60 bài toán giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số điển hình – Phạm Văn Bình

Xin giới thiệu tới đọc giả tuyển tập 60 bài toán điển hình về giải hệ phương trình bằng phương pháp hàm số của tác giả Phạm Văn Bình, giáo viên trường THPT Hậu Lộc 2. Có thể nói đây là những hệ phương trình tiêu biểu nhất mà tác giả đã dày công chọn lựa, sáng tạo, đưa ra lời giải theo phương pháp xét hàm số một cách chi tiết để giúp bạn đọc nắm vững phương pháp này.

101 51 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Tài liệu chung Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

30 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Nếu hệ có một trong hai phương trình ta dưa về dạng : f(x)=f(y) với x,y thuộc T thì khi đó ta khảo
sát một hàm số đặc trưng : y=f(t) trên T . Nếu f(t) là đơn điệu thì để f(x)=f(y) chỉ xảy ra khi x=y .
Trong phương pháp này khó nhất là các em phải xác định được tập giá trị của x và y , nếu tập giá trị
của chúng khác nhau thì các em không được dùng phương pháp trên mà phải chuyển chúng về dạng
tích : f(x)-f(y)=0 hay : (x-y).A(x;y)=0
Khi đó ta xét trường hợp : x=y , và trường hợp A(x,y)=0 .
Sau đây là một số bài mà các em tham khảo .
Bài 1 Giải hệ phương trình sau :
2 3 4 6
2
22
2 1 1
x y y x x
x y x
. - Phương trình (1) khi x=0 và y=0 không là nghiệm ( do không thỏa mãn (2) ).
- Chia 2 vế phương trình (1) cho
3
33
0 1 2 2
yy
x x x
xx
- Xét hàm số :
32
2 ' 2 3 0f t t t f t t t R
. Chứng tỏ hàm số f(t) đồng biến . Để phương trình
có nghiệm thì chỉ xảy ra khi :
2
y
x y x
x
. -thay vào (2) :
2 2 2
2 1 1 2 2 2 0 2;x x x x t x t x t t x
22
2
1 2 3 3
.
1
x x x
x x x
Do đó hệ có hai nghiệm : (x;y)=
3;3 , 3;3
Bài 2. Giải hệ phương trình sau :
2 6 2
2 3 2
x
y x y
y
x x y x y
.
Giải
- Trường hợp 1:
2
0
22
24
y
x y y
x y y

.
Thay vào (2)
2 2 2
2 4 5 2 2 4 5 2 4 7 2 0x y y y y y y y y
- Trường hợp :
22
00
2 3 *
2 9 9 2
yy
x y y
x y y x y y




.
Thay vào (2) :
2 2 2 2
9 2 3 9 2 3 2 9 5 9 5 2 0y y y y y y y y y y
2
2
2
2
2
1 9 2 7
2
9 5 0
9 5 4 0
4 16 4 264 88
9 2.
9 5 2
20
9 91 9 9 3
yx
t
t y y
yy
y
yy
tt



Vậy hệ có nghiệm :
88 4
; 7; 1 , ;
39
xy




Bài 3 Giải hệ phương trình sau :
22
2
2
1
xy
xy
xy
x y x y
Giải
a.
22
2
2
11
2
xy
xy
xy
x y x y
. Từ (2) viết lại :
2
22
x y x y x x x y x y x x
Ta xét hàm số f(t)=
2
0 ' 2 1 0 0t t t f t t t
. Chứng tỏ f(t) là một hàm số đồng biến , cho nên
ta có :
2
x y x y x x
. (*)
Thay vào (1) :
2
2
2
2 2 2 2 2 2
22
2
2
1 1 1 1 2 1 0
x x x
xy
x y x x x x x x x
xx
2
2
32
10
10
1
1 1 1 2 0 **
1 2 3 0
1
30
x
x
x
x x x x
x x x
x
x x x



Thay vào (*) :
2
1; 2
; 1;2 , 1;0
1; 0
xy
y x x x y
xy

Bài 4. Giải hệ phương trinh :
2
2
2
1
8
1
2
2 4 3 2
37
2
22
y
x
xy
yx
xy
Từ .
2
2
2
1
8
1
2
2 4 3 2 1
37
22
22
y
x
xy
yx
xy
. - Điều kiện :
,0xy
- Từ (1) :
44
2
2.2 3 2.2 3 2
xy
xy
- Xét hàm số :
43
( ) 2. 3 0 '( ) 8 3 0f t t t t f t t
. Chứng tỏ f(t) luôn đồng biến .
Do vậy để phương trình (1) có nghiệm chỉ khi :
2 4 *x y x y
- Thay vào (2) :
4
5
37
25
22
y
y
. Xét hàm số : f(t)=
44
3
33
2 '( ) 4 .2 0
22
t
t f t t
.
- Nhận xét : f(1)=2+
37
22
. Suy ra t=1 là nghiệm duy nhất .
1
4
41
5
;;
4
55
51
5
y
xy
xy
y
x





Bài 5. Giải hệ phương trình sau :
22
1 1 1
6 2 1 4 6 1
x x y y
x x xy xy x
Từ :.
2
22
2
1 1 1
11
6 2 1 4 6 1
6 2 1 4 6 1
x x y y
x x y y
x x xy xy x
x x xy xy x



. ( nhân liên hợp )
Xét hàm số :
2
2
2 2 2
1
( ) 1 '( ) 1 0
1 1 1
tt
t t t
f t t t f t t R
t t t

Chứng tỏ hàm số đồng biến . Để f(x)=f(-y) chỉ xảy ra x=-y (*)
- Thay vào phương trình (2) :
2
2 2 2 2
25
6 2 1 4 6 1 2 6 1
24
x
x x x x x x x x



2
2
2 6 1 3
2 6 1 2
x x x
x x x
* Trường hợp :
2
2 2 2
00
2 6 1 3 1; 1
2 6 1 9 7 6 1 0
xx
x x x x y
x x x x x




* Trường hợp :
2
2 2 2
00
2 6 1 2
2 6 1 4 2 6 1 0
xx
x x x
x x x x x




3 11 3 11
;
22
xy
. Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;-1),(
3 11 3 11
;
22
)
Bài 6 Giải hệ phwpng trình :
2
22
4 1 3 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x
Giải
Từ : .
2
22
4 1 3 5 2 0 1
4 2 3 4 7 2
x x y y
x y x
(KA-2011)
- PT(1):
3
4 3 5 2 3x x y y
. Đặt
2 2 3
55
5 2 3
2 2 2
t t t t
t y y t



- Khi đó (2) :
3
3
33
4 2 2
2
tt
x x x x t t
- Xét hàm số : f(u)=
32
'( ) 3 1 0u u f u u u
suy ra f(u) luôn đồng biến . Do đó để f(x)=f(t) chỉ xảy ra
khi : 2x=t
22
2 5 2 4 5 2 2 5 4 4x y x y y x
- Thay vào (2) :
2
2
2
5 4 3
( ) 4 2 3 4 7 0 : 0;
24
x
g x x x x






.Ta thấy x=0 và x=
3
4
không là
nghiệm . g'(x)=
22
5 4 4 3
8 8 2 4 4 3 0 0;
24
3 4 3 4
x x x x x x
xx

- Mặt khác :
11
0
22
gx



là nghiệm duy nhấy , thay vào (4) tìm được y=2.
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất :
1
; ;2
2
xy



Bài 7. Giải hệ phương trình :
3
2 2 1 2 1 2 3 2
4 2 2 4 6
x x y y
xy
Giải :
Từ :.
3
2 2 1 2 1 2 3 2 1
4 2 2 4 6 2
x x y y
xy
- Điều kiện :
1
2; *
2
yx
- Đặt : Từ (2) :
4 2 6 36 2 15 2 1 16x y x y x y
- Từ (1):Đặt :
2 2 2
2 2 2 3 2 2 3 2 1y t y t y t t
- Cho nên vế phải (1) :
3
2 3 3
2 1 2 1 :2 1 2 1 2t t t t x x t t
- Xét hàm số :
32
2 ' 2 1 0f u u u f u u u R
. Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến . Để f(x)=f(t)
chỉ xảy ra khi : x=t
2
31 53
22
15
22
2
31 227 0
2 15
15 2 31 53
15
2
y
xy
y
xy
yy
xy
yy
y




- Vậy hệ có nghiệm :
53 1 31 53
;;
42
xy





Bài 8Giải hệ phương trình :
32
32
2 2 1 1 1
4 1 ln 2 0 2
x x y x y
y x y x
Từ : .
32
32
2 2 1 1 1
4 1 ln 2 0 2
x x y x y
y x y x
- Điều kiện :
2
2 0(*)yx
- Phương trình (1) :
3 2 2 2
2 2 2 1 1 2 2 1 2x x y x y x x y x
- Do :
2
2 0 2 1(**)x x y
- Thay vào (2) :
3 2 3 2
2 1 1 ln 1 0 2 3 ln 1 0y y y y f y y y y y
-Ta có :
2
2
21
' 3 2 0
1
y
f y y
yy

. Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến .
- Mặt khác : f(-1)=0 , do đó phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)=(0;-1)
Bài 9 Giải hệ phương trình :
3
2 3 2
8 3 2 1 4 0
4 8 2 2 3 0
x x y y
x x y y y
Giải
Từ : .
3
2 3 2
8 3 2 1 4 0 1
4 8 2 2 3 0 2
x x y y
x x y y y
- Điều kiện :
1
2
x
.
- Từ (1) :
3
8 3 2 1 4 *x x y y
- Đặt :
2 2 2 3
2 1 2 1 8 3 2 1 4 1 3 4 1 4t x x t x x t t t t t t


- Do đó (*) :
33
44t t y y
- Xét hàm số : f(u)=
32
4 ' 12 1 0u u f u u u R
. Chứng tỏ hàm số đồng biến . Do đó phương
trình có nghiệm khi : f(t)=f(y)
2
2 1 2 1(**)x y x y
- Thay vào (2) :
2
2 2 3 2 4 3 2
1 4 1 2 2 3 0 2 2 0y y y y y y y y y
3 2 2
2 2 0 1 3 2 0 1 2 1 0y y y y y y y y y y y y
- Vậy :
22
0
00
1
1
; ;0 , ; 1;1
1
1
2
2 1 2 1
2
y
yy
y
x y x y
x
x
x y x y






22
2
12
0
5
; 1;0 , ; ; 2
5
1
2
2 1 2 1
2
y
yy
y
x y x y
x
x
x y x y






Bài 10. Giải hệ phương trình :
2
2
1
2
22
3
22
2
2 2 1 4 0
x
y
x
xy
x y x x y x
Giải :
Từ : .
2
2
1
2
22
3
2 2 1
2
2 2 1 4 0 2
x
y
x
xy
x y x x y x
- Từ (2) :
2
2
2 2 2 2 2
2 2 2 1 0 2 1 0 2 1 1 2x y x x y x x y x x y x x y x


- Hay :
2
12
*
12
x
y
x
x
xy
x
, thay vào (1) :
2
22
1 1 2
1 2 3 1 1
22
22
xx
xx
x
xx




(3)
- Nhận xét :
22
2 2 2
1 2 1 2 2 1 1
12
2
x x x x
x x x x x



.
Gọi :
2
22
1 1 2 1 1
,2
2
xx
a b b a
x x x




- Cho nên (3)
2 2 2 2 2 2 2
a b a b
b a a b
.
- Xét hàm số : f(t)=
2 2 ' 2 ln2 2 0
tt
t f t t R
. Hàm số đồng biến , vậy phương trình có nghiệm
khi và chỉ khi : a=b , tức b-a=0 , hay :
11
02
2
x
x
. Thay vào (*) ta tìm được
y=
33
; 2;
44
xy



Bài 11 Giải hệ phương trình :
3
2 1 0
3 2 2 2 1 0
xy
x x y y
Giai
Đ/K :
1
2;
2
xy
.
Từ (2)
33
1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1x x y y y x x y y
Ta xét hàm số :
32
( ) '( ) 3 1 0f t t t f t t t R
. Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến trên R
Do đó đẻ
2 2 1f x f y
, chỉ xảy ra khi :
23
2 2 1
32
yx
xy
xy


Thay vào (1)
3 3 2
3 1 0 2 0 1 2 0 1; 3 1 2x x x x x x x x y
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(1;2)
Bài 12 . Giải hệ phương trình :
2 2 2
2 2 2 2
2 2 5 2 0
1 2 2 1
x y x y y
y x y xy x x xy y y
Giải
Đ/K :
0; 0 0x y y x y
Từ (2) :
2
2 2 2 2
1 2 1y x y y y xy x x y y
22
22
11y y y x y x y x y
Xét hàm số :
22
22
1 1 1
( ) 1 0 '( ) 2 2 0
22
11
t
f t t t t t f t t t
tt
tt




( Vì :
2
22
11
1 1 0 1 2 0
11
t
tt

với mọi t>0 )
Như vậy hệ có nghiệm chỉ xảy ra khi :
y x y
hay x=2y .
Thay vào (1) :
22
2 3 2
2 2 2 2 5 2 0 4 10 5 2 0y y y y y y y y
2
2 4 2 1 0 2y y y y
vì :
2
4 2 1 0yy
vô nghiệm .
Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(4;2 )
Bài 13. Giải hệ phương trình sau :
2
2 2 6 6
2 2 1. 4 5
x x y
x y y x x
Giải
Điều kiện :
2; 6yx
Từ (2) :
2
2
2
2
21
21
2
2
2 2 1. 4 5 . .
21
1
2
x
x
y
y
x y y x x
xy
y
x



2
2
1 1 2 1
.
1
2
yx
y
x

. Xét hàm số
2
1 1 1
( ) 0 '( ) 1 ' 0
1
21
t
f t t f t
tt
t
t




.
Chứng tỏ hàm số nghịch biến
Để
2
21f x f y
chỉ xảy ra khi :
2
12yx
. Thay vào (1) ta được phương trình :
2
22
2 0 2 0
1 2 2 2 6 7 0
2 8 7 2 8 7
t x t x
x x x
t t t t t t





2
32
4 3 2
22
0 2 7
0 2 7
0 2 7
1 3 49 49 0
4 46 49 0
4 8 7
tx
tx
tx
t t t t
t t t
t t t

+/ Trường hợp : t=1 hay x-2=1 suy ra x=3 và y+1=1 hay y=0 . Vậy nghiệm hệ là (x;y)=(3;0)
+/ Trường hợp :
2
3 2 2
( ) 3 49 49 0 '( ) 3 6 49 3 1 52 0 0; 7f t t t t f t t t t t


Hàm số nghịch biến và f(o)= -49<0 chứng tỏ f(t)<0 với mọi
0; 7t


. Phương trình vô nghiệm .
Bài 14. Giải hệ phương trình sau :
2 2 4 2
2 4 3 3
2012 2 2 5 1 4024
x
y y x x x
y x x
Giải
Điều kiện :
2 2 5 0yx
+/ Nếu x=0 suy ra y=0 nhưng lại không thỏa mãn (2) vậy x khác 0 . Từ (1( chia hai vế cho
2
0x
Khi đó :
2 2 4 2
23
33
33
2 4 3 3
2 2 2 2
1 3 3 3 3
y y x x x
y y y y
x x x x
x x x x x x





Xét hàm số :
32
( ) 3 '( ) 3 3 0f t t t f t t
với mọi t thuộc R . Chứng tỏ hàm số đồng biến
Để
2
( ) ( )
y
f f x
x
, chỉ xảy ra khi :
2
2
2
y
x y x
x
. Thay vào (2) ta được :
2
21
2 2012 2 5 1 4024 2012.2012 1 4 1 4024
xx
x x x x x
Lại đặt t=x-1 suy ra :
22
2012.2012 4 4024 ( ) 2012 4 2
tt
t t g t t t
Lại xét hàm số :
22
2
( ) 2012 4 '( ) 2012 ln 2012 4 2012 1
4
t t t
t
g t t t g t t t
t



Hay :
2
2
1
'( ) 2012 4 ln2012
4
t
g t t t
t



Vì :
2
40tt
và
2
1
1 ln2012
4t

suy ra g'(t)>0 với mọi t thuộc R mà g(0)=2 cho nên với t=0 là
nghiệm duy nhất và :
11
1 0 1; ; 1;
22
t x x y x y



Bài 15. Giải hệ phương trình sau :
3 3 2
2 2 2
12 6 16 0
4 2 4 5 4 6 0
x x y y
x x y y
Giải
Điều kiện :
2 2;0 4xy
. Khi đó hệ
3
3
2 2 2
12 2 12 2
4 2 4 5 4 6 0
x x y y
x x y y
Xét hàm số
3 2 2
12 2;2 ' 3 12 3 4 0 2;2f t t t t f t t t t
Chứng tỏ hàm số nghịc biến . Cho nên để f(x)=f(y-2) chỉ xảy ra khi : x=y-2 , thay vào (2) ta được :
2
2 2 2 2 2
2 4 2 4 5 4 2 2 6 0 4 2 4 5 4 6 0x x x x x x x
2
2
2
22
2
2
40
40
40
4 6 3 4
3 19 11
4 4 6 3
0; 2
4 3 22 0
84
tx
tx
tx
xx
tt
tt
tt


