pthpt trong cac de thi thu dai hoc co loi giai chi tiet

<span class='text_page_counter'>(1)</span>.  . 8 2 x  1 2 x  2 x  1 y y 2  2 y  4   4 xy  2  y  2   y  2 x  5y  12 x  6 1. Giải hệ phương trình . .  x; y   . BG  1 x  2   y  2   y  2 x  0 . ĐK:.  1   2. PT. . Từ pt (1)  dể pt có nghiệm thì y 0. 3.  . . f  t  t 3  2t 2  4t. Xét hàm số luôn đồng biến Từ pt (*). 2. . . 2 x  1  2 2 2 x  1  4 2 2 x  1 y 3  2 y 2  4 y. .  t 0 . (*) 2. có. f  t  3t 2  4t  4 2t 2   t  2   0 t 0. nên f(t). .  f 2 2 x  1  f  y   2 2 x  1 y. Thay vào pt ( 2 ) ta được pt. y 3  2  y  2  y  2 3y  y  2 .  y  2z  loại   y  2z 3yz   y  z   y  2z  0    y z  t / m Đặt z  y  2 ta được pt 3. 3. 2. 2. Với y = z ta được y  y  2  y 2  x 1 (t / m)  x  3  xy  x  3 y  3  x  1 2 y  y  1   x, y     2  x  3  y  1  y  1  x  2 x  3 x  1  2 2. Giải hệ phương trình:. . . BG  x  3  xy  x  3 y  3  x  1 2 y  y  1  1   2  x  3  y  1  y  1  x  2 x  3 x  1  2  2 . . Pt(1). . x 3 . .  x  3  y  1  x  2 y  1 . y 1. a  x  3  a, b 0  , (1)  b  y  1.  a b a 2  2b 2  ab  a  b 0    a  2b  1 0 Đặt trở thành: + a  2b 1 0 vô nghiệm do a, b 0. + Xét a = b  y x  2 thay vào (2) ta được:.  x  3  x  3  x  1  x 2  2x  3 . x 1  2.   x  3  x  3  x  1  x 2  2x  3 .. x 3 x 1  2.  x 3  y 5(tm)  2   x  3 x  1  2  x  1  x  2x  3  *. . . .

