x 0 t x t x 1 0

              

         

t x
t x 1



   



Với t x ta có pt: x2 x 2 1 x  





2
2

x 1

x x 2 x 1




 

   




2 2

x 1

x 1 1

x
1

3
x

x x 2 x 2x 1

3




 

     


    

 

Với t x 1  ta có pt: x2 x 2 1 x 1    2 2
x 0

x x 2 x



 

  


x 0

x 2
x 2




   




Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm

1
x 2, x .

 

b) Giải hệ phương trình:





2
2

x y 1 xy x 1

2x x y 1

     




  


 (1)

x

3 +

2

√

(

3 x

−

2 )

3 =

3 x

(

3 x

−

2 )

Đặt y + 1 = t hệ trên trở thành









2 2
2 2

3 2 2

x t xt 1

2x x t x t xt

2x x t

   

 



 

   

 

 

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

2 2

3 3 3

x t xt 1
2x x t

   


 

 




2 2

x t xt 1
x t

   

 



2 x t 1

x 1

x t 1

x t

 

  

   

 

 



Với x=t=1 thì (x;y)=(1; 0)
Với x=t=-1 thì (x;y)=(-1;-2)

Vậy nghiệm của hệ phương trình: (x; y) là (1; 0),(-1; -2).

c)Tìm các cặp số nguyên

x

=

0

thoả mãn:

x

≠

0

. (1)

Ta có

⇔

2 x

+

1 x

−

1 −

1 x

+

1 x

+

1 =

5

3

Vì x+1

x=t suy ra

|

t

|≥

2

Ta có -7=(-1).7=1.(-7) nên ta có các trường hợp sau:
+ TH1:

2 t

−

1 −

1 t

+

1 =

5

3 ⇔

t

+

3 t

−

1 =

5

3

(Thoả mãn)

+ TH2:

⇔5t2−3t−14=0⇔(t−2)(5t+7)=0⇔

[t=2

[t=−7

[¿

(Thoả mãn)

+ TH3:

t

=

2

(Thoả mãn)

+ TH4:

x

+

1 x

=

2 ⇔

x

=

1

(Thoả mãn)

Vậy các cặp số nguyên

⇔

cần tìm là:

(x−2)2+ y2=1

( x−2)3+ y2=1

{¿ ¿ ¿

Bài 47: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2018 – 2019)

a) Giải hệ phương trình

a

=

x

−

2

a 2+ y 2=1

a3 + y 3=1

{¿ ¿ ¿

⇒

−1≤a , y≤1

a2+ y2=a3+y3

⇔

−1≤a , y≤1 (1)

a2

(1−a) + y2

(1−y)=0 (2)

¿
¿ {¿ ¿ ¿

Thế

¿

0

vào phương trình (2) ta có

⇔

.

a

+

y

=

1

. Hệ có nghiệm

a=0

y=1

{¿ ¿ ¿

b) Giải phương trình

a =1

y =0

{ ¿ ¿ ¿

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Điều kiện ¿

{¿ ¿¿

¿ .

Phương trình

x =3

y =0

{ ¿ ¿ ¿

2
3

( 3) 2 6

1 1 4 1

1 1

( 3) 2 0

1 1 4 1

( 3) 0

1 1

2 (2)

1 1 4 1

x x

x x x x

x x

x x

x x

x x

x x



   

   

 

     

   

 

 





  

    



( 3) 0 0; 3

x x   x x (Thỏa mãn điều kiện).

Với điều kiên  1x4 ta có
1

1 1 1 1 1 1 1 2

1 1 1 4 1

4 1 1 1

4 1

x x

x x

x






     

 

   

 

   

  

 

 

  

 . Dấu

" "



không xảy ra nên
phương trình (2) vơ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x0 và x3.

c) Giải bất phương trình x3(3x2 4x 4) x 1 0 (1)
Điều kiện x1.





3 2 3 2

3 2

(3 4 4) 1 0 3 1 4( 1) 1 0

3 1 4 1 0 (2)

x x x x x x x x x

x x x x

           

     

Xét x1, thay vào (2) thỏa mãn.

Xét x  1 x 1 0. Chia hai vế của (2) cho





3
1
x

ta được bất phương trình

3 2

3 4 0

1 1

x x

   

  

   

 

    .

Đặt 1

x
t

x



 , ta có bất phương trình t33t2 4 0  (t 1)(t2)2   0 t 1

2 2

1 0 1 0 1 0

0 0

1 1 1 1 5

1 0

1 1 0 2

1 5

x x x

x

x x

t x x

x x

x x x x

x

     

    

  

 

           



    



     

 

 



   

Kết hợp x1là nghiệm, ta có tập nghiệm của bất phương trình

1 5

1;
2

  



 

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Bài 48: ( HSG TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013)

Giải các phương trình:

x2  7x6 x3 x 6 x2 2x 3
(x 1)(x 6) x 3 x 6 (x 1)(x 3)

         

1( 6 3) 6 3 0

x x x x x

         

( x 6 x 3)( x 1 1) 0

      

6 3 0

x x

     vô nghiệm; x 1 10được x = 2. 
Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệm.

Bài 49: ( HSG TỈNH HỊA BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010)

a) Biến đổi chuyển về (x2)(x2 x 1) 0 ,
Giải ra đợc pt có 3 nghiệm

1 5
2

2
x va x 

3 3

3 3 (1)
20 0 (2)

x x y y

x xy

   




  



 Biến đổi pt (1): (x y x )( 2xy y 23) 0

Lập luận đợc x2xy y 2 3 0, từ đó (1) : x = y
Thay vào (2) đợc: x y 10.

Bài 50: ( HSG TỈNH HỊA BÌNH NĂM HỌC 2013 – 2014)
ĐK: x1, ta có PT:

2 4

( 1) 5

1
x

x

  



Cách 1: Đánh giá theo bất đẳng thức Cosi có:

2 4 2 1 1 1 1

( 1) ( 1) 5

1 1 1 1 1

x x

x x x x x

        

    

Đẳng thức xảy ra khi x2. KL…

Cách 2: Đặt x1t t( 0) ta được phương trình

4 4 5
t

t
 

5 2 3 2

5 4 0 ( 1) ( 2 3 4) 0

t t t t t t

          . Từ đó tìm được x2. KL …
Bài 51: ( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014)

a) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn 2xy4x2y1  5x2 2y2.

Vì x,y nguyên nên ta có: 5x2 2y2 2xy4x2y (*)

 (x2  2xyy2)(4x2  4x1)(y2  2y1)2
 (x y)2 (2x1)2 (y 1)2 2

Ta có (2x 1)2 2, 2x 1 lẻ  (2x 1)2 1 






1
0
x
x

Với x0 thì (*)  y(y1)0  0y1 






1
0
y
y

( thỏa mãn)

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

b) Giải hệ 













)
2
(
9
21

82
52

)
1
(
2

2
2

3
3

y
xy
x

y
x
y
x

Nhân vế trái của (1) với vế phải của (2) và nhân vế phải của (1) với vế trái của (2) ta có:
(9)(4x3  y3)(x2y)(52x2  82xy21y2)

 (9)(4x3  y3) (x2y)(52x2  82xy21y2)0
 8x3 2x2y 13xy2 3y3 0

 (8x3  8xy2)(2x2y 2xy2) (3y3 3y2x)0
 8x(x2  y2)2xy(x y) 3y2(x y)0


(

x y



)(8

x



10 xy



3 ) 0

y



Biến đổi nhận được phương trình: (x y)(4x y)(2x3y)0
Với xy tìm được (x;y)(0;0) ( thử vào hệ khơng thỏa mãn)
(x;y)(1;1);(1;1) ( thử vào hệ thấy thỏa mãn)
Với y4x tìm được (x;y)(0;0) ( thử vào hệ không thỏa mãn)

Với y 3 x

2



tìm được (x;y)(0;0) ( thử vào hệ khơng thỏa mãn)
Vậy hệ có nghiệm (x;y)(1;1);(1;1)

Bài 52: ( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)
a) Ta có

















2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

5 6 2 2 2 40 0

2 2 2 1 4 4 41

1 2 41

1 2 4 5

x xy y x y

x y xy x y x xy y

x y x y

     

         

     

      

TH1:

1 4 2

2 5 1

x y x

x y y

   

 



 

  

  TH2:

1 5 0

2 4 4

x y x

x y y

   

 



 

  

  (loại)

Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là (2; 1).
b) ĐK: 5 x2   0 5 x 5

Ta có:
3

2
2 8 40
5

x x

x  



 x38x2 5 x2 40 5 x2











 





 



3 2 2

3 2

2 2 2 2

2 2 2

8 5 5 0

2 5 0

2 5 2 5 20 4 0

2 5 2 5 3 20 0

x x x

x x

x x x x x x

x x x x x

      

    

          

         

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>





2 2

4 5
5 20

2
2

x x

x
x
x

   

 

 

 

TH2: 2x 5 x2  3x2 20 0





2 2

2 2 4 2

2 5 3 20

4 5 9 120 400

x x x

x x x x

    

     

13x4100x2400 0 (vô nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.

c) Ta có:





 

3 3 2

15 14 3 2 1
4 6 15 3 0 2

x y y y x

x xy x

      




   




Ở phương trình (1) ta có:













3 3 2

3
2

15 14 3 2

3 15 6 14

3 6 12 8 3 6

3 2 3 2

x y y y x

x x y y y

x x y y y y

x x y y

     

     

       

      

 x y 2 (*)

Từ (2) và (*) ta có hệ phương trình:









3
3

3 2 3 2

3
3

2
2

4 6 2 15 3 0
4 6 15 3 0

2 2

4 6 3 3 0 8 12 6 6 0
1 5

2 1 5 2

2 5 5

x y

x x x x

x xy x

x y x y

x x x x x x

x
x

x y

y

 

  





 

     

   

 

   

 

   

       

 

  


  

 

   

   

 

 




Vậy hệ phương trình có nghiệm là

3 3

1 5 5 5
;

2 2

    

 

 

Bài 53: ( HSG TỈNH KOMTUM NĂM HỌC 2012 – 2013)
Phương trình: x210x21 6 3  x 3 2 x7. (1)

Ta có: x210x21 ( x3)(x7).

Do đó (1) có điều kiện:

3 0

3
7 0

x

x
x

 


 



 

 .

Khi đó (1) trở thành:



 



( 3)( 7) 3 3 2 7 6 0

3 7 3 2 7 3 0

x x x x

x x x

       

       



x 7 3

 

x 3 2



</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

7 3 0
3 2 0
x

x

   

 

  



7 3 2

1
3 2

x x

x
x

    

   



  

 (tmđk)

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là S 



1;2



Bài 53: ( HSG TỈNH LAI CHÂU NĂM HỌC 2014 – 2015)

a) (ĐKXĐ:

  

3 x

5

)



 



3

5

4 3 5

2 3 5

16 x

 



x

 

x

  

x



x





x





 





 







2 x



3 5



x

 

8 x



3 5



x



16 

x



1 

0 1 0

1 x





 



(thỏa mãn)

 

2 2

2

1

2

4

2 4 2

z

x y

x y z

xy z

z

xy

 







 























Thế (1) vào (2) ta có pt:



2 



2 

0

2 (*)

2 x

y











  





Thế (*) vào pt (1) ta được z = -2

Vậy nghiệm của hpt là: (2; 2; -2)













2 2 2 2

2 1 0

y



x



y



y



 

y



x



y



y













2 2

2 1

1

0

1

2

1

0

2

1

3

1 4(

)

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

loai





 

































 







 



 































Vậy nghiệm nguyên của pt là: (x; y) = (0; -1)

Bài 54: ( HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2015 – 2016)

Từ



 



2 2

2x



xy y





5x y 2





x y 2 2x y 1

 





0

TH1:

x y 2 0







thế vào pt còn lại của hệ : xy=1



x y 1

 

TH2:

y 2x 1





thế vào pt còn lại của hệ :

5x



x 4 0





4 x

x 1

5

y 1

13 y

5 























 





Vậy nghiệm của hệ (1;1),

4

13 (

;

)

5 

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

ĐK:

1

3 x



4

1

3

1 0

(3

1)

3

1 0

x



x

 

x



 

x



x



x



x





Đặt

t



3 x



1 0



ta được:

x



t



x t

 

0 (

x t x t

)(

) (

x t

) 0

(

x t x t

)(

1) 0









 



 



Với TH

x t





0

hay

3

5

3

1

3

1

2 x



x





x



x





x





t/m
Với TH

x t

 

1 0



hay

t

 

1 x



3 x



1 1

 

x

, ĐK:

x



1

5

17

3 1 1 2

2 x

x x

x







 







t/m (loại

5

17

2 x





)

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:

3

5

2 x





5

17

2 x





Bài 56: ( HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2011 – 2012)
Ta có: xy + 2x = 27 – 3y

xy

2x

3y

27 Û

+

=

 x y



2



3



y2



33

(x

3)(y

2)

33 Û

+

+ =

Û

x

3 1

y

2 33

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ

hoặc

x 3 33

y 2 1

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ

hoặc

x 3 3

y 2 11

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ

hoặc

x

3 11

y 2 3

ì + =

ïï

íï + =

ïỵ

do x > 0, y > 0.

