KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA ẨN TRONG CĂN
LỜI TỰA: Phương trình chứa ẩn trong căn là một trong những mảng kiến
thức hay của chương trình Toán 10; tần số xuất hiện trong đề thi Đại học hàng năm
tương đối cao. Về căn bản các em đã được học các phương pháp giải PT chứa ẩn
trong căn; trong đó phải kể đến 3 PP cơ bản hay gặp nhất, đó là:
PP biến đổi ( bđ tđ, bđ về pt hệ quả )
PP đặt ẩn phụ ( đổi biến )
PP đánh giá
Tuy nhiên vì vấn đề thời lượng các em chưa thể lĩnh hội được nhiều kĩ thuật giải
trong mỗi PP. Để đáp ứng nhu cầu tìm tòi, khám phá, sáng tạo và đặc biệt là ôn thi
Đại học của các em, sau đây chúng ta sẽ nghiên cứu chuyên sâu từng PP giải trên và
khai thác mở rộng để thấy được cái hay trong từng tình huống, từng bài toán cụ thể.
I )Phương pháp biến đổi
Trước đây các em đã được làm quen việc bình phương(hoặc mũ 3) 2 vế của
một phương trình trong một điều kiện xác định nào đó.
1/ KĨ THUẬT 1: Bình phương( mũ hóa ) 2 vế
- Kiến thức cơ bản :
+)
2
( ) ( 0) ( ) ;f x a a f x a= ≥ ⇔ =

+)
2
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x= ⇔ =
+)
2
( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
g x

là các hàm
xác định trên R; các trường hợp khác phải tìm điều kiện xác định trước khi biến đổi
Ví dụ 1: giải PT
2
4 2 2 1x x x− + = −

HS tự làm – vận dụng kiến thức quen thuộc: bình phương 2 vế (điều kiện)
- có những PT phải bình phương 2 vế 2 lần mới khử hết căn bậc 2, ta xét các PT dưới
đây
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
Ví dụ 2: giải các PT
a/
1 2 2 3x x x+ + − = +
b)
1 2 3x x+ + − =
c)
2 3 2 4 1x x x− + + − +
=0
- Hãy luôn nhớ đến điều kiện khi biến đổi, tìm thao tác dễ hiểu nhất cho mình.
- Tổng quát: dạng
ax ex 0m b n cx d p f+ + + + + =
(có 3 căn b2 hoặc 2 căn và 1 số
khác không)
PP giải: PP biến đổi, kĩ thuật giải: bình phương 2 vế 2 lần(đk)
- Tình huống mới nảy sinh: xem bài toán sau
Ví dụ 3: giải PT
11 1 2x x− − − =
(1)
Một bạn HS giải như sau:
(1)


2
1 11
1 11
2, 10
12 20 0
x
x
x x
x x
≤ ≤
≤ ≤


⇔ ⇔
 
= =
− + =


2, 10x x⇔ = =
2
1 11
1 11
2, 10
12 20 0
x
x
x x
x x

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

2
1 11
1 4
4 2
2, 10
12 20 0
x
x
x x
x x
x x

≤ ≤
≤ ≤


⇔ ≤ ⇔ ⇔ =
 
= =

( Đk
11
5
x
−
≥
… nghiệm là x = - 2)
b)
2 1 7 6 6 16 3 2x x x x+ − + = + − +
c)
10 1 2 2 9 4 3 5x x x x+ − − = + − −
( Dự bị Đại học khối B-2008 )
- Bài tập củng cố-về nhà
BT 4: giải các PT
a)
5 1 3 2 1x x x− − − = −
b)
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7 0x x x x x x+ + + + + − + + =
c)
8 2 2 3 7 4 5x x x x+ + + = + + +
d)
8 2 7 1 7 4x x x x+ + + + + − + =
e)
3 3 3
1 2 2 3x x x− + − = −
( mở rộng nâng cao )
BT 5: giải PT
( )
−

( )
⇔ − + = + −
2
2 x x 1 x 1 x
( )
( )
( )
 
⇔ − + = + −
 
 
2
2
2 1 x x x 1 x
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
( )
( )
( )

