Mô tả:
Tæng Hîp HÖ Ph-¬ng Tr×nh
§· Up Trªn Page
Part one
(Có lời giải chi tiết)
Page: Câu Lạc Bộ Yêu Vật Lý
Admin soạn thảo:
Văn Hữu Quốc
Hinta Vũ Ngọc Anh
Nguồn bài: Sưu Tầm
3
2
4
x y 3 x y 8 y 4 0 1
C©u 1:
2
2
2 xy y y 2 0
1 2 2 x 3 y 3x 2 y 8 y 4 4 xy 2 y 2 y 2 0 y 0
x 3 3 x 2 4 x 2 8 y 3 2 y x 1 x 1 2 y 2 y *
3
3
XÐt h¯m f t t 3 t, f ' t 3t 2 1 0t f t ®ång biÕn
* f x 1 f 2 y x 1 2 y
y 1 x 1
2 2 y 2 y 1 y y 2 0 3y y 2 0
2
7
y x
3
3
7 2
VËy nghiÖm cña hÖ l¯ x; y 1;1 , ;
3 3
2
2
1 2 x y 1 4 2 x y 2 6 x 3 y 1
C©u 2:
§ K: 2 x y 0
x 1 2 x 2 x 4 8 x 2 4 xy 4
2
1 4 2 x y
2
1 6 x 3y 2 x y 1 0
1
1
4 x 2 y 1 4 x 2 y 1
0 y 2 x
2
6 x 3y 2 x y 1
2 x 1
2 x 2 x 4 2 x 4 x 1 2 x 2 x 4 4 2 x
2
2
1
1
x y
2
2
2 x 3 x 23 x 12 0 2 x 1 x 3 x x 4 0
x 3 KTM
VËy nghiÖm cña hÖ l¯ x; y 1 / 2; 1 / 2
4
3
2
y 3 3
xy 2 x 3y y 3 2 x 5y 2
1
C©u 3:
§K: x 3 y 0
3
3
3
y 17 y y 3 x 6 x 3 x y 50 2
3x y 0
1 2 x 5y 2 xy 2 x 3y y 3 x 4 y 3
x y xy 1 0 x 1 y 1 0
y 1 x 1: y
17 y
y 1 x 1: y3 17 y
3
3 x
6x
y3 3 x 3 6 x
3 x y 50, 2 x y 1
y3
3 x y 50 v« nghiÖm
3
VËy nghiÖm cña hÖ l¯ x; y 1;1
Câu 4:
x 2 y3 y 2 2 3 x 4 3 x 2 2 y y 1 x 3 x 1
DK : y 1
3
x 4 x 3 x 2 1 x y 1 1
2
1 x 3 x y
y 1
2
0 x 3 x y y 1
x 3 x y 1 y 1 y 1 3 x y 1 0
2 x4
x 0 y 1
1
x 3 x 2 1 x 3 1 x 2 x 1 x
0
x3 x2 1 1
x 1 y 2
Câu 5:
4 7 x 1 2 y2 y2 1 x 6
y2 1
1
§K
1
2
y 2 3x y 2 2 y 3x 1 9 x 2 2
x
3
C¸ch 1: 2 y 2 3x
2
2 y 2 3x 1 y 2 2 y 3x 1 3x 1 0
2
y 2 3x 1 y 3x 1
2
y 3x 1 0 y 0
0
2
2
y 3x 1 0
y 3x 1
C¸ch 2: §Æt z 3 x 1
2 y2 z 2 1
2
y 2 2 yz 3z 2 1 y 2 z 2
2
2 y 2 z 2 1 y 2 2 yz 3z 2 1
2
2
2
2
y z y z y 2 z 2 2 yz 0 y z y z 1
y 0
y z y 3x 1 2
y 3x 1
1 4 7 x 1
2
3 x 1 3 x x 6 x 0 4 7 x 2 11x 6 3 x x 6
7 x 2 11x 6 3 x
4
7 x 2 11x 6 3 x
x 6 1
Câu 6:
x 6
2 x 2 11x 6
4
7 x 2 11x 6 3 x
2x 1
4
7 x 2 11x 6 3 x
