Tuyển tập Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình hay

Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 1 - TUYỂN TẬP P ƢƠ R B P ƢƠ R - H P ƢƠ R A Ơ – Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 2 - Bài 1. Giải hệ phương trình 3 2 2 2 2 2 3 (2 ) (5 4 ) 4 ( , ) 2 1 2 y x y x y x y x y R x y x y             Lời giải Điều kiện: 3 2 22; 1; (2 ) 0;5 4 0.x y y x y y x       Sử dụng bất đẳng thức AM GM cho hai số không âm ta có: 2 2 3 2 2 2(2 ) (2 ) ; 2 y xy y y x y y xy y xy         2 2 2 2 2 2 2 2 5 4 5 3(5 4 ) . 2 2 x y x y x x y x       Vì vậy ta phải có: 2 2 2 25 34 3 3( ) 0 . 2 y x y xy x y x y         Vậy phương trình đầu của hệ tương đương với: .x y Thay y x vào phương trình thứ 2 của hệ ta được: 22 1 2 (*).x x x x      Do 2 1 0x x    nên ta phải có: 2 2 0 1x x x     ( do 1x   ) Khi đó phương trình (*) tương đương với: 2 1 ( 1 2 ) ( 1) 0x x x x x x           2 1 1 1 1 0. 1 2 1 x x x x x x                2 1 0x x    ( do 1 1 1 0) 1 2 1x x x x         1 5 ( / ) 1 52 21 5 ( ) 2 x t m x y x l             Vậy hệ có nghiệm duy nhất 1 5 1 5 ( ; ) ; 2 2 x y          Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 3 - Bài 2 (THPT Minh Châu). Giải hệ phương trình: 2 1 2 ( ) (2 ) (2 ) 2( 4) 2 3 ( 6) 1 3( 2) x y x y x y y x x y y x y x x y y                   (1) (2) Lời giải: ĐK 0 0 0 0 2 0 x x y y x y         Nếu y= 0 thì (1) 2 2 1 2 2x x x    (vô lý) Tương tự x= 0 không thỏa mãn, vậy x,y >0. Đặt , 0,x ty t  phương trình đầu trở thành: 2 2 1 2 (1') ( 1) 2 1 1 (2 1)t t t t t        Ta có 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1 (2 1) 2 2 1 1 ( 2 1 1)t t t t t t t              2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 (1') (2) ( 1) ( 2 1 1) 1 (2 1) ( 1) ( 2 1 1) 1 (2 1)t t t t t t t t                 Đặt 2 2 1 1 1 ( , 0), (2)(2) (*) (1 ) (1 ) 12 1 a t a b a b abb t           Bổ đề: 2 2 1 1 1 (1 ) (1 ) 1a b ab      Áp dụng BĐT Cauchy-Schawarz ta có: 2 2 2 1 1 (1 )( ) ( , ) (1 ) . (3) (1 ) a ab a b a ab b a b b a b a b            Tương tự 2 1 1 . (4) (1 ) b a a b a b     Cộng vế với vế ta được đpcm. Dấu “=” xảy ra a b  (*) 2 1 1 .t t t x y       2 2 2 2 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 x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x                                Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 4 - ( Do ĐK 3x  nên 2 0x  ) 2 2( 4) 3 ( 6) 2 1 3( 2) 2 7 28 2( 4) 3 ( 6) 2 1 3 x x x x x x x x x x x                     (5) (6) Cộng vế (5) với (6) ta được: 22 7 28 4( 4) 3 3( 2) 12( 4) 3 2( 4)( 12) 3 x x x x x x x x x              22( 4)(6 3 12) 0 2( 4)( 3 6 3 9) 0 2( 4)( 3 3) 0x x x x x x x x                  4 4 6 6 x y x y         Vậy hê phương trình đã cho có tập nghiệm  (4;4),(6;6)T  Bài 3 (THPT Phù Cừ). Giải hệ phương trình 2 2 3 2 1. 1 1 ( , ) 1 2 5 3 3 7 x x y x y y x y x y x y x y x y                  Lời giải: ĐK: 2 2 2 1 0 2 0 5 3 3 7 0 x x y x y x y x y              Trường hợp 1: 2 1 0x x y    từ (1) 2 0 1 0 1 0 1 x y y x x x              Thử lại vào phương trình (2) thấy 1 1 x y     thỏa mãn. Suy ra (1; 1) là nghiệm HPT. Trường hợp 2: 2 1 0x x y    3 3 2 2 2 23 3 1 1 (1) 1 1 1 1 1 1 2 ( 1)( 2) ( 1) 1 1 1 1 y y x y x y x x y x x y x y x y x y x y x y x x y y                                       Ta có: Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 5 - 2 23 3 3 2 3 2 1 1 ( 2) 0 ( 1) 1 1 1 1 2 0 1 1 0(*) ( 1) 1 1 1 1 x y x y x y x y x x y y x y x y x y x y x x y y                                            Vì 2 2 2 1 5 1 0 2 1 2 1 1 2 0 1 5 2 x x x y x x y x x x x y x                          Nên 2 1 5 1 2 5 0 1 0.y x y x y             Do đó PT (*) vô nghiệm. Suy ra 2y x  . Thế vào phương trình (2) ta được: 2 22 1 3 2 8 2 2 2 1 3 2 2(2 1) 2(3 2)x x x x x x x x              Điều kiện 2 3 x  . Đặt 1 2 1 ( ) 3 3 2 ( 0) x a a x b b          Phương trình trở thành: 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 ( ) 0a b a b a ab b a b a b a b             Từ đó ta có 2 2 1 2 1 3 2 4 4 1 3 2 4 7 3 0 ( / )3 4 x x x x x x x x t m x                  ) 1 1x y    . Thử lại HPT thấy thỏa mãn. 3 5 ) . 