+ − ≥

⇔

− − =


2
x 1 x 0
1 x x 0


+
và
a b
a b
a b
−
+ =
−

( nhân với biểu thức liên hợp)
Tất nhiên các biến đổi thực hiện trong điều kiện xác định.
2/ KĨ THUẬT 2: Nhân liên hợp
Ví dụ 5: giải PT
10 1 2 2 9 4 3 5x x x x+ − − = + − −
(1) (Dự bị Đại học khối B-2008)
Giải: đk
5
3
x ≥
. Khi đó
(1)
( 10 1 9 4) ( 3 5 2 2) 0x x x x⇔ + − + + − − − =

1 1
( 3)( ) 0
10 1 9 4 3 5 2 2
3 0 3( / )
x
x x x x
x x t m

− − + − + − + − +
⇔ − = ⇔ =
(Vì ….)
- Thật khó để tìm được cách giải khác cho ví dụ 6 ở trên! Tiếp theo đây các em hãy
suy nghĩ xem KT2 có vận dung được cho những bài tập kiểu khác hay không?
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
Ví dụ 7: giải PT
2 1 2 2x x x− − + = −
(1)
Giải: đk
1x ≥
. Khi đó
(1)
2 0(2)
4( 1) ( 2) 3
2 ( 2)( 1) 0
3
1 0(3)
2 1 2 2 1 2
2 1 2
x
x x
x x
x x x x
x x
− =

− − −

⇔ = − ⇔ − − = ⇔

BT 6 ( vận dụng ): giải các PT
a)
3
4 1 3 2
5
x
x x
+
+ − − =
b)
3 2 (1 2011 ) 1x x x x− − = − −
- Có những tình huống đề bài toán có chứa biểu thức căn lồng(căn trong căn) hoặc
xuất hiện đan xen căn thức với giá trị tuyệt đối đòi hỏi ta phải chia khoảng và xét
từng trường hợp có thể xảy ra của biến x. ta xét ví dụ sau đây với kĩ thuật đó
3/ KĨ THUẬT 3: Chia khoảng
Ví dụ 8: giải PT
2 2 2
10 9 2 1 4 4x x x x x x+ + = + + + + +
(1)
Giải: đk
2
2 2
2
10 9 0
1
2 1 0 10 9 0
9
4 4 0
x x
x

2 3 0
10 9 2 3 ( / )
2
2
10 9 (2 3)
3 2 0
3
x
x
x
x x x t m
x
x x x
x x
−
=


+ ≥
≥



⇔ + + = + ⇔ ⇔ ⇔
−
 

=
+ + = +


 
+ + = − −


+ =

Vậy PT đã cho có nghiệm là
0x
=
,
2
3
x
−
=
.
BT 7 ( vận dụng ): giải các PT
a)
3
2 1 2 1
2
x
x x x x
+
+ − + − − =
b)
2 1 2 1 1x x x x x+ − + − − = −
c)
3 1 5 1x x− = + − −
d)

( trong điều kiện xác định )
+)
0
0
0
. 0 0
0
0
0
0
A
A
B
A B B
B
A
A
B

 ≥


≥



=
 

= ⇔ ≥ ⇔



= ⇔
≥



=

( trong điều kiện xác định )
Ví dụ 9: giải PT
2
( 2) 3 2 4x x x x− + = −
(1)
Giải: đk
3x ≥ −
Khi đó (1)
2 0
( 2) 3 2 ( 2) 0 ( 2)( 3 2 ) 0
3 2 0
x
x x x x x x x
x x
− =

⇔ − + − − = ⇔ − + − = ⇔

+ − =



( )( ) 0ax b c mx n d px q e mx n px q+ + + + + + + + =
Hãy cố gắng tìm mọi cách biến đổi để đưa về PT tích
(khi những cách thông thường, đơn giản không giải quyết được)
BT 8 ( vận dụng ): giải các PT
a)
2
5 4 2 2 2 3 3 2 6 0x x x x x− − + + − − + − =
(1)
b)
2
3 8 2 3 1 11 1 3 4 1 0x x x x x+ + + − + + + + =
( PTb
( 3 1 2 1 3)( 3 1 3 1 1) 0x x x x⇔ + + + − + − + + =
)
c)
2
3 1 2 1 4 1 1 0x x x x+ + − − + + − =
( PTc
( 1 2 1 )( 1 1 2) 0x x x x⇔ − − + − + + − =
)
- Ta hãy phân tích chi tiết những cách nghĩ nhằm giải quyết bài toán phần a BT8 sao
cho tự nhiên và thấy được ngồn gốc của vấn đề
Đk
3
2
x ≥
, khi đó
2
2 6 ( 2)(2 3) 2. 2 3x x x x x x+ − = + − = + −



