KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN pot

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

f x g x
f x g x
≥

= ⇔

=

+)
( ) ( ) 0
( ) ( )
( ) ( )
f x hoac g x
f x g x
f x g x
≥

= ⇔

=

+)
3
3
( ) ( ) ( ) ( );f x g x f x g x= ⇔ =
+)
3 3
( ) ( ) ( ) ( )f x g x f x g x= ⇔ =
* Chú ý trong các công thức trên thông thường
( ) & ( )f x 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
2
1 11
1 11
1 11
12 11 9
11 1 2 (11 )( 1) 4
12 11 3
x
x
x
x x
x x x x
x x
≤ ≤
≤ ≤


≤ ≤

 
⇔ ⇔ ⇔
  
− + − =
− + − − − − =
− + − =






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

≤ ≤
≤ ≤


⇔ ⇔
 
= =
− + =


Vậy nghiệm của PT là x=2, x=10
Hỏi lời giải trên Đúng hay Sai? Vì sao?
Vấn đề Sai ngay từ bước biến đổi đầu tiên( mở rộng điều kiện xác định dẫn đến thừa
nghiệm ).
Khắc phuc:
(1)
2
1 11
1 11 1 11
11 1 2 4 0
11 1 4 1 4 2 1 4
4 4 8 16
x
x x
x x x
x x 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

≤ ≤
≤ ≤


⇔ ≤ ⇔ ⇔ =
 
= =



− + =

Vậy nghiệm của PT là x=2./.
BT 1 ( vận dụng ): giải PT
4 1 1 2x x x+ − − = −
( đáp số x= 0 )
BT 2 ( vận dụng nâng cao ) giải PT
2 2
3 1 9 10 9x x x x x+ − − − = −
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
- Tiếp tục khai thác phát triển kĩ thuật 1 ta mạnh dạn đưa vào áp dụng cho PT có số
lượng biểu thức căn nhiều hơn sau đây.
Ví dụ 4: giải PT
3 2 2 3 4 3 2x x x x+ + + = + + +
- Tổng quát ví dụ 4: dạng
ax mx pxb cx d n q+ + + = + + +
a,b,c,d,m,n,p,q là các hệ số thực thỏa mãn đk
a c m q
b d n q
+ = +


+ = +

PP giải: PP biến đổi, kĩ thuật giải: bình phương 2 vế 2 lần(đk)
BT 3 ( vận dụng ): giải các PT
a)
2 5 3 5 11 4 9x 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
x x
1
1 2 x x 1
( Theo Đại học khối A - 2010 )
HD:
Ta có:
( ) ( )
 
 
 
− + = − + ≥ ∀ ⇒ − − + < ∀
 ÷
 
 
 
2
2 2
1 3 3
2 x x 1 2 x , x 1 2 x x 1 0, x
2 4 2
pt
( )
⇔ − = − − +
2
x x 1 2 x x 1

( )

( )
⇔ − + = + −
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



− ≥
+ − ≥

⇔ ⇔
 
− =
− =



2
1 x 0
x 1 x 0
(1 x ) x
1 x x
−
⇔ ⇔ =
3 5
x
2
- BT5 trên đây đã có sự kết hợp tinh tế giữa KT1 với một góc nhìn mới mà các em sẽ
được khai thác mở rộng sâu hơn trong phần cuối của bài viết và phần PP đặt ẩn phụ.
- Sau đây các em hãy nhìn lại phần c bài tập 3 ở trên và xét ở góc độ khác với một
cách nhìn khác; lưu ý ta đã biết rằng
a b
a b
a b
−
− =

+
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
1 1
10 1 9 4 3 5 2 2x x x x
+
+ + + − + −
>0 với mọi x thỏa mãn đk trên)
- Hãy tìm cách tương tự đối với những bài 3ab, 4c xem sao……
- Tuy nhiên không phải bài nào cũng dễ dàng tìm được nhiều lơaj chọn trong cách
giải, ta xét ví dụ sau đây
Ví dụ 6: giải PT
2 2 2 2
3 7 3 2 3 5 1 3 4x x x x x x x− + − − = − − − − +
(1)
Giải: đk Khi đó
(1)
2 2 2 2
( 3 5 1 3 7 3) ( 2 3 4) 0x x x x x x x⇔ − − − − + + − − − + =

2 2 2 2
2 3
( 2)( ) 0
3 5 1 3 7 3 2 3 4
2 0 2( / )
x
x x 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
− =

− − −

⇔ = − ⇔ − − = ⇔


− =
− + + − + +

− + +

+) (2)
2( / )x t m⇔ =
+) (3)
2 1 2 3x x⇔ − + + =
( đã biết cách giải )
- Tổng quát cho ví dụ 7: dạng
ax ( )b m cx d n px q+ + + = +
a,b,c,d,m,n,p,q là các hệ số thực thỏa mãn đk
2
2
, , , 0
p a m c
q b m d
a c m p

= −

= −


≠

PP giải: PP biến đổi, kĩ thuật giải: nhân với biểu thức liên hợp ở vế trái làm
xuất hiện nhân tử.