2
2 4 2 0 2 ; 0;2t x x y x y
. Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(0;2)
Bài 16. Giải hệ phương trình sau :
22
22
2 3 5
2 3 2
x y x y
x y x y
Giải
.
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 5 1 2 3 5 1
2 3 2 2 2 3 2 2
x y x y x x y y
x y x y x x y y





22
22
23
51
23
2 3 2 2
x x y y
x x y y

. Do :
22
22
2 2 2
3 3 3
x x x x
y y y y
- Suy ra :
22
22
23
2 ; 3
23
x x y y
x x y y
. Cho nên (1) chỉ xảy ra khi và chỉ khi :
22
22
22
22
1
2 1 2 1
2 2 1
2
3 2 1
3 1 3 1
1
x x x x
x x x
x
y y y
y y y y
y


- Vậy hệ có nghiệm duy nhất : (x;y)=(
1
;1)
2
.
Bài 17 . Giải hệ phương trình sau :
2 2 2
23
80
2 4 10 0
x y x y
x x y
Giải
Hệ :
2
2 2 2
2
23
2
3
88
4
8 0 2 2
12
2
2
2 4 10 0
8 2 1 0
xx
y
x y x y y
xx
y
y
x x y
yx


Bài 18. Giải hệ:
33
3 ( 1) 9( 1) (1)
1 1 1 (2)
x x y y
xy
Giải
- Từ điều kiện và từ phương trình (2) có
1; 1 1xy
-
33
(1) 3 ( 1) 3 1x x y y
, xét hàm số
3
( ) 3f t t t
trên
[1; )
- Hàm số đồng biến trên
[1; )
, ta có
( ) ( 1) 1f x f y x y
- Với
1xy
thay vào (2) giải được
1; 2xx
12
,
25
xx
yy





Bài 19 Giải hệ phương trình
2
(4 1) ( 3) 5 2 0 (1)
22
4 2 3 4 7 (2)
x x y y
x y x
Giải
(1)
2
(4 1)2 (2 6) 5 2 0x x y y
23
23
(2 ) 1 (2 ) 5 2 1 5 2 (2 ) 2 5 2 5 2x x y y x x y y





(2 ) ( 5 2 )x f y
với
3
()f t t t
.
2
'( ) 3 1 0, ( )f t t t t
ĐB trên . Vậy
2
54
(2 ) ( 5 2 ) 2 5 2 , 0
2
x
f x f y x y y x
Thế vào pt (2) ta được
2
2
54
2
4 2 3 4 7 0 ( ) 0
2
x
x x g x




Với
2
2
5 4 3
2
( ) 4 2 3 4 7, 0;
24
x
g x x x x







. CM hàm g(x) nghịch biến.
Ta có nghiệm duy nhất
1
2
2
xy
Bài 20. (Thử ĐT 2012) Giải hệ phương trình :
5 4 10 6
(1)
2
4 5 8 6 2
x xy y y
xy
.
Giải
TH1 : Xét
0y
thay vào hệ thây không thỏa mãn.
TH2 : Xét
0y
, chia 2 vế của (1) cho
5
y
ta được
55
( ) (3)
xx
yy
yy
Xét hàm số
54
( ) '( ) 5 1 0f t t t f t t
nên hàm số đồng biến.
Từ
2
(3) ( ) ( )
xx
f f y y x y
yy
Thay vào (2) ta có PT
4 5 8 6 1x x x
. Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (1;1)xy
Bài 21. (Thi thử ĐT 2013) Giải hệ :
22
2x 3x 4 2y 3y 4 18
22
x y xy 7x 6y 14 0
( )( )
( , )xy
Giải
(2)
22
( 7) 6 14 0x y x y y
.
7
01
3
x
xy
(2)
22
( 6) 7 14 0y x y x x
.
10
02
3
y
yx
Xét hàm số
2
3
( ) 2 3 4, '( ) 4 - 3, '( ) 0 1
4
f t t t t R f t t f t t
Vì vậy trên




3
;
4
hàm số f(t) đồng biến
TH 1.
2 ( ) (2) 6x f x f
Kết hợp với
1y
22
( ) (1) 3 ( ). ( ) (2 3 4)(2 3 4) 18f y f f x f y x x y y
.
TH 2.
2x
hệ trở thành
2
2
1
2 3 1 0
1,
2
4 4 0
2
yy
yy
yy
y



vô nghiệm
Vậy hệ đã cho vô nghiệm
Bài 22. Giải hệ phương trình :
3 2 2
2
3 4 22 21 2 1 2 1
2 11 9 2
y y y x x x x
x x y
Giải
Điều kiện :
1
2
x
. Nhân hai vế của (2) với 2 sau đó lấy (1) trừ cho nó ta có hệ :
3
3 2 2
32
2
2
3 4 22 21 2 1 2 2 1
3 3 2 1 2 2 1 4
4 22 18 4
4 22 18 4
y y y x x x x
y y y x x y
x x y
x x y


33
3
32
22
3 3 1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1
4 22 18 4 4 22 18 4
y y y y x x y y x x
x x y x x y






Xét hàm số :
32
( ) 2 '( ) 3 2 0f t t t f t t t R
. Chứng tỏ hàm số đồng biến trên R
Để
1 2 1f y f x
chỉ xảy ra khi :
1 2 1yx
.. Thay vào (2) ta có :
2 2 2
2 11 9 2 2 2 2 11 11 2 1 2 11 11 2 2 1 *x x y x x y x x x
Đặt
2
2 2 2
1 1 1
2 1 0 * 2 11 11 2
2 2 2
t t t
t x x t
4 2 2 4 2 2
2 1 11 11 22 4 9 4 12 0 1 3 4 4 0t t t t t t t t t t t
Suy ra : Với
1 2 1 1 1
2 1 1
; 1;0
1 0 0
0
t x x
x
xy
y t y y
y

Với
3 2 1 9 5
2 1 3
; 5;2
1 2 2
2
t x x
x
xy
y t y y
y

Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;0),(5;2) ( ví
2
2
4 4 2 0 0t t t t
)
Bài 23. Giải hệ phương trình sau :
2
2
2
41
2 7 2
x x y y x
x x y y x
Giải
Hệ :
2
22
2
2
2
2
1
4
14
1
2 2 7
27
y
xy
x xy y x
x
y
x x y y x
xy
x



. Đặt :
2
1y
u
x
v x y

, thì hệ trở thành :
2
22
4
44
1; 3
9; 5
2 4 7 0
2 7 2 15 0
uv
u v u v
uv
uv
vv
v u v v




* Với :
2
22
1
1
1 2 0
1
; 2;1 , 5; 2
3
33
3
y
u
y x y y
xy
x
v
x y x y
xy



* Với :
9
5
u
v

. Hệ vô
nghiệm
Câu 8 : ( 1điểm) Giải hệ phương trình:
3 3 2 2
2
x y ln x 1 x ln y 1 y
(x, y R)
x(x 1) (2 y). y 2y 3
Câu 8: Giải hệ phương trình:
3 3 2 2
2
x y ln x 1 x ln y 1 y (1)
x(x 1) (2 y). y 2y 3 (2)
3 2 3
2
3 2 3 2
1
(1) x ln x 1 x y ln
y 1 y
x ln x 1 x ( y) ln ( y) 1 ( y)





Xét
32
f(t) t ln t 1 t
, D = R (0.25)
2
2
1
f '(t) 3t 0, t R
t1
f đồng biến trên R.
Vậy
(1) f(x) f( y) x y
(0.25)
Thay vào (2)
22
x x (x 2). x 2x 3
2
2 2 2 2
(x x)(x 2) 0
(x x) (x 2x 3).(x 2)
(0.25)
2
2
(x x)(x 2) 0
x 1 7
x 2x 6 0
KL: nghiệm hpt:
(1 7; 1 7);(1 7;( 1 7)
(0.25)
Câu 8 (0,75 điểm) Giải hệ phương trình
22
23
3
4 1 2
( ; )
12 10 2 2 1
x x y y
xy
y y x
.
Giải hệ phương trình
22
23
3
4 1 2
( ; )
12 10 2 2 1
x x y y
xy
y y x
.
22
3
23
4 1 2 (1)
12 10 2 2 1 (2)
x x y y
y y x
Ta có:
22
(1) 4 ( 2 ) 4 ( 2 ) (*)x x y y
.
Xét hàm số đặc trưng
2
2
2 2 2
4
( ) 4 '( ) 1 0.
4 4 4
tt
t t t
f t t t f t
t t t

Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R. Từ (*) suy ra:
( ) ( 2 ) 2f x f y x y
.
Thay vào phương trình (2) ta được:
3
23
3
3
33
3 5 2 2 1
1 2 1 1 2 1 (**)
x x x
x x x x
Xét hàm số
3
( ) 2g t t t
ta thấy g(t) đồng biến trên R nên từ (**) suy ra
3
3
0
11
1
x
xx
x

. Vậy hệ có hai nghiệm là
1
( 1; ); (0;0)
2
.
Câu 7. Giải hệ phương trình
2
7 1 1 1 1
1 1 13 12
x y x
x y y x x
Câu 9 (1,0 điểm).
Giải hệ phương
trình:
2
2 2 2
2 2 4 8 2 34 15
x y x y
x y y xy y x
Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau:
2
2 2 2 1
2 2 4 8 2 34 15 2
x y x y
x y y xy y x
Điều kiện:
22
0
x
y
.
2
2
1 2 2 . 2 0
22
xy
x x y y
xy

.
+ Với
2 xy
thay vào (2) ta được
2
2 2 4 2 8 4 34 15 3x x x x
.
Đặt
22
2 4 2 34 15 8 4t x x t x x
Khi đó
3
trở thành
2
0
2
2
t
tt
t

.
30 2 17
2 4 2 0
17 17
2 4 2 2
20

xx
xy
xx
xy
+ Với
22xy
. Vì
0 2 0yy
mà
20x
nên chỉ
Giải hệ:
2
7 1 1 1 1 1
1 1 13 12 2
x y x
x y y x x
Điều kiện:
1, ,x x y
1
1 7 1 1 1
7
y
PT y x y x
y
(Do
7y
không là nghiệm
của phương trình)
Thay
1
1
7
y
x
y

vào (2) ta được phương trình:
22
2
1 1 1
. . 13. 1
7 7 7
y y y
yy
y y y
2 2 2
2
1 1 7 13 1 7y y y y y y y
4 3 2
5 33 36 0y y y y
2
1 3 5 12 0y y y y
1
3
y
y
Với
8
1
9
yx
Với
30yx
Hệ phương trình có 2 nghiệm
;xy
là
8
;1 , 0;3 .
9



có thể xảy ra khi
2x
và
0y
thử vào (2) thấy thỏa mãn.
Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm:
30
17
2 17
17
x
y
và
2
0
x
y
.
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2
2 1 1
3 6 3 2 3 7 2 7
xy y y x y x
y x y x
Giải hệ phương trình …
Điều kiện:
0 1 6 2 3 7 0x , y , x y (*)
Nhận thấy
1
0
y
x
không là nghiệm của hệ phương trình
10yx
Khi đó, PT
2
1
1 1 1
1
yx
( ) x(y ) (y )
yx


1
11
1
yx
(y )(x y )
yx


1
1 1 0
1
(x y ) y
yx





1 0 1x y y x
(do (*))
Thay vào PT (2) ta được:
3 5 3 5 4 2 7x x x
ĐK:
4 5 5/x
(**)
3 5 7 3 5 4 0x ( x) ( x x)
22
4 5 3 4 5
0
3 5 7 5 4
x x ( x x )
x ( x) x x
2
13
4 5 0
3 5 7 5 4




( x x )
x ( x) x x
2
5 4 0xx
(do (**)
12
45
xy
xy
(thỏa mãn (*),(**))
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
1 2 4 5( ; ), ( ; ).
Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ PT
32
22
1
,( , ).
3 2 9 3 4 2 1 1 0
xy x x y x y
xy
y x y x x
Giải hệ PT
32
22
1
,( , ).
3 2 9 3 4 2 1 1 0
xy x x y x y
xy
y x y x x
ĐKXĐ
.x
Ta có
3 2 3 2 2
10xy x x y x y x x y y xy x y
2
2
10
1
yx
x y x y
yx

Với
2
1yx
thay vào PT thứ 2 ta được
2 2 2 2
3 1 2 9 3 4 6 1 1 0x x x x x
. Dễ thấy PT vô nghiệm.
Với
yx
thay vào PT thứ 2 ta được
22
3 2 9 3 4 2 1 1 0x x x x x
2
2
2
2
3 2 9 3 2 1 3 2 1 2
3 2 9 3 2 1 3 2 1 2
x x x x
x x x x
Xét hàm số
2
( ) 2 2f t t t
ta có
2
2
2
'( ) 2 2 0
2
t
f t t
t
suy ra hàm số đồng biến.
Từ đó suy ra
1
3 2 1 .
5
x x x
Vậy HPT có nghiệm
11
; ; .
55
xy



Câu 9 (1,0 điểm). Giải hê
phương trình:
2
2
2 1 1
1
,
3 8 3 4 1 1
x
x y x y
x
xy
x x x y
Điều kiện:
1
1
x
y


3
32
1
1 2 1 1 2 1
1
11
x x x
x x x
y x y y y
x
xx



3
3
11
11
xx
yy
xx




.
Xe
t ha
m sô
3
f t t t
trên co
2
3 1 0f t t t
suy ra f(t) đô ng biên trên . Nên
11
11
xx
f f y y
xx




. Thay va
o (2) ta đươ
c
2
3 8 3 4 1x x x x
.
2
2
2 1 2 1x x x
2
2
1
6 3 0
3 2 3
2 1 1
1
5 2 13
2 1 1 3
3
9
9 10 3 0
x
xx
x
xx
x
xx
x
xx


Ta co
2
1
1
x
y
x

Vơ
i
4 3 3
3 2 3
2
xy
. Vơ
i
5 2 13 41 7 13
9 72
xy

.
Ca
c nghiê
m này đêu tho
a ma
n điêu kiê
n.
KL: Hê
phương trình co
hai nghiệm
4 3 3
; 3 2 3;
2
xy





5 2 13 41 7 13
& ; ;
9 72
xy






.
Bài 1. Giải hệ phương trình sau :
22
1
22
x y x
x y y x
xy

Giải
.
2 1 2 1
22
1
1
11
0
2 2 0 2 2
10
11
22
22
2 2 2 1 3 2 2
x x x x
x y x
x y x
xx
x y x y
x y x y
x y y x
x y x y
xy
xy
xx

















Khi x=y , thì x=-1. Vậy nghiệm của hệ là : (x;y)=(-1;-1)
Khi x+y=1 , (2) có nghiệm duy nhất : x=1 , do đó hệ có nghiệm : (x;y)=(1;0)
Chú ý : Tại sao ta không đưa chúng về dạng :
22
x x y y
, sau đó xét hàm số
2
()y f t t t
?
Bài 2. Giải hệ phương trình sau :
2
2
1
2
22
3
2 2 1
2
2 2 4 1 0 2
x
y
x
xy
x y x x y x
Giải
Từ (2) :
2
2
2
2 2 2
12
2 2 2 1 0 2 1 0 *
12
x
y
x
x y x x y x x y x
x
xy
x


Thay vào phương trình (1):
2
22
1 1 2
11
22
2
xx
xx
x

. Phương trình này đã biết cách giải ở phần phương pháp
giải phương trình mũ .Phương trình có dạng :
2
22
1 1 2 2 1 1 1 1
12
2 2 2 2
x x b a
ba
x x x x x




Do đó phương trình trở thành :
2 2 2 2
2 2 2 2
b a b a
b a b a
Xét hàm số :
1
2 ' 2 ln2 0
22
tt
t
f t f t t R
suy ra hàm f(t) đồng biến trên R . Do vậy để xảy
ra f(b)=f(a) chỉ xảy ra khi a=b :
2
2
22
1 1 2
1 1 2
xx
xx
xx

2
2 0 2x x x
( vì x khác 0 ) và
1 2.2 3 3
; 2;
4 4 4
y x y



Chú ý : Vì ta sử dụng được phương pháp hàm số vì a,b thuộc R
Bài 3. Giải hệ phương trình sau
22
12 20 0
ln 1 ln 1
x xy y
x y x y
Giải
.
22
2 10 0
12 20 0
ln 1 ln 1
ln 1 ln 1
x y x y
x xy y
x y x y
x y x y