Û

x

2 y

31 ì

=-ïï

íï =

ïỵ

(loại)hoặc

x

30 y

1 ì =

ïï

íï

=-ïỵ

(loại)hoặc

x

0 y

9 ì =

ïï

íï =

ïỵ

(loại)hoặc

x

8 y 1

ì =

ïï

íï =

ïỵ

(tđk)

Vậy cặp số ngun dương cần tìm là (x; y) = (8;1)

Bài 57: ( HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2018 – 2019)
Giải hệ phương trình:





3 3
3

3
2

x y x y

x x y

x y x y

y y x

   

  

 



 

  

 

 

 





































2 2 2 2

1 0

3 3 0

x y x xy y x y x y x xy y

           

 

   

         

 

 

TH1:

0 0

x y x

x y y

  

 



 

  

 

TH2:

2 2 2

0 3 3

3 0 3 0 3 3

x y x y x , y

x xy y x x , y



    

 

  

 

        

  

TH3:

2 2

1 1

1 0

1 1

0 1 0

x y x , y

x xy y

x , y

x y x

  

      

 

  

 

    

 

TH4:













2 2

2 2

2 2 2

1 0

1 0 2 0 0 1 1

1 1 1

3 0 3 3 0 2 2 0

x y xy

x xy y x y x y x , y

xy x , y

x xy y x y xy xy

     

            

  

   

    

  

     

       

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Vậy nghiệm



x, y



của hệ pt là



0 0 ;,





3 3 ;,

 

 3, 3 ; 1 1 ; 1 1





,

 

 ,



Bài 58: ( HSG TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2015 – 2016)

a)Giải phương trình 2 2x1 x 3 5x11 0 .

Điều kiện
1
2
x

2 2x 1 x 3 5x11 0  2 2x 1 x 3 5x11

2 2

9x 1 4 2x 5x 3 5x 11 2x 5x 3 3 x

           

2 2 2

3 3 1

2 5 3 9 6 11 12 0

x x x

x

x x x x x x

  

  

     



        

 

Đối chiếu điều kiện ta được x1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

b)Giải hệ phương trình





 

2 2

1 1 1 0 1

7 3 0 2

y y x x

x y x

      




    

 .

Điều kiện x1,y 

















2 1 1 1 0 2 1 1 0 1 1 0

y  y x   x   y  y x y   y y x 

1
1
y

y x



 

 

 .

Với y 1, thay vào (2) ta được

2 2 2 2 4 2 2

1 7 3 0 1 7 3 2 1 7 3

x   x    x   x   x  x   x 

4 2

1 1

5 4 0

2
4

x x

x
x

   

       



 

 (do điều kiện của x)

Với y x 1, thay vào (2) ta được x2 x 1 7x2 3 0















 





 



2 2

4 1 1 7 3 5 0

7 2 2

2 2 0

1 1 7 3 5

x x x

x x

x

x x

x x

        

 



     

   





2
2

7 2

2 0

1 1 7 3 5

x

x
x

x x





 

    

    



Với x2 suy ra y1.

Ta có









2 2

7 2

1 7 1

2 2 1

1 1 7 3 5 7 3 5 1 1

x

x x

x x x x

 



       

         





2
2

7 3 2 1

1 1

7 3 5

x
x

 

  

 

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Với x1 thì





2
2

7 3 2

7 3 2 0 2 0

7 3 5

x

x x

x

 

     

 

Suy ra





2
2

7 3 2 1

2 0

1 1

7 3 5

x
x

 

  

 

Vậy hệ phương trình có các nghiệm



1;1 , 2;1

 



c)Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2y2xy x y  1.

Ta có













2 2 2

2 2 1 1 1 4

x  y xy x y    x y  x  y 

Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh có thể xét từng trường hợp)

x y x 1 y 1

Nghiệm



x y;



2 0 0

 

1;1

-2 0 0 Loại

0 2 0 Loại

0 -2 0



1;1



0 0 2 Loại

0 0 -2



1; 1



Vậy các số



x y;



cần tìm là

 

1;1 ,



1;1



,



1; 1



Bài 59: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013)

a) HPT



3 3

1 8
( 1) ( 1) 72

xy y x

x y

   




   

  3 3

( 1)( 1) 8
( 1) ( 1) 72

x y

  




   

 

3 3

( 1) ( 1) 512
( 1) ( 1) 72

x y

   




   




Đặt (x+1)3 = a và (y +1)3 = b ta có hệ

512
72
ab

a b




 

 
Giải hệ (2) ta được : (a;b) = (64;8) hoặc (a;b) = (8;64)

Với (a;b) = (64;8) 

3
3
( 1) 64
( 1) 8

x
y

  




 



 

1 4
1 2
x

y
 



 

 

3
1
x
y








Với (a;b) = (8;64) 

3
3
( 1) 8
( 1) 64

x

y

  




 



 

1 2
1 4
x
y

 



 

 

1
3
x
y







Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là: (3;1); (1;3)

b) ĐKXĐ của phương trình là: x  - 2

Đặt

x



5  

u

0,

x



2  

v

0

ta có:

uv



x



7 x



10,

u



v



3

Thay vào phương trình ta được:

(

u v



)(1



uv

)



u



v

(

u v

)(1

uv

) (

u v u v

)(

)















(

u v



)(1



u

)(1



v

) 0

 

1 u v

u

v











 



* Với u = v ta có

x

 

5 x



2 

PT vô nghiệm

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

* Với v = 1 ta có

x



2 1





x



1

(TM)

Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = -1
Bài 60: ( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2014 – 2015)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) 2x2 5x12 2x2 3x2 x5

Đặt a = 2x2 5x12; b = 2x2 3x2 => a2 – b2 = 2x +10 => x+5 = 2

2
2 b

a 

Thay vào phương trình ta được:

a + b = 2

2
2 b

a 

 2(a + b) – (a2 – b2) = 0  (a+b)(2 – a + b) = 0

vì a + b > 0 nên 2 – (a – b) = 0 hay a – b = 2

Giải ta tìm được x = -1; x = 7

b) 










11
6

xyz

zx
yz
xy

z
y
x

 


















)
0
:
(
6

11
6

z
vì
z
xy

zx
yz
xy

z
y

x

=> (6 ) 11
6



z z
z

Giải ra ta có hệ phương trình có 6 nghiệm là hoán vị của (1;2;3)
Bài 61: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2009 – 2010)

Giả sử (x0;y0) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình
2

2 2

1 (1)

1 (2)

mx x y m

x y

    




 




suy ra (-x0;y0) cũng là nghiệm của hệ.Từ đó ta có  x0 x0  x0 0
Với x0=0 thay vào (2) suy ra y0 1

- Với x0=0 và y0 = - 1 thay vào (1) suy ra m = 0

Với m = 0

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1

1 1 ( 1) 1 2 2 0

1
x y

x y x y x y x y

y

x y x y y y y y

y
  

            

   

          

        

    

    



 Hệ PT 
không có nghiệm duy nhất .Nên m = 0 loại

-Với x0 =0 và y0 = 1 thay vào (1) suy ra m = 2

Với m = 2

2 2

2 2 2 2

2 1 2 1 ;(3)

1 1 ;(4)

x x y x x y

x y x y

       

 

   

   

 

 

Từ (3) y1 và Từ (4)  y1 Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất (x;y) =(0;1)
Vậy m = 2 thì hệ PT có nghiệm duy nhất

Bài 62: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2010 – 2011)
a)

10 x

 

1 3(x



2)

2 2

10 (x 1)(x

x 1)

3(x

2)













điều kiện

x



1

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

x



x

 

1 b

(b>0)
Ta có:

10ab = 3a



3b

a = 3b

(a

3b)(3a-b) = 0

b

3a







 





Trường hợp1: a = 3b

Ta có:

x

 

1 3 x



x



1

(1)



9x



9x + 9 = x + 1



9x



10x + 8 = 0

25

9.8  



< 0



phương trình (1) vơ nghiệm
Trường hợp 2: b = 3a

Ta có:

3 x

 

1 x



x



1 9(x 1)

x

x 1













x



10x - 8 = 0

x

5 33 (TM)

x

5 33 (TM)



 

 

 



Vậy phương trình có 2 nghiệm

x

 

5

33

1 x

3 y

1 y

3 z

1 z

3 x

























Từ (3)

3x-1

z

x





thay vào (2)



3xy+3 = 8x+y

(4)
Từ (1)



xy

 

1 3y



3xy+3 = 9y

(5)

Từ (4) và (5)



8x+y = 9y



x



y

Chứng minh tương tự : y = z

Từ đó



x

 

y

z

Thay vào (1)

1 x

3 x

3x+1 = 0

x





 



3

5 x

2 







hệ có 2 nghiệm

3

5 x

y

z

2 

  

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Điều kiện:

3 2x+3 0

x

-2

 



(1)



x



4x+5-2 2x+3



0 x

2x+1+2x+3-2 2x+3

1 0





 

2 2

(x

1)

( 2x+3

1)

0 







x

1 0

2x+3

1 0

 





 









x

1 2x+3=1





 



x

1 



thỏa mãn điều kiện 
b) Giải hệ phương trình

2
2

2x+y=x

2y+x=y











Trừ từng vế 2 phương trình ta có:

x



y

 

x

y

(x

y)(x

y 1)

0 









x

y

x

y

x

y 1 0

x 1

y



















 



Ta có:

x

y

x

y

x(x

3)

0 x

0 













Vậy (x; y) = (0;0); (3;3)

*) 2 2 2

x 1 y

2x+y = x

2 2y

y

(1 y)

y

y 1 0

 









  



 



(*)

Vì phương trình

y



y

 

1 0

vô nghiệm nên hệ (*) vơ nghiệm
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0); (3; 3)

Bài 64: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2011 – 2012)

a) 2x 3 5 2 x3x212x14 (1)
§KX§:

3 5

2 x 2

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
VT= 2x 3 5 2 x  2(2x 3 5 2 ) 2  x 
Dấu “=” xảy ra khi 2x 3= 5 2 x x= 2
Ta lại có: VP =3x212x14 3( x 2)2 2 2
Dấu “=” xảy ra khi x = 2

Do đó VT = VP  x = 2 ( TMĐKXĐ)
vậy S 

 

(1)
(2)

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

b) ĐK:

Ta có : x2+2x+15 = 6

(x2-2x+1) +(4x+5 -2.3 ) =0

(x-1)2 +

x=1 (TM)

V y pt có nghi m làậ ệ x=1

c)Ta cã:







 



2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

4 4 4 4 0

2 2 (2 1) 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1

0
0
2 2 2 1 1

2 2 2 1 1 1

1
2 2 2 1 1

2 2 2 1 1 1

x xy y x y x xy y x y

x y xy x y xy x y xy

x
y
x y xy

x y xy x

y
x y xy

x y xy x

y

       

            

 




     



 

     



 

  

      


  

    



Vậy phơng trình có 3 nghiệm là (x,y) = (0;0); (1;-1);(-1;1)

Bài 65: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2015 – 2016)

a) Viết phương trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2 +19) = y2 (x2). Để y là số nguyên thì điều kiện
cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính phương (z là số nguyên dương)

Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho 2 nhưng khơng
chia hết cho 4 nên khơng thể là số chính phương.

