Bài soạn CHUYÊN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÔNG MẪU MỰC

CHUN ĐỀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHƠNG MẪU MỰC

5
 2
x + y + x 3 y + xy 2 + xy = −

4
Bài1:

 x 4 + y 2 + xy(1 + 2 x) = − 5

4
5

u + v + uv = −

4
2
Giải: đặt u = x + y , v = xy có hệ 
giải ra u= 0 ,v = - 5/4
5
 u2 + v = −

4
u = - ½, v = - 3/2

 x2 + y = 0
5 25

3 ,y= − 3
* với u=0,v= -5/4 có hệ 

5 ⇒ x=
4 16
 xy = −
 4
2 1
 x + y = − 2
3
* với u= -1/2, v= - 3/2 có hệ 
⇒ x = ,1 y = −
2
 xy = − 3
 2
Bài 2:

 ( x2 + 1)( y 2 + 1) = 50
x, y >0

 ( x + y)( xy − 1) = 25

Giải : đặt u = x+y >0, v = xy – 1>-1 có hệ
giải ra x=2,y=3 & x=3,y=2
Bài 3

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

 u2 + v2 = 50
 ⇒ u= v= 5
 uv = 25

 u2 + v = 1
Giải: đặt u = xy-x , v = x y có hệ 
⇒ u = − 1, v = 0 va u = 2, v = − 3
u+ v= − 1
2

3

giải tiếp có x=1,y=0 và x= -1,y=0

Bài 4

 x 2 ( y + 1)( x + y + 1) = 3x 2 − 4 x + 1

 xy + x + 1 = x 2
Ta có x=0 khơng thoả mãn từ 2 ta có

x2

y +1 =

x 2 −1
x

thé vào 1 ta được

x 2 −1
x 2 −1

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

x=0, x=1, x=-2

Đ/s (1,-1), (-2,-5/2)
Bài5

Bài6

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

(1) tt (x+y)(x-2y-1)=0

Đ/s (5,2)

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

Pt 2 y2 –(4x+8)y-5x2+16x+16=0 Đ/s (0,4),(4,0),(-4/5,0)
Bài7

 2 x + 24 6 − x − y 2 = 2 2
4
 2 x + 2 6 − x + 2 2 y = 8 + 2

Cộng 2 vế của hệ ta có 2 x + 4 2 x + 2 6 − x + 24 6 − x = 6 + 3 2 + ( y − 2 ) 2
Ta có vế phải ≥6 +3 2 dấu bằng xẩy ra khi y = 2
Vế trái đặt a = 4 2 x , b = 4 6 − x có a4+2b4=12 có
(a2 +2b2)2 ≤ ( a4+2b4)(1+2) suy ra (a2 +2b2) ≤ 6
( a +2b)2 ≤ ( a2+2b2)(1+2) suy ra (a+2b) ≤ 3 2 v ế tr ái ≤ 6+3 2

y= 2
 2 2
a b 2
⇒ a = b ⇒ x = 2 ds(2, 2 )
d ấu b ằng x ẩy ra
 =
1 2

a b 2
 =
1 2


(

Bài8

(y +

)(

)

 x + x2 + 1 y + y2 + 1 = 1

Ta có

y
35
y+ 2 + = 0
x − 1 12


)(

y 2 +1 − y +

)

y 2 +1 = 1

Suy ra ta có phương trình

 x3 − x − 4 = y
 3
Bai9  y − y − 4 = z
 3
z − z− 4= x
 x3 − 4 = x + y
 3
C ách 1  y − 4 = z + y
 3
z − 4= x+ z

(x +

Kết hợp hệ thức 1 ta có
x+

x
x2 −1

=

35
12

)(

)

x 2 +1 − x + x 2 +1 = 1

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

giải ra có đáp số (5/3,-5/3),(5/4,-5/4)

xét H/s f(t) = t3 -4 đ/b suy ra x=y=z

Cách 2
G/sử

 ( x − 2)( x + 2 x + 3) = y − 2

2
 ( y − 2)( y + 2 y + 3) = z − 2 suy ra
 ( z − 2)( z 2 + 2 z + 3) = x − 2

2

 | x − 2 | ( x + 2 x + 3) = | y − 2 |

2
 | y − 2 | ( y + 2 y + 3) = | z − 2 | do x2+2x+3 >1 nên | y-2|
 | z − 2 | ( z 2 + 2 z + 3) = | x − 2 |