7 x 2 11x 6 3 x
x 6
x 6 y 19
7 x 2 11x 6 3 x
y
x
y4
1
2
2
x 1
x y y x 2
xy
§K:
y 1
y x 1 32 x 2 y 1 2 y 2 2
1
t2
1
1
2
t 1 1 t
1 t2
2
t 1 t2
1 t
2
t 6 t 5 t 4 2t 3 t 0 t t 1 t 3 t 2
2
2
y y 2 1 32 y 2 2 y 1
y 1 y 1 64 y 2 2 y 1
1
1 t t 1 t 2 1 t 2
2
1 t
2t 1 0 t 1 v× t 0 y
2
2
2y 2 y 1 2
2
x x y2
y 1 y 1 y 1 64 y2 2 y 1
y 1 y 1 3 y 1 64 y 2 128 y 60
y 1
1
8 y 10 8 y 6 y 1 8 y 10 8 y 6 y 1
0
y 1 3 y 1
y 1 3 y 1
5
25
y v× y 1 x
4
16
Câu 7:
2
2
6 x5 y
x
1
3
(3 y x) 0 & ( x 3 y ) 0
x2 2
DK 4 x 3x 2 y 9 xy 2
2
2
0
3 y x 4 x 3x y 9 xy
x 3y
x 3y
8 y 10
y 1
8 6y
1 6
4
2
2
5
6
5
x
x 2 x 4 x 2 6 x y
x 8 6 x y (*)
x
Xet x 0
(**)
3
3
3
2
2
2
y
4
27
y
x
4
x
27
3 y x x 3 y 4 x 3x y 9 xy
1 2
x
x
2
3y
Đặt a 2 và b
. Nên hệ đã cho trở thành:
x
x
3
2 3y
2
1 a 2b
ab 2
xy
3
x
x
3
1 b 2a
x 2
x2 2
Thay vào (*) ta có: x 4 x 8 0 x 2 x 2 x 4 0 2
x 1 5
x 1 5
6
Câu 8:
4
2 x2 1 1 x y 1 y 1
4
x x 2 y 1 2 xy y 2
2
4
(1)
Điều kiện
(2)
Ta xét phương trình (1) có VT
, nên VP
. Mặt khác:
Xét
thay vào hệ đã cho ta có được
Xét
.
Chia 2 vế phương trình (1) cho x ta được:
2
2
y 1 y 1 0 , Suy ra
. Vậy phương trình có nghiệm
1 1
1
1
y 1 y 1 2 2 2 ( y 1) 2 y 1
2
x
x
x
x
Xét hàm số f t 2 t t . Với
f ' t
1
1
1
0 . Hàm số liên tục và nghịch biến. Nên ta có y 1 (*). (y>1)
x
2 2t 2 t
x x 2 y 1 2 xy y 2 y 1 2 x y 1 x 2 0
4
Phương trình (2):
4
2
2
2
2
y 1 x 0 x y 1 (**)
2
y 1
Từ (*) và (**) ta có
y 1
1
y 1 5 1
0
y 1
y 2 x 1
y
1
Vậy phương trình có nghiệm
Câu 9:
2
2
2
20
(1)
2
3x 6 y
x y
3x 3 y 1 10
(2)
x y
Điều kiện
Ý tưởng: Quan sát thấy (1) có phần tử bậc 2, (2) có phần tử bậc 1 và có bề ngoài giống nhau. Ta nghĩ đến cộng
trừ hợp lý để tạo thành bình phương. Làm ra nháp thấy nhân pt(2) với số 2 thất bại. Ta nhân pt(2) với hẳn số 4
và tìm được lời giải đẹp.