4 4 x y     Thử lại không thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (1; 1).x y   Bài 4 ( P thanh chƣơng ). Giải hệ phương trình 2 2 3 5 4 4 2 1 1 x xy x y y y y x y x               Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 6 - Lời giải: ĐK: 2 2 0 4 2 0 1 0 xy x y y y x y              Ta có (1) 3 ( )( 1) 4( 1) 0x y x y y y        Đặt , 1( 0, 0)u x y v y u v      Khi đó (1) trở thành : 2 23 4 0 4 ( ) u v u uv v u v vn         Với u v ta có 2 1,x y  thay vào (2) ta được: 2 2 2 2 4 2 3 1 2 4 2 3 (2 1) ( 1 1) 0 2( 2) 2 0 1 14 2 3 2 1 2 1 ( 2) 0 1 14 2 3 2 1 y y y y y y y y y y yy y y y yy y y                                       2y  ( vì 2 2 1 0 1 1 14 2 3 2 1 y yy y y          ) Với y= 2 thì x= 5. Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của hệ PT là (5;2). Bài 5 ( P hanh hƣơng ). Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 1 5 4 3 3 ( , )4( ) 2 2 2( ) 3 y x xy y x y Rx xy y x y x y                 Lời giải: Từ PT (2) ta có hệ PT có nghiệm khi 0x y  đặt 2 2 2 2 4( )2 2 , ( , 0) 3 x xy y a x y b a b       ,PT(2) trở thành: 2 2 0 2(3 ) ( )(3 5 ) 0 3 5 0 a b a b b a a b a b a b              Với 0a b x y    thay vào PT (1) ta được 23 1 5 4 3 3(*)y x x x      Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 7 - ĐK: 1 3 x   . Khi đó PT 2(*) 3( ) [( 1) 3 1] [( 2) 5 4]=0x x x x x x          2 2 1 1 ( ) 3 0 1 3 1 2 5 4 0 0 ( / ) 1 x x x x x x x x x t m x                       Với 3 5 0 0 0a b a b x y        là nghiệm của phương trình. Cách khác: Với x y  ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 ( ) 4( ) ( ) ( ) 4 3 4( ) 2 2 2( ) (2) 3 x y x y x y x y x y x xy y x xy y x y xy x y x y x xy y x y x y PT x y                               Bài 6 (THPT Lý Thái Tổ). Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 2 3 2 2( ) 3 2 (2 3) 1 2 2 2 3 2 2 1 x x x x y y x x x x y x                  Lời giải: Điều kiện: 1 1 3 , 2 2 2 x y     PT (1) 2 22 1 2( 1) 3 2 (3 2 ) 0x x x x y x y           2 2 2 ( 1) 2( 1) 3 2 (3 2 ) 0 1 3 2 0 3 2 1 (3) x x x y x y x x y x y x                  Nhận thấy 0x  không là nghiệm của phương trình 0x  Suy ra (3) 1 1 3 2 1 x y x x       Thay vào PT (2) ta được: 3 2 3 3 2 31 2 2 11 (2 1) 1 2 2 2 1 x x x x x x x x x x             3 3 3 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 (4) x x x x x x x x                          Xét hàm số 3( ) ,f t t t t R   Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 8 - Ta có: 2'( ) 3 1 0f t t t R      Hàm số f(t) đồng biến trên R Do đó, (4) 3 3 1 2 1 2 1 1 1 1 (5)f f x x x x                       Đặt 1 ( 0) (5)a x    trở thành: 3 3 3 1 2 0 1 1 2 (1 ) (1 2 ) a a a a a           3 2 2 1 2 1 1 1 5 1 5 2 2 2 2 0 1 0 1 5 2 a a a a a a a a a a a                                   Với 1 5 5 1 1 5 (3) 3 2 0 ( ) 2 2 2 a x y l            Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm Bài 7 (THPT Nghèn). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 4 4 2 2 ( 5 ) 2 (6 5 ) 36 5 6 2 6 x y xy x y y x x xy y            Lời giải: Điều kiện: 4 40,5 0xy y x   Xét PT (1) xem 2 25x y là ẩn chính ta có :   2 2 2 2 2 2( 5 ) 2 (5 ) 12 36 0. 6x y xy y x xy xy        . Do đó 2 2 2 25 6, 5 2 6 ( )x y x y xy l      Thay 2 25 6x y  vào (2) ta có:   4 4 2 2 2 25 5 2y x x y x y xy      4 4 4 4 2 25 5 5 4 2y x y x x y xy      Xét 2( ) , 0f t t t t   . Hàm số này đồng biến do đó 4 45 2y x xy x y    Thay vào 2 55 6x y  giải ra ta có 1x y   Vậy hệ đã cho có nghiệm      , 1,1 1, 1x y     Bài 8 ( P hƣ hanh). Giải phương trình 3 2 3 24 5 6 2 4 10 8 7 1 13 0x x x x x x          Lời giải: Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 9 - + Điều kiện 3 2 3 2 5 6 2 0 (*) 10 8 7 1 0 x x x x x           + Phương trình tương đương với 3 2 3 24 5 6 2 4 10 8 7 1 13x x x x x x         Với (*), áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta được: 3 2 3 2 3 2 (5 6 2) 14 5 6 2 4 1(5 6 2) 4 (1) 2 x x x x x x          Tương tự ta có 3 2 3 2 3 2 ( 10 8 7 1) 44 10 8 7 1 2 4.