Do đó x – 2 = 2k là số chẵn

Ta có 3x – 2 + 19 = z2



 



k k

z z

   

. Vì 19 là số nguyên tố và z 3k  z 3k nên
3 1

3 19
k
k

z
z
  




 




10 10

2
3k 9

z z

k

 

 

   



 


Vậy x = 6 và y = 30.

b) ĐKXĐ: R.
Vì

1
2
x

khơng phải là nghiệm, nên phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2

2
6 1

2 3
2 1

x x

x

 

  


2

2
6 1

2 2 3 2

2 1

x x

x

 

     



2 2 2

6 1 2(2 1) ( 2 3 2)( 2 3 2)

2 1 2 3 2

x x x x x x x

x x x

         



   

2 2

2 1 2 1

2 1 2 3 2

x x x x

x x x

   

 

   





1 1

2 1 0

2 1
2 3 2

x x

x

x x

 

     



  

  

2
2

2 1 0

2 3 2 2 1

x x

x x x

   



    



(1)
(2)
4

5


x

5
4x

 4x59





4 5 3



2




x






















3
5
4

0
1

2
2
x
x

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

PT (1) có hai nghiệm x1;2  1 2
PT (2)  x22x  3 2 2x122221xxx

 2 2

1
2

2 3 (2 1)
x

x x x






    

 3

3 15
3

x 

 

Vậy phương đã cho có ba nghiệm: 1;2 3

3 15
1 2;

3
x   x  

c) Hệ phương trình





2 2

2 1
2 1

1
1

y x

x y

x xy y
x xy y

     



   

  

   




Xét hệ:



 



2 2 2

2 1

1 2 1 2 1 1

y x

x xy y x x x x

 



 

 



 

        

 

2 1

2 1 0

7 5 0 5

7
y x

y x x

x x

x

 



 

  

   

 

  



 

0
1
x
y






 hoặc

5
7
3
7
x
y






 



Xét hệ:



 



2 2 2

2 1
2 1

1 2 1 2 1 1

y x

x xy y x x x x

 


 

 



 

        

 

2 1
2 1

0
3 3 0

y x

x
x x

x

 


 

 

     

  

  




0
1
x
y







 hoặc

1
1
x
y








Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x;y) là: (0;1),

5 3
;
7 7

 

 

 

 , (0;-1), (-1;1)
Bài 66: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2016 – 2017)

 









 

2 2 3

x

xy

xy y

0 1

2 x

1 3 x y 1

y 0 2



























ĐK: x



0

(1)









x y 0

x y x y

0 x y

0 











  







TH1:

x y





0

, suy ra

x y 0

 

không thỏa mãn hệ.

TH2: x - y = 0 hay y = x thế vào (2) ta được :









2 x



1 

3 x x 1





x 0



2x

3x x x 3 x 2 0





 



x 2 2 x 1 x

 

x 1



0 







x 4

x 2

1 x

.

x

4

2 























Vậy hệ phương trình có nghiệm :



x; y

 



4;4



và





1 1

x; y

;

.

4 4









</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

b) ĐK:

  

1 x 1

Đặt a =

1 x



, b =

1 x



(

a,b 0



)

Ta có

2a



b



1 3ab a



 

2a





3b 1 a b









1 0



a b 1

b 1

a

.

2  









 



Với a = b +1 ta có

1 x





1 x 1



 

2x 1 2 1 x

 



(ĐK

1 x

2 

)

3 4x

4x 1 4 4x

x

2 



  





(thỏa mãn).

Với

b 1

a

2 



ta có

1 x 1

1 x

2 1 x 1

1 x

2 









 





4 1 x





5x 4



(ĐK

4 x

5 

)

24 25x

24x 0

x

25 



 



(thỏa mãn).

Vậy

3 x

2 

và

24 x

25 

là nghiệm của phương trình.

Bài 67: ( HSG TỈNH NGHỆ AN – BẢNG A NĂM HỌC 2018 – 2019)
a) Ta có:

2 y

 

x

2 y

 

5 xy



x y

(



1) 2



y



2 y



5

2

1 x

y









(y =1 khơng thỏa mãn PT)

Vì x, y là các số nguyên nên y -1 là ước của 5.

1:

1 1

2

9. TH

y



 

y

 

x



2 :

1

0

5. TH

y



 

y

 

x



3:

1 5

6

13. TH

y



 

y

 

x



4 :

1

5

4

9. TH

y



 

y

 

x



Vậy PT có các nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4).
b) Điều kiện:

3

2 x





8

4

2

3 (2

5) 2

3 8

4

2

5 x



 





 



3 3

( 2

x

3)

2 2

x

3 (2 )

x

2(2 )

x





 



Đặt

a



2 x

 

3 0,

b



2 x

Ta có:





2

(a

)

3 2

0

2

4 b

a



a b





b



a b













 

a b



</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Suy ra: 2

2

0

2 3 2

2 3 4

x







 

 

 





1

13

4 x







c) Hệ phương trình đã cho tương đương với













 

















1
3
1
3
1
1
3

1 2 2

y
x
y

x
y
x

Đặt a x 1;by 3 Ta được hệ phương trình























1
1
2
1
1 2

2
2
b
a
ab
ab
b
a
b
a
ab
b
a

Đặt

S a b P ab

 

;



,

điều kiện S2 4P. Hệ trên trở thành














0

1
1
1
2
2
P
S
S
P
P
S

(thỏa mãn) hoặc 



4
3
P
S

(loại)




































1
0
0

1
0
1
0
1
b
a
b
a
ab
b
a
P
S
+) 




















3
0
0
3
1
1
0
1
y
x
y
x
b
a
+) 




















2
1
1
3
0
1
1
0
y
x
y
x
b
a

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (0;3), (1;2)

Bài 68: ( HSG TỈNH NGHỆ AN – BẢNG B NĂM HỌC 2018 – 2019)
a)

5 5 2

2 xy

y

x

y











(vì y =0 khơng thỏa mãn PT)

vì x, y là các số nguyên nên y là ước của 5.

1:

1

7. TH

y

 

x



2 :

1

7. TH

y

 

x



3:

5

11. TH

y

 

x



4 :

5

11. TH

y

 

x



Vậy PT có các nghiệm nguyên (x;y) là: (7;1), (-7;-1), (11;5), (-11;-5)
b) Điều kiện: x3,x0

Phương trình đã cho tương đương với
2

2 x

 

6 x

 

4 13



x



x



2 6 4

 

4 3



2 20










 x x x x

20
3
4
9
4
4
6
2
16
6
2 2














 x x

x
x
x
x











4
5
3
4
5
4
6
2
5
2












 x x

x
x
x

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

 




















)
2
(
4
3

4
1
4

6
2

1
0

x
x

*) (1) x5(thỏa mãn điều kiện)
*) Giải phương trình (2):

Với x3,x0, ta có: 2
1
4
6
2





x ; 3

1
3
4
1





x

6
5
3
1
2
1
3
4
1
4

6
2











x
x

Mặt khác: x41.

Từ đó suy ra phương trình (2) vơ nghiệm.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x5

c) Trừ vế với vế của phương trình (1) cho phương trình (2) ta được:



x y



x y





x y



y
x
y

x2  2 3  3    3 












3
0
y
x

y
x

TH1:x y0 xy, thế vào phương trình (1) ta được:













3
2
0

6
2

x
x
x

x

+)x2 y2.
+)x3 y 3

TH2:

√

3x−

√

x+1=

√

2x+3−

√

2x−2 , thế vào phương trình (1) ta được:

⇒

3 x

+

x

+

1 −

2 √

3 x

(

x

+

1 )=

2 x

+

3 +

2 x

−

2 −

2 √

(

2 x

−

2 )(

2 x

+

3 )

⇒

3 x

(

x

+

1 )=(

2 x

−

2 )(

2 x

+

3 )⇒

x

2 −

x

−

6 =

0 ⇒

.

[

x

=

2 [

x

=−

3 [

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là
(-2;-2), (3;3), (

√x+√y−1=2x−1(1)

x+√x−1+√y=2(2)
¿
{¿ ¿¿

¿ ;

x

+

√

x

−

1 +

√

y

≥

1 +

√

1 −

1 +

√

1 =

2

),(

x=1

y=1 .

{¿ ¿ ¿

¿ )

Bài 69: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2008 – 2009)

a) Phơng trình đã cho tơng đơng với

1 1 1

1
xy yz zx .

Không mất tính tổng quát, giả sử x y z  (*)

- NÕu z 3 th× 2

1 1 1 3 1

1
xyyz zx z  3 (lo¹i).

- Nếu

z 2



thì phơng trình đã cho trở thành

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Do (*) nên chỉ có trờng hợp 2x - 1 = 5 và 2y - 1 = 1, suy ra x = 3 và y = 1

- Nếu

z 1



thì phơng trình đã cho trở thành

xy x y 1  




x 1 y 1

 





2.

Do (*) nên chỉ có trờng hợp x - 1 = 2 và y - 1 = 1, suy ra x = 3 và y = 2.
Nghiệm là: (3 ; 2 ; 1), (3 ; 1 ; 2), (2 ; 3 ; 1), (2 ; 1 ; 3), (1 ; 3 ; 2), (1 ; 2 ; 3).
b) Phơng trình đã cho tơng đơng với phơng trình

 4x3 x33x23x 1





3
3

4x x 1

  

 x 4 x 13  





34 1 x 1

  

NghiƯm cđa phơng trình: 3

1
x

4 1

Bi 70: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009 – 2010)

a) Ta cã:





2
2

2x  4x 3 2 x1  1 1

nên tập xác định của phơng trình là R
Phơng trình đã cho tơng đơng với

2x2 4x 3 4 2x2 4x  3 3 0
Đặt

2 4 3 1

y x x thì phơng trình đã cho trở thành

4 3 0
y  y 



1
3
y
y



 

 (thoả mÃn điều kiện)

Với y = 1 ta cã 2x2 4x  3 1 2x2 4x 3 1
 x = 1

Víi y = 3 ta cã 2x2 4x  3 3 2x2 4x 3 9


1
3
x

x



 


Vậy phơng trình có 3 nghiệm x1 = 1, x2 = -1, x3 =3.
b) Hệ đã cho tơng đơng với



2 2



2 2

11 11

3 11

x xy y

   




  



 





2 2

2 2 2 2

11 3

x xy y

x xy y x xy y

   




    








 



2 2

2 5 3 0

x xy y

x y x y

   




  



 (*)

Tõ hÖ (*) ta suy ra

2 2 1

2 0
x xy y

x y

   



 

 (I) hc

2 2 1

5 3 0
x xy y

x y

   



 

 (II)

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

a) 8x2 3xy 5y25 x y x x Z
x
y
x
x
y 














5
3
25
40
24
9
5
3
25
8
25
8
)
5
3
(
2
2

Khi 3x+5 là ước 25 từ đó tìm được (x;y)



(10;31);(2;7);(0;5)



( cách khac nhân 2 vế với 9 đưavề tích)

b)Giải hệ phương trình



















2
2
3
3
3

6

4

18

27

8 y

x

y

x

y

x

HD: y =0 không là nghiệm của hệ chia 2 vế PT(1) cho y3 PT(2) cho y2 Ta có hệ











1
6
4
18
27
8
2
2
3
3
y
x
y
x
y
x

Đặt 






b
y
a
x
3
2

ta có hệ 
















1
3
3
18

2
2
3
3
ab
b
a
ab
b
a
b
a

Hệ có 2 nghiệm 































5
3
6
;
4
5
3
;
5
3
6
;
4
5
3
)

,
(x y

Bài 72: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014)
a) Phương trình tương đương với



x24y2 4xy



4



x 2y



 4 16 y2



x 2y 2



2 16 y2;

    

mà ,x y  nên





2 2 16, 0 (1)

x y  y hoặc x 2y 2 0, y2 16 (2).

Ta có (1) x2, y0 hoặc x6, y0.
(2) y4, x6 hoặc y4,x10.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là



x y;









2; 0 ,

 

6; 0 , 6; 4 ,

 

10; 4





.
b) Điều kiện xác định:

, 0

3
x x

Phương trình tương đương với 12x2



3x1



4x 3x1. Đặt a2 ,x b 3x1 ta có
phương trình 3a2 b2 2ab



b a b

 

3a



 0 b a hoặc b3a. Khi đó

3x 1 2x hoặc 3x 1 6x.

+) Với 3x 1 2x, điều kiện x0, ta có

2 2

3x 1 2x 3x 1 4x  4x  3x 1 0  x1 hoặc

1
4
x

(loại).
+) Với 3x 1 6x, điều kiện

0
3 x

  

, ta có

2 3 153

3 1 6 36 3 1

72
x  x x  x  x 

hoặc

3 153
72
x 

(loại).
Vậy phương trình có hai nghiệm

3 153

1, .

72
x x 

c) Nhân cả hai vế của (2) với 2 ta có hệ phương trình

2 2

3 2 4 8 4 0 (1)

2 2 4 2 6 0 (2)

x y xy x y

x y x y

      



    

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Lấy (1) trừ (2) theo vế với vế ta có



x2  4xy4y2



 3



x 2y



2 0 



x 2y



2 3



x 2y



2 0




x 2y1

 

x 2y 2



 0 x2y1 hoặc x2y2.

+) Với x2y1, thế vào (2) và rút gọn ta có y y



3



 0 y0 hoặc y3.
Suy ra x1, y0 hoặc x5, y3.

+) Với x2y2, thế vào (2) và rút gọn ta có

2 13 109

3 13 5 0

y  y   y 

hoặc
13 109

.
6
y 

Suy ra

7 109 13 109

3 6

x  y 

hoặc

7 109 13 109

, .

3 6

x  y 

Vậy hệ có 4 nghiệm x1, y0; x5, y3;

7 109 13 109

3 6

x  y 

;

7 109 13 109

, .

3 6

x  y  

Bài 73: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2014 – 2015) a)
a) ( ) ( 1) ( 1) 6

6
2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
2



















y
x
y

x
y
x
xy
y
x
y
x
xy
y
x

PT có 6 nghiệm (x;y)





2;0

 

; 3;2

 

;  1;0





và 3 hoán vị

b) ĐKXĐ:
















2
2
1
0
0
)
2
(
0
)
1
2
(
x
x
x
x
x
x















































1
2
2
0
1
2
2

0
)
1
(
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x

Giải ra x = 1 hoặc x = 0.





























)
2
(
;
0
6
2
4
)
1
(
;
1
2
1
1
2
2
2
2
y
x
y
x
xy

x
y
y
x

từ PT (1) ta có : 






















1
2

0
)
1
)(
2
(
0
)
1
(
2
)
1
)(
(
0
)
1
(
2
)
(
2
2
xy
x
y
xy
y
x

xy
xy
y
x
xy
y
x
xy
y
x

thay vào PT (2) giải ra có 5 nghiệm

  


















 
























5
14
;
5
4
;
3

1
;
2
1
3
;
1
3
;
2
1
3
;
2
;
5
,
0
;
1
;
1
)
(xy

Bài 74: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2015 – 2016)
a) Ta có



x y



y y



x y





y



y



y
xy
y

x2 2 22  2  2  2 2  2 1 2



xy



2 0,x,y nên



1y



2 y



0 1y2. Suy ra y



1;0;1;2



Với y1, PT trở thành x2  2x10 x1Z

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Với y2, PT trở thành x2 4x40 x2Z .
Vậy có 2 cặp



x;y



thỏa mãn đề bài



1;1

 

;  2;2



.
b) Điều kiện 2

1

x

PT  2



3x1



2x2 110x2 3x 6

 4



2x2 1



 2



3x1



2x2 12x23x 20

Đặt 2x2 1t (t0), ta được 4t2  2



3x1



t2x2 3x 20
Ta có '



3x1



2  4



2x2 3x 2



x2  6x9



x 3



nên PT 















4
3
1
3
4
3
1
3
x
x
t
x
x
t












2
1
2
2
2
x
t
x
t

Với 2
2

x
t

thì
































0
8
4
7
2
2
1
2
4
2
2
2
1

2 2 2 2 2

x
x

x
x
x
x
x
x

7
60
2
7
60
2
2












 x
x
x
.

Với 2
1
2 
 x
t

thì

































0
5
4
4
2
1
1
2
1
2
4
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x

2
6
1
2
6
1
2
1















 x
x
x
.

Kết hợp điều kiện 2

1

x

ta được nghiệm của PT là 




   

2
6
1
;
7
60
2
x
.

Xét hệ phương trình

















0
4
0
2
5
2
2
2
2
2
y
x
y
x
x
y
xy
y
x

(2)

)
1

(

PT

(1) 2x2 y2xyy 5x20 y2



x1



y 2x25x 20
Ta có '



x1



2  4



 2x25x 2



9x2 18x99



x1



Khi đó PT
























2
1
3
1
2
1

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

Với y x2, thay vào PT )( ta được 2 2x2  4x20 x1 y1

Với y2x1, thay vào PT )( ta được 2

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

*) x1 y1 *) 5
13
5






 y

x

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

 

1 và ;1 









5
13
;
5

Bài 75: ( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 – 2018)





2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 2 2 2 0.
x  x x  x   x  x  x  x  

2
2

2 2 1( )
2 2 2

x x L

x x

   




   



2 2 2 4 2 2 2 0

x x x x

       
1 3

.
1 3
x

x

  
 

 


Bài 76: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2013 – 2014)
 Giải phương trình





1 1 x 2 x x (2) (x ).
.
Điều kiện xác định của phương trình là x1.





(2) x. 2 x x 1 1 x

(vì 1 1 x0)





x



2 x

1 x



0 













0

2

1 (*).

x





 



 





Giải (*), đăt

u



2 

x v

,



1 

x v

(



0);

khi đó ta có

3 2 3 2

1 (

1)

1 u

v

v u

u

v

u

 

 

















3 2 2

1

0

1

2 2 0

(

1)(

2) 0

v u

v

u

 





































Với

u



1

ta được

x



1

( thỏa mãn điều kiện).
Vậy nghiệm của phương trình là

x



0;

x



1

Bài 77: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015 – 2016)
Giải hệ phương trình:



3 2 3 2

2

4

6

11 x

x y x

y

xy

y

x

y

x























ĐKXĐ:



2 0

2

4

4 x



x



0 

 

x



3 2 3 2

2 (1)

2

4

6 11 (2)

x

x y x

y

xy

y

x









x





y



x



</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

3 2 3 2

3 3

2 2

2

0 (

) 2 (

) (

) 0

(

)[(

) 2

1] 0

(

)(

1) 0

0 (

1 0

,

)

x

x y x

y

xy

y

x

x y x y

xy

y

x

y

xy x y

x

y

x y

x

xy

y

xy

x y x

xy

y

x y

do x

xy

y

x y

x

y

































































 











Thay

x



y

vào (2) ta có:

x



2 

4 

x



x



6 x



11 (3)

6

11 (

3)

2 2,

[2; 4]

VP



x



x





x







x

 

Dấu ‘=’ xãy ra



x



3

2

4 (

2).1

(4

).1

VT



x







x



x







x

(

2) 1 (4

) 1

2,

[2; 4]

2 x

x















 

Dấu ‘=’ xãy ra khi

x



3 

2

4

2 (3)

3

6 11 2

x

x

x





x















x



3

nên

y



3

Kết luận:

( ; ) (3; 3)

x y



Bài 78: ( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019)

 Lời giải 1. Điều kiện xác định của phương trình là

1 3

4 4

  

. Biến đổi phương trình đã cho.









2 2

2
2

3 4x 4x 1 16x 8x 1 3 4x 4x 1 16x 8x 1 0

4x 1

3 4x 2 4x 1 16x 8x 1 0 4x 1 4x 1 0

3 4x 2
4x 1

4x 1 1 4x 1 4x 1 0

3 4x 2

             

 

              

 

   

        

   

 

Để ý rằng

1 3

4 4

  

nên ta được 0 4x 1 2  nên 2 4x 1 0  .

Từ đó suy ra

4x 1

1 0

3 4x 2

 

  

  nên ta được





4x 1 1 4x 1 4x 1 0

3 4x 2

 

    

  .

Do vậy từ phương trình trên ta được

4x 1 0 x

   

, thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy

1
x



là nghiệm suy nhất của phương trình.

 Lời giải 2. Điều kiện xác định của phương trình là

1 3

4 4

  

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>











 





 







2 2

3 4x 4x 1 16x 8x 1 2 3 4x 2 4x 1 32x 16x 2 0

2 3 4x 3 4x 4x 1 32x 12x 1 0

3 4x 4x 1

2 4x 1 4x 1 8x 1 0

3 4x 2

3 4x 4x 1

4x 1 2 4x 1 8x 1 0

3 4x 2

             

         

 

      

 

   

 

      

   

 

 

+ Với thấy với

3
0 x

 

thì ta ln có



 







3 4x 4x 1

2 4x 1 8x 1 0

3 4x 2

 

    

  .

Với

x 0
4

  

ta có 0 4x 1 1  và 1 8x 1 1   . 1 4x 1 8x 1







1.

Do đó ta suy ra được



 







3 4x 4x 1

2 4x 1 8x 1 0

3 4x 2

 

    

  .

Như vậy với

1 3

4 4

  

ta ln có



 







3 4x 4x 1

2 4x 1 8x 1 0

3 4x 2

 

    

  nên từ phương trình trên ta

được

4x 1 0 x

   

, thỏa mãn điều kiện xác định.

Vậy

1
x



là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 79: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2012 – 2013)

a) Giải phương trình (x – 2)(x – 1)(x + 3)(x + 6) = 12x

Ta có: (x – 2)(x – 1)(x + 3)(x + 6) = 12x



(x

+ x – 6)(x

+ 5x – 6) = 12x

(*)

Ta thấy x = 0 khơng là nghiệm của phương trình.

Chia hai vế của phương trình (*) cho x

≠ 0 ta được:

(x -

x
6

+ 1)( x -

x
6

+ 5) = 12

Đặt t = x -

x

ta có phương trình:

(t + 1)(t + 5) = 12 khai triển và rút gọn ta được pt:

t

+ 6t - 7 = 0

 






7
1
t
t

Với t = 1 => x -

x
6

= 1



x

– x – 6 = 0

 






2
3
x
x

Với t = -7 => x -

x
6

= -7



x

+ 7x – 6 = 0

 
















2
73
7

x
x

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>
















32
)
)(

(

20
)
)(

(

2
2

y
x
y
x

 











32)()(

40))((2

yxyx

Trừ hai pt vế theo vế ta được: (x - y)

= 8



x – y = 2

Hệ pt đã cho tương đương với hệ












10
2
2
2 y
x

y
x

 









10
)

2
(

2
2
2 x
x

x
y

 









0
6
4
2

2 x

x
x
y

 














3
1

x
x

x
y

 





















1
3
3
1

y
x
y
x

Vậy hệ pt có 2 nghiệm…

Bài 80: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014)
Điều kiện: x ≥ –2014

Đặt t =

x 2014



 t 2 = x + 2014 (t ≥ 0)

Ta có hệ sau :

2
2

x

t 2014 (1)

t

x 2014 (2)



 













Trừ vế theo vế phương trình (2) cho phương trình (1) ta được :
t2 – x2 – x – t = 0

 (t+x)(t – x – 1) = 0  t = –x hoặc t = x + 1

 Với t = –x ta có : (–x)2 = x + 2014  x2 – x – 2014 = 0 (*)
Giải (*) được nghiệm x =

1 8057

2 

(loại vì t ≥ 0) hoặc x =

1 8057

2 

 Với t = x + 1 ta có: (x + 1)2 = x + 2014  x2 + x – 2013 = 0 (**)
Giải (**) được nghiệm x =

1 8053

2  

hoặc x =

1 8053

2  

(loại vì t≥0)
Vậy nghiệm của phương trình là: x =

1 8053

2  

hoặc x =

1 8057

2 

Bài 81: ( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017 – 2018)

Giải phương trình 2 1 x 1 x2  3 x (1)
Cách 1:

Điều kiện :   1 x 1

(1)  2 1 x 1 x. 1x = 3x (2)
Đặt 1 x a; 1x b ( a,b  0)
.(2) viết lại: 2a ab  4 b2

a(2b) (2 b)(2 b)  2(x2+2) ( do 2 + b > 0)


5 √

(

x

+

1 )(

x

−

x

+

1 )

 x=0 ( Cô si – hoặc bình phương...)

x = 0 thỏa điều kiện  x=0 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.
Cách 2:

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

√

(

x

−

x

+

1 )

5 + √ 37

5 −

√

37

2

5 +

√

37

2

5 −

√

37

2

(*) 

√

4 x

−

1



√

4 y

−

1

Kết luận: x = 0 là nghiệm duy nhất.