2
2
2
2
2
2
20
20
2
2
3x 6 y
3x 6 y
x y
x y
3x 3 y 1 10
12 x 12 y 4 40
x y
x y
Đến đây ta trừ 2 vế hai phương trình cho nhau, thu được
2
4
3x 2 12 x 12 6 y 2 12 y 6
20
2
x y x y
2
1
3 x 2 6 y 1 2
1 0
x y
x 2
y 1
(t / m)
1
1
x y
Vậy nghiệm hệ phương trình đã cho là (x;y)=(2;1)
Câu 10:
2
2
3
2
x y 2 xy x 1 2 x x 1 y 0
3 2
3
2
x x 3x y y 3
(1)
(2)
Nhận thấy pt(2) không thể đưa về dạng hàm số. Ta đi khai thác pt(1)
x3 y 2 xy x 1 2 x 2 x 1 y 0
x3 y 2 x 3 x 2 y xy 2 x 2 2 x 2 y 0
x3 y xy 2 x 3 2 x x 2 y y 2 x 2 2 0
xy x 2 1 2 x x 2 1 y x 2 1 2 x 2 1 0
x 2 1 xy 2 x y 2 0
xy 2 x y 2 0(3)
Đến đây ta khai thác pt(2):
x3 y 3 x 2 xy y 2 3x xy 3 0
( x y ) x 2 xy y 2 x 2 xy y 2 3x xy 3 0
x y 1 x 2 xy y 2 3x xy 3 0(4)
Ta lấy
thu được:
x y 1 x xy y 2 3x xy 3 xy 2 x y 2 0
x y 1 x 2 xy y 2 x y 1 0
x y 1 x 2 xy y 2 1 0
2
x y 1 0(5)
x y 1
x 1& y 0
Vậy từ (3) và (5) ta thu được hệ:
xy 2 x y 2 0
x 3& y 4
Vậy nghiệm của phương trình là
Câu 11:
2 x3 3 y 3 3 x 2 7 y 2 5 y
x 2 y 2 y 1 x 2 1 y 1
Áp dụng bunhia cho pt(2) ta có:
x 2 y 2 y 1
x
x 2 y 2 y 1
2
Điều kiện:
1 2 y 2 y 1
x
2
1 y 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x
2 y
2 y 1
(*) . Suy ra
1
y2
2
Biến đổi phương trình (1):
2 x3 3 y 3 3x 2 7 y 2 5 y
2 x3 3x 2 1 3 y 3 7 y 2 5 y 1 0
x 1 2 x 1 y 1 3 y 1 0
2
2
1
y2
2
Cho nên vế trái của phương trình trên luôn
. Vậy để dấu bằng xảy ra thì
Ta có các điều kiện của nghiệm:
x 1
và
y 1 0 x y 1
2
2
Thay vào (*) thấy thỏa mãn.
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là
Câu 12:
4
2
2 y 9 y x 2(1)
Điều kiện
4 x 1 xy y 2 4 0(2)
x 1
x 0
hoặc y = 0 không là nghiệm của phương trình suy ra pt(2) tương đương
Ta thấy
x
4
x 1 1 y 2 ( y 2 4)
1
x 1
2
2
x 1 y y 4
x 1
x 1
y y 4
y
y2 4
y2 4
y
1
1
Xét hàm f (t ) t . Ta có f '(t ) 1 2 0 . Vậy f (t ) là hàm đồng biến.
t
t
Từ đó ta có
x 1
y
y2 4
x 1
y2
4
y2 4
2
y 4
x
4
y 1 x (t / m)
5
Thay vào (1) ta thu được: 3 y 2 9 y 6 0
y 2 x 1 (t / m)
2
Câu 13:
4 xy
x y 1 x y 5
x y x2 y 2
1
Điều kiện xác định: x y 0 .
.
Ta có 1 x y 5 0
2 x2 x y x
x 0
4 xy
0 xy 0
.
x y
y 0
x y 0 x x y
x
x y 1 0 x x y
2
x y 5 x 5
vì x x y 1 0 . x x y
thế vào (1) ta có:
2
y x x
1
4x x2 x
x2
1
5
x 4
x2 5 x 2 x 2 y 2
2
x
3
x2 5 4 x 5
Vậy (x;y)=(2;2)
Câu 14:
x 3
Điều kiện: y 3
14 x 2 y 48 0
3
2
3
2
x 3x 2 y 3 y
14 x 2 y 48 5 x x 3
Từ pt(2) ta có:
14 x 2 y 48 x 3 x 3 2 14 x 2 y 48
x 3 1
x 3 1 0 x 4
Kết hợp với điều kiện: 14 x 2 y 48 0 2 y 14 x 48 y 4
Do đó ta có pt(1) trở thành: x 1 3 x 1 y 3 y 3 3 y 3
3
x 1 a
Đặt:
y 3 b
a 3
ta có: a3 3a b3 3b
b 7
Xét hàm f t t 3 3t t 2 . Có f ' t 3t 2 3 0
Nên f(t) là hàm đồng biến. Vậy a b x 1 y 3 y x 2 2x 2
Thay vào pt (2) ta có:
2 x 2 18 x 44
x 3 1
x 3 2
x 3 t với t 1 x t 2 3 , ta được
Đặt
2 t 4 3t 2 4 t 2 t 2 t 4 2t 3 3t 2 4t 4 0 t 2 do t 1
Vật phương trình đã cho có nghiệm x; y 7;33
Câu 15:
4 x 2 x 2 1 1 x 2 y 3 3 y 2
2
x 2 y 2 1 x 2 2 y
Từ phương trình (2) ta có:
x
2
y 2 1 x 2 2 y x 2 y 2 x 2 y 2 y 2 2 y 1
2
2
x 2 y 2 x 2 y 2 1 y 1 0
2
x 2 1 1 x 1
0 x y 1 2
(*)
y 1 1 y 1
+) Xét
+) Xét x 0 ta có:
Ta khai thác phương trình (1)
2
(1) 4 x 2
4
2
x2 1 1 x2 y3 3 y 2
x2 1 1 x2 y3 3 y 2
x 2 1 4 x 2 1 3 y 3 3 y 2
x2 1 1
x 2 1 3 y 2 y 1
2
x3 2
Với điều kiện (*) ta có:
2
x 1 1 0
1 x 1
VT 0
2
x
1
3
0
Từ đây suy ra
y
2
0
1 y 1
VP 0
2
y 1 0
x 2 1 1 0 x 0
nên
(Loại)
y 1
y 1 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm (x,y) là (0,1)
Câu 16:
4
2
2
x y 1 x y 0
3
x 3y y 1 x
Điều kiện y 1
Phương trình (1) khá đẹp mắt, ta đi khai thác nó:
(1) x 4 y 1 x 2 y 2 0 x 2 y x 2 y 1
2
x 2 y x y 1
2
x y x y 1
Đặt t y 1 . Kết hợp với phương trình (2) ta có:
TH1:
x 4 y 1 x 2 y 2 0
3
x 3 y y 1 x
(1) x 4 y 1 x 2 y 2 0 x 2 y x 2 y 1
2
x 2 y x y 1
2
x y x y 1
Dat t
y 1 (t 0)
x 2 y x y 1
x 2 t 2 xt 1
3
3
3
x 3t 3t x
x 3 y y 1 x
x 2 t 2 xt 3t x x 3 3t 3
2 xt x t 0
Đến đây dễ rồi, các bạn tự giải nhé!
Vậy nghiệm phương trình
Câu 17:
x 2 2 y 2 2 x 4 y 3(1)
2
2
2
3x 2 x 5 2 x x 1 2( y 1) y 2 y 2
x2 2 y 2 4 y 3 2 x 6
2
2
2
2
2
x 2 x x 1 x 1 x 2 x 6 2( y 1) ( y 1) 1(*)
(*) x 2 2 x x 2 1 x 2 1 x 2 x 2 2 y 2 4 y 3 2( y 1) ( y 1) 2 1
x x2 1
2
y 1 ( y 1) 2 1
x
x x 2 1 y 1 ( y 1) 2 1(**)
2
x2 x2 1 x2 1 x 0
t
Xét hàm f t t t 1 f '(t ) 1
t2 1 t
0(cmt )
t2 1
t2 1
f t là hàm đb. (**) f x f ( y 1) x y 1
2
y 2/3 x 5/3
(1) 3 y 2 4 y 4 0
y 2 x 1
