Giáo án Toán 12 - Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn

Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
1/ Dạng : ( I ) 
 Trong đó 
ã x , y là hai ẩn ; a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 là các số thực .
ã Nghiệm của hệ là cặp số (x , y) .
2/ Cách giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn 
 Có rất nhiều cách giải , trong đó có ba cách hay dùng là : 
2.1. Phương pháp cộng đại số : Dựa vào đặc điểm của hệ mà ta nhân hai vế của một phương trình hoặc cả hai phương trình của hệ rồi cộng hoặc trừ vế với vế nhằm triệt tiêu một ẩn , ta tìm được ẩn còn lại .
2.2. Phương pháp thế : Rút một ẩn từ một phương trình sau đó thế vào phương trình còn lại .
2.3. Phương pháp định thức cấp 2 ( Đặc biệt thích hợp với bài toán biện luận nghiệm của hệ khi có tham số ) 
 Các định thức như sau : 
ã D = = a1b2 – a2b1 
ã Dx = = c1b2 – c2b1
ã Dy = = a1c2 – a2c1
* Nếu D ≠ 0 thì hệ (I) có nghiệm duy nhất : x = , y = 
* Nếu D = 0 mà Dx hoặc Dy ≠ 0 thì hệ (I) vô nghiệm .
* Nếu D = Dx = Dy = 0 thì hệ (I) có vô số nghiệm .
ã Chú ý : Ta có thể dùng máy tính cá nhân để tìm ra nghiệm để kiểm tra kết quả .
3/ áp dụng 
Bài 1 : Giải các hệ phương trình sau : 
1/ 
2/ 
3/ 
Đáp số 
1/ (1,1)
2/ (- , )
3/ (2 , 1)
Bài 2 : Giải và biện luận các hệ phương trình sau : 
1/ 
2/ 
Gợi ý : Dùng cách 3 định thức 
1/ Ta có các định thức 
ã D = = - m – 2 
ã Dx = = m – 7
ã Dy = = - m2 + 3m + 1
* Nếu D ≠ 0 Û m ≠ - 2 . Khi đó hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất : 
* Nếu D = 0 Û m = - 2 . Khi đó Dx = - 9 ≠ 0 ị Hệ vô nghiệm .
* Kết luận : 
+ Với m ≠ - 2 thì hệ có nghiệm duy nhất .
+ Với m = - 2 thì hệ vô nghiệm .
2/ Hoàn toàn tương tự (bạn đọc tự giải )
---------------------- *** ----------------------
Hệ gồm một phương trình bậc nhất hai và một phương trình bậc hai
1/ Dạng : ( I )
2/ Cách giải 
ã Bước 1 : Rút y theo x ở phương trình bậc nhất (1) rồi thế vào phương trình bậc hai (2) , ta được phương trình bậc hai ẩn x có dạng : A1x2 + B1x + C1 = 0 (*) .
ã Bước 2 : Giải pt (*) tìm được x thế vào (1) ta tìm được y .
3/ Chú ý : 
3.1.Số nghiệm của hệ ( I ) phụ thuộc vào số nghiệm của pt (*) .
ã Nếu pt (*) vô nghiệm thì hệ đã cho vô nghiệm .
ã Nếu pt (*) có nghiệm duy nhất x0 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x0 ; y0) .
ã Nếu pt (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì hệ đã cho có 2 nghiệm phân biệt (x1 ; y1) và 
 (x2 ; y2) .
3.2. Hoàn toàn tương tự ta có thể rút x theo y ở pt bậc nhất (1) rồi thế vào phương trình bậc hai (2) , ta đưa về pt bậc hai ẩn y : A1y2 + B1y + C1 = 0 (*)
4/ Bài tập áp dụng 
Bài 1 : Giải các hệ phương trình sau : 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
Giải
1/ 
ã Từ (1) ị y = x – 1 
ã Thế vào pt (2) , ta được pt : (x – 1)2 + 2x – 5 = 0 Û x2 – 4 = 0 Û 
+ Với x = 2 ị y = 1 
+ Với x = - 2 ị y = - 3 
Vậy nghiệm của hệ pt đã cho là : (2 ; 1) ; (- 2 ; - 3) .
2/ 
ã Từ (2) ị y = x – 
ã Thế vào pt (1) , ta được pt : 9x2 - 16(x – )2 = 144 Û 7x2 - 32x + 256 = 0 
 Û x = ị y = 
 Vậy nghiệm của hệ pt đã cho là : ( ; ) .
3/ Bạn đọc tự giải 
 Đáp số : x = 0 ; x = 2/3
4/ Bạn đọc tự giải 
 Đáp số : x = - 1 ; x = 2
Hệ đối xứng loại I
1/ Nhận dạng : Hệ đối xứng loại I đối với x và y là hệ thoả mãn khi ta thay x bởi y và y bởi x thì các phương trình của hệ không thay đổi . 
2/ Ví dụ : 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
3/ Cách giải hệ phương trình đối xứng loại I 
ã Bước 1 : Phân tích các phương trình của hệ để xuất hiện các biểu thức : tổng (x + y) và
tích xy . 
ã Bước 2 : 
+ Đặt : với ĐK : S2 – 4P ≥ 0 (*)
+ Đưa hệ đã cho về hệ chứa hai ẩn mới là S và P .
+ Xác định S và P thoả mãn ĐK (*) .
ã Bước 3 : Khi đó x , y là nghiệm của phương trình : t2 – St + P = 0 
4/ Một số biểu thức đối xứng của x , y và cách phân tích 
ã x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = S2 – 2P 
ã x3 + y3 = (x + y)(x2 – xy + y2) = (x + y)[(x + y)2 – 3xy] = S( S2 – 3P ) 
ã x2y + xy2 = xy(x + y) = PS
ã (x + a)(y + a) = xy + a(x + y) + a2 = P + aS + a2 
5/ Bài tập áp dụng 
Giải các phương trình sau 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
5/ 
6/ 
Giải
1/ Hệ pt đã cho Û ( I )
ã Đặt : với ĐK : S2 – 4P ≥ 0 (*)
ã Khi đó hệ ( I ) trở thành : Û (thoả mãn (*)) .
ã Vậy x , y là nghiệm của phương trình : t2 – 6t + 5 = 0 Û 
 Kết luận : Nghiệm của hệ đã cho là : (1 ; 5) ; (5 ; 1) .
2/ Hệ pt đã cho Û ( I )
ã Đặt : với ĐK : S2 – 4P ≥ 0 (*)
ã Khi đó hệ ( I ) trở thành : Û hoặc (thoả mãn (*)) .
+ ị x , y là nghiệm của phương trình : t2 – t - 2 = 0 Û 
 ị hoặc .
+ ị x , y là nghiệm của phương trình : t2 + 2t + 1 = 0 Û t = - 1
 ị .
 Kết luận : Nghiệm của hệ đã cho là : (-1 ; 2) ; (2 ; -1) ; (-1 ; -1) .
3/ Hệ pt đã cho Û ( I )
ã Đặt : với ĐK : S2 – 4P ≥ 0 (*)
ã Khi đó hệ ( I ) trở thành : 
 Û (loại) hoặc (thoả mãn (*)) .
 Nghiệm của hệ : (0 ; 2) ; (2 ; 0) .
4/ Hệ pt đã cho Û 
 Û 
ã Đặt : với ĐK : S2 – 4P ≥ 0 ; S ≥ 0 ; P ≥ 0 (*)
ã Khi đó hệ ( I ) trở thành : ị 
Nghiệm của phương trình là : (4 ; 9) ; (9 ; 4) 
5/ Gợi ý : Û 
ã Đặt : ị Û hoặc 
+ ị Û 
+ ị Û 
Nghiệm của phương trình là : (1;-3) ; (1;2) ; (-2;-3); (-2;2) ; (-3;1) ; (2;1) ; (-3;-2) ; (2;-2)
Hệ nửa đối xứng loại I
1/ Nhận dạng : Hệ đối nửa xứng loại I đối với x và y là hệ chứa các biểu thức : 
 hiệu (x – y) và tích xy .
2/ Ví dụ : 
1/ 
2/ 
3/ Cách giải hệ phương trình nửa đối xứng loại I 
ã Bước 1 : Phân tích các phương trình của hệ để xuất hiện các biểu thức : hiệu (x - y) và
tích xy . 
ã Bước 2 : 
+ Đặt : 
+ Đưa hệ đã cho về hệ chứa hai ẩn mới là S và P .
+ Xác định S và P .
ã Bước 3 : Với S và P tìm được , ta tìm được x và y .
 Chú ý 
ã x2 + y2 = (x – y)2 + 2xy = S2 – 2P .
