›
›
›

Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Phần 3: Hệ phương trình - Ngô Tùng Hiếu

docx 50 trang nhungbui22 11/08/2022 1820
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Phần 3: Hệ phương trình - Ngô Tùng Hiếu", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxtai_lieu_on_thi_hoc_sinh_gioi_toan_lop_11_phan_3_he_phuong_t.docx

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Phần 3: Hệ phương trình - Ngô Tùng Hiếu

  1. III. HỆ PHƯƠNG TRINH 1. Không có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương y x 1 5 3x (2) Bài 1. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 x x 1 y 2y y y 1 x 2xy (3) Hướng dẫn giải Điều kiện: x 1. y x 1 y x 1 Phương trình (3) x y 1 y2 2y x2 0 2 2 2 2 y 2y x 0 y 1 x 1 0 y x 1 x 1 y x 1 (vì x 1) . y 1 (vì (1;1) không thỏa phương trình(2)) Thay vào phương trình (2), ta được : 3 x 1 1 x 2 x 1 3 x 1 2 0 (n) . 2 x 1 x 3 x 5 2 3 Vậy x, y 2;1 ; x, y 5 2 3;4 2 3 . x2 y2 6 2 x y 3 x y Bài 2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 2 3 x 2 2 3 y x 5y 15 0 Hướng dẫn giải x2 y2 6 2 x y 3 x y (1) Đặt . 2 3 x 2 2 3 y x 5y 15 0 (2) x y 0 Điều kiện: x y 0. x 2 (1) x y 2 x y 3 0 y 4 x Thay vào (2) ta được: 3 x 2 2 3 4 x x2 5x 5 0 x 3 3 x 3 2 (x 3)(x 2) 0 3 2 3 x 2 1 (4 x) 4 x 1 x 3 3 2 x 2 0 (*) 3 2 3 x 2 1 (4 x) 4 x 1 Phương trình (*) vô nghiệm do: x 2 x 2 0 VT 0 .
  2. Vậy x = 3 và y = 1 là nghiệm của hệ phương trình. x3 y(1 y) x2 y2 (2 y) xy3 30 0 Câu 1. Giải hệ phương trình: 2 2 x y x(1 y y ) y 11 0 x 2y 4x y 5 Câu 2. Giải hệ phương trình: x, y ¡ . x y 1 3 2 x3 xy2 y6 y4 x xy e e ln 6 4 0 Câu 3. Giải hệ phương trình: y y y 0 2 8 3 4y 3 24x 16x Lời giải 3 Điều kiện: x 0; 0 y . 4 3 2 x3 xy2 y6 y4 x xy x3 xy2 3 2 y6 y4 6 4 - Ta có e e ln 6 4 0 e ln x xy e ln y y (1). y y 1 Xét hàm số f t et ln t ( t > 0 ) f ' t et 0, t > 0 , suy ra hàm số g(t) đồng t biến trên khoảng 0; . Kết hợp với (1) ta có x3 xy2 y6 y4 x3 y6 y2 x y2 0 x y2 x2 xy2 y4 y2 0 x y2 2 - Thế (2) vào phương trình còn lại của hệ đã cho ta được: 8 3 4y 3 24y2 16y4 16y4 24y2 8 3 4y 3 0 3 Xét hàm số g y 16y4 24y2 8 3 4y 3 16 16 3 g ' y 64y3 48y 16y 4y2 3 0, 0< y 3 4y 3 4y 4 3 Suy ra hàm số g y nghịch biến trên khoảng 0; , từ đó phương trình ( 3) có nghiệm duy 4 1 1 nhất y , suy ra x . 2 2 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x, y , . 2 2 2 4 x y 8 y 7x 1 Bài 3. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 6y 2x 4 x y 1.
  3. y 1 Điều kiện : 0 x 4 2 x y 2 6y 2x 4 x y 1 2x2 4xy 2y2 2x 6y 4 x y 1 2 x y 1 2 x2 2x y 1 y 1 2 y 1 x 2 x y 1 2 2 y 1 x x y 1 0 y x 1 Thế vào pt đầu ta được 4 x x 7 x2 5x x2 3x 3 x 1 4 x x 2 x 7 2 1 1 x 3x 3 1 x 1 4 x x 2 x 7 3 21 x 2 2 x 3x 3 0 5 21 y 2 2 y x (x y) Bài 4. Giải hpt 3 x y (x, y ¡ ). 2 2 2(x y ) 3 2x 1 11 1 Điều kiện x ≥ 2 Từ phương trình thứ nhất dễ dàng suy ra được y > 0. y x2 (x y) 3 x y x2 (x y)( 3 x y 1) x2 (x y) y 0 x2 (x y)(x y 1) x2 (x y) y2 Ta có 0 3 (x y)2 3 x y 1 x2 (x y) y x2 (x y) x y (x y 1) 0 3 2 3 2 (x y) x y 1 x (x y) y x y 1 0 y x 1 Thay vào phương trình thứ hai ta được 4x2 4x 2 3 2x 1 11 Đặt t = 2x 1 ta được t4 – 3t – 10 = 0 t = 2
  4. 5 3 Từ đó tìm được (x, y) ( , ) 2 2 x, y 0 Bài 5. Tìm tất cả các số thực x, y thỏa hệ: x y 2 . x 1 y 1 x y 1 Hướng dẫn giải Ta chứng minh nếu các số x, y thỏa mãn hai điều kiện đầu thì xx 1 y y 1 1 x 1 ln x y 1 ln y 0 Thay y 2 x ,ta chứng minh f x x 1 ln x 3 x ln 2 x 0 với 0 x 2 1 1 Ta có f ' x ln x ln 2 x x 2 x 1 1 1 1 f '' x 2 2 x 2 x x 2 x 2 2 1 1 1 1 1 x 1 1 1 0 x 2 x 2 x 2 x x 2 x x 2 x Do đó f ' x nghịch biến trên 0;2 , hơn nữa f ' 1 0 nên f ' x nhận giá trị dương trên 0;1 và âm trên 1;2 .Suy ra f x f 1 0 với mọi x 0;2 . Từ đó,hệ phương trình có nghiệm x y 1. x4 x3 y 9y y3 x x2 y2 9x Bài 6. Giải hệ phương trình sau: 3 3 x(y x ) 7 Hướng dẫn giải x4 x3 y 9y y3 x x2 y2 9x x(x y)(x y)2 9(x y) x(x y)2 9 3 3 3 3 3 3 x(y x ) 7 x(y x ) 7 x(y x ) 7 3 3 y x 3 y x x y x x x 3 3 3 3 3 3 4 x(y x ) 7 x ( x) x 7 (3 x x) x x 7 x x 3 3 y x y x x x 4 3 4 3 2x x 9x 27x x 7 x 27 0 2x x 9x 27x x 7 x 27 0
  5. 3 y x x 4 3 3 2 2 ( x 1)(2x 2x x 2x 7x x 7x 7x x 20x 20 x 27) 0 3 3 y x y x x 1 x x y 2 3 ( x 1)((x x 1)(2x 7x x 20) 7) 0 x 1 x x2 y2 9 x x x2 y2 5 Bài 7. Giải hệ phương trình . x 5 3x y 6 5 y Hướng dẫn giải y 0 y 5 ĐK: . x2 y2 2 2 x x y 0 9 x Từ (2) suy ra: x 6 1 (2'). 5 y Do y 0 phương trình (1) tương đương với x x2 y2 y y x x 6 1 (1') .Đặt u x x2 y2 y y y y u u2 1 * Xét y 0:phương trình (1')trở thành: 6u 1. u u2 1 5 Nhân liên hợp của mẫu số đưa về phương trình:u u 3 u2 1 0 được nghiệm u 0;u . 3 + u 0 suy ra x 0 không thoả mãn loại. 5 x 5 + u .Thế vào (2') được x 5; y 3. 3 y 3 u u2 1 * Xét y 0 :phương trình 1' trở thành: 6u 1.Phương trình này có nghiệm u=0 suy ra x=0 u u2 1 (Không thoả mãn điều kiện bài toán). Vậy hệ đã cho có một nghiệm x; y 5;3 .