Từ (2) :
11
ln 1 1 ln(1 ) 1 ( ) ln ; '( ) 1 0
t
x x y y f t t t f t t
tt
.
Hàm số đồng biến với mọi tthuoocj (0;1) và nghịch biến trên khoảng t>1 đạt GTLN tại t=1
Cho nên ta phải sử dụng phương pháp " Phương trình tích "
Nếu thay vào (2)
:
x=2y x=2y
x=2y
x=2y
1
1 2 1 2
2
ln 1 2 ln 1 2 ln
1
11
y
y
yy
e
y y y y y e
y
yy





,
Xét hàm số :
2
11
( ) '( )
1
1
yy
f y e f y e
y
y
chỉ có nghiemj duy nhất : y=0
Nếu :
10
; 0;0
xy
xy
xy

. Tương tự như trên ta cũng có nghiệm y=0 .
Bài 4. Giải hệ phương trình sau :
3 2 3
2
3 3 2
21
log log 3
12
yx
x x y y
xy
x
yx








Giải
.
3 2 3
3 2 3
2
3 3 2 1
1 3 3 1 3 3 3
21
log log 3 2
12
yx
x x y y
x x x y y x
xy
x
yx








33
33
1 3 3 1 1 3 1 3 *x y y x x x y y
Đặt : x-1=t suy ra (*) trở thành :
3 3 2 2
3 0 3 0t y t y t y t ty y
+/ Trường hợp chỉ khi : x-1=y, hay : x=y+1, x-2=y-1 .
2
1
1
x
y

Thay vào (2) ta có :
22
log 1 log 1 3 3 0 3
yx
x x x
. Do đó nghiệm của hệ phương trình là :
(x;y)=(3;2).
+/ Trường hợp :
2
2 2 2
3 0 2 1 2 1 3 0t ty y x x y y
2
2
2 2 2 2 0x y x y y
Bài 5 Giải hệ phương trình sau :
2 3 4 6
2
22
2 1 1
x y y x x
x y x
Giải
.
3
2 2 2 2 4
2 3 4 6
2 2 3 2
2
2
2
20
22
20
2 1 1
2 1 1
2 1 1
y x x y yx x
x y y x x
x y x y x
x y x
x y x
x y x


-Trường hợp 1: y=
2
x
, thay vào (2) :
2 2 2
2 1 1 2 2 2 0 2;x x x x t x t x t t x
22
2
1 2 3 3
.
1
x x x
x x x
-Trường hợp :
2 2 2 4 2 2 2 4
2 0 yx 2 0x y yx x y x x
4 2 4 4 2
4 2 3 8 0 0
yy
x x x x x x R
2 2 2 4
(, ) 2 0 ,f y x y yx x x y
. Phương trình vô nghiệm .
Do đó hệ có hai nghiệm : (x;y)=
3;3 , 3;3
* Chú ý : Ta còn có cách giải khác
- Phương trình (1) khi x=0 và y=0 không là nghiệm ( do không thỏa mãn (2) ).
- Chia 2 vế phương trình (1) cho
3
33
0 1 2 2
yy
x x x
xx
- Xét hàm số :
32
2 ' 2 3 0f t t t f t t t R
. Chứng tỏ hàm số f(t) đồng biến . Để phương trình
có nghiệm thì chỉ xảy ra khi :
2
y
x y x
x
. Đến đây ta giải như ở phần trên
Bài 6. Giải hệ phương trình sau :
2 6 2
2 3 2
x
y x y
y
x x y x y
.
Giải
2
2 6 2
2 2 2 3 0
2 2 6 0
2 3 2
2 3 2
2 3 2
x
y x y
x y y x y y
x y y x y y
y
x x y x y
x x y x y
x x y x y


- Trường hợp 1:
2
0
22
24
y
x y y
x y y

.
Thay vào (2)
2 2 2
2 4 5 2 2 4 5 2 4 7 2 0x y y y y y y y y
- Trường hợp :
22
00
2 3 *
2 9 9 2
yy
x y y
x y y x y y




.
Thay vào (2) :
2 2 2 2
9 2 3 9 2 3 2 9 5 9 5 2 0y y y y y y y y y y
2
2
2
2
2
1 9 2 7
2
9 5 0
9 5 4 0
4 16 4 264 88
9 2.
9 5 2
20
9 91 9 9 3
yx
t
t y y
yy
y
yy
tt



Vậy hệ có nghiệm :
88 4
; 7; 1 , ;
39
xy




Bài 7 Giải hệ phương trình sau :
22
2
2
1
xy
xy
xy
x y x y
Giải
a.
22
2
2
11
2
xy
xy
xy
x y x y
. Từ (2) viết lại :
2
22
x y x y x x x y x y x x
Ta xét hàm số f(t)=
2
0 ' 2 1 0 0t t t f t t t
. Chứng tỏ f(t) là một hàm số đồng biến , cho nên
ta có :
2
x y x y x x
. (*)
Thay vào (1) :
2
2
2
2 2 2 2 2 2
22
2
2
1 1 1 1 2 1 0
x x x
xy
x y x x x x x x x
xx
2
2
32
10
10
1
1 1 1 2 0 **
1 2 3 0
1
30
x
x
x
x x x x
x x x
x
x x x



Thay vào (*) :
2
1; 2
; 1;2 , 1;0
1; 0
xy
y x x x y
xy

Chú ý : Các em có nhận xét gì không khi tôi giải như trên . Bây giờ tôi nêu thêm hai cách nữa để các em
kiểm nghiệm nhé :
Cách 2.
Đặt :
2
22
22
; 1 1 2 1
xy xy
x y u xy v x y x y xy
x y x y

2 3 2
2
2 1 2 2 0 1 2 1 0 1 1 2 0
v
u v u u uv v u u v u u u u v
u


2
2
1
1
20
20
xy
u
u u v
x y x y xy


* Nếu x+y=1 thay vào (2) ta được :
22
10
1 1 2 0 ; 1;0 , 2;3
23
xy
x x x x x y
xy
+/ Với
2
22
2 0 0x y x y xy x y x y
vô nghiệm vì
22
0; 0x y x y
Bài 8. Giải hệ phương trinh :
2
2
2
1
8
1
2
2 4 3 2
37
2
22
y
x
xy
yx
xy
Giải
Từ .
2
2
2
1
8
1
2
2 4 3 2 1
37
22
22
y
x
xy
yx
xy
. - Điều kiện :
,0xy
- Từ (1) :
44
2
2.2 3 2.2 3 2
xy
xy
- Xét hàm số :
43
( ) 2. 3 0 '( ) 8 3 0f t t t t f t t
. Chứng tỏ f(t) luôn đồng biến .
Do vậy để phương trình (1) có nghiệm chỉ khi :
2 4 *x y x y
- Thay vào (2) :
4
5
37
25
22
y
y
. Xét hàm số : f(t)=
44
3
33
2 '( ) 4 .2 0
22
t
t f t t
.
- Nhận xét : f(1)=2+
37
22
. Suy ra t=1 là nghiệm duy nhất .
1
4
41
5
;;
4
55
51
5
y
xy
xy
y
x





Bài 9. Giải hệ phương trình :
22
sinx
siny
0;
4
3 8 3 1 6 2 2 1 8
xy
e
x
x y y y






Giải
Từ :.
22
sinx
1
siny
: 0;
4
3 8 3 1 6 2 2 1 8 2
xy
e
x
x y y y



- Từ (1) :
2
sin ost
sinx
( ) '( ) 0 0;
siny sinx sin sin sin 4
t
x x y t
y
e t c
e e e e
f t f t t
e y t t



- Chứng tỏ hàm số f(t) luôn đồng biến . Phương trình có nghiệm khi x=y .
- Thay vào (2) :
2 2 2 2
3 8 3 1 6 2 2 1 8 3 8 3 1 6 2 2 1 8 1x x x x x x x x
22
2 2 2 2
9 8 3 36 2 2 1
9 8 1
8 1 8 1
3 8 3 6 2 2 1 3 8 3 6 2 2 1
x x x
x
xx
x x x x x x
22
22
1
8 1 0
8
3 8 3 6 2 2 1 9
8 3 2 2 2 1 3
x
x
x x x
x x x


- Với
1 1 1
;;
8 8 8
x x y



.
- Ta có : với
0;
4
x



suy ra
2
22
2
8 3 3
8 3 2 2 2 1 3
1 1 2
2 2 2
22
2
x
x x x
x




- Vậy hệ có nghiệm duy nhất :
11
;;
88
xy



Bài 10. Giải hệ phương trình sau :
22
1 1 1
6 2 1 4 6 1
x x y y
x x xy xy x
Giải
Từ :.
2
22
2
1 1 1
11
6 2 1 4 6 1
6 2 1 4 6 1
x x y y
x x y y
x x xy xy x
x x xy xy x



. ( nhân liên hợp )
Xét hàm số :
2
2
2 2 2
1
( ) 1 '( ) 1 0
1 1 1
tt
t t t
f t t t f t t R
t t t

Chứng tỏ hàm số đồng biến . Để f(x)=f(-y) chỉ xảy ra x=-y (*)
- Thay vào phương trình (2) :
2
2 2 2 2
25
6 2 1 4 6 1 2 6 1
24
x
x x x x x x x x



2
2
2 6 1 3
2 6 1 2
x x x
x x x
* Trường hợp :
2
2 2 2
00
2 6 1 3 1; 1
2 6 1 9 7 6 1 0
xx
x x x x y
x x x x x




* Trường hợp :
2
2 2 2
00
2 6 1 2
2 6 1 4 2 6 1 0
xx
x x x
x x x x x




3 11 3 11
;
22
xy
. Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;-1),(
3 11 3 11
;
22
)
Bài 11. Giải hệ phwpng trình :
2
22
4 1 3 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x
Giải
Từ : .
2
22
4 1 3 5 2 0 1
4 2 3 4 7 2
x x y y
x y x
(KA-2011)
- PT(1):
3
4 3 5 2 3x x y y
. Đặt
2 2 3
55
5 2 3
2 2 2
t t t t
t y y t



- Khi đó (2) :
3
3
33
4 2 2
2
tt
x x x x t t
- Xét hàm số : f(u)=
32
'( ) 3 1 0u u f u u u
suy ra f(u) luôn đồng biến . Do đó để f(x)=f(t) chỉ xảy ra
khi : 2x=t
22
2 5 2 4 5 2 2 5 4 4x y x y y x
- Thay vào (2) :
2
2
2
5 4 3
( ) 4 2 3 4 7 0 : 0;
24
x
g x x x x






.Ta thấy x=0 và x=
3
4
không là
nghiệm . g'(x)=
22
5 4 4 3
8 8 2 4 4 3 0 0;
24
3 4 3 4
x x x x x x
xx

- Mặt khác :
11
0
22
gx



là nghiệm duy nhấy , thay vào (4) tìm được y=2.
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất :
1
; ;2
2
xy



Bài 12. Giải hệ phương trình sau :
33
3
2 3 8
26
y xy
x y y


Giải :
- Đặt :
3
3
2 3 1
2
2 3. 2
xt
t
y
xt



. Lấy (1) +(2) :
33
33x x t t
- Xét hàm số :
32
3 ' 3 3 0y f u u u f u u u R
- Chứng tỏ hàm số đồng biến . Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : x=t
2
3 3 2
3
2
2
22
8
26
2 6 3 4 0
1 2 0
x
x
xx
y
y
yy
yy
x y y y y
yy
y




- Vậy hệ có nghiệm : (2;1);(-1;-2)
Bài 13. Giải hệ phương trình :
3
2 2 1 2 1 2 3 2
4 2 2 4 6
x x y y
xy
Giải :
Từ :.
3
2 2 1 2 1 2 3 2 1
4 2 2 4 6 2
x x y y
xy
- Điều kiện :
1
2; *
2
yx
- Đặt : Từ (2) :
4 2 6 36 2 15 2 1 16x y x y x y
- Từ (1):Đặt :
2 2 2
2 2 2 3 2 2 3 2 1y t y t y t t
- Cho nên vế phải (1) :
3
2 3 3
2 1 2 1 :2 1 2 1 2t t t t x x t t
- Xét hàm số :
32
2 ' 2 1 0f u u u f u u u R
. Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến . Để f(x)=f(t)
chỉ xảy ra khi : x=t
2
31 53
22
15
22
2
31 227 0
2 15
15 2 31 53
15
2
y
xy
y
xy
yy
xy
yy
y




- Vậy hệ có nghiệm :
53 1 31 53
;;
42
xy





Bài 14 Giải hệ phương trình :
32
32
2 2 1 1 1
4 1 ln 2 0 2
x x y x y
y x y x
Từ : .
32
32
2 2 1 1 1
4 1 ln 2 0 2
x x y x y
y x y x
- Điều kiện :
2
2 0(*)yx
- Phương trình (1) :
3 2 2 2
2 2 2 1 1 2 2 1 2x x y x y x x y x
- Do :
2
2 0 2 1(**)x x y
- Thay vào (2) :
3 2 3 2
2 1 1 ln 1 0 2 3 ln 1 0y y y y f y y y y y
-Ta có :
2
2
21
' 3 2 0
1
y
f y y
yy

. Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến .
- Mặt khác : f(-1)=0 , do đó phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)=(0;-1)
Bài 15. Giải hệ phương trình :
3
2 3 2
8 3 2 1 4 0
4 8 2 2 3 0
x x y y
x x y y y
Giải
Từ : .
3
2 3 2
8 3 2 1 4 0 1
4 8 2 2 3 0 2
x x y y
x x y y y
- Điều kiện :
1
2
x
.
- Từ (1) :
3
8 3 2 1 4 *x x y y
- Đặt :
2 2 2 3
2 1 2 1 8 3 2 1 4 1 3 4 1 4t x x t x x t t t t t t


- Do đó (*) :
33
44t t y y
- Xét hàm số : f(u)=
32
4 ' 12 1 0u u f u u u R
. Chứng tỏ hàm số đồng biến . Do đó phương
trình có nghiệm khi : f(t)=f(y)
2
2 1 2 1(**)x y x y
- Thay vào (2) :
2
2 2 3 2 4 3 2
1 4 1 2 2 3 0 2 2 0y y y y y y y y y
3 2 2
2 2 0 1 3 2 0 1 2 1 0y y y y y y y y y y y y
- Vậy :
22
0
00
1
1
; ;0 , ; 1;1
1
1
2
2 1 2 1
2
y
yy
y
x y x y
x
x
x y x y






22
2
12
0
5
; 1;0 , ; ; 2
5
1
2
2 1 2 1
2
y
yy
y
x y x y
x
x
x y x y






Bài 16. Giải hệ phương trình :
2
2
1
2
22
3
22
2
2 2 1 4 0
x
y
x
xy
x y x x y x
Giải :
Từ : .
2
2
1
2
22
3
2 2 1
2
2 2 1 4 0 2
x
y
x
xy
x y x x y x
- Từ (2) :
2
2
2 2 2 2 2
2 2 2 1 0 2 1 0 2 1 1 2x y x x y x x y x x y x x y x


- Hay :
2
12
*
12
x
y
x
x
xy
x
, thay vào (1) :
2
22
1 1 2
1 2 3 1 1
22
22
xx
xx
x
xx




(3)
- Nhận xét :
22
2 2 2
1 2 1 2 2 1 1
12
2
x x x x
x x x x x



.
Gọi :
2
22
1 1 2 1 1
,2
2
xx
a b b a
x x x




- Cho nên (3)
2 2 2 2 2 2 2
a b a b
b a a b
.
- Xét hàm số : f(t)=
2 2 ' 2 ln2 2 0
tt
t f t t R
. Hàm số đồng biến , vậy phương trình có nghiệm
khi và chỉ khi : a=b , tức b-a=0 , hay :
11
02
2
x
x
. Thay vào (*) ta tìm được
y=
33
; 2;
44
xy



Bài 17. Giải hệ phương trình :
2 1 2 2 1
32
1 4 5 1 2
4 1 ln 2 0
x y x y x y
y x y x
Giải :
Từ : .
2 1 2 2 1
32
1 4 5 1 2 1
4 1 ln 2 0 2
x y x y x y
y x y x
- Phương trình (1) :
2
2
2
1 4 5
1 2.2 5 5.4 5 2.10 2
5
xy
x y a a a
xy
a x y
12
5 2.10 54 5 5 10 4 1 0
55
a a a a a a
fa
- Xét :
1 2 2
' 5 ln5 10 ln10 4 ln4 0 10 ln10 10 ln10 4 ln4
5 5 5
a a a a a a
fa