mạnh dạn chọn a=1, d=1 ta có
2
3 6
3
f 1
2
be
be cf
e b
c
bf ce
=


− + = −


+ = −


+ = −

+ =


Từ đó tìm được b = -2, e = -1, c = 0, f = -1
Do đó (1)
( 2 2 2 3)( 2 2 3 1) 0x x x x⇔ + − − + − − − =


2 7 3 3 7 4 2 15 7 3 3x x x x x x+ + − + = − + + + +
b)
2 2 2
2 6 5 4 12 6 0x x x x x− + + + − + + =
(
2( ) 2 .u v u v u v u v+ = + ⇔ = +
)
c)
2 2 2
3 2 6 5 4 3 11 0x x x x x x− + + + + − − + =
(
3 2 . 2u v u v u v u+ = + ⇔ =
)
d)
2 2 2
2 3 4 3 7 6 19 45 58x x x x x x− + − + + = + +
(
2 3 4 7 12 . 2 0u v u v u v v− = + ⇒ − + =
)
e)
( ) ( ) ( )
3 4 12 28x x x x+ − + = −
( kiểu 2uv = u
2
+ v
2
- 1
↔
(u - v)
2

+ ≥
−

⇔ ⇔ ≥

+ + ≥


+ ≥

(*)
Khi đó ta có 4 = (x + 7) – (x + 3) =
( ) ( )
7 3 7 3x x x x+ + + + − +
Nên (1) tương đương với
( ) ( )
( ) ( ) ( )
(2 1)( 3) 3 7 7 3 7 3 (2 1)( 7) 3 3
7 3 2 1 7 3 ( 7 3 3)
2 1 7 3 3
2 1 3 7 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
+ + − + = + + + + − + − + + + +
⇔ + + + + = + + + + − + +
⇔ + = + − + +
⇔ + − = + − +
Do (*) nên VP(2) > 0 vì thế ta chỉ cần xét (2) với

4 5x = +
.
- Cuối cùng các em hãy phát triển và hoàn thiện chuyên đề theo hướng tư duy dưới
đây

II) Phương pháp đặt ẩn phụ
- Kĩ thuật đầu tiên cần xem xét mà các em đã được hoc là
1/ KĨ THUẬT 1: Đặt 1 ẩn đưa về PT 1 ẩn mới( đặt ẩn phụ hoàn toàn )
Ví dụ 1: Giải PT
2 2
2 2 3 15 0x x x x− + − − − =
Giải: đk
2
2 3 0x x− − ≥
Đặt t =
2
2 3 0x x− − ≥
PT thành t
2
+ t – 12 = 0
⇔
t = 3, t = - 4 (loại)
t = 3 ta được
2 2 2
2 3 3 2 3 9 2 12 0x x x x x x− − = ⇔ − − = ⇔ − − =
⇔
x =
1 13±
(t/m)
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)

Đặt t =
2
2 5 2x x+ + ≥
0, PT thành
t - 2
2
8t −
= 1

2
2 2 2
1
1 0 1
2 8 1 3
11
3,
4( 8) ( 1) 3 2 33 0
3
t
t t
t t t
t t
t t t t
≥

− ≥ ≥
 

⇔ − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
−

4 1 3x x x x− + + − + =
c)
4 8
4
x
x x+ − = −
- Tổng quát cho ví dụ 2:
a
( )
m
f x
+ b
( )
n
pf x q+
+ c = 0
trong đó thông thường
{ }
, 1,2,3m n∈
PP giải: đặt t =
( )
m
f x
, hoặc đặt t =
( )
n
pf x q+
(tuỳ tình huống cụ thể)
Đưa về PT một ẩn t biết cách giải
- Vận dụng dạng trên ta nghiên cứu các ví dụ 3 sau đây