  6. 3 2 2 x 2x y 1 x y 1 Bài 8. Giải hệ phương trình : . 2 2 2 x 2x y y 3 y 2x 2 Hướng dẫn giải Ta có: (1) 2x(x2 2) 2(y 1) x2 (y 1) 2x(x2 2) (y 1)(x2 2) 2x y 1 y 2x 1 Thế vào (2) ta có : x 2x2 (2x 1)2 2x 1 3 (2x 1)2 2x 2 x 2x2 6x 1 4x2 6x 1 2x2 6x 1 2x x 2x2 6x 1 2x2 6x 1 2x2 2 2x 6x 1 x x 0 3 15 15 2x2 6x 1 2x x y 2 2 2x 6x 1 4x 6 6 x 0 3 2 3 3 2 3 2x2 6x 1 x x y 2 2 2x 6x 1 x 3 3 3 15 15 3 2 3 3 2 3 Vậy nghiệm của hệ PT là: ; và ; . 6 3 3 3 2 4 x y 8 y 7x 1 Bài 9. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 6y 2x 4 x y 1. Hướng dẫn giải y 1 Điều kiện : . 0 x 4 2 x y 2 6y 2x 4 x y 1 2x2 4xy 2y2 2x 6y 4 x y 1 2 x y 1 2 x2 2x y 1 y 1 2 y 1 x 2 x y 1 2 2 y 1 x x y 1 0 y x 1 Thế vào pt đầu ta được : 4 x x 7 x2 5x x2 3x 3 x 1 4 x x 2 x 7 2 1 1 x 3x 3 1 x 1 4 x x 2 x 7
  7. 3 21 x 2 2 x 3x 3 0 5 21 y 2 x2 2y2 xy 4 Bài 10. Giải hệ phương trình: 2 2 x y 2xy 2 (Chưa giải) 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 18 Bài 11. Giải hệ phương trình: 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 2 (Chưa giải) x3 (y z)2 2 3 2 Bài 12. Giải hệ phương trình: y (z x) 30 3 2 z (x y) 16 (Chưa giải) 3 x y x y Bài 13. Giải hệ phương trình: x y x y 2 (Chưa giải) Bài 14. Giải các hệ phương trình 8xy x3 9z2 27(z 1) x2 y2 16 3 2 a) x y b) y 9x 27(x 1) 2 3 2 x y x y z 9y 27(y 1) (Chưa giải) Bài 15. Giải các hệ phương trình: x3 9y2 27y 27 0 x3 2y 1 x2 y2 z2 2xy zx zy 3 a) y3 9z2 27z 27 0 b) c) y3 2z 1 2 2 3 2 x y yz zx 2xy 1 3 z 9x 27x 27 0 z 2x 1 (Chưa giải) 6 3 2 2 x y x 9y 30 28y Bài 16. (Trại hè Hùng Vương 2013) Giải hệ phương trình 2x 3 x y Hướng dẫn giải Từ phương trình đầu của hệ ta có x2 y 3 y2 y 6 x2 x4 3x2 10 0
  8. x2 y 3 2 2 4 2 y y 6 x x 3x 10 0 * Coi (*) là phương trình bậc 2 ẩn y ta có 3 x4 4 0 x nên (*) vô nghiệm. Do đó hệ phương trình tương đương với 2 x y 3 2 2x 3 x x 3 2x 3 x y x 2x 3 x 2x 3 x 1 2x 3 0 x 1 2x 3 0 Từ đó ta tìm được nghiệm của hệ là 3;6 , 2; 1 Bài 17. (Thi cụm Quỳnh Lưu, năm 2016-2017) Giải hệ phương trình sau: 3 2 3 2 2x xy x 2y 4x y 2y (1) 2 4x x 6 5 1 2y 1 4y (2) Hướng dẫn giải 1 Điều kiện: y 2 (1) (x 2y)(2x2 y2 1) 0 x 2y . Thay vào (2) ta có phương trình 4x2 x 6 2x 1 5 x 1 (3) Xét x 1 thỏa mãn (3), suy ra y 1 x 1 Xét x 1: (3) 4x2 x 6 (1 2x) 5 x 1 x 1 4x2 x 6 1 2x x 1 0 x 1(loai) 2 4x x 6 1 2x x 1 (4) 1 x 2 7 Kết hợp (3) và (4) ta được 2 x 1 2x 1 2 x 2 2 4x 8x 3 0 1 2 7 2 7 Kết luận: Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm: (x; y) ( 1; );( ; ) 2 2 4 Dạng 2: Đặt ẩn phụ 2 x 2 y 8 Bài 1. Giải hệ phương trình: 2 2 x 4 y y 4 x 4
  9. Hướng dẫn giải x 2cos 2u Điều kiện: x; y [ 2;2]. Đặt với u,v [0; 2 ]. y 2cos 2v 2 2 sin u cosv 1/ 2 (1 cos 2u)(1 cos 2v) 2 sin u cos v 1/ 2 HPT cos 2u sin 2v cos 2vsin 2u 1 sin 2(u v) 1 u v 4 sin(u v) sin(u v) 2 sin(u v) 1/ 2 u v 4 u 4 (thỏa). u v u v u v v 0 4 4 4 x 2cos 0 Kết luận: nghiệm hệ phương trình là 2 . y 2cos0 2 x2 1 y2 xy 4y Bài 2. Giải hệ phương trình: y x y 2 x2 1 Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình đã cho, ta xét các giá trị y 0 , chia hai vế của PT thứ nhất cho y 0 ta được x2 1 x y 4 y y x y 2 x2 1 x2 1 Đặt u , v x y ta có hệ phương trình y u v 4 v 4 u u 1 u(v 2) 1 u(4 u 2) 1 v 3 x2 1 u 1 1 Với ta có y (*) v 3 x y 3 Giải hệ PT (*) ta được hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2) Vậy hệ PT ban đầu có hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2) 2 2 x y x y 2 4 y 2 Bài 3. Hệ phương trình tương đương với 2 2 x y x y 2 y 2 y 2 0 + Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm + Với y 2, chia hai vế của hai phương trình cho y + 2 ta có
  10. x2 y2 x y 2 4 y 2 x2 y2 x y 2 0 y 2 x2 y2 Đặt a , b x y 2 y 2 a b 4 a b 4 a 2 Khi đó ta có hệ phương trình 2 ab 4 a 2 0 b 2 x2 y2 2 y x x 1, y 1 Do đó y 2 2 x x 2 0 x 2, y 2 x y 2 2 Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1), (-2; 2) x 2 2x 1 y 2 2y 1 2. x 2 y 2 Bài 4. Giải hệ phương trình: (x, y ¡ ). x y 2xy x 2 2x 1 y 2 2y 1 1 1 2 Điều kiện x , y , * . Viết lại hệ dưới dạng: y 2 x 2 2 2 x y 2xy x 2 2x 1 u 0 y 2 Đặt uv 2x 1 2y 1 4xy 2(x y) 1 1 y 2 2y 1 v 0 x 2 u v 2 Hệ phương trình trở thành : u v 1 uv 1 x 2 2x 1 y 2 2x2 3x 4 y x y x y 2 0 hay 2 2 y 2 2y 1 x 2 2y 3y 4 x 2x 3x 4 y x y 0 do * x; y 1;1 , 2; 2 . 2  2x 3x 4 y Kết hợp điều kiện (*) ta được nghiệm của hệ là: x; y 1;1 . Bài 5. Giải hệ phương trình sau: x4 y4 x2 y2 x y 4 4 2 2 2 1 y x y x y x 3 2 4 x x 15y 30 4 27 1 y 2
  11. Hướng dẫn giải x y Đặt t t 2 y x x2 y2 t 2 2 y2 x2 4 4 x y 2 2 4 2 4 4 t 2 t 2t 4 y x 1 t 4 4t 2 2 t 2 2 t 2 0 t 4 5t 2 t 6 0 t 2 t3 2t 2 t 3 0 t 2 0 3 2 t 2t t 3 0 3 2 t 2 Xét f t t 2t t 3 với t 2 f ’ t 3t 2 4t 1 t 2 7 2 7 - -2 2 + 3 3 f’(t) + + 0 - 0 + + f(t) + -11 1 f t ; 111; . f t 0 vô nghiệm t 2 . x y . 2 x3 x2 15x 30 4 4 27 1 y , đk: x 1 . Ta có : 4 4 27 1 y 3 3 3 x 1 x 10 . x3 x2 15x 30 x 10 x 2 2 x 5 0 3 Do x 1 x 5 0 VT 3 0 x 2 (t/m).
  12. 2x y 1 5 Bài 6. Giải hệ phương trình : 2y x 1 5 Hướng dẫn giải 2 u x 1 0 x u 1 +) Đặt 2 v y 1 0 y v 1 2u2 v 3 0 +) Đưa về hệ: 2 2v u 3 0 u v 2 2u v 3 0 2u 2v 1 0 2 2u v 3 0 Giải hệ (I) ta được u v 1 x y 2 Hệ (II) vô nghiệm Vậy hệ có nghiệm x y 2 . Bài 7. [Đề xuất, Chyên Lào Cai, DHDDBBB, 2015] Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 x xy x y 4 y 2 0 2 2 x 2y xy 2x 4 0 Lời giải 2 2 x y x y 2 4 y 2 Hệ phương trình tương đương với 2 2 x y x y 2 y 2 y 2 0 + Với y = -2 thì hệ phương trình vô nghiệm + Với y 2, chia hai vế của hai phương trình cho y + 2 ta có x2 y2 x y 2 4 y 2 x2 y2 x y 2 0 y 2 x2 y2 Đặt a , b x y 2 y 2 a b 4 a b 4 a 2 Khi đó ta có hệ phương trình 2 ab 4 a 2 0 b 2 x2 y2 2 y x x 1, y 1 Do đó y 2 2 x x 2 0 x 2, y 2 x y 2 2 Kết hợp với điều kiện thì hệ phương trình có hai nghiệm (x; y): (1; -1), (-2; 2)
  13. Bài 8. [Đề thi hsg Ngô Gia Tự, Vp, 2012-2013] Giải hệ phương trình: 3x y 10 x y 2 2x 2x x y y x y 25 xy Lời giải a 2x y a b 10 Đặt : khi đó ta có hpt : . b x x y a.b 25 Bài 9. [Đề xuất, Chuyên Thái Bình, DHĐBBB,2015] Giải hệ phương trình sau: 4 2 2 2 3 2 2 x x y y y x y x 5(x y 7 (x 1) 2x y 8) 13(2x 1) Lời giải 2x y 8 0 ĐKXĐ: y 7 0 x2 y2 0 (x2 y2 )(x2 y 1) 0 Từ (1) ta được: 2 x y 1 Trường hợp đầu suy ra x=y=0 nhưng ko là nghiệm của hệ Do vậy ta được: x2 = y + 1 (1 điểm). Thay vào phương trình (2) ta được: 5(x x 2 6 (x 1) x 2 2x 7 ) 13(2x 1) b2 a2 1 a x2 6; b x2 2x 7 2x 1 b2 a2 x 2 Thay a b 2 a b 5 a b 26(a b) 5 0 a b 5 1 a b 5 Dễ thấy a b 2 6 nên trường hợp thứ ba bị loại. Hai trường hợp đầu ta tính được x=-1/2 KL: Hệ có một nghiệm x=-1/2; y=-3/4 Bài 10. Giải hệ phương trình sau: x2 2x xy y2 y 2 ; x, y ¡ 4x3 y3 3x2 x 15 x y 3 x y y x y 4x x Hướng dẫn giải Điều kiện: x 0, y 0.
