Bài 1 : Một số dạng hệ phương trình cơ bản. 1) Hệ đối xứng loại 1. • PP chung : Đặt ẩn phụ ( );a x y b xy= + = . Xem kỹ phương pháp đặt ẩn phụ • Sử dụng định lý Viet đảo 1. 2 2 7 5 x xy y x y − + = + = 2. 2 2 18 12 x y y x x y + = + = 3. 4 4 2 2 17 3 x y x y xy + = + + = 4. 2 (3 2 )( 1) 12 2 4 8 0 x x y x x y x + + = + + − = 5. 30 35 x y y x x x y y + = + = 6. 2 2 18 ( 1) ( 1) 72 x x y y x x y y + + + = + + = 7. 2 2 2 2(2 ) 5(4 ) 6(2 ) 0 12 3 2 x y x y x y x y x y + − − + − = + + = − 8. 2 2 2 2 1 1 5 1 1 9 x y x y x y x y + + + = + + + = 2) Hệ đối xứng loại 2. • PP chung : Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được : ( ). ( ; ) 0x y f x y− = • Xem kỹ phương pháp cộng đại số 1. 2 2 2 2 3 1 3 1 x x y y y y x x − = + + − = + + 2. 3 3 3 8 3 8 x x y y y x = + = + 3. 3 3 2 2 8 8 3 3( 1) x x y y x y − = − − = + 4. 1 32 1 32 x y x y x y + = + = 5. 2 2 13 2 13 2 x y y y x x = + = + 6. 2 2 2 2 23 23 yy x x x y + = + = . ĐS: ( )1;1 7. 3 1 1 2 1 x y x y y x − = − = + . ĐS: ( ) 1 5 1 5 1 5 1 51;1 , ; , ; 2 2 2 2 − + − + − − − − 3) Hệ phương trình cĩ vế trái là đẳng cấp PP : khử hệ số tự do để đưa về phương trình đẳng cấp theo x, y ( Xem kỹ phương pháp cộng đại số ) 1. 2 2 2 2 2 3 9 4 5 5 x xy y x xy y − + = − + = 2. 2 2 2 2 3 2 11 2 3 17 x xy y x xy y + + = + + = 3. 3 3 2 2 3 1 2 2 x y x y xy y + = + + = 4. 3 2 3 2 2 3 5 6 7 x x y y xy + = + = Bài 2 : Một số phương pháp giải hệ phương trình I. Phương pháp rút thế. * Cơ sở phương pháp. Ta rút một ẩn (hay một biểu thức) từ một phương trình trong hệ và thế vào phương trình cịn lại. * Nhận dạng. Phương pháp này thường hay sử dụng khi trong hệ cĩ một phương trình là bậc nhất đối với một ẩn nào đĩ (hoặc 1 biểu thức nào đĩ). Để ý các dạng đưa được về bình phương, lập phương. * Phương pháp thế thường là cơng đoạn cuối cùng khi ta sử dụng các phương pháp khác Bài 1. 2 2 2 1 0 2 3 2 2 0 x y x y x y − − = + − + − = Bài 2. 3 2 2 3 (6 ) 2 0 3 x y x xy x x y + − − = − + = − Đs : (0; 3); ( 2;9)− − Bài 3 . 2 2 2 3 5 3 2 4 x y x y y + = − + = Đs : ( ) 31 591;1 ; ; 23 23 − Bài 4. a) Giải hệ : 3 2 2 3 (5 ) 2 2 0 4 x y x xy x x x y + − − − = − + = − b) Giải hệ : 3 2 2 2 2 2 3 (6 ) 2 0 3 x y x xy x x y + + + = − + = − Bài 5. Giải hệ : 2 2 1 4 2 2( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y + + + = + = + + . HD : Từ (1) 2 21 4x y y xy+ = − − thay vào (2). Nghiệm (1;2); ( 2;5)− Bài 6. Giải hệ phương trình 4 3 2 2 2 2 2 9 (1) 2 6 6 (2) x x y x y x x xy x + + = + + = + Phân tích. Phương trình (2) là bậc nhất đối với y nên ta dùng phép thế. Đs : 174; 4 − Bài 7. (D – 2009 ) Giải hệ : 2 2 ( 1) 3 0 5( ) 1 0 x x y x y x + + − = + − + = . Bài 8. Giải hệ : 2 2 2( ) 7 ( 2 ) 2 10 x y x y y y x x + + + = − − = Đs : 6 31 , 1 5 5 x y⇒ = − − = − + hoặc 6 31 , 1 5 5 x y= − + = − − Bài 9. Giải hệ : 1. 