www.k2pi.net
DIỄN ĐÀN TOÁN THPT
www.k2pi.net
TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN HỆ PT HAYVÀ KHÓ
Được sáng tác và giải bởi các thành viên của diễn đàn www.k2pi.net
Bài 1.(Sáng tác : kienqb Tìm tất cả các cặp số (x; y) không âm thỏa mãn hệ:



(2x +

4x
2
+1)(

y
2
+1 −y) =1
1
1 +3
x
+
1
1 +2
y
+
1
1 +5
x
=
3

3
1 +
3

abc
với a, b, c ≥1
Với đánh giá thứ nhất ta đưa phương trình thứ nhất trong hệ về phương trình :
2x +

4x
2
+1 = y +

y
2
+1
Tới đây xét hàm số f (t) =t +

t
2
+1,∀t ≥0. Ta có f

(t ) =1+
t

t
2
+1
>0,∀t ≥0. Từ đó ta có :f (2x) = f (y) ⇔ y =2x. Với kết quả
này cùng với đánh giá thử hai tức là bổ đề nêu ra ta có :

x y +3y =(8y +3x +9)y

−x
2
+8x −24y +417 =(y +3)

y −1 +3y +17
Lời giải (Ngo Hoang Toan):
Hệ đã cho gồm các phương trình căn thức và đa thức,việc ta nên làm là giải quyết các căn thức khó chịu trên.Và phương
pháp thương dùng nhất là đặt ẩn phụ,nhưng đặt ẩn phụ như thế nào là ổn.Đó là điều ta quan tâm ?
Ta viết lại hệ phương trình đã cho như sau:

(x +6y +3)

x y +3y =(8y +3x +9)y (1)

−x
2
+8x −24y +417 =(y +3)

y −1 +3y +17 (2)
Ta đặt a =

x +3;b =

y với a, b ≥0 Tư đó ta viết lại phương trình (1) thành : ( a
2
+6b
2
)ab =b

2
=20
Và ta có :
(y +3)

y −1 +3y +17 ≥3y +17 ≥3 +17 =20
Vậy đẳng thức xảy ra khi y =1 thay vào ta có x =1. Vậy S =(1;1). 
Bài 3. (Tác giả :π
2
) Giải hệ phương trình :






11
3
−
2y
2
3
+

1 +2x =y
4
−10x
2
−24x −14
2y

3x +4 +3x +4

=0 ⇔

y −

3x +4

2
(
2x +3
)
=0 ⇔y =

3x +4
www.k2pi.net 1
www.k2pi.net
Thay vào phương trình (1) ta có :

1 −2x +

1 +2x =2 −x
2
⇔x
4

x
4
−8x
2

Một bài toán hay và hấp dẫn,không biết tác giả lấy ý tưởng từ đâu.Đạo hàm và bất đẳng thức chăng? Phân tích: Dự
đoán nghiệm xảy ra khi x = y = 1. Tại nhìn cái phương trình thứ nhất giống bất đẳng thức nên đoán thử,không ngờ lại
đúng Gặp may ùi Nhưng khó nhai ghê vậy đó Nên ta ước lượng các giá trị biến từ các phương trình (1) và (2) nên ta có
cách giải như sau. Lời giải Điều kiện:x, y ≥
5
8
Và ta xét đến phương trình (2). Sử dụng điều kiện có nghĩa theo các biến x, y
ta được x ≤

240 −12
24
, y ≤

880 −4
24
.
Để ý rằng theo bất đẳng thức AM −GM ta có :

3.x.

