Kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp (2017)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC 

--------------------------------------- 

PHẠM HỒNG CẨM 

KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, 

HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỖN HỢP 

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC 

THÁI NGUYÊN - 2017

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN 

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC 

--------------------------------------- 

PHẠM HỒNG CẨM 

KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, 

HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỖN HỢP 

Chuyên ngành 

: Phương pháp toán sơ cấp 

Mã số : 60 46 01 13 

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC 

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: 

PGS. TS. TẠ DUY PHƯỢNG 

THÁI NGUYÊN - 2017

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

MỤC LỤC 

Mở đầu 1 

Chương 1: Phân loại phương pháp và kĩ thuật tổng hợp giải 

phương trình, hệ phương trình hỗn hợp. 

1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương 4 

1.1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương 5 

1.1.2. Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp 7 

1.2. Kĩ thuật đặt ẩn phụ 9 

1.2.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình dạng tổng và tích các ẩn 10 

1.2.2 Một số phương trình và hệ phương trình giải được nhờ đặt ẩn phụ 11 

1.3. Phương pháp điều kiện cần và đủ 15 

1.4. Phương pháp hàm số 19 

1.4.1. Kĩ thuật sử dụng tính đồng biến ngặt của hàm số 19 

1.4.1.1. Sử dụng tính đồng biến của các hàm cơ bản 19 

1.4.1.2. Kĩ thuật chủ đạo 2 22 

1.4.1.3. Kĩ thuật chủ đạo 3 30 

1.4.2. Phương pháp giá trị lớn nhất nhỏ nhất và đánh giá 33 

1.5. Bài tập tương tự 36 

Chương 2: Một số kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương 

trình hỗn hợp 

2.1. Phương trình với nhiều cách giải 40 

2.2. Các kĩ thuật giải phương trình và hệ phương trình 48 

2.3. Bài tập tương tự 71 

Kết luận 75 

Tài liệu tham khảo 76 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÍ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

4 

40 

Skype : daykemquynhon@hotmail.com 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

i 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








1. Lí do chọn đề tài 

MỞ ĐẦU 

Phương trình và hệ phương trình hỗn hợp được hiểu là phương trình và 

hệ phương trình phức tạp, chứa nhiều loại hàm khác nhau (đa thức, căn thức, 

mũ, logarithm,...). Để giải những phương trình chứa nhiều loại hàm, ta thường 

phải “bóc từng lớp” để đưa về phương trình và hệ phương trình đơn giản. Tuy 

nhiên, cũng có nhiều phương trình, hệ phương trình hỗn hợp đòi hỏi sử dụng 

kĩ thuật giải tổng hợp, nói chung không thể dùng một kĩ thuật, mà phải sử 

dụng tổng hợp một vài hoặc đồng thời nhiều kĩ thuật để giải được những 

phương trình, hệ phương trình loại này. 

Đã có một số sách (xem, thí dụ, [1], [2], [5]–[9], [11]) và một số luận 

văn cao học (xem, thí dụ, [3], [4]) viết về phương pháp giải phương trình và 

hệ phương trình, tuy nhiên, theo quan sát của chúng tôi, vẫn cần đi sâu phân 

tích cụ thể và chi tiết hơn các phương pháp và các kĩ thuật tổng hợp giải 

phương trình, hệ phương trình hỗn hợp. 

Trong các đề thi Trung học Phổ thông Quốc gia những năm gần đây 

(trước 2017), hai câu khó (câu 9 và câu 10) thường là các bài toán về hoặc 

liên quan tới phương trình và hệ phương trình hỗn hợp. Để giải các bài toán 

này, cần sử dụng thành thạo và nhuần nhuyễn các kĩ thuật tổng hợp. Phương 

trình và hệ phương trình hỗn hợp cũng hay gặp trong các kì thi học sinh giỏi 

(Olympic 30–4, vô địch Quốc gia, Quốc tế). 

Với những lí do trên, tác giả đã lựa chọn đề tài Kĩ thuật tổng hợp giải 

phương trình, hệ phương trình hỗn hợp làm đề tài luận văn cao học của mình. 

2. Lịch sử nghiên cứu 

Chủ đề phương trình, hệ phương trình có vị trí và vai trò quan trọng 


trong chương trình môn Toán ở trường Trung học phổ thông. Kiến thức và kĩ 

năng của chủ đề này có mặt xuyên suốt từ cuối Trung học Cơ sở, tới đầu cấp 




1 











và đến cuối cấp Trung học phổ thông. Nó đóng vai trò như là chìa khóa để 

giải quyết nhiều bài toán trong thực tế. 

Đã có khá nhiều tài liệu viết về chủ đề phương trình, hệ phương trình. 

Tuy nhiên, theo quan sát của chúng tôi, ngoại trừ [4], chưa có nhiều tài liệu 

hay đề tài luận văn cao học phân tích sâu về kĩ thuật giải phương trình, hệ 

phương trình hỗn hợp. 

3. Mục đích, đối tượng và phạm vi nghiên cứu 

Luận văn hệ thống hóa và trình bày một số kĩ thuật giải phương trình, 

hệ phương trình hỗn hợp thường gặp trong các kì thi Olympic, thi học sinh 

giỏi Quốc gia và Quốc tế. Tất cả các bài toán, ví dụ minh họa và bài toán 

tương tự trong luận văn đều được chọn lựa từ các đề thi vào đại học hoặc các 

bài thi học sinh giỏi Quốc gia và Quốc tế trong và ngoài nước, chủ yếu là các 

đề thi trong các năm gần đây, dựa trên nhiều tài liệu trong và ngoài nước, thí 

dụ, [10], [12]. Bên cạnh việc hệ thống hóa các đề thi, luận văn còn cố gắng 

phân tích, tổng hợp các phương pháp thông qua các ví dụ cụ thể. 

4. Mục tiêu của luận văn 

Luận văn có mục tiêu trình bày các phương pháp và kĩ thuật tổng hợp 

giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp. Các phương pháp và kĩ thuật 

tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp hoàn toàn có thể áp 

dụng cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức, giải bất phương trình, hệ bất 

phương trình, và các bài toán cực trị. Hi vọng luận văn sẽ góp phần làm sáng 

tỏ thêm các kĩ thuật và phương pháp giải phương trình, hệ phương trình và 

được áp dụng vào thực tế học tập và giảng dạy. 

5. Phương pháp nghiên cứu 

- Phân tích lí thuyết, phân dạng các loại bài tập. 


- Đưa ra các ví dụ minh họa phù hợp với từng nội dung. 




2 











- Tổng hợp tài liệu từ sách giáo khoa, sách tham khảo, các sách liên 

quan đến đề tài. 

6. Cấu trúc của luận văn 

Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, Luận văn gồm 2 Chương. 

Chương 1: Phân loại một số phương pháp và kĩ thuật giải phương trình 

và hệ phương trình hỗn hợp. 

Chương 2: Một số kĩ thuật tổng hợp giải phương trình và hệ phương 

trình hỗn hợp. 





3 











Chương 1 

PHÂN LOẠI PHƯƠNG PHÁP VÀ KĨ THUẬT TỔNG HỢP 

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỖN HỢP 

Để giải một phương trình, một hệ phương trình hỗn hợp loại khó, 

thường cần phải đồng thời kết hợp sử dụng một vài kĩ thuật. Tuy vậy, trong 

mỗi bài toán thường có một kĩ thuật chủ đạo. Nhằm dễ dàng phân tích lời 

giải, các phương trình và hệ phương trình trong luận văn này được phân loại 

theo phương pháp giải. Các phương pháp và kĩ thuật giải được phân loại như 

dưới đây. 

1.1 . Kĩ thuật biến đổi tương đương 

Nói chung, quá trình giải phương trình, hệ phương trình là một quá 

trình biến đổi tương đương từ phương trình, hệ phương trình phức tạp về 

phương trình, hệ phương trình đơn giản nhờ một số tính chất của các hàm vô 

tỉ, mũ, logarithm, thí dụ: 

⎧g( x) ≥ 0 

Tính chất 1: f ( x) = g( x) 

⇔ ⎨ 

2 

⎩ f ( x) = g ( x). 

Nhận xét: Không cần đòi hỏi và giải điều kiện thừa f ( x) ≥ 0. 

g1( x) g2 

( x) 

Tính chất 2: f ( x) = f ( x) ⇔ f ( x) = 1 hoặc 

⎧ f ( x) > 0, f ( x) ≠ 1 

⎨ 

⎩g1( x) = g2( x). 

Nhận xét: Nhiều học sinh thường quên trường hợp f ( x ) = 1. 

Tính chất 3: 

⎧ f ( x) > 0, f ( x) ≠ 1 

⎪ 

log 

f ( x) g1 ( x) = log 

f ( x) g2( x) ⇔ ⎨g1( x) = g2( x) 

⎪ 

⎩g1( x) > 0 

⎧ f ( x) > 0, f ( x) ≠ 1 

⎪ 

⇔ ⎨g1( x) = g2( x) 

⎪ 

⎩g2( x) > 0. 


Nhận xét: Chỉ cần giải một trong hai hệ trên, chọn trong hai điều kiện 

g ( x ) > 0 hoặc 1 

g ( ) 0 

2 

x > điều kiện nào dễ giải hơn. 




4 











Kĩ thuật biến đổi tương đương là một kĩ thuật cơ bản, tuy nhiên, đối với 

phương trình, hệ phương trình hỗn hợp, kĩ thuật này không phải lúc nào cũng 

áp dụng được một cách hợp lí, mà phải kết hợp thêm với các kĩ thuật khác. 

Các ví dụ cụ thể (các bài toán thi Olympic và các bài thi vào đại học), dưới 

đây và trong Chương 2 sẽ trình bày và phân tích sâu hơn nhận xét này. 

1.1.1. Kĩ thuật biến đổi tương đương 

kiện (*)). 

Bài 1 (Thi học sinh giỏi Việt Nam VMO 2002, Bảng A) Giải phương trình 

( ) 

4 − 3 10 − 3x 

= x − 2. 1 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là 

10 

10 3x 

0 

⎧ 

⎧ − ≥ ⎪x 

≤ 

10 

⎨ ⇔ ⎨ 3 ⇔ 2 ≤ x ≤ . * 

⎩x 

− 2 ≥ 0 ⎪ 3 

⎩x 

≥ 2 

Với điều kiện (*) ta có: 

( ) ( ) 2 

( ) 

2 

(1) ⇔ 4 − 3 10 − 3 = − 4 + 4 

x x x 

⇔ − x = x − x ⇔ x − x + x + x − = 

2 4 3 2 

9 10 3 4 8 16 27 29 0 

( x )( x )( x 2 x ) 

⇔ − 3 + 2 − 7 + 15 = 0 

⇔ x = 3 (vì 

x 

2 

− 7x 

+ 15 = 0 vô nghiệm và x = − 2 không thỏa mãn điều 

Đáp số: Phương trình có duy nhất một nghiệm x = 3. 

Bài 2 (Thi Olympic Trung Quốc CMO, 1998) Giải phương trình 

1 1 

x = x − + 1 − . 1 

x x 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x > 1. (*) 

Với điều kiện (*) thì 

( ) 

2 2 

1 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

(1) ⇔ x − x − = 1− ⇔ ⎜ x − x − ⎟ = ⎜ 1− 

⎟ 

x x ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ 





5 











( ) ( ) 2 

2 2 2 2 

x x x x x x x x 

⇔ −1− 2 − 1 + = 0 ⇔ −1 − = 0 ⇔ − 1 = 

2 1+ 

5 1− 

5 

⇔ x − x − 1 = 0 ⇔ x = ( x = không thỏa mãn điều kiện (*)). 

2 2 

Đáp số: Phương trình có duy nhất một nghiệm 

1+ 

5 

x = . 

2 

Nhận xét: Trong hai bài toán trên, ta đã sử dụng phương pháp biến đổi 

tương đương với kĩ thuật cơ bản là bình phương hai vế không âm của phương trình. 

Bài 3 (Thi học sinh giỏi Kiên Giang 2014–2015) Giải phương trình 

( ) 

2 

2 5 2 2 10 3 2. 1 

x + − x = x + + − x − x − 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là −2 ≤ x ≤ 5. (*) 

Với điều kiện trên thì 

( )( ) 

(1) ⇔ ⎡x + 2 − x + 2 5 − x ⎤ + ⎡2 5 x 2 x 2 ⎤ 

⎣ 

− − + 

⎦ 

= 0 

⎣ 

⎦ 

⇔ x + 2 ⎡ x + 2 − 5 − x ⎤ − 2⎡ x + 2 − 5 − x ⎤ = 0 

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 

( x )( x x ) 

⇔ + 2 − 2 + 2 − 5 − = 0 

⎡ 

x = 2 

x + 2 − 2 = 0 ⎡ x + 2 = 2 

⎡ 

⇔ ⎢ 

⇔ ⎢ 

⇔ ⎢ 3 

⎢ x 2 5 x x 2 5 x ⎢ 

⎣ + − − ⎢⎣ + = − x = . 

⎣ 2 

Thử lại điều kiện (*) ta đi đến kết luận cả hai giá trị trên đều là nghiệm 

của phương trình. 

3 

Đáp số: x = 2; x = . 

2 

Nhận xét: Trước khi biến đổi tương đương, phải quan sát thấy và phân tích 

được x x 2 

( x )( x) 

10 − 3 − = + 2 5 − . Đây là mấu chốt để giải quyết bài toán. 


Việc biến đổi tương đương và giải các phương trình vô tỉ cơ 

bản x + 2 − 2 = 0 và x + 2 − 5 − x là không khó, ngay cả với học sinh trung bình. 




6 











1.1.2 . Kĩ thuật nhân với biểu thức liên hợp 

Sử dụng biểu thức liên hợp dạng a − b = ( a + b )( a − b ),... để biến 

đổi tương đương phương trình đã cho về dạng đơn giản hơn. 

Kĩ thuật này được sử dụng phổ biến trong các bài thi vào đại học và thi 

học sinh giỏi những năm gần đây. 

Bài 4 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh, năm học 2010–2011, lớp 12) Giải 

phương trình 

( ) 

2( x − 6) = 3 x − 5 − x + 3. 1 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: 

⎧x 

− 5 ≥ 0 ⎧x 

≥ 5 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ x ≥ 5. * 

⎩x 

+ 3 ≥ 0 ⎩x 

≥ − 3 

Với điều kiện (*), nhân hai vế với biểu thức liên hợp của 

3 x − 5 − x + 3 là 3 x − 5 + x + 3, ta được 

(1) ⇔ 2( x − 6)(3 x − 5 + x + 3) = 9( x − 5) − ( x + 3) 

⇔ 2( x − 6)(3 x − 5 + x + 3) = 8x 

− 48 

( x 6 )(3 x 5 x 3) 4( x 6). ( 2) 

⇔ − − + + = − 

Trường hợp 1: x = 6 thỏa mãn điều kiện (*) nên nó là nghiệm của (1). 

Cũng có thể thay x = 6 vào phương trình (1) để tin chắc x = 6 là nghiệm của (1). 

Trường hợp 2: x ≠ 6. Chia hai vế của phương trình (2) cho x − 6 ta được 

(2) 3 x 5 x 3 4 ⇔ 9 x − 5 + x + 3 + 6 x − 5 x + 3 = 16 

⇔ − + + = ( ) ( ) 

⇔ 3 x − 5 x + 3 = 29 − 5x 

⎧ 29 

x ≤ 

⎧29 − 5x 

≥ 0 ⎪ 

5 

17 − 3 5 

⇔ ⎨ 

⇔ x . 

2 

⎨ 

⇔ = 

⎩x 

− 17x 

+ 61 = 0 ⎪ 17 ± 3 5 2 

x = 

⎪⎩ 2 


( ) 




7 











ta suy ra 

lớp 10) 

Nhận xét: Cũng có thể giải đơn giản hơn như sau: 

Từ hai phương trình 3 x − 5 + x + 3 = 4 và 2( x − 6) = 3 x − 5 − x + 3 

⎧x 

≤ 8 

17 − 3 5 

x + 3 = 8 − x ⇔ ⎨ 

⇔ x = 

2 

. 

⎩x 

− 17x 

+ 61 = 0 2 

Đáp số: Nghiệm của phương trình đã cho là x = 6 và 

17 − 3 5 

x = . 

2 

Bài 5 (Thi HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc bộ 2015–2016, 

Giải hệ phương trình 

⎧ 

⎪7 + + 3 = 12 

⎨ 

( – y) x – 6 + 1 ( 1) 

3 3 

2 

x y xy x x 

2 

2 

⎪⎩ 2 x + 3 – 9 – y + y = 1. ( 2) 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là –3 ≤ y ≤ 3. (*) 

Với điều kiện (*) thì 

( ) ( ) ( ) 

Thế vào ( ) 

3 3 

1 ⇔ y – x = 1– 2 x ⇔ y – x = 1– 2x ⇔ x + y = 1 ⇔ x = 1– y. 

2 rồi nhân với biểu thức liên hợp, ta được 

2 

2 ⎛ 2 1 ⎞ 

2 

2 ( 1– y) + 3 – 9 – y + y = 1 ⇔ 2 ⎜ y – 2y + 4 + y – 2⎟ 

+ 3 – 9 – y = 0 

⎝ 

2 ⎠ 

2 

3y 

2 

2 y 

⇔ + = 0 

2 

1 2 

y – 2y + 4 + 2 – y 3 + 9 – y 

2 

⎛ 

⎞ 

⎜ 

2 

3 1 ⎟ 

⇔ y ⎜ 

+ ⎟ = 0 ⇔ y = 0 ⇔ x = 1. 

2 

⎛ 2 

1 ⎞ 

2 y – 2x + 4 + 2 – y 3+ 

9 – y 

⎜ ⎜ 

⎟ 2 

⎟ 

⎝ ⎝ 

⎠ 

⎠ 

(do y ≤ 3 nên 2 – 1 0 

2 y > ). 


Đáp số: Hệ có duy nhất nghiệm ( x, y ) = ( 1,0 ) . 




8 











lớp10) 

Bài 6 (Thi HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc bộ 2014- 2015, 


⎧ 

⎪y 

⎨ 

2 3 2 2 

⎪⎩ 3 – x + y + 1 = x + x – 4y 

+ 3. ( 2) 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là 3 (*) 

Với điều kiện (*) ta có: 

( ) 

( ) 

4 2 2 2 

– 2 7 – 7 8 1 

xy + y = x + 

4 – 2 2 7 2 2 

1 y xy + y + x – 7 x – 8 = 0 

x + 

x ≤ . 

⇔ ( y 

2 – x 8 )( y 

2 – x –1) 

2 

⇔ y = x + 1 hoặc 

Trường hợp 1: 

3 2 

3 – x x 2 x x – 4x 

–1 

⇒ y = ± 

y 

2 

2 

y = x – 8. 

= x + 1. Thay 

y 

2 

⇔ + = 0 

= x + 1 vào ( 2 ) ta được: 

2 – x x – 2 

3 – x + 1 x + 2 + 2 

+ + = + ⇔ + = ( x – 2)( x + 1)( x + 2) 

⎡ 1 1 

⎤ 

⇔ ( 2 – x) ⎢ − + ( x + 1)( x + 2) 

= 0 

3 – x + 1 x + 2 + 2 

⎥ ⇔ x = 2 (vì x ≥ –1) 

⎣ 

⎦ 

3. 


2 

y = x – 8. 

Từ điều kiện (*) ta có 

2 

≤ 3 ⇒ – 8 ≤ –5 ⇒ ≤ –5. 

Vô nghiệm. 

x x y 

Đáp số: Hệ có hai cặp nghiệm ( 2, 3 ) và ( ) 

2,– 3 . 

1.2 . Kĩ thuật đặt ẩn phụ 

Một trong những kĩ thuật giải phương trình hỗn hợp (phức tạp, gồm 

nhiều hàm) là phương pháp (kĩ thuật) đặt ẩn phụ, để đưa phương trình đã cho 

về dạng đơn giản (phương trình đa thức bậc nhất, bậc hai, phương trình lượng 

giác cơ bản,...). Nhiều khi đặt ẩn phụ chuyển phương trình đã cho thành một 

hệ phương trình gồm hai ẩn (ẩn ban đầu và ẩn phụ), nhưng hệ này dễ giải hơn 

phương trình ban đầu. 





9 











1.2.1. Đặt ẩn phụ đưa về hệ phương trình dạng tổng và tích các ẩn 

Một trong những kĩ thuật đặt ẩn phụ là đặt ẩn phụ để đưa phương trình 

đã cho về hệ phương trình dạng tổng và tích các ẩn. Áp dụng định lí Viét hoặc 

tính nhẩm để tìm hai nghiệm của hệ phương trình trung gian. Suy ra nghiệm 

của phương trình ban đầu. Tuy nhiên, trong các bài tập khó, đặt ẩn phụ để đưa 

phương trình dạng tổng và tích các ẩn chỉ là một khâu trong quá trình giải. 

Dưới đây là một số ví dụ minh họa. 

Bài 7 (Thi HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ năm 2013- 

2014, lớp 10) 

Giải phương trình 

2 

(6x − 3) 7 − 3x + (15 − 6 x) 3x 

− 2 = 2 − 9x 

+ 27x 

− 14 + 11. 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: 2 ≤ x ≤ 

7 

3 3 

Với điều kiện trên, đặt X = 7 − 3 x,Y = 3x 

− 2 với X,Y ≥ 0, ta có 

2 2 

2 2 

⎧ X + Y = 5 

X + Y = 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

2 2 

(2Y + 1)X + (2X + 1)Y = 2XY + 11 

Đặt S X Y, 

P XY 

2 

= + = ( S P) 

⎪⎧ 

5 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ 

2( X + Y ) XY + X + Y = 2XY 

+ 11. 

