skkn một số phương pháp giải các phương trình bậc cao trên và các bài tập minh hoạ

Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương

PHẦN MỞ ĐẦU
ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Mở đầu
Toán học là bộ môn khoa học cơ bản, được ứng dụng trong các ngành khoa học khác.
Hiện nay, chúng ta đang thực hiện chương trình cải cách giáo dục với nội dung
và kiến thức ngày càng cao. Việc đòi hỏi học sinh phải nắm được kiến thức cơ bản
theo yêu cầu mới là học sinh phải biết vận dụng lý thuyết vào giải quyết các bài tập
thực tế. Trong chương trình toán học THCS, ở mỗi phân môn như: Số học, Đại số,
Hình học…. đều có những dạng toán riêng. Mỗi dạng toán đòi hỏi phải có những
phương pháp riêng, phương pháp nghiên cứu nó một cách hợp lý thì mới có thể học và
đào tạo sâu được kiến thức cũng như việc hình thành kỹ năng, kỹ xảo cho học sinh.
Khi giải các bài tập toán học không những đòi hỏi học sinh phải linh hoạt trong việc áp
dụng các công thức mà còn phải biết đào sâu khai thác, phát triển bài toán để tổng quát
hóa, khái quát hoá kiến thức.
Trong quá trình giảng dạy phương trình trong chương trình đại số 8, 9, bản thân
tôi thấy giải phương trình bậc cao là một vấn đề khó và nan giải đối với các em học
sinh. Việc giải phương trình bậc cao đối với học sinh THCS chỉ đòi hỏi ở mức độ đơn
giản, chủ yếu là từ phương trình đặc biệt đưa về phương trình bậc nhất và phương
trình bậc hai nhằm rèn luyện kỹ năng giải phương trình bậc nhất và phương trình bậc
hai. Qua đó cũng hướng cho học sinh tư duy khái quát hơn về phương trình để các em
làm quen dần với cách giải phương trình trong chương trình THPT.
Với suy nghĩ đó tôi mạnh dạn đưa ra đây các phương pháp giải một số phương
trình bậc cao đặc biệt để giúp các em học sinh nâng cao kỹ năng và kiến thức giải
phương trình.
II. Nhiệm vụ nghiên cứu
Phương trình bậc nhất một ẩn, phương trình bậc hai một ẩn, phương trình tích,
phương trình đối xứng bậc chẵn, phương trình đối xứng bậc lẻ, phương trình phản
thương, phương trình hồi quy, phương trình trùng phương, phương trình tam thức và
một số phương trình có dạng đặc biệt khác.

Một số phương pháp giải các phương trình bậc cao trên và các bài tập minh
hoạ.
Trang 1
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
III. Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 8, 9 của trường THCS
Giúp học sinh giải một số phương trình bậc cao trong chương trình toán lớp 8, 9
IV. Phương pháp nghiên cứu.
Tham khảo tài liệu, thu thập tài liệu, đúc rút tổng kết kinh nghiệm, kiểm tra kết
quả (dự giờ, kiểm tra chất lượng học sinh, nghiên cứu hồ sơ giảng dạy, kiểm tra trực
tiếp thông qua các giờ học thể hiện trên nhiều đối tượng học sinh khác nhau: Học sinh
khá giỏi, học sinh trung bình, yếu về môn toán).
V. Phạm vi nghiên cứu
Giới hạn ở vấn đề giảng dạy phần giải các phương trình bậc cao trong chương
trình toán THCS.

Trang 2
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
PHẦN THỨ HAI
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
NHỮNG KIẾN THỨC CƠ SỞ
1. Định nghĩa phương trình bậc cao
Ta gọi phương trình đại số bậc n (n ≥ 3) ẩn x trên tập số thực là các phương
trình được đưa về dạng: a
n
x
n
+ a
n-1
x

n-1
+ + a
1
x + a
o
= 0, trong đó
n ∈¢
;
1 2 n
a ;a ; a ∈¡
; a
n
≠ 0
2. Định lý: Trên tập số thực, mọi phương trình bậc n luôn phân tích được thành
tích của các nhị thức bậc nhất và các tam thức bậc hai.
3. Phương trình bậc nhất một ẩn
Dạng tổng quát ax + b = 0 trong đó
a,b∈¡
; a ≠ 0 .
Phương trình có nghiệm:
b
x
a
−
=
.
* Chú ý: Giải phương trình mx + n = 0, phương trình đã cho chưa chắc đã là
phương trình bậc nhất nên khi giải cần phải xem xét hết các trường hợp :
+ Nếu m
≠

0 thì phương trình có nghiệm duy nhất
−
=
n
x
m
.
+ Nếu m = 0 thì phương trình có dạng 0x = n.
- Nếu n = 0 thì phương trình vô số nghiệm
- Nếu n
≠
0 thì phương trình vô nghiệm
4. Phương trình bậc hai một ẩn
Dạng tổng quát:
2
ax bx c 0+ + =
với
a 0≠
.
Xét ∆ = b
2
– 4ac
+ ∆ < 0 thì phương trình vô nghiệm
+ ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm

kép:
1 2
b
x x
2a

−
= =

+ ∆ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt:
1,2
b
x
2a
− ± ∆
=

5. Định lý: + Phương trình a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
o
= 0 nếu có nghiệm
hữu tỷ thì nghiệm đó là ước của
0
n
a
a
.