- Chứng tỏ hàm số đồng biến . Mặt khác : f(1)=0 , đó cũng là nghiệm duy nhất của phương trình .
- Với a=1 suy ra 2x-y=1 , hay 2x=y+1 . Thay vào (2) :
32
2 1 ln 1 0y y y y
3 2 2
2
21
2 2 ln 1 0 ' 3 2
1
y
f y y y y y f y y
yy

(*)
- Xét :
2
2
22
2
22
31
2
12
21
22
'
1
11
y
yy
y
g y g y
yy
y y y y






- Nhận xét :
1
'0
2
'0
11
' 0 0 ' 0
22
y f y
f y y R
y g y g f y



- Chứng tỏ f(y) đồng biến . Mặt khác f(-1)=0 suy ra y=-1 là nghiệm duy nhất của PT .
- Kết luận : hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(0;-1).
Bài 18 Giải hệ phương trình :
3
2 1 0
3 2 2 2 1 0
xy
x x y y
Giai
Đ/K :
1
2;
2
xy
.
Từ (2)
33
1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1x x y y y x x y y
Ta xét hàm số :
32
( ) '( ) 3 1 0f t t t f t t t R
. Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến trên R
Do đó đẻ
2 2 1f x f y
, chỉ xảy ra khi :
23
2 2 1
32
yx
xy
xy


Thay vào (1)
3 3 2
3 1 0 2 0 1 2 0 1; 3 1 2x x x x x x x x y
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(1;2)
Bài 19. Giải hệ phương trình :
3
2
8 2 8
11
x y xy x y xy
xy
xy
( Ngô Trung Hiếu )
Giải
Đ/K :
22
00
*
0
x y x y
x y y x



Hệ
3
3
2
2
8 2 8
8 2 8
x y xy x y xy
x y xy x y xy
x x y x x y
x y x y



Từ (2) :
2 2 2 2
0
0 0 1 0
10
xt
t x y x x t t x t x t x t x t
xt

+/ Trường hợp : x=t
2
0
y x x
x y x
x

thay vào (1)
6 2 2 2 6 3 2 2 3 2
8 2 8 8 8 2 8x x x x y x x x x x x x x x




6 3 2 2 5 4 6 5 4 3 2
8 8 16 2 2 2 2 8 24 0x x x x x x x x x x x
2 4 3 2 2 2
2
22
2 2 8 24 0 2 2 2 6 0 2 6
2 6 0
xy
x x x x x x x x x x x y
xx
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;2),(-2;6)
+/ Trường hợp :
22
1 0 1
1 0 1
2 1 1
xx
x x y x y x
x y x x y x x



33
1 8 16 2 16 8 2 0x y xy x y xy x y x y x y xy xy x y
3
16 2 4 2 0x y x y xy x y


Thay vào (1) :
62
22
1 8 1 2 1 8 1x x x x x x x x


62
22
1 8 1 2 1 8 1x x x x x x x x


Bài 20 . Giải hệ phương trình :
2 2 2
2 2 2 2
2 2 5 2 0
1 2 2 1
x y x y y
y x y xy x x xy y y
Giải
Đ/K :
0; 0 0x y y x y
Từ (2) :
2
2 2 2 2
1 2 1y x y y y xy x x y y
22
22
11y y y x y x y x y
Xét hàm số :
22
22
1 1 1
( ) 1 0 '( ) 2 2 0
22
11
t
f t t t t t f t t t
tt
tt




( Vì :
2
22
11
1 1 0 1 2 0
11
t
tt

với mọi t>0 )
Như vậy hệ có nghiệm chỉ xảy ra khi :
y x y
hay x=2y .
Thay vào (1) :
22
2 3 2
2 2 2 2 5 2 0 4 10 5 2 0y y y y y y y y
2
2 4 2 1 0 2y y y y
vì :
2
4 2 1 0yy
vô nghiệm .
Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(4;2 )
Bài 21. Giải hệ phương trình sau :
2
2 2 6 6
2 2 1. 4 5
x x y
x y y x x
Giải
Điều kiện :
2; 6yx
Từ (2) :
2
2
2
2
21
21
2
2
2 2 1. 4 5 . .
21
1
2
x
x
y
y
x y y x x
xy
y
x



2
2
1 1 2 1
.
1
2
yx
y
x

. Xét hàm số
2
1 1 1
( ) 0 '( ) 1 ' 0
1
21
t
f t t f t
tt
t
t




.
Chứng tỏ hàm số nghịch biến
Để
2
21f x f y
chỉ xảy ra khi :
2
12yx
. Thay vào (1) ta được phương trình :
2
22
2 0 2 0
1 2 2 2 6 7 0
2 8 7 2 8 7
t x t x
x x x
t t t t t t





2
32
4 3 2
22
0 2 7
0 2 7
0 2 7
1 3 49 49 0
4 46 49 0
4 8 7
tx
tx
tx
t t t t
t t t
t t t

+/ Trường hợp : t=1 hay x-2=1 suy ra x=3 và y+1=1 hay y=0 . Vậy nghiệm hệ là (x;y)=(3;0)
+/ Trường hợp :
2
3 2 2
( ) 3 49 49 0 '( ) 3 6 49 3 1 52 0 0; 7f t t t t f t t t t t


Hàm số nghịch biến và f(o)= -49<0 chứng tỏ f(t)<0 với mọi
0; 7t


. Phương trình vô nghiệm .
Bài 22. Giải hệ phương trình sau :
2 2 4 2
2 4 3 3
2012 2 2 5 1 4024
x
y y x x x
y x x
Giải
Điều kiện :
2 2 5 0yx
+/ Nếu x=0 suy ra y=0 nhưng lại không thỏa mãn (2) vậy x khác 0 . Từ (1( chia hai vế cho
2
0x
Khi đó :
2 2 4 2
23
33
33
2 4 3 3
2 2 2 2
1 3 3 3 3
y y x x x
y y y y
x x x x
x x x x x x





Xét hàm số :
32
( ) 3 '( ) 3 3 0f t t t f t t
với mọi t thuộc R . Chứng tỏ hàm số đồng biến
Để
2
( ) ( )
y
f f x
x
, chỉ xảy ra khi :
2
2
2
y
x y x
x
. Thay vào (2) ta được :
2
21
2 2012 2 5 1 4024 2012.2012 1 4 1 4024
xx
x x x x x
Lại đặt t=x-1 suy ra :
22
2012.2012 4 4024 ( ) 2012 4 2
tt
t t g t t t
Lại xét hàm số :
22
2
( ) 2012 4 '( ) 2012 ln 2012 4 2012 1
4
t t t
t
g t t t g t t t
t



Hay :
2
2
1
'( ) 2012 4 ln 2012
4
t
g t t t
t



Vì :
2
40tt
và
2
1
1 ln2012
4t

suy ra g'(t)>0 với mọi t thuộc R mà g(0)=2 cho nên với t=0 là
nghiệm duy nhất và :
11
1 0 1; ; 1;
22
t x x y x y



Bài 23. Giải hệ phương trình sau :
3 3 2
2 2 2
12 6 16 0
4 2 4 5 4 6 0
x x y y
x x y y
Giải
Điều kiện :
2 2;0 4xy
. Khi đó hệ
3
3
2 2 2
12 2 12 2
4 2 4 5 4 6 0
x x y y
x x y y
Xét hàm số
3 2 2
12 2;2 ' 3 12 3 4 0 2;2f t t t t f t t t t
Chứng tỏ hàm số nghịc biến . Cho nên để f(x)=f(y-2) chỉ xảy ra khi : x=y-2 , thay vào (2) ta được :
2
2 2 2 2 2
2 4 2 4 5 4 2 2 6 0 4 2 4 5 4 6 0x x x x x x x
2
2
2
22
2
2
40
40
40
4 6 3 4
3 19 11
4 4 6 3
0; 2
4 3 22 0
84
tx
tx
tx
xx
tt
tt
tt


2
2 4 2 0 2 ; 0;2t x x y x y
. Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(0;2)
Bài 24. Giải hệ phương trình sau :
22
22
2 3 5
2 3 2
x y x y
x y x y
Giải
.
2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 5 1 2 3 5 1
2 3 2 2 2 3 2 2
x y x y x x y y
x y x y x x y y





22
22
23
51
23
2 3 2 2
x x y y
x x y y

. Do :
22
22
2 2 2
3 3 3
x x x x
y y y y
- Suy ra :
22
22
23
2 ; 3
23
x x y y
x x y y
. Cho nên (1) chỉ xảy ra khi và chỉ khi :
22
22
22
22
1
2 1 2 1
2 2 1
2
3 2 1
3 1 3 1
1
x x x x
x x x
x
y y y
y y y y
y


- Vậy hệ có nghiệm duy nhất : (x;y)=(
1
;1)
2
.
Bài 25 . Giải hệ phương trình sau :
2 2 2
23
80
2 4 10 0
x y x y
x x y
Giải
Hệ :
2
2 2 2
2
23
2
3
88
4
8 0 2 2
12
2
2
2 4 10 0
8 2 1 0
xx
y
x y x y y
xx
y
y
x x y
yx


Bài 26. Giải hệ:
33
3 ( 1) 9( 1) (1)
1 1 1 (2)
x x y y
xy
Giải
- Từ điều kiện và từ phương trình (2) có
1; 1 1xy
-
33
(1) 3 ( 1) 3 1x x y y
, xét hàm số
3
( ) 3f t t t
trên
[1; )
- Hàm số đồng biến trên
[1; )
, ta có
( ) ( 1) 1f x f y x y
- Với
1xy
thay vào (2) giải được
1; 2xx
12
,
25
xx
yy





Bài 27. (A – 2010) Giải hệ phương trình
2
(4 1) ( 3) 5 2 0 (1)
22
4 2 3 4 7 (2)
x x y y
x y x
Giải
(1)
2
(4 1)2 (2 6) 5 2 0x x y y
23
23
(2 ) 1 (2 ) 5 2 1 5 2 (2 ) 2 5 2 5 2x x y y x x y y





(2 ) ( 5 2 )x f y
với
3
()f t t t
.
2
'( ) 3 1 0, ( )f t t t t
ĐB trên . Vậy
2
54
(2 ) ( 5 2 ) 2 5 2 , 0
2
x
f x f y x y y x
Thế vào pt (2) ta được
2
2
54
2
4 2 3 4 7 0 ( ) 0
2
x
x x g x




Với
2
2
5 4 3
2
( ) 4 2 3 4 7, 0;
24
x
g x x x x







. CM hàm g(x) nghịch biến.
Ta có nghiệm duy nhất
1
2
2
xy
Bài 28.) Giải hệ phương trình :
5 4 10 6
(1)
2
4 5 8 6 2
x xy y y
xy
.
Giải
TH1 : Xét
0y
thay vào hệ thây không thỏa mãn.
TH2 : Xét
0y
, chia 2 vế của (1) cho
5
y
ta được
55
( ) (3)
xx
yy
yy
Xét hàm số
54
( ) '( ) 5 1 0f t t t f t t
nên hàm số đồng biến.
Từ
2
(3) ( ) ( )
xx
f f y y x y
yy
Thay vào (2) ta có PT
4 5 8 6 1x x x
. Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (1;1)xy
Bài 29. Giải hệ phương trình
2
2
13
13
y
x
xx
yy
Giải
Trừ vế hai pt ta được
2 2 2 2
1 1 3 3 1 3 1 3
y x x y
x x y y x x y y
( ) ( )f x f y
với
2
( ) 1 3
t
f t t t
.
2
( ) 1 3 ln3 0,
1
t
t
ft
t
()ft
đồng biến trên . Bởi vậy
( ) ( )f x f y x y
thế vào pt thứ nhất ta được
22
1 3 1 3 1 (0) ( )
xx
x x x x g g x
Với
2
( ) 3 1
x
g x x x
.
2
2
'( ) 3 ln3 1 3 1
1
xx
x
g x x x
x



2
2
1
3 1 ln3 0,
1
x
x x x
x



do
2
10xx
và
2
11x 
Suy ra
()gx
đồng biến trên . Bởi vậy
( ) (0) 0g x g x
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0
Bài 30. (Thi thử ĐT 2013) Giải hệ :
22
2x 3x 4 2y 3y 4 18
22
x y xy 7x 6y 14 0
( )( )
( , )xy
Giải
(2)
22
( 7) 6 14 0x y x y y
.
7
01
3
x
xy
(2)
22
( 6) 7 14 0y x y x x
.
10
02
3
y
yx
Xét hàm số
2
3
( ) 2 3 4, '( ) 4 - 3, '( ) 0 1
4
f t t t t R f t t f t t
Vì vậy trên




3
;
4
hàm số f(t) đồng biến
TH 1.
2 ( ) (2) 6x f x f
Kết hợp với
1y
22
( ) (1) 3 ( ). ( ) (2 3 4)(2 3 4) 18f y f f x f y x x y y
.
TH 2.
2x
hệ trở thành
2
2
1
2 3 1 0
1,
2
4 4 0
2
yy
yy
yy
y



vô nghiệm
Vậy hệ đã cho vô nghiệm
Bài 31. Giải hệ phương trình :
3 2 2
2
3 4 22 21 2 1 2 1
2 11 9 2
y y y x x x x
x x y
Giải
Điều kiện :
1
2
x
. Nhân hai vế của (2) với 2 sau đó lấy (1) trừ cho nó ta có hệ :
3
3 2 2
32
2
2
3 4 22 21 2 1 2 2 1
3 3 2 1 2 2 1 4
4 22 18 4
4 22 18 4
y y y x x x x
y y y x x y
x x y
x x y


33
3
32
22
3 3 1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 1
4 22 18 4 4 22 18 4
y y y y x x y y x x
x x y x x y






Xét hàm số :
32
( ) 2 '( ) 3 2 0f t t t f t t t R
. Chứng tỏ hàm số đồng biến trên R
Để
1 2 1f y f x
chỉ xảy ra khi :
1 2 1yx
.. Thay vào (2) ta có :
2 2 2
2 11 9 2 2 2 2 11 11 2 1 2 11 11 2 2 1 *x x y x x y x x x
Đặt
2
2 2 2
1 1 1
2 1 0 * 2 11 11 2
2 2 2
t t t
t x x t
4 2 2 4 2 2
2 1 11 11 22 4 9 4 12 0 1 3 4 4 0t t t t t t t t t t t
Suy ra : Với
1 2 1 1 1
2 1 1
; 1;0
1 0 0
0
t x x
x
xy
y t y y
y