≥ 4 , ta có hệ 

2 

2 

⎧S 

− 2P 

= 5 ⎧ 2P 

= S − 5 

⎧ 2 

⎪ 

⎪2P= S −5 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⇔ ⎨ 

2 2 

⎩2PS + S = 2P 

+ 11 ⎪⎩ S( S − 5) + S = S − 5 + 11 ( S 3)( S 

2 

⎩⎪ − + 2S+ 2) = 0 

⇔ 

⎧S 

= 3 

⎨ 

⎩P 

= 2 

Từ đó suy ra 

(vì 

S 

2 

+ 2S 

+ 2 > 0 ). 

⎧S = X + Y = 3 

⎨ 

⎩P 

= XY = 3. 

⎧X 

= 2 

⇒ ⎨ hoặc 

⎩Y 

= 1 

⎧X 

= 1 

⎨ 

⎩Y 

= 2 


Thay vào X = 7 − 3x 

ta được x = 1 hoặc x = 2. 

Thử lại, ta thấy nghiệm này thỏa mãn. 

Đáp số: Phương trình có hai nghiệm x = 1; x = 2. 




10 











Bài 8 (Thi học sinh giỏi Long An, bảng B, năm học 2012–2013, lớp 12) 

Giải hệ phương trình với x, y ∈ : 

⎧ 

⎪ x + y − x − y = 2 

⎨ 

2 2 2 2 

⎪⎩ x + y + 1 − x − y = 3. 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: x + y ≥ 0, x − y ≥ 0 . 

Đặt u = x + y, v = x − y. 

Điều kiện u ≥ 0, v ≥ 0, ta có: 

⎧ u − v = 2 ⎧u + v = 2 uv + 4 ⎧ u + v = 2 uv + 4 1 

⎪ ⎪ ⎪ 

⎨ 2 2 2 2 

2 

u + v + 2 

⇔ ⎨ u + v + 2 

⇔ ⎨ 

( u + v) 

− 2uv 

+ 2 

⎪ − uv = 3 ⎪ − uv = 3 ⎪ − uv = 3. 2 

⎩ 2 ⎩ 2 ⎪⎩ 2 

Thế (1) vào (2) ta được: 

( ) 2 

uv + 8 uv + 9 − uv = 3 ⇔ uv + 8 uv + 9 = 3 + uv ⇔ uv = 0 ⇔ uv = 0. 

Kết hợp với (1) ta đi đến: 

Ta có 

⎧uv = 0 ⎧u = 4 ⎧u = 0 ⎧u 

= 4 

⎨ ⇔ ⎨ ∨ ⎨ ⇒ ⎨ (vì u > v ). 

⎩u + v = 4 ⎩v = 0 ⎩v = 4 ⎩v 

= 0 

⎧u = 4 ⎧x + y = u = 4 ⎧x 

= 2 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 

⎩v = 0 ⎩x − y = v = 0 ⎩y 

= 2. 

Đáp số: Nghiệm của hệ là ( x y ) = ( ) 

; 2;2 . 

thỏa mãn điều kiện (*). 

Nhận xét: Hai bài toán( bài 7 và bài 8) đã sử dụng kĩ thuật đặt ẩn phụ 

để đưa phương trình ( hệ phương trình) về dạng đơn giản hơn để giải. 

1.2.2. Một số phương trình và hệ phương trình giải được nhờ đặt ẩn phụ 

Bài 9 (Thi học sinh giỏi Long An 2012– 2013, bảng A, lớp 12) 

Giải phương trình sau trên tập số thực: ( ) 

( ) 

x + 1 = 2x + 1 x + 1 + 2 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ − 1. (*) 

Từ phương trình đã cho ta suy ra x > − 1. 

⎧⎪ x + 1 = (2x + 1) y 

Đặt y = x + 1 + 2,( y ≥ 2 > 0), ta có hệ phương trình ⎨ 2 

⎪⎩ y − x + 1 = 2. 


( ) 




11 











Từ phương trình đầu, kết hợp với phương trình thứ hai của hệ trên, ta có 

x + 1 = (2x + 1) y ⇔ x + 1+ y = 2( x + 1) y 

2 3 

1 ( 1)( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 

2 3 2 

2 

( x 1) ( x 1) y y 

⎛ 

y ( x 1) 

1 

⎞ 

⎜ 

⎟ 

2 

( x 1) ( 1 y x 1) y ( 1 y x 1)( y x 1 1) 

2 

( y x 1 1)( y x 1 y x 1) 

0 

2 3 

⇔ x + + y = y − x + x + y ⇔ x + + y = y x + − x + y 

⇔ + + + = + − 

⎝ 

⇔ + + + = + + + − 

⇔ + + + + − + = 

( )( ) 

⇔ y x + 1 y x + 1 + 1 y − 2 x + 1 = 0 ⇔ y = 2 x + 1 

Vậy x + 1 + 2 = 2 x + 1 ⇔ x + 1 + 2 = 4( x + 1) 

⎡ 1 33 

2 2 1 

1 33 

⎢ x + − = 

⎛ ⎞ 

4 4 − 15 + 33 

⇔ ⎜ 2 x + 1 − ⎟ = ⇔ ⎢ 

⇔ x = . 

⎝ 4 ⎠ 16 ⎢ 1 − 33 32 

⎢2 x + 1 − = 

⎣ 4 4 

Đáp số: Nghiệm của phương trình đã cho là 

⎠ 

− 15 + 33 

x = . 

32 

Bài 10 (Thi học sinh giỏi Long An 2012–2013, bảng B, lớp 12) 

Giải phương trình sau trên tập số thực: x 4 + x 2 + 1 + 3( x 2 + 1) = 3 3 x. ( 1) 

Giải: Từ phương trình ta suy ra x ≥ 0. Hơn nữa x = 0 không là nghiệm 

của phương trình đã cho. Chia hai vế của (1) cho x > 0 ta có: 

( ) 

2 2 2 

(1) ( 1) 1 3 1 3 3 

⇔ x x + + + x + = x 

1 ⎛ 

1 3 1 ⎞ 

⎜ ⎟ 3 3. 

x ⎝ x ⎠ 

2 

⇔ x + + + x + = 

2 

Đặt 

1 t = x + , t ≥ 2 thì 

x 

t 

1 

= x + + 2, phương trình trở thành: 

2 

x 

2 2 

⎧t 

≤ 3 ⎧t 

≤ 3 

− 1 = 3( 3− ) ⇔ ⇔ ⇔ = 2. 

⎩t − 1= 27 − 18t + 3t ⎩t − 9t 

+ 14 = 0 


2 

t t ⎨ 

t 

2 2 ⎨ 2 




12 











⎡ π ⎤ 

⎢ 

− ,13 π . 

⎣ 2 ⎥ 

⎦ 

Với t = 2 ⇒ x + 1 = 2 ⇒ x = 1 ( tm) 

. 

x 

Đáp số: Nghiệm của phương trình đã cho là x = 1. 

Bài 11 (Olympic Chinh phục đỉnh núi Vorobiev, Nga, tháng 1-2013) 

Tìm số nghiệm của phương trình 

3sin x−2 1−sin 

x 

2sin x−1 2sin x−1 

3 − 2 = 3 trong khoảng 

Giải: Nhận xét rằng 3sin x − 2 1 − sin x 

+ = 1, nên phương trình có thể 

2sin x −1 2sin x −1 

viết dưới dạng 

Đặt 

t 


1− 


3 − 2 = 3 . 

3sin x−2 

2sin x−1 

t = 3 , t > 0, thì phương trình đã cho trở thành 

t 

− 2t 

− 3 = 0 ⇔ ⎢ 

⎢⎣ t = − 

⎡ = 3 

2 

Với t = 3ta có: 

3sin x−2 

2sin x 1 

3 3 

( tm) 

1( ktm) 

3sin x − 2 π 

− = ⇔ = 1 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + k 2 π . 

2sin x −1 2 

3 

t − 2 = , hay 

t 

⎡ π ⎤ 

Đáp số: Phương trình đã cho có đúng 7 nghiệm trong khoảng ⎢ 

− ,13 π . 

⎣ 2 ⎥ 

⎦ 

Bài 12 (Olympic Chinh phục đỉnh núi Vorobiev, Nga, 2014, Vòng 

Chung kết) 

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm 

2 ⎛ 2x 

⎞ ⎛ x ⎞ 2 

log2 ⎜ 2 

2 ⎟ + ( m − 1) 

log2 

⎜ m m 2 0. 

2 ⎟ + − − = 

⎝1+ x ⎠ ⎝1+ 

x ⎠ 

Giải: Phương trình đã cho có dạng 


2 ⎛ 2x 

⎞ ⎛ 2x 

⎞ 2 

log2 ⎜ 2 

2 ⎟ + ( m − 1) 

log2 

⎜ m 3m 

0. 

2 ⎟ + − = 

⎝1+ x ⎠ ⎝1+ 

x ⎠ 




13 











Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x > 0. 

⎛ 2x 

⎞ 

Đặt t = log 

2 ⎜ , 

2 ⎟ phương trình đã cho trở thành 

⎝1+ 

x ⎠ 

( ) 

2 2 

= + − + − = (2) 

f ( t) t 2 m 1 t m 3m 

0. 

2x 

Vì hàm số u = có miền xác định 

2 

là( 0,1 ] nên t ∈( −∞,0 ]. 

Bài toán trở thành: 

1 + x 

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (2) có nghiệm trong 

khoảng t ∈( −∞ ,0], 

tức là có ít nhất một nghiệm không dương. Điều này tương 

đương với: Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (2) có hai nghiệm 

thỏa mãn điều kiện t 1 

≤ 0 ≤ t 2 

, hoặc t1 ≤ t2 ≤ 0. 

Trường hợp 1: t 1 

≤ 0 ≤ t 2 

⇔ af m m m 


2 

t1 ≤ t2 ≤ 0 ⇔ ⎨af (0) = ( m − 3 m) ≥ 0, 

⎪S 

⎪ = −( m −1) 

≤ 0 

⎩ 2 

⇔ m ≥ 3. 

2 

(0) = − 3 ≤ 0 ⇔ 0 ≤ ≤ 3. 

⎧ 

⎪ ′ = m − − m − m = m + ≥ 

⎪∆ 

2 2 

( 1) ( 3 ) 1 0, 

Kết hợp hai trường hợp, ta đi đến đáp số m ≥ 0. 

⎧m 

≥ −1, 

⎪ 

⇔ ⎨m 

≤ 0, m ≥ 3, 

⎪ 

⎩m 

≥ 1 

Bài 13 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2012– 2013, lớp 12) Giải hệ phương trình 

3 2 3 

⎧ + + = 

⎪x xy 2y 

0 (1) 

⎨ 

3 4 2 2 

⎪⎩ x − x + 4 = 4y + 3 y. (2) 

( I ) 

Giải: Để y là nghiệm của hệ (I) thì y ≠ 0. Chia hai vế của (1) cho y ta được: 

3 

3 2 3 ⎛ x ⎞ x x 

x + xy + y = ⇔ + + = ⇔ = − ⇔ y = −x 

2 0 ⎜ 2 0 1 . 

y 

⎟ 

⎝ ⎠ y y 


Thay y = − x vào phương trình sau ta được: 3 x 4 − x 2 + 4 = 4x 2 − 3x 

⇔ 3 4 2 2 

1 1 

x − x = 4x − 3x − 4 ⇔ 3 x − 4( x ) 3 

x 

= − x 

− (chia cả hai vế cho x ≠ 0 ). 




14 











Đặt t 3 x 

1 

x 

3 2 

= − , phương trình trở thành ( )( ) 

Với t = 1 ta có: 

Đáp số: Hệ có hai nghiệm 

1 1± 

5 

x − = 1 ⇔ x = . 

x 

2 

1.3 Phương pháp điều kiện cần và đủ 

4t −t− 3= 0⇔ t− 1 4t + 4t + 3 = 0⇔ t = 1. 

⎛1+ 5 1+ 5 ⎞ ⎛1− 5 1− 

5 ⎞ 

⎜ ; − ⎟, ⎜ ; − ⎟. 

⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ 

Phương pháp điều kiện cần và đủ đặc biệt hữu hiệu trong các bài toán 

biện luận phương trình và hệ phương trình. Điều kiện cần lọc ra các giá trị của 

tham số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Điều kiện đủ kiểm tra và lọc ra các tham 

số thật sự thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Nga, 2015) 

Bài 14 (Olympic Học viện mật mã, thông tin liên lạc, Viện Hàn lâm 

Tìm tất cả các giá trị của tham số 

2 2 2 

x − 8m x + 1 = −12m 

− 1 (1) 

có đúng ba nghiệm. 

m để phương trình 

Giải: Điều kiện cần: Vì phương trình đã cho không thay đổi khi thay x 

bằng − x nên để phương trình có đúng ba nghiệm thì nó phải có nghiệm x = 0. 

Suy ra 

2 2 

1 1 

− 8m = −12m −1 ⇔ 12m − 8m + 1 = 0 ⇔ m1 = , m2 

= . 

2 6 

1 

Điều kiện đủ: Với m 

1 

= phương trình đã cho trở thành 

2 

2 2 2 2 

x − 4 x + 1 = −4 ⇔ x − 4 x + 1 + 4 = 0 

( ) 

2 

2 2 

⇔ x + 1 − 2 = 1 ⇔ x + 1 − 2 = ± 1 ⇔ x = 0, x = ± 2 2. 

1 2,3 

1 

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm với m 

1 

= 

2 


1 

Với m 

2 

= 

6 

phương trình đã cho trở thành 




15 











chung kết) 

2 

2 2 ⎛ 2 ⎞ 

2 

4 4 2 1 2 1 

x − x + 1 = − ⇔ ⎜ x + 1 − ⎟ = ⇔ x + 1 − = ± ⇔ x = 0. 

3 3 ⎝ 3 ⎠ 9 3 3 

1 

Vậy với m 

2 

= phương trình đã cho chỉ có một nghiệm. 

6 

Kết luận: Để phương trình đã cho có đúng ba nghiệm thì 

1 

m = . 

2 

Bài 15 (Olympic Chinh phục đỉnh núi Vorobiev, Nga, 2014, Vòng 

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình 

( )( ) ( ) 

⎧ 2 2 

6 2 

⎪y − m + 5( m − 1) = m − 5m + 6 x − 3 + x − 3 (1) 

⎨ 

2 2 

⎪ ⎩ x + y = 2(3x 

− 4) (2) 

có đúng một nghiệm. 

Giải: Điều kiện cần: 

( I ) 

Phương trình (2) có thể đưa về dạng 

( ) 2 2 

x − 3 + y = 1. Do đó nếu ( x , y ) = ( 3 + t , y ) là nghiệm thì ( 3 t , y ) 

0 0 0 0 

− cũng 

là nghiệm. Để phương trình có duy nhất nghiệm thì 3 + t0 = 3 − t0 

hay t 

0 

= 0. 

Suy ra nghiệm chỉ có thể là ( 3,1 ) hay ( ) 

trình (1), ta được 

m 

2 

0 0 

3, −1 . Thay x = 3, y = − 1 vào phương 

− 5m 

+ 6 = 0 hay m = 2 hoặc m = 3. Thay x = 3, y = 1 vào 

phương trình (1), ta được m = 1 hoặc m = 4. 

Điều kiện đủ: Với m = 1 hoặc m = 4 thì hệ (I) trở thành 

( x ) 

( ) 

6 

⎧y − = x − + x − 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

1 2 3 3 (II.1) 

2 2 

− 3 + y = 1 (II.2) 

( II) 

Hệ (II) có duy nhất nghiệm x = 3, y = 1 vì với x ≠ 3 thì từ phương trình 

(II.1) suy ra y > 1, trong khi đó từ phương trình (II.2) suy ra y ≤ 1. 


Với m = 2 hoặc m = 3 thì hệ (I) trở thành 

⎧ ⎪y 

+ 1 = x − 3 

⎨ 

( ) 2 2 

⇔ y + 1 = 1− y ⇔ y = − 1, y = 0. 

( ) 2 2 

⎪⎩ x − 3 + y = 1 




16 











Vậy hệ (I) có ba nghiệm ( 3, − 1 ); 

( 4,0 ); ( 2,0 ). 

Kết luận: Hệ (I) có duy nhất nghiệm ( 3,1) 

khi m = 1 hoặc m = 4. 

Bài 16 (Khoa Toán, ĐH Tổng hợp Moscow, 1966) 

Tìm tất cả các giá trị của tham số a để hệ phương trình 

a 

2 2 

( x ) ( b ) 

y 

⎧ 

⎪ + 1 + + 1 = 2 (1) 

⎨ 

2 

⎪ ⎩ a + bxy + x y = 1 (2) 

có ít nhất một nghiệm với mọi giá trị của b ( a, b, x, y là các số thực). 

Giải Điều kiện cần: Vì hệ có ít nhất một nghiệm với mọi giá trị của b 

nên nó phải có ít nhất một nghiệm với b = 0. Với b = 0 ta có hệ 

2 

( x ) 

a 

⎧ 

⎪ + 1 = 1 (1) ′ 

⎨ 

2 

⎩⎪ a + x y = 1 (2′) 

Phương trình (1) có nghiệm x = 0 khi a ≠ 0 và mọi x là nghiệm của 

(1’) khi a = 0. Nếu x = 0 thì từ phương trình (2’) ta có a = 1. Như vậy, chỉ có 

thể hai giá trị a = 0 hoặc a = 1 là các giá trị của tham số thỏa mãn điều kiện 

đầu bài. 

Điều kiện đủ: Với a = 0 hệ (I) trở thành 

2 

( b ) 

y 

⎧ 

⎪ + 1 = 1 (1′′ 

) 

⎨ 

2 

⎪ ⎩ bxy + x y = 1 (2′′ 

) 

Hệ (1’’) có nghiệm y = 0 với mọi b . Nhưng y = 0 không thỏa mãn phương 

trình (2’’). Như vậy, chỉ còn trường hợp a = 1. Với a = 1 hệ (I) trở thành 

( b ) 

y 

⎧ 2 2 

+ + = 

⎪x 

1 1, 

⎨ 

2 

⎪ ⎩ bxy + x y = 0. 


Hệ này có nghiệm x = 0, y = 0với mọi b . 

Đáp số: a = 1. 




17 











Bài 17 (Khoa Toán, Đại học Tổng hợp Moscow, 1966) 

Tìm tất cả các giá trị của các tham số a và b 

⎧ 

y 

x − 1 

⎪ a 

y = 

⎨ x + 1 

⎪ 

⎩ + = 

2 2 

x y b 

(2) 

(1) 

có duy nhất nghiệm ( a,b,x, y là các số thực và x > 0). 

Giải: Điều kiện cần: Giả sử ( , ) 

có nghiệm ( x , −y 

) 

( ) 2 

0 0 

2 2 2 

0 

+ − 

0 

= 

0 

+ 

0 

= . 

x y x y b 

mọi b > 0. 

vì 

0 0 

để hệ phương trình 

x y là nghiệm của (I). Khi ấy (I) cũng 

y0 

1 1− 

x0 

−1 

− y0 y0 y0 y0 

0 

− 

0 0 0 

− y0 1 

y0 y0 

0 + 1 

0 0 

y0 x 

y0 

0 x0 

x 1 x x x −1 

= = = = a 

x + 1 1+ x x + 1 

Vậy để hệ có duy nhất nghiệm thì điều kiện cần là y 

0 

= 0. 

Từ phương trình (1) suy ra a = 0. 

Điều kiện đủ: Với a = 0 hệ (I) trở thành 

⎧ 

y 

x − 1 

⎪ 0 (1) 

y = 

⎨ x + 1 

⎪ 2 2 

⎩x + y = b. (2) 

y 

Suy ra x − 1 = 0 hay y = 0, x > 0 bất kì hoặc x = 1, y bất kì. 

Nếu y = 0, x > 0 thì phương trình (2) có duy nhất nghiệm x = b với 

2 

Nếu x = 1 thì phương trình (2) có dạng 1 + y = b. 

Nếu b > 1 thì phương trình này có hai nghiệm y = ± b − 1. 

Nếu b = 1 thì phương trình có duy nhất nghiệm y = 0. 

Nếu b < 1 thì phương trình không có nghiệm. 


Vậy với a = 0, b > 1 hệ (I) có ba nghiệm x = b, y = 0; 

Với a = 0,0 hệ (I) có một nghiệm x = 1, y = 0. 

x = y = ± y − 

và 

2 

1, 1; 




18 











Kết luận: Hệ có duy nhất nghiệm x = 1, y = 0 khi a = 0,0 

1.4 Phương pháp hàm số 

1.4.1 Kĩ thuật sử dụng tính đồng biến ngặt của hàm số 

1.4.1.1 Sử dụng tính đồng biến của các hàm cơ bản 

Sử dụng tính đồng biến của các hàm bậc hai trên từng khoảng 

Có thể sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm bậc hai trên từng 

khoảng để giải phương trình mà không sử dụng công cụ đạo hàm. 