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  (*) . . . . 2 x  1  2   x  1  2   x  1  2   . . f  t   t  2   t 2  2 . Xét hàm số f t. Suy ra. 2. x 1  2 . đồng biến mà. f. , t 0 có f '  t   0t  . . . x  1  f  x  1 . x 1 x  1.  x 1  2  x 3  y 5 x  3x  0 . Vậy hpt có nghiệm:  3;5. 3. Giải hệ phương trình: x   1  Điều kiện:  y  1 x3  x 2  x 1   y  2    x 1. x  2  x  x  1  y  2   x  1  y  1  3x 2  8 x  3 4  x  1 y  1 .  x  1  y  1 . 3. x  x      x 1  x 1 . .  x  f  f  x 1 . . Ta có. y.  y  2  y  1. 3. .. x  y 1 2 x 1 . Thay vào (2) ta được 3x  8 x  3 4 x x  1 .. . . x 1. f  t 3t 2 1  0t   trên  có   suy ra f(t) đồng biến trên  . Nên. y 1 .   2 x  1  x  2 x  1.  x  1. y 1  y 1. f  t  t 3  t. Xét hàm số. 2. . x 3  x  x  1.  x, y   . . 2.   x 1   2   x  6 x  3 0  2 x  1 x  1     1 x   2 x  1  1  3 x   3  2  9 x  10 x  3 0. x2 1 x 1. x 3  2 3  y . 4 3 3 5  2 13 41  7 13 x  y  2 9 72 . Với .. Với Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.. . KL: Hệ phương trình có hai nghiệm.  x; y   3  2 . 3;. 43 3   2 .  5  2 13 41  7 13  &  x; y   ;  9 72  ..  x 2  xy  2y  1 2y 3  2y 2  x  6 x  1  y  7 4x  y  1 4. Giải hệ phương trình  ..  x 3  2 3  5  2 13   x  9.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 2  xy  2y  1 2y3  2y 2  x  1   2 6 x  1  y  7 4x  y  1. ĐK: x≥1 ..  1   2y 2  x   1  x  y  0 . y x  1. 2 vì 2y  x  0, x 1. 6 x  1  x  8 4x 2 . Thay vào (2) ta được. . . 2. 2. x  1  3  2x   2x  x  1  3. 4x 2  13x  10 0   2x  3  x  1    x 2 3 x  ⇒ y =3  2. Vậy nghiệm của phương trình là ( x; y)=(2;3) .. .  y 2  x3  x 2  2 3 y 4  3 y 2 2 x x  1 y  3 y    y 4  y 3  y 2  1  y  x  1 3  1. 5. Giải hệ phương trình (1). .  y3 y. 2.   x. x 1. . 2. . .  2 x x  1 y  3 y 0. 3  y  y x x  1. . (a).    u  u v  v (a) thành (b) 3 2 Xét hàm số f  t  t  t , có f  t  3t  1  0, t   nên f  t  đồng biến. Vậy Đặt. u 3 y. ,. 4. 2. u  u  v 1 v. v  x 1,. Thay vào (2):   y  . 3. 3. 2. 3. 4. 3. 3. 3. 3. 2. y  y  y  1  y  1  y  y  y  y  1  1 0.  3   y  y 2  0 3 2 y  y  1  1   y 3  y 2 0.  y 4  y3 . 1. (vì từ (*) suy ra. (1)  x( x 2  y   x. x 2  x)  ( x  y ) 0. y x 2. (x,y R ). 2. x y  x x.  x  y 0  ( x  y )( x 2  y  x 2  x  x) 0. Do đ ó x=y thay v ào pt (2) :. x  x  x  1  x( x  1) . 2. 9 2. Đ ặt t  x  x  1(t 0)  t 2 x  1  2 x( x  1) Pt trở thành t2+1+2t=9 hay t2+2t-8=0 chỉ lấy t=2  x  1  x 2 5  25 x  2 x( x  1) 5  2 x    x 2 16 4 x 2  4 x 25  20 x  4 x 2 . 3. y  x 1. y3  y 2 y3  y 2  1  1.  y 0  y 0 )  y 1. ĐS:  1;0  ,  2;1  x x 2  y  y  x 4  x3  x   9  x  y  x  1  y ( x  1)  2 6. Giải hệ phương trình   x 1  Đk:  y 0. (b) . 0. (*).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 25 25 ; Vậy hệ có nghiệm duy nhất( 16 16 )  x  y  1  x  1 x3  y 2  x  3 y  2  2 6. Giải hệ phương trình  x  2  y  4  x  2 x  4  y  2 2 2 3 2 ĐKXĐ x  2, y  4 . (1)  y  ( x  x  3) y  x  x  2 x  2 0 2 Giải pt bậc 2 ta được y  x  1 hoặc y  x  2. 2 Với y x  1 thay vào PT (2) ta được x  2  x  5  x  2 x  4  x  1. x2 . . . x2. . 2.  3  x  1  ( x  1) 2  3 2. Xét hàm số f (t ) t  t  3 có. f '(t ) 1 . t 2. t 3.  0, t    f (t ). đồng biến trên  . Vậy.  x 1  x  1 0  f x  2  f  x  1  x  2  x  1    3  13 2  x  2 ( x  1) x   2 3  13 5  13  x  y 2 2 2 Với y  x  2 thay vào PT (2) ta được. . . x  2  x2  6 . x 2  2 x  4 x 2 . .  . x2  1 . x2  6 . . x 2  2 x  4 x 2  1. x 1 2x  2  ( x  1)( x  1) 2 x  2 1 x  6  x2  2x  4  x  1 0  x  1  y 3    1 2    x  1  x  7  y 81  x  2  1 4 16  x2  6  x2  2x  4  3  13 5  13   7 81  ;   ,   1;3 ,  ;  2 2   4 16  Vậy hệ có 3 nghiệm là  . 4 x 2 + y− x−9 = √ 1+ 3 x + √ y + x 2 +5 x −8 x 4 + x 3 −11 x 2 + y x 2 + ( y −12 ) x =12− y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. 7. Giải hệ phương trình : Phương trình (2) tương đương với. ( x 2 +x +1 ) ( y−12+x 2 ) =0 ⇔ y=12−x2 2 1 Thay vào phương trình   ta được: 3x . .  3  x 2  x   x 1 .  . 3x 1  x  2 . x  3  3x  1  5 x  4. . 5 x  4 0. 1 1     x2  x   3    0 x  1  3x  1 x  2  5 x  4    x 2  x 0  x 0 hoặc x 1 . Khi đó ta được nghiệm  x; y  là  0;12  và  1;11 ..  xy ( x 2  y 2 )  2 ( x  y )2  4 2 3 x y  6 x y ( x  y )  4 x 3xy. 3 81x  8   8. Giải hệ phương trình.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 2 2 2 2 2 2 -Xét phương trình (1): xy( x  y )  2 ( x  y)  xy( x  y )  2 x  y  2 xy.  xy ( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 )  2 xy  2 0  ( x 2  y 2 )( xy  1)  2( xy  1) 0.  ( xy  1)( x 2  y 2  2) 0  xy 1 thay vào (2) ta được : 2 3 2  3 81x  4 3  ( x  )  3( x  )  x  2 x  x  2  81x  8 3 3  3 3 3. 2. Xét. f (x . f (t ) t 3  3t ,. 2 )f 3.   . 3. 3 8 81x  8   3. 3 . (*). f(t) đồng biến trên R. Khi đó pt(*) trở thành:.   x 0  3 81x  8  2 3 81x  8  x  3  24 3  x    3 x  2  81 x  8    3 3 3 3   3  24   x  3  3  24  3  24  x   x  3 3   3 x  x  3 3  24  3  24 . Suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:. ,.  x 2  y  3  y 2  3x  7  2 2 10. Giải hệ phương trình:  y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y (x, y  R) 2 + Đk y 1, x 0, y 3x 2 2 2 + (2)  y  1  x  ( y  1)  x  y  xy  y 0.  1  2 y  1  x  0 y 1 x .   ( y  x  1)  .   y  x  1 0  do .  1  2 y  1  x  0y 1, x 0  y 1 x . + Thế y = x + 1 vào pt(1): x2  x 1 . x2  x  1  7 . 3 (3). 2 2 Xét hàm số f ( x )  x  x  1  x  x  1. f '( x ) . 2x 1 2 x2  x 1. . 2x  1 2 x2  x  1 t 2. 2x 1. . (2 x  1)2  3. 3. . t2  3. . 3. . 2x  1 (2 x  1) 2  3.  0t  R. Xét hàm số g(t) = t  3 , g’(t) = nên hs g(t) đồng biến trên R Do 2x + 1 > 2x – 1 nên g(2x + 1) > g(2x – 1), suy ra: F’(x) = g(2x + 1) - g(2x – 1) > 0  x  R Do đó hàm số f(x) đồng biến trên R, nên (3)  f(x) = f(2)  x = 2 Vậy hệ có 1 nghiệm (x; y) = (2; 3).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2 x 3  xy 2  x 2 y 3  4 x 2 y  2 y  2  2 y  x  2 y  16  1  y    x 1  3  x2  8 y  7 2   11. Giải hệ phương trình:  +) ĐKXĐ: x  1 (*). . . ( x, y  ). .. 3 2 2 3 2 2 +) pt(1)  ( x  2 y )  (2 x  4 x y)  ( xy  2 y ) 0  ( x  2 y )(1  2 x  y ) 0  x 2 y 2 2 Vì 1  2 x  y  0, x, y Thế vào (2) được:. x 2( ) 2  x  x  16  x 1 2    2 x  4x  7  2 2. . +) +). x2  4 x  7 x 1  3 x 8  y 4 ( tm).. . . . x 2  4 x  32  x  1 x2  4 x  7.  x 8   x 4 x 1  2   x  4 x  7 x 1  3.  x  8  x  4    x  1  x  8 pt  3 . . x 1  3 . . x 1  3. .  3. . x  1  3  x  4   x  1  x 2  4 x  7 . . +) Xét hàm số. x 1  3  . . x 1. . 2. f  t   t  3  t  3 2. 2  3    x  2   3 .   x  2   3   . (4). 2. f ' t 3 t  1 0, t   với t   có   . nên f  t  đồng biến trên  . +) Mà pt(4) có dạng:.  4  Do đó. f. . . x  1  f  x  2.  x 2 x  1 x  2   2 x 1 x  4x  4.  x 2 5  13   2  x 2  x  5 x  3 0 (T/M) 5  13 11  13 x  y 2 4 +) Với   5  13 11  13   T (8;4);  ;  2 4 x; y        Vậy hệ đã cho có tập nghiệm là:. 4 x 2  8 2 x  6 y  1  1  y  84 y  1  12 x   2 2  12. Giải hệ phương trình: 4 x  4 x  8 x  y  5  11  y  8 x  4 x  y 2 2 ĐK: y 1; x 0; 4 x  8 x  y  5 0;11  y  8 x  4 x 0 . Pt (1) tương đương với. 4 x 2  8 2 x  12 x  y  1  8 4 y  1  6 y  1 . Xét hàm số. f (t ) . 4 x2 y 1 4  4 2x  6x  4 y  1 3 y 1 2 2. t2  4 t  3t 2 trên khoảng [0; ) ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2  3, t  0. t Ta có Theo BĐT Cô si, ta có 1 1 1 1 f '(t ) t    3 33 t. .  3 0 t t t t , suy ra f (t ) đồng biến trên [0; ) . Vậy f '(t ) t . f (2 x )  f. pt(1) tương đương với:. . y  1  2 x  y  1  y 4 x 2  1. . .. 2. Thế vào (2) ta được: 8 x  4  12  8 x (2 x  1) (3). Ta có: 3 0  x    1 2 x  1 2  (2 x  1) 2 4. 2. Lại có . 8 x  4  12  8 x. . 2. 16  2. 8 x  4. 12  8 x 16 . 8 x  4  12  8 x 4. 3 3  x; y   ;10  . (3)  VT VP 4  x   y 10. 2  2 Vậy KL: Hệ có nghiệm  x  3 xy  x  y 2  y 5 y  4  2 13. Giải hệ phương trình  4 y  x  2  y  1 x  1.  xy  x  y 2  y 0  2  4 y  x  2 0  y  1 0 Đk: . Ta có (1).  x  y 3.  x  y   y  1  4( y  1) 0. Đặt u  x  y , v  y  1 ( u 0, v 0 )  u v  2 2 Khi đó (1) trở thành : u  3uv  4v 0  u  4v(vn) 2 Với u v ta có x 2 y  1 , thay vào (2) ta được : 4 y  2 y  3  y  1 2 y. . 4 y 2  2 y  3   2 y  1 . 2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y  1.  y 2 ( vì. . . . . y  1  1 0.   2 1 y 2  0  0   y  2    4 y2  2 y  3  2 y  1  y  1  1 y  1 1   2. 4 y2  2 y  3  2 y  1. . 1  0y 1 y  1 1. ). 5; 2 Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là   3. 14. Giải hệ phương trình : x≥-2; y≤4 Điều kiện. 3. 2. 2. x − y +5 x −2 y +10 x −3 y +6 =0 √ x +2 + √ 4 − y = x 3 + y 2 −4 x−2 y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> (1)⇔ x3 +5 x 2 +10 x+6= y 3 + 2 y 2 +3 y ⇔ ( x +1 )3 + 2 ( x +1 )2 +3 (x +1 )= y 3 + 2 y 2 + 3 y 3 2 2 Xét hàm số f (t )=t +2 t + 3 t , f ' (t )=3 t +4 t+3> 0 ∀ t ∈R Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc 3 2 Phương trình : √ x+2+ √3−x=x + x −4 x−1 ⇔ ( √ x+ 2+ √ 3−x )−3=x 3 + x 2 −4 x−4 ⇔ ⇔ ⇔. 2 [ ( x+2 )( 3−x )−4 ]. ( √ x+ 2+ √ 3−x +3 ) ( √ ( x+ 2 )( 3−x ) +2 ) 2(−x 2 + x +2). 2 ( √ ( x+ 2 )( 3−x )−2 ). √ x +2+ √ 3−x +3. =( x +1 ) ( x 2 −4 ). =( x +2 ) ( x 2−x −2). − ( x +2 ) ( x 2−x −2 )=0. ( √ x+ 2+ √ 3−x +3 ) ( √ ( x+ 2 )( 3−x )+ 2 ) 2 2 ⇔ ( x −x−2 ) x +2+ =0 ( √ x+2+ √ 3−x+3 ) ( √ ( x +2 ) ( 3−x ) +2 ) >0 ( vi x≥−2 ). [. ]. ⇔ x 2 − x −2=0 ⇔ ¿ [ x =2 [ ¿ [ x =−1. Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0)  y 3  y  4 3x  ( x  2) x  2 (1)  15. Giải hệ phương trình ( x  y  5) x  y  2 y  4 0 (2) x y (*)  x  2  ĐKXĐ: a  x  y  b  x  y. Đặt (ĐK: b 0).. (a  5)b  a  b 2  4 0  (b 1)( a  b  4) 0  a b  4. Thay vào phương trình (2) ta được:.  x  y 4  x  y (3). 3 3 Ta có: (1)  y  y ( x  2 1)  ( x  2 1) 3 Xét hàm số: f (t ) t  t đồng biến trên .. Do đó ta có: y  x  2  1 (4) Từ (3) và (4) ta được:  x  y 4  x  y  x  2  y 2  x  2  2  y    x  2  y  1  y  1  x  2 ( y  1) 2  y 2  ( y  1) 2  2  y  y 2  y  1  y 2  3 y  3  x 3     y 2  x  2  y  1  x  2  y  1.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  x 3  Kết hợp với điều kiện (*), ta được:  y 2 là nghiệm của hệ phương trình đã cho.  x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x   3 6  y  2 x  3 y  7 2 x  7 16. Giải hệ phương trình:   x 0  1  y 6  Điều kiện 2 x  3 y  7 0 .. . . Với điều kiện trên ta có : (1) . y  1 x  ( y  1  x)( y  1  x)  y ( y  1  x) 0 y 1 x.   1  ( y  1  x)   y  1  x  y  0  y 1 x     y x 1 1    y  1  x  y 0 (*)  y  1  x  x 0  + Với 1  y 6 , suy ra phương trình (*) vô nghiệm + Với y x 1 thay vào (2) ta được 3 5  x  3 5 x  4 2 x  7 (3). Điều kiện. 4  x 5 ta có : 5. (3)  7  x  3 5  x  3( x  .  7  x. 2.  9 5  x. 7  x 3 5 x. . 5 x  4) 0. 3  x2  5x  4  x  5x  4. 0. 1 3     x2  5x  4    0  7  x  3 5  x x  5x  4   2  x 1  x  5 x  4 0    x 4   1 3  0(VN )   7  x  3 5  x x  5x  4 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) (1; 2) và ( x; y) (4;5).  x3  y 3  x 2  2 y 2  2 x  3 y  2 0  8  xy  x  2015  x 2  x  y  4  2016 x   17. Giải hệ phương trình: 8  xy  x 0  2 ĐK :  x  x  y  4 0.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>  1 . y 3  2 y 2  3 y  x 3  x 2  2 x  2.  y 3  2 y 2  3 y   x 3  3 x 2  3 x  1  2  x 2  2 x  1  3 x  3 3. 2.  y 3  2 y 2  3 y   x  1  2   x  1  3   x  1 3 2 Xét hàm số f  t  t  2t  3t , t   ' 2 Có f  t  3t  4t  3  0 t   , suy ra f  t  đồng biến trên  Ta được  1  f  y   f   x  1  y  x  1. Thay y  x  1 vào  2  và rút gọn được phương trình. x 2  8  2015  x 2  3  2016 x x2  8 . Ta có. x. g'  x . 2. x 8 x. . x 2  3 2016 x  2015  0  x . g  x   x2  8 . Xéthàmsố. . x. . 2. x 3. x2  3 . x. 2.  * 2015 2016. x 2  3  2016 x  2015 , x . 2015 2016.  2016. x2  8.  8   x 2  3.   2016  0. x . 2015 2016.  2015  ;     Suyra g  x  nghịchbiếntrên  2016 Suyraphương trình g  x  0 (Phương trình (*)) có tốiđa 1 nghiệm Mặtkhác g  1 0 Từđó ta được x 1 là nghiệm duy nhất củaphương trình (*) Với x 1  y  2 (thỏa mãn điều kiện ban đầu) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;  2 . 18. Giải hệ phương trình:. ĐK. 2 1 2   ( x  y ) 2  x  y (2 x  y )  y  x (2 x  y )  2( y  4) 2 x  y  3  ( x  6) x  y  1 3( y  2) .  x 0  x 0    y 0  y 0 2 x  y 0  (1) . 2 1 2   x x 2 x 2 (vô lý). Nếu y=0 thì Tương tự x=0 không thỏa mãn, vậy x,y > 0.. (1) (2).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 2 1 2   2 Đặt x ty, t  0 , phương trình đầu trở thành: ( t  1) t  2t  1 1  t (2t  1) (1’) 1 2 2 2    2 Ta có t  2t  1 2t  2 2t  1 (2t  1)  2 2t  1  1 ( 2t  1  1) 2 2 2 1 1 1 (1')       (2) 2 2 2 2 ( t  1) ( 2t  1  1) 1  t (2t  1) ( t  1) ( 2t  1  1) 1  t (2t  1).  a  t 1 1 1 (a, b  0)  (2)    (*) 2 2 b  2t  1  (1  a ) (1  b ) 1  ab  Đặt , (2) 1 1 1   2 2 Bổ đề : (1  a ) (1  b) 1  ab. Áp dụng BĐT Cauchy-Schawarz ta có: 1 a 1  . (3) 2 (1  b) a b a b 1 b 1 tt  . (4) 2 (1  a ) a b a b Cộng vế với vế ta được đpcm. Dấu “=” xảy ra  a b.  1  ab   a  b  (. (*) . a  ab . b ) 2 a (1  b) 2 . t  2t  1  t 1  x  y.  2(x  4) x  3  ( x  6) 2 x  1 3( x  2)   4( x  4) 2 ( x  3)  ( x  6) 2 (2 x  1) 4( x  4) 2 ( x  3)  ( x  6) 2 (2 x  1) 2(x  4) x  3  ( x  6) 2 x  1    3( x  2) 2(x  4) x  3  ( x  6) 2 x  1 . ( Do đk x ³ 3 nên x-2 > 0). 2(x  4) x  3  ( x  6) 2 x  1 3( x  2) (5)   2 x 2  7 x  28 (6) 2(x  4) x  3  ( x  6) 2 x  1  3  . Cộng vế với vế (5) và (6) ta được: 4(x  4) x  3 . 2 x 2  7 x  28  3( x  2)  12( x  4) x  3 2( x  4)( x  12) 3.  2( x  4)(6 x  3  x  12) 0  2( x  4)(x  3  6 x  3  9) 0  2( x  4)( x  3  3) 2 0  x 4  y 4   x 6  y 6. Vậy hpt đã cho có tập nghiệm T={(4;4),(6;6)} 3 x 2  2 xy  2 y 2  3 x  2 y 0  2 2 19. Giải hệ phương trình 5x  2 xy  5y  3x  3y  2 0 ..  Nhân hai vế của phương trình (1) với 3 rồi trừ theo vế cho (2), ta được phương trình: 4 x 2  4 xy  y 2  6 x  3y  2 0. .  2 x  y 1   2  2 x  y 2 .  (2 x  y )  3(2 x  y )  2 0.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>  Nếu 2 x  y 1 thì y 1  2 x , thay vào (1) ta được:  x 0  y 1 7 x  5 x 0    x  5  y  3  7 7  Nếu 2 x  y 2 thì y 2  2 x , thay vào (1) ta được:  x 1  y 0 2 7 x  11x  4 0    x 4  y 6  7 7 2. Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là.  0;1 ;  1; 0  ;  57 ;  37  ;  47 ; 67  .  . . .  . ..  x  3  4 x  2  y 4  5  y  x   .  2 2 x  2 x y  2  y  8 y  4  0   20. Giải hệ phương trình  2. Điều kiện x 2. Phương trình thứ hai của hệ viết lại 4 y  x  y  2   y 0. 4 Đặt t  x  2 0. Phương trình thứ nhất của hệ trở thành t  t 4  5  y  y 4  5  1. f '  u   0, u 0. . Xét hàm số. từ đó suy ra. f  u  u  u 4  5, u 0. ; khi đó. 4. t  y  x  y  2  2 .. y  y 7  2 y 4  y  4  0  2  Thế vào phương trình thứ hai của hệ 2;0 , 3;1 . Vậy hệ phương trình có nghiệm    .  x  y  x  y 2  2 x  y 2 1 3  x 2  y 2 21. Giải hệ phương trình   u  v 2 (u  v)    u 2  v2  2 u  x  y  uv 3   2 Đặt:  v  x  y ta có hệ:   u  v 2 uv  4    (u  v) 2  2uv  2   2  uv  8 uv  9 . (x,y   ).  u  v 2 uv  4   u 2  v2  2  uv 3  2 . (1) uv 3 (2). . Thế (1) vào (2) ta có:. uv 3  uv  8 uv  9 (3  uv ) 2  uv 0 ..  uv 0  u 4, v 0  u  v  4  Kết hợp (1) ta có: (vì u>v).. Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2)... y 0, y 1..