2

≥ |x-2| , | z-2| ≥ |y-2| ,
|x-2| ≥ |z-2| suy ra | x-2|=|y-2|=|z-2| suy ra x=y=z
2
thay vào (1) (x-2)(x +2x+3)=0 suy x=2 vậy có nghiệm (2,2,2)
Bài 10

Bài11

 x 2 + y 2 + x + 2 y = 5
(1_) – (2)
 2 2
 x + y + 2 x − y = 3
 ( x − 1)( y 2 + 6) = y( x 2 + 1) (1)

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

x=3y-3 thay vào (1) 10y2 -13y+1=0

(1) +(2) ta có 5x+5y =12 +x2+y2
(1)-(2) taco (y-x)(2xy-7-(x+y))=0 tương
đưong 2 hệ có 4 ngh x=y=2,x=y=3, (2,3).(3,2)


Bài12

 x + y 2 − x 2 = 12 − y
tg đg
 2 2
 x y − x = 12

 y 2 > x2

x> 0

⇔  12 − x − 12 = y
x

 2 2 144
y = x + 2
x


Bài13

 x + y 2 − x 2 = 12 − y  y 2 > x 2

x> 0
 2 2 12

⇔  x + 12 = 12 − y
y −x =

 x
x

 2 2 144
2
2
y = x + 2
y > x ,x > 0
x


 y2 > x2
 y2 > x2


x > 0
x> 0


⇔ 12 − x − 12 = y
⇔ 

12
x
 12 − x − x = y

 3 2

12
144
 x − 7 x + 12 x = 0
(12 − x − ) 2 = x 2 + 2


x
x

ngh (3,5),(4,5)

 x5 + y5 = 1
 9 9 4 4
 x + y = x + y

ta có (x5+y5)(x4+y4)=x4+y4 = x9+y9 suy ra x4y4(x+y)=0có

ngh (0,1),(1,0)
Bài 14

Điều kiện xác định:
Ta có:

(do

Thế

Với mọi

với mọi

vào (2) ta có:

áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:

)


Phương trình (3) có vế phải ln lớn hơn vế trái
Vậy hệ phương trình đã cho vơ nghiệm

phương trình (3) vô nghiệm


Phương pháp đánh giá:
Bài16: ghpt

2 xy

= x2 + y
x + 3 2
x − 2x + 9



2 xy
y+
= y2 + x
2

3
y − 2y + 9



Giải: Cộng hai vế pt ta có 2xy  3


1

 ( x −1) + 8
2

+


 = x2 + y2
( y −1) + 8 

1

3

2

a) nếu x=0 suy ra y=0 là nghiệm của hệ
b) nếu x≠0 suy ra y ≠ 0 và x,y cùng dấu khi đó ta có


1
1

 = x2 + y2
+
/2xy
2
2
 3 ( x −1) + 8 3 ( y −1) + 8 



vế phải ≥1, vế trái ≤1 ,dấu bằng xẩy ra khi x= y= 1 ,KL: (0,0), (1,1) là Ng

 x + 4 y − 1 = 1
Bài17: ghpt 
đ/k x,y ≥ 1 suy ra vế trái pt ≥ 1 dấu = xẩy ra khi
4
 y + x − 1 = 1
x=y =1


 y −= x3 + 3x + 4  y − 2 −= (x + 1)2(x − 2)
 3 ⇔ 2
 x = 2y − 6y − 2  x − 2 = 2(y + 1) (y − 2)