ã x3 – y3 = (x – y)(x2 + xy + y2) = (x – y)[ (x – y)2 + 3xy] = S(S2 + 3P)
4/ áp dụng 
 Giải các hệ phương trình sau : 
1/ 
2/ 
Giải
2/ Hệ đã cho Û ( I ) ã Đặt : 
ã Hệ ( I ) có dạng : Û 
 Û Û 
ã Trường hợp 1: ị Û 
 Û Û 
 ị Nghiệm là ( - 1 ; + 1) ; (- - 1 ; 1 - ) .
ã Trường hợp 2 : ( làm tương tự )
1/ 
ã Û 
ã Đặt : ( Bạn đọc tự giải nha !)
Hệ đối xứng loại II
1/ Nhận dạng : Hệ đối xứng loại II đối với x và y là hệ thoả mãn khi ta thay x bởi y và y bởi x thì phương trình thứ nhất của hệ thành phương trình thứ hai của hệ và ngược lại . 
2/ Ví dụ : 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
3/ Cách giải hệ phương trình đối xứng loại II 
ã Bước 1 : Trừ từng vế của hai phương trình và đặt nhân tử chung (x – y ) bao giờ ta cũng được phương trình tích : (x – y)f(x , y) = 0 Û 
ã Bước 2 : Giải hệ cho từng trường hợp (1) và (2) 
4/ Bài tập áp dụng 
Giải các hệ phương trình sau : 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
5/ 
6/ 
Giải
1/ Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được pt : 
 x – y = y2 – y – (x2 – x) Û (x – y ) = (x – y) – (x – y)(x + y) Û (x – y)(x + y) = 0 
 Û Û 
ã Trường hợp 1 : x = y . Thay vào (2) , ta được : x = x2 – x Û x2 – 2x = 0 
 Û 
ã Trường hợp 2 : x = - y . Thay vào (1) , ta được : - x = x2 – x Û x2 = 0 
 Û x = 0 ị y = 0 
Vậy nghiệm của phương trình là : (2;2) ; (0 ; 0) .
2/ Hoàn toàn tương tự thì nghiệm của phương trình là : (1 ; 1) 
3/ 
Trừ từng vế hai phương trình cho nhau ta được pt : 
 2x2 – 3x – (2y2 – 3y) = y2 – 2 – (x2 - 2) Û 3(x - y)(x + y) – 3( x – y) = 0 
 Û (x – y)(x + y – 1) = 0 Û 
ã Trường hợp 1 : x = y , thay vào pt (2) ta được : 2y2 – 3y = y2 – 2 Û y2 – 3y + 2 = 0 
 Û 
ã Trường hợp 2 : x = 1 – y , thay vào pt (2) ta được : 2y2 – 3y = (1- y)2 – 2
 Û y2 – y + 1 = 0 ( vô nghiệm)
 Vậy nghiệm của hệ là : (1;1) ; (2;2) .
4/ Tương tự (bạn đọc tự giải)
5/ . ĐK : (*) 
ã Với đk (*) , hệ đã cho Û 
 ( Đến đây bạn đọc tự giải , phải chú ý điều kiện (*) ) .
6/ ĐK : (*)
ã Với đk (*) , hệ đã cho Û 
 ( Đến đây bạn đọc tự giải , phải chú ý điều kiện (*) ) 
Hệ đẳng cấp bậc hai
1/ dạng : 
2/ Ví dụ : 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
5/ 
6/ 
3/ Cách giải hệ phương trình đẳng cấp bậc 2 
ã Bước 1 : Nhân hai vế của (1) với d2 , hai vế của (2) với d1 , ta được hệ : 
Trừ từng vế hai phương trình (3) và (4) để khử hệ số tự do , ta được phương trình : 
 (a1d2 – a2d1)x2 + (b1d2 – b2d1)xy + (c1d2 – c2d1)y2 = 0 (*) 
ã Bước 2 : Nhận xét (0 ; 0) không phải là nghiệm của hệ đã cho nên ta chia hai vế của (*) cho y2 , ta được pt : (a1d2 – a2d1) + (b1d2 – b2d1) + (c1d2 – c2d1)y2 = 0 (2*) 
 Nhận xét (2*) là phương trình bậc hai ẩn là . Giải tìm được mối quan hệ giữa x và y thế vào một trong hai phương trình đầu ta tìm được nghiệm .