Với
3 2 1 9 5
2 1 3
; 5;2
1 2 2
2
t x x
x
xy
y t y y
y

Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;0),(5;2) ( ví
2
2
4 4 2 0 0t t t t
)
| 1/30
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
Nếu hệ có một trong hai phương trình ta dưa về dạng : f(x)=f(y) với x,y thuộc T thì khi đó ta khảo
sát một hàm số đặc trưng : y=f(t) trên T . Nếu f(t) là đơn điệu thì để f(x)=f(y) chỉ xảy ra khi x=y .
Trong phương pháp này khó nhất là các em phải xác định được tập giá trị của x và y , nếu tập giá trị
của chúng khác nhau thì các em không được dùng phương pháp trên mà phải chuyển chúng về dạng
tích : f(x)-f(y)=0 hay : (x-y).A(x;y)=0
Khi đó ta xét trường hợp : x=y , và trường hợp A(x,y)=0 .
Sau đây là một số bài mà các em tham khảo . 2 3 4 6
2x y y  2x x
Bài 1 Giải hệ phương trình sau : x2 
y 1  x  2 1
. - Phương trình (1) khi x=0 và y=0 không là nghiệm ( do không thỏa mãn (2) ). 3
y   y
- Chia 2 vế phương trình (1) cho 3 x     3 0 1  2   2x x    
x   x
- Xét hàm số : f t  3
t t f t 2 2 '
 2  3t  0 t
  R . Chứng tỏ hàm số f(t) đồng biến . Để phương trình
có nghiệm thì chỉ xảy ra khi : y 2
x y x . -thay vào (2) : x
x  2x    2x   x 2 2 1 1 2
t x  2t  2x  0  t  2;t x 2 2
x 1  2  x  3  x   3   . 2
 x 1  x x
Do đó hệ có hai nghiệm : (x;y)=  3;  3 , 3;  3  x 2  6 y   x  2y
Bài 2. Giải hệ phương trình sau : y  .
x x 2y x 3y 2  Giải x 2 2  6 y   x  2y  
x  2 y y x  2 y  6 y  0  
x2y 2y
 x2y 3y0 y      
x x  2y x  3y  2       
x x  2 y x  3y  2 x x 2 y x 3y 2   y  0 - Trường hợp 1: x  2 y  2  y   . 2
x  2y  4y Thay vào (2) 2 2 2
x  2y  4y  5y  2  2
y  4y  5y  2  4y  7 y  2  0 y  0 y  0 - Trường hợp :
x  2 y  3y     *. 2 2
x  2y  9y
x  9y  2y Thay vào (2) : 2 2 2 2
 9y  2y  3y  9y  2y  3y  2  9y  5y  9y  5y  2  0  y  1
  x  9  2  7 2  t       2 t 9 y 5y 0  2  2    
 9y  5y  4  0  4 16 4 264 88 2  2 t  t  2  0
 9y  5y  2 y   9  2.     9 91 9 9 3  
Vậy hệ có nghiệm :  x y     88 4 ; 7; 1 , ;    3 9   2xy 2 2 x y  1 
Bài 3 Giải hệ phương trình sau : x y   2
x y x yGiải  2xy 2 2 x y  1    1 a. x y  . Từ (2) viết lại :         2 2 2 x y x y x x x y
x y x x  2
x y x y  2 Ta xét hàm số f(t)= 2
t t t  0  f 't   2t 1  0  t  0 . Chứng tỏ f(t) là một hàm số đồng biến , cho nên ta có : 2
x y x y x x . (*) 2  2 2 2 x x x xy 2 Thay vào (1) : 2 2 2  x y  1  x   2 x x   2 2 
 1  x 1 x x 1  2 x 1  0 2 2     x x           x xx x 1  1 0 1 0 1 2
x 1 x x   1  2  0      **  3 2
x x x  3  0  x   1 
 2x 2x3    0 x  1  x  1  ; y  2 Thay vào (*) : 2
y x x    ; x y    1;2,1;0
x 1; y  0 2 1  2 8 y x 1  2 2  4  3  2 y x
Bài 4. Giải hệ phương trinh :  xy2 3 7 2  x y   2 2 2 1  2 8 y x 1  2 2  4  3 
2 y x 1  x4 2 y4 Từ .  . - Điều kiện : ,
x y  0 - Từ (1) :  2.2  3 x  2.2  32 y xy2 3 7 2  x y  2  2 2 - Xét hàm số : 4 f t
t t t   3 ( ) 2. 3
0  f '(t)  8t  3  0 . Chứng tỏ f(t) luôn đồng biến .
Do vậy để phương trình (1) có nghiệm chỉ khi : x  2 y x  4y   *  y4 5 3 7 t 3 3 - Thay vào (2) : 2
  5y  . Xét hàm số : f(t)= 4 4 3
2  t f '(t)  4t .2   0 . 2 2 2 2  1    4 y x y    5  4 1  - Nhận xét : f(1)=2+ 3 7
 . Suy ra t=1 là nghiệm duy nhất .       ; x y   ;   2 2  5y  1 4    5 5  x   5  2 x   x   2 1
y  1 y  1
Bài 5. Giải hệ phương trình sau : x 6x2xy1 4xy6x1    x   x
y  y  x x
y y2 2 2 2 1 1 1 1 1  Từ :.    . ( nhân liên hợp )
x 6x  2xy 1  4xy  6x 1  
x 6x  2xy 1  4xy  6x 1  2 tt t t t Xét hàm số : 1 2
f (t)  t  1 t f '(t)  1    0 t   R 2 2 2 1 t t 1 1 t
Chứng tỏ hàm số đồng biến . Để f(x)=f(-y) chỉ xảy ra x=-y (*)
- Thay vào phương trình (2) : 2  2  x  25
2x  6x 1  3x 2 2 2 2
x 6x  2x 1  4
x  6x 1 
2x  6x 1   x      2  4 2
 2x  6x 1  2  xx  0 x  0 * Trường hợp : 2
2x  6x 1  3x    
x  1; y  1  2 2 2
2x  6x 1  9x
7x  6x 1  0 x  0 x  0 * Trường hợp : 2
2x  6x 1  2  x     2 2 2
2x  6x 1  4x
2x  6x 1  0 3  11 3   11     3 11 3 11 x  ; y
. Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;-1),( ; ) 2 2 2 2  2  4x  
1xy3 52y  0
Bài 6 Giải hệ phwpng trình :  2 2
4x y  2 3 4x  7 Giải  2  4x  
1xy3 52y  0 1 Từ : .  (KA-2011) 2 2
4x y  2 3 4x  7  2 2 2 3 5  t  5  tt t - PT(1): 3
4x x   y  3 5  2y 3 . Đặt t  5  2 y y     3t  2  2  2 3 t t 3 - Khi đó (2) : 3 x x    x 3 4 2
 2x t t 2 - Xét hàm số : f(u)= 3 2
u u f '(u)  3u 1  0 u
 suy ra f(u) luôn đồng biến . Do đó để f(x)=f(t) chỉ xảy ra khi : 2x=t 2 2
 2x  5 2y  4x  5 2y  2y  5 4x 4 2 2  5 4x   3 - Thay vào (2) : 2
g(x)  4x  
  2 3 4x  7  0 : x 0; 
 .Ta thấy x=0 và x= 3 không là  2   4 4     nghiệm . g'( 5 4 4 3 x)= 2 8x  8x  2x   4x    2 4x  3   0 x   0;    2  3  4x 3  4x  4    - Mặt khác : 1 1 g  0  x   
là nghiệm duy nhấy , thay vào (4) tìm được y=2.  2  2  
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất :  x y 1 ;  ; 2    2    x  3 2 2
1  2x 1  2y  3 y  2
Bài 7. Giải hệ phương trình : 
 4x  2  2y  4  6  Giải :   x  3 2 2
1  2x 1  2y  3 y  2   1 Từ :. 
 4x  2  2y  4  6  2 1
- Điều kiện : y  2; x     * 2
- Đặt : Từ (2) : 4x  2y  6  36  2x y  15  2x 1  16  y - Từ (1):Đặt : 2 y
t y t   y    2t   2 2 2 2 3 2 2  3  2t 1 3
- Cho nên vế phải (1) :   2 t   3
t t t   
x    x   3 2 1 2 1 : 2 1 2 1  2t t
- Xét hàm số : f u 3
u u f u 2 2 '
 2u 1  0 u
  R . Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến . Để f(x)=f(t) chỉ xảy ra khi : x=t  31 53    y
2x y  2
2x y  2 y 15 2         2
2x y 15 1
 5  y y  2 
y  31y  227  0  31 53  y  15  2    
- Vậy hệ có nghiệm :  x y 53 1 31 53 ;   ;    4 2   2   3
x  2x y   2
1  x y   1   1
Bài 8Giải hệ phương trình :  3
y  4x 1 ln 
 2y 2x  02 2   3
x  2x y   2
1  x y   1   1 Từ : .  3
y  4x 1 ln 
 2y 2x  02 - Điều kiện : 2
y  2x  0(*)
- Phương trình (1) :   3
x x   y   2
x y    x 2
x     y   2 2 2 2 1 1 2 2 1 x  2 - Do : 2
x  2  0  2x y 1(**) - Thay vào (2) : 3
y   y    
 2y y     f y 3
y y    2 2 1 1 ln 1 0 2
3 ln y y   1  0 2 y 1
-Ta có : f ' y 2  3y  2 
 0 . Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến . 2 y y 1
- Mặt khác : f(-1)=0 , do đó phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)=(0;-1)   8x 3 3
2x 1  y  4 y  0
Bài 9 Giải hệ phương trình :  2 3 2
4x 8x  2y y  2y  3  0 Giải   8x 3 3
2x 1  y  4 y  0   1 Từ : .  2 3 2
4x 8x  2y y  2y  3  0  2 - Điều kiện : 1 x  . 2
- Từ (1) :  x   3 8 3
2x 1  y  4 y   * - Đặt : 2 t
x   x t    x  
x     2t   t    2t   3 2 1 2 1 8 3 2 1 4 1 3 4
1 t  4t t - Do đó (*) : 3 3
4t t  4 y y - Xét hàm số : f(u)= 3
u u f u 2 4 '
12u 1  0 u
  R . Chứng tỏ hàm số đồng biến . Do đó phương
trình có nghiệm khi : f(t)=f(y) 2
 2x 1  y  2x y 1(**) 2 - Thay vào (2) :  2 y     2 y   3 2 4 3 2 1 4
1  2y y  2y  3  0  y  2y y  2y  0  y  3 2
y y y     y y   2 2 2 0 1
y  3y  2  0  y y  
1  y  2 y   1  0 y  0 y  0   1  y  0 y 1 - Vậy :    1   ; x y  ; 0 ,        ; x y   1  ;1 2 2 2x y 1 x  
 2  2x y 1 x 1  2 y  2  y  1  y  0          
x y    y 2    5   x y  5 ; 1; 0 , ;  ; 2    2 2 2x y 1 x 1 2x y 1 x    2   2 2 1 xy 3 2
2 x  2  xy  
Bài 10. Giải hệ phương trình :  2 x y 2x  2 2 2
 2x y 1 4x  0 Giải : 2 1 xy 3 2
2 x  2  xy     1 Từ : .  2 x y 2x  2 2 2
 2x y 1 4x  02 2 - Từ (2) :  2
x y x   2
x y x     2  x y x   2 2 2 2 2 2 1 0 2
1  0  x y  2x 1 x y 1 2x   1 2x y  *  2   2   1 x 1 2 x x 1 2x  3 1 1 - Hay :  , thay vào (1) : 2 2 2 x  2 x        (3) 1 2x   x  2 2 x xy   x 2 2 1 2x 1 x x  2x 2  1 1  - Nhận xét :   1  2    . 2 2 2 x x x x  2 x  2     Gọi : 1 x 1 2x 1 1 a  ,b
b a  2    2 2 x x  2 x
- Cho nên (3)  2a  2b  2    2a  2  2b b a a  2b .
- Xét hàm số : f(t)= 2t  2  '   2t t f t ln 2  2  0 t
  R . Hàm số đồng biến , vậy phương trình có nghiệm 1 1
khi và chỉ khi : a=b , tức b-a=0 , hay :
  0  x  2 . Thay vào (*) ta tìm được 2 x 3  3  y=    ; x y   2;    4  4  3
x  2y 1  0 
Bài 11 Giải hệ phương trình :   3 x
 2 x 2y 2y 1  0 Giai Đ/K : 1 x  2; y  . 2 3 3 Từ (2) 1  
 2  x 2  x  1     2y  
1  2 y 2 y 1  
 2x  2x  2y1  2y1 Ta xét hàm số : 3 2
f (t)  t t f '(t)  3t 1  0 t
  R . Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến trên R
2y  3  x
Do đó đẻ f  2 x  f  2y 1 , chỉ xảy ra khi : 2  x  2y 1   x  3 2y Thay vào (1) 3
x    x 3
   x x    x   2 3 1 0 2 0
1 x x  2  0  x  1; y  3 1  2
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(1;2) 2 2 2
x y  2x  2y  5y  2  0 
Bài 12 . Giải hệ phương trình :  2 2 2 2
y 1  x y  2xy x x  2xy y 1  yGiải
Đ/K : x y  0; y  0  x y  0
Từ (2) : y   x y y  y xy x  x y2 2 2 2 2 1 2 1 y y  
y y    x y2   x y   x y2 2 2 1 1   Xét hàm số : t 1 1 1 2 2
f (t)  t 1  t t
t  0  f '(t)    2t t   2   0 2 2 t 1 2 tt 1  2 t 1 1 ( Vì : 2 t 1  1  0  1
 2  0 với mọi t>0 ) 2 2 t 1 t 1
Như vậy hệ có nghiệm chỉ xảy ra khi : y x y hay x=2y . 2 2
Thay vào (1) :  yy   y 2 3 2 2 2 2
 2y  5y  2  0  4y 10y  5y  2  0   y   2
2 4 y  2 y  
1  0  y  2 vì : 2
4 y  2 y 1  0 vô nghiệm .
Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(4;2 ) 2
  x  2 x  6  6  y
Bài 13. Giải hệ phương trình sau :    x  2   2 y  2 
y 1. x  4x  5 Giải
Điều kiện : y  2  ; x  6  2 y  2 x  2 1 y  2 x  2 1 2  2
Từ (2) :  x  2   y  2 
y 1. x  4x  5   .   y 1 x   . 2 y 1 x  22  y   1 1 x 22 1      t 1 1 1 .
. Xét hàm số f (t) 
t  0  f '(t)   1 '    0   . y 1 x 22 t t 1   2 2t 1 t
Chứng tỏ hàm số nghịch biến
Để f x  2 2
f y  
1 chỉ xảy ra khi : y    x  2 1
2 . Thay vào (1) ta được phương trình :   t   x   t    x    1   x  2 2 0 2 0
2  2x  2 x  6  7  0     2 2 t
  2t t 8  7
2t t 8  7 t
0  t x  2  7   
0  t x  2  7
0  t x  2  7        2
4t t  8    2 7  t 2 4 3 2 t
  4t  46t  49  0 t    1   3 2
t  3t  49t  49  0
+/ Trường hợp : t=1 hay x-2=1 suy ra x=3 và y+1=1 hay y=0 . Vậy nghiệm hệ là (x;y)=(3;0)
+/ Trường hợp : f t t t t
  f t t t   t  2 3 2 2 ( ) 3 49 49 0 '( ) 3 6 49 3 1  52  0 t   0  ; 7  
Hàm số nghịch biến và f(o)= -49<0 chứng tỏ f(t)<0 với mọi t  0; 7  
 . Phương trình vô nghiệm .  y   2 2 y x  4  x  2 2 4 3 x  3
Bài 14. Giải hệ phương trình sau :  2012x
 2y2x5 x 1 4024 Giải
Điều kiện : 2y  2x  5  0
+/ Nếu x=0 suy ra y=0 nhưng lại không thỏa mãn (2) vậy x khác 0 . Từ (1( chia hai vế cho 2 x  0 Khi đó : 2 y  2 2 4 y  3x  4 x  2 x  3 2 3   2 y  2 y       2y   2y  3 3 1       3  
  x  3x   3  x  3x     3 3 x x
x   x     x   x   Xét hàm số : 3 2
f (t)  t  3t f '(t)  3t  3  0 với mọi t thuộc R . Chứng tỏ hàm số đồng biến Để 2 y 2y f (
)  f (x) , chỉ xảy ra khi : 2
x  2y x . Thay vào (2) ta được : x x   x   x x x x          x 2 2 1 2 2012 2 5 1 4024 2012.2012
1  4   x   1   4024 Lại đặt t=x-1 suy ra : t   2    t t t   g t   2 2012.2012 4 4024 ( ) 2012
t  4  t   2   Lại xét hàm số : t
g(t)  2012t  2t  4  t  g '(t)  2012t ln 2012 2t  4  t  2012t  1 2  t  4    t 1
Hay : g '(t)  2012  2t  4  t ln 2012   2  t  4  1 Vì : 2
t  4  t  0 và
