Bài tập sử dụng phương pháp hàm số để giải hệ phương trình - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

3.PHƯƠNG PHÁP XÉT CHIỀU BIẾN THIÊN HÀM SỐ

Giải: Điều kiện : x1. Phương trình

 

^{1  1x4 x 1 y y42}. Đặt u⁴ x1,u0 xu⁴ 1 x 1 u⁴2

Khi đó,phương trình (1) trở thành :

 

4 4

2 2 3

u u   y y 

Xét phương trình (2) : ^x22



^y1



^{xy26y 1 0}

Xem x là ẩn, y là tham số, ta có :  4y Phương trình có nghiệm y0

Xét hàm số ^{f t}

 

^{ t t42,t}



^0;



   

2 4

' 1 2 0, 0;

2

f t t t

t

     



Suy ra hàm số liên tục và đồng biến trên



^0;



Từ đó, phương trình

 

^{3 u y 4 x 1 y.}

4 1

y x

   ^{xy41 4}

 

Thế (4) vào phương trình (2) ta được :



^y41



^22



^y41

 

^y1



^{y26y 1 0}

8 5 2

2 4 0

y y y y

     ^{ y y}



^1

 

^{y6 y5y43y33y23y4}



^0

Bài toán 7(A – 2013).

   

4 4

2 2

1 1 2 (1)

2 1 6 1 0 2

x x y y

x x y y y

      



     



0 1

1 0,

y x

y x loai

  

    

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là



^{1; 0}



Giải:

Điều kiện : ¹ 1 x y

 

 



. Xét hàm số ^{f t}

 

^{t2 t1,t}



^1;



 

¹

 

' 2 0, 1;

2 1

f t t t

  t    

 . Suy ra hàm số đồng biến trên



^1;



Từ đó, phương trình

 

^{2  xy}.

 

^{1 2x x 1 4 x2}



^x1



^4 x³x² 4 0 x2 y Vậy hệ phương trình có nghiệm



^{2; 2}



^.

Giải: Điều kiện : 0x y, 1

Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) vế với vế, ta được :

 

2 2

1 1

y x

x y

 

  . Xét hàm số

   

1 2

, 0;1

f t t t

t

  

 

₂ ¹ ₂

 

' 0, 0;1

1

f t t

t t

    



Suy ra hàm số liên tục và nghịch biến trên [0; 1]

Bài toán 11.

 

 

2 2

1 1 4 1 1 + 1 2

x y y x

x x y y

    



   



Bài toán 2.

 

0 (1)

3 2 1 2

x y x y

x y x y

    



    



Từ đó, phương trình

 

^{ x y. Khi đó}

 

^{1 1 2 1}

x x 2

   ²



^{1 2}



¹

x x 4

  

4 2

4x 4x 1 0

     ²

2,

1 2

2 2

2

x loai

x

x y

  



  

  



Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là ²; ²

2 2

 

 

 

 

Giải: Điều kiện : ^{2 0 2 8}

16 2 0

x x

x

  

  

  



Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cop-xki cho 4 số : ^{1, x21,3, y21}ta được

 

2 2 2 2 2 2

1 3 1 1 3 . 1 1

x   y    x  y 

   

2 2 2 2

1 3 1 10

x y x y

     

Do phương trình (1) nên dấu “ =” xảy ra. Khi đó ta có :

2

2 1 1

1 3

x  y 

 ^9



^x21



^{ y219x210 y2}

Thế 9x²10 y²vào phương trình (2), ta được :



²



2 16 2 2 9 10 - 628 = 0

x   x x  (3)

Xét hàm số : f x

 

 x ^{2 16 2} x^{2 9}



x²10 - 628, x







2;8



 

^{1 1}

 

' 36 0, x 2;8

2 2 16 2

f x x

x x

     

 

Bài toán 17.

   

 

2 2 2 2

2

1 3 1 10 1

2 16 2 2 - 628 = 0 2

x y x y

x x y

     



    



Vậy hàm số ^{f x}

 

đồng biến trên (2; 8) và ^f

 

^{6 0}do đó phương trình (3) có nghiệm duy nhất x

= 6. Với x = 6 ta có y  314

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm :



6; 314 ; 6;

 

 314



Giải: Điều kiện : ² 2 x y

 

 



Lấy phương trình (1) trừ đi phương trình (2) vế với vế, ta được :

 

5 2 5 2 3

x  x  y  y

Xét hàm số : ^{f t}

 

^{ t 5 t2 ,t  2;}



^



 

^{2 5}

' 0, 2

2 5. 2

t t

f t t

t t

  

   

 

Vậy hàm số nghịch biến trên



^2;



^.