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  x  3 xy  x  y 2  y 5 y  4    4 y 2  x  2  y  1 x  1. 22. Giải hệ phương trình  xy  x  y 2  y 0  2  4 y  x  2 0  y  1 0 Đk: . Ta có (1).  x  y 3.  x  y   y  1  4( y 1) 0. Đặt u  x  y , v  y  1 ( u 0, v 0 )  u v  2 2 Khi đó (1) trở thành : u  3uv  4v 0  u  4v(vn) 2 Với u v ta có x 2 y  1 , thay vào (2) ta được : 4 y  2 y  3  y  1 2 y. . 4 y 2  2 y  3   2 y  1 . 2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y  1.  y 2 ( vì. . . . . y  1  1 0.  2 y 2  0   y  2   2  4y  2y  3 2y  1 y  1 1  2. 2. 4y  2y  3 2y  1. 1  0y 1 y  1 1. .  1  0 y  1  1 . ). Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2 . 23. Giải hệ phương trình 2 x 0   x  0  Điều kiện:  y.  y x 2 x 1  2log 2 2.4  1 2 y   x 3  x  y  1 xy  1  x 2    . , (x,y  R).. x  0  y  0. Ta có:.  2    x 2  yx  1  x .  1 . 2.4 y  1 2. y  1 0  x  y  1 0. 2 x 1.  22 y  log 2 2 y 2. Xét hàm số:. 2 ( Vì x  yx  1  0 )  y x  1 (a).  2log 2 2x. x y.  log 2 2 x. f  t  2t  log 2 t. trên.  *  0; .

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Ta có:. 1  0 t   0; e f t t ln 2 ,vậy   là hàm số đồng biến.  *  f  2 y   f 2 x  2 y  2 x. f '  t  2t ln 2 . Biểu thức. . Từ (a) và (b) ta có:. . (b).  x 1 2  x  1  2 x   2  4 x  8 x  4  2 x .  x 1  2 2 x  5 x  2 0.  x 1   x 2     x 1  2 .  x 2 2;1 Với x 2  y 1 , suy ra hệ phương trình có một nghiệm   ( x  y )( x 2  xy  y 2  3) 3( x 2  y 2 )  2  4 x  2  16  3 y  x 2  8 24. Giải hệ phương trình  16 x  2, y  3 ĐK:.  x, y    .. (1)  ( x  1)3 ( y  1)3  y x  2 Thay y=x-2 vao (2) được 4( x  2) 3( x  2) 4 x  2  22  3 x  x 2  8  ( x  2)( x  2)  x2 2 22  3 x  4  x 2  4 3   ( x  2)  0(*)  x  2  2 22  3x  4. Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’(x)>0 nên hàm số đồng biến. suy ra x=-1 là nghiệm duy nhất của (*) KL: HPT có 2 nghiệm (2;0),(-1;-3) x  y  x  y  3 (x  y)2  2 x  y  (x,y  R)  2  x  x  y  2  x  y 3 25. Giải hệ phương trình:  .  x  y 0  Điều kiện:  x  y 0 (*) 2 Đặt t  x  y 0 , từ (1) ta có: t  t  3  t  2 t.  t  t2  t  3  2 t  0.   3  0  (1  t)  t   0 t  3  2 t   t 32 t 3 t  0, t  0 t32 t  t 1 (Vì )..  t(1  t) . 3(1  t).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Suy ra x  y 1  y 1  x (3). Thay (3) vào (2) ta có:. x2  3  2x  1  3.  ( x2  3  2)  ( 2x  1  1)  0. x2  1. . 2. x 32. . 2x  2 2x  1  1. 0.   x 1 2  (x  1)     0  2 2x  1  1  x 32 x 1 2 1   0,x  2 2x  1  1  x 1 (Vì x2  3  2 ). Suy ra (x = 1; y = 0), thoả mãn (*). Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x = 1; y = 0).  x  y  2  x  y 2( x 2  y 2 )  1 1 1 1  x  y  x2  y 2 26. Giải hệ phương trình:   x  y  2  Điều kiện:  xy 0 .. Ta thấy x + y = 0 không là nghiệm của hpt. Do đó ta có thể xét hai trường hợp sau: TH1:  2  x  y  0 2. 1 1 1 1 1 1 pt (2)          2 . 0 (3) x y  x y  x y Từ pt (2 ) ta suy ra xy < 0. .. Giả sử hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y. 1 1 1 1   1  8 . 0  xy  8 0  xy  8 x y Khi đó phương trình (3) có nghiệm x y . 2 2 x  y 2 xy 16. Khi đó ta có. .. Đặt t  x  y  2  0 t  2 . 2 2 Từ pt (1) ta có t  t  2 32  t  t  34 0 điều này vô lí . Vậy TH1 hệ phương trình vô nghiệm. TH2: x + y >0. Từ (2) suy ra xy > 0, do đó x và y đều dương. 2 2 Ta có (2)  ( x  y) xy x  y ( x  y) 2 ( x  y) 2 xy  2 4 Do và nên ta có 2 ( x  y) ( x  y) 2  x 2  y 2 ( x  y ) xy ( x  y )  x  y 2 2 4 t  x  y  2  t 2 x2  y 2 . Đặt . 2 2 2 4 2 3 2 Từ (1)  t  t  2 (t  2)  t  5t  t  6 0  (t  2)(t  2t  t  3) 0 (4) . 3 2 Ta có t  2t  t  3  0  t 2 , do đó, từ (4)  t  2 0  t 2..

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Từ đó suy ra: t = 2  x  y 2 , thay vào hpt ta có xy=1  x  y 1 .  x 1  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là  y 1 .  x  x  2  x  4  y  1  y  3  y  5  2 2 27. Giải hệ phương trình:  x  y  x  y 44 trên . 0;    Xéthàm số f  t   t  t  2  t  4 trên  , có f  t  . 1 2 t. Nên (1). . . 1 1   0, t   0;    2 t 2 2 t 4. x  x2  x4 . Thay (*) vào (2):. y 3 .  y  5  4   y  5  2 . y  2 1. (3). Nhân (3) với lượng liên hợp: 5  y  3  y  2 (3), (4) . y  5  x y  5 (*). (4). y  3 3  y 6. 1; 6 ĐS:    xy  2 x  5 y  3  x 2  2 y 2  x 2 y  2  y x  1  x  1  2x  2 y  2 28. Giải hệ phương trình :   y  1  ĐK :  x 1.  x  y  1  2 y  x  3 0  2 y  x  3 0 (do đk) Pt đầu của hệ tương đương với  2 y  3 2 y  2  y 2 y  2  2 y  2  2 y  4 Thay vào pt thứ hai, được:   y  2  2 y  2  2 0  2 y  2  2 0  y 1 (thỏa đk ) x  5, y  1 Hệ pt có nghiệm duy nhất :. . . 7 x 3  y 3  3xy ( x  y )  12 x 2  6 x 1 ( x , y  ) 3 4 x  y  1  3 x  2 y 4   29. Giải hệ phương trình Điều kiện: 3x+2y 0. (1)  8 x 3  12 x 2  6 x  1  x 3  3 x 2 y  3 xy 2  y 3  (2 x  1)3 ( x  y )3  2 x  1  x  y  y 1  x 3 Thế y = 1 x vào (2) ta được: 3x  2  x  2 4. Đặt. a  3 3x  2, b  x  2 (b 0).  a  b 4  3 2 Ta có hệ a 3b  4.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> b 4  a b 4  a b 4  a  3  3  3 2 2 2 a 3(4  a)  4 a 3(16  8a  a )  4 a  3a  24a  44 0 b 4  a a 2   2 b 2 (a  2)(a  a  22) 0 3  3 x  2 2   x 2  x  2 2  y =  1 (thỏa ĐK) Kết luận: Nghiêm cua hệ phương trình la (x; y) = (2;1). . x 1 . 30. Giải bất phương trình. x2  x  2 3 2 x 1 3 2 x 1  3 trên tập hợp số thực.. - ĐK: x  1, x 13 x2  x  2 3 2 x 1 x 1  3  2 x 1  3. - Khi đó:. x2  x  6 x 1  2  3 2 x 1  3.  1. - Nếu. 3. thì (*).  x  2  3. x 1  2. 2 x 1  3.  ,  *. 2 x  1  3  0  x  13 (1)   2 x  1  3 2 x  1  x  1 x  1  x  1. 3 Do hàm f (t ) t  t là hàm đồng biến trên  , mà (*):. f. . 3. . 2 x 1  f. . . x 1 . 3. 2 x  1  x  1  x 3  x 2  x 0.  1 5   1 5  x    ;    0;  2   2   DK(1)    VN Suy ra:. - Nếu. 3. 2 x 1  3  0   1 x  13 (2)   2 x  1  3 2 x  1  x  1 x  1  x  1. thì (2*). 3 Do hàm f (t ) t  t là hàm đồng biến trên  , mà (2*):. f. . 3. . 2 x 1  f. . 1   1  x   2  3 x  1  2 x  1  x  1     1  x  13  2  2 3   2 x  1  x  1. .