6 5 2 x y x y x y x y xy + − + = − + = 2. 2 2 5 6 5 x y y x x y − = − = 3. ( ) ( ) 2 3 2 12 6 x x y y xy xy + = + = 4. ( ) ( )3 3 2 2 2 9 2 3 3 x y x y xy x xy y − = − + − + = 5. 3 3 5 5 2 2 1x y x y x y + = + = + 6. 2 2 7 3 2 23 x y x y x y + + + + = + = 7. 2 2 20 136 x y x y x y + + + = + = 8. 2 2 4 128 x y x y x y + + − = + = II. Phương pháp cộng đại số. * Cơ sở phương pháp. Kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép tốn: cộng, trừ, nhân, chia ta thu được phương trình hệ quả mà việc giải phương trình này là khả thi hoặc cĩ lợi cho các bước sau. * Nhận dạng. Phương pháp này thường dùng cho các hệ đối xứng loại II, hệ phương trình cĩ vế trái đẳng cấp bậc k. Bài 1. Giải hệ phương trình 2 23 2 2 23 2 yy x x x y + = + = Đs : (1 ; 1) Bài 2 Giải hệ phương trình 1 12 2 (1) 1 12 2 (2) yx xy + − = + − = Đs : (1; 1) Bài 3. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 5 4 38 5 9 3 15 x xy y x xy y + − = − − = Đs : (3;1); ( 3; 1)− − HỌC SINH TỰ XEM BÀI 4 VÀ BÀI 5 Bài 4. Tìm các giá trị m để hệ 2 2 2 2 3 2 11 2 3 17 x xy y x xy y m + + = + + = + cĩ nghiệm. - Phân tích. Để cĩ kết quả nhanh hơn ta sẽ đặt ngay , 0y tx x= ≠ Lời giải. - TH 1. 2 2 22 1111 0 173 17 3 yy x myy m = = = ⇒ ⇔ + == + . Vậy hệ cĩ nghiệm 170 11 16 3 m x m + = ⇔ = ⇔ = - TH 2. 0x ≠ , Đặt y tx= . Hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 11 2 3 17 x tx t x x tx t x m + + = ⇔ + + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 11 (3 2 ) 11 3 2 11(1 2 3 ) 17 (1 2 3 ). 17 3 2 x t t x t t t t x m t t m t t = + + = + +⇔ ⇔ + + = + + + = + + + 2 2 2 11 3 2 ( 16) 2( 6) 3 40 0 (*) x t t m t m t m = ⇔ + + − + + + + = - Ta cĩ 2 11 0, 3 2 t t t > ∀ + + nên hệ cĩ nghiệm ⇔ pt (*) cĩ nghiệm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi 16m = hoặc 216, ' ( 6) ( 16)(3 40) 0m m m m≠ ∆ = + − − + ≥ 5 363 5 363m⇔ − ≤ ≤ + - Kết luận. 5 363 5 363m− ≤ ≤ + Bài 5. Tìm các giá trị của m để hệ 2 2 2 2 5 2 3 2 2 1 x xy y m x xy y m + − ≥ + + ≤ − (I) cĩ nghiệm. Lời giải. - Nhân 2 vế của bpt thứ hai với -3 ta được 2 2 2 2 5 2 3 16 6 3 3 1 x xy y x xy y m + − ≥ − − − ≥ − − − - Cộng vế hai bpt cùng chiều ta được 2 2 21 14 4 ( 2 ) 1 1 x xy y x y m m − − − ≥ − ⇔ + ≤ − − - Điều