( 10 8 7 1) 2 (2) 2 x x x x x x x x x                Từ (1) và (2) ta có 3 2 3 2 24 5 6 2 4 10 8 7 1 4 7 9VT x x x x x x x            Mặt khác ta lại có 2 2 24 7 9 4 7 9 4( 1) 13x x x x x x VP            + Vậy PT đã cho 3 2 3 2 2 5 6 2 1 10 8 7 1 4 1 4( 1) 0 x x x x x x x                 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1x  Bài 9 ( P chuyên ĩnh Phúc ) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 5 2 2 2 2 5 3( ) (1) 2 1 2 12 7 8 2 5 (2) x xy y x xy y x y x y x y xy x                  Lời giải: + ĐK: 2 2 2 2 5 2 2 0 2 2 5 0 2 1 0 2 1 0 x xy y x xy y x y x y                  Khi hệ có nghiệm 1( , ) 0x y x y   Ta thấy 2 25 2 2 2 (*)x xy y x y    dấu bằng xảy ra khi x y thật vậy (*) 2 2 2 25 2 2 (2 ) ( ) 0x xy y x y x y        luôn đúng với moi ,x y R Tương tự 2 22 2 5 2x xy y x y    (**) dấu bằng xảy ra x y Từ (*) và (**) 1 2 2 2 2 15 2 2 2 2 5 3( )VT x xy y x xy y x y VP          Dấu đẳng thức xảy ra khi (3)x y Thế (3) vào (2) ta được: 233 1 2 19 8 2 5x x x x      (4) đk 1 3 x   Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 10 - (4) 2 32( ) ( 1 3 1) 2( 2 19 8) 0x x x x x x           2 2 2 2 23 3 2 2 23 3 0 3 2 3 2( ) 2. 0 1 3 1 ( 2) ( 2) 19 8 (19 8) 1 1 ( ) 2 2. 0 1 3 1 ( 2) ( 2) 19 8 (19 8) 0 0 0 ( / ) 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y x x t m x y                                                     Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm ( , ) (0,0);( , ) (1,1)x y x y  Bài 10. Giải hệ phương trình 2 3 3 2 ( 1) ( 3 2) 1 3 2 3 ( , ) 3 12 (3 1) 6 0 y x y x xy x y R x x x x y                  Lời giải: ĐK: 2 3 x   (1) ( 3 2) ( 3 2) 3 2 0y y x y x x         ( 3 2)( 3 2) 0 3 2 3 2 y x y x y x y x                Với 3 2y x   thay vào (2) ta được 3 2 3 2 2 3 12 (3 1)( 3 2) 6 0 12 15 4 0 ( 1)( 11 4) 0 1 11 105 2 x x x x x x x x x x x x x                          Từ đó tìm được các nghiệm 11 105 29 3 105 ( , ) ( 1,1);( , ) , 2 2 x y x y             Với 3 2y x   thay vào (2) ta được 3 23 12 (3 1) 3 2 6 0x x x x x        3 2 3 3 ( 3 2) 3 2 3( 3 2) 3 3 1 1 3 3 1 ( 3 2 1) ( 1) x x x x x x x x x                         3 2x x     Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 11 - 2 0 1 23 2 0 x x xx x             Từ đó tìm được các nghiệm là ( , )x y là ( 1,1),( 2,2)  Bài 11 (THPT Hậu Lộc). Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 3 2 1 ( 1) 2 1 4 ( 3 2)( 2 1) y x y x y y x x x                   Lời giải: + ĐK: 0, 2 2x x    PT (1) 2 2 2( 1) 2( 1 )x x xy x y      2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 2) ( 2) 0 ( 2)( 1)( 1) ( 2) 0 ( 2)( 1) 0 2 0( ) 1 x x x y x x x x y x x x y x l x y                          Với 2 2 2 21 1x y x y     , thay vào PT (2) ta được: 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 3 3 2 2 4 ( 3 2)( 1 1) (4 1 1) ( 3 2)( 1 1) 4( 1 1)( 1 1) ( 3 2)( 1 1) 4( 1 1) 3 2 3 2 4 1 (3) y y x x y y y x x y y y y x x y y y x x x x y y                                        + Do 2 2 2 2 0 1 1 1 1 1 10 1 x x x y yy                 + Xét hàm số 3( ) 3 2f x x x   trên đoạn [ 1,1] Có 2'( ) 3 3 '( ) 0 1f x x f x x       Do hàm số f(x) liên tục trên đoạn [ 1,1] và ( 1) 0, (1) 4f f    Suy ra [ 1,1] [ 1,1] min ( ) 4; max ( ) 0 x x f x f x        Hay ( ) 4, [ 1,1] ( )f x x a     + Xét hàm số 2 2( ) 4 1g x y y   trên đoạn [ 1,1] Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 12 - Có 2 0 [ 1,1]4 '( ) 2 '( ) 0 3 [ 1,1]1 yy g y y g y yy               Do hàm số g(y) liên tục trên đoạn [ 1,1] và (1) ( 1) 1 4 2 ; (0) 4g g g      Suy ra [ 1,1] [ 1,1] min ( ) 1 4 2 ; max ( ) 4 x x g y g y         Hay ( ) 4, [ 1,1] ( )g y y b     + Từ (a) và (b) suy ra PT (3) 1 ( ) ( ) 4 ( / (1)) 0 x f x g y t m PT y         Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( , ) (1,0)x y  Bài 12. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 (1) ( , ) 2( 1) 2 3 2 4 (2) xy y x x y R y x x x x x            Lời giải: Vì 2 2 22 0 2 0x x x x x x x R x x x R               Nên ta có (1) 2 2 2 2 ( 2 ) 2 2 2 y x x y x x x x            Thế 2 2y x x   vào PT (2), ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) 2( 1) 2 3 2 4 1 2 2 ( 1) 2 3 0 ( 1) 1 ( 1) 2 ( ) 1 ( ) 2 (*) x x x x x x x x x x x x x x x x x                                   Xét hàm số 2( ) (1 2)f t t t   . Ta có: 2 2 2 '( ) 1 2 0, ( ) 2 t f t t t R f t t          đồng biến trên R 1 (*) ( 1) ( ) 1 2 f x f x x x x           1 1 2 x y    Vậy hệ có nghiệm 1 ( , ) ,1 2 x y        Bài 13 (Chuyên Hạ Long). Giải hệ phương trình:              3 2 3 3y 2 x 8 2 x 10y 3xy 12 5y 2 x 8 6y xy 2 x Lời giải: Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 13 - ĐK: 2 2x   Nhận xét y = 0 không thỏa mãn phương trình (2)   3 3 2 2 (2) 2 3 2 3 (*)x x y y                  Xét hàm số 3( ) 3f t t t  trên R hàm số đồng biến trên R   2 2(*) 2 2f x f x y y            thế vào (1)   x 2;2                         2 (1) 3y 2 x 8 2 x 10y 3xy 12 3 2 x 4 2 x 2 x 10 3x 6 2 x 3 2 x 6 2 x 4 4 x 3x 10 0(**) Đặt         2 22 x 2 2 x t t 10 3x 4 4 x Phương trình (**) trở thành        2 t 03t t 0 t 3 - Với t 0 :   6 x ,y 5 5 - Với t 3 :    2 x 2 2 x 3 , phương trình VN vì vế trái  2 Bài 14 ( huyên à ĩnh). Giải hệ phương trình:                 2 2 2 3 2 23 x (y y 1) x 2 y y 2 0 (x,y R). y 3 xy 2x 2 x 0 Lời giải: ĐK:     2 2y 2 0;xy 2x 2 0.               2 2 2 3 2 2 2x (y y 1) x 2 y y 2 0 ( x 2 y)(y x 2 1) 0          2 2 2 y 0 y x 2 y x 2 ( Do     2 2y x 2 1 0 x,y ) Thay  2 2y x 2 vào PT thứ hai của hệ ta được pt sau với ĐK:  3x 2 Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 14 -                                                2 3 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 3 3 33 33 2 3 x 1 x 2 x 0 ( x 1 2) x 3 x 2 5 x 3 (x 3)(x 3x 9) (x 3) 1 (x 1) 2 x 1 4 x 2 5 x 3 x 3 x 3x 9 1 (*) (x 1) 2 x 1 4 x 2 5 Ta thấy:                                      2 2 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 33 3 23 x 3x 9 ) 2 x 3x 1 2 x 2 (x 3x 1) 4(x 2) x 2 5 (x x) (x 3) 5x 0 x x 3 ) 1 2 (x 1) 2 x 1 1 x(**) (x 1) 2 x 1 4 Đặt    3 2t x 1,t 0 . Khi đó (**) trở thành              2 3 2 2 3 4 3 2t 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 15 ( P hu ăn An) Giải bất phương trình:         2 2 2 4 2 3(x 2) x( x 1 3 x 1). x x 1 Lời giải: ĐK: x 1. Với điều kiện đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 2 BPT 6(x 2) 2 x x 6 x x 1 0 x x 1 4 2 3( x 1 x) ( x x 1) 2 x x 5 0. x x 1                              Xét hàm số 4 2 f(t) t 5 t 1     với t 0. Ta có 2 2 f '(t) 1 . (t 1) t 1     - f '(t) 0 t 1.   - Bảng xét dấu x 0 1  f '(x)  0  Suy ra  f(t) f(1), t 0; f(t) 0, t 0; .          Dấu “=” xảy ra t 1.  Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 15 - Do  2 2 2 4 2 x x 0, x 0; x x 5 0, x 0; . x x 1                 Dấu “=” xảy ra khi 2 1 5 x x 1 x . 2      Khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 3( x 1 x) ( x x 1) 2 x x 5 0 x x 1 x 1 x 0 1 5 x 1 1 0 x . 2 4 2 x x 5 0 x x 1                                        Tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:  1 5 S 1; \ . 2            Bài 16 (THPT Hàn Thuyên Bắc Ninh Lần 1) Giải hệ phương trình 3 3 8x y 2 y y 2 2x ( y 2 1) 2x 1 8x 13(y 2) 82x 29                Lời giải ĐK: 1 2x 1 0 x 2 y 2 0 y 2             Phương trình   2 3 38x y 2 y y 2 2x (2x) 2x y 2 y 2           Xét hàm đặc trưng 3 2f(t) t t ,f '(t) 3t 1 0 t      Hàm số f(t) liên tục và đồng biến trên R. Suy ra 2x y 2  Thế 2x y 2  vào phương trình thứ hai ta được: 3 2 2 2 (2x 1) 2x 1 8x 52x 82x 29 0 (2x 1) 2x 1 (2x 1)(4x 24x 29) (2x 1)( 2x 1 4x 24x 29) 0 1 2x 1 0 x y 3 2                             Hoặc 22x 1 4x 24x 29 0     Giải phương trình 22x 1 4x 24x 29 0     Đặt 2t 2x 1,t 0 2x t 1      Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 16 - Ta được phương trình:                  2 2 2 4 2 2 t (t 1) 12(t 1) 29 0 t 14t t 42 0 (t 2)(t 3)(t t 7) 0                t 2 t 3(l) 1 29 t (l) 2 1 29 t 2 Với 3 t 2 x y 11 2      Với 1 29 13 29 103 13 29 t x y 2 4 2         Vậy hệ phương trình đã cho có ba cặp nghiệm 1 3 13 29 103 13 29 ,3 ; ,11 ; , 2 2 4 2                    Bài 17(chuyên Đ inh lần 3 2015) Giải phương trình 28x 10x 11 14x 8 11(1)     Lời giải ĐK: 11 x 10                               2 2 2 2 (1) 4(2x x 1) ( 10x 11 2x 3) ( 14x 18 2x 4) 0 2(2x x 1) 2(2x x 1) 4(2x x 1) 0 10x 11 2x 3 14x 18 2x 4                       2 x 1 2x x 1 0 (t / m)1 x 2 1 1 f(x) 2 0 10x 11 2x 3 14x 18 2x 4 Ta có 11 f '(x) 0 x f(x) 10      đồng biến trên  11 , 10     Từ đó 11 f(x) f 0 10         nên trường hợp này vô nghiệm Đáp sô: 1 S 1, 2        Lưu