<span class='text_page_counter'>(18)</span>  1 5   1 5  x    1; 0   ;   x    1;0   ;13   2   DK(2)  2    Suy ra:  1 5  x    1; 0   ;13   2  -KL:  x  x 2  xy  2 x 2  3 x  4 xy  x, y  R   2 2 2 2 31. Giải hệ phương trình:  x y 1  y  1  x x y  x. pt  2   x 2 y. . . 1  y2  1  1  x2  x  y. . . 1  y2  1 . 1  x2  x x2. Suy ra đk y > 0 , kết hợp pt (1) suy ra đk x > 0 (x = 0 ko là nghiệm pt (2) y. 1  x2  x 1 y  1   y x2. . 2. Xét hàm. . .  1 1 1  y 2  1   1  2  1 x x ,. . f  t  t 1  t 2  t , t  0 , f '  t  . pt  2   y . 2t 2  1  1  t 2 1 t2. 0. …. Suy ra. 1 x. Thế vào pt(1) : x  x 2  1  2 x 2  3x  4  2. Đặt. u  x 2  x  v  x  1. x. 2.  x   x  1  x 2  x  3  x  1. giải được u = - v ( vô nghiệm ) , u = 3v. u = 3v giải được nghiệm x 5  34 suy ra. y. 1 5  34. 5x  13 . 32. Giải bất phương trình sau trên tập  :. x3.  19  3  x   3 x  4 Điều kiện . Bất phương trình tương đương. . x3. . 19  3x 2 x  3  19  3x x3. 19  3x.  x  2x  9 2.  2 x  3  19  3x  x2  2x  9  x  5  13  x  2  2 x  3     19  3x   x  x  2 3   3  . . . 2  x2  x  2 .  x  5 9 x  3   3  . . 57  10x  3x2.  x2  x  2  x2  x  2   13  x 9 19  3x   3  . 19  3x.  x2  2x  9.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>     2 1 2   0  x x 2  *    x  5 13  x    9 x  3   9 19  3x   3  3      2 1  0    19 x  5 13  x  9 x  3  x    3;  \ 4  9 19  3x   3  3  3   . . .  . Vì.  . với mọi.  *  x Do đó. 2.  x  2  0   2  x 1. (thoả mãn). Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 33. Giải hệ phương trình: Xét phương trình: (4y-1). √ x2+1. Đặt: t =. ¿1. S    2;1 .. ( 4 y −1 ) √ x 2 + 1=2 x2 +2 y +1 x 4 + x 2 y + y 2 =1 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. .. √ x2+1=2 x 2+2 y+1. , ta được pt: 2t2 – (4y-1)t + 2y – 1 = 0. 1 [t= <1(loai ) [ 2 Giải ra được: [t=2 y−1 ⇒ ⇔. y≥1 x 2= 4 y 2 −4 y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. thay vào pt (2) ta được: 16y2(y - 1)2+4y2(y - 1) + y2 – 1 = 0 y = 1(do y ¿ 1 ) ⇒ x = 0 x= 0 y =1 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. Vậy nghiệm của phương trình là. 2x  3x  14x 5. 4. x2. 34. Giải phương trình. . 3.   4x 4  14x3  3x 2  2  1  . . . Điền kiện: x   2 (*). PT.  x3 (2x 2  3x  14) (4x 4  14x3  3x 2  2).   x (x  2)(2x  7)   x3 (x  2)(2x  7) 3. . x2  2.  x  2  2  (4x  14x  3x  2)(x  2). x  2  2 (4x 4  14x 3  3x 2  2)(x  2  4) 4. 3.  x  2 0  x 2 (thoûa maõn (*))  3 4 3 2  x (2x  7) x  2  2 4x  14x  3x  2 . . . . 2. (1). (1)  x3 (2x  7) x  2  4x 4  14x3 4x 4  14x 3  3x 2  2  x3 (2x  7) x  2 3x 2  2 Nhận thấy x 0 không là nghiệm của phương trình  x 0.. 2.  . x2 .

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 3 2  (2x  4  3) x  2   3 x x Khi đó, PT  2(x  2) x  2  3 x  2 . 2 3  (2) x3 x. 3 Xét hàm số: f(t) 2t  3t với t  . 2 Ta có: f '(t) 6t  3  0 t    Hàm số f(t) đồng biến trên .. Do đó. (2)  f. . 1 x  2 f    x. . 1 x  2   x x  2 1 x. x  0  1 5   x 2 2 (x  1)(x  x  1) 0 (thỏa mãn (*)). Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:. x.  1 5 , x 2. 2. 2 2 35. Giải phương trình sau trên tập số thực: 7 x  25 x 19  x  2 x  35 7 x  2 .. Điều kiện x 7 2 2 Phương trình tương đương 7 x  25 x 19 7 x  2  x  2 x  35 . 2 Bình phương 2 vế suy ra: 3x  11x  22 7 ( x  2)( x  5)( x  7). 3( x 2  5 x  14)  4( x  5) 7 ( x  5)( x 2  5 x  14) 2 Đặt a  x  5 x  14; b  x  5 .( a ,b  0) Khi đó ta có phương trình.  a b 3a 2  4b 2 7ab  3a 2  7 ab  4b 2 0    3a 4b Với a = b suy ra x 3  2 7 (t / m); x 3  2 7 (l ) . 61  11137 61  11137 (t / m); x  (l ) 18 18 Với 3a = 4b suy ra . 61  11137 x 3  2 7 ; x  18 Đs: . x. x. 1  x. 1. 1 x 1  x x. 36. Giải bất phương trình sau trên tập R: Gọi bpt đã cho là (1).+ ĐK: x  [-1; 0)  [1; +  ) Lúc đó:VP của (1) không âm nên (1) chỉ có nghiệm khi: x. 1 1 1 1  1  x  1  x 1 x x x x . Vậy (1) chỉ có nghiệm trên (1; +  ).. Trên (1; +  ): (1) <=>. x 1  1 . x 1  x. x 1 . x 1 1 x ..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Do. x 1 . x  1 x2 1  0 x x khi x > 1 nên:. (1) <=>. x 1 . x 1 x2  1 1 x2  1 2 1  x   2 1  0 x x x x. x2  1 x2  1 x2  1 1 5 2 1  0  (  1) 2  0 x x x x 2 . <=> <=> x 1   1 5 x  2 Vậy nghiệm BPT là: . 1. 37. Giải bất phương trình. x2 1. . +) Đặt t = x2 – 2, bpt trở thành: tương đương ( t  1)(. 1 3x 2  5. . 2 x 2  2  1 trên tập số thực.. 1 1 2   t 3 3t  1 t  1 ĐK: t  0 với đk trên, bpt. 1 1  ) 2 t 3 3t  1 . Theo Cô-si ta có:. t t t 1 1  t t 1   .     t 1 t  3 2  t 1 t  3  t 3 1 1 2 11 2   .     2 t 3 2  2 t 3 t 3 t 1 2t 1 1 2t   .     2 3t  1 2  2 3t  1  3t  1 1 1 t 1 1  1 t 1   .     t  1 3t  1 2  t  1 3t  1  3t  1  VT 2t 0. +) Thay ẩn x được x2  2  x  ( ;  2]  [ 2; )  T ( ;  2]  [ 2; ).. 4 x 2  y  x  9  3 x  1  x 2  5 x  y  8   2  x 12  y  y  12  x  12 38. Giải hệ phương trình:. Điều kiện:. 1   x  3   y 12   y  12  x 2  0  2  x  5 x  y  8 0.  *.

<span class='text_page_counter'>(22)</span>  x 12  y 12 y  12  x 2  12  x 12  y   2 12 x  24 x 12  y  12  12  y .  2  Ta có.  y 12  x 2   1   x 2 3; 0  y 12  3 2 1 Thay vào phương trình   ta được: 3x  x  3  3x  1  5 x  4  x 12  y 12    2  x  12  y 0. . . .  3 x2  x   x 1 .  . 3x 1  x  2 . . 5 x  4 0. 1 1     x2  x   3    0 x  1  3x  1 x  2  5 x  4    x 2  x 0  x 0 hoặc x 1 . Khi đó ta được nghiệm  x; y  là  0;12  và  1;11 . x  2  x  x  1  y  2   x  1  y  1  x, y     2 3x  8 x  3 4  x  1 y  1 39. Giải hệ phương trình: . x   1  Điều kiện:  y  1 x3  x 2  x  y  2   1  x 1.  x  1  y  1 . 3. x  x      x 1  x 1 . .  x  f  f x  1   Nên. . . x 1.  y  2  y  1. 3. . . .. f  t 3t 2  1  0t   trên  có   suy ra f(t) đồng biến trên  .. y 1 .   2 x  1  x  2 x  1.  x  1. y 1  y 1. f  t  t 3  t. Xét hàm số. 2. . x 3  x  x  1. 2. x  y 1 2 x 1 . Thay vào (2) ta được 3x  8 x  3 4 x x  1 ..   x 1   2   x  6 x  3 0  2 x  1 x  1     1 x   2 x  1 1  3 x 3   9 x 2  10 x  3 0. x2 y 1 x 1 Ta có x 3  2 3  y . 43 3 5  2 13 41  7 13 x  y  2 . Với 9 72 .. Với Các nghiệm này đều thỏa mãn điều kiện.. . KL: Hệ phương trình có hai nghiệm  5  2 13 41  7 13  &  x; y   ;  9 72  ..  x; y   3  2 . 3;. 4 3 3   2 .  x 3  2 3  5  2 13   x  9.

<span class='text_page_counter'>(23)</span>  x  3x  1  y   2 y  7 x  2  (x, y  )  x  2 y  4 x  y 5   40. Giải hệ phương trình: .  x  3x  1  y   2 y  7 x  2  (1)  (2) Hệ phương trình  x  2 y  4 x  y 5  x  2 y 0  Điều kiện:  x  4 y 0. Với điều kiện trên thì (1) (3x2 7xy + 2y2 + x 2y = 0 ((3xy)(x2y) +(x2y) = 0 ((x2y)(3xy +1) = 0  x  2 y 0  (  3 x  y  1 0. + x2y = 0 (x = 2y (2): 4 y  9 y 5 (y = 1 y = 1  x = 2 (tmđk) + 3x (y + 1= 0 (y = 3x+1 (2) trở thanh: 7 x  1  7 x  2 5. . 1   x  7   49 x 2  21x  2 11  7 x . x. 11  1  7  x  7 17  x  25  x 17   25 .. 17 76  y 25 25 (tmđk)..  17 76   ;  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =  25 25  .  x 2  y  3  y 2  3x  7  ∈ y  1  2 y 2  1  x  x 2  xy  3 y   41. Giải hệ phương trình: (x, y R) 2 + Đk y 1, x 0, y 3x 2 2 2 + (2)  y  1  x  ( y  1)  x  y  xy  y 0.   ( y  x  1)  .  1  2 y  1  x  0 y 1 x .   y  x  1 0  do .  1  2 y  1  x  0y 1, x 0  y 1 x . + Thế y = x + 1 vào pt(1):.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> x2  x  1 . x2  x  1  7 . 3 (3). 2 2 Xét hàm số f ( x )  x  x  1  x  x  1. f '( x ) . 2x 1 2 x2  x 1. . 2x  1 2 x2  x 1. 2x 1. . (2 x  1) 2  3. 3. t. . 2. 2. t 3. . 3. . 2x  1 (2 x  1) 2  3.  0t  R. Xét hàm số g(t) = t  3 , g’(t) = nên hs g(t) đồng biến trên R Do 2x + 1 > 2x – 1 nên g(2x + 1) > g(2x – 1), suy ra: F’(x) = g(2x + 1) - g(2x – 1) > 0 (x (R Do đó hàm số f(x) đồng biến trên R, nên (3) (f(x) = f(2) (x = 2 Vậy hệ có 1 nghiệm (x; y) = (2; 3) 42. Giải bất phương trình:. . x 2  5 x  4 1  x( x 2  2 x  4). .   1  5  x 0  2 ĐK: x(x + 2x − 4) ≥ 0   x  1  5 2 2 Khi đó (*)  4 x( x  2 x  4)  x  5 x  4 2 2  4 x( x  2 x  4)  ( x  2 x  4)  3 x (**). TH 1: x  1  5 , chia hai vế cho x > 0, ta có: x2  2x  4 x2  2x  4 4  3 x x (**) . Đặt. t. x2  2x  4 , t 0 2 x , ta có bpt: t  4t  3  0  1  t  3. x2  2x  4 1 3 x.  x 2  7 x  4  0  2  x  x  4  0.  1  17 7  65 x 2 2 . 2 TH 2:  1  5  x 0 , x  5 x  4  0 , (**) luôn thỏa. S   1  Vậy tập nghiệm bpt (*) la.   1  17 7  65  5;0    ;  2 2  . . . .  x 2 y 2  2 4 y 2 1 x 2  1  x 1    x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x 6 43. Giải hệ phương trình:  Lời giải: ĐKXĐ: x 0. . .  x 2 y 2  2 4 y 2 1  x 2  1  x (1)    x 3  4 y 2  1  2  x 2  1 x 6  2  +) Hệ pt tương đương với  +) Nhận thấy x 0 không thỏa mãn hệ phương trình do đó. (x R)..