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

x x x x
x
x x

+ + ≥
≥ −


+ + ≥ ⇔ + + ≥ ⇔


≤ −


+ + ≥

(*)
Khi đó, (1)
2
10 9 1 2x x x x⇔ + + = + + +
Do (*) nên ta xét 2 trường hợp sau
TH1:
1x ≥ −
,
(1)
2
2 2
2
3
0

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


+ =


TH2:
9x ≤ −
,
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
(1)
2
2 2
2
3
2 3 0
10 9 2 3
2
10 9 ( 2 3)
3 2 0
x
x
x x x 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)

2 2
2 5 2 2 3 6x x x x x+ + − + − = +
e)
2 2 2
3 2 6 5 2 9 7 0x x x x x x+ + + + + − + + =
f)
2 2 2
2 5 7 3( 7 6) 7 6 1x x x x x x+ − + − + = − −
g)
2 2
4 3 2 3 1 1x x x x x− + − − + = −
- Đôi khi lúc làm toán các em gặp phải những tình huống mà các phép biến đổi thông
thường đều bị vô hiệu hóa; đó lại là lúc mà các em phải quay về nguồn cội với kĩ
thuật tách, thêm – bớt nhằm xuất hiện nhân tử chung để đưa về PT tích (thậm chí
phải dùng đồng nhất hệ số)
4/ KĨ THUẬT 4: Đưa về PT tích
* Chú ý
+)
0
. 0
0
A
A B
B
=

= ⇔

=


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



≥



=



=





=


+)
0
. 0
0
0
A
A B
B
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
− =

⇔ − + − − = ⇔ − + − = ⇔

+ − =


KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
đã thạo cách giải
- chú ý ở các bài kiểu này các em phải đặt điều kiện ngay từ bước đầu tiên để tránh
sai sót khi BĐổi.
Ví dụ 10: giải các PT
a)
2
( 3) 2 1 3 11 6x x x x− − = − +

b)
2
(3 1) 3 2 3x x x x+ − = +
c)
2 2
( 2) 2 1 2 6x x x x+ − = + −
- Không phải khi nào việc đưa về tích cũng đơn giản như những ví dụ trên
Ví dụ 11: giải các PT
a)
2
3 2 2 3 3 2 3 2 7 6x x x x x+ + + = + + + +
( đưa về
( 2 3 2)( 2 3 3) 0x x x+ − + + − =
)
b)
2
2 8 9 2 12 1 3 2 0x x x x x+ − + + − − + − =
( đưa về
( 2 4)(2 2 3 1 1) 0x x x+ − + − − − =
)
- Tổng quát cho ví dụ 11: dạng

( )( ) 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+ − = + − = + −

cho ta 2 cách nghĩ sau:
Cách nghĩ 1: giả sử (1) được viết ở dạng

( 2 2 3 )( 2 2 3 ) 0a x b x c d x e x f+ + − + + + − + =
(2)
Nhân phá VT(2) và đồng nhất hệ số với VT(1) ta có hệ
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
2 5
2 3 4
3
af 1
2
ad be
ad be cf
ae bd
cd
bf ce
+ =


− + = −


+ = −


+ = −

+ =



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⇔ + − − + − − − =

- chú ý rằng việc tìm các hệ số trên chỉ là một trong rất nhiều phép thử. Nếu ở bước
chọn trên thay vì chọn a=1,d=1 ta chọn b=1, e=1 thì sẽ không tìm được a,c,d,f như
mong đợi; vấn đề là phải có góc nhìn tinh tế và kinh nghiệm chọn các hệ số đặc biệt
sẽ rút ngắn được thời gian đi tìm lời giải bài toán.
Cách nghĩ 2: ta phát hiện 5x – 4
≡
(x + 2) + 2(2x – 3)
Do đó (1)
2 2(2 3) 2 2 2 3 3 ( 2)(2 3) 0
2 2 ( 2)(2 3) ( 2 2 2 3) 2(2 3) ( 2)(2 3) 0
( 2)( 2 2 2 3) ( 2 2 2 3) 2 2 3( 2 2 2 3) 0
( 2 2 2 3)( 2 2 3 1) 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
⇔ + + − − + + − − + − =
⇔ + − + − − + − − + − − + − =
⇔ + + − − − + − − − − + − − =
⇔ + − − + − − − =
Ta thu được kết quả như giống cách nghĩ trên việc còn lại giải nốt trọn vẹn
bài toán là hoàn toàn không khó với các em.
.
- Để kết thúc bài viết kĩ thuật chuyên sâu về PP biến đổi giải PT chứa ẩn trong căn
sau đây các em sẽ được tham khảo những cách nhìn mới, tinh tế và độc đáo giúp các
em hiểu được rằng việc tư duy linh hoạt, sáng tạo, tỉ mỉ trong giải toán là không thể
thiếu…
BT 9 ( vận dụng nâng cao ): giải các PT
a)
2 2

