10 BÀI HỆ HAY VÀ ĐẶC SẮC
Bài 1 Giải hệ phương trình:
2
4 7
Bài 2.Giải hệ phương trình:
5 2
9 16 2 2 8 4 2
i i he phương tr nh:
2
2 2
1
y
y
x
Bài 5 Giải hệ phương trình:
2 3 2
2 1
x x x y
x
Bài 6 Giải hệ phương trình:
3
x (y y 1) x 2 y y 2 0
(x, y R)
Bài 7 Giải hệ phương trình
3
3
(4x 3) 4 y 3x 8 1 9
Bài 8 Giải hệ phương trình
2 2
( 2) ( 1)( 1) (1)
x
Bài 9 Giải hệ phương trình
2
2 2
1 ( 1) 2 1
y
x
Bài 10 Giải hệ phương trình
Trang 2H
Bài 1 Giải hệ phương trình:
2
4 7
Điều kiện x 1;y2
Đặt x 1 a; y 2 b a b , 0, từ (1) ta có:
a b
(do a b, 0 1 2a b 0
Thế vào (2) t được:
2
8
*
x
+ x 8 y 11;
+ 2
* x 1 3 x4 x1 x 4x7
Xét hàm số 2
f t t t với t có 2
f t t t nên f t đồng biến trên
Do đó ** 1 2 1 2 2 2
x
2
2
5 3 0
x
x
Vậy hệ đã cho có nghiệm x y; là 8;11 và 5 13 11; 13
Trang 3Bài 2.Giải hệ phương trình:
5 2
9 16 2 2 8 4 2
Đk: 0 2 (*)
2
x
y
.Với đk(*) t có (1)
1
x
Với x = 1 th y vào (2) t được: 2 2 8 1 31( )
8
y y loai
Ta có: 3
3 (3) y2 y 2 ( x) x (4) Xét hàm số
f t t t f t t t Hàm số f(t) là hs đồng biến, do đó:
2
4 2 x 2 2x 4 9x 16
32 8x 16 2(4 x ) 9x 8(4 x ) 16 2(4 x ) (x 8 )x 0
2(4 ) ( 0)
t x t ; PT trở thành: 2 2 2
4 16 ( 8 ) 0
4 0( ) 2
x t
x
Hay 2
2
9
x x
x
Vậy hệ pt có nghiệm (x; y) là: 4 2 4 2; 6
2
(1) (2)
Lời giải:
ĐK
0
0 0
0
x
x y
y
x y
Nếu y= 0 thì (1)
2
2
(vô lý)
Trang 4Tương tự x= 0 không thỏa mãn, vậy x,y >0
Đặt xty t, 0, phương trình đầu trở thành: 2 2 1 2 (1')
( t 1) t 2t 11 t t(2 1)
2 1 2 2 2 1 (2 1) 2 2 1 1 ( 2 1 1)
( t 1) ( 2t 1 1) 1 t t(2 1) ( t 1) ( 2t 1 1) 1 t t(2 1)
(1 ) (1 ) 1
2 1
a b
Bổ đề: 1 2 1 2 1
(1 a) (1 b) 1 ab
Áp dụng BĐT C uchy-Schawarz ta có:
2
a
Tương tự 1 2 1 (4)
b
a a b ab
Cộng vế với vế t được đpcm Dấu “=” xảy ra a b
(*) t 2t 1 t 1 x y
2( 4) 3 ( 6) 2 1 3( 2)
4( 4) ( 3) ( 6) (2 1) 4( 4) ( 3) ( 6) 2( 4) 3 ( 6) 2 1
3( 2) 2( 4) 3 ( 6) 2 1
x
( Do ĐK x3 nên x 2 0 )
2
2( 4) 3 ( 6) 2 1 3( 2)
2 7 78 2( 4) 3 ( 6) 2 1
3
(5) (6) Cộng vế (5) với (6) t được:
2
2 7 78 4( 4) 3 3( 2) 12( 4) 3 2( 4)( 12)
3
2 2(x 4)(6 x 3 x 12) 0 2(x 4)(x 3 6 x 3 9) 0 2(x 4)( x 3 3) 0
Vậy hê phương trình đã cho có tập nghiệm T (4; 4), (6;6)
Trang 5Bài 4 Giải hệ phương trình
2 2
1
y
y
x
Đkxđ: 6 3
1
0 0 6
1 x 12x y54x y x 108xy 6xy6x81y 9y 18y 4 0 *
3 1 0
Ta xét hàm g x 3 2x2 3xtrên khoảng 1 2;1 2
2
g x x x x
2
0
Thay vào (2) ta có: 2 1
2
x x x x x
x
3
4x 2
thử lại (**) không thảo mãn => 2 7
2
x không là nghiệm
Xét 2 7
2
x ta có
2
Trang 6Xét 2 7
2
3 2x 2 3 x 2 x 2x 1 1 3 2x 2 3 x
Xét 2 7 ;1 2
2
3 2x 2 3 x 2 x 2x 1 1 3 2 1 2 2 2 2
2
2
Vậy nghiệm của hệ 2 7; 7
Bài 5 Giải hệ phương trình:
2 3 2
2 1
x x x y
x
Lời giải:
Điều kiện: 1, 1 3
x y
2 1 2( 1) 3 2 (3 2 ) 0
2 ( 1) 2( 1) 3 2 (3 2 ) 0
Nhận thấy x0 không là nghiệm củ phương trình x 0
Suy ra (3) 3 2y x 1 1 1
Th y vào PT (2) t được: 1 3 2 2 3 2 1 3 2 3
2 1
3
Xét hàm số 3
f t t t tR
Ta có: 2
'( ) 3 1 0
f t t t R
Trang 7 Hàm số f(t) đồng biến trên R
Đặt a 1( 0) (5)
x
trở thành: 3
1 2 0
