98

CHƯƠNG II. PHƯƠNG TRÌNH
−
HỆ PHƯƠNG TRÌNH
II.1. 1)
2 2
4 3
m x m x m
+ − = +
(1)
(1)
(
)
2 2
1 4 3
m x m m
⇔ − = − +
(*)
+
2
1
1 0
1
m
m
m
=

− = ⇔


= −


.
1,
m
=
phương trình (*) trở thành
0 0
x
= ⇒
phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
.
1,
m
= −
phương trình (*) trở thành
0 8
x
= ⇒
phương trình (1) vô nghiệm.
+
2
1
1 0
1
m
m
m
≠


− ≠ ⇔

≠ −

phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
2
2
4 3 3
.
1 1
m m m
x
m m
− + −
= =
− +

Kết luận:
+ Nếu
1
m
=
thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
+ Nếu
1
m
= −
thì phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu

1
1
m
m
≠


≠ −

thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất
3
.
1
m
x
m
−
=
+

( ) ( )
(
)
( )
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2

2 2 2 2
2) 2 2 1
(1) 2 2 2 2
* .
a b a a a b a b x
a ab b a a ab a b x
a b x a b
+ + = + + +
⇔ + + + = + + +
⇔ + = +

+ Nếu
2 2
0
0
0
a
a b
b
=

+ = ⇔

=

thì phương trình (*) trở thành
0 0
x
=
suy ra phương trình (1)

có nghiệm tùy ý.
+ Nếu
2 2
0
0
0
a
a b
b
≠

+ ≠ ⇔

≠

thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
2 2
2 2
1.
a b
x
a b
+
= =
+

Kết luận:
+ Với
0
0

a
b
=


=

thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
+ Với
0
0
a
b
≠


≠

thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
1.
x
=

(
)
( )
( ) ( )
2 2 2 2
2
2 2

3) 2 1
*
a x ab b x a b
a b x a b
+ = + +
⇔ − = −

99

+
2 2
0
a b
− =
a b
a b
=

⇔

= −


·
a b
=
thì (*) trở thành
0 0
x
=

suy ra phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
·
a b
= −
thì (*) trở thành
2
0 4 .
x b
= Nếu
0
b
=
thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý. Nếu
0
b
≠
thì phương trình (1) vô nghiệm.
+
2 2
0
a b
a b
a b
≠

− ≠ ⇔

≠ −

phương trình (1) có một nghiệm duy nhất

( )
2
2 2
.
a b
a b
x
a b a b
−
−
= =
− +

Kết luận:
+ Nếu
a b
=
thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
+ Nếu
0
a b
b
= −


≠

thì phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu
a b

a b
≠


≠ −

thì phương trình (1) có một nghiệm duy nhất
a b
x
a b
−
=
+

(
)
(
)
( )
( )
2
2 2
2 2
4) 4 5 1
4 5
4 5 *
a ax b ax b
a x ab ax b
a a x b ab
+ = + −

⇔ + = + −
⇔ − = − −

+
2
0
4 0
4
a
a a
a
=

− = ⇔

=


· Với
0
a
=
thì phương trình (*) trở thành
2
0 5.
x b
= −

Nếu
2

5
5 0
5
b
b
b

≠

− ≠ ⇔

≠ −


thì phương trình (1) vô nghiệm.
Nếu
2
5
5 0
5
b
b
b

=
− = ⇔

= −



thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
· Với
4
a
=
thì phương trình (*) trở thành
2
0 4 5
x b b
= − −

Nếu
2
1
4 5 0
5
b
b b
b
≠ −

− − ≠ ⇔

≠

thì phương trình (1) vô nghiệm.
Nếu
2
1
4 5 0

5
b
b b
b
= −

− − = ⇔

=

thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
+
2
0
4 0
4
a
a a
a
≠

− ≠ ⇔

≠

thì phương trình (*) có nghiệm duy nhất
2
2
4 5
.

4
b b
x
a a
− −
=
−

Kết luận:
100

+ Nếu
4
0
1
5
5
a
a
b
b
b
=

=

 
∨ ≠ −
 
≠ ±


 
≠

thì phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu
0
4

5 1
5
5
a
a
b b
b
b
=

=




∨
= − = −

 



 
=
=





thì phương trình (1) có nghiệm tùy ý.
+ Nếu
0
4
a
a
≠


≠

phương trình (1) có nghiệm duy nhất
2
2
4 5
.
4
b b
x
a a
− −
=

−

II. 2. 1)
( )
2 1
1 1
1
x m x m
x x
+ + −
− =
−

Điều kiện:
0
1
x
x
≠


≠


(
)
(
)
(
)

(
)
(
)
2 2 2
1 2 1 1 1
2 1
3 1 0
1
.
3
x m x x m x x x
x mx x x mx m x x x
x m
m
x
⇔ + − + − − = −
⇔ + − + − + + − = −
⇔ + − =
−
⇔ =

1
3
m
x
−
= là nghiệm của phương trình
(
)

1
khi và chỉ khi
1
0
1
3
.
1 2
1
3
m
m
m m
−

≠

≠


⇔
 
− ≠ −


≠



Kết luận: + Nếu

1
2
m
m
≠


≠ −

thì phương trình
(
)
1
có một nghiệm duy nhất
1
.
3
m
x
−
=
+ Nếu
2
1
m
m
= −


=


thì phương trình
(
)
1
vô nghiệm.
2)
( )
2
2 1 1
1
mx
m x m
x
− = +
−

Điều kiện:
1
1
x
x
≠


≠ −


+ Xét trường hợp
0

1
x
x
≥


≠

thì phương trình
(
)
1
trở thành
101

( ) ( )( )
( )
2
2
2 1
1
1 2 1 1
1 2 1(*)
mx
mx m
x
mx mx x m x
m x m
− = +
−

⇔ − − = + −
⇔ + = +

Nếu
1
m
= −
thì (*) vô nghiệm. Nếu
1
m
≠ −
thì (*)
2 1
.
1
m
x
m
+
⇔ =
+

2 1
1
m
x
m
+
=
+

là nghiệm của phương trình
(
)
1
khi và chỉ khi
2 1
1 1
0
1 1
1
2 2
2 1
0 0.
1
1
m
m m m m
m
m
m m
m
+

≥
 

< − ∨ ≥ − < − ∨ ≥ −
  
+
⇔ ⇔

  
+
  
≠ ≠
≠
 

+


Vậy, với
1
1
2
0
m m
m

< − ∨ ≥ −



≠

thì phương trình
(
)
1
có nghiệm.
+ Xét trường hợp

0
1
x
x
<


≠ −

thì phương trình
(
)
1
trở thành
2
2 1
1
mx
mx m
x
+ = +
− −

(
)
(
)
(
)
( )

2
1 2 1 1
1 2 1(**)
mx mx x m x
m x m
⇔ + − − = + − −
⇔ + = − −

Nếu
1
m
= −
thì (**) vô nghiệm. Nếu
1
m
≠ −
thì (**)
2 1
.
1
m
x
m
− −
⇔ =
+

2 1
1
m

x
m
− −
=
+
là nghiệm của phương trình
(
)
1
khi và chỉ khi
2 1
0 0
1
1
1 1
2 1
1 1 .
0
2 2
1
m
m m
m
m
m m m m
m
− −

≠ ≠
≠ −

 

  
+
⇔ ⇔
  
− −
< − ∨ > − < − ∨ > −
  
<
 

+


Kết luận:
+ Nếu
0
1
1
2
m
m m
≠



< − ∨ ≥ −



thì phương trình
(
)
1
có hai nghiệm
1
2 1
,
1
m
x
m
+
=
+

2
2 1
.
1
m
x
m
− −
=
+

(Trường hợp
1
2

m
= −
thì hai nghiệm này bằng nhau và bằng 0)
102

+ Nếu
1
1
2
0
m
m

− ≤ < −


=

thì phương trình
(
)
1
vô nghiệm.
3)
( )
2 1 1
2 1 1
1 1
mx m
x

x x
− +
− − =
− −

Điều kiện
1.
x
>

(
)
(
)
( )
1 2 1 2 1 1
2 2 (*)
mx x m
m x m
⇔ − − − = +
⇔ − =

Nếu
1
m
=
thì (*) vô nghiệm.
Nếu
1
m

≠
thì (*)
.
2( 1)
m
x
m
⇔ =
−

2( 1)
m
x
m
=
−
là nghiệm của phương trình
(
)
1
khi và chỉ khi
2
1 0 1 2.
2( 1) 2( 1)
m m
m
m m
−
> ⇔ > ⇔ < <
− −


Kết luận: Khi
1 2
m
< <
thì phương trình
(
)
1
có một nghiệm duy nhất
.
2( 1)
m
x
m
=
−

Khi
1
2
m
m
≤


≥

phương trình
(

)
1
vô nghiệm.
II.3.
2 2
(5 1) (5 2) 0
m x m m x m
− + − + =
(1)
+ Xét
2
0 0,
m m
= ⇔ =
(1) trở thành
2 0
− =

⇒
(1) vô nghiệm.
+ Xét
2
0 0
m m
≠ ⇔ ≠
thì (1) là phương trình bậc hai.
( ) ( )
2
2
5 1 4 5 2

m m m m
 
∆ = + + +
 
4 3 2
25 30 9
m m m
= + +
2 2
(5 3) 0, .
m m m
= + ≥ ∀ ∈
ℝ

+
0
∆ =
2 2
(5 3) 0
m m
⇔ + =
2
2
0
(5 3) 0
m
m

=
⇔


+ =


0
3
5
m
m
=


⇔
−

=

, kết hợp với giả thiết
0,
m
≠
ta
được
3
5
m
−
= , thì phương trình (1) có nghiệm kép
1 2
5

3
x x
= =
.
+
0
∆ >
2 2
(5 3) 0
m m
⇔ + >
0
3
5
m
m
≠


⇔
−

≠


thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
103

1 2
5 2 1

m
x x
m m
+ −
= ∨ = .
Kết luận:
+
0,
m
=
phương trình (1) vô nghiệm.
+
3
,
5
m
−
= phương trình (1) có nghiệm kép
1 2
5
.
3
x x
= =

+
0
3
5
m

m
≠


−

≠


, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt là
1 2
5 2 1
; .
m
x x
m m
+ −
= =
II.4.
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
4 2 0 1
a b x a ab b x ab a b+ − + + + + =

+ Xét
0 ,
a b a b
+ = ⇔ = −
phương trình
(
)
1
trở thành
2
2 0.
b x
=

·
0
b
=
: Phương trình
(
)
1
có nghiệm tùy ý.
·
0
b
≠
: Phương trình
(
)

1
có một nghiệm duy nhất
0.
x
=

+ Xét
0 ,
a b a b
+ ≠ ⇔ ≠ −
ta có
(
)
( )
(
)
2 2
2
2 2 2 2
4 8
a ab b ab a b a b
∆ = + + − + = +
Phương trình
(
)
1
có hai nghiệm phân biệt
1
2
ab

x
a b
=
+
;
2
.
x a b
= +

Kết luận:
· Nếu
0
a b
= =
thì phương trình
(
)
1
có nghiệm tùy ý.
· Nếu
0
a b
= − ≠
thì phương trình
(
)
1
có một nghiệm duy nhất
0.

x
=

· Nếu
a b
≠ −
thì phương trình
(
)
1
có hai nghiệm phân biệt
1
2
ab
x
a b
=
+
;
2
.
x a b
= +

II.5. Giả sử
1 2
,
x x
là nghiệm của phương trình
2

0(1).
x ax bc+ + =
1 3
,
x x
là nghiệm của
phương trình
2
0.(2)
x bx ca+ + = (
1
x
là nghiệm chung của các phương trình (1) và (2)).
Ta chứng minh
2 3
,
x x
thỏa mãn phương trình
2
0(3).
x cx ab+ + =
Theo định lý Viet ta có
1 2
1 2
(*)
x x a
x x bc
+ = −



=

và
1 3
1 3
(**)
x x b
x x ca
+ = −


=


Do
1
x
là nghiệm chung của các phương trình
(1)
và
(2)
nên ta có

104

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

x ax bc x bx ca
a b x c a b
x c
+ + = + +
⇔ − = −
⇔ =

(Do
, ,
a b c
khác nhau đôi một và khác 0).
Thay
1
x c
=
vào (*) và (**) ta được
2
3
x b a c
x a b c
= = − −
= = − −

Thay giá trị
2
x b a c
= = − −
vào vế trái phương trình
(
)

3
ta được
2 2 2 2
2 2 2 2
( ) ( ) 2 ( )
2 0
a c c a c ab a ac c ac c a a c
a ac c ac c a ac
− − + − − + = + + − − + − −
= + + − − − − =

2
x
⇒ là nghiệm của phương trình
(
)
3 .

Thay giá trị
3
x a b c
= = − −
vào vế trái phương trình
(
)
3
ta được
2 2
2 2 2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 0
b c c b c ab b c c b c b c b
b bc c bc c b bc
− − + − − + = − − + − − + − −
= + + − − − − =

3
x
⇒ là nghiệm của phương trình
(
)
3 .

Vậy,
2 3
,
x x
là nghiệm của phương trình
2
0.
x cx ab
+ + =
(Đpcm)
II.6.
2
2( 3) 4 0
mx m x m
− − + − =
(1)
+ Xét

0,
m
=
(1) trở thành
2
6 4 0 0
3
x x m
− = ⇔ = ⇒ =
thỏa đề bài.
+ Xét
0,
m
≠
phương trình (1) có đúng một nghiệm dương trong các trường hợp sau
· Phương trình (1) có một nghiệm kép dương:
Điều kiện là
( )
9 2 0
9
.
2 3
2
0
m
m
m
S
m
′

∆ = − =


⇔ =
−

= >



· Phương trình (1) có một nghiệm dương và một nghiệm bằng 0:
Điều kiện là
( )
4
0
4.
2 3
0
m
P
m
m
m
S
m
−

= =



⇔ =

−

= >



· Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu:
Điều kiện là
4
0 0 4.
m
P m
m
−
= < ⇔ < <

105

Vậy, với
9
0 4
2
m m
≤ ≤ ∨ =
thì phương trình
(1)
có đúng một nghiệm dương.
II.7.

(
)
(
)
(
)
4 2
1 2 3 3 0 1
m x m x m− + − + + =
Đặt
2
0
X x
= ≥

Khi đó
(
)
1
trở thành
(
)
(
)
(
)
2
1 2 3 3 0 2
m X m X m− + − + + =
+ Nếu

1 0 1
m m
− = ⇔ =
khi đó
(
)
2
trở thành
1 1.
X x
= ⇒ = ±

Như vậy
1
m
=
không thỏa yêu cầu đề bài.
+ Xét
1
m
≠
khi đó
(
)
2
là phương trình bậc II.
(
)
1
vô nghiệm khi và chỉ khi

(2)
hoặc vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều âm
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( )
2
2
3
3 1 3 0
2
3 1 3 0
3
3
2
2
2 3
0
1 3
3
1
3 1
3
0
1
m m m
m
m m m
m
m
m

S
m m
m
m
m m
m
P
m

′ 
∆ = − − − + <
>





′
∆ = − − − + ≥





≤
>






⇔ ⇔ ⇔
− −





= <

< ∨ >
< −



−




< − ∨ >
+




= >


 

−



Vậy, với
3
3
2
m m
< − ∨ >
thì
(
)
1
vô nghiệm.
II.8.
2 2
2 1 0
x x m x m
− − − + =
(1)
Ta có
( )
2
2
(1) 1 1 1 0.
x m x m
⇔ − − − + − =

Đặt

1 0
X x
= − ≥
ta có phương trình
2 2
1 0(2)
X mX m− + − =
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm không âm. Ta giải
bài toán ngược tức là tìm các giá trị của
m
để phương trình (1) vô nghiệm. Phương trình
(1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) hoặc là vô nghiệm hoặc có hai nghiệm đều
âm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi
2
2
2
2 3 2 3
3 3
4 3 0
2 3 2 3
1
2 3 2 3
4 3 0
3 3
(*)
3 3
2 3
1 0
2 3
1 1

1
3
0
3
0
m m
m
m
m m
m
m
P m
m
m m
m
S m
m

−
< ∨ >


∆ = − <


−


< −



< ∨ >
−


∆ = − ≥

≤ ≤




⇔ ⇔ ⇔ ⇔






= − >

>
−


< − ∨ >

≤ < −





= <





<






Như vậy, phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi
m
thỏa điều kiện
(*).

106

Vậy, giá trị cần tìm của
m
là
2 3
1 .
3
m− ≤ ≤
II.9.

)( ) ( )
2
1 1 2 1
x x k− = −
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2 2
1 2
2 1 2 2
(1)
2 1 2 2
1 2
x x k
x x x k
x x k x
x k x

− = −

− + = −

⇔ ⇔


− + = −

− = −




2
2
2
2 2
2
4 1 1 1
2
4 1 2
2 2 2
1 2 1 1 1
2 2 2
x x
k x x
x x k
x k x
k x

− +
= = − + −


− + = −
−

⇔ ⇔

+ = +



= = +



Vẽ các đường Parabol
( )
2
1
1 1
: 2 ,
2 2
P y x x
= − + −

( )
2
2
1 1
:
2 2
P y x
= +
và
y k
=
trên cùng một
hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phương trình (1) chính bằng số giao điểm của đường thẳng
y k
=

với các Parabol
1 2
( ),( ).
P P

Các Parabol
1 2
( ),( )
P P
và đường thẳng
y k
=
được vẽ ở hình sau
y
x
y
=
k
3
2
2
1
1
O

Dựa vào đồ thị ta kết luận được phương trình
(
)
1
có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

1 3
1 1 .
2 2
k k
< < ∨ < <

)
(
)
2 2
2 2 10 8 5 2
x x x x a− + − = − +
2 2
(2) 2 10 8 5
x x x x a
⇔ − + − − + =
. Xét hàm số
( )
f x
=
2
2 2
2
5 8; 1 4
2 10 8 5
3 15 8;1 4
x x x x
x x x x
x x x


− + < ∨ >

− + − − + =

− + − ≤ ≤



Vẽ các đường Parabol
(
)
2
1
: 5 8, 1 4,
P y x x x x
= − + < ∨ >

(
)
2
2
: 3 15 8,1 4
P y x x x
= − + − ≤ ≤

và
y a
=
trên cùng một hệ trục tọa độ. Số nghiệm của phương trình (2) chính bằng số giao
điểm của đường thẳng

y a
=
với các Parabol
1 2
( ),( ).
P P

107

Các Parabol
1 2
( ),( )
P P
và đường thẳng
y a
=
được vẽ ở hình sau
y = a
y
x
43
4
4
5
2
4
1
O

Dựa vào đồ thị ta kết luận được phương trình

(
)
2
có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
43
4 .
4
a< <
II.10. 1)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 5 3 7 297 1
x x x x− + − + = .
(
)
(
)
(
)
(
)
( )( )

2 2
(1) 1 5 3 7 297
4 5 4 21 297
x x x x
x x x x
   
⇔ − + − + =
   
⇔ + − + − =

Đặt
( )
2
2
4 5 2 9 9
t x x x
= + − = + − ≥ −

Khi đó phương trình
(
)
1
trở thành
(
)
2
16 297
16 297 0
27
11

t t
t t
t
t
− =
⇔ − − =
=

⇔

= −


Ta nhận
27
t
=
và ta có phương trình
2 2
4
4 5 27 4 32 0
8.
x
x x x x
x
=

+ − = ⇔ + − = ⇔

= −



Vậy, nghiệm của phương trình là
4
x
=
∨
8
x
= −
.
2)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 3 1 6 36 1
x x x x+ − + + = −
(
)
(
)
(
)

(
)
( )( )
2 2
(1) 2 1 6 3 36
3 2 3 18 36
x x x x
x x x x
   
⇔ + + + − = −
   
⇔ + + + − = −

Đặt
2
3 2.
t x x
= + +

Khi đó phương trình
(
)
1
trở thành

108

(
)
2

20 36
20 36 0
2
18
t t
t t
t
t
− = −
⇔ − + =
=

⇔

=


· Với
2
t
=
thì ta có phương trình
2
2
3 2 2
3 0
0
3
x x
x x

x
x
+ + =
⇔ + =
=

⇔

= −


· Với
18
t
=
thì ta có phương trình
2
2
3 2 18
3 16 0
3 73
2
3 73
2
x x
x x
x
x
+ + =
⇔ + − =


− +
=


⇔

− −
=



Vậy, nghiệm của phương trình là
3 73
0, 3, .
2
x x x
− ±
= = − =
3)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 4 18 1
x x x x− + + =

(
)
(
)
(
)
( )( )
2 2
(1) 2 2 4 18
2 2 8 18
x x x x
x x x x
   
⇔ + − + =
   
⇔ + + − =

Đặt
( )
2
2
2 1 1 1
t x x x
= + = + − ≥ −

Khi đó phương trình
(
)
1
trở thành

( )
2
4 34
8 18 8 18 0
4 34
t
t t t t
t

= +
− = ⇔ − − = ⇔

= −



Ta nhận
4 34
t = + và ta có phương trình
( )
2
2
2 4 34
1 5 34
1 5 34
1 5 34
x x
x
x
x

+ = +
⇔ + = +

= − + +

⇔

= − − +



109

Vậy, nghiệm của phương trình là
1 5 34
x = − ± + .
II.11. 1)
( ) ( )
4
4
1 97 1
x x+ − =
Đặt
1 1
.
2 2
t x x t
= − ⇒ = +
Khi đó
(

)
1
trở thành
4 4
4 2
1 1
97
2 2
1
2 3 97
8
t t
t t
   
+ + − =
   
   
⇔ + + =

4 2
16 24 775 0
t t
⇔ + − =

2
2
25
4
31
4

t
t

=

⇔


= −



Ta nhận
2
25
.
4
t =
Với
2
5
25
2
5
4
2
t
t
t


=

= ⇔


= −



· Khi
5
2
t
=
thì
1 5
3.
2 2
x x
− = ⇔ =

· Khi
5
2
t
= −
thì
1 5
2.
2 2

x x
− = − ⇔ = −

Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là
3, 2.
x x
= = −

2)
( ) ( ) ( )
4 4
3 5 16 1
x x+ + + =
Đặt
4 4.
t x x t
= + ⇒ = −
Khi đó
(
)
1
trở thành
( ) ( )
4 4
4 2
4 2
4 2
2
2
1 1 16

2 12 2 16
2 12 14 0
6 7 0
1 1
1
7
t t
t t
t t
t t
t t
t
t
− + + =
⇔ + + =
⇔ + − =
⇔ + − =

= =

⇔ ⇔


= −
= −




· Khi

1
t
=
thì
4 1 3.
x x
+ = ⇔ = −

110

· Khi
1
t
= −
thì
4 1 5.
x x
+ = − ⇔ = −

Vậy, phương trình đã cho có nghiệm là
3; 5.
x x
= − = −

3)
( ) ( ) ( )
4 4
2 6 2 1
x x+ + + =
Đặt

4 4.
t x x t
= + ⇒ = −
Khi đó
(
)
1
trở thành
( ) ( )
4 4
4 2
4 2
2 2 2
2 48 32 2
24 15 0
t t
t t
t t
− + + =
⇔ + + =
⇔ + + =

2
2
12 129
12 129
t
t

= − −

⇔

= − +


(Loại)
Vậy, phương trình đã cho vô nghiệm.
II.12. 1)
4 3 2
6 35 62 35 6 0
x x x x
− + − + =
(1)
Do
0
x
=
không phải là nghiệm của phương trình (1) nên chia hai vế của phương trình cho
2
0,
x
≠
ta được phương trình tương đương
2
2
1 1
6( ) 35( ) 62 0
x x
x x
+ − + + =

(2)
Đặt
1
,
t x
x
= +
điều kiện:
2
t
≥

2 2
2
1
2
x t
x
⇒ + = −

Khi đó, phương trình (2) trở thành
2
6( 2) 35 62 0
t t
− − + =

2
6 35 50 0
10
3

5
2
t t
t
t
⇔ − + =

=

⇔


=



· Với
10
3
t
=
ta có phương trình
2
1 10 10
1 0
3 3
x x x
x
+ = ⇔ − + =
(Do

0
x
≠
)
2
3 10 3 0
x x
⇔ − + =

111

3
1
3
x
x
=


⇔

=


· Với
5
2
t
=


2
1 5 5
1 0
2 2
x x x
x
+ = ⇔ − + =
(Do
0
x
≠
)
2
1
2
x
x
=


⇔

=


Vậy, phương trình đã cho có bốn nghiệm
1 1
3; ; 2; .
3 2
x x x x

= = = =

2)
4 3 2
4 1 0
x x x x
+ − + + =
(1)
Do
0
x
=
không phải là nghiệm của phương trình (1) nên chia hai vế của phương trình cho
2
0,
x
≠
ta được phương trình tương đương
2
2
1 1
4 0
x x
x x
+ − + + =

2
2
1 1
( ) ( ) 4 0

x x
x x
⇔ + + + − =

Đặt
1
,
t x
x
= +
điều kiện:
2
t
≥

2 2
2
1
2
x t
x
⇒ + = −

Khi đó phương trình trở thành
2
6 0
2
3
t t
t

t
+ − =
=

⇔

= −


1 2
1, 2
x x
= =

· Với
2
t
=

2
1
2 2 1 0 1
x x x x
x
+ = ⇔ − + = ⇔ =

· Với
3
t
= −


2
1
3 3 1 0
x x x
x
+ = − ⇔ + + =

112

3 5
2
3 5
2
x
x

− +
=


⇔

− −
=



Vậy, phương trình đã cho có ba nghiệm là
3 5 3 5

1; ; .
2 2
x x x
− + − −
= = =
3)
4 3 2
5 10 10 4 0
x x x x
− + − + =
(1)
Ta có
4 3 2
4 3 2 3
3 2
3 2
3 2
2
(1) 5 10 10 4 0
( ) 10( ) 4( 1) 0
( 1) 10 ( 1) 4( 1)( 1) 0
( 1)( 10 4 4 4) 0
( 1)( 4 6 4) 0
( 1)( 2)( 2 2) 0
x x x x
x x x x x
x x x x x x x
x x x x x
x x x x
x x x x

⇔ − + − + =
⇔ − + − − − =
⇔ − + − − − + + =
⇔ − + − − − =
⇔ − − + − =
⇔ − − − + =

2
1
2
2 2 0
1
2
x
x
x x
x
x

=

⇔ =


− + =

=

⇔


=


Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
1; 2.
x x
= =

4)
4 3 2
2 21 74 105 50 0
x x x x
− + − + =

Do
0
x
=
không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình cho
2
0,
x
≠
ta được phương trình tương đương
2
2
25 5
2( ) 21( ) 74 0
x x
x x

+ − + + =

Đặt
5
;
t x
x
= +
điều kiện:
2 5
t ≥
2 2
2
25
10
x t
x
⇒ + = −

Khi đó phương trình trở thành
2
6
2 21 54 0
9
2
t
t t
t
=



⇔ − + = ⇔

=



113

· Với
6
t
= ⇒
1
5
6
5.
x
x
x
x
=

+ = ⇔

=


· Với
9

2
t
= ⇒
2
5 9
5
2
.
2
x
x
x
x
=


+ = ⇔

=


Vậy, phương trình đã cho có bốn nghiệm là
5
1; 2; 5; .
2
x x x x
= = = =

5)
4 3 2

2 5 5 2 0
x x x x
+ + + + =

Ta thấy
0
x
=
không phải là nghiệm của phương trình nên chia hai vế của phương trình
cho
2
0,
x
≠
ta được phương trình tương đương
2
2
1 1
2( ) 5( ) 1 0
x x
x x
+ + + + =

Đặt
1
,
t x
x
= +
điều kiện:

2
t
≥

2 2
2
1
2
x t
x
⇒ + = −

Khi đó phương trình trở thành
2
2
2( 2) 5 1 0
2 5 3 0
3
1
2
t t
t t
t
t
− + + =
⇔ + − =
= −


⇔


=


· Với
1
2
t
=
(Loại)
· Với
3
t
= −

2
1
3 3 1 0
3 5
2
3 5
2
x x x
x
x
x
+ = − ⇔ + + =

− +
=



⇔

− −
=



Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm là
3 5 3 5
; .
2 2
x x
− + − −
= =
II.13.
(
)
(
)
(
)
(
)
3 1 5 3 40
x x x x m
+ − + − − =
(1)
Đặt

(
)
(
)
(
)
2
3 1 2 3
t x x x x
= + − = + − ∗
(
)
(
)
2
12 2 15 3 5
t x x x x
⇒ − = + − = − +

114

Khi đó (1) trở thành
(
)
2
12 40 12 40
t t m t t m
− − = ⇔ − − =

Xét hàm số

(
)
2
2 3
t f x x x
= = + −

(
)
2 2 0 1
f x x x
′
= + = ⇔ = −

Bảng biến thiên

Xét hàm số
(
)
2
12 40
g t t t
= − −

(
)
2 12 0 6
g t t t
′
= − = ⇔ =


Bảng biến thiên

Ta có nhận xét:
·
4,
t
= −
phương trình (*) có một nghiệm
.
x

·
4,
t
< −
phương trình (*) vô nghiệm
.
x

·
4,
t
> −
phương trình (*) có hai nghiệm
x
phân biệt.
Vậy, ta có số nghiệm của phương trình đã cho như sau
24,
m

+ =
(1) có ba nghiệm phân biệt.
24 76,
m m
+ > ∨ = −
(1) có hai nghiệm phân biệt.
76 24,
m
+ − < <
(1) có bốn nghiệm phân biệt.
76,
m
+ < −
(1) vô nghiệm.
II.14. 1)
( )
( )
2 1 1 1
3 2 4 2
x y x y
x y

+ + − + =


+ =



Điều kiện:

1
(*)
2
y
x
x y
 +
 
≥ −

 
 


≥ −


Với điều kiện (*) thì hệ phương trình đã cho được biến đổi về
115

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

= −



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

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


2
0
2
2 8 0
x
x
x x
≥

⇔ ⇔ =

+ − =


Thế
2
x
=
vào phương trình (3) ta được
1.
y
= −
Cặp giá trị
(2; 1)
−
thỏa điều kiện (*) nên
là nghiệm của hệ phương trình đã cho.
2)
( )

2 3 15
1
15
x
xy
y
x
xy
y

− =




+ =



Điều kiện:
0
y
≠

(1)
2
2
2 3 15
15
xy x y

xy x y

− =
⇔

+ =

2
2
2 3 15
4 0
xy x y
xy x

− =
⇔

− =

( )
2
2
2 3 15
4 0
xy x y
x y

− =

⇔


− =



⇔
2
2 3 15
0
2
2
xy x y
x
y
y

− =

=




=




= −




· Với
0
x
=
thì
0
y
=
(Loại)
· Với
2
y
=
thì
6
x
=

· Với
2
y
= −
thì
6
x
= −

Vậy, hệ phương trình có hai nghiệm là (6;2) và

( 6; 2).
− −

Chú ý. Có thể đặt
,
x
u xy v
y
= =
. Khi đó hệ phương trình đã cho được đưa về hệ phương
trình bậc nhất đối với hai ẩn
, .
u v

3)
2
2
12
28
x xy
y xy

− =


− =


(1)
Với

0
x
=
thay vào (1), ta được
2
0 12
28
y
=


=

(Vô lý).
116

Với
0
x
≠
, ta có (1)
12 12
( ) 12
( ) 28
( ) 28 12 28
x x y
y x y x
x x
y y x
y y x y x

 
− =
− = − − = −

 
⇔ ⇔ ⇔
  
− =

 
− = − =
 

2
2
7 12 18
10 36
3 5
7
7 7
3
3 3
x x x
x
x
y x
y x y x
 

+ = =

=
 
  
⇔ ⇔ ⇔
  
= −
  
= − = −

 
 

3 10 3 10
3 10 3 10
5 5
5 5
7
7 10 7 10
3
5 5
x x
x x
y x
y y
 

= = −
= ∨ = −
 


  
⇔ ⇔ ∨
  
  
= −
= − =
  

 

Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
3 10 7 10 3 10 7 10
; , ; .
5 5 5 5
   
− −
   
   
   

4)
3 2 1
0;
x y x y
x y x y

+ − + = −


+ + − =




Điều kiện:
0
3 2 0
x y
x y
+ ≥


+ ≥

Đặt
0, 3 2 0.
u x y v x y
= + ≥ = + ≥
Hệ phương trình đã cho trở
thành
2 2 2
1
1 1
1
2
2 5 0 3 5 2 0
6
v u
u v v u
u u
u u v u u

= +

− = − = +
 

⇔ ⇔
  
= ∨ = −
+ − = − + + =
 



Ta chọn
2; 3.
u v
= =
Ta được
2
4 1
3 2 9 3
3 2 3
x y
x y x
x y y
x y

+ =
+ = =
 


⇔ ⇔
  
+ = =
+ =
 



Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm là
(1;3).

5)
2 2
2 2
1 1
4
1 1
4
x y
x y
x y
x y

+ + + =




+ + + =



(1)
Điều kiện:
0
0
x
y
≠


≠

(*)
117

(1)
2
2 2
2
1 1
1 1
( ) ( ) 8
4 ( ) ( ) 8
1 1
1 1
( ) ( ) 4
4 ( )
x y
y y

x y
y y
x y
x y
x y
x y


 
+ + + =
− + + + =


 
 
 
⇔ ⇔
 
 
+ + + =
+ = − +
 



2
1 1
1
2( ) 8( ) 8 0
2

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

2
2

2 1 0 1
1
2 1 0
x x x
y
y y

− + = =


⇔ ⇔
 
=
− + =



thoả điều kiện (*).
Vậy, hệ phương trình đã cho có một nghiệm là
(1;1).

6)
2 2
6 2 0
8 0
x y x y
x y

+ + + =


+ + =


Ta có
8 0
x y
+ + =
⇔
8
x y
= − −
thay vào phương trình
2 2
6 2 0
x y x y
+ + + =
ta được
( ) ( )
2
2
8 6 8 2 0
y y y y
− − + + − − + =

2 2
64 16 48 6 2 0
y y y y y
⇔ + + + − − + =

2

6 8 0
y y
⇔ + + =

2 4
y y
⇔ = − ∨ = −
.
Với
2 6
y x
= − ⇒ = −

Với
4 4
y x
= − ⇒ = −

Vậy, hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là
(
)
(
)
6; 2 , 4; 4 .
− − − −

7)
2 2
13
3

x y xy
x y xy

+ − =


+ − =


(
)
I

Điều kiện:
0
xy
≥

( )
( )
2
3 13
3
x y xy
I
x y xy

+ − =

⇔


+ − =



Đặt
u
=
x y
+
,
0
v xy
= ≥
.
Khi đó ta được
118


( )
(
)
( )
2 2
3 13 1
3 2
u v
I
u v


− =

⇔

− =



(
)
2
3
u v
⇔ = +
thay vào
(
)
1
ta được
( )
2
2
3 3 13.
v v+ − =
2
3 2 0.
v v
⇔ − + =

1

2
v
v
=

⇔

=

(Nhận)
Với
1 4.
v u
= ⇒ =
Từ đây ta có hệ
4
2 3 2 3
1
2 3 2 3
x y
x x
xy
y y
 + =

= − = +
  
⇔ ∨
  
=

= + = −

 

 

Với
2 5
v u
= ⇒ =
. Từ đây ta có hệ
5
4 1
1 4
2
x y
x x
y y
xy
+ =

= =
 

⇔ ∨
  
= =
=
  



Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
( ) ( )
(
)
(
)
1;4 , 4;1 , 2 3;2 3 , 2 3;2 3
+ − − +
.
8)
( )( )
2 2
8
1 1 12
x y x y
xy x y

+ + + =


+ + =



Hệ phương trình đã cho tương đương với
( )
( )
2
2 8

1 12
x y x y xy
xy xy x y

+ + + − =


+ + + =


(I)
Đặt
; ,
S x y P xy
= + =
điều kiện:
2
4 0
S P
− ≥
.
( )
(
)
( ) ( )
2
2 8 1
1 12 2
S S P
P P S


+ − =

Ι ⇔

+ + =



( )
2
8
1 (3)
2
S S
P
+ −
⇒ =
Thế (3) vào (2) ta được
2 2
8 8
1 12
2 2
S S S S
S
 
+ − + −
+ + =
 
 


4 3 2
4 11 30 0
S S S S
⇔ + − − =

(
)
3 2
4 11 30 0
S S S S
⇔ + − − =

119

0
3
2
5
S
S
S
S
=


=

⇔


= −

= −


Thế lần lượt các giá trị của S vào (3) ta được
0 3 2 5
4 2 3 6
S S S S
P P P P
= = = − = −
   
∨ ∨ ∨
   
= − = = − =
   
(Thoả điều kiện
2
4 0
S P
− ≥
)
·
0 0 2 2
4 4 2 2
S x y x x
P xy y y
= + = = = −
   
⇒ ⇔ ∨

   
= − = − = − =
   

·
3 3 1 2
2 2 2 1
S x y x x
P xy y y
= + = = =
   
⇒ ⇔ ∨
   
= = = =
   

·
2 2 1 3
3 3 3 1
S x y x x
P xy y y
= − + = − = = −
   
⇒ ⇔ ∨
   
= − = − = − =
   

·
5 5 3 2

6 6 2 3
S x y x x
P xy y y
= − + = − = − = −
   
⇒ ⇔ ∨
   
= = = − = −
   

Vậy, hệ phương trình đã cho có tám nghiệm là (2;
−
2), (
−
2;2), (1;2), (2;1), (1;
−
3),
(
−
3;1), (
−
3;
−
2),(
−
2;
−
3).
Chú ý. Có thể đặt
( 1); ( 1).

u x x v y y
= + = +
Khi đó hệ phương trình đã cho được đưa về hệ
8
12
u v
uv
+ =


=


9)
( ) ( )
2 2
4
1 1 2
x y x y
x x y y y

+ + + =


+ + + + =


( )
I


( )
2
2 2
2 4
( )
2
x y x y xy
I
x xy x y y

+ + + − =

⇔

+ + + + =


( )
( )
( )
2
2
2
2 4
2
2
2
x y x y xy
x y x y xy
xy

x y x y xy


+ + + − =
+ + + − =
 
⇔ ⇔
 
= −
+ + + − =





Đặt
; ,
S x y P xy
= + =
điều kiện
2
4 0
S P
− ≥
.
Ta có hệ phương trình
2
2
2
S S P

P

+ − =

= −


120

2
0
2
S S
P

+ =
⇔

= −

0
1
2
S
S
P

=




⇔
= −



= −


0 1
2 2
S S
P P
= = −
 
⇔ ∨
 
= − = −
 
(Thoả điều kiện
2
4 0
S P
− ≥
)
0 0
2 2
S x y
P xy
= + =

 
+ ⇒
 
= − = −
 
2 2
2 2
x x
y y
 
= − =
 
⇔ ∨
 
= = −
 
 

1 1
2 2
S x y
P xy
= − + = −
 
+ ⇒
 
= − = −
 
1 2
2 1

x x
y y
= = −
 
⇔ ∨
 
= − =
 

Vậy, hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
(
)
2; 2
−
,
(
)
2; 2
−
,
(
)
1; 2
−
,
(
)
2;1
− .
10)

2 2
4 4
( ) 78
97
x y xy
x y

+ =


+ =



Ta có
2 2 2 2
4 4 2 2 2 2 2
( ) 78 ( ) 78
( )
97 ( ) 2 97
x y xy x y xy
I
x y x y x y
 
+ = + =
 
⇔
 
+ = + − =
 

 

Từ phương trình thứ nhất của hệ đã cho ta suy ra
. 0.
x y
>
Đặt
2 2
, ,
u x y v xy
= + = điều kiện
0, 0.
u v
> >
Ta có
( )
2
2
2 2
4 2
2
2
78
78
78
78
169
78
2 97
97 12168 0

2 97 0
72
v
v
u
uv
v
u
I u
u
u v
u u
u
u u


=
=



=
=

  
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
   

=
− =

 

  
− − =
− − =


 
 
= −

 




78
13
13
v
u
u
u

=


⇔

=





= −



Ta nhận
2 2
2 2
13 13
( )
6
36
u x y
II
v
x y

= + =


⇔
 
=
=





Từ
( )
II
ta có
2 2
,
x y
là hai nghiệm của phương trình bậc hai
2
9
13 36 0
4
X
X X
X
=

− + = ⇔

=


Vậy ta có
121

2 2
2 2
3 3
2 2

9 4
2 2
4 9
3 3
x x
y y
x x
x x
y y
y y

= ∨ = −



= ∨ = −
 
= =
  

∨ ⇔
 

= ∨ = −
= =

 
 



= ∨ = −




Vậy, hệ đã cho có tám nghiệm là
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
3;2 , 3; 2 , 3;2 , 3; 2 , 2;3 , 2; 3 , 2;3 , 2; 3 .
− − − − − − − −

11)
3 3
2 2
7( )
2

x y x y
x y x y

− = −


+ = + +



Ta có

3 3 2 2
2 2 2 2
7( ) ( )( 7) 0
2 ( ) 2 0
x y x y x y x xy y
x y x y x y x y
 
− = − − + + − =
 
⇔
 
+ = + + + − + − =
 
 

2 2
2 2
2 2

( )
( ) 2 0
7 0
( )
( ) 2 0
x y
I
x y x y
x xy y
II
x y x y

=



+ − + − =


⇔


+ + − =




+ − + − =





Giải
( )
I

2
1 5
2
1 5
2
( )
1 0
1 5
2
1 5
2
x
y
x y
I
x x
x
y


+
=







+

=


=



⇔ ⇔


− − =

−

=





−


=






Giải
( )
II

2
2
2
( ) 7 0
( )
( ) 2 ( ) 2 0
( ) 5 0
( ) 2 ( ) 2 0
x y xy
II
x y xy x y
xy x y
x y xy x y

+ − − =

⇔

+ − − + − =



+ + − =

⇔

+ − − + − =


Đặt
2
, ,( 4 )
S x y P xy S P
= + = ≥
Như vậy ta có
122

2
3
2
5
( )
12 0
4
9
S
P
P S
II
S S
S
P


=



=
= −



⇔ ⇔


+ − =
= −




=




Ta nhận
3
2
S
P
=



=

suy ra
,
x y
là nghiệm của phương trình bậc hai
2
1
3 2 0
2
X
X X
X
=

− + = ⇔

=


Vậy ta có
1 2
2 1
x x
y y
= =
 
∨

 
= =
 

Hệ phương trình đã cho có bốn nghiệm là
( ) ( )
1 5 1 5 1 5 1 5
1;2 , 2;1 , ; , ; .
2 2 2 2
   
+ + − −
   
   
   

12)
4
4
2 3 10
2 3 4.
x y
x y

+ + − =


+ + − =


(I)

Điều kiện:
2
3.
x
y
≥ −


≥


Đặt
4
4
2
3.
u x
v y

= +


= −


(Với
0, 0
u v
≥ ≥
). (*)


2
2
2
3.
u x
v y

= +

⇔

= −



Hệ phương trình (I) trở thành
2 2
4
10
u v
u v
+ =


+ =


2
4

( ) 2 10
3
4
u v
u v uv
uv
u v
+ =

+ − =

⇔ ⇔
 
=
+ =


⇔

1
3
u
v
=


=

∨


3
1.
u
v
=


=


1
3
u
v
=

+

=

4
4
2 1
2 1 1
3 81 84
3 3
x
x x
y y
y


+ =
+ = = −
 

⇔ ⇔ ⇔
  
− = =
− =
 


(Nhận).
3
1
u
v
=

+

=

4
4
2 3
2 81 79
3 1 4.
3 1
x

x x
y y
y

+ =
+ = =
 

⇔ ⇔ ⇔
  
− = =
− =
 


(Nhận).