1.
8y −5
3
≤

3.
[
8y −5
3
+1]

3
.(8x y −(x +y)) ≤

3
3
(2(x +y)
2
−(x +y)
Mặc khác theo bất đẳng thức C auchySchw ar z ta có :
4

24(x
2
+y
2
+4) ≥
4

12(x +y)
2
+96
Vậy ta cần chứng minh:
4

12(x +y)
2
+96 ≥

3
3

2

3
3
t
2
−

3
3
t −
4

12t
2
+96 Ta có
f

(t ) =
4

3
3
t −

3
3
−
1
4

=3
x
+2
x
+10x
2
−12y
e
x
+(x −2y)ln(2x
2
+x +y
2
−2x y +2) =e
2y
Lời giải (dan_dhv):
Ta có :
P t(2) ⇔e
x
+(x −2y)ln

(x −y)
2
+(x +
1
2
)
2
+
7

x
=3
x
+2
x
+10x
2
−6x
Ta thấy rằng: Nếu x < 0 thì 5
x
+4
x
< 3
x
+2
x
+10x
2
−6x do đó phương trình chỉ có nghiệm khi x ≥ 0 Xét hàm số :f (x) =
5
x
+4
x
−3
x
−2
x
−10x
2
+6x với x ≥0 Ta có: f

(x) = 5
x
ln
3
5 +4
x
ln
3
4 −3
x
ln
3
3 −2
x
ln
3
2. Rõ ràng với x ≥ 0 thì f

(x) > 0 Vì vậy f

(x) là hàm đồng biến nên f

(x) = 0 có
tối đa 1 nghiệm. Lập bảng biến thiên ta sẽ thấy f

(x) = 0 có tối đa 2 nghiệm và dẫn tới f ( x) = 0 có tối đa 3 nghiệm. Ta
có f (0) = f (1) = f (2) = 0 ⇒ x = 0;x = 1;x = 2 là 3 nghiệm của phương trình f (x) = 0. Thay vào ta có các nghiệm của hệ
là:(x; y) =(0;0), (1;2), (2;4)
Bài 6.(Tác giả : π
2

−3b(2b −1) −3(b −1)(a
2
−3) −3a
2
+1 =0
⇔(a −b)
3
+(b −2)
3
=0
⇔a =2
Thay

2x +3 =2 Vào pt(2), có :
y
3
−4y
2
+3 =0
Bài 7. (Tác giả : Vương Thị Hiền ) Giải hệ phương trình :







x +y
x y
+x y =

y
+

x y

2
=0
⇐⇒
1

y
−
1

x
=

x y
⇐⇒

x −

y = xy
⇐⇒ x +y =2

x y +(x y)
2
Thay tất cả vào P T (2) ta được
(x y)
2

Lời giải (Cô Bé Gió Sương):
Từ phương trình (2), Ta tìm được :





4
3
≥x ≥0
7
3
≥ y ≥1
Rút x y từ pt (2) .Thay vào(1) (3x
3
+18x
2
+45x) +(3y
2
−3y
3
+8y) =108
Tới đây đạo hàm sẽ tìm được nghiệm





x =
4

(y −1)
3
+2(y −1) = x
3
+2x
Hàm số f (t) = t
3
+2t đồng biến trên [
2
3
;2] Nên : y −1 =x Thay vào và giải ra ta được : (x; y) =(1;2);(
5
3
;
8
3
)
Bài 10. (Tác giả : Lê Thị Xuân ) Giải hệ phương trình :







x
3
−y
6
+

4
=0
⇔

x −y
2

2x
2
+2x y +5y
2

=0
⇔x = y
2
Thay x = y
2
vào PT(2)⇒x =3
Bài 11. (Tác giả : Lê Trung Tín ) Giải hệ phương trình :



x
4
+10y =x
2
−2
x
2
(1 +y) =y

Lời giải (FOR U):
Với y =1 . Hệ VN Xét : y =1 Thay x
2
=
y
2
+y +1
1 −y
vào phương trình (1). Cho ta : 4y
4
−4y
3
+5y
2
+4y =0 . Done !
Bài 14. (Tác giả : kienqb ). Giải hệ phương trình:





25y +9

9x y −4 =
2y
2
+18x
2
+2
x(y


9x
2
−4 =
20x
2
+2
x(x
2
+1)
⇔9x

9x
2
−4 =
20x
2
+2
x
2
+1
−25x
2
Bình phương 2 vế của phương trình
4(2x
2
−1)(13x
6
+117x
4


x +y

2
=x
2
−9y
2
−15y +94
4x
2
+4y
2
+6x +6y −2x y −9 =0
Lời giải (Cô Bé Gió Sương):
Từ phương trình 2 ta có:



4x
2
+2x(3 −y) +4y
2
+6y −9 =0
4y
2
+2y(3 −x) +4x
2
+6x −9 =0
⇒

−6y =85 (∗)
Xét hàm số f (x) =x
3
−6x
2
+9x Với x ∈
[
−3;1
]
f

(x) =3(x −1)(x −3)
f

(x) =0 ⇒ x =1
Dựa vào bảng biến thiên: ⇒ f (x) = x
3
−6x
2
+9x ≤4 Xét hàm số g(y) =−y
3
+4y
2
−6y Với y ∈
[
−3;1
]
g

(y) =−3y


1

x −2y −

y

−

y = 0
Lời giải (thoheo):
ĐK: x ≥2y; x, y >0 Đặt

x −2y =a;

y = (a,b ≥0) (2) ⇔a =0 ⇒ x =2y Thay vào(1) ta được: |3x +2 |+ |5 −3x |=7(3)
Mà VT(3) ≥|3x +2 +5 −3x |=7 Dấu ’=’ xảy ra khi:



x =
−2
3
x =
5
3
Đối chiếu với ĐK ta thấy chỉ x =
5
3
là thỏa mãn.

+y
2
+y +10 =2
Lời giải (Ngo Hoang Toan):
Bài này thật là khó,khi cái quái nó nằm ở phương trình thứ hai.Dùng phương pháp "chân quê" ta đặt a =

3x −y; a ≥0. Ta
đưa phương trình thứ nhất về :
x
2
y −a
2
=ay −x
2
a ⇐⇒

x
2
=a (1)
y +a =0 (2)
Ta giải quyết phần (2) trước vậy,thấy phần (1) hơi khó xơi nhỉ ? Thay a = −y; y ≥ 0 vào phương trình (2) ta được phương
trình căn thức quen thuộc sau:

−x
2
+4x +21 =2 +

−x
2
+3x +10

+y
2
) =4+2x y
x

3x
2
+6x y +y

3y
2
+6x y =6
www.k2pi.net 5
www.k2pi.net
Lời giải (Ngo Hoang Toan):
Bài toán này rất thú vị,nếu ta không nhận ra rằng nếu sử dụng các bất đẳng thức quá mạnh sẽ dẫn tới làm khó bài toán
và gần như là đưa kết quả về con số 0. Ta viết lại đề bài:




x +

y +2(x
2
+y
2
) =4+2x y
x



x y

(9x
2
y
2
+18x y(x
2
+y
2
) +36x
2
y
2
) ≥2.

x y

(9(x y)
2
+36(x y)
2
+36(x y)
2
) =6xy
Suy ra xy ≤1 (1). Ta lại có theo bất đẳng thức AM −GM thì :
x

3x

2
+y
2
+x y)
Vậy ta suy ra: x
2
+y
2
+x y ≥3 Mà x y ≤ 1 nên x
2
+y
2
≥2 . Từ phương trình thứ nhất ta có:
4 +2x y ≥

x +

y +4 ≥2.
4

x y +4.
Vậy suy ra x y ≥
4

x y ⇐⇒
4

x y ≥1 Hay x y ≥1 (2). Từ (1); (2) ta suy ra x y = 1. Và từ các dấu bằng bất đẳng thức ta có x = y =1.
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = (x; y) =(1;1) .
Bài 19. (Tác giả :Con phố quen ). Tìm tất cả các nghiệm x >0, y >0 của hệ phương trình :




x +y +2(2x
2
−5x −3) = y(1 −y −5x) +

3 (1)
1
16x
4
+2x(12x +1) +2(y +2)
+
1
16y
4
+2y(12y +1) +2(x +2)
=
2
145
(2)
-Xét (1). Đặt t =

x +y;t >0. Ta viết phương trình (1) về dạng:
t +4x
2
−10x −6 = y −y
2
−5x y +


vậy,bằng kiểm tra đơn giản,ta có ngay một nghiệm bài toán là x = y =
3
2
.Đến đây với cách "chân quê" ta lại có biến đổi
như trên là điều hoàn toàn giải thích được. Phương trình trên cho ta :

t =

3 (3)
t
3
+

3t
2
+2t +2

3 +1 =−3(

3 +t ).x (4)
Chúng ta hãy tạm giải quyết trường hợp t =

3 trước. Quay trở lại phương trình (2) ta có:
1
16x
4
+2x(12x +1) +2(y +2)
+
1
16y