  14. Đặt a x,b y ( a 0,b 0).Hệ phương trình đã cho trở thành 4 3 5 a 2a b b 1 6 6 5 2 3 2 3 2 4a b 3a 15a b 3a b a b 4a 2 Nhận xét: a 0 b 0; b 0 a 0.Do đó a,b 0,0 là một nghiệm của hệ. Bây giờ ta xét a 0,b 0 .Đặt b ka k 0 .Với cách đặt này thì Phương trình (1)trở thành: 1 2k 1 2k ak 5 a (3) k 5 Phương trình (2)trở thành: 2 4a6 a6k 6 3a5 15a2 k 2a2 3a k 3a3 a3k 4a3 (4) 5 6 3k 1 2k 3 2 Thay (3)vào (4)ta được: 4 k 5 3 k k 4 (5) 1 2k 3k Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái của (5)ta được: 2 3k 5 1 2k 3k 5 1 2k 4 k 6 5 5 4 k 6 . 3 3 1 2k 3k 1 2k 3k 2 2 22 12 4 k 6 k 4 k 3 k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k 1.Khi đó a b 3 hay x y 9. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x; y là 0;0 , 9;9 . 2 2 2x 5xy y 1 Bài 11. Giải hệ phương trình sau: . 2 2 y( xy 2y 4y xy) 1 Hướng dẫn giải + Điều kiện: 4y x 2y 0. + Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta được: 2x2 5xy y2 y xy 2y2 4y2 xy 0. 2 2 x x x x Chia cả hai vế của PT cho y ,ta được: 2 5 1 2 4 0. y y y y x + Đặt t t 2;4 ta có phương trình: y 2t 2 5t 1 t 2 4 t 0.
  15. 2t(t 3) t 2( t 2 1) (1 4 t ) 0. t 2 1 (t 3) 2t 0. t 2 1 1 4 t t 2 1 Với t 2;4 thì 2t 0. t 2 1 1 4 t 1 3 Với t 3 suy ra x 3y thay vào PT (1): 2y2 1 y x . 2 2 3 1 Kết luận:Nghiệm của hệ phương trình là: ; . 2 2 z2 2xyz 1 2 2 2 3 4 Bài 12. Giải hệ phương trình: 3x y 3xy 1 x y x, y, z ¡ . 4 3 2 z zy 4y 4y 6y z Hướng dẫn giải z2 2xyz 1 1 2 2 2 3 4 Giải hệ phương trình: 3x y 3xy 1 x y 2 . 4 3 2 z zy 4y 4y 6y z 3 1 z2 Vì z 0 không thỏa hệ pt nên 1 xy . 2z Đặt z tan u u ; \ 0 thì xy cot 2u . 2 2 3cot2 2u 1 Từ (2): y tan 6u. cot3 2u 3cot 2u 4 tan 6u 4 tan3 6u Vậy x cot 2u.cot 6u .Thay vào (3): z tan 24u. 1 tan4 6u 6 tan2 6u k Vậy tan u tan 24u u k ¢ . 23 11  Vì u ; \ 0 nên u , ,  . 2 2 23 23  k Vậy tan u tan 24u u k ¢ . 23 11  Vì u ; \ 0 nên u , ,  . 2 2 23 23  11  Vậy hệ có nghiệm: x, y, z cot 2t.cot 6t;tan 6t;tan t trong đót , , . 23 23 
  16. x3 1 2(x2 x y) Bài 13. Giải hệ phương trình: 3 2 y 1 2(y y x) (Chưa giải) x2 2y2 1 2 2 Bài 14. (Chuyên Vĩnh Phúc 2010 – 2011) Giải hệ phương trình: 2y 3z 1 x, y, z ¡ xy yz zx 1 Hướng dẫn giải +) Nếu x 0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm +) Nếu x 0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta được x2 1 2a2 1 2 2 2 2 2 1 2a 2a 3b 4a 3b 1 1 x2 2a2 3b2 1 2 2 1 2a a ab b 2a a 1 b a 1 0 x2 a ab b 1 a 1 2 2 2 2 4a 3b 1 4a 3b 1 b 1 a 1 2a 1 b a 1 0 a 1 2a 1 b 0 b 1 2a 2 2a 3a 1 0 a 1 +) Nếu thay vào (1) không thỏa mãn b 1 a 1 b 1 1 b 1 2a a 1 a +) Nếu 1 thay vào (1) không thỏa mãn, thay 2 vào (1) ta có 2a2 3a 1 0 b 1 a b 0 2 b 0 1 1 x 2 . Do đó nghiệm của hệ là x; y; z 2; ;0 , 2; ;0 2 2 Bài 15. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình, năm 2013) Giải hệ phương trình sau: y x2 x y 3 x y x, y ¡ . 2 2 2 x y 3 2x 1 11 Hướng dẫn giải 1 Điều kiện x ; x2 x y 0 ; x y 2 1 Từ phương trình thứ nhất suy ra y và x y cùng dấu mà y x y x nên y 0 . Ta có 2
  17. y 0 từ phương trình thứ nhất suy ra x 1 mà 1;0 không thỏa mãn pt thứ 2 nên y 0 y x2 x y 3 x y x2 x y 3 x y 1 x2 x y y 0 x2 x y x y 1 x2 x y y2 0 2 2 3 x y 3 x y 1 x x y y 2 x x y x y x y 1 0 2 2 3 3 x x y y x y x y 1 x y 1 0 y x 1 Thay vào phương trình thứ hai ta được 4x2 4x 2 3 2x 1 11 4 5 3 Đặt t 2x 1 ta được t 3t 10 0 t 2 .Từ đó tìm được x; y ; 2 2 1 x3 y3 19x3 Bài 16. Giải hệ phương trình 2 2 y xy 6x Bài 17. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 2 x 2013 y 1 m 2 2 x y 2y 2013 2013 x m Hướng dẫn giải: 2 x 2013 y 1 m (I) 2 2 x y 2y 2013 2013 x m 2 x 2013 z m * Đặt z y 1. Ta có (II) 2 2 x z 2012 2013 x m Nhận xét : Hệ (I) có nghiệm duy nhất hệ (II) có nghiệm duy nhất * Điều kiện cần : Giả sử hệ (II) có nghiệm duy nhất x; z . Vì x; z là nghiệm của (II) nên x; z , x; z , x; z cũng là nghiệm của (II) Do đó để (II) có nghiệm duy nhất thì x z 0. Với x z 0, ta có : m 2013 * Điều kiện đủ :
  18. 2 x 2013 z 2013 (1) Với m 2013 . Ta có 2 2 x z 2012 2013 x 2013 (2) * Vì x2 2013 z 2013,x, z , Dấu = xảy ra x z 0 nên (1) x z 0 ( Thỏa mãn (2 )) Do đó hệ (II) có nghiệm duy nhất x z 0 . * Vậy hệ (I) có nghiệm duy nhất hệ (II) có nghiệm duy nhất m 2013 . 2 2 2x 5xy y 1 Bài 18. Giải hệ phương trình sau: 2 2 y( xy 2y 4y xy) 1 Hướng dẫn giải: 2 2 2x 5xy y 1 (1) Ta có: 2 2 y( xy 2y 4y xy) 1 (2) +) Điều kiện : 4y x 2y 0. + Trừ vế với vế hai phương trình của hệ ta có: 2x2 5xy y2 y xy 2y2 4y2 xy 0 2 2 x x x x Chia cả hai vế của PT cho y , ta có: 2 5 1 2 4 0 y y y y x + Đặt t t 2;4 ta có phương trình: y 2t 2 5t 1 t 2 4 t 0 2t(t 3) t 2( t 2 1) (1 t 2 1) 0 t 2 1 (t 3) 2t 0 t 2 1 1 t 2 t 2 1 Với t 2;4 thì 2t 0 t 2 1 1 t 2 1 3 Với t 3 suy ra x 3y thay vào PT (1): 2y2 1 y x 2 2 3 1 Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là: ; 2 2 4 2 2 2 3 2 2 x x y y y x y x 1 Bài 19. Giải hệ phương trình sau: 5 x y 7 x 1 2x y 8 13 2x 1 2 Hướng dẫn giải:
  19. 2x y 8 0 ĐKXĐ: y 7 0 x2 y2 0 x2 y2 x2 y 1 0 Từ (1) ta được: 2 x y 1 Trường hợp đầu suy ra x y 0 nhưng ko là nghiệm của hệ Do vậy ta được: x2 y 1 Thay vào phương trình (2) ta được: 5 x x2 6 x 1 x2 2x 7 13 2x 1 (*) b2 a2 1 Đặt a x2 6;b x2 2x 7 2x 1 b2 a2 x 2 a b 2 Thay vào (*) ta được a b 5 a b 26 a b 6 0 a b 5 1 a b 5 Dễ thấy a b 2 6 nên trường hợp thứ ba bị loại. 1 Hai trường hợp đầu ta tính được x 2 1 3 KL: Hệ có một nghiệm x ; y . 2 4 x x2 1 y y2 1 1 (1) Bài 20. Giải hệ: (x, y ¡ ) 1 1 x2 x 1 2 1 y2 (2) Hướng dẫn giải: Điều kiện: x 1, y 1 x, y ¡ x x2 1 x x2 1 1 y y2 1 y y2 1 1 2 2 y y 1 x x 1 (3) Kết hợp với (1) ta được: 2 2 x x 1 y y 1 (4) Cộng (3) và (4) ta được y = -x, thế vào (2) ta được: 1 1 x2 x 1 2 1 x2 (5) Đặt x sin t,t 0; , phương trình (5) trở thành 2
  20. 1 cost sin t(1 2cost) t t t 2 t 2 cos 2sin .cos . 1 2 1 2sin 2 2 2 2 4 t k t 3 t 2 t 6 3 3sin 4sin sin 3 sin 2 2 2 2 4 4 t k 2 3 t 1 6 x Với t 0; ta được 2 2 t x 1 2 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x,y) = ; ; (x,y) = (1;-1) 2 2 Dạng 3: Sử dụng hàm số 2 2 x x 4 y y 1 2 Bài 1. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: . 2 3 3 6y 5y 1 x 1 Hướng dẫn giải 2 2 x x 4 y y 1 2 (2) Đặt . 2 3 3 6y 5y 1 x 1 (3) pt 2 x x2 4 2y 2y 2 4 f x f 2y với f t t t 2 4,t ¡ . t t 2 4 f t 0,t ¡ . t 2 4 x Suy ra f(t) đồng biến trên ¡ . Do đó: f x f 2y x 2y y 2 x Thế y vào phương trình (3) ta được: 3x2 +5x + 2 = 2 3 x3 +1 2 3 x +1 + 2 x +1 = x3 +1 + 2 3 x3 +1 . Đặt u = x +1,v = 3 x3 +1 . Phương trình trở thành: u3 2u v3 2v u v u2 uv v2 2 0 3 3 x = 0 u = v x +1= x +1 x = 1
  21. 1 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: 0;0 , 1; . 2 Bài 2. Giải hệ phương trình 3 x3 4x 2 4 6 2y y 4 3 3 y 4y 2 4 6 2z z 4 3 3 z 4z 2 4 6 2x x 4 Hướng dẫn giải Điều kiện: x, y, z 3. 3 Xét các hàm số f t t3 4t 2, g t 4 6 2t trên ;3. t 4 3 4 Khi đó ta có f ' t 3t 2 4 0, g ' t 0,t 3 . t 4 2 6 2t Mà f t , g t là các hàm số liên tục trên ;3 suy ra f t đồng biến trên ;3 và g t nghịch biến trên ;3. Không mất tính tổng quát ta giả sử x min x, y, z . Khi đó ta có: Nếu x y g x g y f z f x z x g z g x f y f z suy ra y z g y g z f x f y x y , vô lí vì x y . Do vậy x y , tương tự lí luận như trên ta được x z suy ra x y z . 3 Thay trở lại hệ ta được x3 4x 2 4 6 2x (1). x 4 Theo trên, bên trái là hàm đồng biến, bên phải là hàm nghịch biến, nên phương trình có nhiều nhất 1 nghiệm Mà x 1 là nghiệm nên nó là nghiệm duy nhất của phương trình (1). Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là x y z 1. 3 3 2 x y 3y x 4y 2 Bài 3. Giải hệ phương trình : 2 3 x y 5x y Hướng dẫn giải 3 3 2 3 3 x y 3y x 4y 2 x x (y 1) (y 1) Ta có : . 2 3 2 3 x y 5x y x y 5x y Hàm số f(x) = x3 + x là hàm số đồng biến trên R nên phương trình f(x) = f(y - 1) x = y – 1.