+ P(x) = 0 có nghiệm là a thì P(x)
M
( x - a).
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO.
Trang 3
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Ở phổ thông không học phép giải tổng quát cho phương trình bậc 3, bậc 4 còn
phương trình bậc 5 không có phép giải tổng quát. Tuy nhiên trong một số trường hợp
đặc biệt có thể đưa phương trình cần giải về phương trình bậc một, bậc hai. Ta phải
dựa vào đặc thù của phương trình cần giải để có phương pháp thích hợp.
Giải và giảng dạy các bài toán về giải phương trình bậc cao quy về bậc nhất
một ẩn số hoặc bậc hai nằm trong quá trình giải phương trình bậc nhất, bậc hai. Nói
chung là bao gồm nhiều dạng và phong phú được các nhà toán học và sư phạm quan
tâm và đề cập tới nhều trong tài liệu, tập san toán học Căn cứ vào mục đích ý nghĩa
kết quả điều tra và thực tế giảng dạy chương phương trình. Trong quá trình giảng dạy
bản thân tôi đã nghiên cứu áp dụng lý luận trong quá trình dạy học, các phương pháp
đặc trưng bộ môn, áp dụng các kiến thức đã học để đưa các phương trình bậc cao về
phương trình bậc nhất, bậc hai bằng nhiều cách.
I. PHƯƠNG PHÁP 1: Đưa về phương trình tích
Phương trình tích là phương trình có dạng: F(x).G(x)… H(x) = 0 (1)
F(x) 0
G(x) 0

H(x) 0
=


=

⇔




=

(2)
Để đưa phương trình đã cho về dạng (2) ta có thể dùng các cách sau:
- Phân thích đa thức thành nhân tử:
- Đặt nhân tử chung
- Dùng hằng đẳng thức.
- Nhóm nhiều hạng tử.
- Thêm (bớt) các hạng tử.
- Phối hợp nhiều phương pháp nêu trên.
* Ví dụ 1: Giải phương trình:
3 3 3 3
( 1) ( 1) ( 2)− + + + = +x x x x
(1)
* Lời giải
3 3 3 3
(x 1) x (x 1) (x 2)− + + + = +
⇔ x
3
- 3x
2
+ 3x - 1 + x
3
+ x
3
+ 3x
2

+ 3x + 1 = x
3
+ 6x
2
+ 12x + 8
⇔ x
3
- 3x
2
- 3x - 4 = 0
⇔ x
3
- 1 - 3x
2
- 3x - 3 = 0
⇔ (x-1)(x
2
+ x + 1) - 3(x
2
+ x + 1) = 0
⇔ (x
2
+ x + 1)(x - 4) = 0
Trang 4
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Với học sinh lớp 8 làm như sau:
Do x
2
+ x + 1 =
2

1 3
x 0
2 4
 
+ + >
 ÷
 
nên phương trình có một nghiệm x = 4
Với học sinh lớp 9:
(*) ⇔



=
=++
(**) 0 4-x
(*) 01 x x
2
Giải phương trình (*)
0341
<−=−=∆
nên (*) vô nghiệm
Giải (**) ta được x =4
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là x = 4
Việc nhẩm nghiệm các phương trình dựa trên các cơ sở sau:
- Nếu đa thức có tổng các hệ số bằng 0 thì 1 là nghiệm của đa thức, đa thức
chứa thừa số x - 1.
- Nếu đa thức có tổng các hệ số của một số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số
của số hạng bậc lẻ thì -1 là nghiệm của đa thức, đa thức chứa thừa số (x + 1).
- Mọi nghiệm nguyên của đa thức đều là ước của hệ số tự do là a

0
.
* Ví dụ 2: Giải phương trình: x
3
– 7x
2
+ 12x – 6 = 0 (2)
* Lời giải
(1) ⇔ x
3
– x
2
– 6x
2
+ 6x + 6x – 6 = 0
⇔ x
2
(x – 1) – 6x(x – 1) + 6(x – 1) = 0
⇔ (x –1)(x
2
– 6x + 6) = 0
⇔
2
x 1
x 1
x 6x 6 0
x 3 3
=
=



⇔


− + =
= ±


* Ví dụ 3: Giải phương trình: (x – 1)
3
+(2x + 3)
3
= 27x
3
+ 8 (3)
* Lời giải
(2) ⇔ x
3
– 3x
2
+ 3x – 1 +8x
3
+ 36x
2
+ 54x + 27 = 27x
3
+ 8
⇔ 18x
3
– 33x

2
–57x – 18 = 0
⇔ 3(6x
3
–11x
2
– 19x – 6) = 0
⇔ 6x
3
– 18x
2
+ 7x
2
–21x +2x – 6 = 0
⇔ 6x
2
(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0
⇔ (x – 3)(6x
2
+ 7x + 2) = 0
Trang 5
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
⇔
2
x 3
x 3
7 97
6x 7x 2 0
x
12

=

=


⇔

− ±

+ − =
=



* Ví dụ 4: Giải phương trình:
4
2
x 4
5x
x 2
+
=
−
(Đề thi vảo trường Lê Hồng Phong, TPHCM , năm 2003 - 2004)
* Lời giải
4
4 3
2
x 4
5x x 5x 10x 4 0

x 2
+
= ⇔ − + + =
−
2
2
x 2 x 2
(x 2)(x 1)(x 4x 2) 0 x 1 x 1
x 4x 4 6
x 2 6

= =



⇔ − + − − = ⇔ = − ⇔ = −




− + =
= ±


Việc nhẩm nghiệm như ở trên sẽ gặp rất nhiều khó khăn nếu số hạng tự do là a
0
lớn và có nhiều ước số. Trong trường hợp này ta sẽ áp dụng nhận xét sau để đi loại
trừ bớt các ước không là nghiệm của phương trình một cách nhanh chóng.
* Ví dụ 5: 4x
3

- 13x
2
+ 9x - 18 = 0 (5)
* Lời giải
U(18)
( )
18;9;6;3;2;1 ±±±±±±∈
Hiển nhiên -1, 1 không là nghiệm của (4) ⇒ f(1)
≠
0, f(-1)
≠
0
Ta thấy
f (1) 18
9
3 1 2
−
= = − ∈
−
¢
f ( 1) 44
11
3 1 4
− −
= = − ∈
+
¢
⇒ Phương trình (4) có khẳ năng có nghiệm là x
1
= 3

Áp dụng lược đồ Hoócne ta đưa phương trình (5) về dạng sau:
(x - 3)(4x
2
- x + 6) = 0
⇔ x - 3 = 0 (*)
4x
2
- x + 6 = 0 (**)
(*) ⇔ x = 3
(**) ⇔ 4x
2
- x + 6 = 0
∆ = (-1)
2
- 4.4.6 < 0 ⇒ (**) vô nghiệm
Nên phương trình (4) có một nghiệm là: x = 3
Trang 6
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Chú ý:
- Việc nhẩm nghiệm phương trình có thể nhẩm miệng rồi dùng thuật chia đa
thức cho đa thức để hạ bậc rồi đưa phương trình về dạng tích.
- Có thể dùng lược đồ Hoócne để xác định ước số nào của a
0
là nghiệm, ước số
nào không là nghiệm và đưa ra ngay dạng phân tích.
- Bài tập dạng này tương đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần lưu ý
khai thác hết các giả thiết, nhận xét có thể sử dụng phương pháp nào, hằng đẳng thức
nào phân tích cho thích hợp. Mỗi bài tập giải xong giáo viên nên chốt lại vấn đề và
các kiến thức cần sử dụng trong quá trình giải bài tổng quát, bài tương tự, đặc biệt
dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm phát triển tư duy.

