HỆ PHƯƠNG TRÌNH (Phần I)
x
y
2 2 y x xy 2
1.
2
2
x y 2
x3 y 3 6 y 2 3x 9 y 2 0
3.
1 x2 1
x2
log 2
20
log 2 2
2
y
4
y
5
2
4
y
y
3
y 2 x2 x 2 1
2
e
5.
y 1
3log x 2 y 6 2log x y 2 1
3
2
x y 1 3 x y 5
7.
2
2
x xy 4 y xy 4 12
2
x 1 3 y 6 y 1
9.
2
3
y 1 x 6 x 1
x3 2 3 y 1
11.
x y3 2 3
7 x y 2x y 5
13.
2x y x y 2
2 x y 2 5 4 x 2 y 2 6 2 x y 2 0
15.
1
3
2x y
2x y
x x x y y 8 y
17.
x y 5
2 y x 2 y 2 3x
19.
2
2
x x y 10 y
x3 5 y y 3 5 x
21.
4
2
x y 1
2
2
x y 1 x y 1 3x 4 x 1
23.
2
xy x 1 x
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
ln 1 x ln 1 y x y
2.
2
2
x 12 xy 20 y 0
x x 2 2 x 2 3 y 1 1
4.
2
x 1
y y 2y 2 3 1
8y x
2
16
x y
x
y
6.
x y x y
2
3
4
6
2x y y 2x x
8.
2
x 2 y 1 x 1
698
4
2
x y
81
10.
2
2
x y xy 3 x 4 y 4 0
1 42 x y .51 2 x y 1 22 x y 1
12.
3
2
y 4 x 1 ln y 2 x 0
xy 3x 2 y 16
14. 2
2
x y 2 x 4 y 33
x 2 y 2 3x 4 y 1
16.
2
2
3x 2 y 9 x 8 y 3
x 2 xy y 2 5
18. y
x
5 2
x 2 y 2 xy
6x
x y 5
20. x y
6x
2
x y xy 9
x 4 32 x y 2 3
22.
4 x 32 x 6 y 24
y xy 2 6 x 2
24.
2 2
2
1 x y 5 x
Trang 1
2
y 5 x 4 4 x
25.
2
2
y 5 x 4 xy 16 x 8 y 16 0
2 x3 9 y 3 x y 2 xy 3
27.
2
2
x xy y 3
5
2
y
3
4
y 42 x
29.
5
x3
2
y
42
x
y x3 3x 4
31.
3
x 2 y 6 y 2
x3 1 2 x 2 x y
33.
3
2
y 1 2 y y x
2
x 3y 9
35. 4
2
y 4 2 x 3 y 48 y 48 x 155 0
3
2
x xy 2000 y 0
37.
3
2
y yx 500 x 0
1
1
2
1 2 xy
1 2 x2
1 2 y2
39.
2
x
1
2
x
y
1
2
y
9
3
3
x y 9
41.
2
2
x 2y x 4y 0
2
2
2 x y 3xy 4 x 9 y
43.
2
7 y 6 2x 9x
x 4 4 x 2 y 2 6 y 9 0
45. 2
2
x y x 2 y 22 0
2
2
x y xy 3
47.
2
2
x 1 y 1 4
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
x2 1 y x y 4 y
26. 2
x 1 x y 2 y
3
2
2
7
2
4 xy 4 y x
x y
28.
2x 1 3
x y
2 xy
x
x2 y
3 2
x 2x 9
30.
2 xy
y
y2 x
3 2
y 2y 9
x y ex e y
32. log 2 x 3log y 2
1
2
2
x x2 1 y y 2 1 1
34.
y
35
0
y
2
12
x 1
x 2 y 2 1
36.
5
3
125 y 125 y 6 15 0
x 2 y 2 2 x y 2 0
38.
2
3
2 x 4 x 3 y 0
3 x 2 x 2y 2y 1 0
40.
3
2 2 x 2 y 1 1
42.
44.
46.
48.
x3 8 x y 3 2 y
2
2
x 3 3 y 1
x 4 x3 y x 2 y 2 1
3
2
x y x xy 1
8 x3 y 3 27 18 y 3
2
2
4 x y 6 x y
e x y e x y 2 x 1
x y
x y 1
e
Trang 2
49.
51.
53.
55.
1 4 x y .51 x y 1 3x y 2
1
x2 3 y y 1 2 y
x
1
2
2x x y 2
y y 2 x 2 y 2 2
x y x y 2 y
x 5y 3
2 y 2 x 2 1
3
3
2 x y 2 y x
x
2
6
y
x 2y
y
50.
x x 2 y x 3y 2
y x 2 y 2 12
52.
2
2
x y x y 12
2
2
x y xy 1 4 y
54.
2
2
y x y 2x 7 y 2
2
x x 2y
56.
2
y y 2x
2
4x 1 x y 3 5 2 y 0
57.
2
2
4x y 2 3 4x 7
3
3
2
x 8 y 4 xy 1
59. 4
4
2 x 8 y 2 x y 0
2 x 2 y 3xy 4 x 2 9 y
58.
2
7 y 6 2 x 9 x
3
2 2x 1 2x 1 2 y 3 y 2
61.
4x 2 2 y 4 6
2
2
y xy 6 x
60.
3 3
3
1 x y 19 x
x 2 y 2 1 xy y
62.
y
x y 2 2
x 1
x 4 x3 y 9 y y 3 x x 2 y 2 9 x
63.
2
2
x y x 7
x3 y 3 35
64.
2
2
2 x 3 y 4 x 9 y
1
y 2 x
2
x
y
x
65.
y x 2 1 1 3x 2 3
12
1
x 2
y
3
x
66.
