Giai phuong trinh vo ti bang dao ham

<span class='text_page_counter'>(1)</span>1.2. Các dạng bài tập x 3  b a 3 ax  b  x 3  ax (ax  b)  a 3 ax  b  f ( x )  f ( 3 ax  b )  x  3 ax  b. 3 3 Dạng1: x  b a ax  b (a>0, x là ẩn) 3 Với hàm đặc trưng f (t ) t  at , (a  0) 3 2 3 Dạng2: ax  bx  cx  d n ex  f.  m( px  u )3  n( px  u ) m(ex  f )  n 3 ex  f. 3. Với hàm đặc trưng f (t ) mt  nt 2. Bài tập. Bài tập về ứng dụng tính đơn điệu vào giải phương trình. Bài 1. Giải phương trình sau:. +) Ta có. 6(3  x ) 2  3  x. 2. 6 8 3 3 x 2  x trên ( ; 2). f ( x) . +)Đ\k :x<2+) Xét hàm số f '( x) . 6 8 3 14 3 x 2 x Lời giải:. . 3 2 2  x.  2  x. 2.  0, x    ; 2 .  ; 2  Suy ra f(x) đồng biến trên khoảng  Dùng máy tính kiểm tra được. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất Bài 2. Giải phương trình sau:. x. x. 3 2 là nghiệm .. 3 2.. 4 x  1  4 x 2  1 1 (ĐHQG HN-07). 1  x   4 x  1 0 1  4   x  2 2  4 x  1 0  x  1 ; x  1  2 2 Lời giải: +) Đ/K:. +)Ta thấy. x. 1  1 f ( x)  4 x  1  4 x 2  1, x   ;   2  2 là một nghiệm .+) Xét hàm số. f '( x) . +) Ta có x. 2 4x2  1. . 4x. 1   0, x   ;    2  4x2  1. 1   2 ;   f(x) đồng biến trên .Vậy. 1 2 là nghiệm duy nhất của phương trình.. Bài 3. Giải phương trình sau: Lời giải: Ta có 1  2 x  x2  1 . 1  2 x  x2  1 . 2 x  x 2 2  x  1. 4.  2x. 2. 2. 2. 1   x  1 0  0  x 2. 4.  2x. 2. +)Đặt. 2.  4 x 1. 2. 1   x  1 0   x  1 1. 2. t  x  1  t   0;1.  2x.  4 x  1 2. +) Ta có. 4.  4 x  1.  1  1  ( x  1) 2  1  1   x  1 2  x  1. +) Đ/K:. 2 x  x 2 2  x  1. .Phương trình trở thành :. 1  1  t  1  1  t 2t 2  2t  1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> VT  0  1  1  pt t   0;  t   0;    2  thì VP  0  2 +) Với vô nghiệm 1 1 2 2 1  t   ;1 2  2 t 4t 4  2t  1   2t 3  2t  1 t t  2  , bình phương hai vế ta có +) Vời. +) Ta thấy t=1 là một nghiệm của phương trình 1 1 1  f (t )   , t   ;1 t t 2  +) Xét hàm số. +). f '(t ) . 1 1 1  1    0, t   ;1  f (t ) 2  ;1 t 2 t 2  nghịch biến trên  2 . 2 1  g (t ) 2t 3  2t  1 , t   ;1 2  +) Xét hàm 2 1  1  g '(t ) 6t 2  2t  1  4t 3  2t  1  0, t   ;1  f (t )  ;1 2  +) đồng biến trên  2 .  x 0 2   x  1 1    x 2 hai nghiệm x=0; x=2 +) Vậy t=1 là nghiệm duy nhất .Với t=1 3 3 Bài 4. Giải phương trình: x  1 2 2 x  1 3 3 3 3 Lời giải: +)Ta có x  1 2 2 x  1  x  2 x (2 x  1)  2 2 x  1. 3 2 +) Xét hàm số f (t ) t  2t Ta có f '(t ) 3t  2  0, t    f (t ) đồng biến.. x3  1 2 3 2 x  1  x 3  2 x (2 x  1)  2 3 2 x  1  f ( x)  f ( 3 2 x  1)  x 1  x 2 x  1   x  2 x  1 0    x  1 5  2 +) Khi đó 3. 3. Vậy phương trình có ba nghiệm x=1; Bài 5. Giải phương trình: Lời giải: Đ/K: +) Ta có Pt:. x. x.  1 5 2. 