<span class='text_page_counter'>(25)</span> . 2. . 2. . 2. x y 2  2 4 y 1 x  x 1  2 y  2 y.  2 y. 2. 2. 1 1  1 1     1 x x  x. .  *. 2 f t +) Xét hàm số f  t  t  t t  1, t  (0; ) do f '  t   0, t  (0; ) suy ra hàm số   đồng biến trên (0; ). (**). +) Từ (*) và (**) nhận được. +) Ta thấy hàm số. 2y . 1 x thế vào phương trình (2) trong hệ ta được.  1  x3  2  1  2  x 2  1 x 6  x3  x  2  x 2  1 x 6 x  3 g  x   x  x  2  x 2  1 x  6. 0;   đồng biến trên khoảng . g  x   x 3  x  2  x 2  1 x  6 0 g 1 0 +) Lại có   suy ra phương trình có nghiệm duy. nhất. x 1  y . 1 2. Vậy: Hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất. 1   2.  x; y   1;. .  . 8 2 x  1 2 x  2 x  1 y y 2  2 y  4   x; y      4 xy  2  y  2   y  2 x  5y  12 x  6 44. Giải hệ phương trình   1 x  2   y  2   y  2 x  0 y 0  . ĐK: PT. . Từ pt (1).  1   2. 3.  . . dể pt có nghiệm thì. . . 2 x  1  2 2 2 x  1  4 2 2 x  1 y 3  2 y 2  4 y f  t  t 3  2t 2  4t. Xét hàm số luôn đồng biến Từ pt (*). 2. . .  t 0 . (*) 2. f  t  3t 2  4t  4 2t 2   t  2   0 t 0. có. .  f 2 2 x  1  f  y   2 2 x  1 y. y 3  2  y  2  y  2 3y  y  2 . Thay vào pt (2) ta được pt.  y  2z  loại   y  2z 3yz   y  z   y  2z  0    t / m  y z Đặt z  y  2 ta được pt 3. 3. 2. 2. Với y = z ta được y  y  2  y 2  x 1 (t / m) 1  2 x  2 x 2  3x  1. 45. Giải bất phương trình sau:. 2. 1  2 x  x 1. 1. nên f(t).

<span class='text_page_counter'>(26)</span>  x 0  2  x 0  x  3x  1 0  1  2 x 2  x  1 0  Điều kiện: 2. 1 3  2 x  x  1 2  x     3  1 (x 0) 2 4  Ta có 2. 2 suy ra 1  2 x  x  1  0. x  x 2  x  1  x 2  3x  1 1 1  1 x   1  x   3 x x (Vì x = 0 không thỏa mãn bất phương trình) BPT . Đặt. x. Ta có. 1 t  t 2 x vì x  0 .. 1 t  1  t  3  2 t  1  3  t . Suy ra. 2 t . 13 4. 13 1 13  2 x   4 x 4. 1   x  x 2   1 13 x    x 4.  x  1 2 0 13  105 13  105  x  2 8 8 4 x  13 x  4  0. 46. Giải hệ phương trình. 2   x  3 xy  x  y  y 5 y  4  2   4 y  x  2  y  1 x  1.  xy  x  y 2  y 0  2  4 y  x  2 0  y  1 0  x  y 3 Đk:  . Ta có (1).  x  y   y 1  4( y 1) 0. Đặt u  x  y , v  y  1 ( u 0, v 0 )  u v  2 2 Khi đó (1) trở thành : u  3uv  4v 0  u  4v(vn) 2 Với u v ta có x 2 y 1 , thay vào (2) ta được : 4 y  2 y  3  y  1 2 y. 2  y  2 . 2. 4 y  2 y  3   2 y  1 . . . y  1  1 0. 4 y2  2 y  3  2 y  1.   2 1  0   y  2    4 y2  2 y  3  2 y  1  y  1  1  . . y 2 0 y  1 1.

<span class='text_page_counter'>(27)</span>  y 2 ( vì. . 2 2. 4y  2y  3  2y  1. . 1  0y 1 y  1 1. ). Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2   x x2  y  y  x4  x3  x   9  x  y  x  1  y (x  1)  2 47. Giải hệ phương trình . Đk: x 1; y 0  x( x 2  y  . x 2  x )  y  x 0. x( y  x) 2. 2. x y  x x.  y  x 0.  y x  x   1 0(VN(VT  0 x 1))  x 2  y  x 2  x Pt (1) 9 x  x  x  1  x ( x  1)  (*) 2 + Với y = x thề vào (2) ta được: t  x  x  1, (t 0).  t 2 2 x  2 x( x  1)  1 t 2 1  x  x( x  1)  2 Đặt ẩn phụ:  t 2  t  4(loai )  5 25 25 x( x  1)   x  x  , y  2 16 16. t 2 1 9  t   t 2  2t  8 0  2 Từ (*) ta có: 2. + Với. t 2 . x  x  1 2 . 25 25 ; ) Vậy hệ pt có nghiệm: 16 16 (. 3. ( 8 x −3 ) √ 2 x −1 − y− 4 y =0 4 x 2 −8 x +2 y 3 + y 2 −2 y +3 =0 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. 48. Giải hệ phương trình: 1 ¿ 3 3 ĐKXĐ : x 2 , (1) ⇔ 4 √(2 x−1) + √ 2x−1 = 4y + y (3) 3 2 Xét hàm số g(t) = t + t, g’(t) = 3t +1> 0 , ∀ t ∈R 3 Suy ra hàm số g(t) = t + t đồng biến trên R. Suy ra (3) có nghiệm khi y = √ 2x−1 . Thay y = √ 2x−1 vào (2) ta được:.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 2. 4x. ⇔. - 8x + 2(. (2x-1). ⇔. 2. √ 2x−1. + 2(. ). √ 2x−1. [2 x−1=0 [ [2 x−1=1. ⇔. 3. + (2x -1) - 2. ). 3. -(2x-1) - 2. 1 [ x= [ 2 [ x=1. ⇒. √ 2x−1. +3 = 0. √ 2x−1. =0. ⇔. [ √ 2 x−1=0 (nhân) [ √ 2 x−1=1 (nhân) [ [ √ 2 x−1=−1 (loai) [ √ 2 x−1=−2 (loai). [ y=0 [ [ y=1 ( thỏa mãn). 1 ( ;0 Vậy nghiệm của hệ đã cho là : 2 ) và (1 ;1). 49. Giải phương trình:. x x  1 (2 x  3)2 (2 x  2)  x  2 ..  TXĐ D =  3 2 Phương trình  ( x  1) x  1  ( x  1)  x  1 (2 x  3)  (2 x  3)  2 x  3 (1) 3 2 2 Xét hàm số f (t ) t  t  t  f' (t ) 3t  2t  1  f' (t )  0, t   suy ra hàm số f(t) đồng biến trên . 1;. Phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f (2 x  3) . Từ hai điều trên phương trình (1) . x  1 2 x  3.  x 3 / 2   2  x  1 4 x  12 x  9.  x 3 / 2  x= 2  2  4 x  13 x  10 0 32 x5  5 y  2  y ( y  4) y  2  2 x  x, y     3 ( y  2  1) 2 x  1  8 x  13( y  2)  82 x  29  50. Giải hệ phương trình:  ..

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Đặt đk. x . 1 , y 2 2. . (1)  (2 x)5  2 x ( y 2  4 y ) y  2  5 y  2  (2 x)5  2 x . y 2. . 5.  y  2(3). +) 5 4 Xét hàm số f (t ) t  t , f '(t ) 5t  1  0, x  R , suy ra hàm số f(t) liên tục trên R. Từ (3) ta có f (2 x)  f ( y  2)  2 x  y  2 Thay 2 x  y  2( x 0) vào (2) được (2 x  1) 2 x  1 8 x 3  52 x 2  82 x  29  (2 x  1) 2 x 1 (2 x  1)(4 x 2  24 x  29)  (2 x  1). . . 2 x  1  4 x 2  24 x  29 0. 1  x   2  2  2 x  1  4 x  24 x  29 0(4). Với x=1/2. Ta có y=3 (4)  ( 2 x  1  2)  (4 x 2  24 x  27) 0 . 2x  3  (2 x  3)(2 x  9) 0 2 x 1  2.  x 3 / 2  1  (2 x  9) 0(5)  2 x  1  2. Với x=3/2. Ta có y=11 2 Xét (5). Đặt t  2 x  1 0  2 x t  1 . Thay vao (5) được 1  29 t t  2t  10  21 0  (t  3)(t  t  7) 0 . Tìm được 2 . Từ đó tìm được 13  29 103  13 29 x ,y 4 2 3. 2. 51.  x  1   x  1  y  2   x  5 2 y  y  2    x  8   y  1  2  y  2  x  1  3 x  4 x  7  Giải hệ phương trình: Điều kiện x  1; y 2 .. . Đặt x  1 a; y  2 b  a, b 0  , từ (1) ta có: a  ab  a 2  1  5 2  b 2  2   b  a  b  ab  b 2  a 2  b 2 0   a  b   1  2 a  b  0  a b (do a, b 0  1  2a  b  0. . x 1  y  2  y x  3 .. Thế vào (2) ta được:. .