Phương trình

 

^{3  f x}

 

^{ f y}

 

^{x y}

Khi đó, hệ phương trìnhtrở thành : x 5 x27 2x 3 2 x 5. x 2 49

     

5. 2 23

x x x

    

    

²

2 23

5 2 23

x

x x x

 



     

2 23 539

49 539 0 49

x x y

x

 

   

 



Hệ phương trình có 1 nghiệm ^{539 539}; 49 49

 

 

 

Bài toán 65.

 

 

5 2 7 1

2 5 7 2

x y

x y

    



   



Bài toán 78.

     

 

2 2 4 2

2

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

x y





  



Giải: Điều kiện : x0

Nếu y = 0 thì phương trình(1) tương đương : x³ 0 x0, không thỏa hệ.

Xét y0 :phương trình

   

3

1 x x 3 3

y y

y y

 

    

 

Xét hàm số f t( )t³t, t ; ^{f '}

 

^{t 3t2  1 0, t }

Suy ra, hàm số f(t) đồng biến trên 

 

^{3 x y x y2 4}

 

 y    . Thế (4) vào phương trình(2) ta được :

2 2

4y  5 y 186 ^2



^4y25



^y218



^{23 5 y2}

Điều kiện : 23 5 ² 0 ^{115 115}

5 5

y y

     

Bình phương 2 vế của phương trình trên, ta được :



^{4 2}

 

²



²

4 4y 37y 40  23 5 y 9y⁴378y²3690

2 2

1 1

41,

y x

y

y loai

  

   

 

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là

  

^{1;1 , 1; 1}



Giải: Điều kiện : y²2x0

Phương trình(1)^2



^x32x



^2



^y1



^x2



^y1



^0



²

   

²



2x x 2 y 1 x 2 0

      ^



^{2x y 1}

 

^x22



^0

 

2 1 3

y x

  

Bài toán 89.

     

   

3 2

3 2

2 2 1 1 1

4 1 ln 2 0 2

x x y x y

y x y x

     



    



Thế (3) vào phương trình(2) ta được :



^2x1



^{34x 1 ln}_



^2x1



^22x_^0



^{2x 1}



^{3 4x 1 ln}



^{2x 1}



^{2 2x 0}

 

        

 

Xét hàm số ^{f x}

  

^{ 2x1}



^{34x 1 ln}_



^2x1



^22x_^{, x}

   

² ₂^{8 2}

' 3 2 1 4

4 2 1

f x x x

x x

    

 

   

²



²



²

2

3 2 1 4 2 1 16 2

' 0,

4 2 1

x x x x

f x x

x x

    

   

  

Suy ra, hàm số f(x) đồng biến và liên tục trên . Mặt khác , f(0) = 0 Vậy phương trình

 

^ có nghiệm duy nhất x = 0, suy ra y = -1

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là



^{0; 1}



.

Giải:

Hệ phương trìnhtương đương với

   

   

3 3

2

=278 1 100 2 y x y

y x y

 



 



Từphương trình (2) suy ra y > 0.Viết lạiphương trình (1) :

  

^{2 2}



²⁷⁸

y xy x xyy  . . Vì y > 0 và x²xyy² 0,x y,  nên (1)xy0x y0.Phương trình(2) ^{x 10 y 3}

 

  y  Thế (3) vào phương trình(1) ta được :

Bài toán 90.

3 4

2 2 3

=278

2 100

x y y

x y xy y

 



  



3

10 3

278

y y y

y

  

    

  

 

. Đặt t y t, 0, ta có phương trình :

3

2 10 2 6

278

t t t

t

  

  

  

 

 

 

^t9



^10t3



^3278t0

 

^

Xét hàm số ^{f t}

 

^t9



^10t3



^{3278t0,t}



^0;



 

^{8 2}



³



²

 

' 9 9 10 278 0, 0;

f t  t  t t    t 

Suy ra, hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên



^0;



. Mặt khác , f(1) = 0 Vậy phương trình

 

^ có nghiệm duy nhất t = 1.

