Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
1

Kỹ năng:
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH

I- TỔNG QUAN PHƯƠNG PHÁP:
Như các chuyên đề đã đề cấp trước đây, chúng ta có thể giải hệ bằng nhiều phương
pháp khác nhau. Trong chủ đề này, chúng tôi hệ thống lại một phương pháp giải hệ thường
được “ưu tiên” trong các đề thi Đại học và Kì thi Học sinh giỏi những năm gần đây, đó là
kỹ năng “Phương pháp hàm số”.
Xét hệ phương trình:
(
)
( )
( )
; 0
; 0
=


=



F x y
I
G x y

Bằng phép biến đổi tương đương một cách khéo léo, ta đưa hệ (I) về dạng:

)
(
)
0
= ∈
1
f x x D
với D là một khoảng cho trước.
Để vận dụng tính đơn điệu của hàm số để giải phương trình, ta có một số hướng biến đổi
(tương ứng với 3 dạng thông dụng) sau đây:
1. Đối với loại phương trình có 3 hướng để giải quyết:
Dạng 1:

(
)
(
)
0,
=
D¹ng víi hoÆc ®ång biÕn, hoÆc nghÞch b
iÕn trªn D.
F x F x

Bước 1: Đưa phương trình (1) về dạng:
(
)
0
=
F x







®ång biÕn trªn D
Ph−¬ng tr×nh (1) cã: hoÆc ng−îc l¹i

nghÞch biÕn trªn D
F x
G x

Bước 1: Đưa phương trình (1) về dạng :
(
)
(
)
=
F x G x
(1)
Bước 2: Xét hai hàm số
(
)
=
y f x
và
(
)
=
y g x

)
(
)
(
)
=
D¹ng ph−¬ng tr×nh (*), víi hoÆc ®ång b
iÕn,
F u F v F x

(
)
;
=
hoÆc nghÞch biÕn trªn . Lóc ®ã, (*) cã nghiÖm duy nhÊt
a b u v

Bước 1: Đưa phương trình về dạng
(
)
(
)
=
F u F v
(1)
Bước 2: Xét hàm số:
(
)
=
y F t

a b
và có đạo hàm
(
)
/
0
>
f x
trên khoảng
(
)
;
a b
thì hàm số
(
)
=
y f x
đồng biến trên
[
]
;
a b
”
+ Đối với bất phương trình, hệ phương trình, tư duy vận dụng tính đơn điệu hoàn
toàn tương tự như trên.
II- BÀI TẬP MINH HỌA:

Bài tập:
Giải hệ phương trình

1;1
−
.
Bài giải:
Từ (2) ta có
[
]
2 2
1, 1 , 1;1
≤ ≤ ⇔ ∈ −
x y x y
.
Hàm số
(
)
3
3
= −
f t t t
có
(
)
(
)
(
)
/ 2
3 3 0, 1;1
= − < ∀ ∈ − ⇒


− −
 
   
 
   
 
   
 

Nhận xét:
Trong TH này ta đã hạn chế miền biến thiên của các biến để hàm số đơn điệu
trên đoạn đó.
Bài tập:
Giải hệ phương trình:
(
)
( )
3 2
2 2
3 3 (1)
1 2 5 0 (2)

= − + +


+ + + + + − =


x x y y
y y x y x

⇒ = ⇒ =
f x f y x y

Thay và (2) tiếp tục sử dụng phương pháp hàm số chứng minh được (2) có 1 nghiệm duy
nhất
1 1
= ⇒ =
x y
.
Bài tập: (Khối A – 2003) Giải hệ phương trình :
3
1 1
(1)
2 1 (2)

− = −



= +

x y
x y
y x

Bài giải: Điều kiện
0; 0.
x y
≠ ≠


∈ −∞
x
. Phương trình (1) có dạng:
(
)
(
)
f x f y x y
= ⇔ =

Thay vào (2) có nghiệm
1
=
x
(loại),
1 5
4
− +
=
x
(loại),
1 5
4
− −
=
x
(nhận)
TH 2:
Xét
(