1 12 y 6
y 3x
x
67.
y
x 3y
3
x2 y 2
y 3x
0
x2 y 2
4
xy 2 x 4
5
x 4 x 2
68.
x
y
3
3
2 2 y x
x11 xy10 y 22 y12
69. 4
4
2
6 y 3 x 2 2 y . 3 x 5 x 2 x 8
2 x 2 4 6 x y 2 2 2
71.
4 2 x 2 6 x 2 2 y 8 2
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
1
2
2
x y 5
70.
4 x 2 3x 57 y 3x 1
25
2 2
2
x y 2x y 0
72. 2
3
2x 4x 3 y 0
Trang 3
x 4 y 4 240
73. 3
3
2
2
x 2 y 3 x 4 y 4 x 8 y
2 x3 2 x y 1 x 2 y 1
75. 3
2
y 4 x 1 ln y 2 x 0
x 1 y 2 y 1 x 2 1
77.
1 x 1 y 2
7 xy
2
2
2x 1 2 y 1
2
79.
x 2 y 2 xy 7 x 6 y 14 0
3
3
2
y y x 3x 4 x 2
74.
2
1 x y 2 y 1
2
2
x y y xy x 18xy
81. 4 2
2
2 4
2
2 2
x y y x y x 208x y
xy 1 y y
82.
2 xy y y 1
x3 3xy 2 49
84. 2
2
x 8 xy y 8 x 17 y
y 3 y 2 x 3x 6 y 0
86. 2
x xy 3
4 x3 3xy 2 7 y
83. 3
2
y 6 x y 7
x3 2 xy 2 12 y 0
85. 2
2
8 y x 12
3
3
2
x y xy 1
87. 4
4
4x y 4x y
x 4 y 4 2
89. 3
2
2
x 2 x 2 x y
x2 y 2
x 2 xy y 2
x y
2
3
91.
x 2 xy 5 x 3 4 xy 5 x 3
xy 5 3 y 2 xy 4 3 y
2
93.
1
y 5 xy 4 0
x
3 y 1 2 x y
95.
x 8 y x y 9
x y 9 x 2 y
97.
x x 4 y 2 y 4 y 2 41
2
2
2 x x y 1 y 3 y
99.
2
x x 1 y x 2 3 y 0
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
3
2
2
x 2 y x y 2 xy
76.
2
3 3
2 x 2 y 1 y 14 x 2
x 4 2 x3 y x 2 y 2 2 x 9
78. 2
x 2 xy 6 x 6
x y cos x cos y
80. 2
x y 3 y 18 0
27 x3 y 3 125 9 y 3
88.
2
2
45 x y 75 x 6 y
2
x 2 xy x y 0
90. 4
2
2
2
x 4 x y 3x y 0
2 xy
2
2
x y x y 1
92.
x y x2 y
5
2
3
2
x y x y xy xy 4
94.
x 4 y 2 xy 1 2 x 5
4
5 x 2 y 4 xy 2 3 y 3 2 x y 0
96.
2
xy x 2 y 2 2 x y
x y x x y 2 y 2 y 2
98.
x 2 4 y 3 1 3 x 2 y
xy x 7 y 1
100. 2 2
2
x y 10 y 1
Trang 4
CÁC BÀI GIẢI
Bài 1. Ta có:
2
2
x
y
2 2 y x xy 2
x y 2
x
2
2
2 2 y y x xy x 2 y 2
x y 2
2
2
2
2
x y 2
x y 2
x
x
y
3
3
3
y
3
2
2
y
x
2 x 2 y
Xét hàm số f t 2t t 3 trên
. Ta có: f ' t 2t .ln 2 3t 2 0 t
nên f t là hàm
. Vậy 2 x x3 2 y y 3 x y .
x y
x y 1
Lúc này, hệ trở thành: 2
x y 1
2
x y 2
Vậy hệ có các nghiệm là x ; y 1;1 , 1; 1
Bài 2: Điều kiện x , y 1 . Ta có:
đồng biến trên
x 2 y x 10 y 0
ln 1 x ln 1 y x y
2
2
x
12
xy
20
y
0
ln 1 x ln 1 y x y
x 2 y x 10 y
ln 1 x x ln 1 y y
Dễ thấy rằng x, y cùng dấu. Xét hàm số f t ln 1 t t trên 1; .
1
t
Đạo hàm: f ' t
. Ta có: f ' t 0 t 0 . Vậy hàm số đồng biến trên
1
1 t
1 t
1;0 và nghịch biến trên 0; .
+) Nếu x, y cùng âm (tức là cùng thuộc 1;0 ) thì theo tính chất của hàm số f t , ta có:
x y . Thay vào hệ giải được nghiệm x y 0 (loại).
+) Nếu x, y cùng dương, tương tự ta cũng loại nốt.
+) x y 0 thoả mãn hệ.
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 0;0
Bài 3: Nhận xét: Chắc chắn không thể sử dụng phép thế hay đánh giá. Nhận thấy phương trình
thứ nhất của hệ chứa các hàm riêng biệt với x, y (chứa x3 , x và y3 , y 2 , y mà không chứa xy )
nên ta có thể đưa phương trình thứ nhất về cùng một hàm số rồi sử dụng đạo hàm để giải.
Điều kiện x 1;1 , y 1;3 . Từ đó suy ra: x 1 2;0 và y 3 2;0 .
Khai thác phương trình thứ nhất của hệ:
x3 y3 6 y 2 3x 9 y 2 0 x3 3x 2 y3 6 y 2 9 y x 2 x 1 y y 3
2
x 1 3 x 1 y 3 3 y 3 .
Xét hàm số f t t 3 t 2 t 3 3t 2 trên 2;0 . Đạo hàm: f ' t 3t 2 6t 3t t 2 .
2
2
Ta có: f ' t 0 t 0 t 2 . Vậy trên đoạn 2;0 , hàm số f t đơn điệu.
Vậy, phương trình thứ nhất của hệ tương đương với x 1 y 3 y x 2 .
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 5
2
Thay vào phương trình thứ hai, ta có:
log 2
log 2
log 2
log 2
1 x2 1
x2
log
20
2
2
y2 4 y 5
2 4y y 3
x2
y
2
4y 5
1 x2 1
2
4y y 3
2
x2
x 2
x2
x
2
2
1 2 1 x
Đặt 1 x 2 t
2
1 x2 1
2
4 x 2 5 2 4 x 2 x 2 3
1 x2 1
2
2
x2
x
2
1 x2 1
1 2 1 x
2
1
4
2
*
t 0;1 . Lúc này * trở thành:
1 t t 1 1 4 t t t 1 t 2t 2t 4 3t 2t 2t 0
2 t 2 t 4
1 7
1
(do điều kiện nên đã loại nghiệm t
t 3t 2t 2 0 t 0 t
3
3
2
3
2
3
2
3
2
2
2
7
)
x 1 y 3
+) t 0 1 x 2 0
x 1 y 1
1 2 7
1 2 7
x
y
2
1 7
1
2
7
3
3
+) t
x2
3
9
x 1 2 7 y 2 1 2 7
3
3
1 2 7 1 2 7
1 2 7
1 2 7
x
,
y
1;3
,
1;1
,
;
2
,
;2
Nghiệm:
3
3
3
3
Bài 4: Phân tích: Hệ chứa ẩn là hàm hữu tỉ và hàm số mũ, chúng có tính chất khác nhau nên
chắc chắn sẽ phải sử dụng đạo hàm. Và cũng lưu ý luôn, những hệ chứa hàm có tính chất khác
nhau thì gần như 90% sử dụng đạo hàm hoặc phương pháp đánh giá.
Cộng chéo vế theo vế và giữ một phương trình của hệ ta được hệ tương đương:
3 x 1 x 1 x 1 2 1 3 y 1 y 1
y 1 2 1 *
x x 2 2 x 2 3 y 1 1
Xét hàm số f t 3t t t 2 1 trên
Hàm số có đạo hàm: f ' t 3t .ln 3 1
.
t
t 1
2
3t .ln 3
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
t2 1 t
t 1
2
.
Trang 6
Ta có: t 2 1 t 2 t t 2 1 t t t 0 . Từ đây suy ra f ' t 0 t .
Vậy, f t đồng biến trên . Ta thấy phương trình * có dạng f x 1 f y 1 . Từ đó
suy ra x 1 y 1 x y . Lúc này hệ sẽ tương đương với:
x y
x y
2
2
x 1
x x 1 1 3 1
ln x 1 x 1 1 x 1 .ln 3
Lại tiếp tục xét hàm số g t ln t t 2 1 t ln 3 trên
1
.
t
2
1
t
1 ln 3
ln 3 .
Hàm số này có đạo hàm g ' t
t t2 1
t2 1
1
Dễ thấy ln3 1
nên g ' t 0 t . Như vậy hàm số g t nghịch biến trên .
t2 1
Mặt khác ta lại có g 0 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất là x 1 0 x 1 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1
2
Bài 5: Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: x2 1 e x y 2 1 e y
2
Xét hàm số f t t 1 et trên 0; .
Hàm số có đạo hàm f ' t et et t 1 0 t 0; .
Từ đó suy ra f t đồng biến trên 0; . Vậy phương trình thứ nhất của hệ đã cho tương
đương với: x 2 y 2 x y .
+) Nếu x y . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
3log3 y 6 1 2log 2 2 3 log 3 y 6 1 y 6 31 y 3 x 3 .
+) Nếu x y . Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
3log3 3 y 6 2log 2 2 y 2 1 3 1 log 3 y 2 2 1 log 2 y 1 1
3log3 y 2 2log2 y 1 3log3 y 2 2log2 y 1 0 * .
Xét hàm số g t 3log3 t 2 2log 2 t 1 trên 1; .
3
2
Hàm số này có đạo hàm: g ' t
.
t 2 ln 3 t 1 ln 2
3
2
3
2
2
2
Ta có:
mà
nên ta có:
ln3 ln 2
t 2 ln 2 t 1 ln 2
t 2 ln3 t 2 ln 2
3
2
, tức là g ' t 0 .
t 2 ln 3 t 1 ln 2
Như vậy nên hàm số nghịch biến trên 1; .
Ta lại có g 7 0 . Vậy * có nghiệm y 7 x 7 .
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x ; y 7;7 , 3 ; 3
Cách khác: Trong trường hợp x y , ta đặt 3log3 x 2 2log2 x 1 6u thì hệ trở thành:
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 7
u
u
2u
x 2 3
1 8
3u
2u
1 2 3 1
3u
9 9
x 1 2
u
u
1 8
Ta lại thấy hàm số h u là hàm nghịch biến mà h 1 1 nên u 1 là nghiệm
9 9
duy nhất của hệ x y 7 .
Bài 6: Điều kiện: x 0;
x y 0.
x y x y
Đi từ phương trình thứ hai của hệ:
xy
x y x x
(1)
Xét hàm số f t t 2 t trên 0; . Đạohàm: f ' t 2t 1 0 nên f t đồng biến.
Mặt khác (1) có dạng f
Đặt t x
t 0
xy f
x y x y x x.
thì y t 2 t . Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có:
t t t
2
x nên (1)
2
2
8t t 2 t
t
2
16 t
2t 3 2t 2 8t 24 0
do t
t 2 t 2t 12 0 t 2
3
4
3
2t 12 12 .
Với t 2 x 4, y 2 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 4;2
Cách giải khác: Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
x y 2 16 2 xy 8 xy 0 x y 4 x y 4 2 xy x y 4 0
x y
x y
2 xy
x y 4 x y 4
0 x y 4 x2 y 2 4x 4 y 0
x y
Bài 7: Điều kiện: x y 1 0 . Khai thác phương trình thứ nhất: x y 1 3 x y 5
Ta đặt t 3 x y (điều kiện: t 1) thì 1 trở thành:
1
t3 1 t 5 .
Dễ thấy rằng hàm số f t t 3 1 t đồng biến trên 1; (vì khi t tăng thì f t tăng).
Như vậy phương trình với ẩn t trên sẽ có nhiều nhất một nghiệm. Nhận thấy t = 2 là một
nghiệm của phương trình.
Vậy, ta có: t 2 x y 8 . Phương trình thứ hai của hệ tương đương với:
x x y 4 y x y 4 12 8x 4 8 y 4 12 .
Hệ đã cho sẽ tương đương với hệ sau:
x y 8
x y 8
2
x
1
2
y
1
6
2 x 2 y 2 2 2 x 1 2 y 1 36
x y 8
x y 8
x y 8
x y4
4
xy
2
x
y
1
81
xy
16
2
x
1
2
y
1
9
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 4;4
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 8
2
3
4
6
1
2x y y 2x x
Bài 8: Điều kiện y 1. Hệ đã cho:
2
2
x 2 y 1 x 1
Nếu x 0 thì từ (1) suy ra y 0 , thay vào (2) không thỏa mãn x 0 .
2 y y3
3 2 x x3 (3).
x
x
có đạo hàm f ' t 3t 2 2 0 nên hàm số đồng biến trên
Chia hai vế của (1) cho x3 0 ta có:
Xét hàm số f t 2t t 3 trên
.
y
y
Mặt khác (3) có dạng f f x x y x 2 . Thay vào (2), điều kiện x 2 :
x
x
2
2
4
x 2 x 2 1 x 1 x 2 x 2 1 x 1 x 2 3 x 3 y 3
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 3;3
Bài 9: Điều kiện x , y 1 . Hệ đã cho tương đương với:
2
x 1 3 y 6 y2 1
x 1 3 y 6 y 1
I
2
2
2
3
3
3
y 1 x 6 x 1
x x 6 x 1 y y 6 y 1
Xét hàm số f t t 2 3 t 6 t 1 trên 1; .
Hàm số có đạo hàm: f ' t 2t
Ta sẽ chứng minh rằng 2t
1
2
1
1
1
1
t
6
2t
.
3
2
3
3
2 t 1
2
t
1
3. t 6
1
3. 3 t 6
2
. Thật vậy: 2t
1
3. 3 t 6
6t. 3 t 6 1 .
2
2
Điều này hiển nhiên đúng do t thuộc đoạn 1; .
Như vậy, f ' t 0 t 1; f t đồng biến trên 1; . Vì đó: 1 x y 1
x y
I
2
3
x 1 x 6 x 1 2
Nhẩm được nghiệm của (2) là x 2 nên ta dùng phương pháp nhân liên hợp:
2 x2 4
x 1 1
x 2 x 2
3
x2
x 1 1
x6 2 0
x2
3
x 6
2
2. x 6 4
0
3
1
1
0
x 2 x 2
2
x 1 1 3 x 6 2. 3 x 6 4
x 2
1
1
x2
0 3
x 1 1 3 x 6 2 2. 3 x 6 4
x2
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 9
(Dễ thấy phương trình 3 vô nghiệm do
1
1 và
x 1 1
1
3
x 6 2
2. 3 x 6 4
1
)
4
Vậy nghiệm của hệ phương trình là x ; y 2;2
Bài 10: Xem phương trình thứ hai của hệ là phương trình bậc hai ẩn x, tham số y :
x2 y 3 x y 2 4 y 4 0
Phương trình này có nghiệm x 0 y 3 4 y 2 4 y 4 0 3 y 2 10 y 7 0
2
7
49
(1)
1 y2
3
9
Lại xem phương trình thứ hai là phương trình bậc hai ẩn y, tham số x :
y 2 x 4 y x 2 3x 4 0
1 y
Phương trình này có nghiệm y 0 x 4 4 x 2 3x 4 0 3x 2 4 x 0
2
4
256
(2)
0 x4
3
81
49 256 697 698
Từ (1) và (2) suy ra x 4 y 2
, mâu thuẫn với phương trình thứ nhất.
9
81
81
81
Từ đó suy ra hệ đã cho vô nghiệm
Bài 11: Nhìn hệ số có 2 và 2 nên ta chia hai vế rồi cộng lại:
1
1
2 3y 3
1
2
3
y
3
x
x
3
y3 2 3
y3 3 y 1 3 2
x
x
x
Xét hàm số f t t 3 3t trên . Đạo hàm: f ' t 3t 2 3 0 t . Từ đó suy ra hàm
1
số f t đồng biến trên . Điều này cũng có nghĩa là 2 y .
x
3
3
Thay vào phương trình 1 ta được: y 2 3 y y 3 y 2 0
0 x
y 1
+) Với y 1
2
y 2 0 y 1
y 2 .