3
.mt nt p f t g+ + = +
( đưa về PT bậc 3 nhẩm được 1 nghiệm
∈¤
)
- Những bài kiểu như ví dụ 3 hay BT 2 thường có nhiều cách lựa chọn khi đặt ẩn phụ
(thậm chí đưa về hệ 2 ẩn, 2 PT biết cách giải mà ta sẽ nghiên cứu ở phần sau); bây
giờ các em đi tìm hiểu một dạng mới thông qua ví dụ sau
Ví dụ 4: Giải PT

2
5( 3 2 1) 4 9 2 3 5 2 0x x x x x− + − + − + − + =
- ở ví dụ này ta thấy có sự khác biệt so với các phần trên, tuy nhiên tinh ý một chut
các em sẽ phát hiện rằng

2
4 9 3 2 1 6,3 5 2 (3 2).( 1)x x x x x x x− = − + − − − + = − −
Do đó nếu ta đặt t =
3 2 1x x− + −
0
≥
( với đk
1x ≥
) thì

2 2
4 9 2 3 5 2 6x x x t− + − + = −
PT đã cho trở thành t
2
+ 5t – 6 = 0 các em đã giải quyết trọn vẹn bài toán.

3
x x x x+ − = + −
d)
2 2 2
2 (1 ) 3 1 (1 ) 0x x x+ − − + − =
( mở rộng nâng cao )
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
( đk, xét trường hợp riêng, chia rồi đặt)

BT 4 (vận dụng nâng cao) Cho PT

8 1 (1 )(8 )x x x x m− + + + + − =
a) giải PT khi m = 3
b) tìm m để PT có nghiệm.
2/ KĨ THUẬT 2: Đặt 1 ẩn đưa về PT 2 ẩn (ẩn mới + ẩn cũ)( đặt ẩn phụ k hoàn toàn )
Ví dụ 5: giải PT
2 2
1 2 2x x x x− = −
- Để tìm hướng giải bài toán, ta mạnh dạn đặt t =
2
2x x−
(đk
2
2 0x x− ≥
)
Khi đó
2 2 2 2
2 2x x t x t x− = ⇒ = +
, nên PT có thể viết ở dạng


2
2x x−
(đk
2
2 0x x− ≥
)
Khi đó
2 2 2 2
2 2x x t x t x− = ⇒ = +
, nên PT có thể viết ở dạng

2 2
1 0
2 2 1 0 1 2 ( 1) 0 ( 1)( 2 1) 0
2 1 0
t
t xt x t x t t t x
t x
− =

− + − = ⇔ − − − = ⇔ − − + = ⇔

− + =

+) t = 1 ta được
2 2
2 1 2 1 0 1 2( / )x x x x x t m− = ⇔ − − = ⇔ = ±
+) t = 2x - 1 ta được

2

a ( ) ( ) ( ) 0f x bx c f x px q+ + + + =
(các hệ số a,b,c,p,q t/m đk nào đó)
PP giải : đặt ẩn phụ không hoàn toàn
đặt t =
( )f x
≥
0, đưa PT về là PT bậc 2 ẩn t ( coi x là tham số tạm thời !)
at
2
+ (bx + c)t + px + q = 0
t
∆
= (bx + c)
2
– 4a(px + q) = …
- Luyện tập giải các PT sau theo kĩ thuật trên :
BT 5 Giải các PT
a)
2 2
1 2 2x x x x− = +
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
b)
2 2
4 7 (2 4) 2 4x x x x x+ + = + − +
c)
3 3
(4 1) 1 2 2 1x x x x− + = + +

3/ KĨ THUẬT 3:
Đặt 1 ẩn đưa về HPT 2 ẩn (ẩn mới + ẩn cũ)( đặt ẩn phụ không hoàn toàn)

2
– y
2
+x + y = 0
⇔
(x + y)(x – y + 1)=0
Ta thu được y = - x hoặc y = x + 1
+) y = - x tức là
2
0
0
1 5
1
1 5
2
1
2
x
x
x x x
x x
x
≤

− ≥

−

+ = − ⇔ ⇔ ⇔ =
 

1 5
2
x
−
=
,
0, 1x x= = −
.
Ví dụ 7: giải PT
2
5 5x x+ + =
( hoàn toàn tương tự VD 6 )
- Tổng quát cho VD 6 – 7 :