  22. 3 3 x x (y 1) (y 1) x y 1 x y 1 Do đó . 2 3 2 3 2 3 x y 5x y x y 5x y (y 1) y 4y 5 5 2 3 y y 2 Ta có (y 1) y 4y 5 4 . 3 2 y 12 y 15y 38y 24 0 x 1 x 11 Vậy hệ có 2 nghiệm : ; . y 2 y 12 Bài 4. Giải hệ phương trình: 2 64.y3 22x 7 1 log y 1 2. y 2 2 x 2y 1 2 x 3 x 2 y 1 2 1 y Lời giải. 3 Phương trình (2) 2x y 1 2x y 1 2 . Xét hàm số f t t3 t,t R , ta có: f / t 3t 2 1 0,t R do đó hàm số f t đồng biến trên ¡ . từ (2) ta suy ra f 1 2 . Vây 2x y 1 1 y 2x y 0 3 2 2 x 64.y 128.y 1 Thay y 2 vào (1) ta được: log2 y 1 2. y 2 2y 1 y 8y y 2 1 log y ( 1)2 2 y 2 2 2y 1 y 2 2 1 1 log2 y 2 y 2 1 log2 (2 ) (2 ) 1 (3) y y 2 Xét hàm số: f a log2 a a 1 , (a>0) 1 1 2 f '(a) 2a 2 2 .2a 2 2 2 0 a ln 2 a ln 2 ln 2 Vậy hàm f a là hàm đồng biến trên khoảng (0, ), do đó:
  23. 1 1 (3) f y 2 f 2 y 2 2 y y y 1 4 1 3 2 y 2 4 2 y 2y 4y 1 0 3 13 y y y 2 3 13 3 13 3 13 Kết hợp điều kiện ta nhận được y suy ra 2x x log 2 2 2 2 3 13 3 13 Vậy hệ phương trình có nghiệm log ; 2 2 2 x4008 x2004 20042x 2004x (1) Bài 5. Giải hbpt (x > 3). 4006 2003 2x x x x 2003 2003 (2) ▪ (2 đ) Đặt y = 2004. Do x > 0, y > 0 nên ta được: (1) x 2y + xy > y2x + yx x2y – y2x + xy – yx >0 (xy – yx)(xy + yx + 1) > 0 xy – yx > 0 xy > yx ( do xy + yx + 1 > 0). ln x ln y ln x ln 2004 ▪ (1.5 đ) xy > yx ln(xy) > ln(yx) ylnx > xlny . Vậy: (3). x y x 2004 ln 2003 ln x Biến đổi tương tự, bất phương trình (2) trở thành: (4). 2003 x ln 2004 ln x ln 2003 Từ (3) và (4), hệ đã cho trở thành: (5). 2004 x 2003 ln x 1 ln x ▪ (1.5 đ) Xét hàm số: y = f(x) = , y’= 3. x x2 ln 2004 ln x ln 2003 Nên hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; + ), do đó: tương đương với 2004 x 2003 2003 < x < 2004. 3 2 3 x x y x x y 1 1 Bài 6. Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 x 9y 6 x 3y 15 3 6x 2 2 Giải: Ta có 1 x2 x 1 x 1 y x2 1 0 x2 1 x y 1 0 y x 1 Thế vào 2
  24. x3 9 x 1 2 6 x2 3x+3 15 33 6x2 2 x3 9x2 6x 6 33 6x2 2 x3 3x2 6x 4 6x2 2 33 6x2 2 x 1 3 3 x 1 6x2 2 33 6x2 2 * Xét f z t3 3t trên ¡ f ' z 3t 2 3 0t ¡ f z đồng biến trên ¡ Từ * và x 1 3 6x2 2 x 1 3 6x2 2 x3 9x2 3x 3 0 2 x3 3x2 3x 1 x3 3x2 3x 1 0 2 x 1 3 x 1 3 3 2 x 1 x 1 3 2 1 x 3 2 1 3 2 1 x 3 2 1 3 3 2 7x y 3xy x y 12x 6x 1 (1) Bài 7. Giải hệ phương trình . 2 2 2 x 3 9 y y 1 (2) (Chuyên Bắc Giang) Lời giải Điều kiện xác định: 3 y 3 . Phương trình (1) tương đương với phương trình: x y 3 2x 1 3 y 1 x (3) Thế (3) vào (2) ta được: 2 x2 3 8 2x x2 x 0 2 x2 3 8 2x x2 x
  25. 4 x2 3 2x 8 2x 8 2x x2 2 x 1 2 x 8 2x x2 3 0 2 x x 1 2 0 8 2x x2 3 x 1 0 x . 2 0 8 2x x2 3 Ta có hai trường hợp: * TH 1: Nếu x 1 thì y 0. Thử lại vào hệ phương trình ban đầu thấy thỏa mãn. x * TH 2: Nếu 2 0 thì ta có phương trình 8 2x x2 3 2 8 2x x2 x 6 x 6 0 (vô nghiệm). 2 5x 4x 4 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x; y 1;0 . 2x 2y 2x y 2xy 1 1 3 Bài 8. Giải hệ phương trình: 3 3y 1 8x 2y 1 x 0 Hướng dẫn giải 2x 2y 2x y 2xy 1 1 (1) 3 3 3y 1 8x 2y 1 (2) (1) 2x 1 2 y 1 2x 1 y 1 0 2x 1 0 ĐK: (2x + 1)(y + 1) 0 Mà x > 0 y 1 0 (1) 2x 1 y 1 2x 1 2 y 1 0 2x 1 y 1 0 y 2x Thay vào (2): 3 6x 1 8x3 4x 1 6x 1 3 6x 1 2x 3 2x (3)
  26. Hàm số f(t) = t3 + t đồng biến trên R 1 (3) 3 6x 1 2x 4x3 3x 2 NX: x >1 không là nghiệm của phương trình 2 k 1 9 3 Xét 0 x 1: Đặt x = cos với 0 Ta có: cos3 (k Z ) Do 2 2 2 k 9 3 0 2 9 Vậy hệ có nghiệm cos ;2cos 9 9 Bài 9. [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2014-2015] (4,0 điểm): Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 1 y x x y 1 x 2 1 4x2 18x 20 y 1 2x2 9x 8 Lời giải Điều kiện > - 1;2 ≤ ≤ 5/2. Đặt 푡 = -4 2 + 18 - 20→0 ≤ 푡 ≤ 1/2. Phương trình (2) tương đương với 2 2 - 9 + 6 -4 2 + 18 - 20 + = + 1 2 2 - 9 + 8 4 (푡) = 푡 + 1 + 0 ≤ 푡 ≤ 1/2. 푡2 + 4 Ta có (푡) đồng biến trên [0;1/2] nên 1 2 = (0) ≤ (푡) ≤ = 83/34 0↔푡 < 푒 푡 푡2 Xét 2 ≤ ≤ 5/2 ta có hàm số g(x) đồng biến. Xét +1 ≥ 4 ta có hàm số g(y+1) nghịch biến
  27. Ta có 2 ≤ ≤ 5/2 nên ( ) ≥ (2)↔ ( ) ≥ 푙푛2/2 +1 ≥ 4 nên ( + 1) ≤ (4) = 푙푛2/2 Mặt khác g(x) liên tục trên (0 ; +∞) nên ( ) = ( + 1) = 푙푛2/2 Khi đó = +1; = 2; = 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 2 ; 3) Bài 10. [Đề dữ liệu, Chuyên Lê Hồng Phong, DHĐBBB, 2015] Giải hệ phương trình: 2x y 1 log 3 x2 2 x 3 3 2 x 2 1 x y 1 x y x y 2 3 .5 7 2 Lời giải x y x y 1 3 x y Điều kiện: 2x y 1 0 Ta có 2 10. 5. 7 2 0 5 5 t t 1 3 t Đặt t x y ta có phương trình 10. 5. 7 2 0 (*) 5 5 t t 1 3 t Xét hàm số f t 10. 5. 7 2 với t ¡ 5 5 t t 1 1 3 3 t Ta có f ' t 10. ln 5. ln 7 ln 7 0 t ¡ 5 5 5 5 Nên hàm số f t nghịch biến trên ¡ Mà f 1 0 suy ra phương trình (*) có nghiệm duy nhất t 1 Với t 1 ta có x y 1 2 log 2x y 1 log x2 2 1 3 x2 2 3x 3 3 3 log x 2 log x2 2 1 3 x2 2 3x 3 3 3 log x 2 3 x 2 log x2 2 1 3 x2 2 1 3 3 1 Xét hàm số g t log t 3t với t 0 ta có g ' t 3 0 t 0 3 t ln 3 g t đồng biến trên 0; Do đó phương trình có dạng g x 2 g x2 2 1 x 2 x2 2 1 x2 2 x 1 x 1 0 x 1 1 x 2 2 x 2 x 1 2x 1 2
  28. 1 1 Với x ta có y (thỏa mãn điều kiện 2x y 1 0 ) 2 2 1 1 Vậy hệ có nghiệm x; y ; 2 2 8 xy 2y 8y 4 x y 2 Bài 11. Giải hệ phương trình: 3x 8 . 2x 7 y 1 2 Hướng dẫn giải 7 + ĐK: x ; y 1. 2 + Biến đổi 1 được: 4 xy 2y 8 xy 2y 4 x y 2 . 2 2 xy 2y 2 x y 2 y x 2. 3x 8 + Thế vào 2 ta được: 2x 7 x 3 . 2 Áp dụng BĐT Cauchy ta được: 2x 7 1 2x 6 ▪ 2x 7 2x 7 .1 . 2 2 x 3 1 x 2 ▪ x 3 x 3 .1 . 2 2 3x 8 Suy ra 2x 7 x 3 .Dấu ' ' xảy ra khi và chỉ khi x 4. 2 Vậy nghiệm x; y cần tìm là 4;2 . Bài 12. Giải hệ phương trình sau: x3 x2 ex 1 1 ex 1 2 y xy 2x y 2 0 (x, y ¡ ). 4x2 2y 8x 14 x2 2x y 2 3 x 5 x 2 Hướng dẫn giải (1) (x2 y 2) x ex 1 1 0 (3) Xét hàm số f (x) x ex 1 1 trên ¡ ; f '(x) 1 ex 1; f '(x) 0 x 1 x 1 f '(x) + 0 - 1 f (x)