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

=1 với u = x + 3 , v =
( ) ( )
4 12x x− +
)
Tập nghiệm S=
{
}
31 3;4 2 4− −
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
- Sau đây là hướng giải quyết cho BT9 phần a, các phần còn lại xin dành cho các em
suy nghĩ, tìm tòi.
BT 9 a)
Giải: đk
2
2
2 7 3 0
7 0
1

2
2 15 7 0
3 0
x x
x
x
x x
x

+ + ≥


+ ≥
−

⇔ ⇔ ≥

+ + ≥


+ ≥

(*)
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

2 1 3 0 2 1 9 4( / (*))x x x t m+ − > ⇔ + > ⇔ >
Khi đó
2
2
2
(2) 2 1 6 2 1 9 7 2 ( 7)( 3) 3
10 21 3 2 1
10 21 18 9
8 11 0
4 5( / )
4 5( / )
x x x x x x
x x x
x x x
x x
x t m
x kt m
⇔ + − + + = + − + + + +
⇔ + + = +
⇔ + + = +
⇔ − + =

= +
⇔

= −


Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất

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)

Vậy nghiệm của PT là x =
1 13±
- Tổng quát: af(x) + b
( )f x
+ c = 0
PP giải: đk
( ) 0f x ≥
Đặt t =
( ) 0f x ≥
PT thành at
2
+ bt + c = 0
- ta hãy mở rộng VD 1 ra một chút như VD 2 sau đây
Ví dụ 2: Giải PT
2 2
2 5 2 2 2 5 6 1x x x x+ + − + − =
Giải: đk
2
2
2 5 2 0
2 5 6 0
x x
x x

+ + ≥


+ − ≥



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
≥

− ≥ ≥
 

⇔ − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ =
−

  
= =
− = − + − =
 


t = 3 ta được
2 2 2
7
2 5 2 3 2 5 2 9 2 5 7 0 1,
2
x x x x x x x x
−
+ + = ⇔ + + = ⇔ + + − = ⇔ = =
Vậy nghiệm PT là
7
1,
2
x x
−
= =
- Nhận thấy ví dụ trên có rất nhiều cách lựa chọn khi đặt ẩn, các em hãy suy nghĩ
thêm và tìm cho mình cách đặt tốt nhất, dễ hiểu và hiệu quả.
BT 1 giải PT
a)
2 2
2 3 3 2 3 2 1x x x x− + + − − + =

b)
3 2 3 2

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

Ví dụ 3: Giải các PT
a)
3
2 3 2 3 6 5 8 0x x− + − − =
b)
3
9 5 8x x− = − +
c)
3
9 1 2x x− + − =
d)
3 33 3
2 2 1 3 7 4x x+ + − =
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
BT 2 (vận dụng) Giải PT

3
2 1 1 1x x x− + − = − −
- Tổng quát cho BT 2:
3
ax b c dx e f dx e g+ + + = + +
PP giải: Thông thường đặt t =
dx e+
≥
0 ( đk
0dx e
+ ≥
)
PT thành
2

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.

- Trên cơ sở ấy về nhà các em hãy tìm cách giải cho bài toán khó hơn sau đây
BT 2 (vận dụng nâng cao)
Cho PT
2
2( 3 2 1) 4 2 3 5 2 0x x x m x x− + − + − + − + =
( m là tham số )
a) giải PT khi m = 6
b) tìm m để PT có nghiệm
c) tìm m để PT có 4 nghiệm phân biệt
- Tổng quát:
( ) ( ) 2 ( )( ) 0m ax b cx d n a c x p n ax b cx d+ ± + + + + ± + + =
( đôi khi ax + b và cx + d có thể là những hàm khác khó hơn )
PP giải: đk…
đặt t =
ax b cx d+ ± +
(đk nếu có), lí luận đưa PT đã cho trở thành
nt
2
+ mt + q = 0 ( đã biết cách giải)
BT 3 Giải các PT
a)
2
7 6 7 6 2 49 7 42 181 14x x x x x+ + − − + − = +
b)
2
2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + −
c)
2
2
1 1