II. PHƯƠNG PHÁP 2: Đặt ẩn phụ
Phương pháp này thường được dùng với các dạng phương trình sau:
2.1 Phương trình trùng phương
* Là phương trình có dạng ax
4
+ bx
2
+ c = 0 (a ≠ 0) (1)
* Cách giải
Đặt x
2
= y (với y ≥ 0) thì (1) ⇔ ay
2
+ by + c = 0
2.2 Phương trình đối xứng bậc chẵn
Là phương trình có dạng:
a
0
x
2n
+ a
1
x
2n-1
+ + a
n-1
x
n+1
+a
n

x
n
+ a
n+1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0
= 0 (2) với
0
a 0≠

* Cách giải
- Nếu x = 0 không là nghiệm của phương trình (2) thì ta chia cả hai vế của
phương trình (2) cho x
n
≠ 0
(1) ⇔
n n 1 1 0
0n 1
0 1 n 1 n
n
aa
a x a x a x a x
x x
−
−
−

+ + + + + + +
= 0
⇔
n n 1
0 1 0 n
n n 1
1 1
a x a a x a 0
x x
−
−
   
+ + + + + =
 ÷  ÷
   
= 0
Đặt
1
y x
x
= +
⇒ ta đưa phương trình (2) về phương trình bậc n với ẩn y
2.3 Phương trình đối xứng bậc lẻ
* Là phương trình có dạng
a
0
x
2n+1
+ a
1

x
2n
+ + a
n+1
x
n+1
+a
n
x
n
+ a
n-1
x
n-1
+ + a
1
x + a
0
= 0 (3) với
0
a 0≠
* Cách giải
Trang 7
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Phương trình này luôn có nghiệm x = -1 ⇒ ta chia cả hai vế của phương trình
(3) cho x + 1 ta được phương trình đối xứng bậc chẵn.
2.4 Phương trình phản thương
* Là phương trình có dạng: ax
4
+ bx

3
+ cx
2
- bx + a = 0 (4) với
a 0≠
hoặc ax
4
- bx
3
+ cx
2
+ bx + a = 0 (5) với
a 0≠
* Cách giải
Ta nhận thấy x = 0 không là nghiệm của (4) suy ra ta chia cả hai vế của phương
trình cho x
2
ta có:
(4) ⇔
2
2
1 1
ax bx c b a 0
x x
+ + − + =
⇔
2
2
1 1
a x b x c 0

x x
   
+ + − + =
 ÷  ÷
   
Đặt
1
y x
x
= −
⇒
2 2
2
1
x y 2
x
+ = +
⇒ ta có phương trình ay
2
+ by + c + 2a = 0
Tương tự cho phương trình (5) ta đặt
1
y x
x
= +
2.5. Phương trình hồi quy
* Là phương trình có dạng : ax
4
+ bx
3

+ cx
2
+ dx + e = 0 (6) trong đó
2
2
e d
t
a b
 
= =
 ÷
 
với
a 0≠
* Cách giải: Khi x = 0 không là nghiệm của (6) thì ta chia cả hai vế của (6) cho
x
2
ta có: (6) ⇔
2
2
1 1
ax bx c d e 0
x x
+ + + + =
⇔
2
2
1 1
ax e bx d c 0
x x

   
+ + + + =
 ÷  ÷
   
⇔
2
2
2
t t
a x d x c 0
x x
 
 
+ + + + =
 ÷
 ÷
 
 
Đặt
t
y x
x
= +
lúc đó (6) ⇔ ay
2
+ by + c + 2at = 0
2.6. Phương trình có dạng: (x+a)
4
+(x+b)
4

= c (7)
* Cách giải:
Đặt
a b a b
y x x y
2 2
+ +
= + ⇒ = −

(7) ⇔
4
4 2 2
(a b)
2y 3(a b) y c 0
8
−
+ − + − =
2.7. Phương trình có dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = mx
2
trong đó ad =
bc
Trang 8
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
* Cách giải:
Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = mx
2
⇔ [x
2
+ (a+d)x + ad][x
2

+ (b + c)x + bc] = mx
2
(8)
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (8) ta chia cả hai vế của
phương trình (8) cho x
2
thì (8) ⇔
ad bc
x (a d) x (c b) m
x x
   
+ + + + + + =
   
   
Đặt
ad
y x
x
= +

(8) ⇔
(y a d)(y c d) m+ + + + =
2.8. Phương trình có dạng (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = m trong đó a+d =
b+c
* Cách giải Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = m (1)
Đặt y = (x+a)(x+d) thay vào phương trình (1) ta tìm đực y
0
Giải phương trình (x+a)(x+d) = y
0
ta có x

0
là nghiệm của phương trình (1)
2.9. Phương trình tam thức
Là phương trình có dạng: ax
2n
+ bx
n
+ c = 0 (10) với a ≠ 0 trong đó a, b, c
∈¡
,
n là nguyên dương, n > 2
Nếu a, b, c
∈¡
* và n = 2 thì phương trình (10) là phương trình trùng phương
* Cách giải :
Đặt x
n
= y thì (10) ⇔
n
2
x y
ay dy c 0

=


+ + =


2.10. Phương trình có dạng: d(x + a)(x + b)(x + c) = mx trong đó

2
+ +
=
a b c
d
, m = (d - a)(d - b)(d - c).
* Cách giải :
* Chú ý: Trên thực tế, nhiều phương trình bậc cao phải biến đổi mới đưa về
các dạng cơ bản nói trên
* Ví dụ 1: Giải phương trình x
4
– 5x
2
+ 6 = 0 (1)
* Lời giải:
Đặt x
2
= y (y ≥ 0) ⇒ (1) ⇔ y
2
– 5 y + 6 = 0
⇔ (y – 2)(y – 3) = 0 ⇔
y 2
y 3
=


