Chuyên đề Giải phương trình và hệ phương trình bằng phương pháp hàm số

Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 1 
SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC 
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
----------------------------------- 
CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ 
 
NGƯỜI VIẾT : LÊ HỒNG KHÔI 
TỔ CHUYÊN MÔN : TOÁN 
LẬP THẠCH – THÁNG 10 NĂM 2015 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 2 
LỜI NÓI ĐẦU 
 Năm học 2015 – 2016 Bộ Giáo dục và Đào tạo tiếp tục tổ chức kì thi THPT quốc 
gia nhằm cả hai mục đích là xét tốt nghiệp và tuyển sinh ĐH – CĐ. Đề thi cũng phải 
đảm bảo hai mục đích đó, đề thi sẽ có khoảng 60% ở mức độ cơ bản và khoảng 40% 
ở mức độ phân hóa học sinh, trong 40% mức độ phân hóa học sinh thì đề thi thường 
xuất hiện câu giải phương trình hoặc hệ phương trình mà phương pháp giải có sử 
dụng đến tính đơn điệu của hàm số. Kết quả kì thi THPT Quốc gia năm học 2014 – 
2015 cho thấy số những thí sinh nào làm được nhiều phần phân hóa học sinh thì cơ 
hội để xét tuyển vào các trường ĐH – CĐ tốp trên sẽ cao hơn. 
 Nhằm mục đích rèn luyện cho học sinh các kỹ năng giải toán và có cơ hội đạt 
điểm cao trong kì thi THPT Quốc gia năm học 2015 – 2016, tôi đã viết chuyên đề 
“Giải phương trình và hệ phương trình bằng phương pháp hàm số”, đây là quá trình 
tích lũy kinh nghiệm của bản thân và sự giúp đỡ của đồng nghiệp. Hy vọng chuyên 
đề này là tài liệu giảng dạy và học tập hữu ích cho giáo viên và học sinh. 
 Chuyên đề này tùy theo từng đơn vị và đối tượng học sinh, giáo viên có thể dạy 
trong 3 đến 6 tiết đồng thời chọn lọc những ví dụ phù hợp. 
 Trong quá trình viết chuyên đề khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong đồng 
nghiệp và học sinh đóng góp ý kiến để chuyên đề được áp dụng rộng rãi. 
 Xin chân thành cảm ơn ! 
Người viết chuyên đề : LÊ HỒNG KHÔI 
Giáo viên Trường THPT Liễn Sơn – Lập Thạch – Vĩnh Phúc 
Chức vụ : Tổ trưởng tổ Toán 
Điện Thoại : 0983.020.234 
Mail : lehongkhoi.gvlienson@vinhphuc.edu.vn 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 3 
PHẦN I. PHƯƠNG TRÌNH 
A. LÝ THUYẾT 
I. Một số tính chất 
1. Tính chất 1. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì phương 
trình   0f x  có nhiều nhất một nghiệm  ;x a b 
2. Tính chất 2. Nếu  ' 0f x  có n nghiệm  ;x a b thì phương trình   0f x  có 
nhiều nhất 1n  nghiệm  ;x a b 
3. Tính chất 3. Nếu      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   thì 
phương trình   0f x  có nhiều nhất n nghiệm  ;x a b 
4. Tính chất 4. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì 
     , ;f u f v u v u v a b     
Lưu ý : Có thể thay  ;a b bằng      ; , ; , ;a b a b a b 
II. Phương pháp 
1. Phương trình có nghiệm duy nhất 
a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà 
phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp 
b. Thuật toán 
- Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) 
- Biến đổi phương trình về dạng   0f x  
- Chứng minh  y f x luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên  ;a b 
( ;a b là miền xác định của phương trình) 
- Nhẩm 1 nghiệm 0x x của phương trình 
(Có thể sử dụng MTCT – lệnh “SHIFT+SOLVE”) 
- Kết luận : Phương trình có nghiệm duy nhất 0x x 
2. Phương trình có tối đa n nghiệm (thông thường 2 hoặc 3 nghiệm) 
a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà 
phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp 
b. Thuật toán 
- Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) 
- Biến đổi phương trình về dạng   0f x  
- Chỉ ra      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   
( ;a b là miền xác định của phương trình) 
- Nhẩm n nghiệm của phương trình 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 4 
- Kết luận : Phương trình có đúng n nghiệm nhẩm được 
3. Xét hàm đặc trưng 
a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải có thể đưa về phương trình đồng bậc 
b. Thuật toán 
- Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) 
- Biến đổi phương trình về phương trình đồng bậc 
- Cố định một vế (vế đơn giản hơn), suy ra hàm đặc trưng  f t 
- Biến đổi vế còn lại theo quy luật của hàm đặc trưng, ta được phương trình 
   f u f v 
- Chỉ ra hàm đặc trưng luôn đồng biến hay nghịch biến trên miền giá trị của ,u v 
- Giải phương trình    f u f v u v   
- Kết luận 
Ví dụ minh họa: Giải phương trình :  3 23 4 2 3 2 3 1x x x x x      (*) 
Phân tích : 
- Đặt 3 1u x  thì VP(*) là biểu thức bậc 3 ẩn u , như thế 2 vế của (*) là đồng 
bậc 
- Cố định VP(*) =    2 33 2 3 1 1x x u u u u      , 
Suy ra hàm đặc trưng   3f t t t  
-VT(*) 
3v v  , VT(*) là biểu thức bậc 3 ẩn x , cùng bậc với bậc của hàm đặc 
trưng, suy ra v ax b  , khi đó 
   