Từ đó, y  1 y 1 x9. Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là



^9;1



.

Giải : Điều kiện : . Phương trình (1)

(3)

Đặt

Phương trình (3)

Xét hàm số ;

Suy ra, hàm số đồng biến trên . Phương trình

1 2 2 y x

 



 



^{3 x}



^{2 x 2y 2y 1}

    



^{1 2 x}



^{2 x}



^{1 2y 1}



^{2y 1}

       

2

, 0

= 2 1

=

x u v

v y

u 

  

 





^{1 u2}



^u



^{1 v2}



^{v u3 u v3 v}

 

        

 

^{3 , 0}

f t t t t ^{f '}

 

^{t 3t2 1 0, t 0}

 

f t



^0;



 

^{ u v 2x  2y1}

Bài toán 109.

   

 

³

 

3 2 - 2y 2 1 1

2 2 1 2

= 0 2 - = 1

x x y

x y

   



 



Thế : x = 3 – 2y vào phương trình (2) ta được : Đặt , phương trình trở thành :

Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : .

Giải : Điều kiện :

Hệ phương trình

Xét phương trình (1) : 2 x 2y 1 x 3 2y

      

 

³

2 2y 1 2y1 1

2 1 0

X  y 

3

1 2 1 0 5 1

2 5 1, 2 X

X X X

X loai



 

 

     



  

 



1 2 1 1 1 1

X y y x

        

5 1 5 1

2 1

2 2

X  y 

    

6 2 5 5 5 1 5

2 1

4 4 2

y  y  x 

      

 

^{1;1 , 1 5 5; 5}

3 4

   

 

 

 

1 0 x

y

 

 



 

3 2

1 8

1

- =

= y

x y x

x

  

 

 



   

 

2 3

2

1 1 8 1

1

- =

= y

x x x

x

   

 

 



 

^{2 3}

1 - 1 8=

x x x

Bài toán 115.

 

3 4

1 8

1

- = = y

x y x

x

  



 



Xét hàm số :

Xét hàm số :

Hàm số g(x) đồng biến trên

Vậy hàm số f(x) đồng biến trên

Mặt khác, f(2) = 0.Suy ra, phương trình có nghiệm duy nhất x = 2, y = 1 Hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm : .

Giải : Điều kiện : ² 0 x y

 

 



Phương trình (2)^{x y2 x x}



^1



^{ y2  y x3 y2x}

 

^{2 2}



^{3 2x}



x xy x y x y y x y

     



^{xy x}

 

^{x y2}



^y2



^{xy x}



⁰

     

2 3

1 - x + 2x - 1 8=

x x

  

 

3 2

- x + 2x + 1 - 9

x x = 0

  

 

³ - x + 2x + ² 1 - 9, x 1

f x = x x 

 

x - 2x + 2 + ^{2 1} , x 1

2 1

f' x = 3

x





 

= 3x - 2x , x 1²

g x 

 

' = 6x - 2 > 0 , x 1

g x  



^1;



   

^{1 , 1}

g x g x

    ^{g x}

 

^{  1, x 1}

 

' 0, 1

f x x

   



^1;



 

^



^2;1



Bài toán 121(THPTQG 2014-2015).

   

 

2 2

2

2

1 2 2 1

1 2

y y y x

x

x y

x y y

y x

     



 

    





^{xy x}

 

^{x y2}

 

^{x y2}



⁰

      ^



^{xy x 1}

 

^xy2



^0

2 0

1 0 x y

xy x

  

    

 

2

1 1 x y x y

  

 



2 0

x y

   , thế vàophương trình (1) ta được :



^y1



^{2 y}_y^{22  y22 y22  y2 y 2 y22 y220}



²



²

2 2 2 2 0

y y y y

      



²



²

2 2 2 2

y y y y

     

Đặt

2 , 0

2

u y

u v

v y

 

 

  



, Phương trình trở thành : ^{u22uv23 v}

 

^

Xét hàm số : ^{f x( )t2 2 , tt }



^0;



 

' 2 2 0, 0

f t  t   t

Suy ra, hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên



^0;



Phương trình

 

^{ uv y  y22}

2 2

2 2 0

y y y y

      

1,

2 4

y loai

y x

  

    



¹



^{1 1}

x y x 1

     y



Do x ≥ 2  ¹ 2 2 2 1 ¹

1 y y 2

y       

 , vô lý.