1  ln 2012 suy ra g'(t)>0 với mọi t thuộc R mà g(0)=2 cho nên với t=0 là 2 t  4   nghiệm duy nhất và : 1 t x  
x y   x y 1 1 0 1; ;  1;   2  2  3 3 2
x 12x y  6y 16  0 
Bài 15. Giải hệ phương trình sau :  2 2 2
4x  2 4  x  5 4y y  6  0  Giải x 12x    y  23 3 12 y  2 Điều kiện : 2
  x  2;0y  4. Khi đó hệ   2 2 2
4x  2 4  x  5 4y y  6  0 
Xét hàm số f t 3
t t t   f t 2  t    2 12 2; 2 ' 3 12
3 t  4  0 t  2;2
Chứng tỏ hàm số nghịc biến . Cho nên để f(x)=f(y-2) chỉ xảy ra khi : x=y-2 , thay vào (2) ta được :    x   x
x  x 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 5 4 2 2
 6  0  4x  2 4  x 5 4  x  6  0 2  2     2 t 4 x 0 t   4  x  0 t   4 x  0  2 2
 4x  6  3 4  x         4   2 4  t  3 19 11 2  6  3t
4t  3t  22  0 t      0;t  2  8 4 2
t  2  4  x  2  x  0  y  2   ;
x y  0;2 . Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(0;2) 2 2
 x  2  y 3  x y  5
Bài 16. Giải hệ phương trình sau :  2 2
x  2  y  3  x y  2  Giải 2 2  x 2 y 3 x y 5    2 2 1       
x  2  x
y  3  y  5    1 .    2 2
x  2  y  3  x y  2  2 2 2
x  2  x y  3  y  2  2  2 3    5  1   2x 2x
 2x 2x2 2 2  x  2  x y  3  y  . Do :     2
y  3  y
 2y 3 y 2 2 3
x  2  x
y  3  y  2  2 2 3 - Suy ra : 2 2
x  2  x
; y  3  y
. Cho nên (1) chỉ xảy ra khi và chỉ khi : 2 2 x  2  x y  3  y    2 2 2 2 1
x  2  x 1
x  2  x 1
x  2  x  2x 1 x         2 2 2 2 2         
y  3  y  2y 1 y 3 y 1 y 3 y 1  y 1
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất : (x;y)=( 1 ;1) . 2 2 2 2
x y 8x y  0
Bài 17 . Giải hệ phương trình sau :  2 3
2x  4x 10  y  0 Giải  8x 8x 2 2 2 2
x y 8x y  0 y    4   2   y  2 Hệ : 2    x 1 2x     y  2  2 3
2x  4x 10  y  0  y   y  8  2   x  2 2 3 1  0 3 3
x 3x  (y 1)  9(y 1) (1)
Bài 18. Giải hệ:  1
  x 1  y 1 (2)  Giải
- Từ điều kiện và từ phương trình (2) có x  1; y 1  1 - 3 3
(1)  x  3x  ( y 1)  3 y 1 , xét hàm số 3
f (t)  t  3t trên [1; ) 
- Hàm số đồng biến trên [1; )
 , ta có f (x)  f ( y 1)  x y 1
x  1 x  2 - Với x
y 1 thay vào (2) giải được x  1; x  2   , 
y  2  y  5  2 (
 4x  1)x  (y  3) 5  2y  0 (1)
Bài 19 Giải hệ phương trình  2 2
4x y  2 3  4x  7 (2) Giải 2 (1)  (4x
 1)2x  (2y  6) 5  2y  0     x   x      y  2 
y x x     y3 2 3 (2 ) 1 (2 ) 5 2 1 5 2 (2 ) 2 5 2  5  2y  
 (2x)  f ( 5  2y) với 3
f (t)  t t . 2
f '(t)  3t  1  0, t
   (t) ĐB trên . Vậy 2 5  4x
f (2x)  f ( 5  2 y )  2x  5  2 y y  , x  0 2 2 2  5  4x  Thế vào pt (2) ta được 2 4x  
  2 3  4x  7  0  g(x)  0   2   2 2  5  4x   3 Với 2
g(x)  4x  
  2 3  4x  7, x  0;   
 . CM hàm g(x) nghịch biến. 2  4   1
Ta có nghiệm duy nhất x   y  2 2  5 4 10 6
x xy yy (1) 
Bài 20. (Thử ĐT 2012) Giải hệ phương trình :  . 2
 4x  5  y  8  6  2 Giải
TH1 : Xét y  0 thay vào hệ thây không thỏa mãn. x x
TH2 : Xét y  0 , chia 2 vế của (1) cho 5 y ta được 5 5 ( )   y y (3) y y Xét hàm số 5 4
f (t)  t t f '(t)  5t 1  0 nên hàm số đồng biến. x x Từ 2
(3)  f ( )  f ( y) 
y x y y y Thay vào (2) ta có PT
4x  5  x  8  6  x  1. Vậy hệ có nghiệm ( ; x y)  (1;1)  2 2
(2x  3x  4)(2y  3y  4)  18
Bài 21. (Thi thử ĐT 2013) Giải hệ :  ( , x y  ) 2 2
x  y  xy  7x  6y 14  0 Giải (2)  2 x y x  2 ( 7)
y  6y 14  0 . x      y  7 0 1 x 3 (2)  2 y x y  2 ( 6)
x  7x 14  0 . y      x  10 0 2 y 3 Xét hàm số 3 2
f (t)  2t  3t  4, t R f '(t)  4t - 3, f '(t)  0  t   1 4  3  Vì vậy trên ; 
 hàm số f(t) đồng biến  4 
TH 1. x  2  f (x)  f (2)  6 Kết hợp với y  1  f y f   f x f y  2 x x  2 ( ) (1) 3 ( ). ( ) (2 3
4)(2y  3y  4)  18 .  2 1
2y 3y 1 0
y  1, y
TH 2. x  2 hệ trở thành    2 vô nghiệm 2
y  4y  4  0 y  2
Vậy hệ đã cho vô nghiệm 3 2 2
y 3y y  4x  22x  21 2x   1 2x 1
Bài 22. Giải hệ phương trình :  2
2x 11x 9  2y Giải 1 Điều kiện : x
. Nhân hai vế của (2) với 2 sau đó lấy (1) trừ cho nó ta có hệ : 2 
y 3y y  4x  22x  21 2x 1 2 2x 1 y 3y y 3   2x13 3 2 2 3 2
 2 2x 1  4y    2 2
4x  22x 18  4y
4x  22x 18  4y  
y  3y  3y  
1  2  2 y   2x 13  2 2x 1   y   1  2  y   1   2x 13 3 3 2  2 2x 1     2 2
4x  22x 18  4y
4x  22x 18  4y Xét hàm số : 3 2
f (t)  t  2t f '(t)  3t  2  0 t
  R . Chứng tỏ hàm số đồng biến trên R
Để f y  
1  f  2x 1 chỉ xảy ra khi : y 1 2x 1 .. Thay vào (2) ta có : 2 2 x
x    y   x x    y   2 2 11 9 2 2 2 2 11 11 2
1  2x 11x 11  2 2x 1 * 2 2 2 2 t 1  t 1  t 1
Đặt t  2x 1  x   0    *  2  11  11  2t 2  2   2  4 2 2 4 2
t t   t  
t t t t
  t  t   2 2 1 11 11 22 4 9 4 12 0 1
3 t  4t  4  0 t  1  2x 1 1 2x 1 1 x 1 Suy ra : Với          ; x y  1;0 y 1  t y  0 y  0 y  0 t   3  2x 1  3 2x 1  9 x  5 Với          ; x y  5;2 y 1  t y  2 y  2 y  2
Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;0),(5;2) ( ví t t   t  2 2 4 4 2  0 t   0 ) x
  x y 2
y  4x 1
Bài 23. Giải hệ phương trình sau :  x
  x y2 2
 2y  7x  2 Giải 2  y 1 2 2 2 x y   4   
x xy y 1  4x    y 1 x u   Hệ :     . Đặt :  x , thì hệ trở thành : x
  x y2 2
 2y  2  7x     x y  2 2 y 1  2  7     v x yx u   v  4 u   4  vu   4  v
u 1;v  3         2 2 v   2u  7 v   2  4v 2  7  0 v   2v 15  0
u  9;v  5  2  y 1 2 2 u  1  1 y 1  x
y y  2  0 u   9 * Với :    x       ; x y  2  ;1 , 5; 2   * Với :  . Hệ vô v  3  x y  3 x  3 yv  5  x y  3 nghiệm  3 3 x  y  ln 
 2x 1xln 2y 1y
Câu 8 : ( 1điểm) Giải hệ phương trình:  (x, y  R) 2
x(x 1)  (2  y). y  2y 3   3 3 x  y  ln 
 2x 1xln 2y 1y (1)
Câu 8: Giải hệ phương trình:  2
x(x 1)  (2  y). y  2y 3 (2)    1 3 (1)  x  ln  2 x 1  x  3  y  ln    2  y 1  y   Xét 3    2 f (t) t ln
t 1  t  , D = R (0.25) 3  x  ln  2 x 1  x  3  (y)  ln  2 (y) 1  (y) 1 2 f '(t)  3t   0, t  R 2 t 1 f đồng biến trên R.
Vậy (1)  f (x)  f (y)  x  y (0.25) Thay vào (2) 2 2
 x  x  (x  2). x  2x  3 2 (  x  x)(x  2)  0   (0.25) 2 2 2 2 (
 x  x)  (x  2x 3).(x  2) 2 (  x  x)(x  2)  0    x 1 7 2 x  2x 6  0 KL: nghiệm hpt: (1 7; 1   7);(1 7;( 1   7) (0.25)  2 x x  4   2 y y 1  2
Câu 8 (0,75 điểm) Giải hệ phương trình  ( ; x y  ) . 2 3 3 1
 2y 10y  2  2 x 1  2 x x  4   2 y y 1  2
Giải hệ phương trình  ( ; x y  ) . 2 3 3 1
 2y 10y  2  2 x 1  2 x x  4   2 y y 1  2 (1)  2 3 3 12
 y 10y  2  2 x 1 (2) Ta có: 2 2 (1)  x x  4  ( 2  y)  4  ( 2  y) (*) . 2 t t t t t Xét hàm số đặc trưng 4 2
f (t)  t  4  t f '(t)  1    0. 2 2 2 t  4 t  4 t  4
Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên R. Từ (*) suy ra: f (x)  f ( 2
y)  x  2  y .
Thay vào phương trình (2) ta được: 2 3 3
3x  5x  2  2 x 1  x  3 1  2 x   1   3 x   3 3 1  2 x 1 (**) Xét hàm số 3
g(t)  t  2t ta thấy g(t) đồng biến trên R nên từ (**) suy ra x  0 3 3 x 1  x 1  
. Vậy hệ có hai nghiệm là 1 ( 1  ; ); (0;0) . x  1  2
7 x 1 1 yx1  1
Câu 7. Giải hệ phương trình    x    2
1 y y x 1  13x 12 
Câu 9 (1,0 điểm).
7 x 1 1  y x 1   1   1 Giải hệ:  Giải hệ phương   x    2
1 y y x 1  13x 12 2 trình: 2 Điều kiện: x  1  , , x y
x y 2  x  2y  2  y  
PT      y 1 1 7
x 1  y 1  x 1 
(Do y  7 không là nghiệm 2  7  y
  x  2  4y  8 y xy  2y  34 15x của phương trình) y 1 Thay x 1 
vào (2) ta được phương trình: 7  y 2 2  y 1  y 1  y 1  2 y .  . y 13. 1      7  y  7  y  7  y
y y  2  y y    y   y  2    y2 2 1 1 7 13 1 7 4 3 2
y y  5y  33y  36  0     y 1
y   y   2 1 3
y  5 y 12  0    y  3 Với 8
y  1 x   9
Với y  3  x  0
Hệ phương trình có 2 nghiệm   8  ; x y  là  ;1 ,   0;3.  9 
Ta kí hiệu các phương trình trong hệ như sau: 2
x y 2  x  2y  2   1   2
  x  2  4y  8 y xy  2y  34 15x2    Điều kiện: 2 x 2  . y  0    2  x y 2
1  2  x  2  x.y  2 y  0   .  2  x  2  y
+ Với 2  x y thay vào (2) ta được
x  x 2 2 2 4 2
 8 4  x  34 15x 3 . Đặt 2 2 t
x  2  4 2  x t  34 15x  8 4  x   Khi đó  t 0 3 trở thành 2 2t t   . t  2  30 2 17
x  2  4 2  x  0 x   y     17 17 
 x  2  4 2  x  2
x  2  y  0 + Với 2 x  2
y . Vì y  0  2
y  0 mà 2  x  0 nên chỉ
có thể xảy ra khi x  2 và y  0 thử vào (2) thấy thỏa mãn.  30 x  
Kết luận: Hệ phương trình có hai nghiệm:  17  2 17  y   17 x  2 và  .  y  0 2
xy y  2y x 1 y 1 x
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  3
 6  y  3 2x  3y  7  2x  7 
Giải hệ phương trình …
Điều kiện: x  0, 1 y  6, 2x  3y  7  0 (*) x  0 Nhận thấy 
không là nghiệm của hệ phương trình  y 1  x  0 y  1 y   x Khi đó, PT 1 2 1
( )  x(y 1)  (y 1)  y 1  x y 1 x
 (y 1)(x  y 1)  y 1  x   1
 (x  y 1) y 1   0  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 2 2 4   5x  x 3( 4   5x  x )    0 3 5  x  7 (  x) 5x  4  x  1 3  2  ( 4   5x  x )    0    3 5  x  7 (  x) 5x  4  x  2  x
 5x  4  0 (do (**) x  1  y  2   (thỏa mãn (*),(**)) x  4  y  5
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1 ( ;2), (4;5).
xy x   3 2
1  x y x y
Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ PT  x y  3y   , ( , ). 2
2  9x  3   4y  2 2
1 x x   1  0
xy x   3 2
1  x y x y
Giải hệ PT x y 3y   , ( , ). 2
2  9x  3   4y  2 2
1 x x   1  0 ĐKXĐ x   .
Ta có xy x   3 2 3 2 2
1  x y x y x x y y xy x y  0  y x
  x y 2 x y   1  0   2  y x 1 Với 2
y x 1 thay vào PT thứ 2 ta được  2 x   2  x     2 x   2 3 1 2 9 3 4 6
1 x x  
1  0 . Dễ thấy PT vô nghiệm.
Với y x thay vào PT thứ 2 ta được x 2 
x    x   2 3 2 9 3 4 2
1 x x   1  0
 3x2 9x 3  2x  1 32x 2 2 1  2
 3x2 9x 3   2  x   1  3 2  x  2 2 1  2 2 Xét hàm số t f t t  2 ( )
t  2  2 ta có 2
f '(t)  t  2  2 
 0 suy ra hàm số đồng biến. 2 t  2 Từ đó suy ra 1   3x  2
x 1  x   . Vậy HPT có nghiệm x y 1 1 ;   ; .   5  5 5   x 2 x
  y  2 x   1  y    1
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hê ̣ phương trình: x 1 
x, y  2 3
x 8x 3  4  x   1 y 1    Điều kiện x 1 :  y  1  3 2 3  
x x x     
y    x   y   x x x  1 1 2 1 1    y  2  x  x   y 1 1 1 x 1 3  xx       y 3 1  y 1 .  x 1  x 1 Xét hàm số   3
f t t t trên
có f t 2
 3t 1  0 t
  suy ra f(t) đồng biến trên . Nên  x      x f f y 1 
y 1 . Thay vào (2) ta được 2
3x  8x  3  4x x 1 .  x 1  x 1   x  1   2 
 x  6x  3  0  x  3 2 3      2 x 1 x 1 
x     x x  2 2 2 1 2 1     1   52 13
2 x 1 13x  x x   3    9 2  9 
 x 10x  3  0 2 x Ta có y  1 x 1 4  3 3 5  2 13 41 7 13
Với x  3 2 3  y  . Với x   y   . 2 9 72
Các nghiê ̣m này đều thỏa mãn điều kiê ̣n.   
KL: Hê ̣ phương trình có hai nghiệm  x y 4 3 3 ;  3 2 3;    2        x y 5 2 13 41 7 13 & ;   ;     . 9 72   2 2
x y y x
Bài 1. Giải hệ phương trình sau :  xy x 1
2  2   x y Giải
x y  0 x y   2 2  
x y y x
 x yx y   2 x x 1 2 x x 1 1  0 2  2  0 2  2 .        xy x 1  xy x 1
2  2  x y
2  2   x yx y 1 x y 1     x 1  x 1
2 2  2x 1  3   2x  2 
 Khi x=y , thì x=-1. Vậy nghiệm của hệ là : (x;y)=(-1;-1)
 Khi x+y=1 , (2) có nghiệm duy nhất : x=1 , do đó hệ có nghiệm : (x;y)=(1;0)
Chú ý : Tại sao ta không đưa chúng về dạng : 2 2
x x y y , sau đó xét hàm số 2
y f (t)  t t ? 2 1 x  3 2 2    2y x xy    1
Bài 2. Giải hệ phương trình sau :  2 x y 2x  2 2 2
 2x y  4x 1  02 Giải  1 2x y   2 Từ (2) :   x
x y  2x2  2 x y  2x 2 2 2 2