B ài18

Bai19

nh ận x et x=y=2

 x+ y+ z= 3


 (1 + x)(1 + y)(1 + z ) = (1 + 3 xyz )3


Áp dụng BĐT Cô si x+y+z ≥3 3

xyz

xy+yz +zx ≥ 3 3 (xyz) 2 suy ra (1=x)(1+y)(1+z) = 1+(x+y+z)+( xy+yz +zx)
+xyz ≥ 1 + 3 3 xyz + 3 3 ( xyz) 2 + xyz = (1 + 3 xyz ) 3 dấy bằng xảy ra x=y=z=1

 x2
 x2 + 1 = y
 2
 2y
Bai20  2 = z x=y=z=0 la ngh
y +1
 2z 2
 2 =x
z +1
2

2

Cong 3 pt

1

 −1
x


x− y = 1


Bài21  y − z = 1

z − x = 1

Suy ra x=y=z =

 2x2
 x2 + 1 = y
 2
 2y
Bài22  2 = z
y +1
 2z 2
 2 =x
z +1

+

1

 −1
y




x = y + 1


y= z +1

z = x + 1


1
y=


1
 =
z
1
 =
x


x2 + 1 1 1

= +
2x2 2 2x2
y2 + 1 1 1
= +
2 y2 2 2 y2
1 1
+
2 2z 2
2

+

1

 −1
z


= 0 ngh x = y = z = 1

x≥y⇒ y ≥

z

,y ≥ z ⇒

z≥

x

( 5 + 1) 2
2

ta có x=y=z=0 là ngh, x khác 0 suy ra y>0,z>0,x>0



y=


z =


x =

Bài23

2x2
≤
x2 + 1
2y2
≤
y2 + 1

2x2
=x
x
2y2
=y
y

y≤x≤z≤y

2z 2 2z 2
≤
=z
z2 + 1 z

 4 2 697
x + y =
81

 x 2 + y 2 + xy − 3x − 4 y + 4 = 0


Ta có x2 +x(y-3)+y2-4y+4=0 có
tự

suy ra x=y=z có ngh (1,1,1)

0≤x≤

4
3

suy ra x4 + y2

∆ = ( y − 3) 2 − 4( y − 2) 2 ≤ 0 ⇒ 1 ≤ y ≤

4

7
697
≤ ( )4 + ( )2 =
3
3
81

7
3

tưong

hệ vô nghiệm

 x5 − x 4 + 2 x 2 y = 2
 5 4 2
Bài24  y − y + 2 y z = 2 ta có x=y=z =1 là ngh x>1 suy ra
 z5 − z 4 + 2z 2 x = 2

2= z5-z4+2z2>(z-1)(z4+2z2+2) suy z<1 tưong tự suy x<1 vô lý
Bai25:Giải phương trinh
x+y+z+4=2
+4
Lời giải:
(1)
+

+6
+

(1)
=0

Phương pháp hàm số giải hệ pt
Bài26: tìm x,y thuộc (0, π) thỏa mãn hpt

 cot x − cot y = x − y

 5x + 8 y = 2π

từ pt (1) ta có x+ cotx = y + coty xét hàm số đặc trưng f(t) = t+ cott là hàm
số đồng biến vậy x ≤ y khi f(x) ≤ f(y) vậy f(x) = f(y) khi x = y do đó có hệ

 5x + 8 y = 2π

x= y

suy ra x = y = 2 π / 13


 2x + 1 = y3 + y2 + y

3
2
Bài27: ghpt  2 y + 1 = z + z + z xét hàm số đặc trưng f(t) = t3 + t2 + t
 2 z + 1 = x3 + x 2 + x

Là hàm số đồng biến vậy f(x) = f(y) = f(z) khi x = y = z do đó có hệ

x= y= z


2x + 1 = x3 + x2 + x


có hai nghiệm x = y = z = 1, x=y=z = -1

 log 22 x − log 2 x 2 < 0

Bài28: ghpt  1
x 3 − 3x 2 + 5x + 9 > 0

3

Đ/s 1< x < 4

 x 3 + 3x − 3 + ln( x 2 − x + 1) = y
 3
2
Bài29: ghpt  y + 3 y − 3 + ln( y − y + 1) = z xét hàm số đặc trưng
 z 3 + 3z − 3 + ln( z 2 − z + 1) = x