Vậy hệ phương trình có nghiệm :



^{4; 2}



Bài toán 128(Chuyên Lê Hồng Phong)

   

 

2 2 2

1 1 + 1 1

4 1 1 1

4 3 +8 2

1 3 2

xy x y y

y

xy xy

y y

    



 

   

  



Giải : Phương trình (2) (3)

Với , đặt ,ta có :

Từ phương trình (3) ta có :

Ta lại có :

Từ phương trình (1) ta suy ra : . Điều kiện :

Ta có :

. Xét hàm số :

Suy ra, hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên

Xét 2 điểm thuộc đồ thị hàm số f(t).

Ta có : và hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên nên

4 1 1 1

4 3 + 8

1 3 2

y

xy xy

y y

    

  

0

xy 1

3, 0

u u

 xy 

1 1 2

- 4 3 + 8 = u 4u 5

xy xy   ^{1 - 4 1} 3 + 8= u - 2

 

² 1 0

xy xy

   

4 1 0 1

y  y 4

2 2

1 2

1 0,

y y y

y y y

y y

   

      

 





0 x

0

1 2

4 x

y

 



 



 

2 2 2

1 1 + 1

xy  x   y y ^x



^{1 x21}



^{ 1}_y⁺¹_y ^1_y^y2



^{1 2 1}



^{1+1 1 2y2}

x x

y y y

    

2

2 1 1 1

1 + 1

x x x

y y y

 

      

 

 

¹

f x f y

 

   

 

( ) 2 1 t

f t  t t t  

 

2 2

' 1 1 2 0,

1

f t t t t

t

      









^,

  

^{, 1, 1}

M x f x N f

y y

  

  

 

 

M N

y  y 

(3)

Xét phương trình (1) :

Thế (3) vào phương trình (1) ta được : (4)

Nếu x = 0, không thỏa phương trình (4), xét x ≠ 0.

Chia 2 vế củaphương trình (4) cho ta đựợc :

Đặt , phương trình trở thành :

thỏa điều kiện : Hệphương trìnhphương trình có nghiệm duy nhất :

1

M N

x x x

   y xy1

4 3

2 4 2 3 +3x - 1 y  y  x

4 2 3

4 3 + 3x - 1 x  x  x

4 3 2

3 4 3 1 0

x x x x

     

x2

2 2

1 3

3 4 0

x x

x x

     ² 1 1₂ 1

2. . 3 2 0

x x x

x x x

   

       

   

2

2

1 1 1

2. . 3 2 0

x x x

x x x

   

       

   

1 2 1

3 2 0

x x

x x

   

       

   

t x 1

 x

2 3 2 0

t  t  1

2 t t

 

  

1 1=1

t x

    x x² x 1=0,VN

2 1=2

t x

   x x²2x1 = 0x = 1y = -1 y 2



^{1; 1}



Bài toán 134.(Chuyên Hạ long)

 

 

3 2 3

3 2+8 2 = 10y - 3xy + 12 1

5 2 8 6 2 2

y x x

y x y xy x

  



    



Giải : Điều kiện :

không thỏa phương trình (2).

Chia 2 vế của phương trình (2) cho ta được :

(3)

Xét hàm số : ;

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên và

(4)

Thế (4) vào phương trình (1) ta được :

(5) Đặt :

(6)

Thế (6) vào phương trình (5) ta được :

2 0 2 2

2 0

x x

x

  

   

  

 0

y

y3

3

8 6

5 2 x x 2 x

y y

    

 

6 2 3

2 x 2 2 x 5 2 x

y y

 

         

 

 

3

3 2 2

2 x 3 2 x 3.

y y

 

      

 

 

^{3 3 ,}

f t t  t t ^{f '}

 

^{t 3t2 3 0, t }



 

^{3  f}



^2x



^{ f }²_y^

 

2 x 2

   y

0, 2 2 2

y x

y x

 



   

6 20 6

2 +8 2 = - x + 12

2 x x 2 2

x   x x

  

3 x 2 - 6 2 x+4 4 x2 = 10 - 3x

   

3 2 - 6 2

t x x

   