=

+ Nếu y = 2 ⇔ x
2

= 2 ⇒
x 2= ±
+ Nếu y = 3 ⇔ x
2
= 3 ⇒
x 3= ±
Trang 9
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
* Ví dụ 2: Giải phương trình: x
4
– 5x
3
+ 6x
2
– 5x + 1 = 0 (2)
(Đề thi tốt nghiệp THCS tỉnh Hưng Yên , năm 1996 - 1997)
* Lời giải:
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (2), chia cả hai vế của (2) cho x
2
≠ 0 ta được
2
2
5 1
x 5x 6 0
x x
− + − + =
2
2
1 1
x 5 x 6 0

x x
   
⇔ + − − + =
 ÷  ÷
   
(*)
Đặt
2 2
2
1 1
y x x y 2
x x
= − ⇒ + = +
(*) ⇔ y
2
– 5y + 8 = 0
Xét ∆ = 25 – 40 < 0 ⇒ phương trình đã cho vô nghiệm.
* Ví dụ 3: Giải phương trình x
5
+ 4x
4
+ x
3
+ x
2
+ 4x +1 = 0 (3)
* Lời giải:
(2) ⇔ (x + 1)(x
4
+ 3x

3
– 2x
2
+ 3x + 1) = 0
⇔
4 3 2
x 1
x 3x 2x 3x 1 0 (*)
= −


+ − + + =

Giải (*) : x
4
+3x
3
– 2x
2
+ 3x + 1 = 0
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (*), chia cả 2 vế của (*) cho x
2
≠ 0 ta được:
2
2
3 1
x 3x 2 0
x x
+ − + + =
⇔

2
2
1 1
x 3 x 2 0
x x
   
+ + + − =
 ÷  ÷
   
Đặt
2 2
2
1 1
y x x y 2
x x
= + ⇒ + = −
ta được y
2
+ 3y - 4 = 0 ⇒ y
1
= 1, y
2
= -4
- Nếu y
1
= 1 ⇔
1
x 1
x
+ =

⇔ x
2
- x + 1 = 0 ⇒ PT vô nghiệm
- Nếu y
2
= -4 ⇔
1
x 4
x
+ = −
⇔ x
2
+ 4x + 1 = 0 ⇔
1,2
x 2 3= − ±
* Ví dụ 4: Giải phương trình (3x + 4)(x + 1)(6x + 7)
2
= 6 (4)
(Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2006 - 2007)
* Lời giải:
2
(3x 4)(x 1)(6x 7) 6+ + + =
⇔
2
(6x 8)(6x 6)(6x 7) 72 (*)+ + + =
Đặt 6x + 7 = t, ta có:
(*) ⇔
2 4 2
(t 1)(t 1)t 72 t t 72 0 t 3+ − = ⇔ − − = ⇔ = ±
Trang 10

Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
- Với t = 3, ta có
2
6x 7 3 x
3
−
+ = ⇔ =

- Với t = -3, ta có
5
6x 7 3 x
3
−
+ = − ⇔ =

* Bài toán trên ta cũng có thể giải theo cách sau:
2
(3x 4)(x 1)(6x 7) 6+ + + =
⇔
2 2
(3x 7x 4)(6x 7) 6 (**)+ + + =
Đặt
2
t 3x 7x 4= + +
⇒
2
36x 84x 49 12t 1+ + = +
, khi đó (**) trở thành:
1
2

2
3
t
4
12t t 6 0
2
t
3
−

=

+ − = ⇔


=


- Với
2 2
3 3
t 3x 7x 4 12x 28x 19 0
4 4
− −
= ⇔ + + = ⇔ + + =
⇒ PT vô nghiệm
- Với
1
2 2
2

5
x
2 2
3
t 3x 7x 4 9x 21x 10 0
2
3 3
x
3
−

=

= ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔

−

=


* Ví dụ 5: Giải phương trình
2 2
( 3 2)( 7 12) 24+ + + + =x x x x
(5)
(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2004 - 2005)
* Lời giải:
2 2
(x 3x 2)(x 7x 12) 24+ + + + =
2 2
(x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 24 0

(x 5x 4)(x 5x 6) 24 0
⇔ + + + + − =
⇔ + + + + − =
Đặt
2
t x 5x 4= + +
ta được:
1
2
2
t 6
t 2t 24 0
t 4
= −

+ − = ⇔

=

- Nếu
2
t 6 x 5x 10 0= − ⇔ + + =
⇒ PT vô nghiệm
- Nếu
2
1 2
t 4 x 5x 0 x 0 ; x 5= ⇔ + = ⇔ = = −
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 ; x = -5
* Ví dụ 6 : Giải phương trình: x
4

- 3x
3
- 2x
2
+ 6x + 4 = 0 (6)
* Lời giải:
Ta thấy x = 0 không là phương trình của (6) ⇒ ta chia cả hai vế của (1) cho
2
x 0≠
, ta được:
2
2
6 4
x 3x 2 0
x x
− − + + =
2
2
4 2
x 3 x 2 0
x x
   
⇔ + − − − =
 ÷  ÷
   
Trang 11
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Đặt
2 2
2

2 4
y x x y 4
x x
= − ⇒ + = +
Ta được phương trình y
2
- 3y + 2 = 0
Nhẩm nghiệm ta được y
1
= 1, y
2
= 2
- Nếu y
1
= 1 ⇔
1
2
2
x 1
2
x 1 x x 2 0
x 2
x
= −

− = ⇔ − − = ⇔

=

- Nếu y

2
= 2 ⇔
2
1,2
2
x 2 x 2x 2 0 x 1 3
x
− = ⇔ − − = ⇔ = ±
* Ví dụ 7 : Giải phương trình (x – 5)
4
+ (x – 7)
4
= 16 (7)
(Đề thi chọn HSG Toán 8, tỉnh Hải Dương, năm 2001 - 2002)
* Lời giải:
Đặt
5 7
y x x 6 x y 6
2
− −
= + = − ⇒ = +
(7) ⇔ (y + 1)
4
+ (y - 1)
4
= 16 
⇔ 2y
4
+ 12y
2