1
1
+) Với y 2 2 x
.
x
2
1
1 x 1.
x
1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1 , ; 2
2
1 t
Bài 12: Đặt t 2 x y thì phương trình thứ nhất trở thành: 5
Xét hàm số f t 5
1 t
t
4
5. 1 2t 0
5
*
t
4
5. 1 2t trên
5
.
t
4 4
4
Hàm số có đạo hàm: f ' t 5 .ln 5 5.ln . 2t 1.ln 2 . Do ln 2 0,ln 5 0,ln 0
5 5
5
nên f ' t 0 t . Mặt khác ta lại có f 1 0 nên * t 1 2 x y 1.
1 t
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 10
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có: y 3 2 y 3 ln y 2 y 1 0 .
Tiếp tục xét hàm số g t t 3 2t 3 ln t 2 t 1 trên
.
2 t 1
2t 1
2t 2 4t 2
2
3t 2
3t 2 2
0
Hàm số này có đạo hàm g ' t 3t 2 2
t t 1
t t 1
t t 1
với mọi t nên g t nghịch biến trên . Mặt khác g 1 0 nên suy ra y 1,
y 1
x
0.
2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 0 ; 1 (Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1998 – 1999)
Bài 13: Điều kiện 7 x y 0, 2 x y 0 .
3
8
Đặt a 7 x y , b 2 x y a , b 0 a 2 b2 x y . Hệ trở thành:
5
5
a 5 b
a b 5
a 5 b
2
2
3 2 8 2
3 5 b
8b
b a b 2
b2 5b 13 0
b
2
5
5
5
5
5 77
a 5 b
b
2
(thoả mãn a 0 )
5 77
b
15
77
a
2
2
5 77
(Ta đã loại nghiệm b
do điều kiện b 0 ).
2
2
15 77
151 15 77
7x y
x 10 77
2
2
Ta lại có hệ sau:
11 77
2
y
5 77
51 5 77
2
2x y
2
2
2
2
11 77
Vậy nghiệm của hệ đã cho là x ; y 10 77;
2
Chú ý: Ngoài cách giải trên thì ta còn có một cách giải khá hay nữa, áp dụng được rộng rãi hơn
cho nhiều bài toán hệ phương trình dạng này cũng như phương trình:
7 x y 2 x y 5 7 x y 2 x y x ** .
Ta có: 7 x y 2 x y 5 *
7 x y 2x y
Lấy (*) trừ đi (**) ta được 2 x y 5 x . Đến đây ta thế vào phương trình thứ hai rồi rút x
theo y để thế lại và giải phương trình ban đầu.
Bài 14: Biến đổi hệ như sau:
xy 3x 2 y 16
xy 2 x y 2 x 1 y 2 21
2
2
2
2
x y 2 x 4 y 33
x 1 y 2 38
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 11
x 1 y 2 x 1 y 2 21
I.
2
2
x
1
y
2
38
Đặt a x 1 , b y 2 thì hệ I trở thành:
ab a b 21
ab 21 a b
ab 21 a b
2
2
2
2
a
b
2
ab
38
a b 38
a b 2 a b 80 0
a 3 4
a b 10
ab 21 a b
b 3 4
a b 8
ab 31
a b 10
a b 8
ab 13
a 3 4
a b 8
ab 13
b 3 4
a b 10
2
(Sở dĩ hệ
bị loại do a b 100 4ab 124 ).
ab 31
+) Với a 3 4 , b 3 4 thì x 3 3, y 2 3 .
+) Với a 3 4 , b 3 4 thì x 3 3 , y 3 2 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y
3 3; 2 3 , 3 3 ; 3 2
Cách giải khác: Cách 1: Lấy phương trình (1) nhân 2, sau đó cộng với phương trình (2) được
hằng đẳng thức.
16 2 y
Cách 2: Có thể rút x
, thay vào phương trình thứ hai giải phương trình bậc 4.
y 3
Bài 15: Điều kiện: 2 x y 0 . Với điều kiện này hệ tương đương với:
2 x y 2
2
2
2x y
2
2
2x y 5 4x y 6 2x y 0
5
60
2x y
2 x y
1
2
x
y
3
1
2
x
y
3
2
x
y
2
x
y
2x y
2x y
2
3
2x 3y x y
2x y
2
x
y
1
2
x
y
3
1
2x y
3
2
x
y
2x y
2x 3y
4y 1 3
2y
x
y
1
3y 3
y
2x 3y
1
1
2
3y
y
y
x
8y 6 y 1 0
4
2
2
xy
8 y2 6 y 1 0
x 3
x 3
8
4
3 y 2 3x 1 0
(Dễ thấy phương trình 3x 2 3x 1 0 có 0 , vô nghiệm)
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 12
3 1 3 1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y ; , ;
4 2 8 4
Bài 16: Dễ dàng nhận thấy ẩn phụ:
x 2 3x y 2 4 y 1
x 2 y 2 3x 4 y 1
I
2
2
2
2
3
x
2
y
9
x
8
y
3
3 x 3x 2 y 4 y 3
a b 1
a 1
Đặt a x 2 3x , b y 2 4 y thì hệ I trở thành:
.
3a 2b 3
b 0
+) a 1 x 2 3 x 1 x 2 3 x 1 0 x
3 13
.
2
+) b 0 y 2 4 y 0 y 0 y 4 .
3 13 3 13
;0 ,
;4
Vậy hệ có 4 nghiệm x ; y
2
2
Bài 17: Điều kiện x , y 0 . Đặt a x , b y a 0; b 0 thì hệ đã cho trở thành:
a 2 b2 5
2
2
a a b 8b
a b 5
2
2
2
2
2
a a b
8b a b 3
2
2
2
3
3
3
a
b
5
3b ab 8a b 4a 0
a
b
5
5
Do a 0 nên ta có thể chia hai vế của phương trình thứ hai cho a3 , ta được:
a 2 b2 5
a 2 b2 5
b 3 b 2
b
b
3b
b
3 8 4 0
a 2 a 1 a 2 0
a
a a
a 2 b2 5
a 2 b2 5
(1)
b
b
b 2
2
2
1
b 2 a b a b a
a
a 3
3
a
+) Nếu b 2a . Loại ngay do a 0 , b 0 .
3
3
+) Nếu b a . Lúc này a 2 b 2 0 , trái với phương trình (1) (loại).
2
5
+) Nếu b a . Thay vào phương trình (1) ta được a 2 5 a 2 9 x 9 .
3
9
Lúc này y x 5 9 5 4 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 9;4
Bài 18: Điều kiện: x , y 0 . Biến đổi hệ về hệ đẳng cấp bậc hai:
x 2 xy y 2 5
2
2
2
2
x xy y 5
4 x 4 xy 4 y 20
x
5 2 2
y
2
2
2 y 4 x 5 xy 4
20 x 2 25 xy 10 y 2 20
x
y
2 xy
16 x 2 29 xy 6 y 2 0
x 2 y 16 x 3 y 0
2
2
2
2
x
xy
y
5
x xy y 5
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 13
3 y
x
16
II
2
5 y 5
8
x 2y
y 1
y 1
Dễ thấy (II) vô lí. Giải hệ (I): I 2
x 2
x 2
5y 5
3 y
x 2y
x 2y x
16 I 2
5y 5
x 2 xy y 2 5
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2;1 , 2; 1
Bài 19: Nhận xét rằng x 0 khi và chỉ khi y 0 . Vậy hệ có một nghiệm là 0;0 .
Trường hợp x , y 0 . Nhân chéo vế theo vế như sau:
2
2
2
2
2
2
2 y x 2 y 2 3x
3 x 4 17 x 2 y 2 20 y 4 0
20 y x y 3x x y
2
2
2
2
2 y x 2 y 2 3x
x
x
y
10
y
2
y
x
y
3
x
x 2 4 y 2 0
I
2
2
x 2 4 y 2 3x 2 5 y 2 0
2 y x y 3x
2
2
3 x 2 5 y 2 0
2 y x y 3x
II
2
2
2 y x y 3x
Giải hệ thứ nhất:
x 2y
y2 1
y 1
2
2
3
x 4 y
2 y3 x
y2 1
y y
x 2y
x 2
I
2
2
x 2 y
2
y 1
x 2 y
x 2y
2 y x y 3x
y 1
y3 y
x 2 y
x 2
Giải hệ thứ hai:
5
2 5 2
5
x y
2
2
x
y
x y
3
3
3
II
3
2 y x 2 y 2 3x
4 y3 9 x
4y x
9
5
3 5
3 5
x y
y .4
y .4
3
2 3
2 3
(Hơi tắt, giải hệ này không khó)
4
5
3
125
3
125
y2
x .4
x .4
9
3
2 27
2 27
3 125 3 5 3 125 3 5
; .4 , .4
; .4
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 0;0 , 2;1 , 2; 1 , . 4
2
27
2
3
2
27
2 3
Bài 20: Điều kiện x x y 0 .
Đặt a
6x
x y
a 0 thì phương trình thứ nhất trở thành:
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 14
a
1 5
1
2a 2 5a 2 a 2 a (thoả mãn).
a 2
2
6x
2 x 2 y . Thay vào phương trình thứ hai, ta có:
x y
+) a 2
3 y 2 y 2 9 2 y 2 3 y 9 0 , vô nghiệm do 63 0 .
+) a
1
2
6x
1
y 23x . Thay vào phương trình thứ hai ta có:
x y 2
24 x 23x 2 9 23x 2 24 x 9 0 , vô nghiệm do ' 63 0 .
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm
Bài 21: Từ phương trình thứ hai của hệ, ta đánh giá được x , y 1;1 . Ta có:
3
3
2
2
x3 5 x y 3 5 y
x y 5 x y 0
x y x y xy 5 x y 0
4
2
4
2
x
y
1
x y 1
x 4 y 2 1
x y x 2 xy y 2 5 0
x y do x , y 1;1 x 2 y 2 xy 5 0
4
2
x y 1
x 4 y 2 1
x y
x y
x y
x y
4
2 1 5 2
5 1
5 1
2
x
x
1
0
x
x
x
2
2
2
5 1
5 1
5 1
5 1
,
;
;
Vậy nghiệm của hệ là x ; y
2
2
2
2
Bài 22: Điều kiện 0 x 32 . Cộng vế theo vế hai phương trình của hệ đã cho, ta có:
x 32 x 4 x 4 32 x y 2 6 y 21 . Đánh giá hai vế của phương trình này như sau:
+) VP y 2 6 y 21 y 3 12 12 1 . Dấu bằng xảy ra khi y 3 .
+) Đánh giá vế trái bằng bất đẳng thức Cauchy – Schwart (Bu–nhi–a–cốp–xki) như sau:
x 32 x 12 12 x 32 x 8
VT 12 2
2
2
4
4
x 32 x 1 1
x 32 x 2.8 4
x 0;32
x 16 .
Dấu bằng ở 2 xảy ra
x
32
x
Từ 1 , 2 VT = VP 12 x 16, y 3 .
2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 16;3
Bài 23: Thay x 0 vào hệ thấy không thoả mãn x 0 . Từ phương trình thứ hai của hệ ta
x2 1
rút: y 1
*.
x
Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được:
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 15
2
2
2
x 2 1
x2 1
2
2 x 1 2x 1
x
.
3x 2 4 x 1
x
3x 4 x 1 x .
x
x
x
x
x 2 1 2 x 2 1 3x 2 4 x 1 2 x 4 3x 2 1 3x 2 4 x 1 2 x 4 6 x 2 4 x 0
2x x 1 x 2 0 x 1
Quay lại thế vào * , ta có:
2
+) Với x 1 thì y 1 0 y 1.
2
x 2 0 x 1
x 2 .
+) Với x 2 thì y 1
3
5
y
.
2
2
5
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1; 1 , 2;
2
Bài 24: Thay x 0 vào phương trình thứ hai thấy không thoả mãn nên suy ra x 0 .
y 1
y y2
y
6
6
x x
2
x
Với điều kiện này, hệ tương đương với: x
I
2
1
1
2
y
2
y 5
y
5
x 2
x
x
1
y
Đặt a y , b thì hệ 1 trở thành:
x
x
2
a2 5
2
a
5
a
5
b
b
ba 6
b
2
2
2
2
2
a
2
b
5
a 5 .a 6
a 3 5a 12 0
a 3 a 2 3a 4 0
2
a2 5
b
2
a 3
2
b 2
a 3 do a 2 3a 4 a 3 7 0
2
4
Với a 3 , b 2 , thay trở lại bước đặt:
y 2x
1
y
2
x
1
y
3
x
y 2x
x 1
x 1
x
1
2
2
y
y
2
2
x
3
2
x
3
x
1
0
2
x
x 1
y 1
x
2
1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;2 , ;1
2
Bài 25: Hệ đã cho tương đương với:
2
2
y 2 5 x 2 16 x 16
y 5 x 16 x 16
2
2
2
y
5
x
16
x
16
8
y
4
xy
0
2 y 8 y 4 xy 0
2
2
y 2 5 x 2 16 x 16
y 5 x 16 x 16
2
y
y
4
2
x
0
y 0 y 2x 4
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 16
y 2 x 4
II
2
2
2 x 4 5 x 16 x 16
4
Giải hệ I ta được x ; y 4;0 , ;0 .
5
y 2x 4
x 0
Giải hệ II 2
.
y
4
9
x
0
y 0
I
5 x 4 4 x 0
4
;0 , 0;4
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 4;0 ,
5
Bài 26: Ta thấy giá trị y 0 không thoả mãn phương trình thứ nhất của hệ y 0 .
x2 1
x y4
y
Lúc này hệ đã cho tương đương với:
.
x y 2 y
x2 1
x2 1
Đặt x y a ,
b b 0 thì hệ trở thành:
y
a b 4
a 4 b
a 4 b
b 1
2
(thoả mãn)
1 1
a
3
a
2
2
4
b
0
b
2
b
1
0
b
b
x y 3
2
2
x 1
x 2
2
y x 1
y x 1
Trở lại bước đặt: x 1
2
2
y 2
y 5
y 1
x x 1 3
x x 2 0
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;2 , 2;5
Bài 27: Dùng phép thế:
2 x3 9 y 3 x y 2 xy x 2 y 2 xy
2 x 3 9 y 3 x y x 2 xy y 2
2
2
x xy y 3
x 2 xy y 2 3
3
3
3
3
3
3
x 2y
x 2y
2x 9 y x y
x 8y
2
2
2
2
2
2
3
2
x xy y 3
x xy y 3
4y 2y y 3
y 1
y 1
y 1
x 2
x 2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2;1 , 2; 1
Bài 28: Biến đổi hệ để đặt ẩn phụ:
3
3
2
2
2
2
2
2
3
x
2
xy
y
x
2
xy
y
7
3
x
y
x
y
7
2
2
x y
x y
1
x y
x y 1 x y 3
x y 3
x y
x y
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 17
Đặt a x y
1
; b x y
x y
a 2 a
2
2 x y
1
2
x y
2
. Hệ trở thành:
3a 2 b2 13
b 3 a
b 3 a
2
2
2
a b 3
3a 3 a 13 4a 6a 4 0
3
1
x
không TM a 2 x y 2 2
a 2 TM a
2
b 1
x y 1
b 3 a
y 1
2
3 1
Vậy nghiệm của hệ là x ; y ;
2 2
Bài 29: Điều kiện x , y 0 . Đặt a x , b 2 y
a ,b 0
thì hệ trở thành:
10
b
3
b 2 84a 2
10
a 3
2
b 84a 2
10
4
4 2
3
b 2a
4
2
2
b a
b
b 84a
10
2
10
2
10
2
3
3
3
b 2 84a 2 a
2
2
2
2
2
a
a
b
84
a
b 84a
b 2a
b 2a
b 2a
b 2a
1 2
1 1 661
10
2 5 1 2
3
.
3
0
5.
132
0
44 a 2 a
a 2 a
88a 2 a
5
a
2
1 661
331 661
1 661
x
b 2a
x
a
132
8712
132
5
2
y 331 661
a 1 661 a 0
b 1 661
1 661
1
y
4356
66
2
66
331 661 331 661
;
Vậy nghiệm của hệ là x ; y
8712
4356
1
1
Bài 30: Cộng vế theo vế hai phương trình: 2 xy
3 x2 2 x 9 3 y 2 2 y 9
Đánh giá hai vế của phương trình này:
1
1
2 xy 1 1 2 xy .
+) VT 2 xy
3
3
2
3
3 y 1 2 8
8
8
x
1
8
+) VP x 2 y 2 2 xy
do x y
2
x2 y 2
0 .
Mà ta lại có VT = VP nên dấu bằng ở các đẳng thức trên phải xảy ra, tức là:
x 1 y 1 0
x y 1.
x y
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 18
Thử lại, ta thấy rằng 1;1 là nghiệm của hệ đã cho.
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1
Bài 31: Nhận thấy rằng nếu sử dụng phép thế thì bậc của phương trình nhận được sẽ rất lớn (cụ
thể là bậc 9, ta có thể nhẩm được một nghiệm và việc chứng minh phương trình bậc 8 nhận
được (sau khi dùng chia bằng sơ đồ Hooc–ne) sẽ rất khó chứng minh nó vô nghiệm). Vì vậy với
bài này chúng ta sử dụng phương pháp đánh giá:
2
3
y 2 x3 3x 2
y x 3x 4
y 2 x 1 x 2 1
I
3
3
2
x
2
2
y
3
y
2
x 2 y 6 y 2
x 2 2 y 1 y 2 2
+) Nếu x 2 thì từ 1 y 2 0 và từ 2 y 2 , mâu thuẫn nên loại.
+) Nếu x 2 thì từ 1 y 2 0 và từ 2 y 2 , mâu thuẫn nên cũng loại nốt.
+) Nếu x 2 thì thay vào ( I ) tìm được y 2 .
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2;2
Bài 32: Từ phương trình thứ hai ta đặt điều kiện x , y 0 .
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: e x x e y y
1.
Xét hàm số f t et t trên 0; . Đạo hàm: f ' t et 1 e0 1 0 nên hàm số đồng
biến trên 0; . Ta lại có 1 có dạng f x f y x y .
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
log x 1
x 2
log 22 x 3log 1 x 2 log 22 x 3log 2 x 2 0 2
x 4
log 2 x 2
2
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 2;2 , 4;4
Bài 33: Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ đã cho ta được:
x3 y 3 2 x 2 y 2 2 x 2 y x y x 2 xy y 2 2 x y x y 2
x y x 2 y 2 xy 2 x 2 y 4 0 x y 0 x y
(do x 2 y 2 xy 2 x 2 y 4
Thay x y trở lại hệ ta được:
1
1
x y 2 x 2 2 y 2 2 0 )
2
2
x y
x y
x y
x y
3
3
1 5
2
2
2
y 1 y y 1 0
y 1 2y
y 2y 1 0
y 1 y
2
1 5 1 5 1 5 1 5
;
;
Vậy nghiệm của hệ là x ; y 1;1 ,
,
2
2
2
2
Bài 34: Điều kiện x 2 1 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
2
2
y
y
1
x x2 1 .
1 x x2 1 y 2 1 y 1
2
y y 1
(do
y2 1
y 2 y nên y y 2 1 0 ). Tương tự: y y 2 1 x 2 1 x
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
2.
Trang 19
Kết hợp 1 , 2 ta được hệ:
x
y
x
x
2
2
x2 y 2
2 y 1 2 x 1
2
2
2
2
2
2
y 1 x 1 x
x x 1 y 1 y
x x 1 y 1 y
y x y
x y
x y
2
2
2
2
x2 1 y 2 1 y
x x 1 x 1 x
x x 1 x 1 x
x2 1
y2 1 y
x y
x y 0
x y (loại x y 0 do x 2 1 ).
x 0
x y
Vậy x y . Thay vào phương trình thứ nhất của hệ thấy thoả mãn và thay vào phương trình
y
35
thứ hai của hệ ta được y
0 1 . Dễ thấy rằng y 0 (vì nếu y 0 thì vế trái
2
12
y 1
x y
dương nên nó vô lý). Kết hợp với điều kiện căn thức ta được y < –1.
2
2
SUY RA
35
y
35
y2
35
2
2
y
1 y 2
y
2
y 1 y
12
12
12
y 1
y 1
2
2
2
35 2
35
35
1225
2 35
2
y
y 2 y2
y
.y y y
y
12
12
12
6
144
2
2
35
1369 37
37 2 35
37
2 35
y2
y 1
y 1
y 1
y
y
0
12
144
12
12
12
12
12
35
49 2 35
25
5
5
35 3577
y2
y
y
y
y
.
y
0 y
12
12
12
12
4
3
12
(Tư tưởng trong đầu phải xác định rằng: không sợ giải phương trình bậc 4, nó có cách giải mà)
5
5
Thay lại vào phương trình 1 ta thấy chỉ có các nghiệm y
thoả mãn 1 .
, y
4
3
5 5 5 5
Vậy nghiệm của hệ là x ; y ; , ;
4 4 3 3
Cách giải khác: Với bài toán này thì việc lượng giác hóa sẽ không cho kết quả đẹp.
1
35
0.
Phương trình (1) được viết lại thành: y
12
1
1 2
y
1
cos t t ; thì phương trình trên trở thành:
y
2
1
1
35
1
1
35
35
0
0 sin t cos t sin t cos t 0 .
cos t
cos t sin t 12
12
1 cos2 t 12
Đến đây có thể đặt t sin t cos t để giải tiếp.
Bài 35: Nhận thấy rằng phương trình thứ hai của hệ đã cố ý “nhóm” hệ số của y 2 nên ta có ý
Với điều kiện y < –1, ta có thể đặt
tưởng đưa phương trình thứ hai của hệ thành bậc hai với ẩn là y 2 .
Từ phương trình thứ nhất suy ra: 3 y x 2 9 48 y 16 x 2 144 .
Hồ Văn Diên – THPT Thái Lão – Tài liệu về hệ phương trình
Trang 20
- Xem thêm -
.PDF 
51 
309 
102 