       
3 3 2
3 3 2 2 2 3
3 4 2
1 3 3 3 4 2 0
ax b ax b x x x
a x a b x ab a x b
      
         
3
2
2
3
1 0
3 3 0 1
13 4 0
2 0
a
a b a
bab a
b b
  

  
  
   
   
 1v x   
Phương trình (1) trở thành 
3 3v v u u   
Lưu ý : Có thể tìm hàm đặc trưng nhờ MTCT : Cho một vài giá trị của x, tính y rồi 
tìm mối quan hệ của x và y 
Lời giải : ĐK : 
1
3
x   
(*)
       
333 23 4 2 3 2 3 1 1 1 3 1 3 1x x x x x x x x x               
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 5 
Xét hàm số   3 ,f t t t t   
Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên 
Khi đó : (1)    1 3 1 1 3 1f x f x x x        
2 2 1 3 1x x x     (do 
1
3
x   nên 1 0x   ) 
 2
0
0
1
x
x x
x

     
Vậy phương trình (*) có 2 nghiệm là : 0, 1x x  . 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 6 
B. CÁC VÍ DỤ 
Ví dụ 1: Giải phương trình : 
5 3 1 3 4 0x x x     (1) 
Giải : 
ĐK : 
1
3
x  
Xét hàm số   5 3
1
1 3 4,
3
f x x x x x      
Hàm số trên liên tục trên 
1
;
3
 
 
 
Ta có :  ' 4 2
3 1
5 3 0 ;
32 1 3
f x x x x
x
 
       
  
Suy ra  f x đồng biến trên 1;
3
 
 
 
Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 
1
3
x  
Mặt khác  1 0f   , tức 1x   là một nghiệm của phương trình (1) 
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x   . 
Chú ý : Có thể nhẩm nghiệm 1x   trên máy tính cầm tay “SHIFT + SOLVE” 
Ví dụ 2: Giải phương trình : 22 1 3 4x x x     (1) 
Giải : 
ĐK : 
2 1 0 1
4
4 0 2
x
x
x
 
  
 
(2) 22 1 3 4 0x x x       
Xét hàm số   2
1
2 1 3 4, ;4
2
f x x x x x
 
       
 
Hàm số trên liên tục trên 
1
;4
2
 

 
Ta có :  '
3
1 1
1 0 ;4
22 1 3
x
f x x
x x
 
      
  
Suy ra  f x đồng biến trên 1 ;4
2
 

 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 7 
Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 
1
;4
2
x
 
 
 
Mặt khác  1 0f  , tức 1x  là một nghiệm của phương trình (1) 
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x  . 
Chú ý : - ĐK :2 1 0x   là điều kiện thông thường 
 ĐK : 4 0x  là điều kiện kéo theo (Phương trình này có thể bỏ qua) 
 - Có thể nhẩm nghiệm 1x  trên máy tính cầm tay “SHIFT + SOLVE” 
Ví dụ 3: Giải phương trình : 2 215 3 2 8x x x     (1) 
Giải : 
Ta có : (1) 2 215 8 3 2x x x      
Do 2 215 8 0x x    nên 
2
3 2 0
3
x x    
Xét hàm số   2 2
2
15 8 3 2,
3
f x x x x x       
Ta có :  
 
  
2 2
'
2 2 2 2
8 15 2
3 3 0
315 8 15 8
x x xx x
f x x
x x x x
  
       
   
Suy ra  f x nghịch biến trên 2 ;
3
 
 
 
Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 
2
;
3
x
 
  
 
Mặt khác  1 0f  , tức 1x  là một nghiệm của phương trình (1) 
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x  . 
Chú ý : ĐK : 3 2 0x   là điều kiện kéo theo (Phương trình này bắt buộc phải tìm) 
Ví dụ 4: Giải phương trình : 
22 3 4 3 5 9 6 13x x x x      (1) 
Giải : 
ĐK : 
4
3
x   
Xét hàm số   2
4
2 3 4 3 5 9 6 13,
3
f x x x x x x         
Hàm số trên liên tục trên 
4
;
3
 
 
 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 8 
Ta có :  '
3 15
2 6
3 4 2 5 9
f x x
x x
   
 
  
   
'' 9 75 42 0
32 3 4 3 4 4 5 9 5 9
f x x
x x x x
       
   
Suy ra  'f x nghịch biến trên 4 ;
3
 
 
 
Suy ra phương trình  ' 0f x  có nhiều nhất 1 nghiệm 
4
3
x   
Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 2 nghiệm 
4
3
x   
Mặt khác    0 1 0f f   , tức 0, 1x x  là các nghiệm của (1) 
Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm là : 0, 1x x  
Ví dụ 5: Giải phương trình :    2 3 3 7 4 3 0x x x x     (1) 
Giải : 
ĐK : 
4
3
x  
(1)    
3
3 33 4 3 3 4 3 3 4 3 3 4 3x x x x x x x x              
Xét hàm số   3 3 ,f t t t t   
Ta có :  ' 23 3 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên 
Khi đó : (1)    4 3 4 3f x f x x x      
  
2 24 3 3 4 0
1
0 0
x x x x
x tm
x x
     
    
  
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1x  . 
Ví dụ 6: Giải phương trình : 
3 31 2 2 1x x   (1) 
Giải : 
(1)  
3
3 33 3 32 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x            
Xét hàm số   3 2 ,f t t t t   
Ta có :  ' 23 2 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên 
Khi đó : (1)     33 32 1 2 1 2 1 0f x f x x x x x          
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 9 
1
1 5
2
x
x

   

Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là : 
1 5
1,
2
x x
 
  . 
Ví dụ 7: Giải phương trình :  2 22 1 2 1 2 3 0x x x x x x        (1) 
Giải : 
(1)      
22 2 1 1 1 2 0x x x x x x          
            
2 2
1 1 1 2 2x x x x x x            
Xét hàm số   2 2 ,f t t t t t    
Ta có :  
2
' 2
2
1 2 0
2
t
f t t t
t
      

, suy ra  f t đồng biến trên 
Khi đó : (1)    
1
1 1
2
f x f x x x x           
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 
1
2
x   . 
Ví dụ 8: Giải phương trình :     2 23 2 9 3 4 2 1 1 0x x x x x        (1) 
Giải : 
(1)           2 22. 3 3 . 3 3 2 1 2 1 3 2 0x x x x x         
            
2 2
2. 2 1 2 1 . 2 1 3 2. 3 3 . 3 3x x x x x x            
Xét hàm số   22 3 ,f t t t t t    
Ta có :  
2
' 2
2
2 3 0
3
t
f t t t
t
      

, suy ra  f t đồng biến trên 
Khi đó : (1)    
1
2 1 3 2 1 3
5
f x f x x x x           
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 
1
5
x   . 
Ví dụ 9: Giải phương trình : 
 
2
2
9 . 3 1
3 2
1 3 1
x x
x x
x

  
 
 (1) 
Giải : 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 10 
ĐK : 
1
3
x   
Nhận xét : 0x  không là nghiệm của (1) 
Với 0x  thì 1 3 1 0x   
 
 
 
 
2
2
2
3 2
9 . 3 1 1 3 1
1 3 2
3
3 2 3 1 3 2 2 3 1
x x x
x x
x
x x x x x x
  
   

       
 
     
3 2
33
3 4 2 3 2 3 1
1 1 3 1 3 1
x x x x x
x x x x
      
       
Xét hàm số   3 ,f t t t t   
Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên 
Khi đó : (1)    1 3 1 1 3 1f x f x x x        
2 2 1 3 1x x x     (do 
1
3
x   nên 1 0x   ) 
2 0 1x x x     (do 0x  ) 
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1x  . 
Ví dụ 10: Giải phương trình :   
2
2
2 8
1 2 2
2 3
x x
x x
x x
 
   
 
 (1) 
Giải : 
ĐK : 2x   
(1)
     
