Tiêu đề III.-HE-PHUONG-TRINH.docx ✅

1 III. HỆ PHƯƠNG TRINH 1. Không có tham số Dạng 1: Biến đổi tương đương Bài 1. Giải hệ phương trình: 3232 153 (2) 1212 (3)       yxx xxyyyyxxy Hướng dẫn giải Điều kiện: 1x . Phương trình (3) 22120xyyyx 22 1 20       yx yyx22 1 110        yx yx 1 1 (ì x1) 1            yx x v y 1yx . (vì (1;1) không thỏa phương trình(2)) Thay vào phương trình (2), ta được : 31113120 213        x xx xx 2 () 523       x n x . Vậy ,2;1;,523;423xyxy . Bài 2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 22 2 3 623 3225150      xyxyxy xyxy Hướng dẫn giải Đặt 22 2 3 623(1) 3225150(2)      xyxyxy xyxy . Điều kiện: 0 0. 2       xy xy x (1)230xyxy4yx Thay vào (2) ta được: 233224550xxxx 233 33 32(3)(2)0 21(4)41        xx xx xxx 233 3 32 20(*) 21(4)41       x x xxx
2 Phương trình (*) vô nghiệm do: 2200xxVT . Vậy x = 3 và y = 1 là nghiệm của hệ phương trình. Câu 1. Giải hệ phương trình: 3223 22 (1)(2)300 (1)110     xyyxyyxy xyxyyy Câu 2. Giải hệ phương trình: 245, 1     ℝxyxy xy xy . Câu 3. Giải hệ phương trình: 326432 64 2 ln0 83432416         xxyyyxxy ee yy yxx 0y Lời giải Điều kiện: 3 0; 0 4xy . - Ta có 3264326432326464ln0lnln  xxyyyxxyyyxxy eeexxyeyy yy (1). Xét hàm số '1ln ( t > 0 )0, t > 0ttftetfte t , suy ra hàm số g(t) đồng biến trên khoảng 0; . Kết hợp với (1) ta có 3264362222242200 2xxyyyxyyxyxyxxyyyxy - Thế (2) vào phương trình còn lại của hệ đã cho ta được: 244283432416162483430 3yyyyyy Xét hàm số   42 '32 16248343 16163 644816430, 0< y 43434    gyyyy gyyyyy yy Suy ra hàm số gy nghịch biến trên khoảng 3 0; 4    , từ đó phương trình ( 3) có nghiệm duy nhất 1 2y , suy ra 1 2x . Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 11,, 22    xy .
3 Bài 3. Giải hệ phương trình:  2 2 4871 26241.      xyyx xyyxxy Điều kiện : 1 04     y x     2 22 2 2 2 26241 242264121 2211121 2110 1       xyyxxy xxyyxyxyxy xxyyyxxy yxxy yx Thế vào pt đầu ta được   2 2 2 475 331427 11 331 1427       xxxx xxxxxx xx xxxx 2 321 2 330 521 2         x xx y Bài 4. Giải hpt 2 3 22 () (,). 2()32111         ℝ y xxy xyxy xyx Điều kiện x ≥ 1 2 Từ phương trình thứ nhất dễ dàng suy ra được y > 0. Ta có 2 3 22 3 222 223 3 2 223 3 () ()(1)()0 ()(1)() 0 ()1() () (1)0 ()1() 101              y xxy xy xxyxyxxyy xxyxyxxyy xyxyxxyy xxyxy xy xyxyxxyy xyyx Thay vào phương trình thứ hai ta được
4 2 44232111xxx Đặt t = 21x ta được t 4 – 3t – 10 = 0  t = 2 Từ đó tìm được 53 (,)(,) 22xy Bài 5. Tìm tất cả các số thực ,xy thỏa hệ: 11 ,0 2 1      xy xy xy xy . Hướng dẫn giải Ta chứng minh nếu các số ,xy thỏa mãn hai điều kiện đầu thì 1111ln1ln0xyxyxxyy Thay 2yx ,ta chứng minh 1ln3ln20fxxxxx với 02x Ta có 11'lnln2 2 fxxx xx     22 22 1111 '' 22 11111111 0 22222          fx xxxx x xxxxxxxx Do đó 'fx nghịch biến trên 0;2, hơn nữa '10f nên 'fx nhận giá trị dương trên 0;1 và âm trên 1;2. Suy ra 10fxf với mọi 0;2.x Từ đó,hệ phương trình có nghiệm 1.xy Bài 6. Giải hệ phương trình sau: 43322 33 99 ()7     xxyyyxxyx xyx Hướng dẫn giải 4332222 333333 99()()9()()9 ()7()7()7     xxyyyxxyxxxyxyxyxxy xyxxyxxyx 333334 3 33 3 ()7()7(3)7             yx yxyxx xx xxxxyxxxxxx x