( )
1 5 1 5 1 5 1 5
1;1 ; ; ; ; .
4 4 4 4
   
− + − + − − − −
   
   
   

Sai lầm thường gặp:
Xét hàm số
( ) ( ) ( )
1
;0 0; ,f t t t
t
= − ∈ −∞ ∪ +∞
. Đạo hàm:
( ) ( ) ( )
/
2
1
1 ;0 0; f t t
t
= + ∀ ∈ −∞ ∪ +∞

Suy ra hàm số
(
)
f t

3
3 1 9 1 (1)
1 1 1 (2)

− = − − −



+ − = −

x x y y
x y

Bài giải:
Điều kiện
1; 1.
x y
≥ ≥

Từ điều kiện và từ phương trình (2) có
1; 1 1
≥ − ≥

x y

Phương trình
(
)
3
3

x y
thay vào (2) giải được
1; 2
= =
x x

1 2
,
2 5
= =
 
⇒
 
= =
 
x x
y y
.
Bài tập:
(
Khối A – 2012
) Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1
2

− − + = + −



≤ − ≤



−

≤ + ≤


x
y

Ta có

( ) ( ) ( ) ( )
3 3
(1) 1 12 1 1 12 1
⇔ − − − = + − +
x x y y

nên xét
(
)
3
12
= −
f t t t
trên
3 3

(
)
(
)
1 1 1 1
− = + ⇒ − = +
f x f y x y

Thay vào, giải ra được
( )
1 3 3 1
; ; ; ;
2 2 2 2
   
= − −
   
   
x y
.
Bài tập:

(Khối A – 2010)
Giải hệ phương trình
(
)
( )
2
2 2
4 1 3 5 2 0 (1)
4 2 3 4 7 (2)

( )
(
)
2 3
2 3
2 1 2 5 2 1 5 2 2 2 5 2 5 2
⇔ + = − − ⇔ + = − −
 
 
+ +
  
 
x x y y x x y y
( )
(
)
2 5 2
⇔ = −
f x f y

Xét
(
)
3
= +
f t t t
(
)
/ 2
3 1 0,

2
−
+ − − = ⇔ =
 
+
 
 
x
x x g x

Với
( )
2
2
2
5 4 3
4 2 3 4 7, 0;
2 4
−
= + − − ∈
 
 
+
 
 
 
 

x
g x x x x



x y y x
x x y y m

Bài giải:
Điều kiện.
1 1, 0 2
− ≤ ≤ ≤ ≤
x y

Phương trình (1)
( ) ( )
3
3
3 1 3 1
⇔ − = − − −
x x y y

Hàm số
(
)
3
3
= −
f t t t
nghịch biến trên đoạn
[ 1;1
−
]

1;1
∈ −
x
.
Xét
( )
[ ]
( )
2 2 /
2
1
2 1 , 1;1 2 1
1
 
= − − ∈ − ⇒ = +
 
−
 
g x x x x g x x
x

Ta có:
(
)
/
0 0
= ⇔ =
g x x
;
(



x xy y y
x y

Bài giải:

5
; .
4
x y
≥ − ∈
¡

TH1:
Xét
0
=
y
thay vào hệ thây không thỏa mãn.
TH2: Xét
0
≠
y
, chia 2 vế của (1) cho
5
y
ta được
5
5

 
x x
f f y y x y
y y

-

Thay vào (2) ta có PT
4 5 8 6 1
+ + + = ⇒ =
x x x
. Vậy hệ có nghiệm
(
)
(
)
; 1;1
=
x y

Bài tập:
Giải hệ phương trình
(
)
(
)
2 2
2 2 2
2


)
2 2 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
− = − + + ⇔ − = − ⇔ + = +
x y x y x y
y x xy x y y x x y
(1)
Xét hàm số
(
)
3
2 ,
= + ∈

t
f t t t
ℝ
có
(
)
/ 2
2 ln 2 3 0,
= + > ∀ ∈

t
f t t t
ℝ

suy ra
(

2
1 3
1 3

+ + =


+ + =


y
x
x x
y y

Bài giải:
Trừ vế hai phương trình ta được:
(
)
2 2 2 2
1 1 3 3 1 3 1 3
+ + − + + = − ⇔ + + + = + + +
y x x y
x x y y x x y y