 2 2
2 4 1 2 4 1
2 0
2 3 2 32 2 2 2
x x x x x x
x
x x x xx x
      
      
       
 
 2
2
4 1
*
2 3 2 2
x tm
x x
x x x
 
   
    
              22* 4 2 2 1 2 3 2 2 2 2 1 2 1 2x x x x x x x x x                    
          
3 2 3 2
2 2 2 2 2 1 2 1 2 1x x x x x x            
Xét hàm số   3 22 2 ,f t t t t t    
Ta có :  ' 23 4 2 0f t t t t      , suy ra  f t đồng biến trên 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 11 
Khi đó : (*)    2 1 2 1f x f x x x        
 
2 2 3 132 2 1 3 1 0 3 13
2
21 0 1
1
x x x x x x
x tm
x x
x
 
        
      
     
Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là : 
3 13
2,
2
x x

  . 
C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN 
 Giải các phương trình : 
5 31. 1 3 4 0x x x     
3
2. 2 3 1 3 2
2
x x
x
   

6 8
3. 3 14
3 2x x
 
 
 34. 4 2 7 2 3 0x x x x     
 35. 4 1 2 1 0x x x x     
   26. 8 2 6 5 0x x x x     
3 2 37. 15 78 141 5 2 9x x x x     
   8. 3 1 3 1 2 0x x x x x       
2 1 19. 3 18 24
2 5 1
x x
x x
   
 
    311. 3 5 16. 3 5 2
x x
x    
 
2 21 112. 4 2 1x x x    
13. 4 5 7 2x x x   
 2 314. log 1 logx x  
2
2
3 2
3
15. log 7 21 14
2 4 5
x x
x x
x x
 
  
 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 12 
PHẦN II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH 
A. LÝ THUYẾT 
I. Một số tính chất 
1. Tính chất 1. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì phương 
trình   0f x  có nhiều nhất một nghiệm  ;x a b 
2. Tính chất 2. Nếu  ' 0f x  có n nghiệm  ;x a b thì phương trình   0f x  có 
nhiều nhất 1n  nghiệm  ;x a b 
3. Tính chất 3. Nếu      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   thì 
phương trình   0f x  có nhiều nhất n nghiệm  ;x a b 
4. Tính chất 4. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì 
     , ;f u f v u v u v a b     
Lưu ý : Có thể thay  ;a b bằng      ; , ; , ;a b a b a b 
II. Phương pháp 
1. Dấu hiệu : Một trong hai phương trình của hệ có thể đưa về phương trình đồng 
bậc (các đại lượng trong phương trình đó có cấu trúc tương đối giống nhau) 
2. Thuật toán 
Bước 1: Tìm điều kiện 
- Điều kiện thông thường 
- Điều kiện kéo theo 
Bước 2: Biến đổi phương trình có cấu trúc tương đối giống nhau về phương trình 
đồng bậc (Đặt ẩn phụ, chia 2 vế cho một biểu thức nào đó, ) 
Bước 3: Biến đổi phương trình đồng bậc ở bước 2 về dạng    f u f v bằng cách 
- Cố định 1 vế, cố định u, suy ra hàm đặc trưng  f t 
- Biến đổi vế còn lại theo hàm đặc trưng, suy ra v (có thể sử dụng phương pháp 
đồng nhất) 
Bước 4: Xét hàm đặc trưng, chứng minh nó luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến 
trên miền D (D là miền giá trị của u, v), từ đó ta được u v 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 13 
 x theo y hoặc y theo x , thế vào phương trình còn lại tìm nghiệm của nó và suy 
ra nghiệm của hệ đã cho. 
Ví dụ minh họa : Giải hệ phương trình : 
 
 
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9 1
1
2
2
x x x y y y
x y x y
      


   

Phân tích : 
* Dấu hiệu : Phương trình  1 của hệ là phương trình đồng bậc 
* Tìm điều kiện 
- Điều kiện thông thường : Không có 
- Điều kiện kéo theo 
+ Coi phương trình (2) là phương trình bậc 2 ẩn x 
  2 22 2 2 2 2 1 0x x y y      
Điều kiện có nghiệm x là 
 ' 2 2
3 1
1 2 2 2 1 4 4 3 0
2 2
y y y y y              
+ Coi phương trình (2) là phương trình ẩn y 
  2 22 2 2 2 2 1 0y y x x      , điều kiện có nghiệm y là 
 ' 2 21 2 2 2 1 4 4 3 0
1 3
2 2
x x x x
x
         
   
* Biến đổi phương trình (1) về dạng    f u f v 
  3 2 3 21 3 9 3 9 22x x x y y y       
- Cố định VT, cố định u x  VT   3 23 9f u u u u    
 Hàm đặc trưng   3 23 9f t t t t   
- VP   3 23 9f v v v v    , do VP là biểu thức bậc 3 ẩn y (cùng bậc hàm đặc trưng) 
v ay b   , ta được 
     
       
3 2 3 2
3 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2
3 3 2 2 2 2 3 2
3
2 2
2
3 2
3 9 3 9 22
3 3 3 6 3 9 9 3 9 22
1 3 3 3 3 6 9 9 3 9 22 0
1 0
3 3 3 0
1
3 6 9 9 0 2
2
3 9 22
ay b ay b ay b y y y
a y a by ab y b a y aby b ay b y y y
a y a b a y ab ab a y b b b
a
a b a
a
ab ab a v y
b
b b b
        
            
             
 
  
 
       

    0








Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 14 
Như vậy :        
3 23 21 3 9 2 3 2 9 2x x x y y y         
Lưu ý : Có thể tìm hàm đặc trưng nhờ MTCT 
* Xét hàm đặc trưng   3 23 9f t t t t   
Do 
1 3 1 3
; ;
2 2 2 2 1 5
;
2 23 1 1 5
; 2 ;
2 2 2 2
x u x
t
y v y
    
        
       
      
                 
Ta có :    ' 2
1 5
3 6 9 0 1;3 ;
2 2
f t t t x
 
         
 
Suy ra  f t nghịch biến trên 1 5;
2 2
 
 
 
*      1 2 2 2f x f y x y y x         thay vào (2) rút gọn được 
phương trình 
 2
3 1
3 2 2
2 4 0
1 32
2 2
x y
x x tm
x y

   
    
    

. Kết luận : 
   
3 1 1 3
; ; , ; ;
2 2 2 2
x y x y
   
      
   
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 15 
B. CÁC VÍ DỤ 
Ví dụ 1: Giải hệ phương trình : 
 
 
3 3 2
2
3 4 2 0 1
1 2 1 2
x y x x y
x y y
      

    
Giải : 
ĐK : 
1 1
0 2
x
y
  

 
         33 2 3 31 3 3 1 1 1 1x x x x y y x x y y              
Xét hàm số   3 ,f t t t t   
Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên 
Do đó :      1 1 1f x f y x y      
Thay 1y x  vào  2 được phương trình 21 1 1 1x x x      
      
 
1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0
1 1
0 1
1 1
x x x x x
x
x y tm
x
             
  
    
 
Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 0;1x y  
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình : 
 
 
3 3 2
3
3 4 2 0 1
3 2 2 2
x y y x y
x x x y
      

    
Giải : 
ĐK : 2x   
     
33 3 2 31 3 4 2 1 1x x y y y x x y y            
Xét hàm số   3 ,f t t t t   
Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên 
Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn 
Luyện thi THPT quốc gia Trang 16 
Do đó :      1 1 1 1f x f y x y y x         
Thay 1y x  vào  2 được phương trình 
 3 33 2 2 1 8 2 2 2x x x x         
  
 
 
   
2 2
2
2 2 2
2 2 4 0 2 2 4 0
2 2 2 2
2
2 2 3 0 2 3
2 2
x
x x x x x x
x x
x
x x x x y tm
x
  
           
    
 
          
  
(Do 
2 22 3 0 2
2 2
x
x x x
x

      
 
 ) 
Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;3x y  
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình : 
 
 
3 2 3 2
3
2 2 3 2 1
3 1 3 3 2 2
x x x y y y
y x x y
      

     
Giải : 
ĐK : 
3
1
3
x
y
 


 
       
     
3 2 2 3 2
3 2 3 2
1 3 3 1 2 2 1 3 1 2 3
1 2 1 3 1 2 3
x x x x x x y y y
x x x y y y
           
        
Xét hàm số   3 22 3 ,f t t t t t    
Ta có :  ' 23 4 3 0f t t t t      , suy ra  f t đồng biến trên 
Do đó :      1 1 1f x f y x y      , do 
1 2
3 3
y x    
Thay 1y x  vào  2 được phương trình 33 2 3 3 1x x x x      
   
 
  
 
 
3
2
2
2
3 2 1 3 1 3 4
3 1 1
1 4
3 2 1 3 1
3 1
1 4 0
3 2 1 3 1
3 3 2 3 1
1 0
3 2 1 3 2
x x x x
x x
x x x
x x
x x x
x x
x x
x x x
x x
        
 
    