1  0  x y  2x 1  0   *   1 2xxy   x 2 1 x 12 x Thay vào phương trình (1): 1 1 2 2
 2 x  2 x   . Phương trình này đã biết cách giải ở phần phương pháp 2 x
giải phương trình mũ .Phương trình có dạng : 2 1 x 1 2x 2  1 1  1 1 b a b a    1    2          2 2 x x x  2 x  2 x 2 2
Do đó phương trình trở thành : b a b a
2b  2a  
  2b   2a  2 2 2 2
Xét hàm số : f tt t
   f tt 1 2 '  2 ln 2   0 t
  R suy ra hàm f(t) đồng biến trên R . Do vậy để xảy 2 2 2  
ra f(b)=f(a) chỉ xảy ra khi a=b : 1 x 1 2x 2  
1 x 1 2x 2 2 x x 1 2.2 3  3  2
x  2x  0  x  2 ( vì x khác 0 ) và y      ; x y  2;    4 4  4 
Chú ý : Vì ta sử dụng được phương pháp hàm số vì a,b thuộc R 2 2
x 12xy  20y  0
Bài 3. Giải hệ phương trình sau  ln
 1 x  ln 1 y  x y Giải 2 2
x 12xy  20y  0   x  2y
x 10y  0 .    l  n
 1 x  ln 1 y  x y l  n
 1 x  ln 1 y  x y
Từ (2) :   x x   
y  y   1 1 t ln 1 1 ln(1 )
1  f (t)  ln t t; f '(t)  1  t  0 . t t
Hàm số đồng biến với mọi tthuoocj (0;1) và nghịch biến trên khoảng t>1 đạt GTLN tại t=1
Cho nên ta phải sử dụng phương pháp " Phương trình tích "  Nếu thay vào (2) x=2y x=2y x=2y x=2y     :       y      y    , ln
 1 2y  ln 1 y 1 2 1 2 1  2y y ln yye  2 ye          1 y   1 y 1     y Xét hàm số : 1 y 1 ( )    '( ) y f y e f y  
e chỉ có nghiemj duy nhất : y=0 1 y 1 y2    x 10 y Nếu :    ;
x y  0;0 . Tương tự như trên ta cũng có nghiệm y=0 . x y 3 2 3
x  3x y  3y  2 
Bài 4. Giải hệ phương trình sau :   x  2   y 1  log  log  x   y   x    32   y 1   x  2  Giải 3 2 3
x  3x y  3y  2  1  .      
 1  x  3x  3x 1  y  3y  3x  3 x 2 y 1  2   3 2 3 log  log  x   y   x    3 2   y 1   x  2 
 x  3  y y  x    x  3 3  x   3 1 3 3 1 1 3
1  y  3y *
Đặt : x-1=t suy ra (*) trở thành : 3 3
t y  t y   t y 2 2 3 0
t ty y  3  0 
+/ Trường hợp chỉ khi : x x 2
-1=y, hay : x=y+1, x-2=y-1 .  1 y 1 2 2
Thay vào (2) ta có : log 1 log 1   x  3   x  3  0  x  3 . Do đó nghiệm của hệ phương trình là : y x (x;y)=(3;2).
+/ Trường hợp : t ty y     x   2 2 2  x    2 3 0 2 1
2 1 y y  3  0
 x  2    yx   2 2 2
2  y y  2  0 2 3 4 6
2x y y  2x x
Bài 5 Giải hệ phương trình sau :   x  2 
y 1  x  2 1 Giải 2 3 4 6  2
2x y y  2x x 2x    2 y x  3  y   2 x 3  0  2  y x   2 2 2 4
2x y yx x   0 .        x  2 
y 1  x  2 1   x  2 
y 1  x  2 1   x  2 
y 1  x  2 1 -Trường hợp 1: y= 2
x , thay vào (2) :  x   2 x    2 x   x 2 2 1 1 2
t x  2t  2x  0  t  2;t x 2 2
x 1  2  x  3  x   3   . 2
 x 1  x x -Trường hợp : 2 2 2 4 2 2
x y yx x   y    2 4 2 0 yx
2x x   0 4    x   2 4 x x  4 2 4 2  3
x  8x  0  x R    0 y y 2 2 2 4
f (, y)  2x y yx x  0  x, y . Phương trình vô nghiệm .
Do đó hệ có hai nghiệm : (x;y)=  3;  3 , 3;  3
* Chú ý : Ta còn có cách giải khác
- Phương trình (1) khi x=0 và y=0 không là nghiệm ( do không thỏa mãn (2) ). 3
y   y
- Chia 2 vế phương trình (1) cho 3 x     3 0 1  2   2x x    
x   x
- Xét hàm số : f t  3
t t f t 2 2 '
 2  3t  0 t
  R . Chứng tỏ hàm số f(t) đồng biến . Để phương trình
có nghiệm thì chỉ xảy ra khi : y 2
x y x . Đến đây ta giải như ở phần trên xx 2  6 y   x  2y
Bài 6. Giải hệ phương trình sau : y  .
x x 2y x 3y 2  Giải x 2 2  6 y   x  2y  
x  2 y y x  2 y  6 y  0  
x2y 2y
 x2y 3y0 y      
x x  2y x  3y  2       
x x  2 y x  3y  2 x x 2 y x 3y 2   y  0
- Trường hợp 1: x  2 y  2  y   . 2
x  2y  4y Thay vào (2) 2 2 2
x  2y  4y  5y  2  2
y  4y  5y  2  4y  7y  2  0 y  0 y  0
- Trường hợp : x  2 y  3y     *. 2 2
x  2y  9y
x  9y  2y Thay vào (2) : 2 2 2 2
 9y  2y  3y  9y  2y  3y  2  9y  5y  9y  5y  2  0  y  1
  x  9  2  7 2  t       2 t 9 y 5y 0  2  2    
 9y  5y  4  0  4 16 4 264 88 2  2 t  t  2  0
 9y  5y  2 y   9  2.     9 91 9 9 3  
Vậy hệ có nghiệm :  x y     88 4 ; 7; 1 , ;    3 9   2xy 2 2 x y  1 
Bài 7 Giải hệ phương trình sau : x y   2
x y x yGiải  2xy 2 2 x y  1    1 a. x y  . Từ (2) viết lại :         2 2 2 x y x y x x x y
x y x x  2
x y x y  2 Ta xét hàm số f(t)= 2
t t t  0  f 't   2t 1  0  t  0 . Chứng tỏ f(t) là một hàm số đồng biến , cho nên ta có : 2
x y x y x x . (*) 2  2 2 2 x x x xy 2 Thay vào (1) : 2 2 2  x y  1  x   2 x x   2 2 
 1  x 1 x x 1  2 x 1  0 2 2     x x           x xx x 1  1 0 1 0 1 2
x 1 x x   1  2  0      **  3 2
x x x  3  0  x   1 
 2x 2x3    0 x  1  x  1  ; y  2 Thay vào (*) : 2
y x x    ; x y    1;2,1;0
x 1; y  0
Chú ý : Các em có nhận xét gì không khi tôi giải như trên . Bây giờ tôi nêu thêm hai cách nữa để các em kiểm nghiệm nhé : Cách 2. Đặt : xy xy x y  ;
u xy v    2
1  x y
1 x y2 2 2 2  2xy  1 x y x y 2v 2 3  u  2v
1 u u  2uv  2v  0  u  2 u  
1  2v u  
1  0  u   1 u  u   1  2v  0  uu 1 x y 1    
u u  2v  0 x y  2 2
 x y  2xy  0
* Nếu x+y=1 thay vào (2) ta được :
x 1  y  0 2
1  x  1 x 2
x x  2  0   
 ;x y  1;0, 2  ;3 x  2   y  3
+/ Với  x y2   x y 2 2
 2xy  0  x y x y  0 vô nghiệm vì  2 2
x y  0; x y  0 2 1  2 8 y x 1  2 2  4  3  2 y x
Bài 8. Giải hệ phương trinh :  xy2 3 7 2  x y   2 2 Giải 2 1  2 8 y x 1  2 2  4  3 
2 y x 1 Từ .  . - Điều kiện : , x y  0 xy2 3 7 2  x y  2  2 2  x4  y4 2 - Từ (1) :  2.2  3 x  2.2  32 y - Xét hàm số : 4 f t
t t t   3 ( ) 2. 3
0  f '(t)  8t  3  0 . Chứng tỏ f(t) luôn đồng biến .
Do vậy để phương trình (1) có nghiệm chỉ khi : x  2 y x  4y   *  y4 5 3 7 t 3 3 - Thay vào (2) : 2
  5y  . Xét hàm số : f(t)= 4 4 3 2 
t f '(t)  4t .2   0 . 2 2 2 2  1    4 y x y    5  4 1  - Nhận xét : f(1)=2+ 3 7
 . Suy ra t=1 là nghiệm duy nhất .       ; x y   ;   2 2  5y  1 4    5 5  x   5  xy sinx e      
Bài 9. Giải hệ phương trình : siny  x  0;       4  2 2
3 8x  3 1  6 2 y  2 y 1  8 yGiải xy sinx e    1     Từ :. siny  : x  0;     4  2 2
3 8x  3 1  6 2 y  2 y 1  8y  2 x e s inx x y t t e e e e sin t  o c st     - Từ (1) :     f (t)   f '(t)   0 t   0;   y 2 e siny s inx sin y sin t sin t  4 
- Chứng tỏ hàm số f(t) luôn đồng biến . Phương trình có nghiệm khi x=y . - Thay vào (2) : 2 2 2 2
3 8x  3 1  6 2x  2x 1  8x  3 8x  3 1 6 2x  2x 1  8x 1 9 2 8x  3  36 2
2x  2x   1 98x   1   8x 1   8x 1 2 2 2 2
3 8x  3  6 2x  2x 1
3 8x  3  6 2x  2x 1  1 8  x 1  0 x      8 2 2 
3 8x 3  6 2x  2x 1  9 2 2
 8x 3  2 2x 2x 1  3 1  1 1  - Với x    ; x y   ;   . 8  8 8  2  8x  3  3    
- Ta có : với x  0;   suy ra 2 2 2 
 8x  3  2 2x  2x 1  3  4   1  1 2 2 2 x     2     2  2 2  
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất :  x y 1 1 ;  ;    8 8   2 x   x   2 1
y  1 y  1
Bài 10. Giải hệ phương trình sau : 
x 6x  2xy 1  4xy  6x 1  Giải   x   x
y  y  x x
y y2 2 2 2 1 1 1 1 1  Từ :.    . ( nhân liên hợp )
x 6x  2xy 1  4xy  6x 1  
x 6x  2xy 1  4xy  6x 1  2 tt t t t Xét hàm số : 1 2
f (t)  t  1 t f '(t)  1    0 t   R 2 2 2 1 t t 1 1 t
Chứng tỏ hàm số đồng biến . Để f(x)=f(-y) chỉ xảy ra x=-y (*)
- Thay vào phương trình (2) : 2  2  x  25
2x  6x 1  3x 2 2 2 2
x 6x  2x 1  4
x  6x 1 
2x  6x 1   x      2  4 2
 2x  6x 1  2  xx  0 x  0 * Trường hợp : 2
2x  6x 1  3x    
x 1; y  1  2 2 2
2x  6x 1  9x
7x  6x 1  0 x  0 x  0 * Trường hợp : 2
2x  6x 1  2  x     2 2 2
2x  6x 1  4x
2x  6x 1  0 3  11 3   11     3 11 3 11 x  ; y
. Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;-1),( ; ) 2 2 2 2  2  4x  
1xy3 52y  0 Bài 11.
Giải hệ phwpng trình :  2 2
4x y  2 3 4x  7 Giải  2  4x  
1xy 3 52y  0 1 Từ : .  (KA-2011) 2 2
4x y  2 3 4x  7  2 2 2 3 5  t  5  tt t - PT(1): 3
4x x   y  3 5  2y 3 . Đặt t  5  2 y y     3t  2  2  2 3 t t 3 - Khi đó (2) : 3 x x    x 3 4 2
 2x t t 2 - Xét hàm số : f(u)= 3 2
u u f '(u)  3u 1  0 u
 suy ra f(u) luôn đồng biến . Do đó để f(x)=f(t) chỉ xảy ra khi : 2x=t 2 2
 2x  5 2y  4x  5 2y  2y  5 4x 4 2 2  5 4x   3 - Thay vào (2) : 2
g(x)  4x  
  2 3 4x  7  0 : x 0; 
 .Ta thấy x=0 và x= 3 không là  2   4 4     nghiệm . g'(x)= 5 4 4 3 2 8x  8x  2x   4x    2 4x  3   0 x   0;    2  3  4x 3  4x  4    - Mặt khác : 1 1 g  0  x   
là nghiệm duy nhấy , thay vào (4) tìm được y=2.  2  2  
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất :  x y 1 ;  ; 2    2  3 3
2y 3xy  8
Bài 12. Giải hệ phương trình sau :  3
x y  2y  6 Giải : 3
2  3x t    1 2 - Đặt : t    . Lấy (1) +(2) : 3 3
x  3x t  3t 3 y
x  2  3.t  2
- Xét hàm số : y f u 3
u u f u 2 3 '
 3u  3  0 u   R
- Chứng tỏ hàm số đồng biến . Do đó phương trình có nghiệm khi và chỉ khi : x=t  2  2 x   2  2 x     y x x     y     y   y  8    
x y  2y  6 y  2 y  6
y  3y  4  0  y     1  y  22 3 3 2  0 3  y
- Vậy hệ có nghiệm : (2;1);(-1;-2)   x  3 2 2
1  2x 1  2y  3 y  2
Bài 13. Giải hệ phương trình : 
 4x  2  2y  4  6  Giải :   x  3 2 2
1  2x 1  2 y  3 y  2   1 Từ :. 
 4x  2  2y  4  6  2 1
- Điều kiện : y  2; x     * 2
- Đặt : Từ (2) : 4x  2y  6  36  2x y  15  2x 1  16  y - Từ (1):Đặt : 2 y
t y t   y    2t   2 2 2 2 3 2 2  3  2t 1 3
- Cho nên vế phải (1) :   2 t   3
t t t   
x    x   3 2 1 2 1 : 2 1 2 1  2t t
- Xét hàm số : f u 3
u u f u 2 2 '
 2u 1  0 u
  R . Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến . Để f(x)=f(t) chỉ xảy ra khi : x=t  31 53    y
2x y  2
2x y  2 y 15 2         2
2x y 15 1
 5  y y  2 
y  31y  227  0  31 53  y  15  2    
- Vậy hệ có nghiệm :  x y 53 1 31 53 ;   ;    4 2   2   3
x  2x y   2
1  x y   1   1
Bài 14 Giải hệ phương trình :  3
y  4x 1 ln 
 2y 2x  02 2   3
x  2x y   2
1  x y   1   1 Từ : .  3
y  4x 1 ln 
 2y 2x  02 - Điều kiện : 2
y  2x  0(*)
- Phương trình (1) :   3
x x   y   2
x y    x 2
x     y   2 2 2 2 1 1 2 2 1 x  2 - Do : 2
x  2  0  2x y 1(**) - Thay vào (2) : 3
y   y    
 2y y     f y 3
y y    2 2 1 1 ln 1 0 2
3 ln y y   1  0 2 y 1
-Ta có : f ' y 2  3y  2 
 0 . Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến . 2 y y 1
- Mặt khác : f(-1)=0 , do đó phương trình có nghiệm duy nhất : (x;y)=(0;-1)   8x 3 3
2x 1  y  4 y  0
Bài 15. Giải hệ phương trình :  2 3 2
4x 8x  2y y  2y  3  0 Giải   8x 3 3
2x 1  y  4 y  0   1 Từ : .  2 3 2
4x 8x  2y y  2y  3  0  2 - Điều kiện : 1 x  . 2
- Từ (1) :  x   3 8 3
2x 1  y  4 y   * - Đặt : 2 t
x   x t    x  
x     2t   t    2t   3 2 1 2 1 8 3 2 1 4 1 3 4
1 t  4t t - Do đó (*) : 3 3
4t t  4 y y - Xét hàm số : f(u)= 3
u u f u 2 4 '
12u 1  0 u
  R . Chứng tỏ hàm số đồng biến . Do đó phương
trình có nghiệm khi : f(t)=f(y) 2
 2x 1  y  2x y 1(**) 2 - Thay vào (2) :  2 y     2 y   3 2 4 3 2 1 4
1  2y y  2y  3  0  y  2y y  2y  0  y  3 2
y y y     y y   2 2 2 0 1
y  3y  2  0  y y  
1  y  2 y   1  0 y  0 y  0   1  y  0 y 1 - Vậy :    1   ; x y  ; 0 ,        ; x y   1  ;1 2 2 2x y 1 x  
 2  2x y 1 x 1  2 y  2  y  1  y  0          
x y    y 2    5   x y  5 ; 1; 0 , ;  ; 2    2 2 2x y 1 x 1 2x y 1 x    2   2 2 1 xy 3 2
2 x  2  xy  
Bài 16. Giải hệ phương trình :  2 x y 2x  2 2 2
 2x y 1 4x  0 Giải : 2 1 xy 3 2
2 x  2  xy     1 Từ : .  2 x y 2x  2 2 2
 2x y 1 4x  02 2 - Từ (2) :  2
x y x   2
x y x     2  x y x   2 2 2 2 2 2 1 0 2