kiện cần để hệ bpt cĩ nghiệm là 1 0 1 1 m m > ⇔ > − - Điều kiện đủ. Với 1m > . Xét hệ pt 2 2 2 2 5 2 3 2 2 1 x xy y x xy y + − = + + = (II) - Giả sử 0 0( ; )x y là nghiệm của hệ (II). Khi đĩ : 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 22 2 0 0 0 00 0 0 0 5 2 35 2 3 2 22 2 1 1 x x y y x x y y m x x y yx x y y m + − ≥ + − = ⇒ + + ≤+ + = − - Vậy mọi nghiệm của hệ (II) đều là nghiệm của hệ (I) (II) 2 25 2 3 2 24 4 0 2 0 2 2 26 6 3 3 x xy y x xy y x y x y x xy y + − = ⇔ ⇒ − − − = ⇔ + = ⇔ = − − − − = − - Thay 2x y= − vào pt thứ 2 của hệ (II) ta được 2 2 2 2 1 28 4 1 5 1 5 5 y y y y y x− + = ⇔ = ⇔ = ± ⇒ = ∓ - Hệ (II) cĩ nghiệm, do đĩ hệ (I) cũng cĩ nghiệm. Vậy 1m > . Bài 6. Giải hệ phương trình 1. 13 1 2 17 1 4 2 x x y y x y + = + − = + Đs : ( ) 11 4 7 22 8 7; ; 21 7 x y + + = . 2. 20 16 5 y x y x y x x x y x y y = + + − = + − − 3. 2 2 2 2 1 1 18 1 1 2 x x y x y x y y x x y x y x y y + + + + + + + + + = + + + − + + + + − = 4. 1 2 3 2 1 3 x y x y + + − = − + + = III. Phương pháp biến đổi thành tích. * Cơ sở phương pháp. Phân tích một trong hai phương trình của hệ thành tích các nhân tử. Đơi khi cần kết hợp hai phương trình thành phương trình hệ quả rồi mới đưa về dạng tích. Bài 1 (Khối D – 2012) Giải hệ 3 2 2 2 2 0 (1) 2 2 0 (2) xy x x x y x y xy y + − = − + + − − = ĐS : 1 5( ; ) (1; 1); ( ; 5) 2 x y − ±= ± Hd : - Rút thế . - Biến đổi phương trình (2) thành tích. - Hoặc coi phương trình (2) là bậc hai với ẩn x hoặc y. Bài 2. (D – 2008) Giải hệ phương trình 2 22 (1) 2 1 2 2 (2) xy x y x y x y y x x y + + = − − − = − Đs : ( ; ) (5;2)x y = Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) khơng thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1). Chú ý. Do cĩ thể phân tích được thành tích của hai nhân tử bậc nhất đối y (hay x) nên cĩ thể giải pt (1) bằng cách coi (1) là pt bậc hai ẩn y (hoặc x). Bài 3. (A – 2003) Giải hệ phương trình 3 1 1 (1) 2 1 (2) x y x y y x − = − = + Phân tích. Từ cấu trúc của pt (1) ta thấy cĩ thể đưa (1) về dạng tích. Đs : S = 1 5 1 5 1 5 1 5(1;1); ; ; ; 2 2 2 2 − + − + − − − − Bài 4. Giải hệ phương trình 1 1 (1)3 3 ( 4 )(2 4) 36 (2) x y x y x y x y − = − − − + = − HD : c.m (2) vơ nghiệm khi xy<0. Đs : S = { }(2;2); ( 6; 6)− − Bài 5. Giải hệ phương trình 2 2 2 8 16 (1) (2) xy x y x y x y x y + + = + + = − Phân tích. Rõ ràng, việc giải phương trình (2) hay kết hợp (1) với (2) khơng thu được kết quả khả quan nên chúng ta tập trung để giải (1). C.m PT cịn lại vơ nghiệm với đk của bài . Đs : { }( 