4
+y
4
) +24(x
2
+y
2
) +4(x +y +2) ≤290
Đặt t =x +y . Theo bất đẳng thức AM −GM ta có các đánh giá : x +y ≤

2(x
2
+y
2
) x
2
+y
2
≥

2(x
4
+y
4
)
Đặt u =

2

2.

3
2
 -Ta giải quyết (4).
t
3
+

3t
2
+2t +2

3 +1 =−3(

3 +t ).x
Dễ nhận thấy với điều kiện x, t >0 ta có t
3
+

3t
2
+2t +2

3+1 +3(

3+t).x >0 nên phương trình này vô nghiệm.  Vậy tóm
lại hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x; y) =(
3
2
;
3

2y
2
+y −3
=
2x
2
−3
x
Lời giải (noaht):
Điều kiện Khi đó hệ phương trình đã cho tương đương với hệ :







x
2x
2
−x −3
+
x
2x
2
+x −3
=
2y
2
−3




1
2x
2
−3
x
−1
+
1
2x
2
−3
x
+1
=
2y
2
−3
y
1
2y
2
−3
y
−1
+
1
2y




1
a −1
+
1
a +1
=b
1
b −1
+
1
b +1
=a
Đây là hệ đối xứng loại 2. Với cách nhận dạng như vậy ta dễ dàng tìm hướng đi tiếp bằng cách thực hiện trừ 2 vế
phương trình của hệ
Bài 21. (Tác giả :hoanghai1195 ). Giải hệ phương trình :





(8 −2x
3
)

x −1 +1 −x
x
3


+y

y −3

+3 =0
Lời giải (manlonely838 ):
Điều kiện: Tất cả các biểu thức dưới dấu căn bậc hai đều không âm. Nhưng ở đây ta chú ý tới điều kiện x ≥0, y ≥0. Phương
trình (2) được viết lại như sau:
(x +y −2)
2
+(x +y −2) +(x −1)
2
=0 ⇒x +y −2 ≤0 ⇒ x +y ≤2 (∗)
Áp dụng bất đẳng thức C auchy −Schwar z bên vế trái PT (1) ta được
(2y)
2
≤(1
2
+1
2
)(x
2
+2(1 −y)(x −y) +xy)
⇔(x +2)(x −y) ≥0
⇔x ≥ y( vì x +2 >0)
Do đó (∗) suy ra 2 ≥x +y ≥2y ⇒0 ≤ y ≤1. Với điều kiện này của y, nhìn lại PT (1) ta có
V T
(1)
≥

Bài 23. (Tác giả : Nguyễn Thị Nhung ). Giải hệ phương trình :


x
2
+

2y −1

x −y

+

x y =2y
x

2x +2y −5

+y

y −3

+3 =0
Lời giải (Nguyễn Thị Nhung):
ĐK :

x y ≥0
x
2
+2


x
2
+2

y −1

x −y

+y
+
x y − y
2

x y + y
=0 ⇔

x −y




x +y +2y −2

x
2
+2

y −1



x +y

2
−3

x +y

+2 ≤0 ⇔
1 ≤x +y ≤2 (4)
Từ (3), (4) kết hợp với ĐK cho ta : x = y Thay trở lại (2) và giải ra ta được :

x =1
y = 1
;





x =
3
5
y =
3
5
Bài 24. (Tác giả : Nguyễn Thị Thanh Nhàn ). Giải hệ phương trình : Giải hệ phương trình :

3x
2

Từ (a) và (b) cho ta : 5(x −1)
2
+(y +1)
2
≤0 Thay trở lại suy ra ptVN.
8 www.k2pi.net