  29. Từ bảng biến thiên, ta có f (x) 1,x ¡ Do đó (3) y 2 x2 Thế vào phương trình (2) ta được: 2x2 8x 10 2x2 2x 4 3 x 5 x 2 1 (4) Điều kiện xác định của (4) là: x 1 (*). Với đk (*), ta có: (4) (2x 2)(x 5) (2x 2)(x 2) 3 x 5 x 2 3 2x 2 x 5 x 2 3 x 5 x 2 3 x 5 x 2 2x 2 3 3 2x 2 3 x 5 x 2 ( 2x 2 x 5) ( x 2 3) 0 x 7 x 7 0 2x 2 x 5 x 2 3 1 1 (x 7) 0 2x 2 x 5 x 2 3 1 1 x 7 (tm (*)) ( Vì 0 x 1) 2x 2 x 5 x 2 3 Với x 7 y 47 (thỏa mãn điều kiện). Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) (7; 47). 3 3 2 x y 3y x 4y 2 Bài 13. Giải hệ phương trình : 2 3 x y 5x y Hướng dẫn giải 3 3 2 3 3 x y 3y x 4y 2 x x (y 1) (y 1) Ta có : . 2 3 2 3 x y 5x y x y 5x y Hàm số f(x) = x3 + x là hàm số đồng biến trên R nên phương trình f(x) = f(y - 1) x = y – 1. 3 3 x x (y 1) (y 1) x y 1 x y 1 Do đó 2 3 2 3 2 3 x y 5x y x y 5x y (y 1) y 4y 5 5 2 3 y y 2 Ta có (y 1) y 4y 5 4 3 2 y 12 y 15y 38y 24 0 x 1 x 11 Vậy hệ có 2 nghiệm : ; y 2 y 12 3x2 y3 2xy3 y(y2 9) 27 Bài 14. Giải hệ phương trình : (x, y ¡ ). 3 2 2 2 x y 4xy 9y 5y 9 Hướng dẫn giải +) y = 0 không thỏa mãn
  30. 9 27 3x2 2x 1 2 3 y y +) y ≠ 0, hệ pt 3 9 9 x 4x 5 2 y y 3 3x2 2x 1 t3 t 2 (1) Đặt t = , hệ phương trình trở thành 3 2 y x 4x 5 t 3t (2) +) Từ hai phương trình trên suy ra x3 + 3x2 + 6x + 4 = t3 + 3t (x +1)3 + 3(x +1) = t3 + 3t (3) Xét hàm f(t) = t3 + 3t đồng biến trên ¡ . Phương trình (3) tương đương x+ 1 = t. 3 Thay vào phương trình (2) và giải phương trình được x = 1, y = . 2 3 Nghiệm của hpt là (1; ). 2 (x2 1)(y2 1) 3xy Bài 15. (Olimpic Trại hè Hùng Vương 2013) Giải hệ phương trình : 2 2 x y xy 8x 9y 23 0 Hướng dẫn giải (x2 1)(y2 1) 3xy Hệ phương trình : 2 2 x y xy 8x 9y 23 0 Ta có : x2 y2 xy 8x 9y 23 0 x2 (y 8)x y2 9y 23 0 14 (y 8)2 4(y2 9y 23) 3y2 20y 28 0 2 y x 3 Tương tự : x2 y2 xy 8x 9y 23 0 y2 (x 9)y x2 8x 23 0 11 (x 9)2 4(x2 8x 23) 3x2 14x 11 0 1 x y 3 x2 1 y2 1 Ta có : (x2 1)(y2 1) 3xy  3 x y x2 1 1 11 1 11 Xét hàm số f (x) x với x 1; , ta có : f '(x) 1 0,x 1; nên hàm số f(x) x x 3 x2 3 11 11 đồng biến trên 1; , suy ra f (x) f (1) 2,x 1; 3 3 y2 1 1 14 1 14 Xét hàm số g(y) y với y 2; , ta có : g '(y) 1 0,y 2; nên hàm số y y 3 y2 3 14 3 14 g(y) đồng biến trên 2; , suy ra g(y) g(2) ,y 2; 3 2 3 x2 1 y2 1 11 14 Suy ra :  3;x 1; ,y 2; x y 3 3 2 2 2 2 x 1 y 1 x 1 Do đó phương trình (x 1)(y 1) 3xy  3 x y y 2 x 1 Vì không thoả mãn phương trình thứ 2 của hệ nên hệ đã cho vô nghiệm . y 2
  31. Bài 16. (Chuyên Nguyễn Tất Thành – Yên Bái) Giải hệ phương trình: 3 2 x y 1 17 5 x 3y 4 y 14 4 y 3x 5 x Hướng dẫn giải Điều kiện x 5; y 4 17 5 x 3y 4 y 14 4 y 3x 5 x 3 5 x 2 5 x 3 4 y 2 4 y (1) Xét hàm số f (t) (3t 2) t liên tục trên 0; ) có 3t 2 f '(t) 3 t 0, t 0 2 t Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên 0; ) Khi đó (1) f 5 x f (4 y) 5 x 4 y y x 1 Thay y vào phương trình đầu ta được x 0 3 2 3 2 x x 1 1 x x 2x 0 x 1 x 2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 0; 1 ; 1;0 ; 2; 3 Bài 17. (Chuyên Hoàng Văn Thụ - Hòa Bình - 2012) Giải hệ phương trình: 3x2 2x 5 2x x2 1 2 y 1 y2 2y 2 2 2 x 2y 2x 4y 3 Hướng dẫn giải Trừ vế với vế của 2 phương trình (1), (2) ta có: 2x2 2x. x2 1 2y2 4y 2 2 y 1 y2 2y 2 x2 x x2 1 y 1 2 y 1 y 1 2 1 Đưa về xét hàm số: f t t 2 t t 2 1 có 2 2 t 2 t t 1 f ' t 2t t 2 1 0t t 2 1 t 2 1 f t là hàm số đồng biến trên R, lại có f x f y 1 x y 1,
  32. x2 2 x 1 2 2x 4 x 1 3 3x2 2x 5 0 x 1 y 2 5 3 x y 2 2 Bài 18. (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm – Quảng Nam 2014) Giải hệ phương trình sau : (17 3x) 5 x (3y 14) 4 y 0 (1) (x, y R) 2 2 2x y 5 3 3x 2y 11 x 6x 13 (2) Hướng dẫn giải x 5 ▪ Điều kiện : y 4 (*) 2x y 5 0 , 3x 2y 11 0 ▪ Với điều kiện (*), phương trình (1) tương đương :3(5 x) 2. 5 x 3(4 y) 2. 4 y (3) Xét hàm số : f (t) (3t 2). t , t 0 3t 2 f ' (t) 3 t 0 , t 0 2 t f (t) liên tục t 0 , suy ra f (t) là hàm số luôn đồng biến trên 0; Khi đó : pt(3) f (5 x) f (4 y) 5 x 4 y y x 1 ▪ Thay y x 1 vào phương trình (2), ta được : 4 2 3x 4 3 5x 9 x2 6x 13 với x 3 2 2 3x 4 2(x 2) 3 5x 9 3(x 3) x x 2 (3x 4) (x 2)2 3 (5x 9) (x 3)2 x2 x 3x 4 (x 2) 5x 9 (x 3) 2x(x 1) 3x(x 1) x(x 1) 3x 4 (x 2) 5x 9 (x 3) 2 3 x(x 1) 1 0 3x 4 (x 2) 5x 9 (x 3) x 0 2 3 4 ; vì : 1 0 , x x 1 3x 4 (x 2) 5x 9 (x 3) 3 Với x 0 suy ra y 1 Với x 1 suy ra y 2 Thử lại ta thấy cả hai đều thỏa điều kiện (*)
  33. ▪ Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm : 0; 1 , 1; 2 1 1 16 x y x y x y x y 3 Bài 19. Giải hệ phương trình 2 2 1 1 100 (x y) (x y) 2 2 (x y) (x y) 9 Hướng dẫn giải 1 1 Đặt a x y ;b x y (| a |,| b | 2) x y x y 16 a b a 2 10 3 a Ta có: 10  3 2 2 100 b a 2 b 2 3 b 2 9 Từ đó suy ra hệ phương trình có bốn nghiệm 2 2 x x x 2 3 x 2 3    y 1 1 y 1 1 y y 3 3 x 1 y 1 4 x 1 y 1 Bài 20. Giải hệ phương trình: 1 1 3 x 1 y 1 x2 y2 xy 7 Bài 21. Giải hệ phương trình 4 4 2 2 x y x y 21 3 x 2(x 1) 3y 2 y Bài 22. Giải hệ phương trình sau trên R: 2 3x y y 2 Hướng dẫn giải: 3 2 Cộng hai phương trình vế theo vế thu được phương trình x3 3x2 2x y 3 y 2 y Xét hàm số f (x) x3 3x2 2x với x R Ta có f '(x) 3x2 6x 2 0 nên hàm số đồng biến nên từ f (x) f ( y) x y từ đó thay vào giải ra được x y 1 hoặc x 1 3, y 4 2 3 . x, y 0 Bài 23. Tìm tất cả các số thực x, y thỏa hệ: x y 2 . x 1 y 1 x y 1 Hướng dẫn giải: Ta chứng minh nếu các số x, y thỏa mãn hai điều kiện đầu thì