2 x 3  x 2  3 x  1 2  3 x  1 3x  1. 1 3. 2 x 3  x 2  3 x  1 2  3x  1 3x  1  2 x 3  x 2 2. 3 2 0;   +) Xét hàm f (t ) 2t  t trên .  x  3 x  1  x 2  3 x  1 0  x . Bài 6. Giải phương trình:. . 3. 3x  1  ( 3 x  1) 2. 2 +) f '(t ) 6t  2t 0, t 0  f (t ) đồng biến trên. 2 x 3  x 2 2.  0;  +) Khi đó phương trình. . . . 3. 3 x  1  ( 3 x  1) 2  f ( x)  f ( 3 x  1). 3 5 3 5 x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm 2. x3  15 x 2  78 x  141 5 3 2 x  9 (Olimpic30/04/2011).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3. +) Ta cần phân tích pt về dạng:. m  px  u   5  px  u  m. . 3. 2x  9. . 3.  5 3 2x  9. , với. 3. hàm cần xét có dạng f (t ) mt  5t . 3. . x3  15 x 2  78 x  141 5 3 2 x  9   x  5   5  x  5  . 3. 2x  9. . 3.  5 3 2x  9.  f ( x  5)  f ( 3 2 x  9) 3 2 Với f (t ) t  5t  f '(t ) 3t  5  0, t    f(t) đồng biến.. f ( x  5)  f ( 3 2 x  9)  x  5  3 2 x  9  x 3  15 x 2  73 x  116 0  x 4  TM  x 11  5  2 Do đó 3 2 3 2 3 Bài 7. Giải phương trình : x  6 x  12 x  7   x  9 x  19 x  11 (Olympic30/04/09). Lời giải: Ta đưa phương trình về dạng. 3. m  px  u    px  u  m   x 3  9 x 2  19 x  11  3  x3  9 x 2  19 x  11 1   p 1; m  ; u  1 2 Đồng nhất các hệ số ta tìm được  x 3  6 x 2  12 x  7  3  x 3  9 x 2  19 x  11 3 1 1 3 3 3 2   x  1   x  1   x  9 x  19 x  11  3  x3  9 x 2  19 x  11 2 2. . . 3 2 3 Khi đó pt:  f ( x  1)  f (  x  9 x  19 x  11). 1 3 f (t )  t 3  t  f '(t )  t 2  1  0, t    f (t ) 2 2 Vời đồng biến. f ( x  1)  f ( 3  x3  9 x 2  19 x  11)  x  1  3  x 3  9 x 2  19 x  11 3. Ta có.   x  1  x 3  9 x 2  19 x  11  x 1, x 2, x 3. Vậy phương trình có nghiệm x 1, x 2, x 3 3 2 3 Bài 8.Giải phương trình: 8 x  36 x  53x  25  3x  5 Lời giải: Ta cần đưa phương trình về dạng. 3. m  px  u   px  u m. . 3. Đồng nhất hệ số ta tìm được. 3x  5. . 3.  3 3x  5.  m 1; u  3 p 2 Phương trình 3. . 8 x 3  36 x 2  53 x  25  3 3 x  5   2 x  3  2 x  3   f (2 x  3)  f ( 3 3x  5). 3. . 3. 3x  5  3 3x  5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3 2 Với f (t ) t  t  f '(t ) 3t  1  0, t    f (t ) đồng biến 3. Ta có. f (2 x  3)  f ( 3 3x  5)  2 x  3  3 3x  5   2 x  3 3x  5  x 2, x . Vậy phương trình có nghiệm. x 2, x . 5 3 4. 5 3 4. 3 2 3 Bài 9. Giải phương trình 27 x  27 x  13 x  2 2 2 x  1 (HSG Hải Phòng 2010) Lời giải : Ta có 3. 27 x3  27 x 2  13x  2 2 3 2 x  1   3 x  1  2  3 x  1  2 x  1  2 3 2 x  1 3 2 Xét hàm số f (t ) t  2t , t    f '(t ) 3t  2  0, t  f (t ) đồng biến..  3x  1. 3.  2  3x  1  2 x  1  2 3 2 x  1 3.  f (3 x  1)  f ( 3 2 x  1)  3 x  1  3 2 x  1   3x  1 2 x  1  x 0 Vậy phương trình có nghiệm x=0. Bài10. Giải phương trình Đ/K:. x . x3  3 x 2  4 x  2  3x  2  3 x  1 (HSG Quảng Bình 2012). 1 3 Tacó: 3. x3  3x 2  4 x  2  3 x  2  3x  1   x  1  ( x  1) ( 3x  1)3  3 x  1 Xét hàm số. f (t ) t 3  t , t .  x  1. 3. 1  f '(t ) 3t 2  1  0, t    f (t ) 3 đồng biến.  ( x  1) ( 3 x  1)3  3 x  1  f ( x  1)  f ( 3 x  1).  x 0 2  x  1  3 x  1   x  1 3x  1    x 1 Phương trình:. Vậy phương trình có hai nghiệm Bài11:Giải phương trình: Lời giải :+) ĐKXĐ:a có:. x=0, x=1. 3. 6 x  1 8 x3  4 x  1 ( Chuyên Lê Quý Đôn- Bà Rịa vũng Tàu). 3. 6 x  1 8 x 3  4 x  1   2 x   2 x (6 x  1)  3 6 x  1. 3. 3 2 Xét hàm số f (t ) t  t , t    f '(t ) 3t  1  0  f (t ) đồng biến Ta có.  2x. 3.  2 x (6 x  1)  3 6 x  1  f (2 x)  f ( 6 x  1).  2 x  3 6 x  1  8 x3  6 x  1 0  4 x3  3 x  +) Xét. 1 2. x    1;1 .Đặt x =cost, t   0;  , phương trình trở thành. 1 1  2 4cos3 t  3cos t   cos3t   t   k ,k  2 2 9 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  5 7  5 7 t   0   t  ; t  ; t  x cos ; x cos ; x cos 9 9 9 suy ra 9 9 9 Mà Do phương trình là bậc ba nên có không quá ba nghiệm..  5 7 x cos ; x cos ; x cos 9 9 9 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm Bài 12.Giải phương trình :. . . 3x 2  9 x 2  3   4 x  2  ( 1  x  x 2  1) 0.  1    ;0  +) Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong khoảng  2  Ta có. . . 3x 2  9 x 2  3   4 x  2  (1  1  x  x 2 ) 0  (  3 x)(2  (  3 x) 2  3 (2 x  1)(2  (2 x  1) 2  3)  u (2  u 2  3) v(2  v 2  3) Với u  3 x, v 2 x  1, u, v  0 .. f (t ) 2t  t 4  3t 2 , t  0  f '(t ) 2  Xét hàm số biến trên. 2t 3  3t 4. t  3t. 2.  0, t  0  f (t ).  0; Ta có. u (2  u 2  3) v(2  v 2  3)  f (u )  f (v)  u v   3 x 2 x  1  x . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất. Bài 13. Giải phương trình. 3. x . 1 5.. x 1  2 1  2x  1  3 x  2.  x  . (HSG Nghệ An2012).  x  1  x 13 Lời giải:+) ĐKXĐ:  +) Phương trình đã cho tương đương với.  x  2 . . x  1  2  3 2x  1  3.   x  1 x  1  x  1 2x  1  3 2x  1 (1) +)Xét hàm số. f  t  t 3  t f '  t  3t 2  1  0, t. Suy ra hàm số. f  t  liên tục và đồng biến trên . Khi đó:. đồng. ;. Pt(1)  f. .  . x  1 f. 3. . 2x  1 . x  1  3 2x  1. 1 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1  x   1 2  1  x 0  x   x     2      x 0  2  x 1  5  x  1 3  2x  1 2  x 3  x 2  x 0     2    x 1  5   2 2x  1 log 3 ( ) 3 x 2  8 x  5 2  x  1. Bài 14. Giải phương trình sau:. Lời giải: +) ĐKXĐ:. log 3 (. 2x  1 2. (HSG Thái Bình 2011).  x  1 0   2 x  1  0 .  x 1   1  x  2. ) 3 x 2  8 x  5  log 3 (. 2x  1 2. 2. )  1 3  x  1   2 x  1.  x  1  x  1 2 2  log 3  2 x  1   2 x  1 log 3  3  x  1   3  x  1 f (t ) log 3 t  t /  0;    f '(t ) . +) Xét hàm số biến trên. 1  1  0, t  0  hs f ( x) t ln 3 đồng.  0;. . log 3  2 x  1   2 x  1 log 3 3  x  1  x 2  2 x  1 3  x  1   2 x 3 . +) Phương trình.   3 x  1. 2. 2.  f (2 x  1)  f (3  x  1 ).  x 2  2 x 3 Vậy phương trình có nghiệm . 2. Bài 15: Giải phương trình sau:. 2. x. 3 1  x  log 3  1  2 x . x. Lời giải: +) ĐKXĐ:. x. 1 2. x. 3 1  x  log 3  1  2 x   3  x 1  2 x  log 3 (1  2 x). f (t ) t  log 3 t , t   0;    f '(t ) 1 . +) Xét hàm số đồng biến .+) Phương trình. 1  0, t   0;    f (t ) t ln 3. 3x  x 1  2 x  log 3 (1  2 x)  f (3x )  f (1  2 x)  3x 1  2 x  3x  2 x  1 0 x x x 2 +) Xét hàm g ( x) 3  2 x  1  g '( x) 3 ln 3  2  g "( x) 3 ln 3  0  phương trình g(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà g(0)=g(1)=0. Vậy phương trình có hai nghiệm x=0, x=2. 1 1 3 ( )sin x  ( )sin x sin 3x 81 Bài16. Giải phương trình : 27 ( HSG Hải Dương ) Lời giải: +) ĐKXĐ :  +) Ta có :.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 1 1 3 ( )sin x  ( )sin x sin 3x  27 81  1    3. 3sin x.  1  3sin x    3.  1    3. 3sin x.  1    3. 4sin 3 x. 3sin x  4sin 3 x. 4sin 3 x.  4sin 3 x t. t. t. 1  1 1  1 f (t )    t , t    4;4  f '(t )   ln  1    ln 3  1  0, t  3  3 3  3 +) Xét hàm số.  f (t ) nghịch biến.  1   +) Phương trình  3 . 3sin x. 1  3sin x    3. 4 sin 3 x.  4sin 3 x  f (3sin x) f (4sin 3 x).  3sin x 4sin 3 x  3sin x  4sin 3 x 0  sin 3x 0  3x k  x k.  ,k  3 x k.  ,k  3 .. Vậy phương trình có nghiệm 2.2. Bài tập ứng dụng tính đơn điệu vào giải hệ phương trình  f ( x, y ) 0 (1)  Hệ loại này ta gặp nhiều ở hai dạng  f ( x)  f ( y ) (2) với f là hàm đơn điệu trên tập. D và x,y thuộc D .Nhiều khi ta cần phải đánh giá ẩn x,y để x,y thuộc tập mà hàm f đơn điệu Một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , phương trình còn lại giúp ta giới hạn x,y thuộc tập D để trên đó hàm f đơn điệu  x 3  5x y3  5y  8 x  y 4 1 Bài1 Giải hệ phương trình . Giải . Từ PT (2) ta có Xét hàm số biến trên.  1  2. x 8 1; y 4 1  x 1; y 1. f  t  t 3  5t; t    1;1. có. f '  t  3t 2  5  0; t    1;1. do đó f(t) nghịch. 8 4 khoảng (-1;1) hay PT (1)  x y thay vào PT (2) ta được PT : x  x  1 0. 4. Đặt a=x ≥0 và giải phương trình ta được Bài2. Giải hệ :  x  x  2  x  4  y  1  y  3  y  5(1)  2 2  x  y  x  y 44(2)  x 0 Dk :   y 5 Lời giải :. a.  1 5  1 5  y x 4 2 2.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Từ pt(1) ta xét hàm hs đồng biến Khi đó. f (t )  t  t  2  t  4  f '(t ) . 1 1 1    0, t  0  2 t 2 t 2 2 t 4. x  x  2  x  4  y  1  y  3  y  5  f (x) f (y  5)  x y  5.  x  3  10  Thay vào(2) :hệ có nghiệm  y 2  10 (4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y 0 (1)  2 2 Bài3. Giải hệ : 4 x  y  2 3  4 x 7 (2) (x, y  R). (Đề thi ĐH 2010-KA) 3 x 4. Lời giải ĐK : (4 x 2  1) x  ( y  3) 5  2 y 0  (2 x)3  2 x  5  2 y 1 5  2 y. Pt (1). .  (2 x)3  2 x . 5 2y. . 3.  5  2y. 3 2 Xét hàm : f (t ) t  t  f '(t ) 3t  1  0t  hs đồng biến. Pt. . (2 x)3  2 x . 5 2y. . 3.  5  2 y  f (2 x)  f ( 5  2 y )  2 x  5  2 y  y . 5  4x2 2. 3  0  x   4 2x  5  2 y   2  y 5  4 x  2 Nghĩa là : 25  6 x 2  4 x 4  2 3  4 x 7 (*) 4 Pt (2) trở thành. Xét hàm số. f ( x) 4 x 4  6 x 2 . 25  2 3  4x 4 trên.  3 2  0; 4  f '( x ) 4 x (4 x  3) . 4 3x  4 < 0. 1 1 1 f   7 Mặt khác :  2  nên (*) có nghiệm duy nhất x = 2 và y = 2.. x = 2 và y = 2 3x  3 y  y  x (1)   2 2   x  xy  y 12 (2). Bài 4. (Đề thi thử Hà Tĩnh 2013) Giải hệ phương trình: (I) x y Hướng dẫn cách giải:Biển đổi phương trình (1) về dạng 3 + x = 3 + y (3) Thiết lập hàm số: f(t) = 3t + tChứng minh f(t) là hàm đồng biến, (3)  f(x) = f(y)  x = y. Cách giải:. x y  3  x 3 + y (3)  2 2   x  xy  y 12  (I). Xét hàm số: f(t) = 3t + t  f’(t) = 3tln3 + 1 >0  t    f(t) là hàm đồng biến, (3)  f(x) = f(y)  x = y x y  2 2 Nên (I)   x  xy  y 12  x = y =  2Vậy hệ có hai nghiệm: (2;2) ; (-2; 2).

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  2 x  3  4  y 4  2y 3 + 4  x = 4 Bài 5.(Tạp chí toán học tuổi trẻ tháng 5- 2012)Giải hệ . (1) (2). (I). Hướng dẫn cách giải: Nhận dạng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên có 1 nghiệm x = y -. Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng 2 x  3  4  x  2 y  3  4  y 2t  3 . Thiết lập hàm số: f(t)=. 3 4  t , t  [- 2 ;4]. 3 Cách giải: Điều kiện - 2  x, y 4. 2x  3 . Lấy (1) – (2) và đưa phương trình về dạng Xét hàm số: f(t)=. 4  x  2y 3 . 3  f(t) đồng biến trên (- 2 ;4). (3). 1 1 3  0 2t  3 4 t  t  (- 2 ;4). 3 4  t , t  [- 2 ;4] f’(t) =. 2t  3 . 4 y. (3) ⇔ f ( x )=f ( y ) ⇔ x = y. √ 2 x +3+√ 4−x=4. Suy ra:. (pt vô tỉ dạng cơ bản) 11 Giải pt được 2 nghiệm : x=3, x= 9 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ có 2 nghiệm (3; 3), 11 11 ; 9 9. (. ). .  x 2  1  3x 2 y  2    2 Bài 6.G hệ phương trình:  x y  x  2 0. . . 4 y 2  1  1 8 x 2 y 3. (1). VT  1  0 VP  1 0  x, y  +) Với y 0 thì , Hệ phương trình chỉ có nghiệm  với y  0 .. +) Vì y  0 nên từ phương trình (2) của hệ suy ra x  2 ..  1 . x 2  1  3 x 2 y  2 2 x 2 y. Thay. 2 x  x 2 y. . . 4 y 2 1  1 . vào. x 2  1  2 2 x 2 y 4 y 2  1  x 2 y. phương. trình. (3). (3) ta. x 2  1  x 2 x 2 y 4 y 2  1  2 x 2 y. . 1 1 1 1  2  2 y 4 y 2  1  2 y x x x. (2) 2. +) Xét hàm số:. f  t  t 1  t 2  t. với t  0. f ' t   1 t . t2 1 t 2. 1  0. với mọi t  0.  1 f    f  2 y   1 2 y  xy  1  f t 0;   x 2 là hàm đồng biến trên  . Mà  x . +) Thay. xy . 1 1 x 4  y  2 vào phương trình (2) của hệ ta có : 8.. được:.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  x 4  1   y 8 Thử lại thấy thỏa mãn hệ phương trình đã cho.. Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất.  x, y   4; . 1  8.  x 3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y (1)   2 1 2  x  y  x  y  (2) 2 Bài 7: (ĐH 2012)Giải hệ phương trình  (x, y  R). 3. Lời giải :Pt. 3. x3  3 x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y   x  1  12  x  1  y  1  12  y  1.   1 1  1  2 2 x  y  x  y    x     y   1   2 2  2    Pt 2. 2. 1 3 x  2 2 3 3 y  2 2.  3 3  3 3 f (t ) t 3  12t /   ;   f '(t ) 3t 2  12  0, t    ;   2 2  2 2  suy ra hàm số nghịch Xét hàm số 3. 3. x  1  12  x  1  y  1  12  y  1  f ( x  1)  f ( y  1)  y  x  2 biến , pt . 1 3  x   y   2 2 4 x 2  8 x  3 0    1 3  3 1  x  3  y  1  ;   ; ;    2 2 Vậy hệ có nghiệm  2 2   2 2  Thay vào (2):. 3.Bài tập tự luyện: Bài1: Giải các phương trình sau: 3 2 3 1. 4 x  18 x  27 x  14  4 x  5. 13.. 3 2 2 3 2. x  4 x  5 x  6  7 x  9 x  4. 14. 3. 3.. x  4 x 2  1   x  3 5  2 x 0. 4.. x  1   x  3 1  x  2 x 0. 15. 16. 3. 3 x  4 x3  3 x 2  x  2. 3 2 23 2 7.  2 x  10 x  17 x  8 2 x 5 x  x. 8.. sin 3 x. 2010 x. x  1 (HSG Lâm Đồng). 3.  3x 2 x  x3  3 x  2 0 (HSG Ninh Bình)  8sin x sin 3 x. . . x 2  1  x 1. (HSGQuảng Nam). Bài2. Giải các hệ phương trình:. 3 2 3 5. x  3 x  3 3 x  5 1  3 x. 6.. x  6  x 2 7 . 2 x3  x 2. 16..  x  3. 3. 2 x −2 y = ( y − x ) ( xy +2 ) x 2 + y 2 =2 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. 1). 2 x +2 x =3 + y y 2 + 2 y =3 + x ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. 3). ln x −ln y= y− x x 2 + y 2 −6 x−2 y+ 6= 0 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. 2). 4). log 2 √ x +3=1 + log 3 y log 2 √ y +3 =1+ log 3 y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 3 x3  6 x 2  3x  17 3 3 9   3 x 2  21x  5  9.. 10.. 11.. 5 x3  1  3 2 x  1  x 4. 1 1 3x 2  18 x  24   2x  5 x  1.  5x  6. sin 12. 2011. 2. 2. x. . 1 x 2  5x  7 2.  2011cos x cos 2 x. 1 x 1. . .  1  42 x  y .51 2 x  y 1  22 x  y 1  x y  ln  x  3  ln  y  3 5)  4.  1  2. (HSG 2013).  x  x 2  2 x  2 3 y  1  1  2 x 1  y  y  2 y  2 3  1 6) 2 2  x  x 1 y  y  1  2 2  x  y  xy 1 7)  ( HSG HD 2012). 1  2 3 xy 1  9 y  1  x 1  x   x 3 (9 y 2  1)  4( x 2  1) x 10 . . 8). . (i Dương 13-14).  x  1  4 x  1  4 y 4  2  y  2 x  2 x  y  1  y 2  6 y  1 0   9) KA 13.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>