2
x x a a± + =
PP giải: Đặt 1 ẩn đưa về HPT 2 ẩn đã biết cách giải; có thể được hệ đối xứng
hoặc hệ biến đổi đưa về tích.
- sau đây các em sẽ làm quen với những bài toán khó hơn đòi hỏi những góc nhìn
tinh tế và độc đáo hơn. Hãy nhớ lại kĩ năng chọn hệ số thông qua việc đồng nhất hệ
số mà ta đã được làm quen ở phần trước.
Ví dụ 8: giải PT
2
1 ( 1) 2x x+ = − −
Giải: đk
1 0 1x x+ ≥ ⇔ ≥ −
đặt y – 1 =
1( 1)x y+ ≥
khi đó ta có
2

Đến đây các em hoàn thiện bài toán như VD 6 ở trên.
- Vấn đề quan trọng nhất là tại sao tự nhiên lại nghĩ ra cách đặt y – 1 =
1( 1)x y+ ≥

Mà không phải là y =
1 0x + ≥
như thông thường?
Lý giải điều ấy như sau: trước hết nếu đặt y =
1 0x + ≥
thì bài toán chưa thể giải
quyết dễ dàng ngay được. Dó đó ta phải nghĩ đến phương án khác và mạnh dạn nghĩ
xem cách đặt
1x ay b+ = +
có giúp được gì không?
khi đó ta có
2 2 2
2 1a y aby b x+ + = +
, theo phép đặt thì PT đầu trở thành

2
2 1 2ay b x x+ = − + −
do đó ta có hệ sau

2 2
2 2 2 2 2 2
2 1 2 2 1 0(1)
2 1 2 1 0(2)
ay b x x x x ay b
a y aby b x a y x aby b
 

(§Æt
3
2 1x y− =
ta có
3
3
1 2
1 2
x y
y x

+ =


+ =


trừ theo vế dẫn đến
(x- y)(x
2
+ y
2
+ xy + 2) = 0 và nghiệm PT đã cho là x = 1, …)

4/ KĨ THUẬT 4:

Đặt 2 ẩn đưa về HPT 2 ẩn (thậm chí có bài phải đặt 3 ẩn phụ)
Được hệ PT đối xứng hoặc đã biết cách giải
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
Ví dụ 9: Giải PT

 
⇔ ⇔ ⇔
   
− = =
+ = + − + =
 
 
1
1
u
v
=

⇔

=

Ta được
3
3
1 1
0
1 1
x
x
x

− =

⇔ =


khi đó từ PT đầu và cách đặt ta có hệ

4 4 4 4 4 2 2 2
4 2
2
2 2 2
3
3 3 3
1 1 ( ) 4 ( ) 2 1
1
u v
u v u v u v
u v u v u v uv u v u v
u v

  
+ =
+ = + = + =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
   
− = + = + − + + =
− =
  


2 2
2

5/ KĨ THUẬT 5:
Đặt 2 ẩn đưa về PT 2 ẩn và biến đổi làm xuất hiện nhân tử chung, đưa về PT tích
Ví dụ 11: Giải PT
2 2 2
4 4 10 3 ( 3 2)(2 2 6)x x x x x x+ + = + + − +
HD:
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)

2 2 2
2 2 2
2 2 2
2(2 2 5) 3 2 ( 3 2)( 3)
2( ) 3 2( ) 9 2 5 2 0
, : 25 16 9 ( . )
u
PT x x x x x x
u v uv u v uv u uv v
tich hay v v v chinh phuong
⇔ + + = + + − +
→ + = → + = → − + =
→ ∆ = − =
( chú ý ở trên cần tinh tế: phải đặt đk uv không âm mà v luôn dương nên u không
âm nên tồn tại căn bậc hai của u )
Ví dụ 12: Giải PT
3 2 3
3 2 ( 2) 6 0x x x x− + + − =
HD: ( đặt
3 2 3 2
2 3 2 0 ( ) ( 2 ) 0y x x xy y x y x y= + → − + = ⇔ − + =
,hãy sáng tạo thêm )

4
3
cos,
2
22
8
5
cos,
2
22
8
cos
4
3
,
8
5
,
8
)
2
cos(3cos3cossincos3cos4cos1
32
−=
−−
=
+
==⇔
=⇔−=⇔=⇔−=−
πππ