  34. xx 1 y y 1 1 x 1 ln x y 1 ln y 0 Thay y 2 x , ta chứng minh: f x x 1 ln x 3 x ln 2 x 0 với 0 x 2 1 1 Ta có f ' x ln x ln 2 x x 2 x 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x 1 1 1 f '' x 2 2 0 x 2 x x 2 x x 2 x 2 x 2 x x 2 x x 2 x Do đó f x nghịch biến trên 0;2 , hơn nữa f 1 0 nên f ' x nhận giá trị dương trên 0;1 và âm trên 1;2 .Suy ra f x f 1 0 với mọi x 0;2 . Từ đó, hệ phương trình có nghiệm x y 1. 3 2 y 3x 2x 1 4y 8 Bài 24. Giải hệ phương trình sau: x, y ¡ 2 3 2 2 y x 4y x 6y 5y 4 Hướng dẫn giải: +) y 0 không thỏa mãn hệ. 4 8 3x2 2x 1 (1) 2 3 y y +) Xét y 0 , hệ tương đương 3 4 6 x 4x 5 2 y y 3 3 2 8 6 3 2 2 Cộng vế với vế ta được x 3x 6x 4 3 x 1 3 x 1 3. y y y y Xét hàm số: f (t) t3 3t; f (t) 3t 2 3 0 t R 2 Do đó f t là hàm số đồng biến trên ¡ , suy ra x 1 y Thế vào (1), kết hợp x 1, ta được x 1 3x 1 x 1 2 x 1 3 x 1 2 1 x 1 Do đó là nghiệm của hệ. y 1 3 x 5 y 1 Bài 25. Giải hệ phương trình: 3 3 2 x 1 x 3x y 6y 9y 2 ln 0 y 1 Hướng dẫn giải: Điều kiện: y 0; x 1. Ta biến đổi phương trình thứ hai tương đương với: (x 1)3 3(x 1)2 ln(x 1) (y 1)3 3(y 1)2 ln(y 1) 0
  35. Nhận thấy hàm số f (t) t3 3t 2 ln t đồng biến trên khoảng (0; ) nên ta có x 1 y 1 x y 2 Thế vào phương trình đầu ta có cặp nghiệm duy nhất của hệ phương trình là x 3 và y 1 Dạng 4: Đánh giá x5 x4 2x2 y 2 5 4 2 Bài 1. Giải hệ phương trình sau: y y 2y z 2 5 4 2 z z 2z x 2 Hướng dẫn giải Nhận thấy x y z 1 là một nghiệm của phương trình. Ta chứng minh hệ có nghiệm duy nhất. Giả sử x 1(*) khi đó z5 z4 2z2 x z5 z4 2z2 z5 z4 2z2 2 0 z4 1 z 1 0 z 1 Với z 1 ta có y5 y4 2y2 z y5 y4 2y2 y5 y4 2y2 2 0 y4 1 y 1 0 y 1 Với y 1 ta có x5 x4 2x2 y x5 x4 2x2 x5 x4 2x2 2 0 x4 1 x 1 0 x 1 Suy ra x 1 mâu thuẫn (*). Tương tự giả sử x 1 ta cũng dẫn đến điều vô lý. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x y z 1. 4x2 2xy x 6 xy y y2 15(1) Bài 2. Giải hệ phương trình 3 3 6(x y ) 2 2 x 2 2 2(x y ) 3(2) x xy y Hướng dẫn giải xy 0 Điều kiện 2 2 . x y xy 0 Nếu x 0 hoặc y = 0 thì hệ vô nghiệm. x 0 Nếu (x,y không đồng thời bằng 0) thì vế trái của (2) âm, phương trình (2) không thoả mãn. y 0
  36. Do đó x > 0, y > 0. Vì 2 xy x y nên từ phương trình (1) suy ra 15 4x2 2xy x 6 xy y y2 (2x y)2 x 3(x y) y (2x y)2 4x 2y (2x y)2 2(2x y) 15 2x y 3 (3) x2 y2 3(x2 y2 ) 3(x3 y3 ) 2(x3 y3 ) Mặt khác, ta có xy x2 xy y2 . (4) 2 2 x2 xy y2 x2 y2 2(x3 y3 ) Ta chứng minh rằng: 2(x2 y2 )(5) . x2 y2 Thật vậy bất đẳng thức (5) tương đương 2(x3 y3 )2 (x2 y2 )3 x6 y6 4x3 y3 3x4 y2 3x2 y4 (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x6 x3 y3 x3 y3 33 x12 y6 3x4 y2 y6 x3 y3 x3 y3 33 x6 y12 3x2 y4 Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được (5), từ đó suy ra (5) 3(x3 y3 ) Từ (4) và (5) suy ra: 2(x2 y2 ) x2 xy y2 Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý rằng 2(x2 y2 ) x y , ta được: 6(x3 y3 ) 3 x 2(x2 y2 ) x 2(x2 y2 ) x (x y) 2x y (7) x2 xy y2 Từ (3) và (7) suy ra 2x + y = 3 và x = y ta được x = y = 1 (thoả mãn các điều kiện của bài toán). Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1). 2 2 y 4x 1 3 4x 8x 1 Bài 3. Giải hệ phương trình sau: I 2 40x x y 14x 1 Lời giải. 1 2 ĐK: x . Đặt t 4x t . 14 7 2 y2 t 1 3 t 2t 1 1 I 5 t 7 t 2 y t 1 2 2 4 2 Nhận xét: từ (2) ta có: y 0
  37. 2t 1 2t 1 2t 1 2 1 Ta có: 3 t 2t 1 3 2t. .1 t 2 3 2 2 1 1 Do đó, từ (1) suy ra: y2 t 1 t y2 t 2 3t 3 2 2 7 y2 t 1 7 Ta có: y t 1 2 2 2 7 y2 t 1 5 t Do đó, từ (2) suy ra: t 2 2 5t 2 3t 1 y2 4 2 4 2 1 Từ (3) và (4) suy ra: 5t 2 3t 1 t 2 3t 2 3 3 2 1 1 1 6t 2 6t 0 2t 1 0 t 4x x . 2 2 2 2 8 1 Thay x vào hệ I ta có: 8 2 1 2 3 3 y 1 y y 4 4 2 3 y 3 3 3 3 2 y y y 2 4 2 2 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x; y ; . 8 2 x2 2y2 1 2 2 Bài 4. Giải hệ phương trình: 2y 3z 1 x, y, z ¡ xy yz zx 1 Lời giải +) Nếu x 0 thay vào hệ ta có hệ vô nghiệm. +) Nếu x 0 ta đặt y ax; z bx thay vào hệ ta được x2 1 2a2 1 2 2 2 2 2 1 2a 2a 3b 4a 3b 1 1 x2 2a2 3b2 1 2 2 1 2a a ab b 2a a 1 b a 1 0 x2 a ab b 1
  38. a 1 2 2 2 2 4a 3b 1 4a 3b 1 b 1 a 1 2a 1 b a 1 0 a 1 2a 1 b 0 b 1 2a 2 2a 3a 1 0 a 1 +) Nếu thay vào (1) không thỏa mãn b 1 a 1 b 1 1 b 1 2a a 1 a +) Nếu 1 thay vào (1) không thỏa mãn, thay 2 vào 2a2 3a 1 0 b 1 a b 0 2 b 0 1 1 (1) ta có x 2 . Do đó nghiệm của hệ là x; y; z 2; ;0 , 2; ;0 2 2 Bài 5. Giải hệ phương trình sau: 2log7 (2x 3y) log3 (2 2x 3y) (x, y ¡ ). 2 7 27 2 4 27x 26x 3y 1 x 6 3 2 Lời giải Đặt t log7 (2x 3y) , phương trình (1) trở thành: t t t log3 (7 2) 2t 9 7 2 t 1(Sử dụng tính chất đơn điệu) 2x 3y 7 3y 7 2x (3) Thế (3) vào (2) ta được: 28 27 (9x 4)2 3(9x 4) 2.4 27x2 24x 1 x 6 2.4 4 1 (4) 3 2 3 2 Đặt t 9x 4 (t 0). Phương trình (4) trở thành: t 2 3t t 2 3t 2.4 4 1 4. 4 1 6t (5) 3 2 3 2 t 6 Áp dụng bđt AM – GM ta có: 6t 2 t 2 Từ (5) ta có: 4. 4 2t 4 4t 2 48 3t 2 12t 12 (t 6)2 0 t 6. 3 2 59 2 59 Từ đó x y . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) ; . 9 27 9 27
  39. Bài 6. Giải hệ phương trình : x4 9y4 6 3xy 4 2 ( x R, y R ) x 2 xy 5 y 3 3 3xy 6 Lời giải Đặt : 3y z Ta có : x4 z4 2x2 z2 ,suy ra : 1 t xz 2 xz xz Xét vế trái của phương trình (2) x2 z2 2xz 1 xz 1 xz t 1 f (t) 2t ,t [1;2] t xz , suy ra f ' (t) 2 0,t [1;2] 1 t 1 t 2 5 1 5 f (t) là hàm số đồng biến trên (1;2) , suy ra : f (t) f (1) ,suy ra VT = f (t) 2 3 6 1 1 Dấu bằng xẩy ra khi t 1, suy ra : x 1; y hoặc x 1 ; y . 3 3 Bài 7. Giải hệ phương trình sau: x2 2x xy y2 y 2 ; x, y ¡ 4x3 y3 3x2 x 15 x y 3 x y y x y 4x x Lời giải Điều kiện: x 0, y 0. Đặt a x,b y ( a 0,b 0). Hệ phương trình đã cho trở thành 4 3 5 a 2a b b 1 6 6 5 2 3 2 3 2 4a b 3a 15a b 3a b a b 4a 2 Nhận xét: a 0 b 0; b 0 a 0. Do đó a,b 0,0 là một nghiệm của hệ. Bây giờ ta xét a 0,b 0 . Đặt b ka k 0 . Với cách đặt này thì 1 2k • Phương trình (1) trở thành: 1 2k ak 5 a (3) k 5