4/ Bài tập áp dụng 
Giải các hệ phương trình sau : 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
5/ 
6/ 
Giải
1/ Hệ pt đã cho Û 
ã Trừ vế với vế hai phương trình ta được pt : x2 + 9xy – 22y2 = 0 (*)
ã Nhận xét (0 ; 0) không phải là nghiệm của hệ đã cho nên ta chia hai vế của (*) cho y2 , ta được : Û = 2 hoặc = - 11
+ Trường hợp 1 : = 2 Û x = 2y . Thế vào phương trình (2) của hệ ta được : 
 (2y)2 + (2y).y + 2y2 = 8 Û 8y2 = 8 Û y2 = 1 Û 
+ Trường hợp 2 : = - 11 Û x = - 11y . Thế vào phương trình (2) của hệ ta được : 
 (- 11y)2 + (- 11y).y + 2y2 = 8 Û 112y2 = 8 Û y2 = Û 
Vậy nghiệm của hệ pt là : (1;2) ; (-1;-2) ; ( ; - ) ; (- ; ) 
3/ 
 Hệ pt đã cho Û 
ã Trừ vế với vế hai phương trình ta được pt : 4x2 - 13xy + 3y2 = 0 (*)
ã Nhận xét (0 ; 0) không phải là nghiệm của hệ đã cho nên ta chia hai vế của (*) cho y2 , ta được : 4 Û = 3 hoặc = 
Đáp số (1 ; 4) ; (- 1 ; - 4) 
(Các phần còn lại bạn đọc tự giải nha ! )
4/ ã Hệ pt đã cho Û 
ã Trừ vế với vế hai phương trình ta được pt : 6x2 - 12xy + 2y2 = 0 (*)
ã Nhận xét (0 ; 0) không phải là nghiệm của hệ đã cho nên ta chia hai vế của (*) cho y2 , ta được : 6 Û = 1 hoặc = 
5/ Đáp số (1 ; - 2) ; (- 1 ; 2) ; (x3 ; y3) .
6/ Đáp số : (1 ; 1) ; ( -1 ; -1) ; (x3 ; y3)
Các hệ phương trình khác
A/ Lý thuyết : 
 Khi gặp hệ phương trình chưa phải ở các dạng đã biết thì bằng các phương pháp : 
ã Đặt ẩn phụ (chú ý đặt điều kiện cho ẩn phụ ) 
ã Tính đơn điệu của hàm số 
 Ta đưa về các hệ phương trình đã biết cách giải ở phần trước .
B/ Bài tập 
Giải các hệ phương trình sau : 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
5/ 
6/ 
7/ 
8/ 
9/ 
10/ 
11/ 
12/ 
13/ 
14/ 
15/ 
16/ 
17/ 
18/ 
19/ 
20/ 
21/ 
22/ 
23/ 
24/ 
Gợi ý 
1/ 
ã Biến đổi hệ đã cho Û Û 
ã Đặt : với ĐK : S2 – 4P ≥ 0 (*)
ã Hệ có dạng : Û ị S3 = 27 Û S = 3 ị P = 2
 Nghiệm của hệ là : (1;2) ; (2;1) 
2/ 
Nhận xét : Đây không phải hệ đẳng cấp bậc hai 
Ta biến đổi như sau : 
ã Đặt : 
ã Hệ có dạng : ị Tìm được u và v 
 Nghiệm của hệ là : ( ; 0 ) ; ( ; - 4) ; ( ; 0) ; ( ; - 4) .
3/ 
Gợi ý : 
ã Xét phương trình (1) : Đặt t = ( t ≥ 0 )
ã Khi đó pt (1) trở thành : t2 = t3 Û t2(t – 1) = 0 Û ( thoả mãn(*)) 
+ Với t = 0 ị x – y = 0 Û x = y . 
 Thay vào (2) , ta được : 2x = Û x = 1 ị y = 1 .
+ Với t = 1 ị x – y = 1 ị x = y + 1 . 
 Thay vào (2) ta được : 2y + 1 = Û 
4/ Chú ý pt (1) có dạng đặc biệt 
ã Xét hàm số f(t) = t - 
+ TXĐ : D = R \ {0} 
+ Đạo hàm : f’(t) = 1 + > 0 với " t ẻ D ị Hàm số f(t) đồng biến trên D 
+ Nhận thấy pt (1) Û f(x) = f(y) Û x = y 
ã Thế y = x vào (2) , ta được : x3 + 1 = 2x Û x3 – 2x + 1 = 0 Û (x – 1)(x2 + x - 1) = 0
Đáp số : (1;1) ; (;) ; (;)
5/ ĐK : x , y > 0 (*) 
ã Với điều kiện (*) thì hệ đã cho Û 
 Đây là hệ đối xứng loại II (bạn đọc tự giải tiếp với chú ý điều kiện x , y > 0)
Đáp số : (1;1)
6/ 
ã Nhận xét : Đây là hệ đẳng cấp bậc 3 , cách giải như hệ đẳng cấp bậc hai (triệt tiêu hệ số tự do ) .