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 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
− =

− + − = ⇔ − − − = ⇔ − − + = ⇔

− + =

Như thế là ta có thể giải quyết vấn đề theo hướng trên một cách độc đáo
Ngoài ra, ở bước trên nếu gặp tình huống phức tạp hơn ta có thể coi (*) là PT bậc 2
với biến t còn x là tham số,
2 2
' 2 1 ( 1)
t
x x x∆ = − + = −
( chính phương - nghĩa rộng)
Nên (*)
( 1)
1
x x
t
± −
⇔ =
và được kết quả như trên.
Lời giải VD 5: 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 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

2 2
2
1
2 1 0
2 2 1
2
2 (2 1)
3 2 1 0
x
x
x x x
x x x
x x

− ≥
≥


− = − ⇔ ⇔
 
− = −


− + =

TH này vô nghiệm
Vậy PT đã cho có nghiệm là
1 2x = ±
- Tổng quát cho kiểu PT này phải chăng là

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)

Ví dụ 6: giải PT
2
1 1x x+ + =
Giải: đk
1 0 1x x+ ≥ ⇔ ≥ −
đặt y =
1 0x + ≥
khi đó ta có
2
1y x= +
, theo phép đặt thì PT đầu trở thành

2
1x y+ =
do đó ta có hệ sau

2
2
1 0(1)
1 0(2)
x y
y x

+ − =


− − =


(1) – (2) ta có x

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
≤

− ≥

−

+ = − ⇔ ⇔ ⇔ =
 

±
+ =
=



(t/m)
+) y = x + 1 tức là
2
1 0
1
1 1 0, 1( / )
0, 1
1 2 1
x
x
x x x x t m
x x
x x x
+ ≥
≥ −


+ = + ⇔ ⇔ ⇔ = = −
 
= = −
+ = + +


vậy PT đã cho có nghiệm là

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

2 1 1y y x− + = +
, theo phép đặt thì PT đầu trở
thành

2
1 2 1 2y x x− = − + −
do đó ta có hệ sau
KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)

2
2
2 0(1)
2 0(2)
x x y
y x y

− − =


− − =


(1) – (2) ta có x
2
– y
2
– (x – y) = 0
⇔
(x – y)(x + y – 1)=0
Ta thu được y = x hoặc y = - x + 1

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
 

+ = − + − − − − − =
 
⇔
 
+ + = + − + + + =
 
 
Quan sát (1), để cho hệ dễ dàng giải được ta tiếp tục mạnh dạn chọn
a = 1(tất nhiên a = -1 vẫn được) khi đó thế vào hệ rồi (1) – (2) và chọn b để có thể
đưa được hệ về dạng tích, cuối cùng ta được b = - 1 và dẫn đến cách đặt thông minh
như ban đầu. ( với cách làm như thế ta có thể tìm được cặp a, b khác )
- Thật khó để các em có thể tìm được cách khác cho VD 8, sau đây là một số bài
luyện tập
BT 6 Giải PT
a)
2
18 13 3 2 1x x x− + = −
( làm tương tự để có cách đặt
3 1 2 1y x− = −
)
b)
2
3 1 4 13 5 2 3 3 1x x x y x+ = − + − ⇒− + = +
( làm tương tự để có cách đặt
2 3 3 1y x− + = +
)
c)
3
3
1 2 2 1x x+ = −

(§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

3 3
1 1 2x x− + + =
Giải: đặt
3
3
1
1
u x
v x

= −


= +


khi đó kết hợp PT đầu và cách đặt ta có hệ

3 3 3
2 2
2 2
8 6 2 1
2 ( ) 3 ( ) 2
u v u v
u v u v
uv uv
u v u v uv u v
+ = + =
+ = + =
 

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


+ =


. Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 0.
- Tất nhiên ví dụ trên có thể giải trực tiếp bằng cách BĐ tương đương luôn, nhưng
thực tế có những PT phải đặt 2 ẩn đưa về hệ mới mang lại hiệu quả.
Ví dụ 10: Giải PT
2 2
2
1 ( )
3
x x− = −
Giải: đk
[ ]
0;1x∈
đặt
, 0
2
3
u x
u
v 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

(1)
3
16
2 4 1(2)
81
u v
u v uv

+ =




− + =


từ (2) tìm được uv rồi kết hợp với (1) để suy ra u, v
từ đó giải quyết được bài toán đã cho.
BT 7 Giải PT
a)
3 3
14 12 2x x+ + − =

b)
4 4
40 57 5x x+ + − =
c)
3 3 3
1 1 5x x x+ + − =
( vận dụng nâng cao – chia và đặt 2 ẩn đưa về hệ )

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 )

Ví dụ 13: Giải PT
2 3
4 6 4 3 8x x x− + = +
HD:

2 2
2 2
2( 2 4) 2( 2) 3 ( 2 4)( 2)
2 3 2 0
PT x x x x x x
u uv v
⇔ − + − + = − + +
→ − − =
( làm tương tự trên )
- Trong 3 ví dụ trên các em hãy mở rộng và khái quát lên để được những lớp bài toán
hay.
6/ KĨ THUẬT 6: Đặt ẩn phụ lượng giác hóa ( Lớp 11 )
Ví dụ 14: Giải PT
xxx 341
32
−=−

HD: đ/k -1 ≤ x ≤ 1 đặt x = cost
[ ]
π
,0∈t
khi đó pt

2
2

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

ππππ
x
tttttttt
Ví dụ 15: Giải PT
12
35
1
2
=
−
+
x
x
x


HD: đ/k x > 1 hoặc x < -1
nhưng x < - 1 không thoả mãn(vì VT<0<VP) nên xét x > 1. Do đó
đặt x = 1/cost
txt tan1)
2
.0(
2
=−⇒∈
π

KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)

2
1 1/ cos 35 1 1 35

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
⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =

+ =



= + → ∈ − − = → = ⇒


=




=
=


⇒




=
=





BT 8 Giải PT ( vận dụng )

2 3 3 2
1 1 ( (1 ) (1 ) ) 2 1x x x x+ − + − − = + −
( đk
1 1x− ≤ ≤

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

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

bavu
xfbv
xfau
cxfbxfa
nn
n
n
nn
)(
)(
)()(
Nếu có căn f(x) và f(x) đặt t=
)(xf
Nếu có
( ), ( )f x g x
mà
( ). ( )f x g x a=
( hằng số dương )
đặt
( ) 0 ( )
a
t f x g x
t
= > ⇒ =
Nếu có
( ) ( )f x g x±
và
( ) ( )f x g x
mà
( ) ( )f x g x a± =

( 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:

KĨ THUẬT CHUYÊN SÂU GIẢI PT CHỨA ẨN TRONG CĂN NGUYỄN ĐÌNH HUY(THPT HÀM LONG)
- Đánh giá căn bản 2 vế của PT
1) f
2
(x) + g
2
(x) + t
2
(x) = 0





=
=
=
⇔
0)(
0)(
0)(
xt
xg
xf
2) f(x) + g(x) = a ( a là hằng số)
mà f(x) ≤ b , g(x) ≤ c (b + c =a )



=

=
⇔
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

+− xxx


PT
⇔
x
4
-
1622
22
+− xxx
+ x
2
-2x +16+ x
2
-4x+4 = 0

⇔
( x
2
-
162
2
+− xx
)
2
+ ( x-2)
2
= 0
⇔






=−
=+−−
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






=−
=+

⇔=−−++−
112
23
0)121()32(
2
2
x
xx
xxx
Bài 3: gpt:
14105763
22
+++++ xxxx
= 4 – 2x – x
2
Ta có vé trái
5949)1(54)1(3
22
=+≥+++++ xx
Vế phải 4 – 2x—x
2
= 5 – (x+1)
2
≤ 5 vậy phương trình chỉ thỏa mãn khi cả 2 vế
đồng thời bằng 5 khi và chỉ khi x = - 1 đó là nghiệm của phương trình
Bài 4: gpt:
6 10
4
2 3x x
+ =

− −

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+





−=
+
≤
⇔=
+

2
2
2
2
2
)4(
6
10
4
4
6
10
t
t
t
t
t
t
khi đócó PT: t
4
-8t
3
+12t
2
-48t+96=0
hay (t-2)(t
3
-6t
2
-48)=0 Có nghiệm t=2 suy ra x=1/2

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

21
21
21
≥
−
+
+
+
−
x
x
x
x
dấu bằng xâỷ ra khi
0
21
21
21
21
=⇔
−
+
=
+
−
x
x
x
x
x

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

xx
( đk
2
1
2
2
x≤ ≤
)
Áp dụng bất đẳng thức Bu nhi a cốp ski ta có






=−++≤−+=−+
=−++≤−+=−+
2)
1
2(
1
)(11(
1
2.1.1
1
2
1
2)2()(11(2.1.12
22
22

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.

CHÚC CÁC EM HỌC TỐT, THÀNH ĐẠT!
−−−−−−−−−−−−♦♦♦−−−−−−−−−−−−