3;7); (2;2)− Bài 6*. Giải hệ phương trình ( )( 2) (1) 2( 1)( ) 4 (2) xy x y xy x y y x y xy x x + − − + = + + + + − = Đs : 1 17 1 17(1; 1); ; 2 2 + + HD : Một bài khá hay. Cĩ dùng phương pháp nhân liên hợp kết hợp với đánh giá để chứng minh VN Điều kiện : ; 0 ( )( 2) 0 x y xy x y xy ≥ + − − ≥ PT (1) ( )( 2) ( ) 0xy x y xy y x y⇔ + − − − + − = ( )( 2) 0 ( )( 2) x y y xy x y x yxy x y xy y − + − − ⇔ + = ++ − − + 2 1( ) 0 (3) ( )( 2) y xy x y x yxy x y xy y + − ⇔ − + = ++ − − + 2 24 4(2) ( 1) 1 2 2 1 1 y xy x x x x x x => + = − + = − + + + − ≥ + + 2 1 0 ( )( 2) y xy x yxy x y xy y + − ⇒ + > ++ − − + PT (3) x y⇔ = , thay vào PT (2) ta được : 3 22 3 4 0x x x− − + = 1x⇔ = hoặc 1 17 2 x ± = Bài 7. (A – 2011 ) Giải hệ PT : 2 2 3 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 (1) ( ) 2 ( ) (2) x y xy y x y xy x y x y − + − + = + + = + HD : Biến đổi PT (2) thành tích Bài 8. Giải hệ : 3 3 4(4 ) 2 21 5(1 ) x y x y y x − = − + = + . HD : Để ý số 4 => PP thế số IV : Phương pháp đặt ẩn phụ. Bài 1. Giải hệ phương trình 2 2 1 7 x y xy x y xy + + = − + − = Đs : S = { }( 1;2); (2; 1); ( 1; 3); ( 3; 1)− − − − − − Bài 2. (D – 2004 )Tìm m để hệ cĩ nghiệm : 1 1 3 x y x x y y m + = + = − Bài 3. Giải hệ phương trình 2 2 18 ( 1)( 1) 72 x y x y xy x y + + + = + + = Đs : S = { }(2;3); (2; 4); ( 3;3); ( 3; 4); (3;2); ( 4;2); (3; 3); ( 4; 3)− − − − − − − − Nhận xét. Bài tốn trên được hình thành theo cách sau - Xuất phát từ hệ phương trình đơn giản 18 72 a b ab + = = (I) 1) Thay 2 2,a x x b y y= + = + vào hệ (I) ta được hệ (1) 2 2 18 ( 1)( 1) 72 x y x y xy x y + + + = + + = 2) Thay 2 2,a x xy b y xy= + = − vào hệ (I) ta được hệ (2) 2 2 2 2 18 ( ) 72 x y xy x y + = − = 3) Thay 2 2 , 2a x x b x y= + = + vào hệ (I) ta được hệ (3) 2 4 18 ( 2)(2 ) 72 x x y x x x y + + = + + = 4) Thay 1 1,a x b y x y = + = + vào hệ (I) ta được hệ (4) 2 2 ( ) 18 ( 1)( 1) 72 x y xy x y xy x y xy + + + = + + = 5) Thay 2 22 ,a x xy b y xy= + = − vào hệ (I) ta được hệ (5) 2 2 18 ( 2 )( ) 72 x y xy xy x y y x + + = + − = a. Như vậy, với hệ xuất (I), bằng cách thay biến ta thu được rất nhiều hệ pt mới. b. Thay hệ xuất phát (I) bằng hệ xuất phát (II) 2 2 7 21 a b a b + = − = và làm tương tự như trên ta lại thu được các hệ mới khác. Chẳng hạn : 6) Thay 2 2 ,a x y b xy= + = vào hệ (II) ta được hệ (6) 2 2 4 4 2 2 7 21 x y xy x y x y + + = + + = 7) Thay 1 1,a x b y x y = + = + vào hệ (II) ta được hệ (7) 2 2 2 2 1 1 7 1 1 21 x y x y x y x y + + + = − + − = 8) Thay 1 , xa x b y y = + = vào hệ (II) ta được hệ (8) 2 2 2 1 7 ( 1) 21 xy x y xy x y + + = + + = 9) Thay 1,a x y b y = + = vào hệ (II) ta được hệ (9) 2 2 2 ( ) 1 9 ( 2) 21 1 x y y y x y y y + + = + − − = 10) Thay 2 22 , 2a x x b y x= + = + vào hệ (II) ta được hệ (10) 2 2 4 4 2 2 4 7 4 ( ) 21 x y x x y x x y + + = − + − = ... Bài 4. (D – 2007 ) Tìm m để hệ cĩ nghiệm : 3 3 3 3 1 1 5 1 1 15 10 x y x y x y m x y + + + = + + + = − . Bài 5. Giải hệ phương trình : a) (CĐ – 2010 ) 2 2 2 2 3 2 2 2 x y x y x xy y + = − − − − = c)(B – 2002) 3 2 x y x y x y x y − = − + = + + b) 2 2 23 4 2 2 4 1 x y x y x y − = − + − − + = Bài 6. Giải hệ : a) 3 2 2 3 (6 ) 2 18 0 3 x y x xy x x y + − − − = − + = − b) 3 2 2 (6 ) 3 18 0 7 2 y x xy x y x x + − − − = + + = − a) Hệ ( 2)(3 ) 18 0( 2) (3 ) 0 x x x y x x x y + − − = ⇔ + − + = ⇒ Đặt ( 2) 3 a x x b x y = + = − Nghiệm 1; 3x = − b) Hệ ( 3)(2 ) 18 0( 3) (2 ) 0 x x x y x x x y + − − = ⇔ + − + = ⇒ Đặt ( 3) 2 a x x b x y = + = − ⇒Nghiệm Bài 7. (D – 2009 ) Giải hệ phương trình : 2 2 ( 1) 3 0 5( ) 1 0 x x y x y x + + − = + − + = Đs : 1 2, 3 / 2 x y x y = = = = − Bài 9. (A – 2008) Giải hệ phương trình : 2 3 2 4 2 5 4 5(1 2 ) 4 x y x y xy xy x y xy x + + + + = − + + + = − Đs : 3 3 3 5 251; ; ; 2 4 16 − − Bài 9. Giải hệ : 2 2 2( ) 7 ( 2 ) 2 10 x y x y y y x x + + + = − − = Đs : 6 31 , 1 5 5 x y⇒ = − − = − + hoặc 6 31 , 1 5 5 x y= − + = − − Bài 10. (A – 2006) Giải hệ phương trình : 3 1 1 4 x y xy x y + − = + + + = Đs : 3 3 x y = = Bài 11. Giải hệ phương trình: 8 2 29 9 10 x y x y + = + + + = . HD : Bình phương cả 2 PT. Bài 12. Giải hệ : 2 2 2 2 1 1 2 7 6 1 1 x y x y x y xy + + + = + = − + Hd : PT (1) 2 21 1( ) 2 ( ) 2 2 7x y x y ⇔ + − + + − = PT (2) 1 16 ( ) ( ) ( ) 6x y x y x y xy x y + ⇔ + = − + ⇔ + + + = − Ta cĩ 2 2 6 2 2 2 7 a b a b + = − − + − = Bài 13. Giải hệ : a/ ( 7) 1 0 2 2 221 ( 1) y x x y x xy − + + = − = + . b/ 2 2 2 ( ) 1 9 ( 2) 21 1 x y y y x y y y + + = + − − = Hd : Lần lượt chia cho 2;y y và đặt ẩn phụ. Bài 14. (B – 2009 ) Giải hệ : 2 2 2 1 7 1 13 xy x y x y xy y + + = + + = . Hd : Lần lượt chia cho 2;y y và đặt ẩn phụ. Bài 15. Giải hệ : 2 2 1 4 2 2( ) 2 7 2 x y xy y y x y x y + + + = + = + + Chia 2 vế của 2 PT cho y và đặt ẩn phụ. IV.Phương pháp hàm số. * Cơ sở phương pháp. Nếu ( )f x đơn điệu trên khoảng ( ; )a b và u, ( ; )v a b∈ thì : (u) (v)f f u v= ⇔ = * Cần đặt biệt lưu ý điều kiện của biến u,v để C/m tính đơn điệu của hàm đặt trưng. Chẳng hạn : a u a− ≤ ≤ hay | |u a≤ thì 2 2u a≤ ; 2 2 2u v a+ = thì 2 2 2 2;u a v a≤ ≤ * Nếu