ã Nhận hai vế của (1) với 7 và hai vế của (2) cho 3 , ta được : 
ã Trừ từng vế hai phương trình ta được : 24x3 + 3y3 – 14x2y – 7xy2 = 0 
 Û 24x3 – 14x2y – 7xy2 + 3y3 = 0 (*) 
ã Nhận thấy (0;0) không là nghiệm của hệ đã cho nên chia hai vế của (*) cho y3 , ta được phương trình : 24 - 14- 7 + 3 = 0 
 Û = hoặc = hoặc = 
 Sau đó xét từng trường hợp (dành cho bạn đọc) .
Đáp số : (1;3) ; ( ; 2)
7/ 
Giải
ã Hệ đã cho Û ã Đặt : u = ; v = (u ≥ 0 ; v ≥ 0 ) 
ã Khi đó hệ đã cho trở thành : ã Đây là hệ đối xứng loại I đối với u và v .
ã Bạn đọc tự giải tiếp với chú ý u ≥ 0 ; v ≥ 0 .
 Đáp số : (3;5) 
8/ ã Hệ đã cho Û 
ã Đặt : u = ; v = (u ≥ 0 ; v ≥ 0 ) 
ã Khi đó hệ đã cho trở thành : 
ã Đây là hệ đối gồm một pt bậc nhất và một pt bậc hai đối với u và v .
ã Bạn đọc tự giải tiếp với chú ý u ≥ 0 ; v ≥ 0 .
 Đáp số : (2;-1) 
9/ 
ã Đây là hệ đối xứng loại I đối với x và y (bạn đọc tự giải nhé )
Đáp số : (; - ) ; (-;) ; (1;-2) ; (-2;1) .
10/ ( I )
ã Nhận xét (0 ; 0) là nghiệm của hệ ( I ) .
ã Xét x ≠ 0 ; y ≠ 0 . Hệ ( I ) Û Û 
ã Lấy pt (2) trừ pt (1) , ta được : 3x4 – 17x2y2 + 20y4 = 0 (*) 
ã Chia hai vế của (*) cho y4 , ta được : 3 - 17+ 20 = 0 Û 
ã Bạn đọc tự giải tiếp nha ! 
11/ 
ã Hệ pt đã cho Û ( I )
ã Đặt : ã Hệ (I) có dạng : 
ã Xét pt (1) 
+ Nhận xét : u = 0 , v = 0 không phải là nghiệm của hệ (1) ; (2) nên chia hai vế của (1) cho v2 , ta được pt : Û hoặc 
+ Xét từng trường hợp , kết hợp với pt (2) ta tìm được u và v . Từ đó tìm được x và y .
12/ ( I )
ã Hệ ( I ) Û (*)
ã Đặt : với đk : u ≥ 1 ; v ≥ 1
ã Hệ (*) có dạng : . Đây là hệ đối xứng loại 1 đối với u và v .
13/ 
ã Hệ pt đã cho Û 
ã Thay y + 1 ở pt (2) vào pt (1) , ta được : 
 x2 – 3x = [(x2 – 3x)2 – (x2 – 3x)]2 - (x2 – 3x)2 + (x2 – 3x)
Û (x2 – 3x)4 – 2(x2 – 3x)3 = 0 Û (x2 – 3x)3[(x2 – 3x) - 2] = 0 
Û ( Bạn đọc giải tiếp nha )
14/ 
ã Pt (1) ta coi là pt bậc 3 ẩn là . Giải pt (1) , ta được : = 2 Û x = 2y 
ã Pt (2) ta coi là pt bậc 2 ẩn là xy . Giải pt (2) , ta được : xy = 2 hoặc xy = - 3
ã Trường hợp 1 : ( Bạn đọc tự giải tiếp )
ã Trường hợp 2 : ( Bạn đọc tự giải tiếp )
17/ 
ã Pt (2) Û x(y + 1) = x2 – 1 (*)
ã Ta thấy x = 0 không là nghiệm của pt (*) nên chia hai vế của (*) cho x , ta được : 
 y + 1 = , thay vào pt (1) của hệ và rút gọn , ta được pt : 
 (x – 1)(2x3 + 2x2 – 4x) = 0 Û x = 1 hoặc x = - 2 .
Đáp số (1 ; - 1) ; (-2 ; - 5/2) .