3

2

,

2

F(t) = t +3t -3+ln(t -t+1) có đạo hàm f ( t) = 3t +

3t 2 − t + 2
> 0 moit
t2 − t +1

x= y= z
Hàm số đồng biến hệ tương đương 
3
2
 x + 3x − 3 + ln( x − x + 1) = x
đ/s x = y= z = 1

 1 2 x3 + x 2
=y
( 4)

 1 2 y3 + y2
= z xét hàm đặc trưng f(t) = ( 1 ) 2t +t là hàm n/b
Bài30: ghpt :  ( )
4
 4
 1 2 z3 + z2
=x
( 4)

3

mọi t > 0

2

x= y= z

hệ tương đương  1 2 x3 + x 2
có nghiệm duy nhất x= y = z =1/2
( ) =x
4



 y3
 x = 6 + sin y

 z3
Bài31:ghpt  y = + sin z xét hàm số f(t) = t3/6 + sint với t≥ 0 đ/b có ng
 6
 x3
 z = + sin x
 6
t=0 vì là hàm số lẻ nên chỉ có một nghiệm ( chú ý đạo hàm bạc 3) hệ tương

x= y= z

đương với  x 3
có nghiệm x=y=z=0
 x = + sin x
 6
 e z − e z− x = x
 y y− z
Bài13: ghpt  e − e = z

 e x − e x− y = y


nghiệm x = y = z = 0

 (1 + 4 2 x− y )51− 2 x+ y = 1 + 2 2 x− y+ 1
Bài 32: ghpt 
đặt v=2x-y giải ra v=1 hệ tương
3
2
 y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0
 2x − y = 1
đương với 
đ/s x = 0, y = -1
3
2
 y + 4 x + 1 + ln( y + 2 x) = 0

 log 2 (1 + 3 cos x) = log3 (sin y) + 2
Bài33: ghpt 
có đk cosx>o,siny>0
 log 2 (1 + 3 sin y) = log3 (cos x) + 2
Suy ra log2(1+3cosx)+log3cosx) = log2(1+ 3siny) + log3siny xét h/s
F(t) =log2(1+3t) + log3t với t > 0 f ` (t)> 0 với mọi t > 0 suy ra cósx = siny

 log 2 (1 + 3 cos x) = log3 cos x + 2
Có hệ 
xéy h/s g(t)= log (1+3t)- log t – 2
 cos x = sin y
2

€ (0,1)

g`(t) =

3
1
−
=0
(1 + 3t ) ln 2 t ln 3

3

t


  cos x = 1


1
PT khơng có q 2 ngh   cos x =
có ngh x = k2Π,y= Π/2+l2Π
3


 cos x = sin y

x = ±ảrcos1/3 +k2Π , y = (-1)l arsin1/3+lΠ

 log 2 ( x + 1) = x + y

Bài35: ghpt 
đặt t = x-y
1+ x − y
1+ x − y
1+ x − y
1− x + y
1− x + y
1− x + y
9 − 6 − 3 = 6 + 3 − 9

pt2có 9(9t + 9-t) -6(6t +6-t) -3( 3t +3-t) = 0 khi t = 0 áp dụng tính chất
a > b > 1 và mọi t ta có at + a-t ≥ bt + b-t dấu bằng xẩy ra khi t = 0

 log2 (x + 2) = 2x
khi đó 
dk x > − 1
 x= y
xét hàm số f(x) = 4x –x – 1 với x > -1 f `(x) = 0 khi x= -log4(ln4) = t0

t
f
f

-1

-log4(ln4)

+

0

1
4

+
F(t)

Khơng có q 2nghiệm vậy x = 0,y= 0 ,x = - ½, y = -1/2 là ng của hệ

 log 5 z = log3 ( x + 4)


Bài36:ghpt  log 5 y = log 3 ( z + 4)

 log 5 x = log 3 ( y + 4)

giả sử x là nhỏ nhất x ≤ y suy ra log5x ≤ log5y suy ra log5( y +4)≤ log5(
z +4) suy ra y ≤ z tương tự z ≤ x vậy x = y= z hệ tương đương


x= y= z
sử dụng phương pháp hàm số

 log5 x = log3 ( x + 4)
hệ có nghiệm

suy ra x= 25

x = y = z = 25

 8cos z = cos 2x + 5 + 2cosx
 cos x = log2(8cos z − cos 2x − )5


cos y
Bài37: ghpt cos y = log (8 cos x − cos 2 y − )5 ⇒ 8 cos x = cos 2 y + 5 + 2
 2

 cos z = log (8cos y − cos 2z − )5  8cos y = cos 2z + 5 + 2cosz
 2

Xét hàm số đặt trưng f(t)=2t2+2t+4 t>0 đ/b suy ra co sx=cosy=cosz
Có ngh duy nhất x = y =z = k2 π
B ài 38

cóhệ

 x + x 2 − 2 x + 2 = 3 y− 1 + 1

 y + y 2 − 2 y + 2 = 3x− 1 + 1
 a + a 2 + 1 = 3b
suy ra

2
a
 b + b + 1 = 3

đ ặt a=x-1,b=y-

a + a 2 + 1 + 3a = b + b 2 + 1 + 3b

x et h àm s ố đ ặc tr ưng H/s đ ồng bi ến suy ra a=b ta co a+ a 2 +1 = 3a
ln(a + a 2 +1) − a ln 3 = 0 co g’(a) >0 a=0 l à ng duy nh ất suy ra (1,1)

Bài39 ghpt

 x 3 − 9 z 2 + 27 z = 27
 3 2
 y − 9 x + 27 x = 27
 3 2
 z − 9 y + 27 y = 27

 x 3 = 9 z 2 − 27 z + 27
 3
2
 y = 9 x − 27 x + 27
 3
2
 z = 9 y − 27 y + 27

Ta có x3=9(z-3/2)2+27/4 suy ra x>
Xét h/s f(t) = 9t2-27t+27 là hàm đ/b với t>

x= y= z
 3 2
 x = 9 x − 27 x + 27

có ngh:

3

3
4

suy ra

x= y = z = 3

3

3
4


 30 x 2 − 9 x 2 y − 25 y = 0
 2
2
Bài 40  30 y − 9 y z − 25 z = 0 ta có x=y=z=0 là ngh
 30 z 2 − 9 z 2 x − 25 x = 0


30 x 2
 y = 9 x 2 + 25

30 y 2

X khác 0 suy ra x>0,y>0,z>0  z = 2
xét hàm f(t) =
9 y + 25



30 z 2
x = 2
 9 z + 25

30t 2
9t 2 + 25

t>0

Hàm số đồng bién suy ra x=y=z = 5/3
Phương pháp lượng giác

 x 1 − y 2 + y 1 − x 2 = 1
Bài41: ghpt 
 (1 − x)(1 + y) = 2

α, β ∈[o, π ]

đ/k - 1 ≤ x,y ≤ 1 đặt x= cos α, y = cos β

 π
 cosα sin β + cos β sinα = 1  α + β =
có hệ
⇔ 2

 (1− cosα )(1+ cos β ) = 2  sinα − cosα − sinα cosα − 1 = 0


π

giải ra ta được α = 2 , β = 0 do đó hệ có nghiệm x = 0,y = 1


x 1− y2 =


Bài42: ghpt 
 y 1 − x2 =



 cos α sin β

Suy ra hệ 
 cos β sin α

1
4
đ/k - 1 ≤ x,y ≤ 1 đặt x= cos α, y = cos β
1
4

= 1/ 4

 α = β = π / 12 ⇒ x = y = ( 6 + 2 ) / 4
1 ta có 
=
 α = β = 5π / 12 ⇒ x = y = ( 6 − 2 ) / 4
4

 π
α , β ∈ o, 
 2


2y

x=
 1− y2

Bài43:ghpt 
đặt
2x
y=
 1 − x2


Có hệ

x = tan α , y = tan β

α , β ∈ (−

π π
π
, )≠±
2 2
4

 π

α = (k+− 2n)
 tanα = an2t β  α − 2β = kπ  3 ππ
 ⇔  ⇔  do ,βα (−∈ , )ne
 tanβ = an2t α  2 βα =− nπ  β = (n+− k)2 π 2 2
 3
k =1, n = − ⇒ =π / 3, β = − / 3 ⇒ 3 ,− 3 )
1
α
π
(

1
α
π
(
k = − , n =1 ⇒ = − / 3, β =π / 3 ⇒ − 3 , 3 )
k =0.n =0 ⇒ =0, β =0 co ng (0,0)
α



 x + y − x − y = 1
Bài44: ghpt 
đặt x= Rcos α ,y = Rsin α
2
2
2
2
 x + y + x − y = 1

R>0

 R( cosα + sinα − cosα − sinα = 1  2R(cosα − cos2 α − sin2 α ) = 1
Có hệ
 2 2 ⇒ 2 2
 R(1+ cos α − sin α = 1  R(1+ cos α − sin α ) = 1
 1
cosα ≥
5 26
2
2 
→1 + 2 cos α − 1 = 2(cosα − 2 cos α − )1 ⇒  2
⇒ cosα = ,sinα =
 7cos2 α + 2cosα − 5 = 0 7 7

5/8,y =

6
4

suy ra R=7/8 hệ có ngh: x =


Phương pháp đổi biến số
Bài 45: ghpt:

 (2x + y)2 − 5(4x2 − y 2 ) + 6(2x − y)2 = 0

chia2vept(1)cho(2x − y)2
1


 2x + y + 2x − y = 3

đặt u=2x+y,v=1/2x-ycó u=1,v=2,u=2,v=1 hệ có ngh (3/8,1/4),3/4,1/2)
 z 8
3
x = y

2
 z 3
y =x
Bài46:ghpt 
đ/k x,y,z>0 * nếu x=1suy ra y=1 và z=2 là ngh
 4
4
z = x + y



với x,y khác 1

đặt

Kq

Bài 47

u = 4 x,v = 4 y

z=4/3

v=

cóhệ

 4z 332
 u = v  3z 8  9z2
u = v v  z= 4/3(z> 0)
 8 
 4 z 3 3z / 2  3z / 2  2
 v = u ⇒  z = u⇒  v = u⇒  = vu
 += vuz  += vuz  += vuz  2 vv −+ 4/ = 03
   


− 3 + 57
− 3 + 57 2
− 3 + 57 8
− 3 + 57 4
,u = (
) ⇒x =(
) ,y =(
)
6
6
6
6

 x 2 + 1 + y( y + x) = 4 y
 2

 ( x + 1)( y + x + 2) = y

 x2 + 1
 y + y+ x= 4

y=0 không thoả mãn  2
  x + 1  ( y + x − 2) = 1
  y 



Đ/s (1,2) ,(-2,5)

3
3

4 xy + 4( x 2 + y 2 ) +
= 7  3( x + y) 2 + ( x − y) 2 +
=7

( x + y) 2
( x + y)2


⇔ 
Bài 48 
x+ y+ 1 + x− y= 3
 2x + 1 = 3

x+ y


x+ y


Đặt

u=x+y + 1/x+y, v=x-y

Đ/s (1,0)

 x 2 + y + x + 1 + x + y 2 + x + y + 1 + y = 18
ghpt: 
 x 2 + x + y + 1 − x + y 2 + x + y + 1 − y = 2

Bài49:

Giải trừ 2 vế pt ta có x+y = 8 ,cộng hai vế phương trình ,đặt t = xy
,đ/s x=y=4

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

Bai50

Ta có

3

y 1
( + y ) = −6
x x

 x + y + x 2 − y 2 = 12
Bài51 
 y x 2 − y 2 = 12

1 3
 x 3 + y = 19
x=0 không thoả mãn ,x khác 0 
y y2
 + = −6
 x 2 x
đặt

đặt u =

t =

1
+y
x

x2 − y2

khi đó t=1

, v=x+y có

 u + v = 12

 u u2
 (v − ) = 12
2 v

U=4,v=8 , u=3,v=9
đ/s (5,3),(5,4)
Chủ đề tìm tham số để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
I)
Kiến thức cơ bản : dựa vào đặc điểm của hệ phương trình suy ra một
giá trị nghiệm từ đó suy ra giá trị của tham số , điều kiện đủ với giá trị
tham số thay vào hệ giải tiếp giá tri tham số thỏa nãm điều kiện bài
tốn là giá trị cầ tìm
II)
Bài tập áp dụng

 x2 + y2 = m − 5
Bai1: Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất 
 y + cos x = 2