  40. 2 • Phương trình (2) trở thành: 4a6 a6k 6 3a5 15a2 k 2a2 3a k 3a3 a3k 4a3 (4) 5 6 3k 1 2k 3 2 Thay (3) vào (4) ta được: 4 k 5 3 k k 4 (5) 1 2k 3k Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho vế trái của (5) ta được: 2 3k 5 1 2k 3k 5 1 2k 4 k 6 5 5 4 k 6 . 3 3 1 2k 3k 1 2k 3k 2 2 22 12 4 k 6 k 4 k 3 k Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi k 1. Khi đó a b 3 hay x y 9. Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm x; y là 0;0 , 9;9 . 4x2 4xy x 6 xy y y2 15(1) Bài 8. Giải hệ phương trình 3 3 6(x y ) 2 2 x 2 2 2(x y ) 3(2) x xy y Bài giải xy 0 Điều kiện 2 2 x y xy 0 Nếu x 0 hoặc y = 0 thì hệ vô nghiệm x 0 Nếu (x,y không đồng thời bằng 0) thì vế trái của (2) âm, phương trình (2) không thoả mãn. Do y 0 đó x > 0, y > 0. 1.0 đ Vì 2 xy x y nên từ phương trình (1) suy ra 15 4x2 4xy x 6 xy y y2 (2x y)2 x 3(x y) y (2x y)2 4x 2y 1.0 đ (2x y)2 2(2x y) 15 2x y 3 (3) x2 y2 3(x2 y2 ) 3(x3 y3 ) 2(x3 y3 ) Mặt khác, ta có xy x2 xy y2 . (4) 2 2 x2 xy y2 x2 y2 2(x3 y3 ) Ta chứng minh rằng: 2(x2 y2 )(5) . 1.0 đ x2 y2 Thật vậy bất đẳng thức (5) tương đương 2(x3 y3 )2 (x2 y2 )3
  41. x6 y6 4x3 y3 3x4 y2 3x2 y4 (6) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: x6 x3 y3 x3 y3 33 x12 y6 3x4 y2 y6 x3 y3 x3 y3 33 x6 y12 3x2 y4 Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được (5), từ đó suy ra (5) 3(x3 y3 ) Từ (4) và (5) suy ra: 2(x2 y2 ) x2 xy y2 Kết hợp với phương trình (2) và lưu ý rằng 2(x2 y2 ) x y , ta được: 6(x3 y3 ) 3 x 2(x2 y2 ) x 2(x2 y2 ) x (x y) 2x y (7) x2 xy y2 Từ (3) và (7) suy ra 2x + y = 3 và x = y ta được x = y = 1 (thoả mãn các điều kiện của bài toán). Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (1;1) 3 2 2 2 2 3 y 2x y x 5y 4x 4y Bài 9. Giải hệ phương trình: ( x, y ¡ ). 2 2 x y 1 2 x y Hướng dẫn giải Điều kiện: x 2 , y 1; y3 2x – y 0 ; 5y2 – 4x2 0 . +) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM cho hai số không âm ta có: y2 2xy y2 y3 2x y = y2 2xy y2 2 x2 5y2 4x2 5y2 3x2 x2 5y2 4x2 = 2 2 5y2 3x2 Suy ra: 3 y3 2x y + x2 5y2 4x2 3xy + 2 2 2 5y 3x 2 Vì vậy, ta phải có: 4y2 3xy 3 x – y 0 x y . 2 Vậy phương trình đầu tương đương với x = y. Thay x y vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 2 x + x 1 2 x x2 (*). Do 2 x + x 1 0 nên ta phải có: x2 x – 2 0 x 1 ( do x 1). Khi đó phương trình (*) tương đương với: x2 – x 1 x – 1 – 2 x x x 1 0
  42. 2 1 1 x – x – 1 1 0 . x 1 2 x x x 1 2 1 1 x – x –1 0 do1 0 x 1 2 x x x 1 1 5 x t / m 2 1 5  x y . 1 5 2 x 2 1 5 x; y Vậy hệ có nghiệm duy nhất . 2 Bài 10. [Đề hsg Dương Xá,2008-2009] Giải hệ phương trình sau: 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 18 2 2 x x y 1 x y x y 1 y 2 Lời giải x2 x y 1 0 Điều kiện 2 y x y 1 0 Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta được x2 x y 1 y2 x y 1 10 x y 8 Thế y=8-x vào phương trình trên ta được x2 9 x2 16x 73 10 (x2 9)(x2 16x 73) x2 8x 9 2 2 2 2 (x 3 ) (x 8) 3 ) 9 x(8 x) (1) Trong hệ trục tọa độ xét a(x;3) ; b(8 x;3) 2 2 2 2 Khi đó | a |.| b |= (x 3 ) (x 8) 3 ) a . b =9 x(8 x) Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a . b (2) Ta có | a |.| b | a . b
  43. Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc a 0 hoặc b 0 (không xảy ra) hoặc a cùng 8 x hướng b suy ra 1 0 x=4. x KL: Nghiệm của hệ là (4;4) Bài 11. [Đề chọn hsg tỉnh Trà Vinh, 2014-2015] Giải hệ phương trình : x y x y 2 1/ 2 2 x y 1 x 1 y 1 3 2/ 2 x y 4 5 5 Bài 12. [Đề xuất Chuyên Biên Hòa, DHĐBBB 2015-2016]Giải hệ phương trình 6 3 2 2 2 x 2x 10y xy x y 3 2 2 2 4x (2y 1) 28y 3 2 x 4 y 1 4xy Lời giải xy x 2 y 2 0 0 xy 1 Điều kiện : 0 xy 1 2 2 2 x 4(y 1) 4xy 0 x 2y 4 0 2 1 1 1 1 1 Ta có : xy x 2 y 2 xy  xy x 2 y 2 ( dấu = xảy ra khi xy = ) 4 2 4 2 2 Do đó từ (1) 2x 6 4x 3 20y 2 1 (3) Từ (2) và (3) ta suy ra : 8x 3 y 4x 3 28y 2 4 2x 6 4x 3 20y 2 2 (x 2y) 2 4 8x 3 y 4 2x 6 8y 2 2 x 2y 2 4 4x 3 y 2 x 6 4y 2 x 2y 2 4 2 2 x 3 2y x 2y 2 4 (4) 2 Ta lại có x 3 2y x 2y 2 4 2 x 1 x 1 x 3 2y 0 x 0 Do đó (4) hoặc 1 hoặc 1 x 2y 0 y 0 y y 2 2 x 1 Thử lại ta thấy chỉ có 1 là nghiệm của hpt.0,5 y 2
  44. Bài 13. Giải hệ phương trình: Hướng dẫn giải Đặt f (t) = 2t3 + 9t 2 + 12t ; g(t) = t3 + 3t 2 + 4t + 15. ïì f (x)= g(y) 2x3 9x2 12x y3 3y2 4y 15 ï Hệ trở thành:íï f (y)= g(x). 2y3 9y2 12y z3 3z2 4z 15 ï ï 3 2 3 2 îï f (z)= g(x) 2z 9z 12z x 3x 4x 15 Ta có g t 3t 2 6t 4 0 với mọi t nên hàm g đồng biến. x y g x g y g x f x Giả sử x max x, y, z thì hay suy ra . x z g x g z f z g z 2 3 2 3 2 x 3x 4x 15 2x 9x 12x x 1 x 7x 15 0 Hay * . 2z3 9z2 12z z3 3z2 4z 15 2 z 1 z 7z 15 0 Do x2 7x 15 0x, z2 7z 15 0z nên từ (*)ta có x 1 z. Lại theo giả sử ở trên, x max x, y, z nên x z 1.Thế vào hệ phương trình ban đầu ta được y 1. Thử lại thấy x y z 1 là nghiệm. Kết luận:Hệ đã cho có nghiệm duy nhất x y z 1. 3x 2 cos y cos z Bài 14. Giải hệ phương trình : 3y 2 cos z cos x 3z 2 cos x cos y (Chưa giải) 2. Có tham số 3 3 2 x y 3y 3x 2 0 (4) Bài 1. Tìm m để hpt sau có nghiệm thực: 2 2 2 x 3 1 x 2 2y y m 0 (5) Hướng dẫn giải 1 x 1 Điều kiện: . 0 y 2 3 Phương trình (4) x3 3x y 1 3 y 1 . Xét hàm số f (t) t3 3t , với t  1;1. f '(t) 3t 2 3 0,t  1;1.