18/ 
ã ĐK : x ≥ 1 ; y ≥ 0 (*) 
ã Pt (1) Û x2 - xy – 2y2 – (x + y) = 0 Û (x2 – y2) – (xy + y2) – (x + y) = 0
Û (x – y)(x + y) – y(x + y) – (x + y) = 0 Û (x + y)(x – 2y – 1) = 0 Û x – 2y – 1 = 0
(vì từ (*) ị x + y > 0 ) Û x = 2y + 1 
ã Thay vào (2) , giải được y = 2 .
Đáp số : (5 ; 2) 
19/ 
ã Biến đổi (2) về dạng : y2 – 2(2x + 4)y – 5x2 + 16x + 16 = 0 (*) . Ta coi (*) là phương trình bậc hai ẩn y . 
ã Giải (*) , ta được : . 
Thay vào (1) ta tìm được nghiệm của hệ là : (0 ; 4) ; (4 ; 0) ; (- ; 0) .
20/ 
ã Nhận xét y = 0 không thoả mãn pt (1) của hệ nên chia hai vế của hai pt của hệ cho y , ta được hệ pt : ( I ) .
ã Đặt : u = ; v = x + y . Khi đó hệ ( I ) có dạng : Û u = v = 1 .
Đáp số (1 ; 2) ; (- 2 ; 5) .
21/ 
ã Hệ đã cho Û 
Û Û 
Û Û 
ã Đặt : u = ; v = x – y 
ã Hệ có dạng : Đáp số (1 ; 0)
22/ 
ã Hệ đã cho Û 
 Û 
 Û ( I )
ã Đặt : u = x – 1 ; v = y – 2 
ã Hệ ( I ) trở thành : ã Bạn đọc giải tiếp nha ! 
23/ 
ã Pt (1) Û 3y = 9 – x2 . Thế vào chỗ 48y ở pt (2) , ta được pt : 
 Û (*) (coi (*) là pt trùng phương ẩn y ) 
ã Giải (*) ta được : 
ã Thế vào (1) , ta tìm được x (Bạn đọc tự giải tiếp ) .
24/ 
ã Biến đổi (1) Û 2(x3 + 2x) – 2(y + 1) = x2(y + 1) Û 2x(x2 + 2) = (x2 + 2)(y + 1) 
 Û 2x = y + 1 (vì x2 + 2 > 0 ) .
ã Thay vào pt (2) , ta được : y3 + 2y + 3 = - ln(y2 + y + 1) Û y = - 1 là nghiệm duy nhất của pt (dùng tính đơn điệu của hàm số ) . Đáp số ( 0 ; - 1)
Giải hệ phương trình bằng phương pháp dùng tính đơn điệu của hàm số
1/ Nhận xét quan trọng 
ã Cho hàm số : y = f(t) đơn điệu (đồng biến hoặc nghịch biến) trên tập D . 
ã Khi đó nếu : f(x) = f(y) ị x = y ( với x , y ẻ D) .
 Chứng minh 
 Xét trường hợp f(t) đồng biến trên D (nghịch biến làm tương tự ) 
 Theo giả thiết thì có : f(x) = f(y) (1) 
+) Nếu x > y thì f(x) > f(y) (vì hàm f(t) đồng biến ) nên (1) không thoả mãn .
+) Nếu x < y thì f(x) < f(y) (vì hàm f(t) đồng biến ) nên (1) không thoả mãn .
 Vậy để (1) thoả mãn thì : x = y .
2/ Nhận dạng hệ phương trình 
 Hệ phương trình có dạng sau : 
3/ Ví dụ 
1/ 
2/ 
4/ Cách giải 
ã Bước 1 : Tạo ra phương trình : f(x) = f(y) bằng các cách sau : 
+ Cách 1 : Bài đã cho sẵn 
+ Cách 2 : Ta chuyển hết x về một vế , hết y về một vế .
+ Cách 3 : Ta lấy pt (1) của hệ trừ pt (2) của hệ và chuyển hết x về một vế , hết y về 
 một vế .
ã Bước 2 : 
+ Xét hàm số f(t) trên TXĐ D của nó .
+ Tìm đạo hàm f’(t) và chứng minh f’(t) ≥ 0 ( f’(t) ≤ 0) hoặc f’(t) > 0 ( f’(t) < 0) với 
 mọi t ẻ D . Từ đó khẳng định hàm f(t) đơn điệu trên D .
ã Bước 3 : Từ phương trình f(x) = f(y) ị x = y .