Bài 82: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2004 – 2005)

§K: x3 + 1  0 (*).

Biến đổi phơng trình đã cho (1) <=>

√

4 z

−

1 √

4 x

−

1

Đặt

√

4 y

−

1

= u;

√

4 z

−

1

= v (1) => u2 + v2 = x2 + 2.

Khi đó (1) trở thành: 2(u2 + v2) = 5u.v 
=> u = 2v ; u = v/2

Thay vào (1); giải các phơng trình; tìm đợc: x =

√

4 x

−

1

và x =

√

4 y

−

1

Thử và thấy các giá trị trên thoả mãn điều kiện (*)

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm: x =

√

4 z

−

1

và x = 2

37
5

Bài 83: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2005 – 2006)

§iỊu kiƯn cđa Èn : x, y, z  1/4.

Nhân vế theo vế cả ba phơng trình với 2 rồi cộng lại, ta đợc phơng trình:
4x + 4y + 4z = 2 4x1 + 2 4y1 + 2 4z1 (*)

Biến đổi (*) <=> ( 4x1-1)2 + ( 4y1-1)2 + ( 4z1-1)2 = 0

<=> 4x1 = 4y1 = 4z1 = 1 <=> x = y = z = 1/2 tháa m·n ®/kiƯn.
Thư l¹i, thÊy x = y = z = 1/2 tháa m·n hƯ.

Vậy hệ đã cho có duy nhất nghiệm là (x ; y ; z) = (1/2 ; 1/2 ; 1/2).

Bài 84: ( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2013 – 2014)
a) 6 x  x2x2 6x13 (ĐKXĐ 2 x 6)

 4 6 x 4 x 2 4x2  24x 52









 



4x  24x 36  6 x  4 6 x 4  x  2 4 x 2 4 0









 



2 2

2x  6  6 x  2  x 2 2 0



2 6 0

6 2 0

2 2 0
  


  




  


x
x
x

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Phương trình đã cho vô nghiệm.
b) x2(y – 5) + x + y – 3 = 0
 y(x2 + 1) = 5x2 – x + 3


2 2

5x – x 3 2
5

x 1 1

x
y

x

 

  

  (1)

y nguyên  2
2
5

1
x
x




 nguyên  2
2

1
x
x



 nguyên

 (x + 2)  (x2 + 1) (vì x + 2 và x2 + 1 nguyên do xZ)
 (x+2)(x – 2)  (x2 + 1)

 (x2+1) – 5  (x2 + 1)
 5 (x2 + 1)


2
2

1 1
1 5
x

x
  


 

 x = 0; x = 2; x = -2

Thay vào (1) nhận được y tương ứng là 3 ;
21

5 ( Loại); 5

Vậy tìm được hai cặp số (x; y) thỏa mãn phương trình là (0; 3) ; (-2; 5)

2 2

1 (1)

3 2 4 8 5 0

x y x y

x y xy x y

    




     





Có: x2 – 3y2 – 2xy + 4x + 8y – 5 = 0
 (x + y - 1)(x – 3y + 5) = 0



1
3 5

x y

 


  


* Xét x = 1 – y thế vào phương trình (1) của hệ đã cho có
(1 – y)2 + y2 – (1 – y) – y – 1 = 0

 2y2 – 2y – 1 = 0

Tìm được hai nghiệm: y =
1 3

2


;
1 3

2


Vậy có hai giá trị x tương ứng là
1 3

2


;
1 3

2


Vậy hệ có nghiệm (
1 3

2


;
1 3

2


) và (
1 3

2


;
1 3

2


)
* Xét x = 3y – 5 thế vào phương trình (1) của hệ đã cho có
(3y – 5)2 + y2 – (3y – 5) – y – 1 = 0

 10y2 – 34y + 29 = 0 phương trình này vơ nghiệm
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:

(

1 3
2


;

1 3
2



) và (

1 3
2


;

1 3
2


)

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

+ Với xyz  0 thì (I) được viết lại:

x y 3

xy 2
y z 5
yz 6
z x 4
zx 3
















 




  (II)

1 1 3

x y 2

1 1 5

y z 6

1 1 4

z x 3



 





 





 



 Cộng ba phương trình của hệ (II)

theo vế ta được:

1 1 1 11

x y z 3

 

  

 

  

1 1 1 11
x  y z 6 (*)

Trừ phương trình (*) cho từng phương trình của hệ (II) theo vế ta lần lượt có : x = 1, y = 2, z = 3. Vậy
hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3).

b) ĐKXĐ: - 10  x  10
Đặt a = 25 x2 ; b = 10 x2 ( a, b  0 )

Ta được hệ pt : 2 2
3

15
a b

a b

 




 



Giải hệ pt ta được : a = 4 ; b = 1. Suy ra : x1 = 3 ; x2 = -3.

c)- Nếu y chẵn thì với mọi x  Z có 2008x2009 + 2009y2010 là số chẵn; mà 2011 là số lẻ, (vơ lý)
- Nếu y lẻ thì y1005 là số lẻ. Đặt y1005 = 2k + 1 ( k Z )

 2009y2010 = 2009(y1005)2 = 2009(2k + 1)2 = 2009(4k2 + 4k + 1) = 4[2009(k2 + k)] + 2009. 
Ta có 2009y2010 chia cho 4 dư 1  2008x2009 + 2009y2010 chia cho 4 dư 1;

mà 2011 chia cho 4 dư 3, (vô lý)
Vậy không có các số nguyên x, y nào thỏa mãn hệ thức : 2008x2009 + 2009y2010 = 2011.

Bài 86: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2009 – 2010)
a) Ta có: 6x5y18 2 xy  2xy - 6x - 5y = 18

 2xy - 6x + 15 - 5y = 33  2x(y – 3) – 5(y – 3) = 33
 (y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11

Ta xét các trường hợp sau :
*

3 1 19

2 5 33 4

y x

x y

  

 



 

  

 

3 33 3

2 5 1 36

y x

x y

  

 



 

  

 

3 11 4

2 5 3 14

y x

x y

  

 



 

  

 

3 3 8

2 5 11 6

y x

x y

  

 



 

  

 

Các cặp số nguyên dương đều thỏa mãn đẳng thức trên.
Vậy các cặp số cần tìm là : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)

b) PT: x 2 6 x  x2 8x24(1)
ĐKXĐ: 2 x 6

Chứng minh được: x 2 6 x2 2

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Dấu “=” xảy ra  (x – 4)2 = 0  x - 4 = 0  x = 4
Phương trình (1) xảy ra  x = 4

Giá trị x = 4 : thỏa mãn ĐKXĐ Vậy: S = 4

 

c) Điều kiện: xy 0

1 1 9

x + y + + =

x y 2

1 5
xy + =

xy 2









2[xy(x+y)+(x+y)]=9xy (1)
2

2(xy) -5xy+2=0 (2)









Giải (2) ta được:

xy=2 (3)
1
xy= (4)

2





Thay xy = 2 vào (1) ta được x + y = 3 (5)

Từ (5) và (3) ta được:

1
2
3

2 2

1
x
y
x y

xy x

y
 





 

 



 

  



 

 

 ( thoả mãn ĐK)
Thay xy =

2 vào (1) ta được x + y = 
3
2 (6)

Từ (6)và(4) ta được:

1
1
3

2
2

1 1

2 2

1
x
y
x y

xy x

y
 






  

  

 

 



 



   



  

  

 (thoả mãn ĐK)

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:

1 1
( ; ) (1; 2), (2; 1), 1; , ;1

2 2
x y      

   
Bài 87: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2010 – 2011)
a)

1 1

x x x 2

2 4

    

(1)
ĐKXĐ: x

1
4



(1)

1 1 1 1 1 1

x x 2. x . 2 x x 2

4 4 2 4 4 2

 

             

 

1 1 1 1

x x 2 (vì x 0)

4 2 4 2

1 1 1 1

x 2. x . 2

4 4 2 4

       

     

1 1 1 1

x 2 x 2

4 2 4 2

 

         

  (vì

1 1
x

4 2

 

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>



1
x



2 2 1
2

 1 9 4 2

x x 2 2

4 4



     

(thoả ĐKXĐ)
Tập nghiệm của phương trình là S = {2 2}.

b) x 2y 1 y 2x 1 2xy    (*)
ĐKXĐ: x

1
2



; y
1
2



Ta có 2x - 1 - 2. 2x 1 .1 +1 =





2
2x 1 1  0
2x 1

x 2x 1 1



    

(1) (vì x>0)

Tương tự

2y 1
1
y




(2)

Từ (1) & (2) suy ra

2x 1



2y 1
2
y




(3)

(*) 

2x 1
x



2y 1
y



= 2 (4)

Từ (1), (2), (3) & (4) suy ra

2x 1
1

x 1
x

y 1
2y 1

1
y

 



 






 



 

 



 .

Vậy (x; y) = (1; 1).

c) 2 2 2
x y 2 yz
y z 2 xz
z x 2 xy

x y z 12

  


  


 




  

 (1)

ĐKXĐ: x, y, z  0.

(1) 



 



2 2 2

x y y z z x 0

x y z 12

      




   



2 2 2

x y z

x y z 12

 



 

  

  x y z 2   (vì x, y, z 0).

Bài 88: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2013 – 2014)
a) Giải phương trình



 







x 2
x 1 x 2 4 x 1 12

x 1


    

 . ĐK : x≤ - 2 ; x > 1.



x 1 x 2

 



4 x 2 x 1



 



12 0

       

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

b)Giải hệ phương trình:

2 x 1 3

x y
1

2 y 1 1

x y

  

 

  



  



 

  

 

   

 .



 



2 2

3

1

3 2

(Công vê)

2 x 1

3

1 x y

2 x

2 y

1

2

3

1 1

( tru vê)

2 y 1

1 x y

2 y

x y

2 x

2 y

x y

4

9

1 ( Nhân vê) =>x

8xy-9y

0 x y x 9y

0 x y

4x 4y

x y; x

9y(loai)





































































































 

















2

3

1

2 x 1.

2 x

x









 



Vậy nghiệm của hệ là x = y = 1.

Bài 89: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2015 – 2016)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x;y) thỏa mãn đẳng thứcx22y2  3xy2x 4y 3 0
Từ đề bài ta có (x-2y)(x-y+2)=-3=-1.3=-3.1

TH1: x - 2y = 3và x - y + 2 = -1 nên y = -6 và x = -9 (trường hợp này không thỏa mãn )
TH2: x - 2y = -3và x – y + 2 = 1 nên y = 2 và x = 1 (trường hợp này thỏa mãn )

Vậy y = 2 và x = 1

b) Giải phương trình 3 x 2 x 1 3

Điều kiện x1.

Ta có

3 3

1 2

( 2) 2 1

x x

x

x x

 

 

 

   

3 3

1 1

( 3).( ) 0

1 2

( 2) 2 1

x

x x

   

 

   

Với x1 thì

3 3
3

1 1

0
1 2
(x 2)  x 2 1  x  

là vơ nghiệm .
Nên ta có x 3 0  x3

KL:..

c) Giải hệ phương trình

2 2

1 1

1 1 2

x y

x y xy



 





    

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Ta có phương trình đầu

2 2 2 2

2 2

1 1

1 x y x y

x  y    

(1)
Ta có phương trình sau :

2 2

2 2 2 2

2 2

4
2
2

1 1 2 2 0

1 1

1
x y
xy
xy

x y xy x y xy

xy x y

xy

   

 



 

            

   



 

 



Giải tiếp…. KL:…

Bài 90: ( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2016 – 2017)
a) Giải phương trình :

2 1 2 1

2
x
x x  x x  
ĐKXĐ : x 1

2 1 2 1

1 2 1 1 1 2 1 1

2
x

x x x x

x

x x x x



     



          



1 1





1 1



2 3

2

 x   x  x

1 1 1 1

2

 x   x  x

(*)
Nếu x 2 phương trình (*)

3 3

1 1 1 1 2 1 4 1 3

2 2

 

 x   x  x  x x  x  x

2 2 2

16( 1) 6 9 10 25 0 ( 5) 0 5

 x x  x  x  x   x   x (TM)
Nếu 1 x 2  phương trình (*)

3 3

1 1 1 1 2 4 3 1

2 2

 

 x    x x  x    x x
( TM)

Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=5

b) Giải phương trình: 2x25x12 2x23x2 x 5.
Đặt u 2x2 5x12,v 2x23x2 (u0,v0)

2 2 2 5 12, 2 2 2 3 2 2 2 2 10 2( 5)

u x x v x x u v x x

            

Từ (1)  2(u v ) ( u2 v2)(u v u v )(   2) 0 (2)

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>





2 2

3 0 3 3

7 6 1 0 (7 7) (6 6) 0

2 2 3 2 3

( 1)(7 1) 0
3

1
1,
1

7
1,

x x x

x x x x

x x x

x

x x

x

x x tm

x x

 

    



     

      

   

  




 

  






    

 




Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1, x=
1
7

c) Tìm nghi m nguyên c a phệ ủ ương trình: x2 25y y( 6)

T ừ x2 25y y( 6)

Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16

Đ ý trong phể ương trình ch ch a n s x v i s mũ b ng 2, do đó ta có th h n ch gi iỉ ứ ẩ ố ớ ố ằ ể ạ ế ả

v i x là s t nhiên.ớ ố ự

Khi đó: y+3+x y+3-x .

Ta có ( y+3+x)+(y+3-x) = 2(y+3) là s ch n ố ẵ

Suy ra 2 s ( y+3+x ) và (y+3-x) cùng tính ch n l . Ta l i có tích c a chúng là s ch n ,ố ẵ ẻ ạ ủ ố ẵ

v y 2 s ( y+3+x ) và (y+3-x) là 2 s ch n.ậ ố ố ẵ

Ta ch có cách phân tích - 16 ra tích c a 2 s ch n sau đây:ỉ ủ ố ẵ

-16 = 8 (-2) = 4 (-4) = 2 (-8) trong đó thừa số đầu bằng giá trị (y+3+x).

Khi y+3+x= 8 , y+3-x = -2 ta có x= 5, y= 0.
Khi y+3+x= 4 , y+3-x = -4 ta có x= 4, y= -3.
Khi y+3+x= 2 , y+3-x = -8 ta có x= 5, y= -6.

Vì thế phơng trình đã cho có các nghiệm :( x,y) 





5,0 ; 5, 6 ; 4, 3 .

 

 

 

 





Bài 91: ( HSG TỈNH TÂY NINH NĂM HỌC 2012 – 2013)

Vậy nghiệm của pt là: x6
.

Bài 92: ( HSG TP HỒ CHÍ 
MINH NĂM HỌC 2016 – 
2017)

a) Điều kiên: x  –3

2 2 2

(2x 1) x 3 x   3 (1)2x x 3  x 3 x   3 x  3 2x x 3  x 3 0 

2 2

(x 2x x 3 x 3) (x x 3) 0 (x x 3) (x x 3) 0 (x x 3)(x x 3 1) 0

                      

x x 3 0 x 3 x ...
x x 3 1 0 x 3 x 1

      

  

      

  Tập nghiệm của (1) là

1 13 3 17

S ;

2 2

   

 

 

Điều kiện: x2





1 2 2 1 5 2 2 2 2 1 1 5 2

2 1 1 5 2 0 2 1 1 5 2 0

2 4 2 4 0 ( 2 2) 0 6 2

x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

               

               

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>



3xy 8 3x( 3y) 24
x(y 1) y(x 1) 6 xy x xy y 6

(x 1)(y 1) 1     xy x y 2      3xy 3x 3y 6    3x ( 3y)  2 nên 3x và – 3y là

nghiệm của phương trình X2 + 2X – 24 = 0  …



4
x

3x 4 3

y 2
3y 6

X 4

x 2

X 6 3x 6

4
3y 4 y

3
  

 

 




  

 



   




  

 



    

 

 


c) (x + y)(x + 2y) = x + 5 x23xy 2y 2 x 5 0  4x 12xy 8y2  24x 20 0 

2 2 2 2 2

(2x) 2.2x(3y 1) (3y 1) y 6y 21 0 [2x (3y 1)] (y 3) 12

              

(2x 2y 2)(2x 4y 4) 12 (x y 1)(x 2y 2) 3

           

Với x, y nguyên ta có bảng sau:

x + 2y – 2 1 3 –1 –3

x + y + 1 3 1 –3 –1

y – 3 –2 2 2 –2

y 1 5 5 1

x 1 –5 –9 –3

KL:…

Bài 93: ( HSG TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012 – 2013)
a)Giải phương trình: 2x22x 1 



2x 3 ( x



2   x 2 1) (1)
Đặt t x2 x 2 x2 t2  x 2

Thay vào pt(1) ta có pt:





2 2

x 2x 1 t   x 2  2x 3 (t 1) 





t 2x 3 t (x 1)(x 2) 0

      

t x 1
t x 2
 


   


Với t x 1  ta có pt: x2 x 2 x 1 



xx2x1







2 2

x 1

x x 2 x 2x 1
x 1

x 1
x 1



 

    





   




Với t x 2  ta có pt: x2 x 2 x 2 





2
2

x 2

x x 2 x 2




 

   




2 2

x 2 x 2 2

3x 2 3

x x 2 x 4x 4

 

  

     



     



Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm

2
x 1, x .

3


</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

 






















2 xy

z

2 1

2 yz

x

2 2

2 xz

y

2 (3)

b)Tìm các số nguyên x, y thoả mãn:









2 2 3 3

2y 2x 1  2x 2y 1 1 x y (1) 
Ta có (1)  4xy(x y) 2(x y) 1 x y      3 3

Đặt

a x y
b xy

 





 vì x, y nguyên nên a, b nguyên.

Khi đó ta có pt : 4ab 2a 1 b    3 với a, b nguyên

3
b 1
2a

2b 1


 

 (vì b nguyên nên 2b - 1 0)

2 7

16a 4b 2b 1

2b 1

    



Vì a, b nguyên, nên 2b – 1 phải là ước của 7

b 1 a 0

2b 1 1 1

b 0 a (L)

2b 1 1 2

2b 1 7 b 4 a 9(L)

2
2b 1 7

b 3 a 2

  




 



   

  




  

  

  




  



   



Với a = 0, b = 1 ta có hệ

x y 0

x y 1

xy 1

 



  





Với a = 2, b = -3 ta có hệ

2
y x 2
x y 2

(VN)

xy 3 x 2x 3 0

 

  





 

   

 

KL : Các số x, y nguyên thoả mãn điều kiện bài toán là : x = y = 1, x = y = -1
Bài 94: ( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)

a) Đặt a = , b =

Ta có : a3 + a2 - 2a = 0

a ( a2 + a -2) = 0

Hệ ( I ) có ba nghiệm : ( 0 ; 1) ; ( 1 ; 0) ; ( -2 ; 3)
nên phương trình đã cho có nghiệm : 2 ; 1 ; 10
b)

Từ (1) ; (2) ta có : (x – z)(x – y + z) = 0 (4)
Từ (2) và (3) ta có: ( y - x)(x + y –z) = 0 (5)

Từ (3) ; (4) ; (5) ta có hệ :

x

2 

x1 0

 

I

1 b

a

1

2 b

3 a

















  













0

2 a

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Để giải hệ trên ta giải 4 hệ:

Giải 4 hệ trên ta được 8 bộ nghiệm của hệ phương trình :
(1; 1; 1) ; ( -1;-1; -1 ) ; ;

; ; ;

Bài 95: ( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2012 – 2013)

a) Giải phương trình sau:

2 2

x



3x 1 (x 3) x

  



1 Đặt

x

 

1 y

với y 1



. Khi đó ta được

y 3

y

3x (x 3)y

(y 3)(y x) 0

y x















  





Từ đó dẫn đến phương trình có nghiệm là

x



2 2

b)

2 2

y

2x 2xy 1

x

y

x y 8















 





2 2
2 2

y 1 0

(y 1)(2x y 1) 0

2x y 1 0

x

y

x y 8

x

y

x y 8











 







  





















2 2
2 2

y 1 0

x

y

x y 8

y

2x 1

x

y

x y 8









 



















 











Giải hệ

2 2

y 1 0

x

y

x y 8















ta được nghiệm (2;1); (-3;1)

2 2

y

2x 1

x

y

x y 8













8 11

(

; )

5 5











































2 y

xz

0 z

y

x

y

0 z

y

x

z

x

 

B

2 y

xz

0 z

y

x

0 z

x

A

2 y

xz

0 x

y

0 z

x











































 

D

2 y

xz

0 z

y

x

0 z

y

x

C

2 y

xz

0 z

y

x

0 x

y









































2 ;

0 ;

2 





2 ;

0 ;



2 

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Bài 96: ( HSG GIA TĨNH - TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014)

a) Gọi 3 số tự nhiên thoả mãn đề bài là x, y, z với x,y,z đều khác nhau và khác 0
Giả sử 1x< y <z khi đó ta có 0 <

1 1 1

x yz< 3. ta cần tìm x, y, z để

1 1 1

xyz có giá trị nguyên , 
khi đó có 2 trường hợp sau:

TH1)

1 1 1
xyz= 1 ,
Ta có 1=

1 1 1
xyz<

x suy ra 1x < 3
- Xét x =1 (loại)

- Xét x =2 khi đó

1 1 1
2
y z  <

y => 2 <y<4

=> y = 3 => z= 6 (thoả mãn ) Ta được 2 cặp số (2 ;3 ;6)
TH2)

1 1 1
x yz =2
Ta có 2 =

1 1 1
x yz <

x suy ra 1x <
3
2
=> x =1 =>

1 1
1
yz  <

y suy ra 1x <y <2 (loại) 
Vậy từ các TH trên ta được 3 số thoả mãn đề bài là 2 ; 3 và 6

b) ĐK : x 1

Ta có

0
2
1
3
)
1
(

2
3
3
3








x
x
x

x
x

x3

+2√(3x−2)3=3x(3x−2)

3 2

3. . . 2 0

1 1 1 1

x x x x

x x x

x x x x

   

     

   

   

   



2 2 2 3 2

3. . 2 0

1 1 1 1

x x x x

 

   

 

   

 



x

=

0 x

≠

0 ⇔

2
x+1x−1−

1
x+1x+1=

x

+

1 x

=

t

|t|≥2 x2 -2x +2 = (x-1)2 +1 = 0. Phương trình vơ nghiệm
c) Đk:

t−1−

t+1=

5
3⇔

t+3

t2−1=

5
3

⇔5t2−3t−14=0⇔(t−2)(5t+7)=0⇔

[t=2
[t=−7

5
[¿

Đặt

t

=

2

và x+1x=2⇔x=1
suy ra : y = 4 - u2 và x = 4 - v2 thay vào hệ ta có :

⇔

=> (x−2)2+y2=1
(x−2)3+y2=1

{

¿¿¿

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Trừ từng vế các phương trình trong hệ ta được :

2(u2 - v2) = (8 – u - v).(v - u)=> (u - v).(u + v + 8) = 0 => u = v vì u + v + 8 > 0 
Khi đó: 11 - 2v2 = (4 - v)2 => 3.v2 - 8v + 5 =0

Đưa về dạng tích ta có v = 1 hoặc v =
a2

+y2

a3

+y3

¿
{¿¿¿

¿ (thoả mãn )

+) Nếu v = 1 thì x = y =3(TM)
+) Nếu v =

⇒
−1≤a,y≤1
a2+y2=a3+y3
⇔

−1≤a,y≤1(1)

a2(1−a)+y2(1−y)=0(2)

¿{¿¿¿ thì x = y =

¿

0

(TM)

Vậy nghiệm của hệ là (x ; y) = (3,3) hoặc (x ; y) = (

⇔

,

a

2 +

y

2 =

1

)

Bài 97: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2010 – 2011)

Đk:

a=0

y=1

{¿¿ ¿

¿ Phương trình tương đương với

a =1

y =0

{ ¿ ¿ ¿

Đặt

x=2

y=1

{¿ ¿ ¿

¿ ta được phương trình

x

y

{¿¿¿

¿ hoặc

2
3
t 

Với
5

,
3
t 

ta được
2
2

2 5

1 3
x

x   (vô nghiệm)