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
6

có dạng

f t
đồng biến trên
ℝ
. Bởi vậy
(
)
(
)
= ⇔ =
f x f y x y
thế vào phương trình thứ nhất ta
được
(
)
( ) ( )
2 2
1 3 1 3 1 0+ + = ⇔ = + − ⇔ =
x x
x x x x g g x

Với
( )
(
)
2
3 1
= + −
x
g x x x
( )

x
ℝ
do
2
1 0
+ − >
x x
và
2
1 1
+ ≥
x

Suy ra
( )
g x
đồng biến trên
ℝ
. Bởi vậy
(
)
(
)
0 0
= ⇔ =
g x g x

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
0.
x y

0, 0
> >
x y

Bài giải:
Điều kiện:
(
)
(
)
( ) ( )
2
2
; 1 1;
1 0
; 1 1;
1 0
∈ −∞ − ∪ +∞


− >
 
⇔
 
∈ −∞ − ∪ +∞
− >





x y x y
x y x y
e e e e
x y x y

Hay
(
)
(
)
=
f x f y
với
( ) ( )
2
, 1;
1
= − ∈ +∞
−

t
t
f t e t
t
.
Ta có:
( )
( )
( ) ( )
/

x x
x x
e e g x
x x

Với
( ) ( )
2
2007, 1;
1
= + − ∈ +∞
−

x
x
g x e x
x
.
Ta có
( )
( )
( )
(
)
( )
( )
2
/ //
3
2 2

/
⇒
g x
liên tục trên
(
)
1;
+∞
và có
(
)
(
)
/ /
1
lim , lim
+
→+∞
→
= −∞ = +∞
x
x
g x g x
nên
'( ) 0
=
g x
có nghiệm duy nhất
(
)

(
)
0
=
g x
có đúng 2 nghiệm
(
)
1;
∈ +∞
x
.
Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
7

Vậy hệ phương trình đã cho có đúng 2 nghiệm dương.
Bài tập:
Giải hệ phương trình
(
)
(
)
2 2
ln 1 ln 1 (1)
12 20 0 (2)
+ − + = −
− + =



(
)
ln 1 , 1;
= + − ∈ − +∞

f t t t t

Ta có:
( ) ( ) ( )
/
1
1 0 0 1;
1 1
−
= − = = ⇔ = ∈ − +∞ ⇒
+ +
t
f t t f t
t t
đồng biến trên
(
)
1;0
−
và
nghịch biến trên
(
)
0;
+∞

(
)
1;0 0;
∈ − ∈ +∞
,
x y
hoặc ngược lại thì
2 2
0 12 20 0
< ⇒ − + >
xy x xy y

TH 3
:
0
=
xy
thì hệ có nghiệm
0
= =
x y
. Vậy hệ có nghiệm duy nhất
0
= =
x y

Bài tập:
Chứng minh với
0
∀ >

ln 1 ln 1 0
+

− + + − + + =

⇔

= +


x a x
e e x a x
y x a

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất
⇔
(
)
(
)
(
)
ln 1 ln 1 0
+
= − + + − + + =
x a x
f x e e x a x
có nghiệm
duy nhất trong khoảng
(

.
Mặt khác: Do
(
)
f x
liên tục trên
(
)
1;
− +∞
và
(
)
1
lim
+
→−
= −∞
x
f x
;
(
)
lim
→+∞
= +∞
x
f x

Nên pt có nghiệm trong khoảng



+ + = +


x x y
y y x

Bài giải:
Điều kiện:
; 0
≥
x y
.