12(sin cos ) 35sin cos
cos sin / cos 12 cos sin 12
1 1 35
cos sin 12
sin cos (1, 2),35 24 35 0 7 / 5
1 1 25
cos sin 12
1 5
5
cos 3
3
1 5
5
cos 4
4
t
pt t t t t
t t t t t
t t
dat u t t u u u u
t t
x
t
x
t
⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =

+ =



, lí luận PT không có nghiệm
1 0x− ≤ <
, xét
0 1x≤ ≤
đặt x = cos2t, t
0;
2
π
 
∈
 
 
)
* Chú ý:




=+
+=+
⇒





+=
−=
→=++−
cvu

( hằng số )
đặt
( ) ( )t f x g x= ±
rồi biểu diễn
( ) ( )f x g x
theo
2
t
Nếu có
2 2
a x−
đặt
sin ,
2 2
x a t t
π π
= − ≤ ≤
Nếu có
2 2
x a−
đặt
, 0
sin 2 2
a
x t t
t
π π
= − ≤ ≤ ≠
III) Phương pháp đánh giá
Với các KĨ THUẬT:

=
⇔
cxg
bxf
)(
)(
3) f(x) = g(x) , f(x) ≤ a, g(x) ≥ a



=
=
⇔
axg
axf
)(
)(
- Đánh giá 2 vế của PT theo từng khoảng xác định của ẩn x
- Đánh giá bằng việc sử dụng những BĐT quen thuộc
Đặc biệt là BĐT Cô si, Bunhiacốpxki
- Đánh giá bằng việc sử dụng tính đơn điệu của hàm số
- Đánh giá bằng việc sử dụng đạo hàm bậc 1, bậc 2 (Lớp 11,12)./.
Bài tập vận dụng và hướng dẫn cách làm :
Bài1: gpt x
4
+ 2x
2
-6x +20 =
1622
22






=−
=+−−
02
0162
22
x
xxx

⇔
x = 2
vậy phương trình có 1 nghiệm x = 2
Bài2: gpt: 4x
2
+ 3x +3 = 4x
1223 −++ xx

đ/k x ≥ 1/2 phương trình tương đương






=−
=+

− −

KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
đ/k x < 2 đặt
22
6
13
6
20
2
6
t
x
t
x
x
t +=−⇔=−⇒>
−
=
Pt thành t+





−=
+
≤
⇔=
+

cònphương trình: t
3
-6t
2
-48=t
2
(t-6) -48 < 0 với o<t≤ 4 vô nghiệm,
vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=1/2
Bài 5: gpt :
x
x
x
x
xx
21
21
21
21
2121
−
+
+
+
−
=++−

điều kiện - 1/2<x< ½
Xét vế phải theo bất đẳng thức cô si ta có
2
21

Xét vế trái ta có
22)21)(21(22)2121(
2
+≤+−+=++− xxxx

suy ra vế trái ≤ 2 dấu bằng xẩy ra khi x = 0
vậy x = 0 là nghiệm duy nhất của phương trình
Bài 6: gpt:
)
1
(4
1
22
2
2
x
x
x
x +−=−+−

PT tương đương với
4
1
2
1
2
2
2
=−++−+
xx

22
222222
xxx
x
xx
xxxxxx

Do đó
4
1
2
1
2
2
2
≤−++−+
xx
xx

dấu bằng xẩy ra khi x = 1 và đó là nghiệm duy nhất của phương trình
- Các kĩ thuật khác liên quan đến kiến thức lớp 11 – 12, các em sẽ được nghiên cứu
sau.
- như vậy về căn bản các em đã có một lượng kiến thức và kĩ năng tương đối đầy đủ
để giải các phương trình chứa ẩn trong căn đặc biệt những kinh nghiệm quí ấy hầu
hết vẫn được sử dụng trong quá trình giải bất phương trình chứa ẩn trong căn thức.
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
Tuy nhiên kho tàng kiến thức Toán học là vô tận; với những phân tích trên đây các
em phần nào hiểu thêm rằng người học – làm – nghiên cứu về Toán đòi hỏi phải luôn
luôn biết tìm tòi, sáng tạo và tư duy linh hoạt. Tôi mong rằng các em tiếp tục bổ sung
những kĩ thuật mới, những dạng toán mới để bài viết được hoàn chỉnh hơn.