(185) T/Phương

đ/k cần (x0,y0) là ngh thì (-x0,y0) cũng là ngh suy ra x0 = 0 có hệ


 y02 = m − 5
suy ra m=6

 y0 = 1

 x2 + y2 = 1
đ/k đủ m=6 có hệ 
có ngh duy nhất x=0,y=1
 y + cos x = 2
Bài2 Tìm a để hệ có ngh duy nhất

 2 x + x = y + x 2 + a
(350,PHK)
 2 2
 x + y = 1

đ/k cần (x0,y0) là ngh thì (-x0,y0) cũng là ngh suy ra x0 = 0 có hệ

1= y + a
 2
y =1

suy ra a=0, a=2

đ/k đủ a=0 thỏa mãn
Bài3: Tìm a để hệ có ngh duy nhất

 ax 2 + a − 1 = y − sin x
 2 2
 tan x + y = 1

(355,PHK)

Đáp số a = 2

 xyz + z = a
 2
Bai4 : Tìm a,b hệ có ngh duy nhất  xyz + z = b
(348,PHK)
 x2 + y2 + z 2 = 4

Đáp số a=b= -2
Bài5: Tìm m hệ có ngh duy nhất
Đáp số m=0

 2 x − 2 y = y − x (m + 1)
(434,HĐ)
 2
2
 x + y = m

Điểm thuận lợi trong điều kiện cần
Cơ sở lý thuyết : bài tốn tìm tham số nghiệm đúng với mọi x thuộc
một miền nào đó
điều kiện cần vì đúng mọi x thuộc mọt miền nào đó thì phải đúng với
một giá trị đặc biệt thuộc miền đó suy ra giá trị m
Điều kiện đủ vơi m tìm được thỏa mãn điều kiện bài toán là giá trị cần
tìm
Bài tập áp dụng


 2bx + (a + 1)by 2 = a 2
Bài1 Tìm a để hệ có nghiệm với mọi b 
 (a − 1) x3 + y 2 = 1
điều kiện cần : vì đúng mọi b nên đúng với b=0 khi đó có hệ

2

 a = 1
 3 2 ⇒ a= ± 1
 (a − 1)x + y = 1

điều kiện đủ
a = 1 có hệ

1)

X2+y2=1

 2bx + 2by2 = 1  y2 = 1
 2 ⇔  bx
 y = 1  2 = 1− 2b

3mx-3y-5m=0

rõ ràng b<1/2 hệ vô nghiệm nên không thể đúng mọi b được loại
2) a= - 1

 2bx = 1
 3 2 hệ này ln có nghiệm x = 0 , y= 1 với mọi b
 − 2 x + y = 1

Vậy a = - 1 là giá trị cần tìm
Bài2 Tìm a để hệ có nghiệm với mọi b

 ( x 2 + 1)a + (b 2 + 1) y = 2


 a + bxy + x 2 y = 1

b = 0 suy ra a = 0,a = 1
đ/s a = 1
Bài 3 Tìm a để hệ có nghiệm mọi b thuộc đoạn 0 đến 1

 x y 1
a + a =
2

 a x a y = a b2 − b+ 1


a,b > 0

Điều kiện cần Vì đúng mọi b thuộc đoạn nên đúng b=1 có hệ


 x y 1
a + a =
2

 a xa y = a


khi đó ax,ay là 2 nghhiệm dương phương trình

X2 – ½ X + a = 0 muốn có nghiệm thì  = ¼ -4a ≥ 0

suy ra 0 < a ≤ 1/16 khi đó

b 2 − b + 1 ≥ log a

1
16

 x y 1
a + a = 2


 a x a y = a b2 − b+ 1 ≤ 1

16


sử dụng phương pháp hàm số f(b) trên đoạn
3

1

0đến 1 để đúng với mọi b ta có f(1/2) = 4 + log a 16 ≥ 0 ⇒ 0 < a ≤ 323 2
Phương pháp đồ thị :