4/ Bài tập áp dụng 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
5/ 
6/ 
7/ 
8/ 
1/ 
ã Pt (1) Û 3x + x = 3y + y (*) 
ã Xét hàm số : f(t) = 3t + t với TXĐ : D = R 
+ Ta có : f’(t) = 3t.ln3 + 1 > 0 với mọi t ẻ R .
+ Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên R .
ã Nhận thấy (*) Û f(x) = f(y) ị x = y .
ã Thay y = x vào (2) , ta được : 3x2 = 12 Û x2 = 4 Û 
Đáp số : (2 ; 2) ; (- 2 ; - 2) . 
2/ 
ã Xét hàm số f(t) = t - 
+ TXĐ : D = R \ {0} 
+ Đạo hàm : f’(t) = 1 + > 0 với " t ẻ D ị Hàm số f(t) đồng biến trên D 
+ Nhận thấy pt (1) Û f(x) = f(y) ị x = y 
ã Thế y = x vào (2) , ta được : x3 + 1 = 2x Û x3 – 2x + 1 = 0 Û (x – 1)(x2 + x - 1) = 0
Đáp số : (1;1) ; (;) ; (;)
3/ 
ã Từ pt (2) , ta có : x8 ≤ 1 ; y4 ≤ 1 Û | x | ≤ 1 và | y| ≤ 1 .
ã Xét hàm số : f(t) = t3 - 5t với t ẻ [- 1 ; 1] 
+ Đạo hàm f’(t) = 3t2 – 5 < 0 với " t ẻ [-1 ; 1] .
+ Vậy f(t) là hàm số nghịch biến trên [-1 ; 1] .
ã Nhận xét pt (1) Û f(x) = f(y) ị x = y 
ã Thay vào pt (2) , ta được pt : x8 + x4 – 1 = 0 (*) 
+ Đặt u = x4 ( u ≥ 0 ) 
+ Khi đó , pt (*) có dạng : u2 + u – 1 = 0 Û u = vì u ≥ 0 .
ã Vậy nghiệm của hệ là : ; 
4/ 
ã Lấy pt (1) trừ pt (2) , ta được pt : 2x + 2x – (2y + 2y) = y – x 
 Û 2x+ 3x = 2y + 3y (*) 
ã Xét hàm số : f(t) = 2t + 3t với TXĐ : D = R 
+ Đạo hàm : f’(t) = 2t . ln2 + 3 > 0 với "t ẻ R 
+ Vậy f(t) là hàm số đồng biến trên R 
ã Nhận thấy (*) Û f(x) = f(y) ị x = y 
ã Thay vào pt (1) , ta được : 2x = 3 – x Û x = 1 ã Vậy nghiệm của hệ là : (1 ; 1) .
5/ Hoàn toàn tương tự phần 4 (lấy pt (1) trừ pt (2)) Đáp số (1 ;1) 
6/ Hoàn toàn tương tự phần 4 (lấy pt (1) trừ pt (2)) ( Bạn đọc tự giải )
Đáp số : (1 ; 1) ; (2 ; 2) .
7/ Đáp số : ( ; )
8/ 
ã Từ pt (2) ị | x | ≤ ; | y | ≤ 
ã Thay 2 = x2 + y2 vào pt (1) , ta được : 2x – 2y = (y – x)(xy + x2 + y2) 
 Û 2x – 2y = y3 – x3 Û 2x + x3 = 2y + y3  (*) 
 (Bạn đọc tự giải nhé )
Hệ phương trình mũ và lôgarit
A/ Phương pháp chung 
ã Bước 1 : Đặt điều kiện cho các biểu thức trong hệ có nghĩa .
ã Bước 2 : Sử dụng phương pháp thế , phương pháp đặt ẩn phụ để đưa hệ đã cho về các 
 hệ đã biết cách giải đã giới thiệu ở phần trước và giải . 
ã Bước 3 : Kết luận nghiệm của hệ .
 Chú ý : Đối với hệ phương trình lôgarit , ta phải đặt điều kiện cho biểu thức trong dấu 
 lôgarit dương .
B/ Bài tập áp dụng 
 Giải các phương trình sau 
1/ 
2/ 
3/ 
4/ 
5/ 
6/ 
7/ 
8/ 
9/ 
10/ 
11/ 
12/ 
13/ 
14/ 
Giải
1/ 
ã Pt (1) Û y = 1 – x . Thế vào phương trình (2) của hệ , ta được : 2x – 21 – x = 2 
Û 22x – 2x – 2 = 0 Û Û 2x = 2 Û x = 1 ị y = 0 
ã Vậy nghiệm của hệ là : (1 ; 0) .