Với

2
,
3
t 

ta được
2
2

2 2

1 3

x

x   suy ra

1
.
2
x

Đk: y0. Hệ tương đương với
2

2
3

1 1

x x

y y

x

x x

y y y



   





 

    

 

  



Đặt

,
u x

y
x
v

y



 




 


 ta được hệ

2 2

3 2

2 4 4 4 0 2

2 4 4 2

u u v u u u

v

u uv u u v

         

 

 

  



    

  

 

Với

2
1,
u
v








 ta được

1
2

1
1.
1

x

x
y

x y

y



 

  





 




 



 (thoả mãn điều kiện)

Bài 98: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2011 – 2012)

a) Giải hệ phương trình 










2
1
2
2

y
x
y

x
y
x

Điều kiện : x, y  0
Từ PT (1) :

2 2

2 2 (2 )

x

x x xy y y x x

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

Xét x = 2 phương trình vơ nghiệm => Hệ vô nghiệm
Xét x  2 => y =

2
2

x
x

 (*) thay vào phương trình (2), ta có

3 2

(2 ) 2 2

x x

x  x 

  <=> 2x32 (2x2  x) (2  x)2 3x24x 4 0
Phương trình có hai nghiệm : x1 =

3 => y1 =
1

3 và x1 = -2 => y1 = 1

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm
2
3
1
3
x
y






 


 và

2
1
x
y








b) Vì vai trị của x, y , z như nhau nên 0x y  z 1
+ Xét trường hợp x = 0 =>

1 1

y z

z yz y z

  

Ta có :

1 1

y z y z

z  yzy zy z 

    mà

3 3 3

1 1 2
y z   

(Do 1 + z > y + z ; 1 + yz > y + z <=> 1 – y + z(y – 1)  0 <=> (y – 1)(z – 1)  0 )
Nên phương trình :

1 1

y z

z yz y z

   Vô nghiệm
+ Xét trường hợp x  0 => 0x y z; ; 1

Ta có 2

1
1

x x

y zxx yx zx x y z

      (Dấu = xảy ra khi x = 1)
2

1
1

y y

z xy y zy xy x y z

      (Dấu = xảy ra khi y = 1)
2

1
1

z z

x yz z xz yz x y z

      (Dấu = xảy ra khi z = 1)
Suy ra :

1 1 1

x y z

y zx z xy  x yz x y z

        ( Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1)

=> x yz x y z

z
xy

z
y
zx

y
x













3
1

1 khi x = y = z = 1

Vậy phương trình có một nghiệm x = y = z = 1

Bài 99: ( HSG TỈNH THANH HĨA NĂM HỌC 2013 – 2014)

Ta có:

4 4 4 4 4 4

4 4 4

2 2 2

x y y z z x

x y z       x y2 2 y z2 2 z x2 2

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

x y y z y z z x z x x y

xyyz yzzx zxxy

  

    

= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
Dấu bằng xảy ra

1 3

x y z

x y z
x y z

 


     

  


Vậy nghiệm của hệ phương trình là:

1 1 1

; ;

3 3 3

x y z

 

  

 

 

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

⇔

(

x

−

y

−

z

)+

2 √

3 =

2 √

yz

⇒

(

x

−

y

−

z

)

+

4 √

3 (

x

−

y

−

z

)

+

12 =

4 yz

(1)

TH1. Nếu

x

−

y

−

z

≠

0

Ta có

√

4 yz−

(

x−y−z

)

2−12

(

x−y−z

)

(2) vô lý 
( do

x, y ,z

∈

N

nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).

TH2.

x

−

y

−

z

=

0

khi đó

(1) ⇔

x−y−z=0

yz=3

¿{¿ ¿ ¿ (3)

Giải (3) ra ta được
x=4

y=1

z=3

¿
{¿{¿ ¿¿

¿ hoặc

x=4

y=3

z=1

¿
{¿{¿ ¿¿

¿ thử lại thỏa mãn

Bài 100: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2014 – 2015)

a) ĐKXĐ:
2
2

1
2 0

5 2 0

5 33
2
x

x x

x

x x

x


 


   

 

 

 

  



 


 



Nhận thấy x0 khơng là nghiệm của phương trình.
Khi x0 thì

Phương trình đã cho

1 3

2 0.

2 2

1 5

x x

   

   

Đặt

2
t x

x

 

, ta được phương trình biểu thị theo t là

1 3

1 5

t  t 

2 5 6 0 2; 3

t t t t

      

Với

2
2

2 2 2 2 0 1 3

t x x x x

x

          

(thỏa mãn)
Với

2 3 17

3 3 3 2 0

t x x x x

x



         

(thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là

3 17

1 3; .

2
S    

 

 

b) Với x = y = 0 là nghiệm của hệ phương trình
Nhận thấy nếu x 0 thì y 0 và ngược lại

Xét x 0 ; y 0 hệ phương trình tương đương với

2 2 2 2

1 1 1 1

2 2

1 1 1 1 1 2

( )(1 ) 4 ( )(2 ) 8

x y x y

x y xy x y xy

 

   

 



 

       

 

 

Thay (1) vào (2) ta được

3
1 1

( ) 8

xy 

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

1 1
2

1
1

x y

x y
xy



 




    

 




Vậy hệ có nghiệm (x ; y) là (0 ; 0) ; (1 ; 1)

c) Ta có:

5(

x



xy y



) 7(



x



2 )

y

(1)



7(

x



2 ) 5

y





(

x



2 ) 5

y



. Đặt x2y5t (2) (t Z ) thì
(1) trở thành

x



xy y





7 t

(3).

Từ (2) x5t 2y thay vào (3) ta được

3 y



15 ty



25 t



7 t



0

(*), coi đây là PT bậc hai 
đối với y có:

 

84 t



75 t

Để (*) có nghiệm    0 84t 75t2 0

28
0

25
t

  

Vì

t Z





t



0

hoặc t 1. Thay vào (*) :
+ Với t0



y



0 

x



0

+ Với

t



1

2 2

3 3

3 1

2 1

y x

  


 

  



Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2)
Bài 101: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2016 – 2017)

Giải hệ :

2 2

2 (1)

2 (2)

x

xy

y

x y



 



 



- Trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được ;

2 2 2 2

(

)(

) 0

(3)

0 (4)

x

y

x

y

xy

x y

x y xy x y

xy x y















 

  

 





- Thay y = x từ (3) vào (1) ta được phương trình :

2 3 2

1

2 (

1)(

2 2) 0

1

2

1

2 x







 









 



 



 



Vậy ta được các nghiệm (x; y) là :

( 1; 1); (1



2;1



2); (1



2;1



2)

- Từ (4) suy ra

1 x

y

x





</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Thay y vào (2), ta có :

2 3

4 3 2

2

4 2 0

(

1)

1 x



 











2 2 2

(x 2x 2)(x x 1) 0 x x 1 0

          (Vì

x



2 x

 

2 (

x



1)

 

1 0

)

1 5

x
x

  
 

 


- Với

5 1

1

5

3

5

2

5 x

 



y





 



. Ta được

( ; ) (1

x y

 

5; 3

 

5)

là nghiệm 
của hệ.

- Với

5 1

1

5

3

5

2

5 x

 



y





 



. Ta được

( ; ) (1

x y

 

5; 3

 

5)

là nghiệm 
của hệ.

Vậy hệ đã cho có 5 nghiệm :

( 1; 1); (1



2;1



2); (1



2;1



2)

;

(1



5; 3

 

5)

;

(1



5; 3

 

5)

Bài 102: ( HSG TỈNH THANH HĨA NĂM HỌC 2017 – 2018)

a) Giải hệ phương trình

2 2 2

( ) (8 8 4 13) 5 0 (1)
1

2 1 (2)

x y x y xy

x

x y

      




 

 


ĐKXĐ: x y 0

Chia phương trình (1) cho(x y )2ta được hệ

2 2

2
5

8( ) 4 13

( )
1

2 1

x y xy

x y
x

x y


   

 




  

 



2 2 2

1 1

5 ( ) 3( ) 13 5 3( ) 23

( )

1 ( ) 1 1

( ) 1

x y x y x y x y

x y x y

x y x y x y x y

x y x y



    

          

     



     

   

   

      

    

   

   

 

  

Đặt

1
,

u x y v x y

x y

    

 (ĐK:| | 2u  ), ta có hệ

2 2

5 3 23 (3)
1 (4)

u v

u v

  



 


Từ (4) rút u 1 v, thế vào (3) ta được

2 2 2

5u 3(1 u) 23 4u  3u10 0  u2 hoặc

5
4
u

.
Trường hợp

5
4
u

loại vì u 2.

Với u 2 v1 (thỏa mãn). Khi đó ta có hệ

1
2

1
x y

x y
x y



  






  


Giải hệ trên bằng cách thế x 1 y vào phương trình đầu ta được
1

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

b)Tìm nghiệm nguyên của phương trình





2 5 62 ( 2) 2 2 6 8 (1).

y  y  y x  y  y x

Ta có



 





 



(1) y 2 y 3 56 ( y 2)x  y 2 y 4 x



y 2



x2



y 4



x



y 3



56

 

        



x 1

 

y 2

 

x y 3



56.

     

Nhận thấy



y 2

 

 x1



  x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số nguyên mà
tổng hai số đầu bằng số còn lại.

Như vậy ta có



 





 



) 56 1.7.8 ; 2;9 .
) 56 7.1.8 ; 8;3 .

x y
x y

   



 





 





 





 



) 56 8 .1. 7 ; 7;3 .
) 56 1. 8 . 7 ; 2; 6 .

x y
x y

      



  



 





  



 



) 56 8 .7. 1 ; 7;9 .
) 56 7. 8 . 1 ; 8; 6 .

x y
x y

      

Vậy phương trình có 6 nghiệm nguyên như trên.

Bài 103: ( HSG TỈNH THANH HĨA NĂM HỌC 2018 – 2019)

a) Giải hệ phương trình

2
2

1 2 1 (1)
1 2 1 (2)

x x y

y y x

    




   



 .

Trừ theo vế các phương trình (1) và (2) ta được:



2 2











2 2

1 1 3 0 3 0

1 1

x y

x y x y x y

x y

  

 

         

    

 

0
x y

   hoặc 2 2

3 0 (*)

1 1

x y

x y



 
  

Trường hợp 1:x y  0 xy. Thay y x vào (1) ta được phương trình:

2 1 1

x   x





2 1 1

x x

x
   


 







Giải hệ ta được:x 0 x y 0.

Trường hợp 2: 2 2

3 0

1 1

x y

x y



 

   .

Xét



 



2 2 2 2

3 1 3 1

3 .

1 1 1 1

x x y y

x y
A

x y x y

    



  

     

Ta có:





2 2

3 x   1 x 3 x  x 3 x  x 2 x  x x 0
.
Tương tự:3 y2 1 y0

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

2 2

2 2 2

1 2 1 1 2 1

2 1 1 (1)

2 1 1 (2)

1 4 4 1 4 2 (3)

1 4 4 1 4 2 (4)

x x y x y x

y y x y x y

y x
x y

x y y xy x x

y x x xy y y

         

 



 

       

 

 

  



   


 

      



       



Trừ theo vế các phương trình (3) và (4) ta được phương trình :



x y



4



x y



6  0 x y

hoặc 4



x y



 6 0 :

Cộng theo vế các bất phương trình (1) và (2) ta được : x y 0, suy ra trường hợp4



x y



 6 0
không xảy ra.

Trường hợpx y , thay vào (3) ta được:x y 0.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: x y 0.

b)Tìm nghiệm nguyên của phương trình x y x y2 2







  x 2 y x



 1



.
Đặt a xy b x y ,    a Z b Z b ,  , 2 4a (*)

Phương trình (1) trở thành: a b b a2   2.
2

2
1
a
b

a


 







2 2 2 2 2 2

2 1 4 1 1 5 1 5 1

a a a a a a a

               













2 1 1;5 2 0;4 0; 2;2

a a a

       

Nếu









 





0 2 , 0; 2 , 2;0

2
xy

a b x y

x y




      

 


Nếu

2
2
2

2 0

0 2

2
x
y
xy

a b

x y x

y

  
 

 

 

 

      

  

  






 

 (loại vì khơng thỏa mãnx y Z,  )
Nếu

2 ,

5
a  b

loại vì khơng thỏa mãn b Z .