 1 − x 2 − y = 0
Bài tốn1: tìm m để hẹ có nghiệm 
 3mx − 3 y = 5m

hệ tương đương

 y≥ 0
 y = 1− x2  2 2
 ⇔ x + y = 1
 3mx − 3y = 5m 
 3mx − 3y = 5m

X2+y2=1

3mx-3y-5m=0

đ/k -1≤ x ≤ 1


Tìm a hệ có nghiệm,có nghiệm duy nhất

 x + y = a

 x + y − xy = a

u + v = a ⇒ a ≥ 0

x,v =

y

u + v = a

 2 2
 2 2 a 2 + 2a
ta có  u + v = a khi  u + v =

3

 u, v ≥ 0

 u, v ≥ 0


Bài tập bổ xung chưa giải được
Bài1

Bài2

 x 2 + 2 x + 22 − y = y 2 + 2 y + 1
 2
 y + 2 y + 22 − x = x 2 + 2 x + 1
 x + x 2 + 1 = 2006 y

 y + y 2 + 1 = 2006 x

Bài3

1
2
 1
+
=

 1 + 2 x 2 1 + 2 y 2 1 + 2 xy
Bài5 
2


x(1 − 2 x) + y (1 − 2 y) =

9

Bai6 Giải hệ phương trình:

 2 2 8 xy
 x + y + x + y = 16

 x + y = x2 − y


 2 x + 24 6 − x − y 2 = 2 2
4
 2 x + 2 6 − x + 2 2 y = 8 + 2

đặt u=


Câu 1:

Giải hệ phương trình:

 2 2 8xy
 x + y + x + y = 16 (1)

 x + y = x2 − y
(2)


0,5
1

* Điều kiện: x + y > 0
* (1) ⇔ (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y)
⇔ [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0
⇔ (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0
⇔ (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0
⇔ (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0
(3)
x + y − 4 = 0
⇔  2
2
 x + y + 4(x + y) = 0 (4)
Từ (3) ⇒ x + y = 4, thế vào (2) ta được:
 x = −3 ⇒ y = 7
x2 + x – 4 = 2 ⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔ 
.
x = 2 ⇒ y = 2
(4) vơ nghiệm vì x2 + y2 ≥ 0 và x + y > 0.
Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2)

0,5
1

0,5
0,5

Bai7. Giải hệ phương trình
x 2 + y 2 + z 2 = yz +

8
2
18
= 2zx − = 3xy +
x
y
z

Câu 1. Hệ phương trình bài ra tương đương với:
 x x 2 + y 2 + z 2 = xyz + 8


2
2
2
 y x + y + z = 2xyz − 2

2
2
2
 z x + y + z = 3xyz + 18

Cách 1. Đặt a = x2 + y2 + z 2 và b = xyz. Bình phương 2 vế của từng phương trình trong hệ rồi
2
2
2
cộng lại ta thu được a 3 = ( b + 8 ) + ( 2b − 2 ) + ( 3b + 18 ) ⇔ a 3 = 10b 2 + 114b + 392
(1)

(

(

(

)

)

)

3
Nhân 3 phương trình bài ra theo vế được: a b = ( b + 8 ) ( 2b − 2 ) ( 3b + 18 )
2
Từ (1) và (2) ta có: b ( 10b + 114b + 392 ) = ( b + 8 ) ( 2b − 2 ) ( 3b − 18 )

⇔ 4b3 + 19b 2 + 94b + 144 = 0 ⇔ b = −2
Thay vào (1) được a3 = 216 tức là b=6.
Thay vào hệ phương trình ban đầu giải được x = 1, y = -1, z = 2

(2)