+ 2 = 16
⇔ y
4
+ 6y
2
– 7 = 0
⇔ (y
2
– 1)(y
2
+ 7) = 0 ⇔
2
2
y 1
y 1
y 7

=
⇔ = ±

= −

+ Nếu y = 1 ta có x = 7
+ Nếu y = -1 ta có x = 5
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là x
1
= 7; x
2
= 5
* Ví dụ 8: Giải phương trình (x +3)(x + 5)(x + 6)(x + 10) = 2x

2
(8)
* Lời giải:
(8) ⇔ (x
2
+ 13x + 30)(x
2
+ 11x + 30) = 2x
2

(*)
Vì x = 0 không là nghiệm của (*) nên ta chia cả hai vế của (2) cho x
2
ta có:
30 30
x 13 x 11 2
x x
  
+ + + + =
 ÷ ÷
  
Đặt
30
y x 11
x
= + +
⇒ y(y+2) = 2 ⇔ y
2
+ 2y –2 = 0 (**)
Giải phương trình (**) ta có y

0
; giải phương trình
0
30
x 11 y
x
+ + =
có x
0
là
nghiệm của phương trình (8)
* Ví dụ 9: Giải phương trình (x + 7)(x + 8)(x + 9) = 5x (9)
* Lời giải:
Trang 12
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Phương trình (9) có dạng 12(x + 7)(x + 8)(x + 9) = 60x (*) trong đó
7 8 9
12 ; 60 (12 7)(12 8)(12 9)
2
+ +
= = − − −
Đặt y = x + 12.
Ta có (9) ⇔(y – 5)(y – 4)(y – 3) = 5( y –12)
⇔ y
3
– 12y
2
+ 47y – 60 =5y – 60
⇔ y
3

– 12y
2
+ 42y = 0
⇔ y(y
2
– 12y + 42) = 0
⇔
2
y 0
y 0
y 12y 42 0
=

⇔ =

− + =

* Ví dụ 10: Giải phương trình 5(x-1)(x-5)(x-3)(x-15) = 7x
2
(10)
* Lời giải:
(10) ⇔ 5(x
2
- 16x + 15)(x
2
- 8x + 15) = 7x
2

(*)
Vì x = 0 không là nghiệm của (*) nên ta chia cả hai vế của (*) cho x

2
ta
có:
15 15
5 x 16 x 8 7
x x
  
+ − + − =
 ÷ ÷
  
Đặt
15
y x 8
x
= + −
ta có: 5y(y - 8) = 7 ⇔ 5y
2
- 40y – 7 = 0 (**)
Giải phương trình (**) ta có y
0
; giải phương trình
0
15
y x 8
x
= + −
ta có x
0
là
nghiệm của phương trình (10).

III. PHƯƠNG PHÁP 3: Đưa về luỹ thừa cùng bậc
Ta thêm bớt hạng tử để xuất hiện hằng đẳng thức thích hợp rồi từ đó đưa về hai
vế của phương trình về luỹ thừa cùng bậc.
Bằng cách biến đổi hai vế của phương trình ta đưa phương trình đẵ cho về
phương trình có dạng: A
n
= B
n

+ Nếu n là số chẵn thì A = ± B
+ Nếu n là số lẻ thì A = B
* Ví dụ 1: Giải phương trình x
4
= 2x
2
+ 8x +3 (1)
(Đề thi vào THPT tình Hưng Yên, năm học 2006 - 2007)
* Lời giải:
4 2
x 2x 8x 3= + +
4 2 2 2 2 2
x 2x 1 4x 8x 4 (x 1) (2x 2)⇔ + + = + + ⇔ + = +
* Nếu
2 2
1,2
x 1 2x 2 x 2x 1 0 x 1 2+ = + ⇔ − − = ⇔ = ±
* Nếu
2 2
x 1 2x 2 x 2x 3 0+ = − − ⇔ + + =
⇒ PT vô nghiệm.

Trang 13
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm:
1,2
x 1 2= ±
* Ví dụ 2: Giải phương trình
3 2
1
3
− − =x x x
(2)
(Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2002 - 2003)
* Lời giải:
3 2 3 2
1
x x x 3x 3x 3x 1
3
− − = ⇔ − − =
⇔
3 3
4x (x 1)= +
⇔
3
4x x 1= +
⇔
( )
3
x 4 1 1− =
⇔
3

1
x
4 1
=
−
* Ví dụ 3: Giải phương trình
3 2
3
3
x 3x
x 2 0
(x 1) x 1
+ + − =
− −
(3)
(Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2000 – 2001)
* Lời giải:
ĐK: x ≠ 1.
Đặt
2 2
x x x x
t x t x ; xt
x 1 x 1 x 1 x 1
= ⇒ + = + = =
− − − −
Do đó x + t = xt
Phương trình đã cho trở thành:
3 3
3
x t 3(x t) 2 0

(x t) 3xt(x t) 3(x t) 2 0
+ + + − =
⇔ + − + + + − =
⇔
3
(x t 1) 1 x t 1 1 x t 2+ − = ⇔ + − = ⇔ + =
Khi đó ta có:
2
2
x
2 x 2x 2 0
x 1
= ⇔ − + =
−
, phương trình vô nghiệm.
* Ví dụ 4: Giải phương trình 5x
3
+ 6x
2
+ 12x + 8 = 0 (4)
(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2005 - 2006)
* Lời giải:
3 2
5x 6x 12x 8 0+ + + =
⇔
3 3 2
4x (x 6x 12x 8) 0+ + + + =
⇔
3 3
(x 2) 4x+ = −

⇔
3
3 3
2 2
x 2 x 4 x
1 4 1 4
− −
+ = − ⇔ = =
− − +
IV. PHƯƠNG PHÁP 4: Dùng bất đẳng thức
* Ví dụ 1: Giải phương trình
2003 2004
9 10 1− + − =x x
(1)
(Đề thi chọn HSG Toán 9, tỉnh Hải Dương, năm học 2006 - 2007)
Trang 14
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
* Lời giải:
Dễ thấy x = 9 và x = 10 là nghiệm của phương trình (1).
Xét các giá trị còn lại của x.
+ Nếu x < 9 thì | x - 9| > 0 ⇒ | x - 9|
2003
> 0 và | x - 10|
2004
> 1
⇒ | x - 9|
2003
+ | x - 10|
2004
> 1 ⇒ phương trình (1) vô nghiệm.