Vậy nghiệm nguyên



x y,



của phương trình đã cho là:



0; 2 , 2;0 .

 



Cách 2 :Đưa phương trình về dạng:



  

( 2) 0
x y xy  xy x y  

Đặt txy, t Z ta được phương trình ẩnt:



x y t



2 t (x y  2) 0 (1)
Nếu

2 2

0 2

0 2

xy x

x y xy

x y y



 

 

       

  

  Hoặc

2
2
x

y
 






 (loại)
*) Nếu x y 0, ta có phương trình bậc 2 ẩnt:



x y t



2 t



x y 2



0 (2)
     



 







2 5

1 4 2 0 1

x y x y x y

           



x y 1





0;1





x y 1

 

1;0;1



x y



1;2



</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

*) Nếu

1 5
2
1

1 5
2
xy
x y

xy

 




   








 (loại)

*) Nếu









 





2 1 , 0;2 , 2;0

2
xy

x y x y

xy




     




 (thỏa mãn)

Vậy nghiệm nguyên



x y,



của phương trình đã cho là:



0; 2 , 2;0 .

 



Bài 104: ( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2017 – 2018)

Giải hệ phương trình

2 2

2 1(1)

1

3 1(2)

y

x

y

x

y

x

























ĐKXĐ: x>1

Từ (1)

 y2 x2 2y x1 ( x1)2  (y x1)2 x2  y x x1

*Thế

y x  x1

vào (2), ta được:

x1( x1 1) 0   x1

(loại)

*Thế

yx x1

vào (2), ta được:

1(11)0xx

x =1 (loại) hoặc x = 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x = 2; y = - 1)

Bài 105: ( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2018 – 2019)

ĐKXĐ:

x1

Đặt

1 1

1 ;

a b x

x x

   

ta có hpt

2 2

1
( ) 1

2
1

a b x x x

a x a x a

x

a b x

 

  

      



  


Do đó:

4 3 2 2

2
2

1 1 2 1

1 2 2 1 0 2 1 0

1 1

( ) 2( ) 1 0

x x

x x x x x x

x x x x

x x

 

             

     

Đặt

2 2
2

1 1

t x t x

x x

     

ta có pt:

t2 2t  1 0 t1

Với

t1

thì

1
2

1 5

1 1 1 0 2

1 5
( )
2

x

x x x

x

x loai

 




       



 



Vậy pt có một nghiệm x=

1 5
2


Bài 106: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2007 – 2008)

a) Ta có

2(

) 3(

) 0

2(

) 3(

)

2(

) 3(

) 0

2(

) 3(

)

2(

) 3(

) 0

2(

) 3(

)

2

5

3 0(1)

2

5

3 0(2)

2

5

3 0(3)

x y

y z

x y

y z

z x

y z

z x

x y

z x

x y

x

y

z

y

z

x

z

x

y



















 











































</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

8(x y y z z x )(  )(  ) 27( x y y z z x )(  )(  ) (x y y z z x )(  )(  ) 0

x y
y z
z x










 



Nếu

xy

, từ (1) ta suy ra

3x3z 0 x z  x y z.

Tương tự, nếu

yz

hoặc

zx

ta cũng đều dẫn đến

x y z

.

Như vậy, với các số thực

x y z, ,

thoả mãn giả thiết bài tốn ta ln có

x y z

.

Từ đó:

S



(

x x



)



(

x x



)



(

x x



)

2008



0. b) ĐK:

x2.

-Nếu

1 2 6

0 4

2 0

1 1 2 2 3 2

5 1 2 10

2 2

3 0 0 4

2 3 5 3

x

x x

x

x x

 



  

    



    

          

        

    

  

Suy ra

6 10

2 x  3 x 

, vậy phương trình khơng có nghiệm

1
2
x 

-Nếu

1 2 6

4
0 2

1 1 2 2 3 2

5 1 2 10

2 2

0 3 4

2 3 5 3

x

x x

x

x x

 



 

    



    

           

       

    

  

Suy ra

6 10

2 x  3 x 

, vậy phương trình cũng khơng có nghiệm

1
2
x 

Với

1
2
x

ta thấy thoả mãn điều kiện và phương trình đã cho.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

1
2
x

.

Bài 107: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008 – 2009)

a) Viết lại hệ dưới dạng:

2 2

( 1) 1 (1 ) 1 (1)
( 1) 1 (1 ) 1 (2)
( 1) 1 (1 ) 1 (3)

x y x y

y z y z

z x z x

       

 

      

 

 

     

 

Từ (1)&(2) suy ra: (1 x)4  (1 y)2  1 z
Suy ra: (1 x)8  (1 y)4  (1 z)2  1 x

8 1 0

(1 ) 1

1 1

x

x x

x
 


     

 


1
0

x y z

  


    


</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

 





4 3 2





2 4 3 2

4 3m 3m 1 4n 8n 4n 8n 1 2 3m 1 4n 8n 4n 8n 1

              





2
2 3m 1

 

là số chình phương và



2n2 2n



2 4n4 8n3 4n2 8n 1



2n2 2n 1



        

nên









2 2 2

2 3m 1 2n 2n 1 4 (n n 1) 0

       

Suy ra n1 và do đó m1
Thử lại và kết luận

Bài 108: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2009 – 2010)

Viết lại phương trình thứ hai của hệ về dạng









2 4 8 16 16 5 2 0

y  x y  x x 

Coi đây là phương trình bậc hai, ẩn ,y x là tham số. Có









2 2 2

' 2x 4 16 16x 5x 9x

      

Từ đó, tìm được y 4 x y, 5x4

- Nếu y 4 x, thay vào phương trình thứ nhất, giải được x0,x2,x5
 Với x0 thì y 4 x4

 Với x2 thì y 4 x6
 Với x5 thì y 4 x9

- Nếu y5x4, thay vào phương trình thứ nhất, giải được x0,x2,x19
 Với x0 thì y5x 4 4

 Với x2 thì y5x 4 6
 Với x19thì y5x 4 99

Vậy, các nghiệm của hệ là



x y;

 

 0;4 , 2;6 , 2; 6 , 5;9 , 19;99

 



 

 

 



 



Bài 109: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011)

a) Điều kiện x1.
Đặt 2x 3 x 1 u u, 0,

Ta có





2 3 4 2 2 2 5 3 3 2 2 2 5 3 16 20

u  x  x  x  x x  x  

Phương trình trở thành : u2  u 20 u2 u 20 0  u5 (do u0)
Với u5 ta được 2x 3 x 1 5 3x 4 2 2x25x 3 25.

2 2 5 3 21 3 3

146 429 0




        

  



x

x x x x

x x

Kết luận x = 3.

b) Đặt a x 1; b y  1, phương trình đã cho trở thành: (a1)2b(b1)2a1 (1).
Ta có:

(1) ab a b(  ) 4 ab(a b ) 1  ab a b(  4) ( a b 4) 5  (a b 4)(ab1) 5
Khi đó chỉ xảy ra 4 trường hợp sau:

1 9 3 5

; ; ;

0 2 4 6

       

   

   

   

   

a b a b a b a b

ab ab ab ab

Từ đó tìm ra ( , ) (0,1);(1,0);( 6,1);(1, 6)a b    .

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Bài 110: ( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2011 – 2012)

Nếu x y  6 x y x   (y6) 1  phương trình vơ nghiệm. Do đó x y 6

2 x y y 6 x x 3

         x{1; 2}
Với x1 thay vào phương trình ban đầu ta được:



y 1



3 (y 5)2



y 3





y2 5y 8



0 y 3

         

suy ra phương trình có nghiệm



x y;



(1; 3).
Với x2 thay vào phương trình ban đầu ta được:



y2



3 (y4)2  y35y24y 8 0

phương trình này vơ nghiệm do y1.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm



x y;



(1; 3).

Bài 111: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2006 – 2007)
ĐK: x ≥ 2. Ta có: (1)  x 1 2 x 1 1     x 2 0



( x 1 1)   x 2 0 

x 1 1 0

x 2
x 2 0

   


 



 




Bài 112: ( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2011 – 2012)
a) * Cách 1:

Ta có: x − xy = 7x − 2y − 15  xy − 2y = x − 7x + 15

 y(x − 2) = x − 7x + 15  y = \f(x−7x+15,x−2 = \f(+5,x−2 = + \f(5,x−2
Vì x, y  Z  \f(5,x−2  Z  x − 2  Ư(5)

- Nếu x − 2 = 1  x = 3  y = 3−5 + \f(5,3−2 = 3

- Nếu x − 2 = -1  x = 1  y = 1−5+ \f(5,1−2 = -9
- Nếu x − 2 = 5  x = 7  y = 7−5+ \f(5,7−2 = 3

- Nếu x − 2 = -5  x = -3  y = -3−5+ \f(5,-3−2 = -9
Vậy các cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình là
(x ; y) = (3 ; 3) , (-1 ; -9) , (7 ; 3) , (-3 ; -9)

* Cách 2:

Ta thấy phương trình đã cho tương đương:
x − xy − 7x + 2y + 15 = 0

 (2y − xy) − (2x − x) + (10 − 5x) = -5
 y(2 − x) − x(2 − x) + 5(2 − x) = -5
 (2 − x)(y − x + 5) = -5

 (x − 2)(y − x + 5) = 5

Vì x, y là các số nguyên nên x − 2 và y − x + 5 cũng là các số nguyên
 x − 2 và y − x + 5 là các ước của 5.

Xét từng trường hợp ta được (x ; y) = (3 ; 3) , (-1 ; -9) , (7 ; 3) , (-3 ; -9)

b) Ta có: (x + y)1+ \f(1,xy = 6  x + \f(1,x + y + \f(1,y = 6  \f(x+1,x + \f(y+1,y = 6
Đặt \f(x+1,x = a , \f(y+1,y = b (a, b ≥ 2)

Hệ phương trình đã cho tương đương: \f(1,a\f(1,b\f(2,3
Từ đó suy ra ab = 9

Do đó a = b = 3 (t/m a, b > 2)

Từ đó rút ra \f(x+1,x = \f(y+1,y = 3

Quy về phương trình bậc hai rồi sử dụng cơng thức nghiệm ta thu được:
(x ; y) = \f(3+,2 ; \f(3+,2 , \f(3+,2 ; \f(3−,2 , \f(3−,2 ; \f(3+,2 , \f(3−,2 ; \f(3−,2

Bài 113: ( HSG HUYỆN KIM THÀNH NĂM HỌC 2011 – 2012)
a) ĐK x0hoặc x1

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Với x1 Ta có

3 2 2( 1) 1( 2 1)
2

x  x  x x  x  x

2 1( 2 ) 1( 2 1)

x  x  x  x  x  x

3 2 2 2

x x x x x

    

Dấu "=" Xảy ra

2
2

1
1

x x

  


 

 



2

1 1

x x

  


     

 


 Vô lý

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x0

b) Giải hệ phương trình sau:


















13
y
3
x
4
xy
18
y
x

y
x
y
x

I )
















)
b
(
13
y
3
x
4
xy
18
y
x

)
a
(
y
x
y
x

(ĐKXĐ : x 0; y 0 )
Ta có :

( a)  ( x y)( x y1)0  x  y=0  x  y
 x = y thế vào (b) ta đợc :

2x +18x = 4 x 3 x 13  20x - 7 x -13 = 0 (6)
Đặt x = t (t  0 ) ta có :

( 6)  20 t2 – 7t – 13 = 0  










)
(
0
20

13
t

1

t

lo¹i

 x = 1  x = 1

</div>

Tài liệu tham khảo Toán học cấp 2





(

)

(

)

(

)

<i>x</i>

3

+

2

√

(

3

<i>x</i>

−

2

)

3

=

3

<i>x</i>

(

3

<i>x</i>

−

2

)

<i>x</i>

=

0

<i>x</i>

≠

0

⇔

<i>x</i>

+

1

<i>x</i>

=

2

⇔

<i>x</i>

=

1

⇔

¿

0

⇔

<i>a</i>

+

<i>y</i>

=

1





<sub></sub>

<sub></sub>



 





 





 





 

