ý: Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 17 - + Học sinh chỉ tìm được 1 nghiệm cho 1 4 điểm + Học sinh tìm được 2 nghiệm mà không chứng minh được phần còn lại vô nghiệm cho 1 2 điểm  Có thể CM f(x) 0 như sau: 11 11 4 x 10x 11 2x 3 2 3 10 10 5 11 9 14x 18 2x 4 2 4 10 5 5 5 f(x) 2 0 4 9                                  Có thể nhẩm nghiệm và tách thành tích: (1) (x 1)(2x 1)h(x) 0    rồi CM h(x) vô nghiệm Bài 18 (chuyên Đ inh lần 4 2015) Giải phương trình 32 4 3 2 34 x 2 x 4x 4x (x 1) 1 x        Lời giải *) Điều kiện : 24 x 0 2 x 2     Phương trình đã cho tương đương với     2 2 2 23x 4 x x 2x 2 x 2x 2 1       Ta có 2x 4 x      = 24 2 x 4 x 4   , với mọi x 2;2   . Suy ra 2x 4 x 2   , với mọi x 2;2 (2)   Dấu đẳng thức ở (2) xảy ra khi và chỉ khi x 0,x 2  Đặt 3 2x 2x t  .Dễ dàng ta có được t 1; 2   , với mọi x 2;2   Khi đó vế phải của (1) chính là 3 2f(t) t 2t 2,t 1; 2      Ta có 2 t 0 f '(t) 3t 4t 0 4 t 3          Hơn nữa , ta lại có 4 22 f( 1) 1,f(0) 2,f ,f(2) 2 3 27            Suy ra f(t) 2 ,với mọi t 1; 2   Do đó Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 18 -   2 2 23x 2x 2 x 2x 2 2     ,với mọi x 2;2 (3)   Dấu đẳng thức ở (3) xảy ra khi và chỉ khi x 0,x 2  Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 0,x 2  Bài 19 (THPT Trần ƣng Đạo) Giải hệ phương trình 33 2 2 2 2 y 2 y 2 x 4 x (1) (y 4)(2y 12) 8 x y (x 2)(x y) (2)                  Lời giải ĐK:      3 2 y 4 x y + Từ PT (2) ta có:                             2 2 2 2 2 2 2 2 2 (y 4)(2y 12) 8 x y (x 2)(x y) x 8 y (y 4)(2y 12) (x 2)(x y) 0 2(x 8 y) 2 (y 4)(2y 12) 2 (x 2)(x y) 0          2 2 2y 8 y 6 x 2 x y      y 2 y 2 0                22 2 22y 8 y 6 x 2 x y 0 + Thay vào PT (1) ta được:   33 33 3 33 3 2 y 2 y 2 x 4 x y 2 y 2 x 4 x y 2 4 y 2 x 4 x                      + Xét hàm số 3(t)f t t 4 , t R    ta có:   2 3 (x)3 y 2 3 3t f '(t) 1 0( t R) 2 t 4 f f y 2 x             Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 19 - + Vậy ta sẽ có 3 3 y 2 0 x 4 (t / m) y 2y 2 x              Kết luận nghiệm duy nhất của hệ là  3(x.y) 4, 2   Bài 20 (THPT Lý Thái Tổ) Giải hệ phương trình 2xy y 2y x 1 y 1 x (1) 3 6 y 3 2x 3y 7 2x 7 (2)                Lời giải ĐK: x 0 ,1 y 6,2x 3y 7 0 (*)      Nhận thấy x 0 y 1     không là nghiệm của hệ phương trình y 1 x 0    Khi đó, PT (1):                                2 y 1 xx(y 1) (y 1) y 1 x y 1 x (y 1)(x y 1) y 1 x 1 (x y 1) y 1 0 y 1 x    x y 1 0   y x 1(do(*)) Thay vào PT (2) ta được: 2 2 2 2 4 3 5 x 3 5x 4 2x 7 DK : x 5(**) 5 3 5 x (7 x) 3( 5x 4 x) 0 4 5x x 3( 4 5x x ) 0 3 5 x (7 x) 5x 4 x 1 3 ( 4 5x x ) 0 3 5 x (7 x) 5x 4 x x 5x 4 0(do(**)) x 1 t 2 (t / m(*)(**)) x 4 y 5                                                           Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1;2),(4;5) . Bài 21 (THPT Quỳnh ƣu 2015) Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 20 - Giải hệ phương trình 2 2 9x 9xy 5x 4y 9 y 7 x y 2 1 9(x y) 7x 7y               Lời giải Giải hệ phương trình 2 2 9x 9xy 5x 4y 9 y 7 (1) x y 2 1 9(x y) 7x 7y (2)               ĐK: x y 0  .Nếu x y thì (2) vô nghiệm nên x y             2 (2) x y 2 7x 7y 1 3 x y 0              2 6x 6y (1 3x 3y)(1 3x 3y) 0 x y 2 7x 7y                 2 (1 3x 3y) (1 3x 3y) 0 x y 2 7x 7y x y 0  nên 2 (1 3x 3y) 0 x y 2 7x 7y              suy ra 1 3x 3y 0   Thay 1 y x 3   vào phương trình (1) ta được 2 2 1 1 1 9x 9x x 5x 4 x 9 x 7 3 3 3 8 1 18x 8x 6x 9 x 0 3 3 2 2x(9x 4) (9x 4) 3( 9x 3 1) 0 3 2 3 4 (9x 4) 2x 0 x vi x 0 3 99x 3 1                                                 Với 4 x 9  thì 1 y 9  .Vậy hệ có nghiệm 4 1 (x,y) ; 9 9        Bài 22 (Đặng Thúc Hứa) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 (2x y y 1)y 2x 1 x y 1 x 1 (1 y) x              (x,y R) Lời giải Điều kiện 0 x 1  2 2 2 2(1) (2x 1)(y 1) y (y 1) 0 (y 1)(2x y 1) 0           Với y 1 ,thay vào (2) ta có 2 2 2 2 x 1 x 1 x 1 1 x 1 1 x 0 x 0                 ( do 0 x 1  ) Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 21 - Trường hợp này hệ có các nghiệm (x,y) (0;1),(x,y) (1;1)  Với 2 22x y 1  , ta có: 2 2 2 2 2 2 2 x y 12x y 1 x y 1 x 1 1 x 1                (a) Từ phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (2) : x y 1 x 1 (1 y) x 1 x y 1 x (1 y) x y 1 x 1 x y 1 x (do 1 y 1 1 y 0) 1 x 1 x y (b) 2                              Từ (a),(b) cho ta 2 2x y 1 x 0 x 0 y 1 y 1            Vậy tập nghiệm của hệ phương trình đã cho là  T (0;1),(1;1) Bài 22 (Chuyên à ĩnh) Giải hệ phương trình 3 3 1 x y y 1 y x (4x 3) 4 y 3x 8 1 9                    Lời giải Điều kiện x 1 ( *) 0 y 16      Với điều kiện (*) ta có : 31 x y y 1 0    Do đó 3 3 3 (1 x ) (y y 1) (1) 1 x y y 1 x y x y 1 x y y 1                2 3 2 3 (x y)(x x y y 1 x y y 1 0 y x (dox x y y 1 x y y 1 0)                    Thế vào (2) ta được : 3(4x 3)( x 4 3x 8 1) 9      Vì 3 x 4   không phải là nghiệm của (3) nên (4) 3 9 x 4 3x 8 1 0 4x 3         Xét hàm số 3 9 g(x) x 4 3x 8 1 4x 3        trên 3 ( 4; )\ 4         Ta có 223 1 1 36 3 g'(x) 0 x 4,x 42 x 4 (4x 3)(3x 4)            Suy ra hàm số g(x) đồng biến trên các khoảng 3 3 4; ; ; 4 4                Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 22 - Lập BBT ta thấy phương trình g(x) 0 có tối đa 2 nghiệm Ta lại có g(0) g( 3) 0   suy ra x 0;x 3   là các nghiệm của phương trình g(x) 0 Với x 0 y 0;x 3 y 9       Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có 2 nghiệm:    0;0 ; 3;9 Bài 23 (Thanh Hóa) Giải hệ phương trình 2 2 2 3 6 2 2 x y x 1 2x x y 2 (x,y R) y (x 1) 3y(x 2) 3y 4 0              Lời giải Điều kiện : 2x y 2  .Gọi 2 phương trình lần lượt là (1) và (2) 6 3 2 3 2 2 3 2 3 (2) x y 3x y y 3y 3y 1 3(y 1) (x y) 3x y (y 1) 3(y 1)(3)               Xét hàm số 3f(t) t 3t  có 2f '(t) 3t 3 0, t R     Do đó 2 2(3) f(x y) f(y 1) x y y 1,(y 1)        Thế vào (1) ta được 2 2x y(y 1) 2x y 1 1 0 (x y 1 1) 0 x y 1 1            Do đó hệ đã cho tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 x y x 1 y 2 x x y 1 1 x y y 1 x (2 x ) x 1(4) x y y 1 x 0 x 0 (4) x 3x 1 0 (x 1) x 0 (x x 1)(x x 1) 0                                             1 5 x 2 1 5 x 2          . Do x 0 nên 1 5 x 2   hoặc 1 5 x 2    Với 1 5 1 5 x y 2 2       .Với 1 5 1 5 x y 2 2       Vậy hệ đã cho có nghiệm 1 5 1 5 1 5 1 5 (x,y) ; ,(x,y) ; 2 2 2 2                      Bài 24 (Lào Cai) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 2 2 2 2 x 5 2 2y x (1) x 3 xy x y y 5y 4 (2)             Lời giải Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 23 - - Điều kiện 2xy x y y 0    và y 0 -Với điều kiện trên : 2 2 (2) (x 2y 1) 3( xy x y y y 1) 0 3(y 1) (x 2y 1) 1 0 xy x y y y 1                          x 2y 1 0    ( Vì với x, y thỏa mãn 2xy x y y 0    và y 0 thì 2 3(y 1) 1 0) xy x y y y 1         Thế 2y x 1  vào (1) ta có 2 2 2 2 2 x 4 x 2 2 x 5 2 x 1 x 2 2 (x 2)(x 2) x 1 1x 5 3 2(x 2) 2 (x 2) (x 2) 0(3) x 1 1x 5 3                             Ta thấy : x 1  2 2(x 2) 2 2 2 (x 2) (x 2) 1 0 x 1 1 x 1 1 x 5 3x 5 3                     Nên (3) có nghiệm duy nhất x 2 . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 1 (x,y) 2; 2        Bài 25 ( Nguyễn Công Trứ 2015) Giải phương trình 33 2 2 32x 10x 17x 8 2x 5x x      Lời giải Nhận xét : x 0 không thỏa mãn phương trình cho Chia hai vế của phương trình cho 3x , ta được 3 2 3 2 10 17 8 5 2 2 x x x x 1       Đặt 1 t (t 0) x   , phương trình trở thành 32 3 22 10t 17t 8t 2 5t 1      3 3 3 33 2 2 2(2t 1) 2(2t 1) 5t 1 2 5t 1 f(2t 1) f( 5t 1)                với 3f(t) t 2t, t R   Ta có : 2f '(t) 3t 2 0, t R     nên f đồng biến trên R , vì vậy : Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 24 - 3 32 2f(2t 1) f 5t 1 2t 1 5t 1           3 2 3 2 t 0 (loai) 17 97 (2t 1) 5t 1 8t 17t 6t t (nhan) 16 17 97 t (nhan) 16                   17 97 17 97 t x 16 12 17 97 17 97 t x 16 12           Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm 17 97 x 12   Bài 25 ( P Phan Đình Phùng à ội) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 (x x 2x 2 1) y y 1 1 (1) (x,y R) x y 2y 9x 7 y 7 2x y (2)                       Lời giải Ta có 2 2 2y 1 y y y y y 1 0        , nhân hai vế phương trình (1) với 2y y 1 0   2 2(1) (x 1) (x 1) 1 y ( y) 1(3)          Xét hàm số 2f(t) t t 1   trên R , có 2 2 2 t tt t 1 f '(t) 0, t R f(t) t 1 t 1           đồng biến trên R . Vậy (3) f(x 1) f( y) x 1 y y x 1          Thay vào (2) ta có    2 2 2 (2) 2x 9x 8 6 x 3x 1 2x 9x 8 3x 1 6 x 0 2x 9x 5 3x 1 4 1 6 x 0 3(x 5) x 5 (x 5)(2x 1) 0 3x 1 4 1 6 x                                     x 5 3 1 2x 1 (4) 3x 1 4 1 6 x             Từ điều kiện 1 x 6 (4) 3     vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ là (x,y) (5; 6)  Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 25 - Bài 26 (THPT Thuận Thành số 2 Bắc Ninh) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 2 4 2x 6xy 5y 2x 2xy 13y 2(x y) (x 2y) x 2 4y y 8y y 2 x 2                Lời giải Điều kiện: x 2 y 0 x y 0         Xét y = 0 , hệ vô nghiệm nên y khác 0 . Chia cả 2 vế của (1) cho y ta được: 2 2 x x x x x 2 6 5 2 2 13 2 1 y y y y y                         Đặt x t (t 1) y    PT: 2 2 4 3 2 2t 6t 5 2t 2t 13 2(t 1) t 2t 3t 4t 4 0              2 2 t 1(loai)(t 1) (t 2) 0 t 2(t / m)           Với t 2 x 2y   thế vào (2) ta được: 2 4 4 2 3 3 4y 2y 2 4y y 8y y 2 2y 2 4y 2y 2 2 2y 2 8y y 4y y 2 2 2 4 2 2 8y 4y y y y 2 2 2 2 2 2 2 2y 2.2y (3) y y y                              Xét hàm số 3f(u) u 2u  với u 0 , có 2f '(u) 3u 2 0   , mọi u 0 => hàm số đồng biến Từ (3) 3 2 2 f 2 f(2y) 2 2y 4y 2y 2 0 y 1 y y                    Hệ có nghiệm duy nhất (2,1). Bài 27 (THPT Lạng Giang số 1) Giải hệ phương trình 4 4 3 2 3 2 2 x y 2x y 2y y 2 0 (x,y ). y 3y 8 x 2 x 9               (1) (2) Lời giải: 4 2 4 2 y 2 (1) (y 2)(x y 1) 0 x y 1            Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 26 - + Với y= 2 thay vào (2) ta được phương trình 2 2 2 2 2 2 2 4 26 x 2 x 9 2 x 9 x 6 4(x 9) (x 6) x 8x 0 x 0.                 + Với 4 2x y 1.  Suy ra 1 x 1, 1 y 1.      Xét hàm số 3f(y) y 4y 8,y 1;1      và hàm số 2 2g(x) x 2 x 9,x 1;1 .      Tìm được 1;1 max f(y) f( 1) 6        và 1;1 min g(x) g(0) 6.       Tức là ta có: 3 2 2y 3y 8 6 x 2 x 9, x 1;1 , y 1;1                . Từ đó x 0 (2) . y 1       Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là (0;2) và (0;-1). Bài 28 ( P ùng ƣơng Phú họ 2015) Giải bất phương trình sau: 3 21 3 2 4 8 5 2x x x x x x        Lời giải ĐK: 1x  , Phương trình tương đương với : 2 2 2 2 2 (2 3)(2 3) 1 2 ( 1)( 3 5) 3 2 4 3 1 2 ( 1)( 3 5) 3 2 1(4 3) 1 1 2 3 5 0 3 2 1 1(4 3) 1 2 3 5 0(*) 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                   Mặt khác ta có 2 2 21 2 3 5 1 2 ( 3) 1 1x x x x x            Theo bất đẳng thức cosi: ( 1) 1 2 1x x x     Do vậy ta có: 2 (4 3) 1(4 3) 2 1 1 2 3 5 23 2 x x x x x x x xx x             Điều này chứng tỏ phương trình (*) vô nghiệm Kết luận phương trình có 1 nghiệm duy nhất x=1. Cách khác: có thể chứng minh (*) vô nghiệm như sau: 2 21 2 3 5 1 2 ( 2) 1 1 2 1 2 1x x x x x x             Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 27 - Mặt khác 2 1(4 3) 1(4 4) 2 1 1 2 3 5 2 23 2 x x x x x x x xx x              Bài 29 (Quảng Nam thi thử THPT Quốc Gia 2015) Giải phương trình 3 22 9 6 (1 2 6 1) 2 6 1 8 0x x x x x        . Lời giải Điều kiện: 1 (*) 6 x  3 2(1) 2 9 6 8 2(6 1) 6 ) 1 (2x x x x x       Đặt 6 1, 0,y x y   ta có hệ phương trình : 3 2 3 2 2 9 6 8 2 18 3 3 x x x y x y         Suy ra: 3 2 3 2 3 2 3 2 2 9 12 5 2 3 2( 1) 3( (31) 3 )2 x x x y y x x y y            Xét hàm số 3 2( ) 2 3 ,f t t t  với 0t  . 2'( ) 6 6 0, 0f t t t t     và ( )f t liên tục trên nửa khoảng  0; nên ( )f t đồng biến trên nửa khoảng  0; . 1 1 0 6 x x    (3) ( 1) ( ) 1f x f y x y      Từ đó: 2 2 6 1 1 2 2 6 1 ( 1) 4 2 0 2 2 x x x x x x x x                   (thỏa (*)) Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm: 2 2x   và 2 2.x   Bài 30 ( P ĩnh ong) Giải bất phương trình  2 5 2 1 3 4x x x x      (1) Lời giải: + ĐK: 1 2x  . Ta có     2 5 3 4 1 3 4 1 3 4 1x x x x x x x            1) trở thành     3 4 1 3 4 1 2 1 3 4x x x x x x x           (2) + Do  1 3 4 0, 1;2x x x      nên Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 28 - (2)   3 4 1 2 3 4 2 1 3 3 2 2 1x x x x x x x x x                 + 2 2 2 2 2 3 3 0 12 3 3 3 2 3 2 0 1 2 2 13 17 03 3 3 2 2 x x x x x x x x xx x x                                     + 1 2 1 2 x x x        So với điều kiện và suy ra tập nghiệm của bất phương trình là  1;2S  Bài 31 ( THPT Võ Nguyên Giáp) Giải bất phương trình 3 2 9 3 1 3 x x xx x       Lời giải + ĐK: 1 0; 0x x        2 3 2 9 3 3 1 0 3 1 3 x x x x x x x x                    2 3 9 1 2 9 3 3 1 0 3 1 3 x x x x x x x x                3 3 1 3 3 1 2 9 0 x x x x x x           8 1 2 0 1 3 1 9 x x x x x             8 0 0 8 x x x       Đối chiếu với điều kiện ta được tập nghiệm là 0 8x  . Bài 32 (THPT Việt Trì) Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 3 2 5 2 10 3 6 0 2 4 4 2 x y x y x y x y x y x y                 (1) (2) Lời giải: +ĐK 2; 4x y   Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 29 - + 3 2 3 2(1) 5 10 6 2 3x x x y y y             3 2 3 21 2 1 3 1 2 3x x x y y y         Xét hàm số 3 2 2( ) 2 3 , '( ) 3 4 3 0f t t t t f t t t       t  => ( 1) ( ) 1f x f y y x     . Thay vào (2) ta được phương trình: 3 22 3 4 1x x x x x               3 2 2 2 2 3 2 2 3 3 4 4 1 4 2 3 3 x x x x x x x x x x x                                2 2 2 3 4 2 2 2 3 3 2 3 2 x x x x x x x x x                            2 2 2 2 2 2 0 2 3 3 2 3 2 x x x x x x x x x                         2 22 2 0 2 3 3 2 3 2 x x x x x x x                     2 2 2 0 1 x x x x          do       2 2 0 2 3 3 2 3 2 x x x x x                  vì 2x   Vậy hpt có nghiệm ( ; ) (2;3)x y  và ( ; ) ( 1;0)x y   Bài 33 (THPT Hậu Lộc 2 lần 1- 2016) Giải hệ phương trình 3 2 3 3 2 4 3 1 2 (2 ) 3 2 (1) 2 14 3 2 1 (2) x x x x y y x x y              Lời giải Ta thấy 0x  không phải là nghiệm của hệ Chia cả hai vế của (1) cho 3x ta được Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 30 - 2 3 3 4 3 1 (1) 2 2(2 ) 3 2 1 1 1 1 (3 2 ) 3 2 3 2 (*) y y x x x y y y x x                            Xét hàm 3( )f t t t  luôn đồng biến trên R 1 (*) 1 3 2 (3)y x     Thế (3) vào (2) ta được:   3 3 2 3 3 0 2 15 1 2 3 2 15 0 1 1 ( 7) 0 2 3 4 2 15 15 x x x x x x x x                                  Vậy hệ đã cho có nghiệm 111 ( , ) 7, 98 x y        Bài 34 (Sở GD-Đ ĩnh Phúc lần 1-2016) Giải hệ phương trình 2 2 ( 2) ( 1)( 1) (1) 1 ( , ) 3 8 3 4( 1) 1 (2) x x y x y x x y R x x x y               Lời giải ĐK: 1, 1x y      2 3 3 3 3 ( 1) (1) ( 2) ( 1)( 1) 1 ( 2) ( 1)( 1) 1 ( 2) 1 ( 1) 1 1 1 1 (*) 1 1 x x x y x y x x x y x y x x x y y x x x x x y y x x                                    Xét 3( )f t t t  trên R 2'( ) 3 1 0f t t t R     Suy ra hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên R Suy ra  (*) 1 1 1 1 x x f f y y x x             Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 31 - Suy ra 0x  thay vào (2) ta có phương trình   2 2 2 2 2 2 2 3 8 3 4 1 4 4 1 4 1 4( 1) (2 1) 1 2 1 2 1 (3) 1 2 2 1 (4) (3) 1 2 1 1 2 1 4( 1) 1 6 3 0 3 2 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                                 (4) 1 3 2 1x x    2 2 1 3 1 6 9 4( 1) 1 3 9 10 3 0 5 2 13 9 x x x x x x x x                     Kết hợp với điều kiện x  ta có 2 4 3 3 3 2 3 1 ( / ) 1 2 x x y t m x         Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 4 3 3 ( , ) 3 2 3, 2 x y         Bài 35 (THPT Hàn Thuyên Bắc Ninh Lần 1) Giải hệ phương trình 3 3 8 2 2 2 ( 2 1) 2 1 8 13( 2) 82 29 x y y y x y x x y x                Lời giải ĐK: 1 2 1 0 2 2 0 2 x x y y             Phương trình   2 3 38 2 2 2 (2 ) 2 2 2x y y y x x x y y           Nguyễn Bá Tuấn PT – HPT – BPT Facbook:https://www.facebook.com/NguyenBaTuan.gvToan?fref=ts Group: https://www.facebook.com/groups/luyenthi.toan2016.thaytuan/ - Trang | 32 - Xét hàm đặc trưng 3 2( ) , '( ) 3 1 0f t t t f t t t      Hàm số f(t) liên tục và đồng biến trên R. Suy ra 2 2x y  Thế 2 2x y  vào phương trình thứ hai ta được: 3 2 2 2 (2 1) 2 1 8 52 82 29 0 (2 1) 2 1 (2 1)(4 24 29) (2 1)( 2 1 4 24 29) 0 1 2 1 0 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x x y                             Hoặc 22 1 4 24 29 0x x x     Giải phương trình 22 1 4 24 29 0x x x     Đặt 22 1, 0 2 1t x t x t      Ta được phương trình: 2 2 2 4 2 2 ( 1) 12( 1) 29 0 14 42 0 ( 2)( 3)( 7) 0 2 3( ) 1 29 ( ) 2 1 29 2 t t t t t t t t t t t t l t l t                               Với 3 2 11 2 t x y     Với 1 29 13 29 103 13 29 2 4 2 t x y         Vậy hệ phương trình đã cho có ba cặp nghiệm 1 3 13 29 103 13 29 ,3 ; ,11 ; , 2 2 4 2                   A Đ A A – Ƣ . Đ Đ A R Ể RƢ Đ - Đ Ƣ NH YÊU Đ Ể CAO.