Câu 18:
2 x3 y x 2 x 4 x 2 2 x3 y 4 y 2 1(*)
(1 x 1) ______ NXet : x 0(t / m)
2
2
2
4 1 2 x y 1 3 x 2 1 2 x y 1 x (**)
Xet : x 0. __ Taco(*) 2 x 3 y (1 4 y 2 1) x 4 x 2 x 2 2 y (1 (2 y ) 2 1)
2y
1
1 1
1 2
x
x
x
1
2 xy 1 (**) 4 1 x 1 3 x 2 1 x 1 x 2 (***)
x
Dat : 1 x a; 1 x b a 2 b 2 2 & a 2 b 2 2 x(a; b 0) & (a; b 1)
8a 2 3a 2 3b 2 4b 2ab
8a a 2 b 2 3a 2 3b 2 4b 2ab
(***) 2
2
2
2
a
b
2
a b 2
2a 2 a (b 4) b 2 2b 0
(2a b)(a b 2) 0
3
2
x
(t / m)
2
2
2
5
a
b
2
a b 2
Câu 19:
x 1 x 1 2 y y x 1
2 2
2
2
y x 3x 4 4 xy 3x 4 x 17 0
x 1
1 x 1 x 1 y 0
y x 1
1
x 1
§ K: 2
xy 3x 4 0
2
x 1: 2 4 y 2 7 16 0 y 2 7 4 y 2 9 y 3
y x 1 : 2 x 1 x 2 3 x 4 4 x 2 4 x 4 x 2 17 0 x 1 x 2 3x 4 x 2 4 x 9
x 1 x 2 3 x 4 x 2 x 9
2
2
x 5
5 2 19
2 2 19
x
thö l¹i y
x 5 2 19
3
3
3
5 2 19 2 2 19
VËy nghiÖm cña hÖ l¯ x; y 1;3 , 1; 3 ,
;
3
3
Câu 20:
3 x 3 5 x 2 67 x 85 0 x 5 3 x 2 10 x 17 0
x y x y 2 x 3y 2
1
x y 2
§K:
x y 2 0
x y x y 2 x y 1 x y 2 2
1 x y
x y2 2 x y2 0
xy
x y 2
1 0 x y 2
xy2 2
2 4 2 y 3
2 y 16 2 y 2 y 3
2
8 y3 24 y 2 18 y 16 0
4 y 2 2 y2 7 y 8 0 y
1
5
x
2
2
Câu 21:
1
1
2
2
x
6
x
y
6
y
x
y
2
x 2 18
y 18
2
1
1
18
x2
1
1
18
y2
2
7
§ K:x, y 6
2 xy
xy 18
2
1
18
xy
1
1
1
1
2
2
18
18
18
1 18 1 18
1 2
1 2
1
2
2
x
y
x
y
xy
18 18 1
.
x
y
2
2 x y
1 x 2 6 x 7 x y 7
Câu 22:
x 3 3 x 2 6 x 4 y 3 3y 1
3
3
2
x 3y 7 1 1 x
2
1 x 1 3 x 1 y3 3y
XÐt g t t 3 3t, g ' t 3t 2 3 0t h¯m ®ång biÕn
1 g x 1 g y x 1 y
3
2 x 3 3x 4 1
XÐt f t 3x 4 x
4
3
1 x2
1 x
1
2
3
3
00 x
4
3
x
4
2
3x 4 x 2 4 x x 2 1 3x 2 x 1 x 2 1 1 0, 0 x
3
x 1
4
H¯m f t ®ång biÕn trªn 0; nªn ph¬ng tr×nh f t 0 cã nghiÖm duy nhÊt x 0 y 1
3
f ' t 12 x 3 12 x 2 3 1 x 2
2
VËy nghiÖm cña hÖ l¯ x; y 0;1
Câu 23:
x 2 1 y 2 1 2 xy 0
x y 2 1 y x 2 1 1 xy
(1) (2)
x y2 1 y x 2 1
x
(1)
(2)
2
1 y 2 1 xy 1
x x 2 1 y y2 1 1
x x 2 1 y2 1 y
x y
Thay v¯o (2) ta ®îc:
x 1 y 1
x x2 1 x x2 1 1 x2
x 1 y 1
VËy nghiÖm (x;y) l¯: (1,-1) v¯ (-1;1)
Câu 24:
Câu 25: Giải hệ của: Admin( Nguyễn Minh Thành)
(√
(√
)
(√
{
Điều kiện:
√
)
)
Phương trình (1) tương đương:
(√
)
Theo bất đẳng th c uniacowski ta có:
(√
√
)
(√
√
)
√
√
hi đó (2) tương đương:
Cộng vế theo vế (3) và (4) ta được:
√
Vậy
{(
√ )}
Chắc chắn còn nhiều thiếu xót,
mong các bạn thông cảm!
- Xem thêm -
.PDF 
12 
135 
128 