<span class='text_page_counter'>(30)</span>  x  8  x  4. .  x  1. 2. x  4x  7  x 8   x4 x 1  2   * x 1  3  x  4 x  7 + x 8  y 11;. +.  *  . . . . x 1  3 .  x  8   x  4   x  1  x  8 x2  4 x  7. . x 1  3. . x  1  3  x  4   x  1  x 2  4 x  7 . x 1  3  . 2. 2  3    x  2   3 .   x  2   3    (**) 2 2 f  t   t  3  t  3 f '  t  3  t  1 0 t   t. . x 1. . Xét hàm số trên  . Do đó.  ** . với. f. . . x  1  f  x  2 . có. nên. f  t. đồng biến.  x 2 x 1 x  2   2 x 1 x  4x  4.  x 2 5  13   2  x 2  x  5 x  3 0 (T/M). x. 5  13 11  13  y 2 2. Vậy hệ đã cho có nghiệm  x; y  52. Giải bất phương trình.  5  13 11  13  ;   2 2 8;11   là và  x2  x  2 2  x2  1 2 x 3 x 3. trên tập số thực.. Điều kiện x   3. Bất pt đã cho tương đương với 2. x  x2  x 3. x . 2. 2 2. x 3.  x 2  1 0 .  1  x 2  x  6 .  x  3  x 2  3  2. x2  x  2 4  2 x 3 x  3  x 2  1 0 2 x  x2 2  2 x 3 x 3. x  x2  x 3. 2.  x 2  1 0. 2. x 3.       x2  x  6 2   x  1   1 0 2  x  3 x2  3  x  x  2  2       x  3  x 2  3      x 2  1 0   1  x 1 (Với x   3 thì biểu thức trong ngoặc vuông luôn dương). Vậy. tập nghiệm của bất pt là. S   1;1.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> xy  y 2  2y  x  1  y  1  x  53. Giải hệ phương trình: 3 6  y  3 2x  3y  7 2x  7. Điều kiện: x 0, 1 y 6, 2x  3y  7 0 (*) Nhận thấy. x=0 y =1 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. không là nghiệm của hệ phương trình  y  1  x 0. (1)  x(y  1)  (y  1)2 . Khi đó, PT  (y  1)(x  y  1) . y  1 x y 1 x y  1 x y 1 x.   1  0  (x  y  1)  y  1   y  1  x    x  y  1 0  y x  1 (do (*)). Thay vào PT (2) ta được: 3 5  x  3 5x  4 2x  7. ĐK: 4 / 5 x 5 (**).  3 5  x  (7  x)  3( 5x  4  x) 0  4  5x  x 2. 3( 4  5x  x 2 ). 0 3 5  x  (7  x) 5x  4  x   1 3  ( 4  5x  x 2 )    0  3 5  x  (7  x) 5x  4  x     x 2  5x  4 0 (do (**) . .  x 1  y 2   x 4  y 5 (thỏa mãn (*),(**)) Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5).. 2 x 3  4 x 2  3 x  1 2 x3  2  y  3  2 y  1    x  2  3 14  x 3  2 y  1  2 54. Giải hệ phương trình  3 Ta thấy x 0 không phải là nghiệm của hệ, chia cả hai vế của (1) cho x ta được 4 3 1  1  2   2  3 2  2  y  3  2 y x x x 3  1  1   1     1    3  2 y  3  2 y  3  2 y  * x  x  f  t  t 3  t . Xét hàm.  *  1 . luôn đồng biến trên. 1  3 2y x. Thế (3) vào (2) ta được.  3 x  2  3 15  x  1 . x  2  3  2  3 15  x 0.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>     1 1     x  7   0 2  x  2  3 4  2 3 x  15  3 x  15                     0   111  x; y   7;  .  98  Vậy hệ đã cho có nghiệm. . . 2. 55. Giải phương trình ( x+ √ x−4 ) + √ x+4 √ x−4+2 x+ √ x−4=50. .. x≥4. Điều kiện. 2. ⇔ ( x + √ x−4 ) + √ x−4+2+2 x+ √ x−4=50 2. ⇔ ( x + √ x−4 ) +2 ( x + √ x−4 )−48=0 Giải phương trình ⇒ x + √ x−4=5 Giải phương trình : x+ √ x−4=5. ⇒ x=5. 2 2 56. Giải bất phương trình: 1  4 x  20  x  4 x  9. Bất phương trình đã cho tương đương với:. 4x2  9  5  6 . 4 x 2  16. 4 x 2  20  x  2 0 . 4 x2  9  5   4x  8 4x  8   x  2    1 0 2 2  4 x  9  5 6  4 x  20 . . 16  4 x 2 6  4 x 2  20.  x  2 0. 2 2 Từ (1) suy ra x  1  4 x  20  4 x  9  0  x  1 . Do đó. 4x  8 4x2  9  5. . 4x  8 6  4 x 2  20.  1  4 x  8  .. 1  4 x 2  20 . . 4 x2  9. . 4 x 2  9  5 6  4 x 2  20. Vậy nghiệm của bất phương trình là x 2.. 57. Giải hệ phương trình.  x 2  xy  2 y 2  3 y  1  y  1  x   3 6  y  2 x  3 y  7 2 x  7 ..  x 0  1  y 6  Điều kiện 2 x  3 y  7 0 .. Với điều kiện trên ta có :. . . . 1  0.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> (1) . y  1 x  ( y  1  x )( y  1  x)  y ( y  1  x) 0 y 1 x.   1  ( y  1  x)   y  1  x  y  0  y 1 x     y x 1 1    y  1  x  y 0 (*)  y  1  x  x 0  + Với 1  y 6 , suy ra phương trình (*) vô nghiệm + Với y x 1 thay vào (2) ta được 3 5  x  3 5 x  4 2 x  7 (3). Điều kiện. 4 x 5 ta có : 5 (3)  7  x  3 5  x  3( x  .  7  x. 2.  9 5  x. 7  x 3 5 x. 5 x  4) 0. 3  x  5x  4  2. . x  5x  4. 0. 1 3     x2  5x  4    0  7  x  3 5  x x  5x  4   2  x 1  x  5 x  4 0    x 4   1 3  0(VN )   7  x  3 5  x x  5x  4 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) (1; 2) và ( x; y) (4;5) 3 2 58. Giải phương trình: x  6 x  171x  40  x  1 5 x  1  20 0, x  . x. 1 5. Điều kiện: Khi đó phương trình tương đương với  x3  6 x2 12 x  8   3x  6   8  5 x  1 5x  1  36  5 x  1  54 3. . . 3. .   x  2  3 x  2  2 5 x  1  3  3 2 5x  1  3. . . 5 x  1  27   6 5 x  1  9. .

<span class='text_page_counter'>(34)</span> 3 Xét hàm sô f  t  t  3t. f  x  2  f  2 Phương trình (1) có dạng 2 Ta có: f '  t  3t  3; f '  t  0  t 1. 5x  1  3. . 3 Suy ra: Hàm số f  t  t  3t đồng biến trên khoảng (1; + ). 1  x  2 1 x   5  2 5 x  1  3  1. Với điều kiện Từ đó suy ra  1 . x  2 2 5x  1  3.  x 1  x 1  x  1 2 5 x  1   2  2  x  22 x  5 0  x  2 x  1 4  5x  1  x 1   x 11  116  t / m   x 11  116. Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là: 59. Giải hệ phương trình:. x 11  116..  y 3  y  4 3x  ( x  2) x  2  ( x  y  5) x  y  2 y  4 0. x y (*)  x  2  ĐKXĐ: a  x  y  Đặt b  x  y (ĐK: b 0).. (a  5)b  a  b 2  4 0  (b  1)(a  b  4) 0  a b  4. Thay vào phương trình (2) ta được: 3 3 Ta có: (1)  y  y ( x  2 1)  ( x  2 1) 3 Xét hàm số: f (t ) t  t đồng biến trên .. Do đó ta có: y  x  2 1 (4) Từ (3) và (4) ta được:  x  y 4  x  y  x  2  y 2  x  2  2  y    x  2  y  1  y  1  x  2.  x  y 4  x  y (3).

<span class='text_page_counter'>(35)</span> ( y  1) 2  y 2  ( y  1) 2  2  y  y 2  y  1  y 2  3 y  3  x 3     y 2  x  2  y  1  x  2  y  1  x 3  Kết hợp với điều kiện (*), ta được:  y 2 là nghiệm của hệ phương trình đã cho.. √ 9 x2 +3+9 x−1≥ √9 x 2+15. 60. Giải bất phương trình:. 9 x−1≥ √ 9 x 2 +15−√ 9 x2 + 3≥0 ⇒ x≥. Nhận xét : bpt ⇔ ( √ 9 x2 +3−2 ) +3(3 x−1)≥√ 9 x 2 +15−4 2 2 9 x −1 9 x −1 ⇔ +3 (3 x−1 )− ≥0 √ 9 x 2 + 3+2 √ 9 x2+ 15+4 ( 3 x−1 ). [. 1 9. 3 x +1 3 x +1 − +3 ≥0 2 √ 9 x +3+2 √9 x 2+15+4. ]. 1. [ (√. ( 3 x−1 ) ( 3 x +1 ). 2. 9 x +3+2. −. 1 2. √ 9 x +15+4. ). kết hợp các Đk suy ra nghiệm của BPT là. ]. +3 ≥0 ⇒3 x−1≥0⇔ x ≥. x≥. 1 3. 1 3. là nghiệm của bpt. x 3− y 3 +5 x 2−2 y 2 +10 x−3 y +6 =0 ( 1 ) √ x +2 + √ 4 − y= x 3 + y 2− 4 x−2 y ( 2 ) ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. 61. Giải hệ phương trình x≥-2; y≤4 Điều kiện (1)⇔ x3 +5 x 2 +10 x+6= y 3 + 2 y 2 +3 y ⇔ ( x +1 )3 + 2 ( x +1 )2 +3 (x +1 )= y 3 + 2 y 2 + 3 y 3 2 2 Xét hàm số f (t )=t +2 t + 3 t , f ' (t )=3 t +4 t+3> 0 ∀ t ∈R Suy ra f(x+1) = f(y) => y= x+1 thay và pt (2) ta đuợc 3 2 Phương trình : √ x+2+ √3−x=x + x −4 x−1 2 ( √ ( x+ 2 )( 3−x )−2 ) ⇔ ( √ x+ 2+ √ 3−x )−3=x 3 + x 2 −4 x−4 ⇔ =( x +1 ) ( x 2 −4 ) √ x +2+ √ 3−x +3 ⇔ ⇔. 2 [ ( x+2 )( 3−x )−4 ]. ( √ x+ 2+ √ 3−x +3 ) ( √ ( x+ 2 )( 3−x ) +2 ) 2(−x 2 + x +2). =( x +2 ) ( x 2−x −2). − ( x +2 ) ( x 2−x −2 )=0. ( √ x+ 2+ √ 3−x +3 ) ( √ ( x+ 2 )( 3−x )+ 2 ) 2 2 ⇔ ( x −x−2 ) x +2+ =0 ( √ x+2+ √ 3−x+3 ) ( √ ( x +2 ) ( 3−x ) +2 ) >0 ( vi x≥−2 ). [. 2. ⇔ x − x −2=0 ⇔ ¿ [ x =2 [ ¿ [ x =−1. Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) = (2;3) , (x;y)= (-1; 0). ].

