Tài liệu 42 bài toán hệ phương trình

Lời nói đầu : Cũng như tiêu đề của bài viết , thì ở bài viết này gồm 42 hệ phương trình vô tỷ ôn thi ĐẠI HỌC năm 2016 gồm : 1) 2) 3) Phần I. Các bài toán sử dụng phương pháp : nhân tử , liên hợp , ẩn phụ , hàm số. Phần II. Các bài toán sử dụng phương pháp đánh giá. Phần III. Phân tích hướng đi hai bài toán Khối A và Khối B năm 2015. Toàn bộ các bài toán dưới đây là do sưu tầm trên các mạng xã hội và lời giải là do tác giả của bài viết Nguyễn Thế Duy trình bày. Hi vọng và mong muốn các bạn có được nhiều phương pháp giải hệ cũng như những phương án đối mặt khi gặp nó để biến bài toán hệ phương trình trở nên đơn giản hóa và giải quyết nó một cách dễ dàng. Phần I. Các bài toán sử dụng phương pháp : nhân tử , liên hợp , ẩn phụ , hàmsố. x 2  y 2 2 1    xy x  y xy Bài toán 1. Giải hệ phương trình :  x 2  y 2  1  1  x 2  2x xy   Lời giải. Điều kiện : x  y  0 ; xy  0 Phương trình đầu của hệ phương trình được viết lại thành : x  y   2xy   2 x, y    2 x y  1 2 1 2  0 20  xy x  y xy xy xy x  y  1 x y  1 x y  1 2 1 x  y   0  2 2 xy xy x  y  x  y  0  Với x  y  1 thế xuống phương trình hai chúng ta có :       2 7  y  1 7 x  3 3 3x 2  4x  1  0   2  7 1   7 x  3 3 y 2 2  Với  x  y  x  y thế xuống phương trình hai chúng ta có :    1 1  2x  x  x  y  2  2  x 1 x  y2 2 2 2    2 x  1 0  2  x  y2  1  x  1  ptvn  y 0  2  7 1 7  2  7 1  7  ;  ;  ;    3  3  3 3     Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm : x, y   x3  y 3  3x 2  6x  3y  4  0 Bài toán 2. Giải hệ phương trình :  2  x  1 y  1  x  6 y  6  x  5x  12y  Lời giải. Điều kiện : x  ; y  1    Phương trình một tương đương với : 3 2 3   3    3 x  3x  6x  4  y  3y  x  1  3 x  1  y  3y  y  x  1 Thế vào phương trình hai ta được : x, y   x  1 x  2  x  6 x  7  x  7x  12  x  1 x  2  2  x  6  x  7  3  x  x 1  x6  x  2    x  4  0 2  x2 2 x7 3 2  2x  8  x  2  0 suy ra : x  6  0 Do x  2 nên  x 1 x2 2  x 2 x 2  x  6 x 6 1   x4  0    2   x73 2  x73 x  2 2  x 2 2 x6      Từ đó suy ra x, y  2, 3 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình   2x 2  xy  x  1  x  3y  y 2  x  y  2 Bài toán 3. Giải hệ phương trình :  2 2 4x  y  4xy  6x  3y  2  0 x, y    Lời giải. Điều kiện : 2x 2  xy  x  1  0 ; x  3y  y 2  0 Xử lý phương trình hai chúng ta có : y  2x  1 4x 2  y2  4xy  6x  3y  2  0  2x  1 y 2x  2  y  0   y  2x  2  Với y  2x  2 thế xuống phương trình hai thì :    3 4x 2  x  1  4x 2  x  2  3x   3x 4x 2  x  1  4x 2  x 2 1 2 1  4x 2  x  1  4x 2  x  2   2 4x  x  1  3x  x x x  0  2x 4x 2  x  1  3x 2  1   2  x 1 2 2 2  4x 4x  x  1  3x  1   Với y  2x  1 thế xuống phương trình hai thì :    4x 2  1  4x2  3x  2  3x  1 . Ý 2 3 2 1 Do đó hệ phương trình có nghiệm x, y  1, 0 ;  ,   3 3  xy  2  x  y  y  xy  x  y Bài toán 4. Giải hệ phương trình :   x  1 y  xy  x  x 2  4  tưởng giải tương tự trường hợp trên ta được x           Lời giải. Điều kiện : x, y  0 ; xy  x  y Chúng ta có :  xy  x  y  xy  2     xy  2  0 x y y   xy  x  y x, y     xy  2  y   x   y 0 x  y  xy y  xy  2 1 0    0   x  y xy  x  y xy  2  y x  y xy  2  y  xy  x  y  2  4 4  2  x  1  x  1  Từ phương trình hai : y  xy  x  x    2 2 x  1 x  1   xy y      xy  2      Hay nói cách khác : y  y  xy  2 xy  2  0   xy  x  y  1   0 x y xy  2  y Do đó từ phương trình một x  y  0 suy ra thế xuống phương trình hai ta được : x  y  1 x  y  0    3 2 x  y  1  17 x  2x  3x  4  0  2 Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm kể trên  x 2  2 xy  1  2 y  2  6  2y2  Bài toán 5. Giải hệ phương trình :  2 2  x  y  y  1  5    x, y     Lời giải. Điều kiện : xy  1 ; y  2 Cộng chéo theo vế của hệ phương trình ta được : 2  2    x  5  2 xy  1  2 y  2  6  2y  x  y  y  1  x 2  5  2 xy  1  2 y  2  7  2y2  x 2  2y2  2xy  2y 2 2  xy  1  y  2  y  xy  1   xy  1    y  2  xy  y  1  0   1  xy  y  1  0  xy  y  1   1  0  xy  1  y  2  xy  1  y  2   Với xy  y  1 kết hợp với phương trình hai chúng ta có : xy  y  1      xy  y 1    2 2  1 1   1  ;  2  1,  x  y  y  1  5  x, y  2, 1 ;  1  2,  2 2  2    xy  1 ; y  2          Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm kể trên    2y2  4xy  3y  4x  1  3 y 2  1 y  2x  Bài toán 6. Giải hệ phương trình :    y  1  y  2x  2 y  x  1  Lời giải. Điều kiện : y  1 ; y  2x  Bình phương phương trình hai ta được : 2 Phương trình một được viết lại thành : 2y2  x, y    y  1 y  2x   1  y  1 y  2x  14  3y  1  4x y  1  3 y  1 y  1 y  2x  Từ hai điều trên suy ra :   1 3  y1  2y  3y  1  2 y  y  1  2y  1  3 y  1   2 4 y 1    2       y  2  y  5  4  41 5   23  ,  ;  ,2    72 4   24  Do đó hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y      x  3y  1 x  y  2x 2y  1  8  Bài toán 7. Giải hệ phương trình :  x  5  2 x  y  9y  Lời giải. Điều kiện : x  y ; 2y  1 x, y   a  x  y 2x  2a2  b2 1 2    x  y  a  x  3y  2b2  a2  2 khi đó hệ phương trình trở thành : Đặt b  2y  1   2 2y  1  b x  9y  a2  4b2  4 a,b  0     a 2  2b2  1 a  b2  2a 2  1 b  8 a  1 a  2b  1     2  2 2 2 2 2 b  1 a  2a  1  4b  a  2b  1 a  b  2a  1 b  8 x  y  1 x  2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình   Do đó suy ra :  2y  1  1 y  1              y 1 x  y  x  y  1 y  x  2  Bài toán 8. Giải hệ phương trình :  2 2 x y  8  y x  8  8  Lời giải. Điều kiện : x  y  0 và x  x, y   8   a  x  y  a2  b2  x khi đó phương trình một của hệ phương trình trở thành : b  y Đặt  b 2         1 a  a 2  1 b  a 2  b2  2  a  1 b  1 a  b  2  0 Phương trình hai của hệ phương trình được viết lại thành :    x y 2  8  8  y x 2  8  x 2 y 2  8  16x y 2  8  64  y 2 x 2  8   x 2  2x y 2  8  y 2  8  0  x  y 2  8 0x  2  y2  8 a  1 x  y  1 x  y  1 x  4, 5   ta có :    2 2 2 y  3, 5 x  y  8 x  y  8 y  1  y  8 b  1 y  1 x  3   Với  ta có :   2 2 y  1 x  y  8 x  y  8  Với   Với a  b  2  0  x  y  y  2  0 phương trình vô nghiệm vì     xy  y 0  9 7   2 2 Kết hợp với điều ta được nghiệm của hệ phương trình là x, y  3, 1 ;  ,    x  y 2  x  y  2xy  4  Bài toán 9. Giải hệ phương trình :  xy x  y  8  x 2  y 2  4x y  1  4y x  1  Lời giải. Điều kiện : x, y  1  x, y    Phương trình một được viết lại thành : x  y  4  x 2  y 2  2xy  x  y  4  2xy 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :     2x 2 y  1  x2  4y  4   4x y  1  4y x  1  x 2  y 2  4 x  y  8  2 2y 2 x  1  y  4x  4   Từ điều trên và kết hợp với phương trình hai đa được :           Từ 1 và 2 suy ra : x  y  4 x  y  12 x  y  16  0  x  y  4   xy x  y  8  2 x2  y2  4 x  y  8  6 x  y  2xy x  y  16  12 x  y  2  2 0 xy 4 2x  y  1  Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 2y  x  1  x  y  2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình  x  y  4  x  y  2y  1  x  y  5 x, y   Bài toán 10. Giải hệ phương trình :  y 2  2  xy  y   Lời giải. Điều kiện : x  y  0   a  x  y  a2  b 2  x  y  1 , khi đó phương trình một trở thành : a 2 b 2  a  b  4 b  2y  1 Đặt  Từ cách đặt, ta có : a  x  y x  y  a2   a2b2  a2  b2  x  y  1  x  y  2 2y  1  b b  2y  1   2y  1  2xy  2y  2y 2 1 Mặt khác , từ phương trình hai : 2xy  2y  2y 2  4 nên suy ra a2b2  a 2  b2  3 . Do đó ta có hệ phương trình : a2  b2  a  b  4  a  b  1  2 2 2 2 a  b  a b  3 Bài toán 11. Giải hệ phương trình : x  2   1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình ban đầu  y   2   x  y y  y x  y  1  x  xy  y x 2 y  3x  2  2x 2  3x y  1  0    x, y    Lời giải. Điều kiện : x  y  1   a  x  y khi đó phương trình một trở thành : b  y Đặt    2        ab a  b  ab  a  b  1  ab a  b  1  a  b  1 a  b  1  ab  a  b  1 Với ab  a  b  1 ta có :     y  1  0  xy  y2  1  x  y  y  xy  y 2 1  x  x y  1  y  1 Đặt t  x 2 y  1  0  y  t 2  1 thế xuống phương trình hai chúng ta có : x t  1  3x  2  2x  3x t  0  t  1 x  3 t  1 x  2  0   x   2   2  2   2    y  1  x  y 1   y  1  1 2  y  1  1 1  TH1. Với y  1 thế vào phương trình  ta có : x  1 hoặc x  2  TH2. Với x  y  1 thế vào phương trình  ta có :  y  1 y  1  1 2   y  1    y  1   2 3 2 y 1  0  y 1  0  y  1 y  1 y  1  1 1   y  1    y  1   2 y  1  1  0 vô nghiệm vì V T Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x, y  1,1 ; 2,1   3 2 0   y3  2 y  1 x  y  2y  1  Bài toán 12. Giải hệ phương trình :  3 2 2 2 y  y  y  2  2y  y x  y  y x  Lời giải. Điều kiện : x  y . Khi đó phương trình hai có dạng :  y y x y  2  x, y    y  y x  y  1 yy xy20  y  y x  y  2  Xử lý phương trình một chúng ta được :  y  1 x y  0   2 y  y  1  2 x  y Với y  1thế xuống phương trình hai suy ra x  0  Với y 2  y  1  2 x  y ta có : y  1y 2    y 1 2 y 1 1. y 2  y  1  2 x  y y2  y  1  2 x  y    Hệ phương trình :  2 2y  2y x  y  2  y  2 y  y  1  0 2. 2 y 2  y  1  2 x  y y  y  1  2 x  y  Hệ phương trình :  y  2y x  y  4   y3  y2  3y  4  0 2     Kết hợp với điều kiện, nghiệm của hệ phương trình ban đầu thỏa mãn điều trên       x 1 x  y  x  y  1 x  9  Bài toán 13. Giải hệ phương trình :  2 2 x  2x  4 x  xy  xy  y  17 x, y    Lời giải. Điều kiện : x  y và x  0   a  x  y khi đó phương trình một trở thành : a b2  1  b a2  1  9 b  x  Đặt     Mặt khác phương trình hai được biểu diễn dưới dạng :  x 2  xy  2   2x  y  21  ab  2  a  b 2 2 2 2 2 2    21 ab a  b  a  b  9  Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương  2 2  ab  2  a  b  21  2ab        t u  1  9 ut  t  9 t  a  b u  2    Đặt  , do đó ta có :  2   2 2 2 u  ab t  3  u  2  t  21  2u  u  2  t  21  2u  Vậy nên x  y,   x là nghiệm của phương trình: X  1 X 2  3X  2  0    X 2  x  1 x  4  y  3 or  y  3      1, 3 ; 4, 3 Dựa vào điều kiện kết luận hệ phương trình ban đầu có nghiệm x, y x 3  3y3  3x 2y  xy2  x  3y  Bài toán 14. Giải hệ phương trình :  2x  1 3x 3  36y 2  1  x 3 27y3  x   Lời giải. Điều kiện : x, y  Chúng ta có : x, y      x 3  3y3  3x2y  xy 2  x  3y  x  3y x 2  y 2  x  3y  0   x  3y x 2   y  1  0  x  3y  x  9y  x 3  27y 3 2 2 2 Thế vào phương trình hai ta được :  3x 3  4x 2  1  3 x 6  2x 3  x 2  3x 3  3x 2  x  1  3 x 6  2x 3  x 2  x2  x     x  1 3x  1   2  3   x 6  2x 3  x  x  1 3x 2  1  0   2  3 x 6  2x 3  x 2     3x  1 x   x 1   x  2x 3 6 2   2 x 3      1   3 2 x   2  x 2 2   ptvn  0  1 1   1 1  , ; ,   ;  3 3 3  3 3 3    x 2x  y 22  y 3 16  2x  Bài toán 15. Giải hệ phương trình :  2 x  y  x  1  2 x  y  11  Lời giải. Điều kiện : x  0 ; x  y  11  0 4  2  x  x2  x 2 2 x  x x 2 Do đó hệ phương trình có nghiệm là : x, y  1,  x 6  2x 3  x 2 x 2    3 2   x, y    Phương trình một đã cho trở thành :      2 x  2y x  2x y  4y  x y x  2y   0  x  2y 2x 6  x 4y2  16y 3  2x 2y 3  2 x6  8y 3  x 2y2 x2  2y  0 2 4 2 2 2 2 2 2 Với x 2  2y thế xuống phương trình hai chúng ta có : x 2  2x  1  x  x 2  2x  22 x  0  x 2  2x  3  x 1  x 2  2x  22  5   x  3   x1 x1 x 1  x  1 x  3 x  2x  22  5 0 2 Mặt khác : x 3 x3   1   x3 x 2  2x  22  4 x1 x 2  2x  22  5 x 2  2x  22  5 Do đó x  1  y  1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình  2  y  1 2x  y  x 2  x  xy  0 Bài toán 16. Giải hệ phương trình :  2 x  y  2xy  3x  2  0 2  Lời giải. Điều kiện : 2x  y   Xét phương trình một , ta có : y  1 2x  y  x  y  1x  1  2    1  x1 x, y    x  1  x  x  xy  0  y  1 2x  y  y  1  2x  y  x  1  2x  y  Mặt khác , từ phương trình hai : 3x  2  x  y x  1   0 x  0 2x  y  2 y1 2   0  x  0 hay x  1  2x  y  0 suy ra x  y y  1  x  1  2x  y  x  y  2x  y   2 2 x  y  2xy  2x y x 2  y 2  2xy  2x  y  Kết hợp với phương trình hai ta được : x 2  y 2  2xy  3x  2  0  x  y ; 2x  y  x  2  y  0     Vậy x,y  2,0 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình ban đầu  Bài toán 17. Giải hệ phương trình :     y 1 x2  1  y  1  2   2 2 2   x  4y x  1  6  5 x  1 1      x,y   x  1 y  1  2  Lời giải. Điều kiện : x 2  1 ; y  1 a  x 2  1  0 x 2  a2  1   hệ phương trình đã cho trở thành : 2 b y   1 b  y  1  0   2 3 2 3  a  b b2  2 ab  b  2 ab  b  2  3  3  2 2 2 2 2 2 3 2 a  4ab  6  5a b a  4ab  3ab  3b  5a b  a  4b  5 a  6  5a 1  ab  2 ab2  b3  2 a  3b a  3 a  b a  3b  0    3  2  3 2 2 3 2 3 b 1 ab  b  2 a  7ab  5a b  3b  0 ab  b  2    2  2 a  3  x  1  3  x  10  x, y  10, 2 ;  10, 2  Với  khi đó ta có :   b  1 y  2  y  1  1 Đặt                    x, y   x x  y  x  y  2y 2y 3  1  Bài toán 18. Giải hệ phương trình :  8x 2  8y  2 x 3  y 3  3  8y 2x 2  3x  1   Lời giải. Điều kiện : x  y  0 ; y  0   Từ phương trình một chúng ta có :     x x  y  x  y  2y2  2y  x2  xy  2y2   x  y  2y  0 x  y  xy 0   x  y x  2y  1 x  2y  0  x  y  2y  x  y  2y  1  0 nên  vônghiệm Mặt khác với điều kiện : x  y  0 ; y  0 thì x  y  y  x  y  2y Với x  y  0 thì phương trình hai trở thành :       8x 2  8x  3  8x 2x 2  3x  1  4 x  2x 2  3x  1  2 2x 2  3x  1  1 x    2 2x 2  3x  1  4x  1 x    3 Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm : x, y            2x  1 2 2 1 3  13 4 1 7 1 4  13 3  13   7  1 7  1  ; ; ;     4  4 4 4     x  y  x  1  x  1  x y2  Bài toán 19. Giải hệ phương trình :  x  2 x  1  y 2  y x  1  0    Lời giải. Điều kiện : x  1 ; x  y  Đặt t  x, y    x10 x  1  0  x  t 2  1 khi đó phương trình một trở thành :   t 2  t  y  1  t 2  t  1  y2  t 2  t  y  1  t  1  t 2  y2  t t y1 t 1 2   2 t  t  y  1  t 1 2   y t   Từ phương trình hai chúng ta 2có : x 1 1 2  y y   Do đó suy ra được : 1  y  t ta có : y  t  y   t  2 y t y  t  0  t t y 1 t 1   y t 2 y  t  0   x  1  0  y  y  0  y  0;1  y  t  0 2   t  y  1  t  1  0 hay nói cách khác từ phương trình một x  1 thế xuống phương trình hai thì: y  x  1  0 y  x  1  0  5  5 5 1  ,  x, y  1, 0 ;     2 3 2  2  2  y  1  y  y y  0 y  2y  1  0           Do vậy hệ phương trình có nghiệm kể trên   y 3  y  4  3x  x  2  Bài toán 20. Giải hệ phương trình :     x  y  5  Lời giải. Điều kiện : x  y ; x  2  x2 x  y  2y  4  0 x, y   a  x  y  a  b2  2y khi đó phương trình hai trở thành : b  x  y  0 a  5 b  a  b2  4  0  a b  1  b2  5b  4 Đặt       a b  1  b  1 b  4  a  b  4  x  y  4  xy Mặt khác , xét phương trình một chúng ta có :    x 2  3 x  2 2 3 x 2 4 x2 2  y   x  2  1   y 33  y  x  2  4 y y x 2 3  y3 2 3  x21 y  x21 Do đó hệ phương trình ban đầu trở thành : 2 2  x  y  4  x  y x  2  y  2  x  2  y  2  y  1  y 2  y 1  y  2     y  1  x  2  x  2  y  1  0  x2 y1 0  2  2 2  3y  3 y 2  y  1  y 2  3y  3  y x  3 y  2  y y1       y  2  x  2  y  1  0  x  2  y  1  0  x  2  y  1  0          Kết hợp với điều kiện , hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y  3, 2  x y  1  x x  y  2 Bài toán 21. Giải hệ phương trình :  2 2 4x  9y  16  9xy  7x  9y  Lời giải. Điều kiện : x  y  1 x, y      a  x  y  a2  b2  1  x khi đó chúng ta có : pt 1  a  b a 2  b2  1  2 b  y  1 Với điều ta đã đặt thì a2b2  xy  y  y 2  x mặt khác từ phương trình hai ta có :    Đặt     4x 2  16x  16  9 xy  y  y 2  x  4 x  2  2   9a 2b2 2a2  2b2  2  3ab 2x  4  3ab   2 2a  2b2  2  3ab  0 2x  4  3ab  0  Như vậy hệ phương trình đã cho trở thành :        a  b a 2  b2  1  2  a  b a 2  b2  1  2 or  2  2 2 2a  2b2  2  3ab 2a  2b  2  3ab  0  Giải hai hệ trên bằng phương pháp ẩn phụ cho ta nghiệm của hệ ban đầu là : x, y    2, 2 ; 2,1  y 2  8x  9  3 xy  12  6x  1  Bài toán 22. Giải hệ phương trình :  2  2 x  y  10x  6y  12  y  x  2   x, y     Lời giải. Điều kiện : x  2 ; y  0 ; y 2  8x  9 x  2  2 x  y   10x  6y  12   x  2  y     2 x  2  y   2  x  2   2  y    x  2  y   2 x  2  y    x  2  y   0  x  2  y    x  2  y   0  x  2  y  x  2  y  0  y  x  2  0 Xử lý phương trình hai ta có : 2 x  y  10x  6y  12  y  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Với y  x  2 thế nên phương trình một ta được : x 2  4x  13  3 x 2  4x  12  1  x  2  y  4 Sở dĩ phương trình cuối dùng phương pháp đặt ẩn phụ ta sẽ giải quyết dễ dàng. Do đó hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x, y  2, 4      x y  1  y x  1  1 x, y   Bài toán 23. Giải hệ phương trình :  2 2 x y  16x  16y  12  20xy  Lời giải. Điều kiện : x, y  1  Đặt a  x  1  0  x  a2  1 khi đó phương trình một trở thành :   2 y  b  1 b  y  1  0 a 2          1 b  b2  1 a  1  ab a  b  a  b  1  a  b ab  1  1 Xét phương trình hai :   x 2y 2  16x  16y  12  20xy  xy  2  2      16 x  y  1  16xy  xy  2 2   y  1  16 xy  x  y  1 16a b nên ta có : xy  2  16a b  xy  2  4ab  a  1 b  1  2  4ab Mặt khác : a2b2  x  1   16 xy  x  y  1 2 2 2 2 2 2 2         a2b2  a2  b2  4ab  1  x,y  1,2 a  0,b  1 Cuối cùng ta được hệ phương trình :    a  1,b  0  a  b ab  1  1  x, y  2,1   Vậy hệ phương trình có hai nghiệm kể trên   Bài toán 24. Giải hệ phương trình :     2x  y 4x  2y  1  x 2y2  xy  x 3  y 3  7x 2   2 2 2 2 2 2  x y  x  y  xy  yx  x,y     Lời giải. Điều kiện : x 2  y 2 ; xy y  x  0 Từ phương trình một ta có :   2 4x 2  y 2  2x  y  x 2y2  xy  x 3  y 3  7x 2  x 2  2y2  2x  y  x 2y2  xy  x 3  y 3  0      x  2y  2x  y  x  y y  x   0  x  y  x  y y  x   2 y  x   0  x 2  2y 2  2x  y  x 2 y 2  x  y y 2  x  0 2 2 2 2  2 x 2 2 2  y  y2  x  x 2 2   y  2 y2  x  0 x  y  0  x 2  y  y2  x  0  x 2  y  y2  x   x  y  1 TH1. Với x  y  0 thế xuống phương trình hai ta có : x  0 2x 2  2x 3  x x  1  0    x, y  0, 0 ; 1,1 x  1 TH2. Với y  x  1 thế xuống phương trình hai ta có :         2x  1  2x 2  2x  1  x 2  x  ptvn Phương trình trên dễ dàng chứng minh vô nghiệm bằng phương pháp bình phương hai lần do đó hệ phương trình đã cho có hai nghiệm kể trên   x  7y x  y  7x y  8 2xy x  y  x, y  Bài toán 25. Giải hệ phương trình :  2 1 y x 2  2x  1  2x  1  y 2   Lời giải. Điều kiện : x           21;y0 Phương trình một đã cho trở thành : x  7y  y x y Đặt a    xy ;b  y y  7x  x x y  8 2  x y y x y x 6 6 8 2  y xy x xy xy  a2  b2  1 do đó ta có : x a2  b2  1 a  b  2  a  b  1  2  2 2 ab a  b  6 a  b  8 2ab a  b  1 Với x  y và 0  x  1 thế xuống phương trình hai ta được :     2 1 x  x 2  2x  1  x 2  2x  1   x 2  2x  1  2   xy  y   x 2  2x  1 2 2x x 2  2x  5 x 2  2x  5  2 2x x 2  2x  1  2 x 2  2x  1  x 2  2x  1 2  2 2x  x 2  2x  5 2x  x 2  2x  1  0  x  y    Vậy nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y  xy  x y x  6  1, 6 1  6 1      x  x 2  x  1 y  y2  y  1  1  Bài toán 26. Giải hệ phương trình :  x 2  y 2  3  Lời giải. Điều kiện : x, y  Trước hết x  1 nhận xét không là nghiệm của hệ phương trình , do đó ta có : x      x, y    x2  x  1 y  y2  y  1  1  x  1 y  y2  y  1  x2  x  1  x  x  y2  y  1     x 1  Chia cả hai vế của phương trình cho x  1 ta được : y  x2  x  1 x1  Rõ ràng đến đây sẽ xảy ra hai tình huống :  x  a) Nếu x  1  0 chúng ta có :   y  y  y  1      x  1  2 2  x   x   x  1   x  1  1       Đến đây xét hàm số f t  t  t 2  t  1 là hàm số đơn điệu trên x  1 y  x  0 kết hợp với phương trình hai thì : x  1  0  x1 yx 0 x 2  y2  3     x   suy ra x 1  và f y  f           1 1 x  1  5  y  1  5 2 2  1 x  1  5  y  1 1  5  2 2   b) Với trường hợp x  1  0 ta cũng sẽ khẳng định được x  1 y  x  Tóm lại từ phương trình một chúng ta có : x  1  y x  1  x  0        1  1 1 5 ; 1 5  2  2 nghiệm x, y    do đó hệ phương trình ban đầu có hai     1  ; 1  5 ; 1 1  5  2 2     xy 2  2  2y 2  x x 2  4y2 3  Bài toán 27. Giải hệ phương trình :  2  y  x y  1  y  2 x  1  1      x, y    Lời giải. Điều kiện : x 2  4y2  3 ; x  1  0 Phương trình hai của hệ phương trình được viết lại thành : y 1 1  y 1  x  1  1 1 x  1 1   Sở dĩ có điều trên là ta đã đi xét hàm số f t  t  Với y    f y 1  f  x  1  1 y  1 là hàm số đồng biến trên tập xác định của nó. t x  1 thế vào phương trình một chúng ta có :     x x1 2 x2   x2 x2 x2 x  3  2   2  x  x  2  x 2  4x  1 x 2  4x  1   x  2 x 2 x 1 2 2   4x  1 x  3  2  3 x 0 2 6x  16x  16x  0    0,1  Do đó hệ phương trình ban đầu có nghiệm duy nhất x, y  2 4x 2  1 2 2 2x  3  4x  2x y 3  2y   x Bài toán 28. Giải hệ phương trình :  3 3 2  2  3  2y  x  2x  x  2  2x  1   Lời giải. Điều kiện : x  0 ; x   x, y   1 1 3 ; y 2 2 2 Với điều kiện x  0 thì phương trình một trở thành :   4x 2  1 x 3 4 1  2  2  4  2y 3  2y   3 x x x 3 3 1 1  1   2  3  1   1  3  2y 3  2y x x x x 3 3  1  1   1     1    3  2y  3  2y  x x   2x 2  3  4x 2  2x 2y  3  2y      Đặt a  1  1 ;b x    3  2y phương trình  được viết lại thành :     1 a 3  a  b3  b  a  b a 2  ab  b2  1  0  a  b  1     x 2  a  21 b 34 b2 1 0      Với 2  3  2y  1  1 thế xuống phương trình hai chúng ta có : x   3  2y 3 3 x 1 x  2x 2  x  2 1   2x  1 1   3 x 3  2x 2  x  2 x 2x  1 x 3 3   1 1 2 2    1 1 2 2  2   1   1   3 1    1    1    3 1    3 1   x  x  x x x x x  x      Lập luận tương tự như trên hoặc xét hàm số f t  t 3  t trên dễ dàng cho ta :  2 5 1 3 5  1 2 1 y 1   3 1   1    1    x  x x x x 2 4    5 1 3  5  , Kết hợp với điều kiện suy ra x, y    là nghiệm duy nhất của hệ phương trình   2  4   3 2       x  1 1  2y  xy  2 xy  y x  1  Bài toán 29. Giải hệ phương trình :  1 4  2x  2 2 x   x1  y  Lời giải. Điều kiện : x  1 ; y  0 Phương trình một chia cả hai vế cho y x  1 ta được :   Lấy pt 2  pt 3 chúng ta có : x x1  1 y 2  2x x1 x, y    2 3  1 4  2x x 2x 1    2 2 2  2 y x 1 x1 y x1 1 2x  x   4  2x  x  1  4  y x 1 x1 x1 y x1 x 4 x4 4 x4  x  0x  4 x 1 x1 x1 x   Từ đó dễ dàng tìm được nghiệm của hệ phương trình ban đầu   x  4  y  x 2  y 1  Bài toán 30. Giải hệ phương trình :   2 x  y 2  6x  2y  4  y  x  1   Lời giải. Điều kiện : x  0 ; 4  y  0  x, y    Ta sẽ đi xử lý phương trình hai như sau :  2 xy 2   6x  2y  4  y  x1   y x  1  2x 2  4xy  2y2  6x  2y  4  y  x  1  2 y x  1      2  x  1  2y x  1  y 2   x  1  y  2   2   2 x 1 y   x 1 2  0yx1 2 y 0 Với y  x  1  0 thay vào phương trình một ta được : x  3  x  x 2  x 2     x  1  x  x  2  3  x  x 2  3x  1  0 2  x  3x  1 x 1 x x  3x  1 2   x 2  3x  1  0 x  2  3 x   1 1  x2  3x  1  1   0 x 1 x x 2 3  x  1  x 2  3x  1  0  x  3  5 2 3 5 5 5 3 5 5 5 , , Từ đó suy ra hệ phương trình có nghiệm x, y   ;     2  2  2 2           Phần II. Các bài toán sử dụng phương pháp đánh giá.     3  2x2 y  x4 y2  x 4 1  2x 2  y 4  Bài toán 31. Giải hệ phương trình :  2 1  1  x  y  x 3 x 3  x  2y2   Lời giải. Điều kiện : x,y   2 2 6 4 4  4  x y  1  2x  x  y Viết hệ phương trình đã cho lại thành : 1  1  x  y  x x  x  2y 2       3   3  2 x, y    Lấy phương trình hai trừ cho phương trình một ta được :   4  x y  1 2    x   4 x y1 1 1 xy 2  2 2 2 2  1 1  x y 2 3 y 2  0 x  y 2 x y 1 x y  1      y2  4x  1 2  3 4x 8x  1  Bài toán 32. Giải hệ phương trình :  40x 2  x  y 14x  1  Lời giải. Điều kiện : 14x  1 ; y  Chúng ta có : 3       4x 8x  1  2y 14x  1  y2  4x  1 2 2 40x 2  x Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM ta được : 3 x, y    4x 8x  1  2y 14x  1   8x  1.1  2y 14x  1 2  1 8x  1   8x   1  y 2  14x  1 3 2 3   y 2  4x  1 2  2 40x 2  x  8x  1 3 8x.  y2     4x  1  2 40x 2 2   x 2  2 1 3 ;y  đây cũng là nghiệm duy nhất của hệ ban đầu  8 2  1 1 2    2  1 2xy 1 2y2 Bài toán 33. Giải hệ phương trình :  1  2x x, y  2  x 1  2x  y 1 2y   9 Do đó dấu = xảy ra khi và chỉ khi x    Lời giải. Điều kiện : 0  x, y       1 2 Trước hết , ta đi chứng minh bất đẳng thức : 1 1  2x 2  1 1  2y2  2 2xy  1 1 2xy Thật vậy , theo bất đẳng thức Bunhiacopxki chúng ta có :  1    1  2x 2  2   1 1  4   2    2 1  2y2  1 2xy  1  2x 1  2y2  2 2 x  y 2xy  1 1 1 2   0 0  1  2x 2 1 2y2 1 2xy 1 2x 2 1 2y2 1 2xy 1        Dấu = đạt được khi và chỉ khi x  y vậy thì nhiệm vụ còn lại không hề khó khăn với phương trình hai :  9  73 9  73   9  73 9  73 2 9  73 x ,  x, y   ; ,   36  36 9 36 36 36    Do đó hệ phương trình đã cho có hai nghiệm kể trên      x 1  2x  x 1  2x    x 2  2x  2  y2  4y  2  Bài toán 34. Giải hệ phương trình :  2 6x  y  11  10  4x  2x  0  Lời giải. Điều kiện : y 2  4y  2  0 ; 2x 2  4x  10  0 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM chúng ta có : x, y         4 10  4x  2x 2 14  4x  2x 2 2 4 2 2 Rút gọn ta được : 4 y  6x  11  14  4x  2x  x  10x  2y  15  0 y  6x  11  10  4x  2x  2    Tiếp tục cho phương trình một chúng ta có : x 2  2x  2  y 2  4y  2  y 2  4y  2  2x 2  4x  y2  4y  3  0 2 Cộng vế với vế của hai phương trình trên ta có :    2 3x 2  6x  y 2  6y  12  0  3 x  1  y  3 x  1 0  y  3  2 Kết hợp với điều kiện suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất kể trên  x 2  xy  3y2  y xy  2 x 2  2 Bài toán 35. Giải hệ phương trình :  y 1   1 y 1  2  x  Lời giải. Điều kiện : 2  x  0 ; y  0  x, y    Nhận xét y  0 không là nghiệm của hệ phương trình nên chúng ta có : 2 x x x pt 1      3 y  y y  x  1  x y y 2  x   2 Với x  y thế vào phương trình hai ta được: Theo bất đẳng thức AM – GM : 2x x2 1 2x  1  2 x 2 1 x 1  vì vậy ta được :      21  98 x  1     1 9 1 9  g x  g 2  x    x  1   2  x  1  1 2 8 2 8 25 x  1 2x 2 1 9 g x     x1  5x 2 8 8 5 x 1  2 x 2 x2 Dấu = xảy ra khi x  1 suy ra x  y  1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình     2 y 2  24 0 x  4 x  1  y  Bài toán 36. Giải hệ phương trình :  2y2  1   5x  y  5  1  x  y  6 x, y    Lời giải. Điều kiện : x  1 ; 5x  y  5  0 ; 2y2  1 ; 1  x  y Đặt t  x  1  0 , trước hết ta có đánh giá sau : t  2  2  0  t 2  4t  4  t 2 4t  49 49  y  4  2 y4 2 2y  1 2y  1 2y2  1  0  2   2y  1 y  4  49   2  2y2  1 y  4  49  y  5  2y  1  0   2y 2  1 y  4  49            Ta viết phương trình hai lại thành : 5t 2  y  y  t 2  6 , theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :    1  2 2 1 2   5t 2  y  5y  5t    1   .6y  36  5t y  y  t  6 5 5     5t 2  y  5 y t 2 t  2 x  5      là nghiệm duy nhất Dấu = đạt được khi và chỉ khi :  y 5 y 5 y  5   của hệ phương trình ban đầu    4   5 x 2   x3 x, y   Bài toán 37. Giải hệ phương trình :  x y  4y2  3x  8  5xy  5y   Lời giải. Điều kiện : x,y  0 Sử dụng các đánh giá cho phương trình một thì :   2 4   2 4  8 2  4 2 2  2x    2x  5 x   2x   2 1 x    xy x  y   xy4 x  y    4 x y 5t 2  y  y  t 2  2          x  3 x  y  4   2x x  y  4  8  4  8 5 x 2   x  3  2x   xy xy4  2  x  xy  4x  3x  3y  12  2x 2  2xy  8x  8  0  x 2  xy  x  3y  4  0 *      Phương trình hai để thuận tiện đánh giá thì đưa thành : 5xy  5y  4y2  3x  8  0 * * **  * suy ra : 2   x  xy  x  3y  4  5xy  5y  4y  3x  8  0  x  2y  2 2 2 Lấy  0  x  2y  2 Với điều kiện để bất đẳng thức xảy ra thì x  y  2 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình  2  2  x 1 2 x y 2 Bài toán 38. Giải hệ phương trình :   2 2 x  x  3y  3   Lời giải. Điều kiện : x,y       72 x, y   1 x  y4 4 x y 2 2 Áp dụng đánh giá của bất đẳng thức AM – GM ta có : x 4  y 4   2 2  1 2  4 2 x y x2  y  4  2 Do đó từ phương trình một ta có : 2 x 2 y2  2  7 2  7  2    1 7  2 x 2  y2  2  x 2  y 2 4 4 2 x y 2 2  y2  x 3 2  y2  2 x  3 x  3  2 x 2  3y2  3   2 2 2 x  3y  x  6x  9 y  3  2x  Bình phương phương trình hai : x  2   Kết hợp với đánh giá : x  y  2  x  2x  3  2  x  1 2   2 x 2 2  0  x 1 Đối chiếu với tất cả điều kiện để dấu = xảy ra suy ra x  y  1 là nghiệm duy nhất của hệ ban đầu       x  1 2  y 2  3 x 2x  1  Bài toán 39. Giải hệ phương trình :  3x 2  x 1  y x 2  x 2   Lời giải. Điều kiện : x,y  0 Hệ phương trình đã cho tương đương với : x,y         x  1 2  y 2  3 x 2x  1  x  1 2  y2  3 x 2x  1     2 1 3x 2  x   y x2  x 5x 2  x  1  2y x 2  x   2       Áp dụng bất đẳng thức AM – GM chúng ta có : 2x  1  4x  2 2x  1  2x  1  x 2  2x  1  y2  3 2  2x 2  4x  2  2y2  2x  1  2x 2  6x  1  2y2  0 3   2.4x. 2x  1  Và từ phương trình hai ta có điều sau : 2   5x 2  x  1  2y x 2  x  y 2  x 2  x  5x 2  3x  1  y 2  0    Do vậy 2. 5x 2  3x  1  y 2  2x 2  6x  1  2y 2  0  2x  1 nghiệm duy nhất của hệ phương trình  Bài toán 40. Giải hệ phương trình :   0  x  12  y  2 2x 2  4y2  2 3 4    xy 1  y x   xy 2  x  1  xy  3x  2y  5  2x x y  3  x  y  3       3 . là 2 x,y    0  Lời giải. Điều kiện : x  0 ; y  3  Phương trình một của hệ đã cho tương đương với :     2x 2  xy  4y2  4 2x  3y x x  y y       4xy  4y2  2x 2  3xy  4 2x 2  3xy   4xy  4y 2  2x 2  3xy  2 xy  y  2 0 Phương trình hai được viết lại thành :      x  y  3 0 Kết hợp hai điều trên suy ra x, y  4,1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình   xy32 x xy3 2 xy3  2 Phần III. Phân tích ý tưởng hai bài toán khối A và B năm2014    2  x 12  y  y 12  x  12 Khối A.2014. Giải hệ phương trình :  x 3  8x  1  2 y  1 x, y    Lời giải. Nói chung trên mạng xuất hiện khá nhiều lời giải cho bài này nhưng bài viết này là của riêng tôi nên tôi sẽ đem những gì mà mình đã phải đối mặt với câu hệ này trong phòng thi. Và hi vọng nó có ích cho các bạn khi đọc bài biết này. Trước hết , khi nhìn câu hệ này tôi phải mất tới 1,2 phút định hướng cần phải làm gì. Các bạn cũng vậy , hãy dành vài phút để nháp nó. Việc quan trọng đầu tiên là tìm điều kiện của bài toán : x 2  12  2 3  x  2 3 ; y  1 một công việc nhẹ nhàng cho ta 0,25 điểm đầu tiên. Tiếp theo ta nên làm gì, đó là quan sát từng phương trình và rõ ràng ở phương trình hai không hề có mối liên hệ gì nên tôi tìm hướng ở phương trình một. Đây là một phương trình đối xứng là vì ở con số 12 đồng thời cũng như hai biến x, y đều có sự xuất hiện x, x 2 và y, y nên nếu đặt z  y thì phương trình một trở thành : x 12  z 2  z 12  x 2  12 Đến đây thì tôi nghĩ ngay đến ý tưởngwcwủawb.ấMtđAẳnTgHthVứcNA.Mco–mGMmà không quan tâm điều gì khác đặc biệt là điều kiện để dùng bất đẳng thức đó :  x 2  12  z 2 2  x 12 z  x 2  12  z2 z2  12  x 2 2 2 2  x 12  z  z 12  x   12   2 2  12  x 2 2 z 2 z 12  x   2 Dấu = sẽ xảy ra khi và chỉ khi : x 2  z2  12  y  12  x 2 thế xuống phương trình hai ta có : x 3  8x  1  2 10  x 2 Đến đây lại khai thác một trong những kỹ năng giải hệ phương trình đó là nhẩm nghiệm. Rõ ràng điều tôi nghĩ đến luôn là căn phải là một số chính phương đó cũng là kinh nghiệm đi thi. Ta cần xử lý sao cho 10  x 2 là một số chính phương. Vậy thì có thể xảy ra hai trường hợp sau : x 2  1 ; x 2  9 và thử lại giá trị của biến sẽ thấy x  3 thỏa mãn nên tôi sẽ nghĩ đến việc liên hợp như sau:   x 3  8x  1  2 10  x 2  x 3  8x  3  2 10  x 2  1 2 x 3 x 3 2  x  3 x  3x  1  0 2 10  x  1  2  2x  6  x  3 x  3x  1    0 10  x 2  1   Nên cái phương trình còn lại sẽ vô nghiệm là vì : x 2  3x  1  0 nhưng để suy ra nó vô nghiệm chí         ít tôi cần điều kiện x  3  0 nhưng ở bước đầu tiên tôi làm chỉ có : x  2 3  0 nên bài làm của tôi đến đây đã có vấn đề. Vấn để ở chỗ điều kiện chặt của x tôi kiểm tra lại và dấu hỏi được đặt ra cho tôi là : ‘’ Chưa có x  0 thì làm sao mà có thể áp dụng bất đẳng thức AM – GM ‘’ và nếu chứng minh được x  0 thì tôi đã gần như hoàn thành bài toán. Thật vậy :     y  12  y 12  x 2  12  x 12  y  12  y 12  x 2  0  x  0 Vậy là mọi chuyện coi như đã xong. Trình bày vào giấy thi cẩn thận. Tôi được điểm trọn vẹn cho bài toán này        1 y x  y  x  2  x  y  1 y 2 2y  3x  6y  1  2 x  2y  4x  5y  3 Khối B.2014 . Giải hệ phương trình :  x, y    Lời giải. Trước hết , ta nên tìm điều kiện của bài toán đó là : x  y  0 ; x  2y ; 4x  5y  3 . Tiếp tục ta sẽ đi phân tích bài toán. Quan sát từng phương trình một và nhận thấy sự đặc biệt ở phương trình hai. Nó không quá rắc rối như ở phương trình hai nên tôi hi vọng sẽ tìm ra được điều gì đó. Để ý ở phương trình một xuất hiện hai căn thức xy ; y nên ý tưởng của tôi sẽ là đưa   a  x  y và một điểm đáng b y  chú ý ở đây là hạng tử x đứng một mình nên tôi sẽ đưa mối liên hệ giữa a,b về x thì thật tình cờ ta những cái phức tạp về đơn giản qua phép ẩn phụ phá căn thức. Đặt  có được : a2  b2  x do đó phương trình một được viết lại thành : 1  b a  a 2 2    b2  2  a 2  1 b Oh, một phương trình hai ẩna,b có sự đối xứng rõ ràng nên ta sẽ tiếp tục đi tìm nhân tử hay chính là khám phá mối quan hệ giữa a,b . Để làm công việc này , tôi nghĩ rằng kiểu gì nó cũng có dạng : b  ma  n nên với mỗi a  b do đó sẽ đi tìm được m,n . Đầu tiên đơn giản chọn a  1 hay b  1 thì thật tình cờ ở đây tôi lại được điều luôn đúng. Ak ra phương trình kia sẽ được viết dưới dạng : a  1b  1 f a,b  0 nhưng tôi chưa biết f a,bnhư thế nào cả. Và cũng dựa phương trình đó     khéo léo nhóm lại được như sau : a  1 b 1 a  b  2  0 . Vì a,b  0 nên a  b  2  0 sẽ vô nghiệm và chỉ còn hai trường hợp sau : TH1. Ta nên đi từ cái đơn giản trước đó là với b  1  y  1 thế xuống phương trình hai. Dễ dàng     thấy x, y  3,1 là nghiệm của hệ phương trình TH2. Với a  1  x  y  1  x  y  1 thế xuống phương trình hai ta có : 2y2  3y  2  1  y Đến đây mọi chuyện đã phức tạp hơn rất nhiều vì không có nghiệm đẹp. Thực sự đó là một điểm nhấn của bài toán này. Bởi tôi đi thi đã không thể hoàn thành được nó , đáng buồn. Nếu được làm lại tôi sẽ làm như sau : trước hết việc có máy tính cầm tay tôi sẽ dùng chức năng SHIFT SOLVE thì ra nghiệm khá xấu. Thật thú vị khi tôi gặp câu chuyện như thế này. Đó là ra phòng thi và về nơi trọ tôi có hỏi người xem xử lý đoạn này thế nào. Và tôi đã bất ngờ khi chứng kiến câu trả lời đó là khi bấm máy tính ra số quen thuộc : y  1 2  5  1 0, 61803... và hàm số f y   2y 2  3y  2  1  y đồng biến trên 0;1 nên nó có nghiệm duy nhất. Điều này thì chẳng ai bảo sai nhưng tôi xếp nó vào dạng may mắn. Nhưng chúng ta cần tìm một cách tự nhiên cho nó. Đó là : hệ số trước các hạng tử có điều đặc biệt 2,3,2,1 mặt khác 2 + 1 = 3 nên nếu tách 3y  y  2y thì ta sẽ nhóm được như sau :     2y 2  3y  2  1  y  2 y 2  y  1  y  1  y  0    2 y2  y  1  y y1 2 y  1y 0y2y10 Bài toán đến đây coi như đã kết thúc  Tác giả : Nguyễn ThếDuy