Hệ
2
2 2
3 2 3
3 3 3 3

+ + = +

⇔

+ + = + +


(*)x x y
x x y y

t
.
⇒
(
)
f t
đồng biến trên
(
)
0;
+∞
.
Phương trình (**) trở thành:
(
)
(
)
= ⇔ =
f x f y x y

Thay
x y
=
vào (*) của hệ ta được:
2
3 3 0
+ + − =
x x
.
Xét hàm số:

đồng biến trên
(
)
0;
+∞
.
(
)
0
⇒ =
g x
có nhiều nhất một nghiệm, mà:
(
)
1 0 1 1.
g x y
= ⇒ = ⇒ =

Vậy hệ đã cho có nghiệm là
(
)
1;1
.
Bài tập:
Giải hệ phương trình:
( )
6 4
sin
sin
10 1 3 2

(1)
sin sin
⇔ =
x y
e e
x y
(*) . Xét hàm:
( )
sin
=
t
e
f t
t
với
5
;
4
 
∈
 
 
π
t π
.
Ta có:
( )
(
)
/

 
 
π
π

Khi đó pt (*) trở thành:
(
)
(
)
f x f y x y
= ⇔ =
, thế vào phương trình (2) ta được:
(
)
6 4
10 1 3 2
+ = +
x x
. Do
6
1
+
x
=
(
)
(
)
2 4 2

* Với
3
u v
=
thay vào ta có pt vô nghiệm
* Với
3
v u
=
thay vào pt ta được
5 33
= ± +x
đối chiếu với (3) ta được
5 33
= +x

Vậy hệ pt có một nghiệm là
(
)
5 33; 5 33
+ +

Bài tập: (Khối A- 2013)
Giải hệ phương trình:
( )
4
4
2 2
1 1 2
2 1 6 1 0

x y x y y
( ) ( )
2 2
1 4 0 1 4 0
⇔ + − − = ⇔ + − = ⇒ ≥
x y y x y y y
.
Ta có:
4
4
1 1 2
+ + − − + =
x x y y
⇔
(
)
(
)
( )
4 4
4
4
1 1 1 1 1 1 **
+ + − = + + + + −x x y y

Đặt
(
)
4
1 1

4 2
y y y y y y
= + = + +

⇔

7 4
0 1
2 4
= ⇒ =


+ + =

y x
y y y

⇔

0
1
=


=

y
y
(vì
(

=

− + = ⇔

=

x
x y
y
(thỏa điều kiện)
Xét
4
1 0
− + >
x y

Lúc đó:
(
)
(
)
4
4
1 2 1 0
+ − + + − − =
x y x y

⇔

( )( )

 
− + − +
+ + +
 
x y
x y x y
x y

⇔

4
1
x y
= +
, tiếp tục như trên.
Bài tập: (Khối B- 2013)
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
2 3 3 2 1 0
4 4 2 4

+ − + − + =


− + + = + + +


x y xy x y
x y x x y x y

:
2 1
y x
= +
. Thế vào (2) ta có:

( ) ( )
1
4 1 9 4 3 4 ;
4
 
= + + + = − = ≥ −
 
 
f x x x x g x x⇔
0
x
=
(vì
(
)
f x
đồng biến và
(
)
g x
nghịch biến trên

1
3 1 5 4 3 3
3
 
+ + + = − + ≥ −
 
 
x x x x x⇔

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

( ) ( ) ( )
3 1 1 5 4 2 3 1
   
+ − + + + − + = −
   
x x x x x x⇔


⇔

0 1
1 2
x y
x y

= ⇒ =

= ⇒ =


Vậy nghiệm của hệ là
(
)
0;1
hay
(
)
1;2 .

III- BÀI TẬP TỰ LUYỆN:
Bài tập:
Giải các hệ phương trình sau:
1)
( )( )
3 3
1 1
4 2 4 36

2

+ = +


+ =


x x y y
x y

Gợi ý: Xét hàm số
(
)
(
)
3
= + ∈
f t t t t
ℝ
. Hệ có nghiệm
(
)
(
)
1;1 ; 1; 1
− −
.
3)
5 5