  45. f(t) là hàm số nghịch biến trên  1;1 (vì nó liên tục trên đoạn này). Suy ra: x y 1. Thay vào phương trình (5) ta được: x2 1 x2 m 0 . Đặt u 1 x2 , u 0;1 . Ta có phương trình: g(u) = u2 u 1 m 5 min g(u) ;max g(u) 1. 0;1 4 0;1 5 Suy ra hệ phương trình đã cho có nghiệm m 1. 4 x2 y2 4 Bài 2. Tìm m để hpt có nghiệm 2 x y m x m x2 y2 4 y2 x m • y x m 2 2 x y m x x (m 4) 0 2 x x (m 4) 0 • Do đó hệ có nghiệm khi chỉ khi phương trình:f(x) = x2 + x – (m + 4) = 0 có nghiệm trong [m;+ ) (*) 1 4m 17 -17 • f(x) = 0 có = 4m + 17 nên f(x) = 0 có nghiệm x khi m . 2 4 1 4m 17 • Do đó: (*) m 2m 1 4m 17 2 1 2m 1 0 17 1 m>- 17 m hay m 2 • 2 2 4m 17 (2m 1) 4 2 4 2 m 2 Một số cách giải khác: x2 y2 4 y2 x m • Cách 2: (I) 2 2 x y m x x (m 4) 0(*) Hệ (I) có nghiệm x2 + x – (m + 4) = 0 có nghiệm trên [-2;2]. Dựa vào đồ thị parabol (P) y = x2 + x – 4 trên [-2;2], và đường thẳng y = m suy ra kết quả. • Cách 3: Giải theo tam thức bậc hai x 1 y 1 a Bài 3. Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm . x y 2a 1 Hướng dẫn giải Điều kiện x 1; y 1.
  46. x 1 y 1 a Hệ phương trình tương đương 2 2 x 1 y 1 2a 1 x 1 y 1 a . 1 2 x 1 y 1 a 2a 1 2 Do đó x 1 và y 1 là nghiệm của phương trình 1 T 2 aT a2 2a 1 0 (*) 2 Để hệ trên có nghiệm khi phương trình (*) có 2 nghiệm không âm 2 2 0 a 2 a 2a 1 0 S 0 a 0 1 2 a 2 6 . P 0 1 a2 2a 1 0 2 2 u x 1 0 x u 1 Đặt 2 v y 1 0 y v 1 2x y 1 m Bài 4. Tìm m để hệ: có nghiệm. 2y x 1 m Hướng dẫn giải 2 u x 1 0 x u 1 +) Đặt 2 v y 1 0 y v 1 2u2 v 2 m +) Đưa về hệ: ( ) 2 2v u 2 m +) Điều kiện để hệ ( ) có nghiệm m 2 Ta xét m 2 hệ có nghiệm hay ko u v 0 (I) 2 2u v 2 m Biến đổi hệ ( ) trở thành: 2u 2v 1 0 (II) 2 2u v 2 0 2 m +) Xét hệ (I): u=v ta được 2v2+v+2-m=0 có P 0 với m 2 PT luôn có nghiệm v 0 hệ 2 0 2 có nghiệm u=v=v0 suy ra hệ ban đầu có x=y=vo +1 +) Xét hệ (II): .
  47. 2 a x a x 2 2 1 0 Bài 5. Tìm tham số a để hệ sau có nghiệm: . x a 0 Lời giải 2 2 2 a x a x 2 2 1 0 x a ax 2 2a x a 1 0 x a 0 x a 0 1 1 1 1 x 2 2 x a x a a 2 2 1 2 2 x a a 2 2 x a a x a 0 x a 0 2 Do (2)nên x a và a là hai số dương,áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 4 số dương ta được: 1 1 1 1 x a x a a 4 4 2 2 3 2 2 x a 2 a 4 3 2 x 1 1 2 Do đó (1)chỉ đúng khi dấu đẳng thức xảy ra tại (3)tức là: x a a 2 2 x a a 2 a 2 2 3 2 Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a và nghiệm của hệ là: x 2 2 Bài 6. Tìm giá trị lớn nhất của tham số m để cho hệ phương trình sau có nghiệm: x2 xy y2 m 2 2 2 y yz z m (x, y, z ¡ ). 3 xy yz zx m Hướng dẫn giải y 3 3 1 + Đặt: X x ; Y y; Z (y z); T (z y). 2 2 2 2 3 Ta đ ược: x2 xy y2 X 2 Y 2 ; y2 yz z2 Z 2 T 2 ; (xy yz zx) XZ YT . 2 X 2 Y 2 m 2 2 2 Do đó ta có hệ Z T m . 3 XZ YT m3 2 + Chú ý: (X 2 Y 2 )(Z 2 T 2 ) (XZ YT )2 (XT YZ)2.
  48. Do đó:Hệ đã cho có nghiệm thì: 2 2 3 3 3 3 4 3 4 m.m m m (m ) 0 0 m 2 3 3 4 Suy ra: m 3 . 3 XT YZ (1) 4 3 3 + Xét m 3 .Ta có hệ: XZ YT m (2) 3 2 2 2 2 Z T m (3) 3 Từ (1)có thể đặt X uZ, Y uT ,thay vào (2)và (3)ta có:u m . 2 3 2m 3 X mZ x y 2 2m 3 m 2 4 Do đó ta có hệ: Y mT hay z y với m 3 . 2 m 3 2 2 2 2 Z T m 2 m y 2 3m 4m 4 4 + Từ đó:Đáp số của bài toán là m 3 . 3 p  xi 4 i 1 p * 1 Bài 7. a/ Tìm p ¥ sao cho hệ  x1 4 có nghiệm. i 1 x 0,i 1, p i p ai b/ Với p tìm được ở câu a/, hãy xác định tập hợp tất cả các giá trị của tổng:  2 với ai > i 1 1 ai p 2 0 và  ai 1. i 1 Hướng dẫn giải Câu a p p 1 2 Do:16  xi .  p p 4 . i 1 i 1 xi p 4 : Khi đó: xi 1,i 1,4 .Vậy hệ có nghiệm.
  49. x2 x3 3 p 3: Chọn x1 1 và có nghiệm.Nên (x1, x2 , x3 ) là nghiệm của hệ. x2.x3 1 x1 x2 4 p 2 : có nghiệm.Nên (x1, x2 ) là nghiệm của hệ. x1.x2 1 p 1:Vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm khi p 2; p 3; p 4. Câu b p a2 Ta có: f (a ,a , ,a ) i . 1 2 p  2 i 1 ai (1 a1 ) 1 2 Xét hàm: g(x) x(1 x2 ),0 x 1; g '(x) 0 x . Ta có: max g(x) . 3 (0;1) 3 3 p 3 3 2 3 3 p Do đó: f (a1,a2 , ,ap )  ai . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 hay p = 3. 2 i 1 2 3 a1 a2 1 2 2 1 p 2 : f (a1,a2 ) 2 2 2 2 2 vì a1 a2 1.Dấu đẳng thức xảy ra khi a1 a2 , a2 a1 a1.a2 2 2 a1 1 a1 f (a1,a2 ) 2 2 liên tục trên (0;1).Khi a1 0 thì f (a1,a2 ) .Vậy p 2 ,tập giá trị là: 1 a1 a1 2 2; . 1 p 3: Chọn a 1 2x ; a x ; a x , 0<x< .Thỏa giả thiết: 1 2 3 2 1 2x x x 1 a2 a2 a2 1 2x x x 1. f (a ,a ,a ) g(x) liên tục trên (0; ) ; 1 2 3 1 2 3 2x 1 x 1 x 2 1 3 3 3 3 g , limg(x)=+ .Vậy tập giá trị là: ; . x 0 3 2 2 3 3 p 4 : f (a ,a , ,a ) . Chọn a 1 2x ; a x ; a x , a x thỏa giả thiết: 1 2 p 2 1 2 3 4 1 a2 a2 a2 a2 1 3x x x x 1 với 0 x ; 1 2 3 4 3 1 2x x x x 1 f (a ,a ,a ,a ) g(x) liên tục trên (0; ) ; 1 2 3 4 2x 1 x 1 x 1 x 3 3 3 3 3 lim g(x) ; lim g(x) .Tập giá trị là: ; . 1 x 2 x 0 2 3 Bài 8. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ sau có nghiệm thực:
  50. 2 2 4x x 2 5 (x 2) 4 2 x 8x 16mx 32m 16 0 (Chưa giải) Bài 9. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 3x m y2 1 1 1 . x y m2 2 y y 1 (Chưa giải) Bài 10. (THPT Quảng Xương 2 – Thanh Hóa, 2009-2010) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm x; y sao cho x 0, y 0 1 x y 1 5 xy 1 x2 y2 1 2m 1 2 2 x y Hướng dẫn giải 1 1 u v 5 Đặt u x ;v y hệ trở thành 2 2 x y u v 2m 3 Từ hệ suy ra uv m 11 khi đó u, v là nghiệm của phương trình: X 2 5X – m 11 0 * . Do x 0, y 0 nên u 2, v 2 . Bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2 . Đặt t X 2 phương trình (*) trở thành: t 2 t m 5 0 . Để pt (*) có hai nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2 ↔ pt ( ) có hai nghiệm không âm 19 Giải được: m 5 . 4 Bài 11. Tìm giá trị của tham số a để hệ phương trình sau có đúng 1 nghiệm: 2 x 3 y a 2 2 y 5 x x 5 3 a