+ Nếu x > 10 thì | x - 10| > 0 ⇒ | x - 10|
2004
> 0 và | x - 9|
2003
> 1
⇒ | x - 9|
2003
+ | x - 10|
2004
> 1 ⇒ phương trình (1) vô nghiệm.
+ Nếu 9 < x < 10 thì
0 < x – 9 < 1 ⇒ | x - 9|
2003
< x – 9;
0 < 10 – x < 1 ⇒ | x - 10|
2004
< | x - 10| < 10 – x
⇒ | x - 9|
2003
+ | x - 10|
2004
< x – 9 + 10 – x = 1 ⇒ phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình đã ch có 2 nghiệm là x = 9; x = 10
* Ví dụ 2: Giải phương trình
3
3 3 3 3
( 1) ( 5) 8 216( 1) (5 )x x x x
 
− − − + = − −
 

(2)
* Lời giải:
Đặt x – 1 = y ; 5 – x = z. Ta có
3 3 3 3 3
(y z 8) 216y z+ + =
Theo BĐT Côsi :
3 3 3 3 3
(y z 8) 216y z+ + ≥
Vậy y = z = 2, do đó x = 3.
V. PHƯƠNG PHÁP 5: Dùng hệ số bất định
Giả sử phương trình trình bậc 4: x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0 và có phân tích thành
(x
2
+ a
1
x + b
1
)(x
2
+ a
2
x + b
2
) = 0 lúc đó ta có:

1 2
1 2 1 2
1 2 2 1
1 2
a a a
a a b b b
a b a b c
b b d
+ =


+ + =


+ =


=

Tiếp theo tiến hành nhẩm tìm các hệ số a
1
; b
1
; a
2
; b
2
. Bắt đầu từ b
1
b

2
= d và chỉ
thử với các giá trị nguyên.
* Ví dụ 1: Giải phương trình x
4
- 4x
3
- 10x
2
+ 37x - 14 = 0 (1)
* Lời giải:
Giả sử phương trình trên phân tích được thành dạng:
(x
2
+ a
1
x + b
1
)(x
2
+ a
2
x + b
2
) = 0
Ta có:
1 2
1 2 1 2
1 2 2 1
1 2

a a 4
a a b b 10
a b a b 37
b b 14
+ =−


+ + =−


+ =


=−

⇔ b
1
= -2; b
2
= -7; a
1
= -5; a
2
= 1
Phương trình (1) có dạng (x
2
- 5x + 2)(x
2
+ x - 7) = 0
Trang 15

Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Tiếp tục giải các phương trình bậc hai: x
2
- 5x + 2 = 0 và x
2
+ x - 7 = 0 ta có
nghiệm của phương trình (1) là:
x
1
=
5 17
2
+
; x
2
=
5 17
2
−
;x
3
=
1 29
2
− +
; x
4
=
1 29
2

− −
* Chú ý: Với phương pháp này có thể giải được với phương trình không có
nghiệm hữu tỷ.
VI. PHƯƠNG PHÁP 6: Dùng tính chất về số nghiệm của phương trình
Người ta chứng minh được rằng phương trình đại số bậc n có không quá n
nghiệm thực. Do đó nếu ta chỉ ra được n nghiệm của phương trình đại số bậc n thì đó
là tất cả các nghiệm của phương trình đó.
* Ví dụ 1: Giải phương trình
(m
2
– m)
2
(x
2
– x + 1)
3
= (x
2
– x)
2
(m
2
– m +1)
3
với m là tham số (1)
* Lời giải:
Nhận xét
+ x = m là một nghiệm của phương trình (1)
+ Với m = 0 hoặc m = 1 thì có hai nghiệm là x = 0 và x = 1
- Xét m ≠ 0 ; m ≠ 1 ⇒ x ≠ 0 ( vì nếu x = 0 thì m = 0 hoặc m =1)

Gọi k là nghiệm của (1) ⇒ k ≠ 0. Chia 2 vế của (1) cho k
6
ta có:
( )
3 2
2
2 2 3
2 2
1 1 1 1
m m 1 (m m 1)
k k k k
   
− − + = − − +
 ÷  ÷
   
⇔
( )
3 2
2
2 2 3
2 2
1 1 1 1
m m 1 (m m 1)
k k k k
   
− − + = − − +
 ÷  ÷
   
⇒
1

k
cũng là nghiệm của (1). Vì k là nghiệm của (1) nên ta có:
( ) ( ) ( )
2 3 2
2 2 2 2 3
m m k k 1 k k (m m 1)
− − + = − − +
⇒ (m
2
– m)
2
[(1 - k)
2
– (1 - k) + 1]
3
= [(1 - k)
2
– (1 - k)]
2
(m
2
– m + 1)
3
⇒(1 - k) cũng là nghiệm của (1)
Ta có m là nghiệm của (1) ⇒
1
m
cũng là nghiệm của (1)
do m là nghiệm của (1) ⇒ 1 - m cũng là nghiệm của (1)
1 - m là nghiệm của (1) ⇒

1
1 m−
cũng là nghiệm của (1)
Điều kiện để 6 giá trị : m; (1-m);
1
m
; 1-
1
m
;
1
1 m−
; 1-
1
1 m−
đôi một khác
nhau là: m ≠ 0; m ≠ 1; m ≠ -1; m ≠ 2; m ≠
2
1
+ Nếu m = 0, m = 1, thì x = 0; x = 1
Trang 16
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
+ Nếu m = -1, m = 2 và m =
2
1
thì phương trình (1) đều có dạng:
4(x
2
– x + 1)
3

= 27(x
2
– x)
2
⇔ (x+1)
2
(x-2)
2
(2x-1)
2
= 0
⇒ Phương trình (1) có 3 nghiệm : x
1
= -1; x
2
= 2; x
3
=
1
2
.
+ Nếu m ≠ 0, m ≠ 1, m ≠ -1, m ≠ 2, m ≠
1
2
thì phương trình (1) có 6 nghiệm: m;
(1-m);
1
m
; 1-
1

m
;
1
1 m−
; 1-
1
1 m−
.
VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC
* Ví dụ 1: Giải phương trình 2x
4
– 10x
2
+ 17 = 0 (1)
* Lời giải:
(1) ⇔ x
4
– 2x
2
+ 1 + x
4
– 8x
2
+ 16 = 0
⇔ (x
2
– 1)
2
+ (x
2