(
)
(
)
2 2
1 1 1 (1)
6 2 1 4 6 1 (2)
x x y y
x x xy xy x

+ + + + =



− + = + +


Gợi ý: (1)
( ) ( )
2
2 2 2
1 1 1 1
x x y y x x y y
⇔ + + = − + + ⇔ + + = − + + −

(
)
(
)
f x f y

 
+ + = − + + ⇔ + + − =
 
 

Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
11

Từ đây hệ có các nghiệm là:
( )
3 11 3 11
1; 1 ; ; .
2 2
 
− − +
−
 
 
 

5)
(
)
( )( )
3 1 4 2 1 1 3 (1)
2 4 6 3 (2)
x x y y
x y x y x y


f x f x
⇔ − = +
với
(
)
(
)
2 0
f t t t t
= + ≥
.
Dễ chứng minh được
(
)
f t
đồng biến trên
)
0;

+∞

suy ra:

3 1 2 3 4 12.
x x x y
− = + ⇔ = ⇒ =

6)
3 3 2
5 3

(
)
g y y b
= +
.
Đồng nhất thức ta được:
(
)
(
)
3
3 2
3 4 1 1 2
y y y y y
+ + = + + + −

Lúc đó (1) có dạng:
(
)
(
)
1
f x f y
= +
, dễ thấy
(
)
f t
đồng biến trên
¡

 
+ − + = + − + >
 
 
.
Vậy hệ có nghiệm là
(
)
0; 1
−
.
7)
(
)
(
)
(
)
3 2 2
2 2 2
4 1 2 1 6 (1)
2 2 4 1 1 (2)
x y x x
x y y x x

+ + + =


+ + = + +


( )
1
2f y f
x
 
=
 
 
với
( )
(
)
2
1 1
f t t t
= + +

(
)
t ∈
¡
.
Dễ chứng minh được
(
)
f t
đồng biến trên
¡
, suy ra:
1

g x
đồng biến trên
¡
nên phương trình có nghiệm duy
nhất
1
1
2
x y
= ⇒ =
. Hệ có nghiệm
1
1;
2
 
 
 
.
8)
(
)
(
)
2 2 2 2 3
2
1 3 2 4 1 1 8 (1)
2 0
(2)
x x y y x y
x y x

2
1 4
.4 8 1 4 2 4 1 2
4 1 1
1 1
1 2 4 1 1 1 1 2 2 1 1
x x y x
y x y x x y x x y y x y
y
x x x y y y y
x
x
+ − +
⇔ = ⇔ + − + = + −
+ −
 
 
⇔ + + = + + ⇔ + + = + +
 
 
 
 
 

có dạng:
( )
1
2
f f y
x

(
)
2
3 2 3 2
3 2 3
x x g y
− + = +
(quá phức tạp!)
Hướng khác:

3 2
3 2 3.
x x y y
− + = +
Đặt
2
3 3
a y a y
= + ⇔ = +
,
3
3 3
y y a a
+ = −
.
Phân tích đồng nhất thức:
3 2 3
3 2 3
x x g g
− + = −

3;1
.
10)
(
)
( )
3
3
2 3 1
2 3
x y
x y

+ =


− =



Gợi ý: Ta thấy
0
x
=
thay vào hệ không thỏa.
Giả sử
0
x
≠
, hệ


với
(
)
3
3
f t t t
= +
.
Chuyên đề HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ Luyện thi Đại học 2014
Giáo viên: LÊ BÁ BẢO…0935.785.115… CLB Giáo viên trẻ TP Huế
13

Nghiệm của hệ phương trình là
( )
1
1; 1 ; ;2 .
2
 
− −
 
 

11)
( ) ( )
2 2
2
2
2 2
1

y
−
+
= ⇔ + = + ⇒ =
+

Nghiệm của hệ là
(
)
4; 4
−

12)
(
)
3
2 3 2
8 3 2 1 4 0
4 8 2 2 3 0
x x y y
x x y y y

− − − − =


− + + − + =



13)


+ = − − +


15)
3
2 2
1 5
4 4 12
x y x y
x xy y xy

+ + + + =


+ + + + + =



16)
3 3 2
2 2 2
2 3 3
1 3 2 2 0
x y x y
x x y y

− − = −