Bài 18 (Thi học sinh giỏi Ninh Bình 2012–2013, lớp 12) Giải phương trình 

3 2 

3x + 3 − 5 − 2x − x + 3x + 10x − 26 = 0, x ∈ . 1 

⎡ 5⎤ 

Giải: Tập xác định của phương trình đã cho là ⎢ 

−1; . 

⎣ 2⎥ 

⎦ 

Phương trình đã cho tương đương với: 

( ) ( ) 

3 2 

(1) ⇔ 3x + 3 − 3 − 5 − 2x −1 − x + 3x + 10x 

− 24 = 0 

2 

( x )( x x ) 

( ) 

3( x − 2) 2( x − 2) 

⇔ + − − 2 − − 12 = 0 

3x 

+ 3 + 3 5 − 2x 

+ 1 

⎡ 3 2 

2 ⎤ 

⇔ ( x − 2) ⎢ + − x + x + 12 = 0 

3x 

+ 3 + 3 5 − 2x 

+ 1 

⎥ 

⎣ 

⎦ 

⎡x 

− 2 = 0 

⎢ 

⇔ ⎢ 

3 2 

2 

+ − + + = 

⎢ ⎣ 3x 

+ 3 + 3 5 − 2x 

+ 1 

2 ⎡ 5⎤ 

Hàm số f ( x) = − x + x + 12, x ∈ ⎢ −1; ⎣ 2⎥ 

⎦ 

1 

có hoành độ đỉnh là x 

0 

= , liên tục trên 

2 

x 

x 

12 0 

là hàm bậc hai có hệ số a = − 1 < 0, 

⎡ 5⎤ 

⎢−1; ⎣ 2 ⎥ nên ⎦ 

⎧ ⎛ 5 ⎞⎫ 

⎧ 33⎫ 

33 

min f ( x) = min ⎨ f ( − 1 ); f ⎜ ⎟⎬ = min ⎨10, ⎬ = > 0. 

⎡ 5 ⎤ 

−1; ⎝ 2 ⎠ ⎩ 4 ⎭ 4 

2 

⎩ 

⎭ 


⎢ 

⎣ 

⎥ 

⎦ 




Suy ra 

3 2 2 

5 

12 0 1; . 

3 3 3 5 2 1 x x x ⎡ ⎤ 

+ − + + > ∀ ∈ − 

x + + − x + ⎢ 

⎣ 2 ⎥ 

⎦ 

19 











Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 . 

Sử dụng tính đồng biến nghịch biến của hàm căn thức 

Có thể sử dụng tính đồng biến của hàm căn thức y = x trên [ 0,+∞) 

để 

giải phương trình mà không sử dụng công cụ đạo hàm. 

Bài 19 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh, 2009) Cho các số thực a, b, 

c thỏa 

mãn điều kiện a > b > c > 0. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm 

duy nhất 

a − b 

x − a − x − b + = 0. 1 

x − c 

( ) 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x > a. 

Nhân với biểu thức liên hợp, phương trình (1) tương đương với: 

b − a a − b 

+ = 0 ⇔ x − a + x − b − x − c = 0 

x − a + x − b x − c 

x − a x − b 

⇔ + − 1 = 0. 

x − c x − c 

Vì 

khi x ≥ 0 nên 

trên [ a +∞ ) 

[ a , +∞) 

, . 

x − a 

y = 

x − c 

y = 

là đồng biến chặt trên [ , ) 

x − a 

x − c 

Tương tự, hàm số 

a +∞ và y = x là đồng biến chặt 

là hợp của hai hàm đồng biến chặt sẽ đồng biến chặt 

y = 

x − b 

x − c 

là đồng biến chặt trên [ a +∞ ) 

, . 

x − a x − b 

Do đó hàm số y = + −1 

là liên tục và đồng biến chặt trên 

x − c x − c 

vì là tổng của hai hàm đồng biến chặt. 





20 











Do a b c 0 

a − b 

a − c 

> > > và ( ) = − 1< 

0 

f a 

và lim f ( x) = 1 > 0 nên 

x→+∞ 

phương trình f ( x ) = 0 có duy nhất một nghiệm trên khoảng [ a +∞) 

, . 

Nhận xét: Có thể tính đạo hàm để suy ra f ( x ) là hàm số đồng biến: 

Tuy nhiên tính đạo hàm 

a−c b−c 

f ′( x) = + > 0, ∀ a > b > c > 0 

2 x−a 2 x −b 

2( x−c) 2( x −c) 

x −c x −c 

khá vất vả và không cần thiết. Ta chỉ cần sử dụng định lí Balzano-Cauchy: 

Nếu hàm ( ) 

c 

f x liên tục trên [ a, 

b ] và f ( a) f ( b ) < 0 

∈( a, 

b) 

sao cho ( ) 0. 

suy ra ( ) 0 

thì tồn tại ít nhất một điểm 

f c = Từ tính chất đồng biến chặt của hàm số y = x ta 

f x = có duy nhất nghiệm. 

Sử dụng tính đồng biến, nghịch biến của hàm lũy thừa 

x 

Có thể sử dụng tính đồng biến ngặt của hàm lũy thừa y = a , khi a > 1 

và nghịch biến ngặt khi 0 < a < 1 để giải phương trình mà không sử dụng 

công cụ đạo hàm. 

Bài 20 (Olympic Chinh phục đỉnh núi Vorobiev, CHLB Nga, 2015, 

Vòng Chung kết) 

2 2 

Tìm tích các nghiệm của phương trình ( x − x− ) = ( + x− 

x ) 

log 2 2 log 12 2 . 

5+ 15 5− 

15 

2 2 

Giải: Đặt t = ( x − x − ) = ( + x − x ) 

Khi ấy ta có 

log 2 2 log 12 2 . 

5+ 15 5− 

15 

( ) 

( ) 

t 

⎧ 

2 

⎪ 

5 + 15 = x − 2x 

− 2, 

⎨ 

⎪ − = + − 

⎩ 

t 

2 

5 15 12 2 x x . 

t 

Suy ra ( ) ( ) 

5 + 15 + 5 − 15 = 10 (2) 

t 

Vì hàm số ( 5 15) ( 5 15) 

có duy nhất nghiệm t = 1. 

t 


t 

y = + + − là hàm tăng chặt nên phương trình 




21 








Suy ra 

− 2 − 2 = 5 + 15 ⇔ − 2 − 7 − 15 = 0. 

2 2 

x x x x 




Đáp số: x1x 2 

= −7 − 15. 

1.4.1.2 Kĩ thuật chủ đạo 2: Sử dụng đạo hàm bậc nhất 

Kĩ thuật 1: Đưa phương trình về dạng f ( t1) = f ( t2). 

Sử dụng đạo hàm 

bậc nhất f ′( t) > 0 để chứng minh ( ) 

ra t 1 

= t 2 

. Giải tiếp phương trình đã cho. 

f t đồng biến chặt trên khoảng ( ) 

a, b . Suy 

Bài 21 (Thi học sinh giỏi Nghệ An 2012–2013, bảng A, lớp 12) Giải 


3 

x + 1 − 2 1 

= ( x ∈ 

). 

2x 

+ 1 − 3 x + 2 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ −1, x ≠ 13. 

Với điều kiện trên thì phương trình đã cho tương đương với 

( )( ) 

3 

x + 2 x + 1 − 2 = 2x 

+ 1 − 3 ⇔ 

( x + 1) x + 1 + x + 1 = 2x + 1+ 3 2x 

+ 1. ( 1) 

Xét hàm số 

3 

f ( t) = t + t. 

Ta có 

2 

′( ) = 3 + 1 > 0 với mọi . 

f t t 

Suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên . Ta có: 

(1) ( ) ( ) 

⇔ f x + = f x + ⇔ x + = x + 

3 3 

1 2 1 1 2 1 

t ∈ 

⎧ 1 

x ≥ − 

⎧ 1 1 

2 x 0 

x 

⎧ 

⎪ 

⎡ = 

⎪ ≥ − 

2 

⎪x 

≥ − 

⎪ ⇔ 2 x 0 ⎢ 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎡ = ⇔ 1 5 

3 2 

⎢ + 

⎪ 3 2 

x 

( ) ( ) 

. 

x 1 2x 

1 ⎪x x x 0 ⎪⎢ 

= 

⎩ + = + ⎩ − − = 1 5 ⎢ 

⎪ ⎢ ± ⎣ 2 

x = 

⎪⎣ ⎩⎢ 

2 

Đối chiếu điều kiện ta được x = 0 và 

1+ 

5 

x = . 

2 


Đáp số: Nghiệm của phương trình đã cho là x = 0 và 

1+ 

5 

x = . 

2 




22 











Bài 22 (Thi học sinh giỏi Thành phố Hồ Chí Minh 2011–2012, lớp 12) 

Giải phương trình: x 3 − x 2 −10x − 2 = 3 7x 2 + 23x 

+ 12 ( 1) 

Giải: Ta có: 

Đặt ( ) 

(1) ⇔ ( x + 2) 3 + ( x + 2) = 3 7x 2 + 23x + 12 + 7x 2 + 23x 

+ 12. ( 2) 

3 

= + , ∈ . Ta có 

f t t t t 

hàm số đồng biến chặt trên . Từ (2) ta có 

( ) 

2 

′( ) = 3 + 1 > 0 ∀ ∈ . Suy ra ( ) 

f t t t 

3 2 3 2 

f x + 2 = f ( 7x + 23x + 12) ⇔ x + 2 = 7x + 23x 

+ 12 

( )( ) 

3 2 2 

⇔ x − x −11x − 4 = 0 ⇔ x − 4 x − 3x 

+ 1 = 0 ⇔ 

Đáp số: 

3 ± 5 

x = 4, x = . 

2 

Bài 23 (Thi Đại học Khối D, 2010) Giải phương trình 

2x + x + 2 x 

3 

2 + x + 2 x 

3 

+ 4 x − 4 

4 + 2 = 4 + 2 . 

3 ± 5 

x = 4, x = . 

2 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ − 2. (*) 

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với 

Với 

3 3 

( ) ( ) ( )( ) 

f t là 

2 2 4 4 4 4 4 4 2 2 

4 + x+ 2 x− −1 − 2 x 2 x− − 1 = 0 ⇔ 2 x− −1 4 + x+ 

− 2 x = 0 

4x−4 

⇔ 2 − 1 = 0 hoặc 

2+ x 2 

3 

4 + x 

− 2 = 0. 

4x 

4 

2 − − 1 = 0 ⇔ x = 1 là nghiệm. Với 

2 x 2 x 

3 

3 3 

2 x 2 x 

3 

4 2 0 

+ + − = thì 

+ 

4 + − 2 = 0 ⇔ 2 x + 2 = x − 4 ⇔ 2 x + 2 − x + 4 = 0. 1 

Phương trình (1) chỉ có thể có nghiệm khi x ≥ 

3 4. 

3 

1 

Hàm số f ( x) = 2 x + 2 − x + 4 có f ′( x) = −3x 2 ≤ 0, ∀x 

∈ ⎡ 

3 4; +∞) 

là hàm nghịch biến chặt trên ⎡ 3 4; +∞) 

. 

⎣ 

x + 2 


( ) 

⎣ 

nên 




23 











Mặt khác ta có f ( 2) 

= 0 , do đó phương trình( 1) 

có nghiệm duy nhất 

x = 2 (thỏa mãn điều kiện). Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 

x = 1; x = 2. 

Bài 24 (Chọn đội tuyển Đại học Vinh thi HSG Quốc gia 2010) Giải 


1 

2 ( ) 

2 x + 

log 2 3 log 1 ⎛ 1 ⎞ 

x + + x + = 

2 

+ ⎜1+ ⎟ + 2 x + 2. 

2 

x ⎝ x ⎠ 

Giải: 

⎧x 

+ 2 > 0 ⎧ 1 

⎪ 

⎪ − 2 < x < − 

⎨2x 

+ 1 ⇔ ⎨ 2 

> 0 

⎩ 

⎪ 

x 

⎪ 

⎩x 

> 0. 

2 

Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: 


( ) 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

log2 x + 2 + x + 2 − 2 x + 2 = log2 

⎜ 2 + ⎟ + ⎜ 2 + ⎟ − 2⎜ 2 + ⎟. (1) 

⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠ 

2 

Hàm số f ( t) 

= log t + t − 2t 

có ( ) 

2 

2 

2 

1 1 2t 

− 2t 

+ 1 

f ′ t = + 2t − 2 > + 2t 

− 2= > 0 

tln2 

t t 

với mọi t > 0 nên là hàm đồng biến chặt trên ( 0; +∞ ). 

Suy ra 

⎛ 1 ⎞ 

1 3 2 

( 1) ⇔ f ( x + 2 ) = f ⎜ 2 + ⎟ ⇔ x + 2 = 2 + ⇔ x − 2x − 4x 

− 1= 

0 

⎝ x ⎠ 

x 

3 ± 13 

⇔ x = − 1; x = ( tm) 

. 

2 

Đáp số: Nghiệm của phương trình là 

3+ 

13 

x = − 1; x = . 

2 

Bài 25 (Thi học sinh giỏi Nam Định 2012–2013, lớp 12) 


⎧ 

⎪xy + = y x + 

⎨ 

⎪⎩ ( ) 

2 

2 2 

2 2 2 

y + 2 x + 1 x + 2x + 3 = 2x − 4x 

(với x, y∈ ). 





24 











Giải: Hệ phương trình đã cho có nghĩa với mọi x, y ∈ . Ta có: 

( ) 

xy + = y x + ⇔ y x + − x = 

2 2 

2 2 2 2 

2 

2 

⇔ y = ⇔ y = x + 2 + x 1 

2 

x + 2 − x 

( ) 

Thế vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được: 

( ) 2 

2 2 2 

x + 2 + x + 2( x + 1) x + 2x + 3 = 2x − 4x 

⇔ + x x + + x + x + x + x + = 

2 2 

1 2 2 ( 1) 2 3 0 

⇔ + 

⎡ 

+ + + 

⎤ 

= − ⎡ + − + ⎤ 

⎢⎣ ⎥⎦ 

⎢⎣ ⎥⎦ 

( x 1) 1 ( x 1) 2 2 ( x) 1 ( x) 2 2 ( 2) 

2 

Hàm số f ( t) t ( 1 t 2 ) 

= + + có 

t 

f ′ t = + t + + > ∀t 

∈ 

t + 2 

2 

2 

( ) 1 2 0 . 

2 

Suy ra f ( t ) đồng biến chặt trên . Phương trình (2) có dạng 

−1 

f ( x + 1) = f ( −x) ⇔ x + 1 = −x ⇔ x = . 

2 

Thay 

−1 

x = vào (1) ta tìm được y = 1. 

2 

Vậy hệ đã cho có nghiệm là 

−1 x = , y = 1. 

2 

Bài 26 (Thi học sinh giỏi Nghệ An 2010–2011, lớp 12) Giải hệ phương trình 

3 3 2 

⎧ ⎪y + y = x + 3x + 4x 

+ 2 

⎨ 

⎪⎩ 

2 

1− x − y = 2 − y −1 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: −1≤ x ≤1,0 ≤ y ≤ 2. 

Với điều kiện trên, hệ phương trình đã cho tương đương với 

( ) 3 

⎧ 3 

y + y = x + + x + 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

1 ( 1) (1) 


2 

1 1 2 (2) 

− x + = y + − y 

Từ điều kiện (*) ta có x + ∈[ ] y∈ 

[ ] 

1 0,2 ; 0,2 . 




25 











đoạn [ 0;2 ]. 

Hàm số ( ) 

Vậy ( ) 

2 

= + có f ′( t) = 3t + 1> 0 ∀t 

∈ nên đồng biến chặt trên 

3 

f t t t 

1 ⇔ f ( y) = f ( x + 1) ⇔ y = x + 1. 

Thế vào phương trình (2) ta được: 

2 

1 x 1 1 x 1 x x 0 y 1 

− + = + + − ⇔ = ⇒ = (thỏa mãn (*)). 

Đáp số: Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x y ) = ( ) 

; 0;1 . 

Bài 27 (Thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc 2012–2013, lớp 12) Giải hệ 


3 

⎧ 

⎪2y + y + 2x 1− x = 3 1 − x, (1) 

⎨ 

( I) 

( x, y ∈ ). 

2 

⎪⎩ 2y + 1 + y = 4 + x + 4, (2) 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: −4 ≤ x ≤1, y ∈ . 


( ) 

chặt trên . 

⇔ y + y = − x − x − x + − x 

3 

1 2 2 1 2 1 1 

( ) 

3 

2 2(1 ) 1 1 . 3 

⇔ y + y = − x − x + − x 

Hàm số ( ) 

3 

f t t t 

= 2 + có 

Vì (3) f ( y) f ( 1 x ) 

2 

′( ) = 6t 

+ 1 > 0, t ∈ nên là hàm đồng biến 

f t 

⇔ = − nên y = 1− x 

phương trình (3). 

Thay vào (2) ta được 

3 2x 1 x 4 x 4 

là nghiệm duy nhất của 

− + − = + + ⇔ 3− 2x + 1− x − x + 4 = 4. ( 4) 

Hàm số g( x) 3 2x 1 x x 4 

= − + − − + có 

−1 1 1 

x ( ) 


g′ ( x) = − − < 0 ∀ ∈ −4;1 

3− 2x 2 1− x 2 x + 4 

nên là hàm nghịch biến chặt trên [ − 4;1 ]. 




26 











Vì g ( − 3) 

= 4 nên x = − 3 là nghiệm duy nhất của phương trình (4). 

Với x = − 3 thì y = 2. 

Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = − 3, y = 2. 

Nhận xét: Có thể sử dụng tính chất đồng biến của hàm y = 

x 

và tính 

chất nghịch biến của hàm y = ax + b với a < 0 để chứng tỏ 

g( x) = 3− 2x + 1− x − x + 4 


nghịch biến mà không cần tính đạo hàm. 

Bài 28(Thi học sinh giỏi Hải Dương 2012 – 2013, lớp 12) Giải hệ 

⎧ 3 3 

x − x = y − − y − 

⎪ 3 ( 1) 9( 1) 1 

⎨ 

⎪ ⎩1 + x − 1 = y − 1 2 

( ) 

( ) ( I ) 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: x ≥ 1, y ≥ 1. 

Từ (2) ta có y − 1 = 1+ x −1 ≥1⇒ y ≥ 2. 

3 

Viết lại (1) dưới dạng x − 3x = ( y −1) − 3. y − 1. ( 3) 

3 

2 

Hàm số f ( x) = x − 3x 

có f ( x) x 

chặt trên [ ) 

⇔ x = y − 1. 

hoặc x = 2. 

3 

′ = 3 − 3 ≥ 0 x 1 

∀ ≥ nên f ( x) 

đồng biến 

1; +∞ . Phương trình (3) có dạng f ( x) = f ( y − 1). nên (3) 

Thay x = y − 1 thay vào (2) ta được 1+ x − 1 = x ⇔ x − 1 = x −1 

⇔ x = 1 

Đáp số: x = 1, y = 2 hoặc x = 2, y = 5. 

Bài 29 (Tuyển sinh đại học Khối A, 2010) Giải hệ phương trình 

2 

( ) ( ) 

⎧ 

⎪ 4x + 1 x + y − 3 5 − 2y 

= 0 

⎨ 

2 2 

⎪ ⎩4x + y + 2 3− 4x 

= 7 

( x y ∈ 

) 

, . 


Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là 

3 5 

x ≤ ; y ≤ . 

4 2 




27 











Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( 4x 2 + 1) 2x− ( 5− 2y+ 1) 5− 2y 

= 0. ( 1) 

2 

Phương trình (1) có dạng f ( 2x) = f ( 5 − 2y 

) với ( ) ( 1) 

f t = t + t . Ta có 

2 

′( ) = 3 + 1 > 0, ∀ ∈ . Suy ra hàm số f ( t ) đồng biến chặt trên . 

f t t t 

Do đó ( ) 

2 

5 − 4x 

1 ⇔ 2x = 5 − 2y ⇔ x ≥ 0, y = . 

2 

Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 4x 

+ + 2 3−4x 

− 7= 

0. ( 2) 

Nhận thấy x = 0 và 

Hàm số ( ) 

2 

2 

2 ⎛5−4x 

⎞ 

⎜ ⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

3 

x = không là nghiệm của (2). 

4 

2 

2 

2 

⎛ 5 − 4x 

⎞ 

⎛ 3 ⎞ 

g x = 4x + ⎜ ⎟ + 2 3 − 4x − 7, x ∈ 0; 

2 

⎜ 

4 

⎟ 

⎝ ⎠ 

⎝ ⎠ 

2 

⎛ 5− 

4x 

⎞ 4 2 4 

g′ ( x) = 8x −8x⎜ 

⎟ − = 4x( 4x 

−3) 

− < 0 với mọi 

⎝ 2 ⎠ 3− 

4x 

3− 

4x 

nên nghịch biến chặt trên khoảng 

Do đó (2) có nghiệm duy nhất là 

Đáp số: Nghiệm của hệ là ( x y) 

⎛ 3 ⎞ 

⎜0; ⎟. 

⎝ 4 ⎠ 

1 

x = . Suy ra y = 2. 

2 

⎛ 1 ⎞ 

, = ⎜ ,2 ⎟ . 

⎝ 2 ⎠ 

có 

⎛ 3 ⎞ 

x ∈ ⎜ 0; ⎟ 

⎝ 4 ⎠ 

Bài 30 (Thi học sinh giỏi Thanh Hóa 2011–2012, lớp 12) Giải hệ 


( ) 

⎧⎪ 

− = x + y x + y − x − y x − y 

⎨ 

3 

⎪⎩ y − x − + = 

2x− y x+ 

y 

2 2 (2 ) 2 (1) 

Giải: 

x + y ≥ 0,2x − y ≥ 0. 

3 

2( 1) 1 0. (2) 

Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là 


2 

Với điều kiện trên thì ( ) ( ) 

x− y x+ 

y 

1 ⇔ 2 + 2x − y 2x − y = 2 + ( x + y) x + y. 

Hàm số f ( t) = 2 t + t t có t 3 

f ′( t) = 2 ln 2 + t > 0 ∀t 

≥ 0 

2 




28 











nên là hàm đồng biến chặt trên [ 0; +∞) 

. 

Vậy (1) ( ) ( ) 

⇔ f 2x − y = f x + y ⇔ x = 2 y. 

Thế vào (2) ta được 3 3 

y + 1 = 2(2 y − 1) . ( 3 ) 

Đặt 3 y = 2t 

− 1, phương trình (3) trở thành hệ: 

( 2y 

−1) 

⎧ 

⎪t 

= 

⎨ 

⎪ ⎩y 

= − 

( 2t 

1) 

Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ trên, ta được 

( 2 1) ( 2 1) ( ) ( 2 2 ) ( 2 1) ( 2 1)( 2 1) ( 2 1) 

3 

3 

( ) 

3 3 2 2 

t − y = y − − t − ⇔ t − y = y − t y − + y − t − + t − 

2 

Do 2 ⎡(2y − 1) + ( 2y −1)( 2t − 1) + ( 2t − 1) 2 ⎤ + 1 > 0, ∀y, 

t nên t = y. 

⎣ 

⎦ 

Thế vào phương trình t = ( 2y 

− 1) 3 

ta được 

3 3 2 2 

( ) ( )( ) 

y = 2y −1 ⇔ 8y − 12y + 5y − 1 = 0 ⇔ y −1 8y − 4y 

+ 1 = 0. 

⇒ y = 1⇒ x = 2 

thỏa mãn (*). 

Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất( x y ) = ( ) 

; 2;1 . 

Bài 31 (Thi học sinh giỏi Quảng Nam 2014 –2015) Giải hệ phương trình 

( 4 1) 2( 1) 6 ( 1) 

3 2 2 

⎧ y x + + y + y = 

⎪ 

⎨ 

⎪y x x y y 

⎩ 

( 2 + 2 4 + 1) = + + 1. ( 2) 

2 2 2 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là y ≥ 0. 

Do y = 0 không là nghiệm hệ nên y > 0. 

Từ (2), để hệ phương trình có nghiệm thì x > 0. Ta có 

2 1 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

2 ⇔ 2x + 2 x. 2x + 1 = + . ⎜ ⎟ + 1 ⇔ f 2 x = f ⎜ ⎟. 

y y ⎝ y ⎠ ⎝ y ⎠ 

( ) ( ) ( ) 

2 


= t + t t + 1 có ( ) 

t 

f ′ t = + t + + > ∀ t > 

t + 1 

2 

2 

2 

1 1 0 0. 

2 


Do đó hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0;+∞ ) . Suy ra ( ) 

⎛1⎞ 

1 

f 2x = f ⎜ ⎟⇔ 2 x= 

. 

⎝ y⎠ 

y 




29 











3 2 

Thế vào (1) ta được: (1) ( ) 

3 2 

Hàm số ( ) ( ) 

f y y y 2 y 1 y 6 

⇔ y + y + 2 y + 1 y − 6 = 0. 

= + + + − có ( ) 

nên f ( y ) đồng biến trên ( 0; +∞ ). 

Do đó phương trình ( ) 0 

Vì f ( ) 

1 = 0 ⇔ y = 1 nên tập nghiệm hệ phương trình là 

2 

2 y + 1 

f ′ y = 3y + y+ 4 y + > 0 ∀ y > 0 

y 

f y = có tối đa một nghiệm. 

⎧⎛ 

1 ⎞⎫ 

S = ⎨⎜ 

;1 ⎟⎬ 

. 

⎩⎝ 

2 ⎠⎭ 

Bài 32 (VMO 1999, Bảng A ) Giải hệ phương trình hỗn hợp 

2x− y y− 2x+ 1 2x− y+ 

1 

( 1 4 ) 5 2 1 ( 1) 

3 2 

y + 4x + ln ( y + 2x) + 1 = 0 ( 2) 

⎧ 

⎪ 

+ = + 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình có nghĩa là 

Đặt t 2x y 

t t t 

= − thì (1) trở thành ( ) ( ) 

y 

2 

+ 2x 

> 0. 

t t+ 

1 

1− + 1 1+ 4 1+ 

2 

1+ 4 5 = 2 + 1 3 ⇔ = . 

t 

5 5 

Vế trái là hàm số nghịch biến còn vế phải là hàm số đồng biến nên t = 1 

là nghiệm duy nhất của (3). Từ đó suy ra 

được y 3 + y + + ( y 2 + y + ) = ( ) 

2 3 ln 1 0 4 . 

Xét hàm số g( y) y 3 2y 3 ln( y 2 y 1) 

( ) 

y + 1 

2x − y = 1 ⇔ x = , thế vào (2) ta 

2 

2 2y+ 

1 

= + + + + + trên , g′ ( y) = 3y + 2+ > 0∀y 

2 

y + y+ 

1 

⇒ g y đồng biến và y = − 1 là nghiệm duy nhất của (4). 

Với y = − 1 thì x = 0. 

Đáp số: Hệ có nghiệm duy nhất ( x y ) = ( − ) 

; 0; 1 . 

1.4.1.3. Kĩ thuật chủ đạo 3: Sử dụng đạo hàm bậc hai 

Nhiều khi đạo hàm bậc nhất không đủ để chứng minh f ′( t) ≥ 0. Sử 


dụng đạo hàm bậc hai để chứng minh f ′( t) ≥ 0, do đó f ( t ) 

khoảng ( , ). 

a b Suy ra t 1 

= t 2 

. Giải tiếp phương trình đã cho. 

đồng biến trên 




30 











Ta có 

( t) 

2 3 

⎧ x + y = 

⎪ 29 (1) 

⎨ 

⎪⎩ log3 xlog2 

y = 1 (2) 

Bài 33 (VMO 2008) Tìm số nghiệm của hệ ( I) 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình trên có nghĩa là x, y > 0. 

Từ (2) ta suy ra nếu x > 1, tức là log3 

x > 0 thì log2 

y > 0, tức là y > 1. 

Tương tự, nếu 0 < x < 1 thì 0 < y < 1. Kết hợp với (1) ta có x, y > 1. 

Đặt X = log 

3 

x, Y = log 

2 

y. 

Do x, y > 1 nên X , Y > 0 và x = 3 X 

Y 

và y = 2 . 

X Y 

1 

⎧ 9 + 8 = 29 (3) Y 

(I) ⇔ 9 8Y 

⎨ 

⇒ + = 29 ( 5 ). 

⎩XY 

= 1 (4) 

Hàm số 

1 

t 

( ) 9 t 

t 1 

t 

f t = + 8 − 29 có đạo hàm f ′( t) 

= 9 ln9 − 8 . ln8. 

2 

t 

1 1 

t 2 1 2 2 

t t 

4 3 

f ′′ = 9 ln 9 + 8 . ln 8 + 8 . .ln8 > 0 với mọi 0 

t t 

đồng biến trên ( ) 

biến thiên 

Mặt khác 

0;+∞ và tồn tại duy nhất 0 

0 

lim f ( t) lim f ( t). 

t→0 

+ t→+∞ 

t > . Do đó hàm số f ′( t) 

f ′ t 0 

= 0. 

t > sao cho ( ) 

= +∞ = Vì f ( 1) 

< 0 nên ( ) 

f t 

0 

< 0, ta có bảng 

t 0 t +∞ 

0 

( t) 

( ) 

f ′ − 0 + 

f t +∞ +∞ 

Do tính liên tục của ( ) 

Đáp số: Hệ đã cho có hai nghiệm. 

( ) 

f t 

f t nên (5) có hai nghiệm dương. 


0 

1 




31 











Bài 34 (Thi học sinh giỏi lớp 12, Quảng Ngãi, năm học 2011–2012) 

⎧⎪ 

y − x + 1+ 2 = x + 1 + 2 − x (1) 

⎨ 

⎪⎩ 

Giải hệ phương trình ( I) 

3 3 2 2 2 

2x − y + x y = 2xy − 3x + 3 y (2) 

Giải: Điều kiện để hệ (I) có nghĩa là x∈[ − 1;2] 

( ) ( ) 

2 2 

2 ⇔ 2x + y + 3 ( x − y) = 0 

2 

Thay y x 

2 

⇔ y = x (vì 2x y 2 3 0, x [ 1;2] 

+ + > ∀ ∈ − ) 

= vào (1) ta được x 2 − x + 1+ 2 = x + 1 + 2 − x. ( 3) 

2 

Xét hàm số f ( x) 

= x − x − x + 1 − 2 − x + 1+ 2 với x∈[ − ] 

Chưa thể xét dấu của đạo hàm bậc nhất ( ) 

vì vậy ta cần tính đạo hàm bậc hai. 

Ta có 

( ) 

1;2 . 

1 1 

f ′ x = 2x 

−1 − + , 

2 x+ 1 2 2− 

x 

1 1 

f ′′( x) = 2 + + > 0 ∀x 

∈( −1;2 ). 

4( x + 1) x + 1 4 2 − x 2 − x 

Do đó hàm số f ′( x) 

đồng biến trên khoảng ( ) 

trình f ( x) 0 

′ = có duy nhất một nghiệm 

Vì 

x 

( x) 

− 1 

− 1;2 . Chứng tỏ phương 

1 

x = . Ta có bảng biến thiên: 

2 

f ′ − 0 + 

f 

( x) 

f ( − 1) 

f ( 2) 

1 

f ⎛ 

⎜ 

⎞ 

⎟ 

⎝ 2 ⎠ 

f ⎛ 1 3 

⎜ 

⎞ ⎟ 2 6 0, 

⎝ 2 ⎠ 

= 4 

+ − < nên từ bảng biến thiên suy ra phương trình 


f ( x ) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm, hơn nữa f ( ) f ( ) 

trình (3) có hai nghiệm x = 0; x = 1. 

1 

2 

0 = 1 = 0 , do đó phương 

2 




32 











{ } 

Đáp số: Hệ phương trình có hai nghiệm ( x y ) = ( ) ( ) 

; 0;0 ; 1;1 . 

1.4.2.Phương pháp giá trị lớn nhất nhỏ nhất và đánh giá 

Kĩ thuật chủ đạo Đưa phương trình về dạng f ( x) = g( y), 

có thể 

x = y, hoặc x ≠ y. 

Sử dụng các bất đẳng thức để đánh giá, sử dụng đạo hàm 

bậc nhất (và bậc hai nếu cần) để tìm giá trị lớn nhất của f ( x ), và nhỏ nhất của 

g( y ), 

tức là chứng minh f ( x ) ≤ A ≤ g ( y ). Suy ra phương trình f ( x ) = g ( y ) 

tương đương với hệ 

⎧ f ( x) = A; 

⎨ 

⎩g( y) = A. 

Giải hệ này suy ra nghiệm của hệ phương trình đã cho. 

Bài 35 (Chọn đội tuyển Chuyên Đại học Vinh thi học sinh giỏi Quốc 

gia 2013–2014) Giải hệ phương trình 

( 

2 

) 

( 

2 

) 

( 

2 

) 

Giải: Hệ phương trình đã cho tương đương với 

( 

2 

) 

( 

2 

) 

( 

2 

) 

⎧ ln x + x + 1 + 2x = 3x + 3y 

⎪ 

⎨ln y + y + 1 + 2y = 3y + 3z 

⎪ 

⎪ln z + z + 1 + 2z = 3z + 3x 

⎩ 

2 

Xét hàm số ( ) ( ) 

Ta có ( ) 

f t = ln t + t + 1 + 2t 

trên . 

2 

2t + 1 2t + 4t 

+ 3 

2 2 

⎧ ln x + x+ 1 = x+ 

3y 

⎪ 

⎨ln y + y + 1 = y + 3 z x, y, 

z∈ 

⎪ 

⎪ 

⎩ 

ln z + z + 1 = z + 3x 

f ′ t = + 2 = > 0, ∀t 

∈ 

. 

t + t + 1 t + t + 1 

Suy ra ( ) 

( ) 

⎧ f x = 3x + 3y 

⎪ 

dạng ⎨ f ( y) 

= 3y + 3z 

⎪ 

⎩ f ( z) 

= 3z + 3x 

( ) 

f t đồng biến chặt trên . Hệ phương trình có 





33 











Không mất tính tổng quát, giả sử x { x y z} 

x z f ( x) f ( z) 

≥ ⇒ ≥ tức là 3x + 3y ≥ 3z + 3 x ⇔ y ≥ z. 

Suy ra 

( ) 

( ) ( ) 

f y ≥ f z ⇔ 3y + 3z ≥ 3z + 3 x ⇔ y ≥ x. 

( ) ( ) 3 3 3 3 . 

⇒ f y ≥ f x ⇔ y + z ≥ x + y ⇔ z ≥ x 

Từ đó kết hợp với x max{ x, y, 

z} 

⎧⎪ 

x = y = z, 

⎨ 2 

ln ( x + x + 1) 

= 4 x. 

⎪⎩ 

2 

Xét hàm số ( ) ( ) 

Ta có ( ) 

g x nghịch biến trên . 

= max , , . Khi đó 

= suy ra x = y = z. 

Hệ trở thành 

g x = ln x + x + 1 − 4x 

trên . 

2 

2x + 1 −4x − 2x 

− 3 

2 2 

g′ x = − 4 = < 0 ∀x 

∈ . Suy ra hàm số 

x + x + 1 x + x + 1 

Vì g( 0) 

= 0 nên phương trình ( ) 

duy nhất x = 0. Từ đó ta có hệ có nghiệm duy nhất x = y = z = 0. 

Ta có 

g x = 0 có nghiệm 

Bài 36 (Thi học sinh giỏi lớp 12 Chuyên Vĩnh Phúc, 2012–2013) 

⎧ 2 8 

⎪ 

x + 3x + 2 = − 5y 

−1 

y 

⎪ 

⎪ 

8 

⎨ 3 2 5 1 , , . 

⎪ 

z 

⎪ 2 8 

⎪z + 3z + 2 = − 5x 

−1 

⎩ 

x 

2 

Giải hệ phương trình y + y + = − z − ( x y z ∈ 

) 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: 

Các hàm số ( ) 

2 8 

1 

x, y, z ≥ . 

5 

f t = t + 3 t + 2, g( u) = − 5u 

−1, 

liên tục trên 

u 

−8 5 

f ′( t) = 2t + 3 > 0, g′ 

( u) = − < 0 

2 

u 2 5u 

−1 

∀ t > 

1 . 

5 

⎡1 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟. 

⎣ 5 ⎠ 





34 











Suy ra f ( t) 

đồng biến chặt, g ( u) 

nghịch biến chặt trên 

Giả sử ( , , ) 

0 0 0 

⎡1 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟. 

⎣ 5 ⎠ 

x y z là một nghiệm của hệ (I), tức là 

f ( x0) = g( y0), f ( y0) = g( z0) 

và f ( z0) = g( x0). 

Không mất tính tổng quát, giả sử 

{ } 

x = min x , y , z . 

0 0 0 0 

x y z 

Nếu x0 y0 z0 

= ≤ . 

0 0 0 

x y z 


< ≤ thì g( z0) ≤ g( y0) = f ( x0) < f ( y0) = g( z0). 

Vô lí. Vậy 

= < thì g( z0) > g( y0) = f ( x0) = f ( y0) = g( z0). 

Vô lí. 

Vậy nếu x0 = y0 ≤ z0 

thì x = y = z . Tương tự, nếu 0 0 0 

x0 < z0 ≤ y0 

thì 

= = . 

0 0 0 

Vậy nếu ( , , ) 

2 8 

x0 y0 z0 

thì 

0 

( ) 

x + 3x + 2 = − 5x 

− 1. 1 

x 

Do f ( t) 

đồng biến chặt, g ( t) 

( ) 

h( t) = f t − g( t) 

đồng biến chặt trên 

( ) 

x là nghiệm của phương trình 


⎡1 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟ và phương trình 

⎣ 5 ⎠ 

⎡1 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟ nên hàm số 

⎣ 5 ⎠ 

h( t) = f t − g( t) = 0 có nghiệm duy nhất t 

0 

= 1. Suy ra phương trình (1) có 

nghiệm duy nhất x 

0 

= 1. 

Đáp số: Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = y = z = 1. 

Bài 37 (Thi học sinh giỏi Nghệ An năm học 2010–2011, lớp 12) Giải 


2 

1 1 2 2. 

x − + x + + − x = x + 

Giải Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là −1 ≤ x ≤ 2. 



2 

x − x − x + 1 − 2 − x = −1− 

2. (1) 




35 











Hàm số 

2 

= − − + − − có 

f ( x) x x x 1 2 x 

⎡ 

⎤ 

1 

f ′( x) = (2x 

− 1) ⎢1 + 

⎥, 

⎢ 2 x + 1 2 − x ( x + 1 + 2 − x ) ⎥ 

⎣ 

⎦ 

Bảng biến thiên: 

1 1 

f ′( x) = 2x 

−1 − + . 

2 x + 1 2 2− 

x 

1 

f ′( x) = 0 ⇔ x = . 

2 

−1 

m = −1− 2 > − 6 nên phương trình f ( x) 

= m có đúng hai nghiệm. 

4 

Dễ thấy x1 = 0, x2 

= 1 là hai nghiệm của phương trình (1). 

Đáp số: Phương trình đã cho có hai nghiệm là x1 = 0, x2 

= 1. 

1.5 Bài tập tương tự 

x 

( x) 

−1 

f ′ − 0 + 

( ) 

f x 2 − 3 

2 − 3 

Bài 1.1 (Chọn đội tuyển dự VMO Đồng Nai, 2015) Giải phương trình 

( ) ( ) 

5x − 4 2x − 3 − 4x − 5 3x 

− 2 = 2. 

Bài 1.2 (Thi học sinh giỏi Kiên Giang năm, 2014–2015) Giải phương trình: 

x+ − x = x+ + − x − x − 

2 

2 5 2 2 10 3 2. 

Bài 1.3 (Thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực Duyên Hải và 

Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2010) Giải phương trình 

2 2 

5 + 14 + 9 − − − 20 = 5 + 1. 

x x x x x 


Bài 1.4 (Thi học sinh giỏi tỉnh Quảng Nam 2014–2015) Giải phương trình 

3 

7 − 16x 

+ 2 2x 

+ 8 = 5. 

1 

2 

−1 

− 

4 

6 

2 




36 











Bài 1.5 (Thi học sinh giỏi thành phố Hà Nội, 2013) Giải phương trình 

3 9 2 2 

− + + 3 = 5 − 1 + 1. 

x x x x 

Bài 1.6 (Thi học sinh giỏi Đồng Tháp 2011) Giải phương trình 

x + 2x x − = 3x 

+ 1. 

x 

2 1 

Bài 1.7 (Thi học sinh giỏi Toán 10, Huyện Hóc Môn, Thành phố Hồ 

Chí Minh. ngày 13/4/2013) Giải phương trình 

2 x + 7 

3x 

+ 6x 

− 3 = . 

3 

Bài 1.8 (Thi chọn đội tuyển dự VMO Bình Thuận 2014 – 2015) 

Giải phương trình 

1 1 

2. 

− x − = 

2 

2 x 

Bài 1.9 (Thi học sinh giỏi Quảng Bình 2014) Giải phương trình 

x = 3− x 4 − x + 4 − x 5 − x + 5 − x 3 − x. 

Bài 1.10 (Thi học sinh giỏi Phú Yên năm 2014 – 2015) Giải phương trình 

( ) ( ) 

3 3 

2 2 2 

x + 1 − x + x + 1 + x + 4x 

− 2 = 0. 

Bài 1.11 (Thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực Duyên Hải & 

Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2010) Giải phương trình 

3 2 3 3 3 2 

2 − + 2 − 3 + 1 = 3 + 1+ + 2. 

x x x x x x 

Bài 1.12 (Thi học sinh giỏi Quảng Ninh 2011) Giải phương trình 

2 1 1 

24x 

− 60x 

+ 36 − + = 0. 

5x 

− 7 x −1 

Bài 1.14 (Thi học sinh giỏi Thái Bình 2013) Tìm m để phương trình 

( ) ( ) 

2m − 1 x + 2 + m − 2 2 − x + m − 1 = 0 có nghiệm. 

Bài 1.15 (Thi học sinh giỏi Quốc Gia 2001, Bảng B) Giải hệ phương trình 


⎧ ⎪ 7x + y + 2x + y = 5 

⎨ 

⎪⎩ 2x + y + x − y = 2 




37 











Bài 1.16 (Thi học sinh giỏi Đồng Nai 2013) Giải hệ phương trình 

( x y)( 3xy 4 x ) 2 ( 1) 

⎧ 

⎪ 

+ − = − 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

( x + y)( 3xy + 4 y ) = 2 ( 2) 

( x; 

y ∈ 

) 

Bài 1.17 (T7hi học sinh giỏi Hà Nội 2014) Giải hệ phương trình 

3 3 2 

⎧x − y + x + x − y + = 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

3 6 3 4 0 

2 2 

2 4 − − 3 3+ 2 − − 3 + 2 = 0. 

x y y x 

Bài 1.18 (Thi học sinh giỏi Long An năm 2014) Giải hệ phương trình 

3 2 

⎧ ⎪x + 2x = 5 − 2y 

⎨ 

⎪⎩ ( 15 − 2x) 6 − x − ( 4y + 9) 

2y 

+ 3 = 0. 

Bài 1.19 (Thi Olympic 30/04/2014 lần thứ XX) Giải hệ phương trình 

( ) 

⎧ 2 2 2 2 

5 + 2 + 2 + 2 + 2 + 5 = 3 + 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

x xy y x xy y x y 

2 1 2 

3 

7 12 8 2 5. 

x + y + + x + y + = xy + y + 

Bài 1.20 (Thi chọn đội tuyển thành phố Hồ Chí Minh dự VMO 2015) 


⎧ xy + 6y x − 1 + 12y 

= 4 

⎪ 

⎨ xy 1 2 x 

⎪ + = . 

⎩1 

+ y xy + y x + y 

Bài 1.21 (Học sinh giỏi Hải Phòng 2011) Giải hệ phương trình 

⎧ 1 

x + + x + y − 3 = 3 

⎪ y 

⎨ 

⎪ 1 

2x 

+ y + = 8. 

⎪ 

⎩ y 

Bài 1.22 (Thi học sinh giỏi Bình Định 2014) Giải hệ phương trình 

⎧ 2 + − + − 

⎪ 

= + 

⎪ 14 2 2 

⎨ 

3 3 

⎪ ⎛ x + y ⎞ ⎛ x − y ⎞ 

⎪ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = 9. 

⎩ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

2 2 

xy y x y x y x y 





38 











Tiểu kết Chương 1 

Chương 1 trình bày một số kĩ thuật giải phương trình, hệ phương trình 

như: kĩ thuật biến đổi tương đương, kĩ thuật nhân liên hợp, phương pháp hàm 

số và áp dụng các kĩ thuật và phương pháp đó vào giải các bài giải phương 

trình và hệ phương trình trong các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh, đề thi 

olympic,…. 

Bên cạnh đó, Chương 1 cũng giới thiệu một số bài tương tự minh họa 

phong phú hơn về các phương pháp và kĩ thuật đã nói ở trên. 

Qua một lượng khá lớn các bài toán (59 bài) thi học sinh giỏi và thi vào 

đại học trong và ngoài nước, trong đó có 37 bài với lời giải chi tiết, và 22 bài 

tương tự, ta cũng thấy được sự phong phú của các bài toán giải phương trình 

và hệ phương trình hỗn hợp cũng như độ khó khi giải dạng toán này. 





39 











Chương 2 

MỘT SỐ KĨ THUẬT TỔNG HỢP GIẢI 

PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỖN HỢP 

Phần này tổng hợp các bài toán giải phương trình, hệ phương trình hỗn 

hợp có nhiều cách giải hoặc phải kết hợp nhiều kĩ thuật trong một cách giải, 

hoặc những bài toán khó với lời giải phức tạp. 

2.1. Phương trình với nhiều cách giải 

Bài 1 (Thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc, 2012, lớp 10) Giải phương trình 

2 x + 7 

3x 

+ 6x 

− 3 = . 1 

3 

( ) 

Cách 1 (Đặt ẩn phụ) Điều kiện để phương trình (1) có nghĩa là x ≥ − 7. (*) 

Đặt 

2 

x + 7 

⎧ ⎪3x + 6x − 3 = t 

t = ≥ 0. Ta được hệ phương trình ⎨ 

( I ) 

2 

3 

⎪⎩ 3t 

− 7 = x. 

Đặt y = x + 1, hệ (I) trở thành 

2 2 

⎪⎧ 3y − 6 = t ⎪⎧ 3y − 6 = t ⎪⎧ 

y − = t 

⎨ ⇔ 

2 

⎨ ⇔ 

2 2 

⎨ 

⎪⎩ 3t − 6 = y ⎪⎩ 3y − 3t = t − y ⎪⎩ 

( y − t )( 3y + 3t 

+ 1) 

= 0. (2) 

Ta có: ( ) 

2 ⇔ t = y hoặc 3y 

+ 3t 

+ 1 = 0. 

Thay t = y vào (1) ta được 

− 5 ± 73 

x = y − 1 = . Kết hợp với điều kiện (*) ta được 

6 

Thay 3y 

+ 3t 

+ 1 = 0 hay 

2 

3 6 (1) 

2 1± 

73 

3y − 6 = y ⇔ y = . Suy ra 

6 

−3y 

−1 

t = vào (1) ta được 

3 

− 5 + 73 

x = . 

6 

−3y 

−1 − 3 ± 3 69 − 1± 

69 

y − = ⇔ y + y − = ⇔ y = = 

3 18 6 

2 2 

3 6 9 3 17 0 . 





40 











Suy ra 

−7 − 69 

x = . 

6 

− 7 ± 69 

x = y − 1 = . Kết hợp với điều kiện (*) ta được 

6 

Cách 2 (Biến đổi tương đương) 

3x 

+ 21 

x x x x x 

9 

2 2 

(1) ⇔ 3 + 6 − 3 = ⇔ 9 + 18 − 9 = 3 + 21 

2 2 

2 49 1 ⎛ 7 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

⇔ 9x + 21x + = 3x + 21+ 3x + 21 + ⇔ ⎜3x + ⎟ = ⎜ 3x 

+ 21 + ⎟ 

4 4 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

⎡ 7 1 

⎢ 

3x 

+ = 3x 

+ 21 + , 

2 2 ⎡ 3x 

+ 21 = 3x 

+ 3, (1) 

⇔ ⎢ 

⇔ ⎢ 

⎢ 7 ⎛ 1 ⎞ 

3x 

+ = − 3x 

+ 21 + ⎢⎣ 3x 

+ 21 = −3x 

− 4 (2) 

⎢ ⎜ 

⎟ 

⎣ 2 ⎝ 2 ⎠ 

⎧x 

≥ −1 − 5 + 73 

(1) ⇔ ⎨ 

⇔ x = 

2 

⎩3x 

+ 5x 

− 4 = 0 6 

⎧ 4 

⎪x 

≤ − 

−7 − 69 

(2) ⇔ ⎨ 3 ⇔ x = 

⎪ 2 

6 

⎩9x 

+ 21x 

− 5 = 0 



Đáp số: Phương trình đã cho có hai nghiệm là 

−7 − 69 

x = . 

6 

− 5 + 73 

x = và 

6 

Bài 2 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh 2012–2013, lớp 12) Giải phương trình 

( + x − ) = x + x + ( ) 

3 2 2 2 6. 1 

Cách 1 (Nhân với biểu thức liên hợp+biến đổi tương đương) 


Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: x ≥ 2. (*) 

Với điều kiện (*) ta có: (1) ⇔ 3 x − 2 − x + 6 = 2x 

− 6. ( 2) 




41 











Nhân hai vế của (2) với biểu thức liên hợp ta được: 

8x 

− 24 

⎡x 

= 3 

(2) ⇔ = 2( x − 3) 

⇔ ⎢ 

3 x − 2 + x + 6 ⎣ 3 x − 2 + x + 6 = 4. (3) 

Bình phương hai vế của phương trình (3) ta được: 

( ) x ( x )( x ) 

3 ⇔ 10 − 12 + 6 − 2 + 6 = 16 

⎧⎪ 14 − 5x 

≥ 0 

⇔ 3 ( x − 2)( x + 6) 

= 14 − 5x 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ 9 2 6 14 5 

( x − )( x + ) = ( − x) 2 

⎧ 14 

⎧ 14 

x ≤ 

⎪x 

≤ 

⎪ 5 

11− 

3 5 

⇔ ⎨ 5 ⇔ ⎨ ⇔ x = thỏa mãn điều kiện (*). 

⎪ 2 

11± 

3 5 

x − 11x + 19 = 0 ⎪ 

2 

⎩ 

x = 

⎪⎩ 2 

Cách 2 (Biến đổi đơn giản hơn) 

Trừ vế với vế của phương trình (3) và phương trình (1) ta được 

⎧x 

≤ 5 

11− 

3 5 

x + 6 = 5 − x ⇔ ⎨ 

⇔ x = 

2 

. 

⎩x 

− 11x 

+ 19 = 0 2 

11− 

3 5 

Đáp số: x 

1 

= 3, x2 

= . 

2 

Bài 3 (Đề đề nghị Olympic 30/4/2013, THPT Chuyên Nguyễn Thị 

Minh Khai, Sóc Trăng) Giải phương trình x − 2 + 4− x + 2x − 5 = 2x 2 − 5 x. ( 1) 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: ≤ x ≤ 4. (*) 

Với điều kiện (*) ta có 

Cách 1 (Biến đổi tương đương) 


5 

2 




42 











2 

(1) 2x 5x 2 4 2x 5 0 

⇔ − − x − − − x − − = 

( ) ( ) ( ) 

2 

2 2 1 1 4 2x 5 2x 5 1 2x 8x+6=0 

⇔ x − x − − + − − x + − − − + − 

( x ) x x − 3 ( x ) 

− 3 − 2 2 − 3 2x − 5 

⇔ + + + 2( x − 3)( x − 1) 

= 0 

x − 2 + 1 1+ 4 − x 2x − 5 + 1 

⎡ x − 2 1 2 2x − 5 ⎤ 

⇔ ( x − 3) ⎢ + + + 2( x − 1) 

⎥ = 0 

⎣ x − 2 + 1 1+ 4 − x 2x − 5 + 1 ⎦ 

⇔ x = 3 hoặc 

x − 2 1 2 2x 

− 5 

+ + + 2 − 1 = 0. 2 

x − 2 + 1 1+ 4 − x 2x 

− 5 + 1 

( x ) ( ) 

Phương trình (2) vô nghiệm do điều kiện (*). 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3. 

Cách 2 (Biến đổi tương đương và đánh giá số hạng) 

( x ) ( x ) ( ) 

2 

(1) ⇔ − 2 − 1 + 4 − − 1 + 2x − 5 − 1 = 2x − 5x − 3 

x − 3 3 − x 2( x − 3) 

⇔ + + = ( x − 3)( 2x + 1 ). 

x − 2 + 1 4 − x + 1 2x − 5 + 1 

⎡ 1 1 2 

⎤ 

⇔ ( x − 3) ⎢ − + − ( 2x + 1) 

= 0 

x − 2 + 1 4 − x + 1 2x − 5 + 1 

⎥ 

⎣ 

⎦ 

⎡x 

= 3 

⇔ ⎢ 

⎢ 

1 2 1 

+ = ( 2x + 1 ) + . (3) 

⎣⎢ x − 2 + 1 2x − 5 + 1 4 − x + 1 

⎡5 ⎤ 

Phương trình (3) vô nghiệm do với mọi x ∈ ⎢ ;4 

⎣2 

⎥ 

ta có: 

⎦ 

⎧ 1 2 

VT2 

= + ≤ 1+ 2 = 3; 

⎪ x − 2 + 1 2x 

− 5 + 1 

⎨ 

⎪ 1 5 

VP2 

= ( 2x + 1) 

+ > 2x 

+ 1≥ 2. + 1 = 6. 

⎪⎩ 

4 − x + 1 

2 


Đáp số: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. 




43 











Bài 4 (Đạị học An Ninh, Khối A, 2000) Giải hệ phương trình 

⎧ 2 2 

x + x + y + + x + y + x + y + + y = 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

ta được 

1 1 18 

I 

+ + + 1 − + + + + 1 − = 2. 

2 2 

x x y x y x y y 

Cách 1 (Đặt ẩn phụ và biến đổi tương đương) Cộng hai vế của hệ trên 

2 2 

x x y y x y 

( ) 

( ) 

+ + + 1 + + + + 1 = 10. 1 

Thế vào phương trình đầu ta đi đến phương trình x + y = 8. ( 2) 

2 2 

Thay (2) vào (1) ta được x + 9 + y + 9 = 10. ( 3) 

Đặt t = x − 4 thì x = 4 + t và y = 4 − t. 

Thay vào phương trình (3) ta được 

2 2 

t t t t 

Bình phương hai vế ta được 

( ) 

+ 8 + 25 + − 8 + 25 = 10. 4 

( ) 2 

(4) ⇔ t + 25 − 64t = 25 − t 

2 2 2 

2 

⎧⎪ 

t ≤ 25 

⇔ ⎨ ⇔ t = ⇔ t = 

4 2 2 2 4 

⎪⎩ t + 50t + 625 − 64t = 625 − 50t + t 

Suy ra x = y = 4 là nghiệm duy nhất của hệ đã cho. 

Cách 2 (Sử dụng tích vô hướng của hai vectơ) Ta có 

2 

36 0 0. 

⎧ 2 2 2 2 

⎪ x + x + y + 1 + y + x + y + 1 = 10 ⎧⎪ 

x + 9 + y + 9 = 10 

(I) ⇔ ⎨ 

⇔ ⎨ 

⎪⎩ 

x + y = 8 ⎪⎩ 

x + y = 8. 

r r 

Đặt u = ( x,3); v = ( y,3). 

Khi ấy 

r r r 2 r 2 r r 2 2 

u + v = (8,6); u = x + 9; v = y + 9; u + v = 8 + 6 = 10. 

r r r r r r 

Ta đã biết rằng u + v ≥ u + v với mọi u và v. 

Dấu bằng xảy ra khi và 


chỉ khi u r và v r 2 2 r r r r 

cùng phương. Từ đây ta có 10 = x + 9 + y + 9 = u + v ≥ u + v = 10. 




44 











x 

= y = 

r r 

Suy ra u = ( x,3) = kv = k( y,3). 

Do đó k = 1 và x = y. 

Từ x + y = 8 suy ra 

4. 

nghĩa là: 

Lời bình: Cách giải 2 sáng tạo hơn. 

Bài 5 (Thi vào Đại học, Cao đẳng, Khối A, 2006) Giải hệ phương trình 

⎧ ⎪x + y − xy = 3 (1) 

⎨ 

⎪⎩ x + 1 + y + 1 = 4. (2) 

( I ) 

Cách 1 (Đặt ẩn phụ và biến đổi tương đương) Điều kiện để hệ (I) có 

xy ≥ 0, x ≥ −1, y ≥ − 1. 

(*) 

Đặt t = xy, t ≥ 0. Phương trình (1) trở thành x + y = 3 + xy = 3 + t. 

Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được 

x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16. 

Thay x + y = 3 + t vào (2’) ta được 

2 2 

3 2 2 4 16 2 4 11 

+ t + + t + t + = ⇔ t + t + = − t 

⎧⎪ 

11− t ≥ 0 ⎧0 ≤ t ≤11 

⇔ ⎨ 

⇔ t 3. 

2 2 ⎨ 

⇔ = 

2 

⎪⎩ 

4( t + t + 4) 

= 121− 22t + t ⎩3t + 26t 

− 105 = 0 

Suy ra x + y = 6, xy = 9 ⇔ x = y = 3. 

Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Cauchy) Vì xy ≥ 0 nên x và y cùng dấu. 

Từ phương trình (1) suy ra x + y = 3 + xy ≥ 0. Do đó x ≥ 0, y ≥ 0. 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 

x + y 

x + y = 3 + xy ≤ 3 + ⇒ x + y ≤ 6. 

2 

Kết hợp với phương trình (2) ta được 


(( ) ( )) ( ) ( ) 

4 = x + 1 + y + 1 ≤ 2 x + 1 + y + 1 = 2 x + y + 2 ≤ 2 6 + 2 = 4. 




45 











Suy ra 

( x y ∈ ) 

⎧ ⎪x + y = 6, ⎧x + y = 6, 

⎨ ⇔ ⎨ ⇔ x = y = 3. 

⎪⎩ 

x + 1 = y + 1 ⎩x 

= y 

Đáp số: Hệ có nghiệm duy nhất là ( x y ) = ( ) 

, 3,3 . 

Bài 6 (Thi học sinh giỏi Nghệ An năm 2011) Giải hệ phương trình với 

; : 

⎧ 2 2 1 

x + y = 

( 1) 

⎪ 5 

⎨ 

(I) 

⎪ 2 57 

4x 3x y( 3x 

1 ). ( 2) 

⎪⎩ 

+ − 25 

= − + 

Cách 1 (Biến đổi tương đương+Phương trình bậc hai) Nhân (2) với 2 

rồi cộng với (1) ta được ( ) 

Phương trình này có 

Suy ra: 

Với 

Với 

7 

y = − 3x 

+ hoặc 

5 

7 

y = − 3x 

+ thì (2) 

5 

2 2 119 

y + 2 3x + 1 y + 9x + 6x 

− = 0. 

25 

144 

∆ y′ = . 

25 

17 

y = −3 x − . 

5 

⎡ 2 1 

42 44 ⎢ 

x = ⇒ y = 

5 5 

11 2 

x y . 

⎢⎣ 25 25 

2 

⇔ 10x 

− x + = 0 ⇔ ⎢ 

5 25 ⎢ = ⇒ = 

17 

2 102 284 

y = −3x 

− thì (2) ⇔ 10x 

+ x + = 0. Phương trình vô nghiệm. 

5 

5 25 

⎧⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 11 2 ⎞⎫ 

Kết luận: Tập nghiệm hệ phương trình là S = ⎨⎜ ; ⎟; ⎜ ; ⎟⎬. 

⎩⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 25 25 ⎠⎭ 

Cách 2 (Biến đổi tương đương) Hệ (I) tương đương với 

2 2 

⎧ 5x 

+ 5y 

= 1 

⎪ 

(I) ⇔ ⎨ 

47 

⎪( 2x − y)( x + 2y) + ( x + 2y) + ( 2 x − y) 

= . 

⎩ 

25 


Đặt a = 2 x − y, b = x + 2y 

, khi ấy: 

( II) 




46 











⎧ ⎪a = 4x − 4xy + y 

⎨ 

⎪⎩ b = x + 4xy + 4y 

2 2 2 

2 2 2 

Ta có: 

( ) 

2 2 2 2 

⇒ a + b = 5x + 5 y . 

⎧ 

( ) 

( ) 

( ) 

2 2 

2 2 

⎧ a + b = 1 a + b − 2ab = 1 2ab = a + b −1 

II ⎪ 47 ⎪ 94 ⎪ 

⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 

2 144 

( ) 

⎪ab + a + b = 2ab 2 a b a b 1 . 

25 

⎪ + + = ⎪ + + = 

⎩ ⎩ 25 ⎩ 

25 

⎧ 7 ⎧ 17 ⎧ 3 ⎧ 4 ⎧ 2 ⎧ 11 

a + b = a + b = − a = a = x = x = 

⎪ 5 ⎪ 5 ⎪ 5 ⎪ 5 ⎪ 5 ⎪ 

25 

⇔ ⎨ ∨ ⎨ ⇔ ⎨ ∨ ⎨ ⇒ ⎨ ∨ ⎨ 

⎪ 12 132 4 3 1 2 

ab = ⎪ab = ⎪b = ⎪b = ⎪y = ⎪y 

= . 

⎪⎩ 25 ⎪⎩ 25 ⎩⎪ 5 ⎪⎩ 5 ⎪⎩ 5 ⎩⎪ 

25 

Đáp số: Tập nghiệm hệ phương trình là 

⎧ 

⎧⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 11 2 ⎞⎫ 

S = ⎨⎜ ; ⎟; ⎜ ; ⎟⎬. 

⎩⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 25 25 ⎠⎭ 

Bài 7 (Thi Đại học, Khối A, 2014) Giải hệ phương trình 

2 

( ) 

⎧ 

⎪x 12 − y + y 12 − x = 12 (1) 

⎨ 

3 

⎪ 

⎩x −8x − 1= 2 y − 2. (2) 


⎧− ⎪ 2 3 ≤ x ≤ 2 3 

⎨ 

⎪⎩ 2 ≤ y ≤ 12. 

( I ) 

Cách 1 (phương pháp véc tơ) 

r 

r 

a = x; 12 − x 2 , b = 12 − y; y . Ta có 

Đặt ( ) ( ) 

r 

a 

r 

= b = 

12 

( ) 

2 

và x y y( x ) 

(1) ⇔ 2 12 − + 12 − = 2.12 

rr r r 

2 

2 r r 

( ) 2 r r 

⎧x 

≥ 0 

⇔ 2ab = a + b ⇔ a − b = 0 ⇔ a = b ⇒ x = 12 − y ⇔ ⎨ 

⎩y 

= − 

2 

Thay y = 12 − x vào phương trình ( 2) 

ta được 

( ) 

3 2 3 2 

x − 8x − 1= 2 10 − x ⇔ x − 8x − 3 = 2 10 − x − 1 

2 

12 x . 





47 











2 

( x 3)( x 3x 

1) 

⇔ − + + = 

2 

( − x ) 

2 9 

2 

10 1 

− x + 

( x + ) 

⎡ 

2 3 ⎤ 

⇔ ( x − ) x + x + + = 

⎣ 

10 − x + 1⎦ 

⇔ x = 3 ⇒ y = 3 

2 

3 ⎢ 3 1 ⎥ 0 

2 

Thử lại ta được nghiệm của hệ phương trình là ( x y ) = ( ) 

Cách 2 (Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxkii) 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakopxkii cho hai cặp số 

a = x, a = 12 − x , b = 12 − y, 

b = y ta được 

2 

1 2 1 2 

2 

( ( ) ) ( ) 

; 3;3 . 

( ) ( ) 

( ) 

2 2 2 2 

(1) ⇔ x 12 − y + y 12 − x ≤ x + 12 − x y + 12 − y = 12 . 

x 

12 − x 

2 

2 2 

(1) ⇔ = ⇔ x y = 12 − y 12 − x ⇔ y = 12 − x . 

Vậy ( )( ) 

12 − y 

y 

Tiếp tục giải như Cách giải 1 ta cũng đi đến đáp số ( x y ) = ( ) 

; 3;3 . 

Lời bình: Có thể coi hai cách giải thực chất là tương đương. 

2.2 . Các kĩ thuật tổng hợp giải phương trình và hệ phương trình 

Bài 8 (Thi Đại học, khối A, 2013) Giải phương trình 

1 

( ) ( ) ( ) 

2log x + log 1− x = log x − 2 x + 2 1 . 

2 1 2 

2 

2 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là 0 < x < 1. (*) 

Với điều kiện trên thì (1) ⇔ 2log2 x − log2 ( 1− x ) = log2 

( x − 2 x + 2) 

2 2 

⇔ log 

2 

x = log 

2 ( x− 2 x + 2) + log 

2( 1− x) ⇔ log 

2 

x = log ⎡ 

2 ( x− 2 

⎣ 

x + 2)( 1− 

x) 

2 

2 

2 

⇔ x = ( x − 2 x + 2)( 1− x ) ⇔ x = x( 1− x ) + 2( 1− 

x ) ( 3) 


Đặt t = 1− x > 0, phương trình (3) trở thành: 

2 2 

( )( ) 

x = tx + 2t ⇔ x − 2t x + t = 0 

⎤ 

⎦ 




48 











x = 4 − 2 3 . 

( ) ( ) 2 

⇔ x = 2t ⇔ x = 2 1− x ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 4 − 2 3. 

So sánh với điều kiện (*) ta kết luận phương trình có nghiệm 

Nhận xét: Ở đây, biến đổi tương đương chưa đủ để giải quyết bài toán, 

mà còn phải kết hợp thêm với đặt ẩn phụ. 

Bài 9 (Thi Đại học, khối D, 2011) Giải phương trình: 

2 

2 1 

2 

( ) ( ) 

log (8 − x ) + log 1+ x + 1− x − 2 = 0. 1 



Đặt 

t x t x t 

2 

2 

x 

2 

x x 

2 

(1) ⇔ log (8 − ) − log ( 1+ + 1 − ) − log 4 = 0 

2 ⎡ 

⎣ ( ) 

( ) 

⇔ log (8 − x ) = log 4 1− x + 1+ 

x 

2 2 

2 

⇔ 8 − = 4 1+ + 1− 

x x x 

( x ) ( ) 

2 2 2 

(8 ) 32 1 1 . 2 

⇔ − x = + − 

2 2 2 

= 1 − ( ≥ 0) ⇒1 − = . Phương trình (2) trở thành: 

+ t = + t ⇔ t + t − t + = 

2 2 4 2 

(7 ) 32(1 ) 14 32 17 0 

2 2 2 

( 1) ( 2 17) 0 1, ( 2 17 0, ). 

⇔ t − t + t + = ⇔ t = t + t + > ∀t 

∈ 

2 

Với t = 1 ta có 1− x = 1 ⇔ x = 0 thỏa mãn điều kiện (*). 

Đáp số: Phương trình đã cho có duy nhất nghiệm x = 0. 

Nhận xét: Kết hợp biến đổi tương đương với đặt ẩn phụ. 

Bài 10 (Thi học sinh giỏi Quảng Nam năm 2014) Giải phương trình 

( ) 

2 

3 2 1 2 3. * 

x − − x + = x − x − 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là 

Với điều kiện trên thì: 

2 

x ≥ . 

3 


⎤ 

⎦ 




49 











nên ( ) 

( 3x −2 − x + 1)( 3x − 2 + x + 1) 

2 

(*) 2 3 

⇔ = x − x − 

3x 

− 2 + x + 1 

2x 

−3 

⇔ −( 2x 

− 3)( x + 1) 

= 0 

3x 

− 2 + x + 1 

⎡ 3 

x = 

⎡ 1 ⎤ ⎢ 2 

⇔ ( 2x 

−3) ⎢ 

− ( x + 1) 

0 

3x 

2 x 1 

⎥ = ⇔ ⎢ 

⎣ − + + ⎦ ⎢ 1 

= ( x + 1 ) (1) 

⎣⎢ 3x 

− 2 + x + 1 

Với mọi 

2 

3 

2 5 

3 3 

x ≥ thì f ( x) = x + 1≥ + 1 = > 1. ( 2) 

Hàm số g( x) = 3x − 2 + x + 1 có 

g x đồng biến trên 

Do đó 

⎡ 2 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟. 

⎣ 3 ⎠ 

3 1 2 

g′ ( x) = + > 0, ∀ x > 

2 3x 

− 2 2 x + 1 3 

1 1 

h( x) 

= = 

g( x) 3x − 2 + x + 1 

nghịch biến trên ⎡ 2 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟. 

⎣ 3 ⎠ 

⎛ 2 ⎞ 15 

max = h⎜ 

⎟ = < 1 

⎝ 3 ⎠ 5 

Suy ra h( x) 

⎡ 2 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟ 

⎣ 3 ⎠ 

hay h( x ) < 1. ( 3) 

Từ (1), (2), (3), suy ra phương trình f ( x) g ( x) 

Đáp số: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 

= vô nghiệm hay (1) vô nghiệm. 

3 

x = . 

2 

Nhận xét: Kết hợp biến đổi tương đương với phương pháp đạo hàm. 

Bài 11 (Olympic Chinh phục đỉnh núi Vôrobiev 2015) Tìm tất cả các 

giá trị của m để phương trình sau có đúng ba nghiệm phân biệt 

2 

( ) 2 2 

x x 

1 ( x m ) 

− x−m − x + x 

5 7 

25 .log − 2 + 3 + 5 log 2 − + 2 = 0. (1) 

Giải: Ta có 


( ) ( ) 

7 

2 

2 

( x ) ( x m ) 

−2 x−m − x + 2 x 

7 7 

1 ⇔ 5 .5.log − 1 + 2 − 5 log 2 − + 2 = 0 




50 











( x−1) 

x−m 

(( x ) ) 7 ( x m ) ( ) 

2 2 2 

⇔ 5 .log − 1 + 2 = 5 log 2 − + 2 . 2 

7 

t 

Vì hàm f ( t) = 5 + log 

7( t + 2) là hàm tăng chặt nên 

(2) ( ) 

( ) ( ) ( ) 

2 2 

⇔ f x − 1 = f 2 x − m ⇔ x − 1 = 2 x − m . 

Phương trình này có đúng ba nghiệm khi và chỉ khi đồ thị các hàm số 

( x 1) 2 

y = − và y = 2 x − m cắt nhau tại đúng ba điểm, tức là khi và chỉ khi 

đường thẳng y = 2( x − m) 

hoặc đường thẳng y 2( x m) 

parabol y ( x ) 2 

= − − tiếp xúc với 

= − 1 , hoặc đỉnh của parabol và đỉnh của đường gấp khúc trùng 

nhau, tức là phương trình ( x 1) 2 

2( x m) 

3 

− = − − có nghiệm kép ( m = hoặc 

2 

( x 1) 2 

2( x m) 

Đáp số: 

3 

m = hoặc 

2 

1 

m = hoặc m = 1. 

2 

− = − hoặc phương trình 

1 

m = ) hoặc m = 1. 

2 

Nhận xét: Để giải được bài này, cần phải biết kết hợp biến đổi tương 

đương với tính chất đồng biến của hàm số. Ngoài ra còn phải sử dụng hình vẽ 

trực quan để đưa về biện luận nghiệm của phương trình bậc hai. 

Bài 12 (Thi học sinh giỏi Cao Bằng 2014 –2015 ) Giải phương trình 

( )( ) ( )( ) 

x + 2 2x −1 − 3 x + 6 = 4 − x + 6 2x − 1 + 3 x + 2 (1) 

1 . * 

2 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ ( ) 

Ta có: 

( ) ( )( ) ( )( ) 

1 ⇔ ⎡ x + 2 2x −1 − 3 x + 2 ⎤ + ⎡ x + 6 2x −1 − 3 x + 6 ⎤ = 4 

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 

( ) ( ) 

⇔ x + 2 2x −1 − 3 + x + 6 2x 

−1 − 3 = 4 


( 2 x 1 3)( x 2 x 6 ) 4. ( 2) 

⇔ − − + + + = 




51 











( ) 

Do 

1 

x + 2 + x + 6 > 0, ∀x 

≥ và vế phải dương nên để phương trình 

2 

2 có nghiệm thì điều kiện kéo theo là 2x −1 − 3 > 0 ⇔ 2x − 1 > 3 ⇔ x > 5. 

- Hàm số dương f ( x) = 2x 

−1 − 3 trên nửa khoảng ( ) 

1 

f ′( x) 

= > 0, ∀ x > 5 

2x 

−1 

5;+∞ có 

nên f ( x ) đồng biến chặt trên ( +∞ ) 

5; . 

- Hàm số dương g ( x) = x + 2 + x + 6 trên nửa khoảng ( ) 

1 1 

g′ ( x) 

= + > 0, ∀ x > 5 

2 x + 2 2 x + 6 

5;+∞ có 

nên g ( x ) đồng biến chặt trên ( +∞ ) 

Từ đây suy ra h( x) f ( x) . g ( x) ( 2x 1 3)( x 2 x 6 ) 

số đồng biến trên ( 5; +∞ ). 

Vì ( ) 

5; . 

= = − − + + + là hàm 

h 7 = 4 nên 7 

So sánh với điều kiện (*), ta đi đến x = 7. 

Đáp số: phương trình có nghiệm duy nhất x = 7. 

2 . 

x = là nghiệm duy nhất của ( ) 


Bài 13 (Đề đề nghị, Olympic 30/4/2013, THPT Chuyên Bắc Quảng 

Nam, Quảng Nam) Giải phương trình 

( 2 2 x − 1 − 4 ) x ( ) 2 + 7 − 4 2 x − 1 x + 2 x − 1 − 3 = 0. ( 1 ) 

1 . * 

2 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ ( ) 


( x 2 x ) x x 2 x ( x 2 x ) x ( x )( x ) 

(1) ⇔ 2 − 4 + 1 2 − 1= 4 − 7 + 3⇔ 2 − 4 + 1 2 − 1= 4 −3 − 1 . (1’) 

Đặt 

Khi ấy 

2 2 2 2 

1 2 1 2 1 2 4 1 

⎪⎧ a = x − ⎪⎧ a = x − x + ⎪⎧ 

a − = x − x + 

⎨ ⇒ ⎨ ⇒ 

2 

⎨ 

2 

⎩⎪ b = 2x −1 ≥ 0 ⎩⎪ b = 2x −1 ⎩⎪ 

2b − 1 = 4x 

− 3. 


( a 2 b b 2 a) ( a b) ab( a b) ( a b) ( a b)( ab ) 

(1) ′ ⇔ 2 − 2 + − = 0 ⇔ 2 − + − = 0 ⇔ − 2 + 1 = 0 

⇔ a = b hoặc 2ab + 1 = 0. 




52 











t ≥ 0. 

f 

Nếu a 

= b thì 

Nếu 2 1 0 

⎧⎪ x ≥1 

2x − 1 = x −1 ⇔ ⎨ 

⇔ x = 2 + 2. 

⎪⎩ 2x 

− 1 = ( x −1) 2 

2 x −1 2x − 1 + 1 = 0 ⇔ 

⎡ 

2x −1 −1 ⎤ 

2x 

− 1 + 1 = 0. 

⎢⎣ 

⎥⎦ 

ab + = thì ( ) ( ) 2 

( ) 3 3 

⇔ 2x −1 − 2x − 1 + 1 = 0 ⇔ t − t + 1 = 0 với t = 2x 

−1 ≥ 0. ( 2) 

3 

2 1 


= t − t + 1 trên [ 0;+∞ ) có f ( t) 3t 1 0 t 

t 

’( t ) 

( ) 

f t 

−∞ 

Từ bảng biến thiên ta có 

So sánh với điều kiện (*), ta đi đến 

⎛ 1 ⎞ 9 − 2 3 

f ( t) ≥ f ⎜ ⎟ = > 0. 

⎝ 3 ⎠ 9 

Đáp số: phương trình có nghiệm là x = 2 + 2. 

′ = − = ⇔ = với 

3 

nên ( 2 ) vô nghiệm. 


Bài 14 (Thi học sinh giỏi Long An 2014) Tìm tham số m để phương trình 

2 3 

1 

0 3 +∞ 

1 

1 

( ) ( ) 

− 0 + 

9 − 2 3 

9 

21+ 4x − x − x + 3 = m x + 3 + 2 7 − x 1 có nghiệm thực. 

4 


Với điều kiện (*) thì ( 1) ⇔ 4 21+ 4x− x 2 − 3x + 12 = 4m( x+ 3+ 2 7 − x) . ( 2) 


Đặt t = x + 3 + 2 7 − x, 

khi ấy t 2 − 19 = 4 21+ 4x − x 2 − 3x 

+ 12. 

+∞ 




53 











Ta có 

1 1 

t′ = − ; 

2 x + 3 7 − x 


t′ = 0 ⇔ 2 x + 3 = 7 − x ⇔ x = − 1. 

x −∞ − 3 

− 1 

7 +∞ 

' 

t + 0 − 

t 

2 10 

5 2 

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra, tập giá trị của t là t ∈ ⎡ 10;5 2 ⎤ ⎣ ⎦ 

. 

Do đó: (1) 


2 

2 t −19 

10 

⇔ t − 19 = 4mt ⇔ 4 m = , ∀t 

∈ ⎡ 10;5 2 ⎤. 

t ⎣ ⎦ 

2 

t −19 

= trên đoạn ⎡ 10;5 2⎤ 

t 

⎣ ⎦ có 

2 

t + 19 

f ′( t) 

= > 0, ∀t 

∈ ⎡ 10;5 2 ⎤. 

2 

t 

⎣ ⎦ 

Suy ra hàm số ( ) 

f t đồng biến trên đoạn ⎡ 10;5 2⎤ 

⎣ ⎦ . 

9 10 

Do đó: min f ( t) = f ( 10 ) = − và f ( t) f ( ) 

⎡ 10;5 2⎤ 

⎣ ⎦ 

Để (1) có nghiệm thì 

( ) ≤ ≤ ( ) 

min f t 4m max f t 

⎡ 10;5 2 ⎤ ⎡ 10;5 2⎤ 

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 

Đáp số: Với 

10 

31 2 

max = 5 2 = . 

10 

⎡ 10;5 2 ⎤ 

⎣ ⎦ 

9 10 31 2 

⇔ − ≤ m ≤ . 

40 40 

9 10 31 2 

m∈ ⎡ ⎢− 

; 

⎤ 

⎥ thì phương trình đã cho có nghiệm thực. 

⎣ 40 40 ⎦ 






54 











Bài 15 (Tuyển sinh đại học Khối A, 2013) Giải hệ phương trình 

⎧ 4 

4 

+ 1 + −1 − + 2 = 

⎪ x x y y 

⎨ 

( x, y ∈ ). 

2 2 

⎪⎩ x + 2x( y − 1) 

+ y − 6y 

+ 1 = 0 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là x ≥ 1. 

Từ phương trình thứ hai ta có 

( ) 2 

4y = x + y −1 ⇒ y ≥ 0. 

4 4 

Đặt u = x − 1. Khi đó u ≥ 0, x = 1 + u . Phương trình thứ nhất trở thành 

4 4 

u u y y 

+ 2 + = + 2 + . 

(1) 

3 

Xét hàm số ( ) 4 

2t 

f t = t + 2 + t ( t ≥ 0 ). 

Ta có f ′( t) 

= + 1> 

0 với mọi t ≥ 0. 

4 

t + 2 

Suy ra phương trình (1) tương đương với 

( ) ( ) 

4 

= ⇔ = ⇔ = + 1. 

f u f y u y x y 

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta có y( y 7 + 2y 4 + y − 4) = 0. ( 2) 

g′ y = 7y + 8y + 1> 0, ∀y 

≥0. 

Xét hàm số g( y) = y 7 + 2y 4 + y−4, ( y≥0 ). 

Ta có ( ) 

6 3 

Do đó hàm số g ( y) 

đồng biến trên [ 0; +∞ ). 

Ta có ( 1) 

0 

y 

g = nên phương trình (2) tương đương với = 0 ∨ y = 1. . 

Với y = 0 thì x = 1; Với y = 1 thì x = 2. 

Đáp số: Nghiệm của hệ là ( ) ( ) 

1,0 ; 2,1 . 

Nhận xét: Kết hợp đặt ẩn phụ với phương pháp đạo hàm. 

Bài 16 (Thi học sinh giỏi Nghệ An, bảng A, 2011–2012, lớp 12) 

Tìm tất cả những giá trị của để hệ phương trình sau có nghiệm: 

3 3 2 

⎧x − x − y + y − = 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

12 6 16 0 (1) 

2 2 2 

4x 2 4 x 5 4y y m 0 (2) 

+ − − − + = 

( I) 

( x y ∈ ) 

, . 


Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là −2 ≤ x ≤ 2,0 ≤ y ≤ 4. (*) 




55 











3 

3 

Với điều kiện trên thì ( ) ⇔ x − x = ( y − ) − ( y − ) 

Xét hàm số f ( t) = t 3 − t t ∈[ − ] 

1 12 2 12 2 . 

12 , 2;2 . 

Ta có f t 2 ( t 

2 

) 

′( ) = 3t − 12 = 3 − 4 < 0 với mọi t ∈( −2;2 ). 

Suy ra hàm số 

f ( t ) nghịch biến trên [ − 2;2 ]. 

Vậy f ( x) f ( y 2) 

= − ⇔ x = y − 2. 

Thay vào phương trình (2) ta được 3 4 − x 2 − 4 x 2 = m. ( 4) 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (4) 

có nghiệm x thuộc đoạn [ − 2;2 ]. 

Đặt g x = − x 2 − x 2 x ∈[ − ] 

Ta có 

( ) 3 4 4 , 2;2 . 

−3x 

⎛ 3 ⎞ 

g′ ( x) = − 8x = − x⎜ 

+ 8 ⎟. 

2 2 

4 − x ⎝ 4 − x ⎠ 

g′ ( x) = 0 ⇔ x = 0 và 

g′ ( x) > 0 ⇔ − 2 < x < 0, g ( x) 0 0 x 2; g 0 = 6; g − 2 = g 2 = −16 

nên [ − 2;2] [ − 2;2] 

′ < ⇔ < < ( ) ( ) ( ) 

min g( x) = g(2) = g( − 2) = − 16; max g( x) = g(0) = 6. 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi −16 ≤ m ≤ 6. 


Bài 17 (Thi học sinh giỏi Lâm Đồng 2013–2014, lớp 12) Giải hệ 


( 3x 9x )( ) 2 1 y y 

2 1 1 

( x y ∈ 

) 

⎧ 

⎪ + + + + = 

⎨ 

⎪ 

3 

⎩8x + 2y = 5x + y + 2. 

, . 

Giải: Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 

2 

Xét hàm số f ( t) t t 

Vì f ( t) 

2 2 

( ) ( ) ( ) 

3x + 3x + 1 = − y + − y + 1 1 

= + + 1 


2 

t + t + 1 

′ = > 0 

2 

t + 1 

với mọi t ∈ nên hàm số f ( t ) đồng biến trên . 




56 











Suy ra ( ) ( ) ( ) 

1 ⇔ f 3x = f −y ⇔ 3 x = − y. 

Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 8x 3 − 6x = 2x 

+ 2 ( 2) 

Điều kiện để phương trình này có nghĩa là x ≥ − 1. 

Nếu 1 

8x − 6x = 2x + 8x x − 1 > 2x > 2x 

+ 2. 

3 2 

x > thì ( ) 

Suy ra phương trình (2) vô nghiệm. 

Với x ∈[ − 1;1 ], 

đặt x t t [ π ] 

3 

( ) 

= cos , ∈ 0; , phương trình (2) trở thành 

t 

2 4cos t − 3cost = 2cost + 2 ⇔ cos3t 

= cos . 

2 

Với t [ 0; π ] 

∈ thì ta có 

Vậy nghiệm của hệ là ( ) 

4π 

4π 

t = 0, t = , t = . 

5 7 

⎧ ⎛ 4π 4π ⎞ ⎛ 4π 4π 

⎞⎫ 

⎨ 1; −3 ; ⎜cos ; −3cos ⎟; ⎜ cos ; −3cos ⎟⎬. 

⎩ ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 7 7 ⎠⎭ 


Bài 18 (Thi học sinh giỏi Bắc Ninh 2013– 2014, lớp 12) Giải hệ 


( )( ) ( ) 

⎧ 

⎪ 2x − 1 x + y = 6 − x − y 2 − x (1) 

⎨ 

⎩ 

⎪ x + xy − x = x − x − y + 

3 2 3 

2 12 3 18 6 5 (2) 

( x y ∈ ) 

, . 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: x + y ≥ 0, x ≤ 2. 

Đặt u = 2 − x ≥ 0, v = x + y ≥ 0. Suy ra x = − u x + y = v 

2 2 

2 , . 

Phương trình (1) trở thành ( 3 − 2u 2 ) v = ( 6 − v 2 

) u. ( 3) 

Rõ ràng u = 0 hoặc v = 0 không thỏa mãn phương trình. 

Với u, v > 0, phương trình (1) tương đương với 

( u) 2 

3 − 2u 6 − v 6 − 2 6 − v 

= ⇔ = 

u v 2u v 

2 2 2 


. 




57 











Xét hàm số f ( t) 

2 

6 − t 

= với 0. 

t 

t > Ta có ( ) 2 

−6 f ′ t = − 1 < 0, ∀ t > 0 . Do đó 

t 

hàm số f ( t ) nghịch biến trên ( 0; +∞ ). 

Suy ra ( ) ( ) ( ) 

2 2 − x = x + y ⇔ y = 8 − 5 x. 

Thế vào phương trình (2) ta được 

1 ⇔ f 2u = f v ⇔ 2u = v hay 

x x x x 

3 2 3 

2 − 3 + 6 = − − 3 

( x 1) 3 2( x 1) ( 3x 2 6x) 2 3 3x 2 6 x. ( 4) 

⇔ − + − = − + + − + 

3 

Xét hàm số g ( z) 

= z + 2 z, z ∈ . Ta có ( ) 

Do đó hàm ( ) 

g z đồng biến trên . Suy ra 

( ) ( ) ( ) 

⇔ g x − = g − x + x ⇔ x − = − x + x 

3 2 3 

4 1 3 6 1 3 2 6 

Với x ∈[ −2;2 ], 

đặt x α α [ π ] 

8cos α − 6cosα = 1 ⇔ cos3 α = . 

2 

3 1 

Vì α [ 0; π ] 

suy ra 

′ = 3 + 2 > 0, ∀ ∈ . 

2 

g z z z 

3 

⇔ x −3x 

− 1= 0. (5) 

= 2cos , ∈ 0; , phương trình (5) trở thành 

5 7 

∈ nên α = π , α = π , α = 

π 

9 9 9 

π 5π 

x = 2cos , x = 2cos hoặc 

9 9 

7π 

x = 2cos . 9 

Vì (5) là phương trình bậc ba có không quá ba nghiệm nên đây là ba 

nghiệm của phương trình. 

Đáp số: Nghiệm của hệ là 

⎛ 5 5 7 7 

2cos π ;8 10cos π ⎞ ⎛ 

, 2cos π ;8 10cos π ⎞ ⎛ 

, 2cos π ;8 10cos π ⎞ 

⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟. 

⎝ 9 9 ⎠ ⎝ 9 9 ⎠ ⎝ 9 9 ⎠ 


Bài 20 (Thi học sinh giỏi Thanh Hóa 2012–2013, lớp 12) Giải hệ 






58 











( ) 

( ) 

⎧ + = + 

⎪ 

⎨ x − y ⎪ = ln ( x + 3) 

− ln( y + 3) (2) 

⎩ 4 

2x− y 1− 2 x+ y 2x− y+ 

1 

1 4 .5 1 2 (1) 

( I) 

( x, y ∈ ). 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là x > − 3; y > − 3. 

Đặt t = 2 x − y. 

Phương trình (1) trở thành: 

t 

t 1− t t+ 1 1+ 4 1+ 

2 

1+ 4 .5 = 1+ 2 ⇔ = 

t 

5 5 

t 

t 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 4 ⎞ 1 2 .2 

t 

⇔ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = + 3 

⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 5 5 

Hàm số mũ 

y 

a 

( ) 

chặt trên khi a > 1 nên hàm số 

t+ 

1 

t 

= nghịch biến chặt trên khi 0 a 1 

t 

t 

< < và đồng biến 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 4 ⎞ 

y = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ nghịch biến chặt và hàm số 

⎝ 5 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 

1 2 

( ) .2 

t 

g t = + đồng biến chặt trên . Vậy t = 1 là nghiệm duy nhất của 

5 5 

phương trình (3). Suy ra 2x 

− y = 1. 

Ta có ( ) 

2 ⇔ x − 4ln( x + 3) = y − 4ln( y + 3). 

Xét hàm số z = f ( t) = t − 4ln( t + 3) với t > − 3. Ta có: 

t −1 f ′( t) = , f ′( t ) = 0 ⇒ t = 1. 

t + 3 


t −3 1 +∞ 

( t) 

f ′ − 0 + 

( ) 

f t 


1− 

4ln 4 




59 











Trên khoảng ( 3,1) 

− hàm số z = f ( t) = t − 4ln( t + 3) nghịch biến chặt. 

Với x = 1 thì do 2x 

− y = 1 nên y = 1 và x = y = 1 thỏa mãn hệ phương 

trình đã cho. 

Từ 2x 

− y = 1 suy ra y − x = x − 1. 

Với x > 1 thì y > x > 1. Do z = f ( t) = t − 4ln( t + 3) là hàm đồng biến chặt 

trên ( 1,+∞ ) nên f ( y) 

f ( x) 

> hay (3) không có nghiệm trên( 1, +∞ ). 

Với x < 1 thì y < x < 1. Do z = f ( t ) = t − 4ln( t + 3) là hàm đồng biến chặt 

trên ( − 3,1) 

nên f ( y) > f ( x) 

. Suy ra với y 2x 1, x ( 3; ) \{ 1} 

( ) 

f ( y) > f x . 

Đáp số: Hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = 1, y = 1. 

= − ∈ − +∞ ta luôn có 


Bài 21 (Thi học sinh giỏi Thành phố Hồ Chí Minh, 2010) Giải hệ 


11 10 22 12 

⎧ ⎪x + xy = y + y 

⎨ 

⎪⎩ y x y x x y 

4 4 3 2 2 

7 + 13 + 8 = 2 (3 + 3 −1) 

Giải: Nếu y = 0 

thỏa mãn phương trình thứ hai. 

( x, y ∈ ). 

thì thay vào phương trình (1) ta được x = 0 không 

Nếu x = 0 thì từ phương trình thứ nhất ta có y = 0, không thỏa mãn 

phương trình thứ hai. 

Với xy ≠ 0, phương trình thứ nhất tương đương với 

⎛ x ⎞ 

⎜ 

y 

⎟ 

⎝ ⎠ 

11 

x 11 

+ = + 

y 

Xét hàm số 

Ta có 

. Do đó 

y 

( ) 

y. 1 

11 

f ( t) 

t t 

= + trên . 


10 

′( ) = 11 + 1 > 0 với mọi . 

f t t 

t ∈ Suy ra f ( t ) đồng biến chặt trên 




60 











⎛ x ⎞ x 

f ⎜ f y y x y 

y 

⎟ 

⎝ ⎠ y 

2 

(1) ⇔ = ( ) ⇔ = ⇔ = > 0. 

Thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được 

Đặt 

( ) 

x x x x x x 

2 2 3 2 

7 + 13 + 8 = 2 3 + 3 −1 

⇔ 7 + 13 + 8 = 2 3 1 

3 3 + − . 

2 3 2 

x x x x x 

1 t = , phương trình này trở thành 

x 

3 

Hàm số g ( t) 

= u + 2u 

có g ( t) 

7t + 13t + 8t = 2 3 + 3t − t 

2 3 3 

2 

2 3 3 

3 1 

⇔ 7x + 13x + 8 = 2x 

3 + − 

2 

x x 

( 2t 1) 3 2( 2t 1) 3 3t t 2 2 3 3 3 t t 

2 . ( 2) 

⇔ + + + = + − + + − 

′ = u + > 

2 

3 2 0. 

Vậy hàm số g ( t) 

đồng biến trên ( +∞ ) 

Suy ra 

0; . 

( ) ( ) ( ) 

2 ⇔ g 2t + 1 = g 3 + 3t − t ⇔ 2t + 1 = 3 + 3t − t 

3 2 3 

2 

( ) 3 2 3 2 

⇔ 2t + 1 = 3 + 3t − t ⇔ 8t + 13t + 3t 

− 2 = 0 

( )( 2 

− 5 ± 89 

⇔ t + 1 8t + 5t 

− 2) 

= 0 ⇔ t = − 1, t = . 

16 

16 − 5 + 89 

x = , y = ± . 

− 5 + 89 16 

Đáp số: Nghiệm của hệ là 

⎛ 16 − 5 + 89 ⎞ 

; ± 

. 

⎜ − 5 + 89 16 ⎟ 

⎝ 

⎠ 


Bài 22 (Thi học sinh giỏi Nam Định 2013) Giải hệ phương trình 

2 2 

( x 1 x)( y 1 y) 1 ( 1) 


⎧ 

⎪ + + + + = 

⎨ 

⎩ 

⎪ x + + − x = y + 

2 

4 2 22 3 8 2 

( ) ( I ) 




61 












⎧x 

+ 2 ≥ 0 22 

⎨ ⇔ −2 ≤ x ≤ . * 

⎩ 22 − 3x 

≥ 0 3 

Do 

thức liên hợp của 

( ) 

+ > = ≥ nên 

2 2 

1 y y y y 

y 

2 

2 

1 0. 

+ y − y > nên nhân (1) với biểu 

2 

2 

+ 1 + y là y + 1 − y = ( − y) + 1 + ( − y) 

, ta được: 

1 

1 1 1 1 . 

2 

y + 1 + y 

2 2 

2 

( ) ⇔ x + + x = ⇔ x + + x = ( − y) + − y ⇔ f ( x) = f ( −y) 

2 


= t + 1+ t trên có f ( t) 

2 2 

1+ t + t t + t t + t 

> = ≥ 0. 

2 2 2 

1+ t 1+ t 1+ 

t 

Do đó hàm số ( ) 

f t đồng biến chặt trên . 

Suy ra f ( x) = f ( −y) ⇔ x = − y. 

Thế vào (2) ta được: 

(2) 

⇔ x + + − x = x + 

2 

4 2 22 3 8 

2 

1+ t + t 

′ = > 0 

2 

1+ 

t 

⎡ ⎛ 1 4 ⎞⎤ ⎡ ⎛ 1 14 ⎞⎤ 

⇔ ⎢ + − ⎜ + ⎟ + − − − + = − − 

3 3 

⎥ ⎢ ⎜ ⎟ 

3 3 

⎥ 

⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝ ⎠⎦ 

2 

4 x 2 x 22 3x x x x 2 

2 

( ) ( ) ( ) 

⇔ 4⎡3 x 2 x 4 ⎤ ⎡3 22 3x 14 x ⎤ 

⎣ 

+ − + 

⎦ 

+ 

⎣ 

− − − 

⎦ 

= 3 x − x − 2 

( ) 

2 

4 − x + x + 2 

2 

− x + x + 2 

2 

⇔ + + 3( − x + x + 2) 

= 0 

3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3x + 14 − x 

2 ⎛ 4 1 ⎞ 

⇔ ( − x + x + 2 ). ⎜ 

+ + 3⎟ 

= 0 

⎝ 3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3x + 14 − x ⎠ 

Do 

4 1 ⎡ 22⎤ 

+ + 3 > 0, ∀x 

∈ −2; 3 x + 2 + x + 4 3 22 − 3 x + 14 − x 

⎢ 

⎣ 3 ⎥ 

⎦ 


x = −1 

2 ⎡ 

nên phương trình trên tương đương với x x 2 0 ( tm) 

− + + = ⇔ ⎢ 

⎣x 

= 2 

vì 




62 











So với điều kiện (*), ta đi đến 

⎧x 

= −1 

⎨ 

⎩y 

= 1 

hoặc 

{ } 

Đáp số: Tập nghiệm của hệ là S = ( − ) ( − ) 

⎧x 

= 2 

⎨ 

⎩y 

= − 2 

1;1 ; 2; 2 . 


Ngoài ra, cần có những lí luận đặc biệt. 

Bài 23 (Thi học sinh giỏi tỉnh Bắc Ninh năm 2014) Giải hệ phương trình 

( 2x 1) x y ( 6 x y) 2 x ( 1) 

⎧ 

⎪ − + = − − − 

⎨ 

⎪⎩ x + xy − x = x − x − y + 

( ) 

3 2 3 

2 12 3 18 6 5 2 


( ) 

x + y ≥ 0, x ≤ 2. * 

2 

Đặta 2 x 0 x 2 a ; b x y 0. 

= − ≥ ⇒ = − = + ≥ Khi ấy ( 1) ⇔( 3− 2a 2 ) b= ( 6 − b 2 

) a. ( 3) 

Do a = b = 0 ⇔ x = 2, y = − 2 không thỏa mãn hệ nên xét a > 0, b > 0. 

Với a 0, b 0 

> > thì ( ) 

6 

t 

( a) 

( 2 ) 

2 2 2 2 

3−2a 6−b 6− 

2 6−b 

3 ⇔ = ⇔ = ⇔ f ( 2 a) = f ( b) 

. 

a b a b 

6 1 0, 0 

t 

Hàm số f ( t ) = − t có f ′( t ) = − − < ∀ 

2 t > nên ( ) 

chặt trên ( 0, +∞ ). 

Suy ra ( ) ( ) 

chặt trên . 

f 2a = f b ⇔ b = 2 a. 

Hay ( ) 

x + y = 2 2 − x ⇔ x + y = 4 2 − x ⇔ y = 8 − 5 x. 

Thế vào (2) ta được: ( ) 

3 2 3 

2 ⇔ 2 − 3 + 6 = − − 3. 

x x x x 

f t đồng biến 

3 

3 2 3 2 3 

3 

2 

( x x ) x x ( x ) ( x ) f ( x x ) f ( x ) 

⇔ 6 − 3 + 2 6 − 3 = − 1 + 2 −1 ⇔ 6 − 3 = −1 . 

3 

2 

Hàm số f ( z) = z + 2z 

có f ′( z) 

= 3z + 2 > 0 ∀z 

∈ nên f ( ) 

z đồng biến 


Suy ra f ( ) 3 6x − 3x 2 = f ( x−1) ⇔ 3 6x− 3x 2 = x−1⇔ x 3 

−3x 

− 1= 

0. ( 4) 

( ) 

Xét x ∈[ − 2;2] 

và đặt x 2cos u, u [ 0; π ] 

= ∈ thì 




63 











π 

4 ⇔ 8cos u − 6cosu = 1⇔ 4cos u − 3cosu = ⇔ cos3u 

= cos 

2 3 

( ) 

3 3 1 

π k2π 

⇔ u = ± + và do k ∈ ; u ∈[ 0; π ] nên 

9 3 

π 

Suy ra: x = 2cos hoặc 9 

5π 

x = 2cos hoặc 9 

⎧π 5π 7π 

⎫ 

u ∈ ⎨ ; ; ⎬. 

⎩ 9 9 9 ⎭ 

7π 

x = 2cos . 9 

Do phương trình bậc ba không có quá ba nghiệm nên đây chính là ba 

nghiệm của (4). 

đạo hàm. 

Đáp số: Các cặp nghiệm cần tìm của hệ phương trình là 

⎛ 5 5 7 7 

2cos π ;8 10cos π ⎞ ⎛ 

; 2cos π ;8 10cos π ⎞ ⎛ 

; 2cos π ;8 10cos π ⎞ 

⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟. 

⎝ 9 9 ⎠ ⎝ 9 9 ⎠ ⎝ 9 9 ⎠ 

Nhận xét: Kết hợp biến đổi tương đương, đặt ẩn phụ và phương pháp 

Bài 24 (Chọn đội tuyển VMO tỉnh Cần Thơ năm 2015) 


( ) ( ) 

⎧ 2 2 2 2 

⎪ x + xy + 2y + y + xy + 2x = 2 x + y 1 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

( 8y − 6) x − 1 = ( 2 + x − 2)( y + 4 y − 2 + 3) ( 2) 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là: x ≥ 2, y ≥ 2. 

2 2 2 

2 

⎛ y⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ x⎞ 

⎛ 7 ⎞ 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

⎝ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ 

⎝ 2 ⎠ 

Giải hệ 

Với điều kiện này ta có ( 1) ⇔ x+ + y + y+ + x = 2 ( x+ 

y) . ( 3) 

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , chọn 

r 

r 

⎛ 3 3 ; 7 ⎞ 

⎜ 

⎟. 

Suy ra: 

⎝ 2 2 2 ⎠ 

Khi ấy ta có u + v = x + y ( x + y) 

r r 9 7 

u + v = x + y + x + y = x + y 

4 4 

và 

2 2 

( ) ( ) 2( ) 

r ⎛ y 7 ⎞ r ⎛ x 7 ⎞ 

u = ⎜ x + ; y ⎟; v = ⎜ y + ; x⎟. 

⎝ 2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ 





64 











nghĩa là: 

trên . 

2 

2 

2 

r ⎛ y ⎞ ⎛ 7 ⎞ r ⎛ x ⎞ ⎛ 7 ⎞ 

u = ⎜ x + ⎟ + ⎜ y⎟ 

; v = ⎜ y + ⎟ + ⎜ x⎟ 

. 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

Áp dụng bất đẳng thức véctơ u r + v r ≥ u r + v 

r , kết hợp với (3), ta có: 

2 2 2 

2 

⎛ y ⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ 7 ⎞ 

3 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 . 

⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

( ) ⇔ ( x + y) = x + + y + y + + x ≥ ( x + y) 

Dấu bất đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai véctơ u r và v r cùng hướng, 

7 ⎛ y ⎞ 7 ⎛ x ⎞ 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

2 ⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2 ⎠ 

2 2 

x x + = y y + ⇔ x = y ⇔ x = y 

2 

do x ≥1, y ≥ 2. 

Thế vào ta được: (2) ⇔ ( 8x − 6) x − 1 = ( 2 + x − 2 ).( x + 4 x − 2 + 3) 

⎡ 

( 4 3) 4 4 ( 2 2) ( 2) 2 

⎤ 

⇔ x − x − = + x − 

⎛ 

x 4 x 2 4 

⎞ 

⎢⎜ 

− + − + ⎟ + 1 

⎣⎝ 

⎠ ⎥ 

⎦ 

( x ) x ( x ) ( x ) 

⎡ 2 ⎤ ⎡ 2 

⎤ 

⇔ 4 − 4 + 1 . 4 − 4 = 2 + − 2 − 2 + 2 + 1 

⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎥⎦ 

( 4 3 3 

x 4 ) 4 x 4 ( 2 x 2 ) ( 2 x 2 ) 

⇔ − + − = + − + + − 

( ) ( ) 

⇔ f 4x − 4 = f 2 + x − 2 . 

3 

2 

Hàm số f ( t ) = t + t có f ′( t) = 3t + 1 > 0 ∀t 

∈ nên ( ) 

Suy ra ( ) ( ) 

f 4x − 4 = f 2 + x − 2 ⇔ 4x − 4 = 2 + x − 2 

f t đồng biến 

⎡x 

= 2 ⇒ y = 2 

⇔ x + 2 + 4 x − 2 = 4x − 4 ⇔ 4 x − 2 = 3x 

− 6 ⇔ ⎢ 

⎢ 

34 34 

x = ⇒ y = . 

⎣ 9 9 

⎛ 34 34 ⎞ 

; = 2;2 ; ⎜ ; ⎟. 

⎝ 9 9 ⎠ 


Đáp số: Nghiệm của hệ là ( x y) ( ) 




65 











Đắk Lắk) 

Bài 25 (Đề đề nghị Olympic 30/04/2014, THPT Chuyên Nguyễn Du, 


⎧ 3 

xy + x + y + + x + y + − 

3 

xy + x + y + = 

( ) ( ) 

⎪ 3 2 6 2 2 2 2 2 1 1 

⎨ 

⎪⎩ 

x − + y − x + + x y − x + x − x = 

3 

2 3 2 

2 1 3 2 2 7 7 6 0. 2 



( ) 3 x( y ) ( y ) ( x ) y 3 x( y ) ( y ) 

( ) 

1 

x ≥ ; y ≥ − 2. 

2 

1 ⇔ + 3 + 2 + 3 + 2 + 2 + 2 − + 2 + + 2 = 1 

Đặt 

( y )( x ) ( x ) y ( y )( x ) 

⇔ 3 + + + + + − 3 + + = 

3 2 2 2 2 2 1 1 

( x )( y y ) 3 ( y )( x ) 

⇔ 3 + 2 + 3+ 2 + 2 − + 2 + 1 = 1 

2 

3 3 

( x 2)( y 2 1) 1 ( y 2)( x 1 ). ( 3) 

⇔ + + + = + + + 

3 

u = x + 1 ≥ , v = y + 2 ≥ 0. Khi đó 

2 

2 

3 

2 ' 

( 3) ⇔ ( 1+ u)( 1+ v) = 1 + 

3 uv . ( 3 ) 

Chia hai vế cho ( )( ) 2 

3 

1 u 1 v 

+ + và áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 

3 

ba số dương 3 abc ≤ a + b + c rồi cộng lại, ta được: 

1 

(3") ⇔ 1= + 

uv 

3 2 

3 

2 

( 1+ u)( 1+ v) ( 1+ u)( 1+ 

v) 

⇔ 1 = 3 . . + 3 . . ≤ + + + 

2 

1 1 1 u v v 1⎛ 1 2 ⎞ 1⎛ u 2v 

⎞ 

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 

1+ u 1+ v 1+ v 1+ u 1+ v 1+ v 3⎝1+ u 1+ v ⎠ 3⎝1+ u 1+ 

v ⎠ 





66 











Dấu đẳng thức xảy ra khi 

Suy ra: 

( ) 

x y y x x 

⎧ 1 1 

= 

⎪ 

1+ u 1+ v ⎪⎧ 

u = v 

⎨ 

⇔ ⎨ 

⇔ u = v. 

⎪ u v u ( 1+ v) = v( 1+ 

u) 

= 

⎪⎩ 

⎪ ⎩1+ u 1+ 

v 

2 

+ 1= + 2 ⇔ = + 2 − 1. Thế vào phương trình (2), ta được: 

3 2 4 3 2 

2 ⇔ 2 − 1 + − + 1 + 2 − 3 + 5 − 6 = 0 

x x x x x x x 

3 

( ) ( ) 

⇔ x − − + x − x + − + x − x + x − x + = 

2 4 3 2 

2 1 1 1 1 2 3 5 6 2 0 

( x − ) x( x − ) 

2 1 1 

2 

⇔ + + ( x −1)( 2x − 1)( x + 2) 

= 0 

2 

2 

2x 

− 1 + 1 3 

3 2 

x − x + 1 + x − x + 1 + 1 

( ) 

⎡ 

⎤ 

2 

x 

2 

⇔ ( x − 1 ). ⎢ 

( 2x 1)( x 2 

⎥ 

⎢ 

+ + − + ) = 0. 

2 

2x 

− 1 + 1 

⎥ 

3 2 3 2 

⎢ 

( x − x + 1) 

+ x − x + 1 + 1 

⎣ 

⎥⎦ 

2 x 

2 

1 

Do + + ( 2x − 1)( x + 2) 

> 0, ∀x 

≥ 

2 

2 

2x 

− 1 + 1 3 

3 2 

x − x + 1 + x − x + 1 + 1 

2 

( ) 

nên phương trình trên chỉ có nghiệm là x = 1. Suy ra y = 2. 

Đáp số: Hệ có duy nhất nghiệm ( x y ) = ( ) 

; 1;2 . 

Nhận xét: Kết hợp biến đổi tương đương với đặt ẩn phụ. 

Bài 26 (Thi học sinh giỏi Quốc gia năm 2009) Giải hệ phương trình 

⎧ 1 1 2 

+ = 

2 2 

⎪ 1+ 2x 

1+ 

2y 

1+ 

2xy 

⎨ 

⎪ 

2 

x x y y 

⎪⎩ 

9 

( 1) 

( 1− 2 ) + ( 1− 2 ) = ( 2) 

Giải: Điều kiện để phương trình đã cho có nghĩa là: 

Đặt 

2 

u = x 2; v = y 2, u; v∈⎢ ⎡ 0; ⎤ 

⎥ 

⎣ 2 ⎦ 

1 

0 ≤ x; 

y ≤ . 

2 


1 1 2 

⇔ + = 

+ 

ta có: ( 1 ) . ( 3) 

2 2 

1+ u 1+ 

v 1 uv 




67 











Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: 

1 1 1 1 

1+ u 1+ 

v 

1+ u 1+ 

v 

( ) 

2 2 

1. + 1. ≤ 1 + 1 . + . 4 

2 2 

2 2 

Mặt khác, ta luôn có: 1 + 1 ≤ 

2 

2 2 

1+ u 1+ v 1+ 

uv 

Thật vậy: ( ) 

2 2 

[ ] ( ) 

∀u, v ∈ 0;1 . 5 

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 

5 ⇔ ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟ ≤ 0 

⎝1+ u 1+ uv ⎠ ⎝1+ v 1+ 

uv ⎠ 

( )( ) ( )( ) 

( − ) 

( )( ) 

( − ) 

( )( ) 

2 2 

uv − u uv − v 

u v u v u v 

⇔ + ≤ 0 ⇔ + ≤ 0 

2 2 2 2 

1+ u 1+ uv 1+ v 1+ uv 1+ u 1+ uv 1+ v 1+ 

uv 

⇔ 

2 

( v − u) ( uv −1) 

2 2 

( 1+ u )( 1+ v )( 1+ 

uv) 

≤ 0 

luôn đúng với mọi u, v ≥ 0; uv ≤ 1. 

Từ (3), (4), (5) suy ra, với mọi u, v ≥ 0; uv ≤ 1 ta có: 

3 ⇔ 2 = 1 + 1 ≤ 

2 . 

1+ uv 1+ u 1+ 

v 1+ 

uv 

( ) 

2 2 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u = v ⇔ x 2 = y 2 ⇔ x = y. 

1 1 9 ± 73 

2 ⇔ x − 2x = ⇔ 2x − x + = 0 ⇔ x = y = . 

9 81 36 

Vậy ( ) 

2 2 

So sánh với điều kiện, ta đi đến 

Đáp số: So với điều kiện, nghiệm cần tìm của hệ là 

9 ± 73 

x = y = . 

36 

Nhận xét: Đặt ẩn phụ, biến đổi tương đương và đánh giá bất đẳng thức. 

Bài 27 (Thi học sinh giỏi Lâm Đồng 2014) Giải hệ phương trình 

⎧ x + y = y + + 

⎪ 

⎨ 

⎪ 

⎩ 

( ) 

3 

8 2 5x 2 1 

2 2 

( 3x + 1+ 9 x ).( y + 1+ y ) = 1 ( 2) 

Giải: Điều kiện để hệ phương trình đã cho có nghĩa là y + 5x + 2 ≥ 0. 


Do 

2 2 

1+ y > y = y ≥ y nên 

2 

1+ − > 0. 

y 

y 




68 











Nhân ( 2 ) với biểu thức liên hợp ta được: 

2 

2 2 

( 2) ⇔ ( 3x + 1+ 9 x ). = 1 ⇔ 3x + 1+ ( 3x) = 1+ ( − y) + ( −y) 

( ) ( ) 

⇔ f 3 x = f −y 

. 

1 

1 

2 

+ y − 

2 

Hàm số f ( t) = t + 1+ t có ( ) 

Vì 

2 2 

1+ t + t t + t t + t 

> = ≥ 0 

2 2 2 

1+ t 1+ t 1+ 

t 

Suy ra ( ) ( ) 

y 

2 

1+ t + t 

f ′ t = > 0, ∀t 

∈ 

. 

2 

1+ 

t 

nên hàm số ( ) 

f 3x = f −y ⇔ 3x = −y ⇔ y = − 3 x. 

Thế vào (1) ta được: ( 1) ⇔ 8x 3 − 6x = 2x 

+ 2. ( 3) 

⎡ π ⎤ 

Đặt x = cos t, t ∈ ⎢ 

0; . 

⎣ 2 ⎥ 

Khi đó: 

⎦ 

f t đồng biến trên . 

( 3) ⇔ 2( 4cos 3 

t − 3cost ) = 2cost + 2 ⇔ 2cos3t = 2( 1+ 

cost 

) 

t t ⎛ ⎡ π ⎤ t 

⇔ = t ⇔ t = 

2 2 

⎜ do t ∈ 

⎢ 2 ⎥ 

⇒ > 

⎝ ⎣ ⎦ 2 

⎡ t ⎡ 4kπ 

⎢ 

3t 

= + k2π 

t 

2 ⎢ 

= 

⇔ 

5 

⎢ 

⇔ ⎢ , k ∈ 

. 

⎢ t 

4kπ 

3t = − + k2π 

⎢t 

= 

⎢⎣ 2 ⎢⎣ 

7 

2 

cos cos3 cos3 cos , : 0; cos 0 . 

⎡ π ⎤ 

Vì t ∈ ⎢ 

0; 

⎣ 2 ⎥ 

nên 0. 

⎦ t = 

Với t = 0 ta có x = 1⇒ y = − 3. 

Đáp số: Hệ phương trình có nghiệm là ( x y ) = ( − ) 

; 1; 3 . 

Nhận xét: Đặt ẩn phụ, biến đổi tương đương và phương pháp hàm số. 

Bài 28 (Thi học sinh giỏi lớp 12 Chuyên Vĩnh Phúc, năm học 2012– 2013) 


⎞ 

⎟ 

⎠ 




69 











⎧ 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

⎨ 

⎪ 

⎪ 

⎪ 

⎩ 

8 

+ 3 + 2 = − 5 −1 

y 

2 

x x y 

8 

3 2 5 1 , , . 

z 

8 

+ 3 + 2 = − 5 −1 

x 

2 

Giải hệ phương trình y + y + = − z − ( x y z ∈ ) 

2 

z z x 


Xét các hàm số ( ) 

2 8 

1 

x, y, z ≥ . 

5 

f t = t + 3 t + 2, g( u) = − 5u 

−1, 

liên tục trên 

u 

8 5 

= 2 + 3 > 0, ( ) = − < 0 

u 2 5u 

−1 

Ta có f ′( t) t g′ 

u 

2 

Suy ra f ( t) 

đồng biến, ( ) 

Giả sử ( , , ) 

f ( z ) = g( x ). 

0 0 

x y z 

g t nghịch biến trên 

1 

∀ t > . 

5 

⎡1 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟. 

⎣ 5 ⎠ 

⎡1 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟. 

⎣ 5 ⎠ 

x0 y0 z0 

là nghiệm của hệ (I), tức là f x0 g y0 f y0 g z0 

Không mất tính tổng quát, giả sử x = { x y z } 


= ≤ . 

0 0 0 


x = y ≤ z thì x = y = z . 

0 0 0 

0 0 0 

min , , . 

0 0 0 0 

( ) = ( ), ( ) = ( ) và 

< ≤ thì g( z0) ≤ g( y0) = f ( x0) < f ( y0) = g( z0). 

Vô lí. Vậy 

= < thì g( z0) > g( y0) = f ( x0) = f ( y0) = g( z0). 

Vô lí. Vậy nếu 

Tương tự, nếu x0 < z0 ≤ y0 

thì x = y = z . 

0 0 0 

Vậy nếu ( , , ) 

2 8 

x y z thì x 

0 

là nghiệm của phương trình 

0 0 0 

( ) 

x + 3x + 2 = − 5x 

− 1. 1 

x 





70 











Do f ( t) 

đồng biến chặt, g ( t) 


( ) 

h( t) = f t − g( t) 

đồng biến chặt trên 

( ) 

⎡1 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟ và phương trình 

⎣ 5 ⎠ 

⎡1 ⎞ 

⎢ ; +∞ ⎟ nên hàm số 

⎣ 5 ⎠ 

h( t) = f t − g( t) = 0 có nghiệm duy nhất t 

0 

= 1. Suy ra phương trình (1) có 

nghiệm duy nhất x 

0 

= 1. 

Đáp số: Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = y = z = 1. 

Nhận xét: Sử dụng phương pháp hàm số kết hợp với một số lí luận đặc biệt. 

2.3 Bài tập tương tự 

Bài 2.1 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh, năm học 2012–2013, lớp 12) Giải 

phương trình ( ) 

3 2 + x − 2 = 2x + x + 6. 

Bài 2.2 (Thi Đại học, khối D, 2011) Giải phương trình 

2 

2 1 

2 

( ) 

log (8 − x ) + log 1+ x + 1− x − 2 = 0 . 

Bài 2.3 (Thi học sinh giỏi Nghệ An, bảng A, 2010– 2011, lớp 12) Giải 

3 

phương trình ( )( ) 

2 x − 2 x + 5 + 2 2x − 5 = 3x 

− 1. 

Bài 2.4 (Thi học sinh giỏi Hải Dương, 2011–2012, lớp 12) 


1 

2 

2012 2012 

sin x + cos x = . 

1005 

Giải 

Bài 2.5 (Thi học sinh giỏi Nghệ An, bảng A, 2012– 2013, lớp 12) Giải 

x + 1 − 2 1 

phương trình 3 

= ( x∈ 

). 

2x 

+ 1 − 3 x + 2 

Bài 2.6 (Thi học sinh giỏi Thành phố Hồ Chí Minh, năm học 2011– 

2012, lớp 12) 



− −10 − 2 = 7 + 23 + 12. 

3 2 3 

x x x x 2 x 




71 











Bài 2.7 (Thi Đại học Khối D, 2010) Giải phương trình 

3 3 

2x + x + 2 x 2 + x + 2 x + 4x 

− 4 

4 + 2 = 4 + 2 . 

Bài 2.8 (Chọn đội tuyển Đại học Vinh thi HSG Quốc gia 2010) Giải 

phương trình ( ) 

1 2x 

+ 1 ⎛ 1 ⎞ 

log2 x + 2 + x + 3 = log2 

+ ⎜1+ ⎟ + 2 x + 2. 

2 

x ⎝ x ⎠ 

Bài 2.9 (Thi học sinh giỏi Long An, năm học 2012– 2013, lớp 12) 

2.9.1 (Bảng A) Giải phương trình ( ) 

2.9.2 (Bảng B) Giải phương trình 

2.9.3 (Bảng B) Giải hệ phương trình 

2 

x + 1 = 2x + 1 x + 1 + 2. 

4 2 2 

x x x x 

+ + 1 + 3.( + 1) = 3 3 . 

⎧ 

⎪ x + y − x − y = 2 

⎨ 

2 2 2 2 

⎪⎩ x + y + 1 − x − y = 3. 

Bài 2.10 (Thi học sinh giỏi Hà Tĩnh, 2012– 2013, lớp 12) Giải hệ 


3 2 3 

⎧ x + xy + y = 

⎪ 

⎨ 

⎪⎩ 

2 0, 

x − x + 4 = 4y + 3 y. 

3 4 2 2 

Bài 2.11 (Olympic Chinh phục đỉnh Vorobiev, Nga, Vòng chung kết, 2014) 

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có đúng 

⎧ 6 2 

− + 5( − 1) = − 5 + 6 − 3 + − 3 , 

⎨ 

2 2 

⎪ ⎩x + y = 2(3x 

− 4). 

2 2 

⎪y m m ( m m )( x ) ( x ) 

một nghiệm: 

Bài 2.12 (Thi học sinh giỏi Nam Định, 2012–2013, lớp 12) Giải hệ 


⎧ 2 

⎪xy + 2 = y x + 2, 

⎨ 

2 2 2 

⎪⎩ y + 2( x + 1) 

x + 2x + 3 = 2x − 4 x. 

Bài 2.13 (Thi học sinh giỏi Nghệ An, 2010–2011, lớp 12) Giải hệ 


2 3 2 

⎪⎧ y + y = x + 3x + 4x 

+ 2, 

⎨ 

2 

⎪⎩ 1− x − y = 2 − y −1. 





72 











Bài 2.14 (Thi học sinh giỏi Thanh Hóa, 2011–2012, lớp 12) Giải hệ 

( ) 

2 x− y x+ 

y 

⎧⎪ 

2 − 2 = x + y x + y − (2 x − y) 2 x − y, 

phương trình ⎨ 

3 

3 

⎪⎩ y − 2( x − 1) + 1 = 0. 

Bài 2.15 (Thi học sinh giỏi Vĩnh Phúc, 2012–2013, lớp 12) Giải hệ 

3 

⎧ + + − = − 

⎪2y y 2x 1 x 3 1 x, 

phương trình ⎨ 

2 

⎪⎩ 2y + 1 + y = 4 + x + 4. 

Bài 2.16 (Thi học sinh giỏi Hải Dương, 2012–2013, lớp 12) Giải hệ 


⎧ 3 3 

x − x = y − − y − 

⎪ 3 ( 1) 9( 1), 

⎨ 

⎪ ⎩1 + x − 1 = y − 1. 

Bài 2.17 (Thi đại học Khối A, 2010) Giải hệ phương trình ( x y∈ ) 

2 

( ) ( ) 

⎪ 

⎧ 4x + 1 x + y − 3 5 − 2y 

= 0, 

⎨ 

2 2 

⎪ ⎩4x + y + 2 3x 

= 4 = 7. 

, : 

Bài 2.18 (Thi đại học Khối A, 2013) Giải hệ phương trình ( x y∈ ) 

⎧ 4 

4 

⎪ x + 1 + x −1 − y + 2 = y, 

⎨ 

2 2 

⎪⎩ x + 2x( y − 1) 

+ y − 6y 

+ 1 = 0. 

, : 

Bài 2.19 (Thi học sinh giỏi Nghệ An, bảng A, 2011–2012, lớp 12) 

Tìm tất cả những giá trị của để hệ phương trình sau có nghiệm ( x y ∈ ) 

3 3 2 

⎧ − − + − = 

, : 

⎪x 12x y 6y 

16 0, 

⎨ 

2 2 2 

⎪⎩ 4x + 2 4 − x − 5 4y − y + m = 0. 

Bài 2.20 (Thi học sinh giỏi Lâm Đồng, 2013–2014, lớp 12) Giải hệ 

⎧ 3 + 9 + 1 + + 1 = 1, 

⎨ 

⎪ 

3 

⎩8x + 2y = 5x + y + 2. 

2 2 

⎪( x x )( y y ) 






73 











Bài 2.21 (Thi học sinh giỏi Bắc Ninh 2013–2014, lớp 12) Giải hệ 


( )( ) ( ) 

⎧ 

⎪ 

2x − 1 x + y = 6 − x − y 2 − x, 

⎨ 

3 2 3 

⎪ 

⎩2 12x + 3xy − 18x = x − 6x − y + 5. 

Tiểu kết chương 2 

Chương 2 giới thiệu hệ thống các bài tập về phương trình và hệ 

phương trình hồn hợp (trong các đề thi học sinh giỏi của các tỉnh trong những 

năm gần đây) có nhiều cách giải hoặc áp dụng kết hợp hai phương pháp hoặc 

kĩ thuật giải. 





74 











KẾT LUẬN 

Sau một thời gian tìm tòi, nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn tận tình 

của PGS. TS Tạ Duy Phượng, tôi đã hoàn thành luận văn Thạc sĩ theo kế 

hoạch đề ra. Luận văn đã thu được một số kết quả sau: 

1. Trình bày chi tiết một số kiến thức liên quan đến phương trình và hệ 

phương trình hỗn hợp như một số kĩ thuật giải, một số phương pháp giải. 

2. Trình bày chi tiết lời giải một số bài toán khó về phương trình, hệ 

phương trình hỗn hợp trong các đề thi học sinh giỏi, thi olympic. 

3. Tổng hợp và trình bày lời giải một số bài thi học sinh giỏi về phương 

trình và hệ phương trình hỗn hợp, chọn lọc qua các đề thi chọn học sinh giỏi 

của các tỉnh, thành phố, nhằm hiểu biết sâu hơn về các phương pháp và kĩ 

thuật giải phương trình và hệ phương trình hỗn hợp. 

Ngoài các đề thi trong nước, chúng tôi cũng cố gắng sưu tầm thêm một 

số đề thi của nước ngoài. Chúng tôi cũng cố gắng tìm và ghi lại địa chỉ gốc 

của các đề thi, với hi vọng qua đó ta có một bức tranh tương đối rõ nét hơn về 

các khả năng ra đề thi (trắc nghiệm, tự luận, kết hợp), mức độ yêu cầu của các 

kì thi (đề thi học sinh giỏi của nhiều tỉnh, thành phố, là các bài cùng dạng), 

đặc thù của mỗi kì thi mỗi nước. Hy vọng điều này sẽ trợ giúp các giáo viên 

thiết kế các đề thi, các bạn học sinh có thể tham khảo chuẩn bị tốt hơn cho các 

kì thi học sinh giỏi, thi tốt nghiệp phổ thông trung học và thi vào đại học. 





75 








TÀI LIỆU THAM KHẢO 




[1] Hồ Văn Diên (2015), Chinh phục phương trình, bất phương trình đại 

số, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội (Trong bộ sách Gia đình Love Book). 

[2] Lê Văn Đoàn (2015), Tư duy sáng tạo tìm tòi lời giải phương trình, 

bất phương trình, hệ phương trình đại số vô tỉ, Nhà xuất bản Đại học Quốc 

gia Hà Nội. 

[3] Đinh Thị Thu Hà (2014), Phương pháp bất đẳng thức trong phương 

trình và hệ phương trình, Luận văn thạc sĩ toán học – Trường Đại học Khoa 

học – Đại học Thái Nguyên. 

[4] Nguyễn Thị Thanh Hương (2014), Hệ phương trình và hệ bất 

phương trình chứa căn thức, Luận văn thạc sĩ toán học– Trường Đại học 

Khoa học – Đại học Thái Nguyên. 

Giáo dục. 

[5] Nguyễn Thái Hòe (2005), Dùng ẩn phụ để giải toán, Nhà xuất bản 

[6] Nguyễn Văn Lộc, Nguyễn Hoa Cương (2005), Tìm hiểu thêm về 

toán học chuyên đề Bất đẳng thức và phương trình, Nhà xuất bản Đại học 

Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh. 

[7] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình và bất 

phương trình, Nhà xuất bản Giáo dục. 

[8] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề đại 

số bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thông, Nhà xuất bản Giáo dục. 

[9] Đàm Văn Nhỉ, Trần Trung Tình, Phạm Thị Vị, Phạm Đăng Hải 

(2013), Bất đẳng thức, cực trị, hệ phương trình, Nhà xuất bản Thông tin và 

truyền thông. 

[10] Tổng tập các đề thi Olympic 30-4, Nhà xuất bản Giáo dục. 

[11] Nguyễn Thanh Tuyên (2016), Thần tốc luyện đề thi Trung học phổ 


thông Quốc gia 2016, Toán học, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội. 

[12] Các tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, Kvant, Crux,... 




76

Kĩ thuật tổng hợp giải phương trình, hệ phương trình hỗn hợp (2017)

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?