(1 ) (1 2 )
a
1 2
1 5 2
a
a
a x y l
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm
Bài 6 Giải hệ phương trình:
3
x (y y 1) x 2 y y 2 0
(x, y R)
Lời giải:
ĐK: y2 2 0; xy2 2x 2 0
x (y y 1) x 2 y y 2 0 ( x 2 y)(y x 2 1) 0
2
y 0
y x 2 ( Do 2 2
y x 2 1 0 x, y )
Thay y2 x2 2 vào PT thứ hai của hệ t được pt sau với ĐK: 3
x 2
2
2
3 3
3
x 1 x 2 x 0 ( x 1 2) x 3 x 2 5
x 3 (x 3)(x 3x 9)
(x 1) 2 x 1 4 x 2 5
x 3
(x 1) 2 x 1 4 x 2 5
Ta thấy:
Trang 8
2
3
3 3
x 3x 9
x 2 5
(x x) (x 3) 5x 0 x
x 3
(x 1) 2 x 1 4
Đặt 3 2
t x 1,t 0 Khi đó (**) trở thành
t 2t 1 t 1 (t 2t 1) t 1 t 3t 6t 4t 0 Đúng t 0
Suy ra (*) vô nghiệm
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) (3; 11)
Bài 7 Giải hệ phương trình
3
3
(4x 3) 4 y 3x 8 1 9
Lời giải
Điều kiện x 1 ( *)
0 y 16
Với điều kiện (*) ta có : 1 x 3 y y 1 0
3
(1 x ) (y y 1)
(do x x y y 1 x y y 1 0)
Thế vào (2) t được : (4x 3)( x 4 3 3x 8 1) 9
Vì x 3
4
không phải là nghiệm của (3) nên (4) 3 9
4x 3
4x 3
trên ( 4; )\ 3
4
Ta có
2 2
3
4
2 x 4 (3x 4) (4x 3)
Suy ra hàm số g(x) đồng biến trên các khoảng 4; 3 ; 3;
Lập BBT ta thấy phương trình g(x) 0 có tối đ 2 nghiệm
Ta lại có g(0) g( 3) 0 suy ra x 0; x 3 là các nghiệm củ phương trình g(x) 0 Với x 0 y 0; x 3 y 9
Trang 9Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có 2 nghiệm: 0; 0 ; 3; 9
Bài 8 Giải hệ phương trình
2 2
( 2) ( 1)( 1) (1)
x
Lời giải
ĐK: x 1,y 1
2
3
3
3
3
( 1)
1 ( 2) ( 1)( 1) 1
x
x
x
Xét 3
( )
f t t t trên R
2
'( ) 3 1 0
f t t t R
Suy ra hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên R
Suy ra x0 th y vào (2) t có phương trình
2
2 2
2
2
1
2 1 4( 1) 1
3 2 3
6 3 0
x
x
x
(4) 1 3x2 x1
5 2 13
9
x
Kết hợp với điều kiện x ta có 3 2 3 2 1 4 3 3( / )
x
x
Trang 10Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( , ) 3 2 3,4 3 3
2
Bài 9 Giải hệ phương trình
2
2 2
1 ( 1) 2 1
y
x
Lời giải:
+ ĐK: x 0, 2 x 2
2
2 2
2 2
( 2)( 1)( 1) ( 2) 0
2 0 ( )
1
x y
Với 2 2 2 2
x y x y , th y vào PT (2) t được:
(4 1 1) ( 3 2)( 1 1)
4( 1 1)( 1 1) ( 3 2)( 1 1)
3 2 4 1 (3)
+ Do
2
2
1
x y
y y
+ Xét hàm số 3
f x x x trên đoạn [ 1,1]
f x x f x x
Do hàm số f(x) liên tục trên đoạn [ 1,1] và f( 1) 0, (1)f 4
Suy ra
[ 1,1] [ 1,1]
min ( ) 4; max ( ) 0
Hay f x( ) 4, x [ 1,1] ( )a
+ Xét hàm số 2 2
g x y y trên đoạn [ 1,1]
Có
2
0 [ 1,1]
4 '( ) 2 '( ) 0
3 [ 1,1]
1
y y
y y
Do hàm số g(y) liên tục trên đoạn [ 1,1] và g(1) g( 1) 1 4 2 ; (0)g 4
Trang 11Suy ra
min ( ) 1 4 2 ; max ( ) 4
Hay g y( ) 4, y [ 1,1] ( )b
+ Từ (a) và (b) suy ra PT (3) ( ) ( ) 4 1 ( / (1))
0
x
y
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( , )x y (1, 0)
Bài 10 Giải hệ phương trình
đặt x=sint, 2y=cost với t∈(0;2π)
t được hệ phương trình:
sin 4sin cos 6sin cos 4sin cos 2(*)
sin cos 1
3
k
Vì t∈(0;2π) mà k∈Z nên k=1;2;3;4; ⇒t nhận các giá trị
5 13 21 29
; ;
16 16 16 ; 16
Kết luận: Nghiệm hệ phương trình là
sin ; cos ; sin ; cos ; s
16 2 16 16 2 16 in 16 ; cos2 16 ; sin 16 ; cos2 16