2 2

3 2 - 6 2 9 2 36 2 36 4

t x  x t  x  x  x 90 27 x36 4x²

2

90 27 2

9 4 4

x t x

 

  

90 27 2

+ = 10 - 3x 9

t  x t 2 0

+9 = 0

9 t t t

t

 

    

, vô nghiệm vì : 5x – 15 < 0,

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất :

Giải : Điều kiện :

Phương trình (1)

Xét hàm số : ;

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên và Phương trình

0 3 2 - 6 2 0

t x x

     

   

3 x 2 = 6 2 x 9 x 2 36 2 x

       6

45 54 0 5

x x 5 y

      

9 3 2 - 6 2 9

t x x

      3 x2 9 6 2x

   

9 x 2 81 36 2 x 108 2 x

      

5x 15 12 2 x

    ^{  x}



^2;2



6; 5 5

 

 

 

2

3 1 0 1

3

6 4 0

2 10 2 10

x x

y y

y

  

   

 

  

      

3 2 25 9

2 6 9 2 4

2 2

y y y x x

   

         

   

3 2 1 1

2 6 12 8 1 2 4 4

2 2

y y y y x x

   

            

   

 

³

   

³

 

2 y 2 y 2 2 x 4 x 4 3

       

 

^{2 3 ,}

f t  t t t ^{f '}

 

^{t 6t2 1 0, t}



 

^{3  f y}



^2



^{ f}



^x4



4 2

x y

   

2

2 2 10

4 4 4

y

y y x

    

 

   



Bài toán 135.(THPT Nghi Sơn)

   

 

3 2

2 2

2 12 25 18 2 9 4 1

3 1 3 14 8 6 4 2

y y y x x

x x x y y

      



      



Thế (4) vào phương trình (2) ta được :

Hệphương trình có nghiệm duy nhất :

Giải Điều kiện : Phương trình (2)

Xét hàm số : ;

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên và

.Điều kiện : Thế (4) vào phương trình (1) ta được :

2

 

2 2 10

4 4 y

y y x

    

 

   



3x 1 3x214x 8 6x  3x 1 6x3x²14x 8 0 3x 1 4 1 6 x 3x2 14x 5 0

         

 

  

3 5 5

5 3 1 0

3 1 4 1 6

x x

x x

x x

 

     

   



⁵



^{3 1 3 1 0}

3 1 4 1 6

x x

x x

 

      

   

 

5 1

3 1 1

3 1 0, 3 1 4 1 6 3

x y

x VN x

x x

  





       

    





^5;1



2 2

2 0 2

x y x y

     

3 6 3 2 2

3 6 3 4 0

y x y yx y y

      

3 6 2 3 2

3 3 6 4

y x yx y y y

      ^



^yx2



^33yx2



^y1



^33



^{y1 3}

  

 

^{3 3 ,}

f t t  t t ^{f '}

 

^{t 3t2 3 0, t}



 

^{3  f yx}



²



^{ f y}



^1



^{x y2  y1 4}

 

^{y   1 2 y 1}

Bài toán 136.(Sở GDĐT Thanh Hóa)

 

     

2 2 2

3 6 2 2

1 2 2 1

1 3 2 3 4 0 2

x y x x x y

y x y x y

    



     



Thế (5) vàophương trình (4) ta được :

Thế (6) vào phương trình (4) ta được :

2 2 1

yx  x y  y 1 x² 1 2x y 1 0 ^



^{x y1}



^{2 1 0}



^{x y 1 1}



^{x y 1 1}



⁰

        1 1 0

1 1 0

x y

x y

    

 

    



1 1 0 1 1

x y y x

        

 

²

 

²

1 1

1 1 1 1

x x

y x y x

   

 

 

 

     

 

  ²

 

1

2 5 x

y x x

  

 

 



 

2 2 2

2 2 1

x x  x x  x x⁴2x³x²2x²2x 1 0



^{x2 x}



^{2 2}



^{x2 x}



^{1 0}

      ^



^{x2 x 1}



^{2  0 x2  x 1 0}

1 5 1 5

2 2

1 5

2 ,

x y

x loai

   

  





  

 



1 1 0 1 1

x y y x

        

 

²

 

²

1 1

1 1 1 1

x x

y x y x

 

 

 

 

     

 

  ²

 