khơng trực tiếp c.m được tính đơn điệu của hàm đặt trưng thì cần biện luận các trường hợp * Một số gợi ý để nhận ra hàm đặt trưng : - Để ý xem cĩ thể đưa về 2( )a b± hay 3( )a b± khi gặp các số mũ cao nhất là 2, 3 - Thấy ( ; )f x y thì đặt u = ( ; )f x y - Đơi khi phải nhân hoặc chia cho 1 lượng (hoặc 1 hằng số) nào đĩ để xuất hiện hàm đặt trưng - Để ý các kiểu biểu thức 4x2 = (2x)2, 8x3 = (2x)3 - Đơi khi cộng đại số 2 PT mới thấy được hàm đặc trưng - Đối với các bài tốn cĩ tham số thì quy về 1 phương trình rồi biện luận Bài 1. Giải các HPT sau : a/ 3 3 2 2 2 x x y y x y + = + + = b/ 5 5 2 2 2 x x y y x y + = + + = Bài 2. Giải hệ phương trình : 5 55 5 (1) 2 2 1 (2) x x y y x y − = − + = Bài 3. Giải hệ phương trình 3 33 3 (1) 2 2 1 (2) x x y y x y − = − + = Đs : 2 2 2 2 ; ; ; 2 2 2 2 − − Phân tích. Ta cĩ thể giải hệ trên bằng phương pháp đưa về dạng tích. Tuy nhiên ta muốn giải hệ này bằng phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số. Hàm số 3( ) 3f t t t= − khơng đơn điệu trên tồn trục số, nhưng nhờ cĩ (2) ta giới hạn được x và y trên đoạn [ ]1;1− . Bài 4. Giải hệ phương trình: 3 23 ( 3) (1) 2 2( 1) 2 5 0 (2) x x y y y y x y x = − + + + + + + + − = Đs : 1 1x y= ⇒ = . Bài 5. 3 33 ( 1) 9( 1) (1) 1 1 1 (2) x x y y x y − = − − − + − = − Đs : 1 2 , 2 5 x x y y = = = = Bài 6. (A – 2012) Giải hệ phương trình 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 2 x x x y y y x y x y − − + = + − + − + = Đs : 1 3 3 1( ; ) ( ; ); ( ; ) 2 2 2 2 x y − −= Bài 7. Giải hệ phương trình a/ (A10) 2(4 1) ( 3) 5 2 0 2 24 2 3 4 7 x x y y x y x + + − − = + + − = Đs : 1 2 2 x y= ⇒ = b/ 2 22 3 4 6 5 2 3 4 1 6 x y y x x y x y − − − = − + − + + + + = c/ 3 2 3 2 (8 3) 2 1 4 0 4 8 2 2 3 0 x x y y x x y y y − − − − = − + + − + = d/ 32(2 1) 2 1 (2 3) 2 4 2 2 4 6 x x y y x y + + + = − − + + + = Bài 8.Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau cĩ nghiệm 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y m − + − − = + − − − + = . Đs : 1 2m− ≤ ≤ Bài 8’ Tìm m để hệ sau có nghiệm : a/ (D – 07) 3 3 3 3 1 1 5 1 1 15 10 x y x y x y m x y + + + = + + + = − b/ (D – 04) 1 1 3 x y x x y y m + = + = − c/ 3 2 2 2 ( 2) 1 2 x y x xy m x x y m − + + = + − = − d/ 2 3 5 4 0 16 0 x x x mx x − + ≤ − + = Bài 9. Giải hệ : ( ) (1) 2 5 4 10 6 24 5 8 6 x xy y y x y + = + + + + = . Đs : ( ; ) (1;1)x y = Bài 10. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 ( )( 2) 2 x y y x xy x y − = − + + = Đs : { }(1;1); ( 1; 1)− − Phân tích. Nếu thay 2 22 x y= + vào phương trình thứ nhất thì ta sẽ được hđt Bài 11. Giải hệ phương trình 2 2 1 3 1 3 y x x x y y + + = + + = HD : Hệ đối xứng loại 2 . Đs : x = y = 0 Bài 12. Chứng minh hệ 2007 2 1 2007 2 1 yxe y xy e x = − − = − − cĩ đúng 2 nghiệm 0, 0x y> > Lời giải. ĐK: 2 2 1 0 ( ; 1) (1; ) ( ; 1) (1; )1 0 x x yy − > ∈ −∞ − ∪ +∞ ⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ − > . Do 0 0 x y > > nên 1 1 x y > > Trừ vế hai pt ta được 2 2 2 21 1 1 1 x y x yx y x ye e e e x y x y − = − ⇔ − = − − − − − Đặt 2 ( ) , (1; ) 1 t tf t e t t = − ∈ +∞ − . ( )2 2 1 '( ) 0, (1; ) ( ) 1 1 tf t e t f t t t = + > ∈ +∞ ⇒ − − đồng biến trên (1; )+∞ . Bởi vậy ( ) ( )f x f y x y= ⇔ = thế vào pt (1) : 2 2 2007 2007 0 ( ) 0 1 1 x xx xe e g x x x = − ⇔ + − = ⇔ = − − 2 ( ) 2007, (1; ) 1 x xg x e x x = + − ∈ +∞ − . 2 2 2 2 3 2 1 3 ( 1) '( ) ; ''( ) 0, (1; ) ( 1) 1 ( 1) 1 x x x xg x e g x e x x x x x − = − = + > ∀ ∈ +∞ − − − − Suy ra '( )g x đồng biến trên (1; )+∞ . '( )g x liên tục trên (1; )+∞ và cĩ 1 lim '( ) , lim '( ) xx g x g x + →+∞→ = −∞ = +∞ nên '( ) 0g x = cĩ nghiệm duy nhất 0 (1; )x ∈ +∞ và 0 0 0'( ) 0 '( ) '( ) . '( ) 0 1g x g x g x x x g x x x> ⇔ > ⇔ > < ⇔ < < Từ BBT của ( )g x ta suy ra pt ( ) 0g x = cĩ đúng 2 nghiệm (1; )x ∈ +∞ . Vậy hệ phương trình đã cho cĩ đúng 2 nghiệm dương. Bài 13 Giải hệ phương trình ln(1 ) ln(1 ) (1) 2 212 20 0 (2) x y x y x xy y + − + = − − + = HD : biện luận . Đs : 0x y= = V. Phương pháp sử dụng bất đẳng thức. Cơ sở phương pháp : Sử dụng BĐT để chứng minh VT VP≥ hoặc ngược lại. Một số BĐT quen thuộc. Bài 1 Giải hệ : 2 2 2 2 2 33 (1) 2 3 2 1 14 2 (2) x y x xy y x y x y x x y y + + + + = + − − + + − − = − HD : Từ (1) VT ≥ VP, dầu bằng khi x y= thay vào PT (2) ta cĩ : 32 32 1 14 2x x x x− − + − = − Ta cĩ : 2 2 2 23 2 2 1 0 2 1 0 2 1 0 1 2 2 1 014 2 x x x x x x x x xx x − − ≥ − − ≥ ⇔ ⇔ − − = ⇔ = ± − − ≤− ≤ − Bài 2 Giải hệ : 2 2(2 3 4)(2 3 4) 18 2 2 7 6 14 0 x x y y x y xy x y − + − + = + + − − + = ( , )x y ∈ HD : (2) 2 2( 7) 6 14 0x y x y y⇔ + − + − + = . 70 1 3x x y∃ ⇔ ∆ ≥ ⇔ ≤ ≤ (2) 2 2( 6) 7 14 0y x y x x⇔ + − + − + = . 100 2 3y y x∃ ⇔ ∆ ≥ ⇒ ≤ ≤ Xét 2 3( ) 2 3 4, '( ) 4 - 3, '( ) 0 1 4 f t t t t R f t t f t t= − + ∈ ⇒ = = ⇒ = < . Vì vậy trên 3 ; 4 +∞ hàm số f(t) đồng biến TH 1. 2 ( ) (2) 6x f x f> ⇒ > = với 1y ≥ 2 2( ) (1) 3 ( ). ( ) (2 3 4)(2 3 4) 18f y f f x f y x x y y⇒ ≥ = ⇒ = − + − + > . TH 2. 2x = hệ trở thành 2 2 2 3 1 0 1, 1/ 2 24 4 0 y y y y yy y − + = = = ⇔ = − + = vơ nghiệm .Vậy hệ đã cho vơ nghiệm.
Tài liệu đính kèm: