2. Câu I.2
2 13 6
 
    (1) (đk: x ≠ 0, x ≠ 1; x ≠ 1
2 2
3x 4x 1 3x 2x 1 x
3
)
Đặt t = 3x2 –x + 1 (đk: t ≥ 11
12
) Vì : 3x2 –x + 1 =
2 3 1
 x  
   
2 11 11
3 12 12
(1) trở thành :
2  13 
6
t  3x t 
3x x
2 2 2 2
tx x tx x t x
tx x t
t tx x
2 6 13 39 6 54
15 21 6 0
2 5 7 0
     
  2  2

 2   2

Có dạng: a – b + c = 2 +5 – 7 = 0
 PT có 2 nghiệm: t1 = -1(loại) , t2 =
7 x
2
2
Với t2 =
7 2
2
x  3x2 –x + 1 =
7 2
2
   

x  x2 + 2x – 2 = 0  1
2
1 3
1 3
x
x
   
(tmđk)
Câu III.1
x y xy x y xy xy
2 1(1) 2 2 1(3)
2 6 11(2) 2 6 11(4)
 2  2      2
      x  y 
x  y
  x  y  y 2  x   
x  y  y 2
 x
 Đặt a = x+y , b = xy, (đk: a > 0)
(1) trở thành : a2 – 2b + 2b
a
= 1
 a2-1 = 2b - 2b
a
 (a-1)(a+1) = 2b a 1
  
  a


(a-1) a 1 2b
     
 a

=0
a nhan
1
a 2
a b
1( )
2 0
 
     
   
a b nhan
 2

2
3
1 1 8 ( )
2 0 2
1 1 8 ( ) (vi 0)
2
a a b
a b loai a
   
   
  

3. *TH1 :
Với a=1  x+y = 1  y = 1-x thay vào (2) ta được:
x 1 x  21 x2  6x 11
 1 = 2 – 4x + 2x2 - 6x + 11
 2x2 - 10x + 12 = 0
 x2 - 5x + 6 = 0
 x1 = 3 hoặc x2 = 2
 y1 = -2 và y2 = -1
*TH2: Với a 2
  1  1  8
b
thay vào đặt a =x+y, b = xy ta được:
2
              
    
       
    
x y 1 1 8 b 2  x y 
1 1 8
b
2
x . y b x .
y b
4 x 2 8 xy 4 y 2
4 x 4 y 1 1 8
xy
x 2 y 2
x y
0 (Vo nghiem vi dk: a=x+y > 0)
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : (x,y) = (3 ;-2) ; (2 ;-1)