2/ ã Đặt : u = , v = 2y ( u , v > 0 ) 
ã Hệ đã cho có dạng : Û ã Đáp số : (0 ; 1)
3/ 
ã Hệ đã cho Û Û ( I ) 
ã Đặt : u = , v = 2y ( u , v > 0 ) .
ã Hệ đã cho có dạng : ( Đây là hệ đẳng cấp bậc 2 ẩn u và v )
 Û hoặc (Bạn đọc tự giải tiếp nha ) Đáp số : (1 ; 2) ; (- 1 ; 2) 
4/ 
ã Pt (1) của hệ Û x2 – y2 = x – y Û (x – y)(x + y) = x – y Û (x – y)(x + y – 1) = 0
Û 
ã Trường hợp 1 : x – y = 0 Û y = x . Thay vào pt (2) của hệ ta được : 
 22x – 2x – 1 = 0 Û 2.22x – 2x = 0 Û 2x(2.2x – 1) = 0 Û 2x = 2-1 Û x = - 1 ị y = - 1
ã Trường hợp 2 : x + y – 1 = 0 Û y = 1 – x . Thế vào pt (2) của hệ ta được pt : 
21 – 2x – 1 = 2x – 1 Û 2x – 1 = - 2x + 3 Û x = 1 ị y = 0 ( Dùng tính đơn điệu )
Vậy nghiệm của hệ là : (-1 ; -1) ; (1 ; 0) .
5/ 
ã Để ý phương trình (1) chứa ẩn ở mẫu , pt (2) của hệ chứa dấu lôgarit nên 
 điều kiện là : (*) 
ã Hệ đã cho Û Û 
 Û Û Û 
 Đây là hệ đẳng cấp bậc hai , bạn đọc hoàn toàn giải được . 
ã Đối chiếu ĐK (*) , nghiệm của hệ là : (2 ; 1)
6/ ã ĐK : (*) 
ã Pt (1) Û (x - y)(x + y) = 2 Û x – y = , thay vào pt (2) ta được : 
log2(x + y) – log3 = 1 Û log2(x + y) – log32 log2 = 1 
Û (1 + log32)log2(x + y) = 1 + log32 Û log2(x + y) = 1 Û x + y = 2 (**) 
ã Kết hợp (**) với pt (1) của hệ , ta được nghiệm của hệ là : ( ; ) 
7/ ã ĐK : (*) 
ã Hệ đã cho Û Û 
ã Nghiệm của hệ là : (1 ; 2)
8/ 
ã ĐK : (*) ã Hệ đã cho Û ã Nghiệm của hệ là : (4 ; 4) 
9/ ã ĐK : (*) 
ã Pt (2) Û 3(1 + log3x) – 3log3y = 3 Û log3x = log3y Û x = y .
ã Thay y = x vào pt (1) : Û 
ã Vậy nghiệm của hệ là : (1 ; 1) ; (2 ; 2) .
10/ ã ĐK : (*) 
 ã Hệ đã cho Û ã Nghiệm của pt là : (3 ; 4) .
11/ ã ĐK : (*) 
ã Hệ đã cho Û Û 
ã Giải (1) , coi (1) là phương trình ẩn là : logyx . Giải (1) , ta được : 
ã Kết hợp với (2) , ta được nghiệm của hệ là : ( log2 ; log2 ) .
12/ ã ĐK : (*) 
ã Pt (2) Û log4x = log2y Û x = y2 
ã Do y ≥ 1 nên | y | = y . Thế x = y2 vào (1) , ta được : y2 – 4y + 3 = 0 
ã Nghiệm của hệ là : (1 ; 1) ; (3 ; 9) .
13/ ã ĐK : (*) 
ã Hệ đã cho Û ( Bạn đọc tự giải tiếp nhé ! )
ã Nghiệm của hệ là : (4 ; 4) .
14/ 
ã Pt (2) Û y = 2x ( Vậy y > 0) . Thế 2x = y vào (1) , ta được pt : y3 – 5y2 + 4y = 0 
 Û y = 0 hoặc y = 1 hoặc y = 4 .
ã Nghiệm của hệ là : ( 0 ; 1) ; (2 ; 4) .
------------------------- Hết -------------------------
 Đây chỉ là những bài tập các em tham khảo ! hi vọng nó sẽ có ích đối với các em ! 
 Chúc các em thành công !