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 4 2 62. Giải phương trình 32 x  16 x  9 x  9 2 x  1  2 0 trên tập số thực.. Điều kiện. x. 1 2 , phương trình đã cho tương đương. 32 x 4  32 x 2  16 x 2  16 x  7 x  7  9  9 2 x  1 0. .  32 x 2  x 2  1  16 x  x  1  7( x  1)  9 1   32 x 2  x  1 ( x  1)  16 x  x  1  7( x  1) . . 2 x  1 0 9  2  2x . 1 2x  1 18     x  1  32 x 2 ( x  1)  16 x  7   0 1  2x  1   18     x  1  32 x 3  32 x 2  16 x  7   0 (*) 1 2x  1  . 0. Ta có 32  3 32 x  8 4  1 32  x   32 x 2  8  32 x 3  32 x 2  16 x  7 27 2 4  16  16 x  2 8 18 1  2 x  1 1    18 1  2x  1 18  32 x 3  32 x 2  16 x  7  9  0. 1 2x  1 Vậy (*)  x 1 .. Kết luận: Phương trình có nghiệm x =1.  x  3 xy  x  y 2  y 5 y  4   4 y 2  x  2  y  1  x  1. 63. Giải hệ phương trình  xy  x  y 2  y 0  2  4 y  x  2 0  y  1 0 Đk: . Ta có (1).  x y 3.  x  y   y  1  4( y 1) 0. Đặt u  x  y , v  y  1 ( u 0, v 0 )  u v  2 2 Khi đó (1) trở thành : u  3uv  4v 0  u  4v(vn) 2 Với u v ta có x 2 y  1 , thay vào (2) ta được : 4 y  2 y  3  y  1 2 y.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> . 4 y 2  2 y  3   2 y  1 . 2  y  2 4 y2  2 y  3  2 y  1 .  y 2 ( vì. . . . y  1  1 0.   2 1 y 2  0  0   y  2    4 y2  2 y  3  2 y  1  y  1  1 y  1 1   2. 4 y2  2 y  3  2 y  1. . 1  0y 1 y  1 1. ). Với y 2 thì x 5 . Đối chiếu Đk ta được nghiệm của hệ PT là  5; 2  64. Giải phương trình trên tập số thực: x  1 (2 x  1). x 1  2. 1 . 2 Đặt y  x  1  2 ( y  2 ), Điều kiện:  x  1  y 2( x  1) y  2 ta thu được hệ  y  x  1 2 x  1  y  y 2  x  1 ( x  1) y x . . Suy ra. . . . .  y x  1  1 y  x  1  y 2 x  1 0. . . .  y x  1  1 y  2 x  1 0  y 2 x  1. Do vậy:. x  1  2 2 x  1  x . Thay vào, thử lại thấy. x.  15  33 . 32.  15  33  15  33 x . 32 32 thỏa mãn. Vậy 1. 65. Giải bất phương trình +) Đặt t = x2 – 2, bpt trở thanh:. x2 1. . 1 3x 2  5. 1 1 2 11 2   .     2 t 3 2  2 t 3  t 3. 2. x 2  2 1 trên tập số thực. 1 1 2   t 3 3t  1 t  1 ĐK: t  0 với đk trên, bpt tương đương. 1 1  ) 2 t 3 3t  1 . Theo Cô-si ta có: t t t 1 1  t t 1   .     t 1 t  3 2  t 1 t  3  t 3. ( t  1)(. .

<span class='text_page_counter'>(38)</span> t 1 2t 11 2t   .     2 3t 1 2  2 3t  1  3t  1 1 1 t 1 1  1 t 1   .     t  1 3t  1 2  t  1 3t  1  3t  1  VT 2t 0. +) Thay ẩn x được x2  2  x  ( ;  2]  [ 2; )  T ( ;  2]  [ 2; ).. 4 x 2  8 2 x  6 y  1  1  y  84 y  1  12 x   2 2  66. Giải hệ phương trình: 4 x  4 x  8 x  y  5  11  y  8 x  4 x  y 2 2 ĐK: y 1; x 0; 4 x  8 x  y  5 0;11  y  8 x  4 x 0 . Pt (1) tương đương với. 4 x 2  8 2 x  12 x  y  1  8 4 y  1  6 y  1 . Xét hàm số. f (t ) . 4 x2 y 1 4  4 2x  6x  4 y  1 3 y  1 2 2. t2  4 t  3t 2 trên khoảng [0; ) .. 2  3, t  0. t Ta có Theo BĐT Cô si, ta có 1 1 1 1 f '(t ) t    3 33 t. .  3 0 t t t t , suy ra f (t ) đồng biến trên [0; ) . Vậy pt(1) f '(t ) t . tương đương với:. f (2 x)  f. . y  1  2 x  y  1  y 4 x 2  1. . .. 2 Thế vào (2) ta được: 8 x  4  12  8 x (2 x  1) (3). Ta có:. 3 0  x    1 2 x  1 2  (2 x  1) 2 4. 2. Lại có . 8 x  4  12  8 x. . 2. 16  2. 8 x  4. 12  8 x 16 . 8 x  4  12  8 x 4. 3 3  x; y   ;10  . (3)  VT VP 4  x   y 10. 2  2 Vậy KL: Hệ có nghiệm 2 2 2 3 67.Giải bất phương trình (x + 2)(x - 2 2x + 5) - 9 £ (x + 2)(3 x + 5 - x - 12) + 5x + 7. Điều kiện xác định:. x . 5 2 . Khi đó ta có. (1)  x3  3x2  14x  15  2(x  2) 2x  5  3(x  2) x2  5 . 3. 5x2  7  0.  x3  3x2  x  18  2(x  2)( 2x  5  3)  3(x  2)( x2  5  3)  3 .  (x  2)(x2  5x  9) . 2(x  2)(2x  4) 2x  5  3. . 3(x  2)(x2  4) 2. x 53. 3. 5x2  7  0. 5(4  x2).  3. 2. 9  3 5x  7 . . 3. 2. 5x  7. . 2. 0.

<span class='text_page_counter'>(39)</span>    (x  2)  x2  5x  9    .   3(x  2) 5(x  2)    0(*) 2 x2  5  3 9  33 5x2  7  3 5x2  7   Ta có với 2. 4(x  2) 2x  5  3. . . .  4(x  2) 4 3(x  2)2 3  (x  2);  (x  2)2  2 x 53 5  2x  5  3 3 5 x    5(x  2) 5(x  2) 2   2 9  9  33 5x2  7  3 5x2  7 . . .  x2  5x  9 . 4(x  2) 2x  5  3. 3(x  2)2. . x2  5  3. 5(x  2).  3. 2. 9  3 5x  7 . . 3. 2. 5x  7. . 2. . 18x2  57x  127 5  0, x  45 2. Do đó (*)  x  2  0  x 2, kết hợp với điều kiện phương trình đã cho có nghiệm là. . x . 5 2 ta suy ra bất. 5 x 2 2. 2 x 3  xy 2  x 2 y 3  4 x 2 y  2 y  2  2 y  x  2 y  16  1  y   x  1  3  x2  8 y  7 2  68. Giải hệ phương trình: . . . ( x, y  ) .. +) ĐKXĐ: x  1 (*) 3 2 2 3 2 2 +) pt(1)  ( x  2 y )  (2 x  4 x y)  ( xy  2 y ) 0  ( x  2 y )(1  2 x  y ) 0  x 2 y 2 2 Vì 1  2 x  y  0, x, y Thế vào (2) được: x 2( ) 2  x  x  16  x 1 2    2 x  4x  7  2 2. . +) +). x2  4 x  7 x 1  3 x 8  y 4 ( tm).. . . . x 1  3 . x 2  4 x  32  x  1 x2  4 x  7.  x 8   x 4 x 1  2   x  4 x  7 x 1  3.  x  8  x  4    x  1  x  8 pt  3 . . . x 1  3.  3. . x  1  3  x  4   x  1  x 2  4 x  7 . . +) Xét hàm số. x 1  3  . . x 1. . 2. f  t   t  3  t  3 2. 2  3    x  2   3 .   x  2   3   . f. . . (4). f ' t 3 t  1 0, t   với t   có   . nên f  t  đồng biến trên  . +) Mà pt(4) có dạng:. 2. x  1  f  x  2. .

<span class='text_page_counter'>(40)</span>  4 . Do đó.  x 2 x  1 x  2   2  x 1 x  4x  4.  x 2 5  13   2  x 2  x  5 x  3 0 (T/M). +) Với. x. 5  13 11  13  y 2 4.   5  13 11  13   T (8;4);  ;  2 4 x; y        Vậy hệ đã cho có tập nghiệm là:. 69. Giải phương trình. x 4  12 x 3  38 x 2  12 x  67  x  1  7  x 0. -1 x 7.. Điều kiện xác định:. Phương trình đã cho tương đương với: x  1  7  x  x 4  12 x3  38 x 2  12 x  67 x  1  7  x  x  3. 2.  x  1  7  x   4  * 2 x  3    x  1  7  x   4 4 -1  x  7 Với điều kiện ta có: . Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có:. . x 1  7  x. . 2.  1  1  x  1  7  x  16 . x  1  7  x 4. Từ đó ta có phương trình  * tương đương với:  x  3  2  x  1  7  x   4 4  x 3.   x  1  7  x 4 x = 3. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất :  x 2  y  3  y 2  3x  7 (1)  2 2 70.Giải hệ phương trình:  y  1  2 y  1  x  x  xy  3 y (2) (x, y  R) 2 + Đk y 1, x 0, y 3x 2 2 2 + (2)  y  1  x  ( y  1)  x  y  xy  y 0.   ( y  x  1)  .  1  2 y  1  x  0 y 1 x .   y  x  1 0  do . + Thế y = x + 1 vao pt(1):.  1  2 y  1  x  0y 1, x 0  y 1 x .  x   ..

<span class='text_page_counter'>(41)</span> x2  x 1 . x2  x 1  7 . 3 (3). 2 2 Xét ham số f ( x )  x  x  1  x  x  1. f '( x ) . 2x 1 2. 2 x  x 1. . 2x  1 2. 2 x  x 1. t 2. . 2x 1 2. (2 x  1)  3. 3. . t2  3. . 3. . 2x  1 (2 x  1) 2  3.  0t  R. Xét ham số g(t) = t  3 , g’(t) = nên hs g(t) đồng biến trên R Do 2x + 1 > 2x – 1 nên g(2x + 1) > g(2x – 1), suy ra: F’(x) = g(2x + 1) - g(2x – 1) > 0  x  R Do đó ham số f(x) đồng biến trên R, nên (3)  f(x) = f(2)  x = 2 Vậy hệ có 1 nghiệm (x; y) = (2; 3) 71..  xy ( x 2  y 2 )  2 ( x  y ) 2 (1)  4 2 3 Giải hệ phương trình 3x y  6 x y ( x  y )  4 x 3xy. 81x  8 (2) 2 2 2 2 2 2 2 -Xét phương trình (1): xy( x  y )  2 ( x  y )  xy ( x  y )  2 x  y  2 xy.  xy ( x 2  y 2 )  ( x 2  y 2 )  2 xy  2 0  ( x 2  y 2 )( xy  1)  2( xy  1) 0  ( xy  1)( x 2  y 2  2) 0  xy 1 thay vào (2) ta được : 3. 3 2 3 2  3 81x  8  81x  8 4   3. x  2 x  x  2  3 81x  8  ( x  3 )  3( x  3 )  3 3   3 (*). 3. Xét. 2. f (t ) t 3  3t ,. f(t) đồng biến trên R. Khi đó pt(*) trở thành:.   x 0   3 81x  8  2 2 3 81x  8 3  24 3 f ( x  )  f   3 x  2  81x  8   x    x   3 3 3 3 3    3  24   x  3  3  24  3  24  x   x  3 3   3 x  x  3 Suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:  3  24 ,  3  24. 72. Giải PT: Điều kiện: Ta có:. 3x  1  5x  4 3x 2  x  3. 5 x  4.. (1).

<span class='text_page_counter'>(42)</span>  3x  1   x  1    5x  4   x  2   3  x 2  x       x2  x  x2  x   3  x 2  x  3x  1   x  1 5x  4   x  2 .  1 .   1 1   x2  x   3    0 3x  1   x  1 5x  4   x  2     x 2  x 0  2    1 1 3  0  3  3x 1   x  1 5x  4   x  2  .  2 . Phương trình (3) vô nghiệm do VT(3) > 0..  x 0  x 1  .. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 0, x = 1. y   y2 0 (1) x  2 1  x  x (x, y  )   2 2 2 4 2 73. Giải hệ PT :  x  2y x  1  y 3y (2). + Với y = 0 ta có: x = 0. + Với y 0 . Khi đó:  2 2    x  y  1  x  x   y 0   PT    2  x  2 x 2  1  y 2 3  y 2. x 2  y  y  x  1  x 0 (3)   2  x  2 x 2  1  y 2 3 (4)  y2 . Từ (3) và (4) suy ra: x  y  y  1 x  x    y   2.   y   3 0   x y  y    y 3 y 2. Thay vào (3) giải tìm được x = 0. Suy ra: y = -1. Vậy hệ PT có nghiệm (x; y) là: (0;0), (0;-1). 2 2 2 74. Giải bất phương trình 1  x x  1  x  x  1(1  x  x  2) trên tập số thực.. Bất phương trình đã cho tương đương ( x x 2 1 . x 2  x  1 x 2  x  2)  (1 . ( x  1)(2 x 2  x  2). x 2  x  1)  0 x (1  x). 0 x x 1  x  x 1 x  x  2 1  x2  x 1 2 x2  x  2 x ( x  1)(  ) 0 x x2  1  x2  x  1 x 2  x  2 1  x2  x  1  . 2. 2.  ( x  1). A  0 (1) với. 2. A. . 2x2  x  2. . x. x x2 1  x2  x 1 x2  x  2 1  x2  x 1.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> 2 2   x  x 1  x 1   2 x  x  2   x  Nếu x 0 thì . . x 2  x  1 x 2  x  2  x x 2  1. x 2  x  1 x 2  x  2  x x 2 1  0  A  0. Nếu x>0 , áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:  2 x2  x 1  x 2  x  2 3 2 x  x  1 x  x  2  x 2  x   2 2  2 2  x x 2  1  x  x  1 x 2  1  2 2. x 2  x  1 x 2  x  2  x x 2  1 2 x 2  x  2 x x  A 1  0 1 2 2 1  x  x 1 vì 1  x  x  1. . Tóm lại , với mọi x  ¡ ta có A>0. Do đó (1) tương đương x  1  0  x  1 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là (1; ) . Chú ý : Cách 2. Phương pháp hàm số 2 2 2 Đặt u= √ x −x+1 ⇒u =x −x+1 thế vào bpt đã cho ta có. u2 −x 2 +x +x √ x 2 +1>u(1+ √ u2 +1) ⇔u2 −u−u √ u 2 +1> x 2−x− x √ x2 +1 2 2 Xét f (t )=t −t−t √t +1 ) f ' (t )=−(t− √t 2 +1 )2− √t 2 +1<0 ∀ t Do đó bpt ⇔u<x ⇔ x> 1. nên hàm nghịch biến trên R. 4 x 2 + y − x −9 = √ 1+ 3 x + √ y + x 2 +5 x −8 x 4 + x 3 −11 x 2 + y x 2 + ( y −12 ) x =12− y ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. 75. Giải hệ phương trình : Phương trình (2) tương đương với. ( x 2 +x +1 ) ( y−12+ x 2 ) =0 ⇔ y=12−x2 2 1 Thay vào phương trình   ta được: 3x . .  3  x2  x   x 1 .  . 3x  1  x  2 . x  3  3x 1  5 x  4. . 5 x  4 0. 1 1     x2  x   3    0 x  1  3x  1 x  2  5 x  4    x 2  x 0  x 0 hoặc x 1 . Khi đó ta được nghiệm  x; y  là  0;12  và  1;11 . xy  y 2  2y  x  1  y  1  x  76. Giải hệ phương trình: 3. 6  y  3. 2x  3y  7 2x  7. Điều kiện: x 0, 1 y 6, 2x  3y  7 0 (*) Nhận thấy. x= 0 y =1 ¿ {¿ ¿ ¿ ¿. không là nghiệm của hệ phương trình  y  1  x 0.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> y  1 x. (1)  x(y  1)  (y  1)2 . y 1 x. Khi đó, PT.   1  0  (x  y  1)  y  1    y  1  x    x  y  1 0  y x  1 (do (*)). Thay vào PT (2) ta được: 3 5  x  3 5x  4 2x  7  (7  x)  3 5  x  3(x . ĐK: 4 / 5 x 5. 5x  4 ) 0.   1 3  (4  5x+x 2 )    0  3 5  x  (7  x) 5x  4  x    x 1  y 2   x 4  y 5  x 2  5x+ 4 0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1; 2), (4; 5)..  x  y  1  x  1 x3  y 2  x  3 y  2  2 77. Giải hệ phương trình  x  2  y  4  x  2 x  4  y  2 2 2 3 2 ĐKXĐ x  2, y  4 . (1)  y  ( x  x  3) y  x  x  2 x  2 0 2 Giải pt bậc 2 ta được y  x  1 hoặc y  x  2. 2 Với y x  1 thay vào PT (2) ta được x  2  x  5  x  2 x  4  x  1. x2 . . . x2. . 2.  3  x  1  ( x  1) 2  3 2. Xét hàm số f (t ) t  t  3 có f. . . x  2  f  x  1 . f '(t ) 1 . t 2. t 3.  0, t    f (t ). đồng biến trên  . Vậy.  x 1  x  1 0  x  2 x  1    3  13 2  x  2 ( x  1) x   2. 3  13 5  13  y 2 2 2 Với y  x  2 thay vao PT (2) ta được  x. x  2  x2  6 . . x 2  2 x  4 x 2 . .  . x2  1 . x2  6 . x 1 2x  2  ( x  1)( x  1) 2 x  2 1 x  6  x2  2 x  4.  x  1 0   1 2   x  1 2 2  x  2  1 x  6  x  2x  4.  x  1  y 3   x  7  y 81 4 16 . . x 2  2 x  4 x 2  1.

<span class='text_page_counter'>(45)</span>  3  13 5  13   7 81  ;   ,   1;3 ,  ;  2 2   4 16  Vậy hệ có 3 nghiệm la . 1  2 x  2 x 2  3x  1. 78. Giải bất phương trình sau:. 1  2 x2  x  1. 1.  x 0  2  x 0  x  3x  1 0  2 Điều kiện: 1  2 x  x  1 0 2. 1 3  2 x  x  1 2  x     3  1 (x 0) 2 4  Ta có 2. 2 suy ra 1  2 x  x  1  0. x  x 2  x  1  x 2  3x  1 1 1  1 x   1  x   3 x x (Vì x = 0 không thỏa mãn bất phương trình) BPT . Đặt. x. Ta có. 1 t  t 2 x vì x  0 .. 1 t  1  t  3  2 t  1  3  t . Suy ra. 2 t . 13 1 13  2 x   4 x 4. 1   x  x 2   1 13 x    x 4. ĐK:. 13 4.  x  1 2 0 13  105 13  105  x  2 8 8 4 x  13 x  4  0. 79.. x 2. 3(2  x  2) 2 x  x  6  2( x  3)  x  6  3 x  2 0  x 3  x 3 8( x  3) 8  2( x  3)  0     0 2 x  6  3 x  2 4 x 6 3 x  2   x 6 3 x  2. Giải phương trình 3(2  x  2) 2 x  x  6 Vậy pt có tập nghiệm. S  3.  x x2  y  y  x 4  x3  x   9  x  y  x  1  y ( x  1)  2 80. Giải hệ phương trình . (x,y  R ).  x 3   x 11  3 5  2.

<span class='text_page_counter'>(46)</span>  x 1  Đk:  y 0 (1)  x( x 2  y . x 2  x)  ( x  y ) 0. y x.  x. 2. 2. x  y  x x.  x  y 0  ( x  y)( x 2  y  x 2  x  x) 0. Do đ ó x=y thay v ào pt (2) :. x  x  x  1  x ( x  1) . 9 2. 2. Đ ặt t  x  x  1(t 0)  t 2 x  1  2 x( x  1) Pt trở thành t2+1+2t=9 hay t2+2t-8=0 chỉ lấy t=2  x  1  x 2 5  25 x  2 x( x  1) 5  2 x    x 2 16 4 x 2  4 x 25  20 x  4 x 2  25 25 ; Vậy hệ có nghiệm duy nhất( 16 16 ). .  y 2  x3  x 2  2 3 y 4  3 y 2 2 x x  1 y  3 y    y 4  y 3  y 2  1  y  x  1 3  1. 81. Giải hệ phương trình (1). .  y3 y. 2.   x. x 1. . 2. . .  2 x x  1 y  3 y 0. 3  y  y x x  1. . (a).    u  u v  v (a) thành (b) 3 2  Xét hàm số f  t  t  t , có f  t  3t  1  0, t   nên f  t  đồng biến. Vậy Đặt. u. 3. y. ,. ĐS:. 4. 2. u  u  v 1 v. v  x 1,. Thay vào (2):   y  . 3. 3. 2. 3. 4. 3. 3. 3. 3. 2. y  y  y  1  y  1  y  y  y  y  1  1 0.    y 3  y 2  0 3 2 y  y  1  1   y 3  y 2 0.  y 4  y3 . 1. (vì từ (*) suy ra. 3. y  y 3. 2 x  2. y  2  y  8  x  y  4 x (1)  82. Giải hệ phương trình  xy  2 x  11  12  x  y  7  3x 0 (2) 7 2  x  , y 0 3 Điều kiện. Ta có 4x  8  y 2 . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8 4x  y  8 2  y  8 x   y  8 4 x  2 . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8 2 x  2. y  2  y  8  x  y  4 x 2 x  2. y  4( x  2) y . . Dấu “=” xẩy ra khi y=4x-8. 3. y  x 1. 2. y  y2 1 1.  y 0  y 0 )  y 1.  1;0  ,  2;1. Suy ra. (b) . 0. (*).

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Như vậy, pt(1)  y=4x-8. Thế vào pt(2) ta có: 4 x 2  6 x  11  4  3 x  7  3 x 0  4  x 2  x  3 . .  . 4  3x  x  1 . x. 2.  x  3. . 7  3 x  x  2 0. x. 2.  x  3.   7  0  do x   2;   4  3x  x  1 7  3x  x  2  3   1 1     x 2  x  3  4   0 4  3x  x  1 7  3 x  x  2    x 2  x  3 0 ()   1 1   4 (3)  4  3 x  x  1 7  3x  x  2 1  13 1  13 pt ()  x 2  x  3 0  x   x 2 2 +  4  x  x  3  2. .  1  13 1  13 ;2 13   x 2 2 , hệ có nghiệm  Đối chiếu điều kiện ta có.  6 . +Xét pt(3)  7 x   2;    3. 4  3 x  x  1 3  10  6 . 1 1  4  3x  x  1 6. 3 2 7  3x  3  7 x   2;  : g ( x)  7  3 x  x  2  g '( x)  1  0 2 7  3x 2 7  3x  3 1 7 1  g ( x)  g     3 3 3 7  3 x  x  2   Xét hàm số. Do đó,  7 x   2;   3 :. 1 1 1   3 4 4  3x  x  1 7  3x  x  2 6 hay pt(3) vô nghiệm  1  13  ;2 13  6    2 . Vậy, hệ có nghiệm duy nhất.

<span class='text_page_counter'>(48)</span>