1

2 6 x

y x x

 

 

 



 

2 2 2

2 2 1

x x  x x  x x⁴2x³x²2x 1 0

4 3 2 2

2 2 2 1 0

x x x x x

       ^



^{x2 x 1}



^{2  0 x2  x 1 0}

1 5 1 5

2 2

1 5

2 ,

x y

x loai

  

  





 

 



Hệ phương trình có 2 nghiệm :

Giải : Từ phương trình (2) suy ra : (1)

Xét hàm số : ;

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên và

.Điều kiện : Thế y = 2x vào phương trình (2) ta được :

Hệ có 2 nghiệm :

Giải : (1) . Vì

1 5 1 5 1 5 1 5

; ; ;

2 2 2 2

       

   

   

   

2y 0 y2

3 3 2 2

2x 6 - yx 3y 3x y + 3xy 0

    

 

3 3 3 2 2

3 + x - y 3x y + 3xy 3 3 0

x x y x

     

 

³

3 3 + x - y 3 3 0

x x y x

     x³3 = y - xx

 

³3



yx



3

 

 

^{3 3 ,}

f t t  t t ^{f '}

 

^{t 3t2 3 0, t }



 

^{3  f x}

 

^{= f y}



^x



^{x = y - xy = 2x 2x  2 x 1}



^x22



^{2 4 2 2}



^{ x}



^{x4 4}



^x1



²

 

 

2 2

2 1

2 1

x x

x x

  

    

2 2

2 2 0,

2 2 0

x x VN

x x

   

    

1 3 2 2 3

1 3 2 2 3

x y

x y

       

        



^{ 1 3; 2 2 3 ; }

 

^{ 1 3; 2 2 3 }





²

  

y x 2 x 2 3

    x²  2 x 0, x  y0 Bài toán 139.(THPT Can Lộc)

       

     

2 2

2 2

2 3 - y 3 = 3xy 1

2 4 2 2

x x y x y

x y

   



  



Bài toán 142.

 

   

2

2 2 2

2 = y 2 1 2 1 2 3 = 2x - 4x 2

xy x

y x x x

  



   



Phương trình (3)

Thế (4) vào phương trình (2), ta được : .

Xét hàm số :

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên và

Phương trình

Hệ phương trình có 1 nghiệm :

Giải

Điều kiện :

Phương trình (1)

Xét hàm số :

Hàm số f(t) đồng biến và liên tục trên và

2

2 2

2 y

x x

 

  ^{ y x2 2 x 4}

 



x² ² x



²²



x¹



x²²x3 = 2x - 4x²

 

2 2

1 x x 2 2x x 1 x 2x 3 = 0

       

   

²

   

2 2 1 1 2 - 1 5

x x x x x x

          

 

^{2 2 ,}

f t t t  t t

 

2 2

' 2 2 1 0,

2

f t t t t

t

      







 

^{5  f x}

 

^{ f}



^



^x1

 

^{x  x 1 1 1}

x 2 y

    

1;1 2

 

 

 

1 0 1

2 0 2 0

x x

y x y x

  

 

 

     

 

 

2y3 y = 3 1 x 2x - 1 + 1 1 x

    

 

2y3 y = 1 x 2 1 x 1 x

      ^{2y3y = 2}



^1x



^{3 1x 3}

 

 

^{2 3 ,}

f t  t t t ^{f '}

 

^{t 6t2 1 0, t }

 Bài toán 143.(THPT Triệu Sơn 4)

 

 

3

2

2 + 2x 1 = 3 1 1 2 1 - y = 2 - x 2

y y x x

y

   



 



Phương trình

Thế (4) vào phương trình (2), ta được :

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất :

Giải : Điều kiện : . Phương trình (1)

. Thế vào phương trình (2) ta được :

 

^{3  f y}

 

^{ f}



^1x



^{ y 1x y, 0}

2 2

 

1 1 4

y x x y

     

 

2 2

2y 1 - y = 2 - 1y  2y²1 - y - y - 1= 0²

 

2

2 2

1 - y + 1 = 0 2 1 + y

y y

 

 ₂^{1 -1}



^{y + 1 = 02}



2y 1 + y

 

 

  

2

1 -1= 0 2y 1 + y





2y2 1 + y= 1

 

2y2 1 = 1 - y