– 4)
2
= 0
Không xẩy ra đồng thời x
2
= 1 và x
2
= 4
Vậy phương trình vô nghiệm.
* Ví dụ 2: Giải phương trình x
4
– x
3
+ 2x
2
– x + 1 = 0 (2)
* Lời giải:
(2) ⇔ (x
2
+ 1)
2
– x(x
2
+ 1) = 0
⇔ (x
2
+ 1)(x
2
– x + 1) = 0
Ta thấy x

2
≥ 0 ∀ x ⇒ x
2
+ 1 > 0; x
2
– x + 1 > 0 ∀ x
Vậy phương trình vô nghiệm.
* Ví dụ 3: Tìm k để phương trình sau có nghiệm:

2 2 2
( 2) 2 (2 1) 5 6 3 2 1
 
+ − − + − + = +
 
x x x k k k x
(3)
(Đề thi vào THPT Hà Nội- Amstesdam, năm 2000 - 2001)
* Lời giải:
2 2 2
(x 2) x 2x(2k 1) 5k 6k 3 2x 1
 
+ − − + − + = +
 
⇔
2 2 2
(x 2) (x (2k 1)) (k 1) 1 2x 1
 
+ − − + − + = +
 
(2)

Ta có:
2 2
(x (2k 1)) (k 1) 1 1
 
− − + − + ≥
 
nên VT(2) ≥
2
x 2+
Lại có
2 2
x 2 (2x 1) (x 1) 0+ − + = − ≥
nên 2x + 1 ≤ x
2
+ 2 ⇒ VP(2) ≤ x
2
+ 2
Để (2) có nghiệm thì VT = VP = x
2
+ 2
⇔
2 2
x (2k 1) 0 k 1
k 1
k 1 0 x 1 k 1
x 1
2x 1 x 2 (x 1) 0
− − = =
 
=


 
− = ⇔ = ⇔ ⇔ =
  
=

 
+ = + − =
 
Trang 17
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
BÀI TẬP LUYỆN
Giải phương trình
Bài 1:
a) x
4
+ x
2
+ 6x - 8 = 0
b) ( x
2
+ 1)
2
= 4(2x - 1)
Bài 2:
a) (x
2
- 5x)
2
+10(x

2
- 5x) + 24=0
b) (x
2
+ x - 2)(x
2
+ x - 3) =12
Bài 3:
a) x(x + 1)(x - 1)(x + 2) = 24
b) (x - 4)(x - 5)(x - 6)(x - 7) =1680
Bài 4:
a) (x
2
- 6x + 9)
2
- 15(x
2
- 6x + 10) = 1
b) (x
2
+ 1)
2
+ 3x(x
2
+ 1) + 2x
2
= 0
Bài 5:
(x + 1)
4

+ (x - 3)
4
= 82
Bài 6:
4 3 2
x 4x 2x 4x 1 0− − + + =
(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2006 - 2007)
Bài 7: Chứng minh rằng các phương trình sau vô nghiệm:
a) x
4
- 3x
3
+ 6x + 13 = 0
b) x
4
- 2x
3
+ 4x
2
- 3x + 2 = 0
Bài 8: Cho phương trình:
6 2
3
x 1 x 1
(2a 1) 2a 3 0
x x
− −
− + + − =
(8)
a) Giải (8) khi a = 1.

b) Tìm a để (8) có nhiều hơn hai nghiệm dương phân biệt.
(Đề thi vào THPT Hà Nội- Amstesdam, năm 2006 - 2007)
Bài 9: Cho phương trình:
2 2
1 1
m
x x 1
   
+ =
 ÷  ÷
+
   
(9)
a) Giải (9) khi m = 15.
b) Tìm a để (9) có bốn nghiệm phân biệt.
(Đề thi vào THPT Hà Nội- Amstesdam, năm 2003 - 2004)
Trang 18
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
PHẦN THỨ BA
KẾT LUẬN
1. KẾT QUẢ.
Khi chưa giảng dạy theo hệ thống đã trình bày ở trên, học sinh rất lúng túng khi
gặp dạng toán này. Từ việc chưa định hướng được cách làm nên các em thường làm
vòng vo, lúng túng.
Sau khi giảng dạy hệ thống các phương pháp như trên, kết quả khảo sát lớp
9A3 cho thấy :
Trước khi luyện Sau khi luyện
Giỏi 35% 60%
Khá 25% 35%
TB 35% 5%

Dưới TB 5% 0
Qua quá trình áp dụng chuyên đề tôi thấy học sinh tự tin hơn, tích cực trong học
tập không còn tình trạng thụ động, biết tìm tòi khám phá, biết tạo sự liên kết cái đã cho
và kiến thức đã học với yêu cầu đòi hỏi của bài toán. Và hơn thế nữa có những em học
sinh giỏi còn nghĩ ra nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán từ đó chọn cho mình
một cách giải đẹp, rất sáng tạo cụ thể là:
- Học sinh trung bình được rèn kỹ năng. Vận dụng các định lý các tính chất đã
học vào giải bài tập, có phương pháp để giải một bài đại số. Các em đã bước đầu biết
khám phá ra điều mới mẻ của bài tập thông qua các tình huống có vấn đề
- Học sinh khá giỏi rất sôi nổi và hướng thú trong học tập, các em biết tìm tòi
khám phá các bài tập tương tự, các em đã biết chủ động đề xuất các vấn đề mới liên
quan, có em biết sáng tạo trong giải bài tập, có những cách làm khác tìm ra hướng giải
theo nhiều cách khác nhau, trong giờ học quan hệ giữa thày và trò, giữa trò và trò chủ
động tích cực trong việc khám phá kiến thức cũng như việc vận dụng kiến thức đã học
vào giải toán.
2. BÀI HỌC KINH NGHIỆM:
Qua giảng dạy nhất là khi áp dụng sáng kiến tôi nhận thấy rằng :
Trang 19
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Muốn học sinh học tốt trước hết phải hiểu rõ được kiến thức cơ bản. Kết hợp
với sự hướng dẫn của giáo viên từ đó học sinh tìm tòi khám phá, phát hiện kiến thức
có hiệu quả muốn vậy:
Đối với thầy:
- Chủ động nghiên cứu sách sách giáo khoa, tài liệu tham khảo.
- Dạy học sinh từng dạng bài tập, phân dạng bài tập theo cấu trúc kiến thức.
- Hướng cho các em biết chia nhỏ bài toán thành những bài toán cơ bản.
Đối với trò :
- Cần thấy được phương pháp học tốt nhất, có hiệu quả nhất là phải tăng cường
học hỏi tích luỹ kiến thức tìm được sự liên hệ với kiến thức đã học và thực hành vận
dụng vào giải toán từ những bài đơn giản đến bài toán khó, cái em luôn phải đặt ra

những câu hỏi tại sao? Các yếu tố bài ra có quan hệ gì ? Ta phải làm thế nào? Tạo ra
điều đó bằng cách nào? Có được điều đó ta có gì ?
- Đứng trước bài toán phải biết phân tích đề biết vận dụng kiến thức đã học vào
để tìm cách giải.
- Ngoài ra các em cần có niềm say mê trong học tập, biết tự nghiên cứu thêm,
làm bài tập đầy đủ dưới sự hướng dẫn của các thầy cô hoặc có thể trao đổi, thảo luận
theo nhóm để giúp nhau hiểu bài hơn
3. NHỮNG HẠN CHẾ:
Đề tài áp dụng cho học sinh lớp 8, 9 ()cũng có thể BDHSG lớp 8,9). Bên cạnh
đó đề tài áp dụng được sau khi học sinh học xong phần kiến thức về phương trình bậc
nhất (ở lớp 8) và phương trình bậc 2 (ở lớp 9) và từ thời gian đó đến các kỳ thi không
còn nhiều thời gian. Chính vì vậy người thầy phải chủ động phần kiến thức cơ bản và
trọng tâm của kiến thức đại số THCS, ôn luyện cho học sinh một cách có có hệ thống
thông qua các dạng bài tập
Khó khăn khi áp dụng của sáng kiến: Kiến thức có liên quan từ lớp 6, 7, 8, 9 rất
nhiều học sinh lắm hời hợt chưa chắn chắn, nhiều học sinh còn ngại học,và tính tổng
hợp kiến thức của học sinh chưa cao.
4. NHỮNG ĐỀ XUẤT VÀ KIẾN NGHỊ
Để giảng dạy đạt kết quả tốt hơn, rất mong tổ chuyên môn, các bộ phận phụ
trách chuyên môn của các cấp mở các chuyên đề hội thảo để giáo viên có cơ hội trao
đổi học hỏi chuyên môn nghiệp vụ, nhằm nâng cao tay nghề, tháo gỡ những khó khăn
giúp cho giáo viên tích luỹ được nhiều tư liệu phục vụ giảng dạy
5. LỜI KẾT
Trang 20
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Một số cách giải phương trình bậc cao đưa về phương trình bậc nhất và bậc hai
trong chương trình lớp 8, 9 hiện nay mà bản thân tôi đã đúc rút trong quá trình giảng
dạy, trong một chừng mực nào đó vấn đề dạy và học các phương pháp và tìm lời giải
cho các bài tập thực sự có tác dụng cho học sinh để học sinh làm quen với phương
pháp suy nghĩ, tìm tòi. Giáo viên cần có yêu cầu cụ thể đối với tùng đối tượng học

sinh, tăng cường công tác kiểm tra bài cũ, có biện pháp khích lệ những các giải hay,
hạn chế tối đa cho học sinh tâm lý chán môn học, ỷ nại và chờ giáo viên chữa bài tập.
Trên đây tôi đã trình bày một số kinh nghiệm khi dạy học sinh về phương trình
bậc cao. Với chủ quan của bản thân chắc chắn còn nhiều hạn chế và thiếu xót. Mong
nhận được sự góp ý.
Tôi xin chân thành cám ơn !
Văng Giang, ngày 14 tháng 4 năm 2010
NGƯỜI VIẾT
Hoàng Hải Dương
Trang 21
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1: Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi THCS – Đại số
Tác giả Nguyễn vũ Thanh
2: Luyện thi vào lớp 10 môn Toán
Tác giả Lương Xuân Tiến
3: Ôn kiến thức luyện kỹ năng Đại số 8, 9
Tác giả vũ Hữu Bình
4: 45 đề thi toán chọn lọc cấp THCS
Tác giả Phan Doãn Thoại
5: Những bài toán điển hình - Đại số 9
Tác giả :Nguyễn Công Quỳ
6: Toán nâng cao và phát triển lớp 9 - Tập hai
Tác giả Vũ Hữu Bình
7: Thực hành giải toán
Nhà xuất bản giáo dục
8: Tuyển chọn theo chuyên đề tạp chi Toán học & Tuổi trẻ
9: Tạp chí Toán Tuổi thơ 2
MỤC LỤC
Trang 22

Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Mở đầu
II. Nhiệm vụ nghiên cứu
III. Đối tượng nghiên cứu
IV. Phương pháp nghiên cứu
V. Phạm vi nghiên cứu
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
A. Những kiến thức cơ sở
B. Một số phương pháp thường dùng để giải phương trình bậc cao
Phương pháp 1: Đưa về phương trình tích
Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ
Phương pháp 3: Đưa về luỹ thừa cùng bậc
Phương pháp 4: Dùng bất đẳng thức
Phương pháp 5: Dùng hệ số bất định
Phương pháp 6: Dùng tính chất về số nghiệm của phương trình
Một số phương pháp khác
D. Bài tập luyện
KẾT LUẬN
1. Kết quả
2. Bài học kinh nghiệm
3. Những hạn chế
4. Đề xuất và kiến nghị
5. Lời kết

Trang 23
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ CỦA TỔ KHTN.

Văn Giang, ngày tháng 4 năm 2010
T.M TỔ KHTN
Tổ trưởng
Trang 24
Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương
Ý KIẾN NHẬN XÉT ĐÁNH GIÁ CỦA TRƯỜNG.

Văn Giang, ngày tháng 4 năm 2010
T.M HĐKH TRƯỜNG

Trang 25