1  0  x y  2x 1 x y 1 2x   1 2x y  *  2   2   1 x 1 2 x x 1 2x  3 1 1 2 2 - Hay : 
, thay vào (1) : 2 x  2 x        (3) 1 2x   x  2 2 x xy   x 2 2 1 2x 1 x x  2x 2  1 1  - Nhận xét :   1  2    . 2 2 2 x x x x  2 x  2     Gọi : 1 x 1 2x 1 1 a  ,b
b a  2    2 2 x x  2 x
- Cho nên (3)  2a  2b  2    2a  2  2b b a a  2b .
- Xét hàm số : f(t)= 2t  2  '   2t t f t ln 2  2  0 t
  R . Hàm số đồng biến , vậy phương trình có nghiệm
khi và chỉ khi : a=b , tức b 1 1 -a=0 , hay :
  0  x  2 . Thay vào (*) ta tìm được 2 x 3  3  y=    ; x y   2;    4  4   2
1 4 xy  12xy 2 xy 1 5 1 2       Bài 17.
Giải hệ phương trình :  3
y  4x 1 ln 
 2y 2x  0 Giải :  2 1 4 xy   12xy 2 xy 1 5 1 2        1 Từ : .  3
y  4x 1 ln 
 2y 2x  02  2
1 4 xy 5  - Phương trình (1) : 2 
1 2.2 x y  5  5.4a  5a  2.10a a  2x y 2 xy   5 a a a        1 a 2 5 2.10 54 5
 5  10a  4a f a 1  0 5 5   - Xét :   1 a 2 a a 2 '
 5 ln 5  10 ln10  4 ln 4  0  10a ln10 10a ln10  4a f a ln 4   5 5  5 
- Chứng tỏ hàm số đồng biến . Mặt khác : f(1)=0 , đó cũng là nghiệm duy nhất của phương trình .
- Với a=1 suy ra 2x-y=1 , hay 2x=y+1 . Thay vào (2) : 3
y   y     2 2 1
ln y y   1  0    f y 2 y 1 3
y  2y  2  ln  2 y y  
1  0  f ' y 2  3y  2  (*) 2 y y 1 2    3  1    2 y y   y  2 y 1 2 2 1 2  2 
- Xét : g y   g ' y   2   y y 1
 2y y 2 1
 2y y 2 1  1 y  
f ' y  0  2 - Nhận xét : 
f ' y  0 y   R  1   y    g y 1 '  0  g   0  f '    y  0  2  2 
- Chứng tỏ f(y) đồng biến . Mặt khác f(-1)=0 suy ra y=-1 là nghiệm duy nhất của PT .
- Kết luận : hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=(0;-1). 3
x  2y 1  0 
Bài 18 Giải hệ phương trình :   3 x
 2 x 2y 2y 1  0 Giai Đ/K : 1 x  2; y  . 2 3 3 Từ (2) 1  
 2  x 2  x  1     2y  
1  2 y 2 y 1  
 2x  2x  2y1  2y1 Ta xét hàm số : 3 2
f (t)  t t f '(t)  3t 1  0 t
  R . Chứng tỏ hàm số luôn đồng biến trên R 2y  3 x
Do đó đẻ f  2 x  f  2y 1, chỉ xảy ra khi : 2  x  2y 1   x  3 2y Thay vào (1) 3
x    x 3
   x x    x   2 3 1 0 2 0
1 x x  2  0  x  1; y  3 1  2
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(1;2) 
x y3 8xy  2x y8 xy 
Bài 19. Giải hệ phương trình :  1 1 ( Ngô Trung Hiếu )   2 x y x yGiải x y  0 x y  0 Đ/K :    * 2 2 x y  0 y x
 x y3 8xy  2x y8 xy 
 x y3 8xy  2x y8 xy Hệ    2 2
x y x y  x x  
y x x yx t  0 Từ (2) : 2 2 2 2 t
x y  0  x x t t x t   x t   0   x t  x t   1  0  
x t 1  0 2
y x x
+/ Trường hợp : x=t 
x y x   x  0 thay vào (1) 6 x   2 x x 2 x y     2x x 6 3 2 2 3 2 8 2 8
x  x  8x  8x  2x 8
  x x     6 3 2 2 5 4 6 5 4 3 2
x  8x 8x 16x  2x  2x x  2x  2x 8x  24x  0
x  2  y  2  2  x  4 3 2
x  2x  2x  8x  24 2
 0  x x  2x  2 2
x  2x  6  0  x  2   y  6  2
x 2x6  0
Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;2),(-2;6) x 1  0 x  1 
+/ Trường hợp : x 1 x y  0  x y    x   1     2 2
x y x  2x 1
y x x 1
   x y3  xy  x y xyx y  x y3 1 8 16 2
16x y  8xy  2xy x y  0
 x y3 16x y  2xy 4  2 
x y  0  6 2
Thay vào (1) :  x    x 2
x x    x     x 2 1 8 1 2 1 8 x x   1
x 6  xx x   x 2 2   x 2 1 8 1 2 1 8 x x   1 2 2 2
x y  2x  2y  5y  2  0 
Bài 20 . Giải hệ phương trình :  2 2 2 2
y 1  x y  2xy x x  2xy y 1  yGiải
Đ/K : x y  0; y  0  x y  0
Từ (2) : y   x y y  y xy x  x y2 2 2 2 2 1 2 1 y
y   y y    x y2   x y   x y2 2 2 1 1   Xét hàm số : t 1 1 1 2 2
f (t)  t 1  t t
t  0  f '(t)    2t t   2   0 2 2 t 1 2 tt 1  2 t 1 1 ( Vì : 2 t 1  1  0  1
 2  0 với mọi t>0 ) 2 2 t 1 t 1
Như vậy hệ có nghiệm chỉ xảy ra khi : y x y hay x=2y . 2 2
Thay vào (1) :  yy   y 2 3 2 2 2 2
 2y  5y  2  0  4y 10y  5y  2  0   y   2 2
4 y  2 y  
1  0  y  2 vì : 2
4 y  2 y 1  0 vô nghiệm .
Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(4;2 ) 2
  x  2 x  6  6  y
Bài 21. Giải hệ phương trình sau :    x  2   2 y  2 
y 1. x  4x  5 Giải
Điều kiện : y  2  ; x  6  2 y  2 x  2 1 y  2 x  2 1 2  2
Từ (2) :  x  2   y  2 
y 1. x  4x  5   .   y 1 x   . 2 y 1 x  22  y  11 x 22 1      t 1 1 1 .
. Xét hàm số f (t) 
t  0  f '(t)   1 '    0   . y 1 x 22 t t 1   2 2t 1 t
Chứng tỏ hàm số nghịch biến
Để f x  2 2
f y  
1 chỉ xảy ra khi : y    x  2 1
2 . Thay vào (1) ta được phương trình :   t   x   t    x    1   x  2 2 0 2 0
2  2x  2 x  6  7  0     2 2 t
  2t t 8  7
2t t 8  7 t
0  t x  2  7   
0  t x  2  7
0  t x  2  7        2
4t t  8    2 7  t 2 4 3 2 t
  4t  46t  49  0 t    1   3 2
t  3t  49t  49  0
+/ Trường hợp : t=1 hay x-2=1 suy ra x=3 và y+1=1 hay y=0 . Vậy nghiệm hệ là (x;y)=(3;0)
+/ Trường hợp : f t t t t
  f t t t   t  2 3 2 2 ( ) 3 49 49 0 '( ) 3 6 49 3 1  52  0 t   0  ; 7  
Hàm số nghịch biến và f(o)= -49<0 chứng tỏ f(t)<0 với mọi t  0; 7  
 . Phương trình vô nghiệm .  y   2 2 y x  4  x  2 2 4 3 x  3
Bài 22. Giải hệ phương trình sau :  2012x
 2y2x5x 1 4024 Giải
Điều kiện : 2y  2x  5  0
+/ Nếu x=0 suy ra y=0 nhưng lại không thỏa mãn (2) vậy x khác 0 . Từ (1( chia hai vế cho 2 x  0 Khi đó : 2 y  2 2 4 y  3x  4 x  2 x  3 2 3   2 y  2 y       2y   2y  3 3 1       3  
  x  3x   3  x  3x     3 3 x x
x   x     x   x   Xét hàm số : 3 2
f (t)  t  3t f '(t)  3t  3  0 với mọi t thuộc R . Chứng tỏ hàm số đồng biến Để 2 y 2y f (
)  f (x) , chỉ xảy ra khi : 2
x  2y x . Thay vào (2) ta được : x x   x   x x x x          x 2 2 1 2 2012 2 5 1 4024 2012.2012
1  4   x   1   4024 Lại đặt t=x-1 suy ra : t   2    t t t   g t   2 2012.2012 4 4024 ( ) 2012
t  4  t   2   Lại xét hàm số : t
g(t)  2012t  2t  4 t  g '(t)  2012t ln 2012 2t  4  t  2012t  1 2  t  4    t 1
Hay : g '(t)  2012  2t  4  t ln 2012   2  t  4  1 Vì : 2
t  4  t  0 và
1  ln 2012 suy ra g'(t)>0 với mọi t thuộc R mà g(0)=2 cho nên với t=0 là 2 t  4   nghiệm duy nhất và : 1 t x  
x y   x y 1 1 0 1; ;  1;   2  2  3 3 2
x 12x y  6y 16  0 
Bài 23. Giải hệ phương trình sau :  2 2 2
4x  2 4  x  5 4y y  6  0  Giải x 12x    y  23 3 12 y  2 Điều kiện : 2
  x  2;0y  4. Khi đó hệ   2 2 2
4x  2 4  x  5 4y y  6  0 
Xét hàm số f t 3
t t t   f t 2  t    2 12 2; 2 ' 3 12
3 t  4  0 t  2;2
Chứng tỏ hàm số nghịc biến . Cho nên để f(x)=f(y-2) chỉ xảy ra khi : x=y-2 , thay vào (2) ta được :    x   x
x x 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 5 4 2 2
 6  0  4x  2 4  x 5 4  x  6  0 2  2     2 t 4 x 0 t   4  x  0 t   4 x  0  2 2
 4x  6  3 4  x         4   2 4  t  3 19 11 2  6  3t
4t  3t  22  0 t      0;t  2  8 4 2
t  2  4  x  2  x  0  y  2   ;
x y  0;2 . Vậy hệ có nghiệm : (x;y)=(0;2) 2 2
 x  2  y 3  x y  5
Bài 24. Giải hệ phương trình sau :  2 2
x  2  y  3  x y  2  Giải 2 2  x 2 y 3 x y 5    2 2 1       
x  2  x
y  3  y  5    1 .    2 2
x  2  y  3  x y  2  2 2 2
x  2  x y  3  y  2  2  2 3    5  1   2x 2x
 2x 2x2 2 2  x  2  x y  3  y  . Do :     2
y  3  y
 2y 3 y 2 2 3
x  2  x
y  3  y  2  2 2 3 - Suy ra : 2 2
x  2  x
; y  3  y
. Cho nên (1) chỉ xảy ra khi và chỉ khi : 2 2 x  2  x y  3  y    2 2 2 2 1
x  2  x 1
x  2  x 1
x  2  x  2x 1 x         2 2 2 2 2         
y  3  y  2y 1 y 3 y 1 y 3 y 1  y 1
- Vậy hệ có nghiệm duy nhất : (x;y)=( 1 ;1) . 2 2 2 2
x y 8x y  0
Bài 25 . Giải hệ phương trình sau :  2 3
2x  4x 10  y  0 Giải  8x 8x 2 2 2 2
x y 8x y  0 y    4   2   y  2 Hệ : 2    x 1 2x     y  2  2 3
2x  4x 10  y  0  y   y  8  2   x  2 2 3 1  0 3 3
x 3x  (y 1)  9(y 1) (1)
Bài 26. Giải hệ:  1
  x 1  y 1 (2)  Giải
- Từ điều kiện và từ phương trình (2) có x  1; y 1  1 - 3 3
(1)  x  3x  ( y 1)  3 y 1 , xét hàm số 3
f (t)  t  3t trên [1; ) 
- Hàm số đồng biến trên [1; )
 , ta có f (x)  f ( y 1)  x y 1
x  1 x  2 - Với x
y 1 thay vào (2) giải được x  1; x  2   , 
y  2  y  5  2 (
 4x  1)x  (y  3) 5  2y  0 (1)
Bài 27. (A – 2010) Giải hệ phương trình  2 2
4x y  2 3  4x  7 (2) Giải 2 (1)  (4x
 1)2x  (2y  6) 5  2y  0     x   x      y  2 
y x x     y3 2 3 (2 ) 1 (2 ) 5 2 1 5 2 (2 ) 2 5 2  5  2y  
 (2x)  f ( 5  2y) 2 với 3
f (t)  t t . f '(t)  3t  1  0, t
   (t) ĐB trên . Vậy 2 5  4x
f (2x)  f ( 5  2 y )  2x  5  2 y y  , x  0 2 2 2  5  4x  Thế vào pt (2) ta được 2 4x  
  2 3  4x  7  0  g(x)  0   2   2 2  5  4x   3 Với 2
g(x)  4x  
  2 3  4x  7, x  0;   
 . CM hàm g(x) nghịch biến. 2  4   1
Ta có nghiệm duy nhất x   y  2 2  5 4 10 6
x xy yy (1) 
Bài 28.) Giải hệ phương trình :  . 2
 4x  5  y  8  6  2 Giải
TH1 : Xét y  0 thay vào hệ thây không thỏa mãn. x x
TH2 : Xét y  0 , chia 2 vế của (1) cho 5 y ta được 5 5 ( )   y y (3) y y Xét hàm số 5 4
f (t)  t t f '(t)  5t 1  0 nên hàm số đồng biến. x x Từ 2
(3)  f ( )  f ( y) 
y x y y y Thay vào (2) ta có PT 4x  5 
x  8  6  x  1. Vậy hệ có nghiệm ( ; x y)  (1;1) 2
x x 1  3y
Bài 29. Giải hệ phương trình  2
y y 1  3xGiải Trừ vế hai pt ta được 2     2    y x 2 x 2 1 1  3  3   1  3   1  3y x x y y x x y y t
f (x)  f ( y) t với 2 ( )   1  3t f t t t
. f (t)  1   3 ln3  0, 2 t  1
f (t) đồng biến trên . Bởi vậy f (x)  f (y)  x y thế vào pt thứ nhất ta được 2 x x x x      2 1 3 1 3
x  1  x  g(0)  g(x) Với x g x   2 ( ) 3 x  1  x   . x
g '(x)  3x ln 3 2
x  1  x   3x 1   2  x 1     3x  1 2
x  1  x ln3   0, x     do 2
x 1  x  0 và 2 x 1  1 2  x  1 
Suy ra g(x) đồng biến trên
. Bởi vậy g(x)  g(0)  x  0
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 0  2 2
(2x  3x  4)(2y  3y  4)  18
Bài 30. (Thi thử ĐT 2013) Giải hệ :  ( , x y  ) 2 2
x  y  xy  7x  6y 14  0 Giải (2)  2 x y x  2 ( 7)
y  6y 14  0 . x      y  7 0 1 x 3 (2)  2 y x y  2 ( 6)
x  7x 14  0 . y      x  10 0 2 y 3 3 Xét hàm số 2
f (t)  2t  3t  4, t R f '(t)  4t - 3, f '(t)  0  t   1 4  3  Vì vậy trên ; 
 hàm số f(t) đồng biến  4 
TH 1. x  2  f (x)  f (2)  6 Kết hợp với y  1  f y f   f x f y  2 x x  2 ( ) (1) 3 ( ). ( ) (2 3
4)(2y  3y  4)  18 .  2 1
2y 3y 1 0 y 1, y
TH 2. x  2 hệ trở thành    2 vô nghiệm 2
y  4y  4  0 y  2
Vậy hệ đã cho vô nghiệm 3 2 2
y 3y y  4x  22x  21 2x   1 2x 1
Bài 31. Giải hệ phương trình :  2
2x 11x 9  2y Giải Điều kiện : 1 x
. Nhân hai vế của (2) với 2 sau đó lấy (1) trừ cho nó ta có hệ : 2 
y 3y y  4x  22x  21 2x 1 2 2x 1 y 3y y 3   2x13 3 2 2 3 2
 2 2x 1  4y    2 2
4x  22x 18  4y
4x  22x 18  4y  
y  3y  3y  
1  2  2 y   2x 13  2 2x 1   y   1  2  y   1   2x 13 3 3 2  2 2x 1     2 2
4x  22x 18  4y
4x  22x 18  4y Xét hàm số : 3 2
f (t)  t  2t f '(t)  3t  2  0 t
  R . Chứng tỏ hàm số đồng biến trên R
Để f y  
1  f  2x 1 chỉ xảy ra khi : y 1 2x 1 .. Thay vào (2) ta có : 2 2 x
x    y   x x    y   2 2 11 9 2 2 2 2 11 11 2
1  2x 11x 11  2 2x 1 * 2 2 2 2        Đặt t 1 t x   x      t 1 t 1 2 1 0 *  2  11  11  2t 2  2   2  4 2 2 4 2
t t   t  
t t t t
  t  t   2 2 1 11 11 22 4 9 4 12 0 1
3 t  4t  4  0           Suy ra : Với t 1 2x 1 1 2x 1 1 x 1          ; x y  1;0 y 1  t y  0 y  0 y  0           Với t 3 2x 1 3 2x 1 9 x 5          ; x y  5;2 y 1  t y  2 y  2 y  2
Vậy hệ có hai nghiệm : (x;y)=(1;0),(5;2) ( ví t t   t  2 2 4 4 2  0 t   0 )