một số kinh nghiệm khi dạy học sinh về phương trình bậc cao

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

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 n

hững 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.

Trang 1


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

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.
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 nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

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: anxn + an-1xn-1+ ...+ a1x + ao = 0, trong đó n ∈ ¢ ;
a1 ;a 2 ;...a n ∈ ¡ ; an ≠ 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: x =

−b
.
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 x =

+ 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: ax 2 + bx + c = 0 với a ≠ 0 .
Xét ∆ = b2 – 4ac
+ ∆ < 0 thì phương trình vô nghiệm
+ ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép: x1 = x 2 =

Trang 3

−b
2a

−n
.
m


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

+ ∆ > 0 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1,2 =

−b ± ∆
2a

5. Định lý: + Phương trình anxn + an-1xn-1+ ..........+ a1x + ao = 0 nếu có
nghiệm

hữu tỷ thì nghiệm đó là ước của

a0
.
an

+ 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.
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)

Trang 4


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

F(x) = 0
G(x) = 0

⇔
(2)
......
H(x) = 0

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: ( x − 1)3 + x 3 + ( x + 1)3 = ( x + 2)3 (1)
* Lời giải
(x − 1)3 + x 3 + (x + 1)3 = (x + 2)3

⇔ x3 - 3x2 + 3x - 1 + x3 + x3 + 3x2 + 3x + 1 = x3 + 6x2 + 12x + 8
⇔ x3 - 3x2 - 3x - 4 = 0
⇔ x3 - 1 - 3x2 - 3x - 3 = 0
⇔ (x-1)(x2 + x + 1) - 3(x2 + x + 1) = 0
⇔ (x2 + x + 1)(x - 4) = 0
Với học sinh lớp 8 làm như sau:
2

1 3

Do x + x + 1 =  x + ÷ + > 0 nên phương trình có một nghiệm x = 4
2 4

2

Với học sinh lớp 9:
x 2 + x + 1 = 0
(*)
(*) ⇔ 
(**)
x - 4 = 0

Giải phương trình (*) ∆ = 1 − 4 = −3 < 0 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:
Trang 5


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

- 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 a0.
* Ví dụ 2: Giải phương trình: x3 – 7x2 + 12x – 6 = 0 (2)
* Lời giải
(1) ⇔ x3 – x2 – 6x2 + 6x + 6x – 6 = 0
⇔ x2(x – 1) – 6x(x – 1) + 6(x – 1) = 0
⇔ (x –1)(x2 – 6x + 6) = 0
x = 1
⇔

2
 x − 6x + 6 = 0
x = 3 ± 3
x = 1

⇔

* Ví dụ 3: Giải phương trình: (x – 1)3 +(2x + 3)3 = 27x3 + 8 (3)
* Lời giải
(2) ⇔ x3 – 3x2 + 3x – 1 +8x3 + 36x2 + 54x + 27 = 27x3 + 8
⇔ 18x3 – 33x2 –57x – 18 = 0
⇔ 3(6x3 –11x2 – 19x – 6) = 0
⇔ 6x3 – 18x2 + 7x2 –21x +2x – 6 = 0
⇔ 6x2(x – 3) + 7x(x – 3) + 2(x – 3) = 0
⇔ (x – 3)(6x2 + 7x + 2) = 0
x = 3
x = 3
⇔
⇔ 2
 x = −7 ± 97
6x + 7x − 2 = 0


12

* Ví dụ 4: Giải phương trình:

x4 + 4
= 5x
x2 − 2

Trang 6


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

(Đề thi vảo trường Lê Hồng Phong, TPHCM , năm 2003 2004)
* Lời giải
x4 + 4
= 5x ⇔ x 4 − 5x 3 + 10x + 4 = 0
2
x −2
x = 2
x = 2


⇔ (x − 2)(x + 1)(x 2 − 4x − 2) = 0 ⇔  x = −1
⇔  x = −1
x = 2 ± 6
 x 2 − 4x + 4 = 6



Việc nhẩm nghiệm như ở trên sẽ gặp rất nhiều khó khăn nếu số hạng tự
do là a0 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: 4x3 - 13x2 + 9x - 18 = 0 (5)
* Lời giải
U(18) ∈ ( ± 1;±2;±3;±6;±9;±18)
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 x1 = 3
Áp dụng lược đồ Hoócne ta đưa phương trình (5) về dạng sau:
(x - 3)(4x2 - x + 6) = 0
⇔x-3=0

(*)

4x2 - x + 6 = 0 (**)
(*) ⇔ x = 3
(**) ⇔ 4x2 - x + 6 = 0
∆ = (-1)2 - 4.4.6 < 0 ⇒ (**) vô nghiệm
Nên phương trình (4) có một nghiệm là: x = 3

Trang 7


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

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 ax4 + bx2 + c = 0 (a ≠ 0) (1)

* Cách giải
Đặt x2 = y (với y ≥ 0) thì (1) ⇔ ay2 + by + c = 0
2.2 Phương trình đối xứng bậc chẵn
Là phương trình có dạng:
a0x2n + a1x2n-1 + ..+ an-1xn+1 +anxn + an+1xn-1 +..+ a1x + a0 = 0 (2) với a 0 ≠ 0
* Cách giải
- Nếu x = 0 không là nghiệm của phương trình (2) thì ta chia cả hai vế của
phương trình (2) cho xn ≠ 0
n
n −1
1
0
(1) ⇔ a 0 x + a1x + ..... + a n −1x + a n x +




1 





1 


a n −1
a
+ .... + 0n = 0
x

x

n
n −1
⇔ a 0  x + n ÷+ a1a 0  x + n −1 ÷+ .. + a n = 0 = 0
x
x

Trang 8


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Đặt y = x +

Hoµng H¶i D¬ng

1
⇒ ta đưa phương trình (2) về phương trình bậc n với ẩn y
x

2.3 Phương trình đối xứng bậc lẻ
* Là phương trình có dạng
a0x2n+1 + a1x2n + ..+ an+1xn+1 +anxn + an-1xn-1 +..+ a1x + a0 = 0 (3) với a 0 ≠ 0
* Cách giải
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: ax4 + bx3 + cx2- bx + a = 0 (4) với a ≠ 0
hoặc ax4- bx3 + cx2 + 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 x2 ta có:
1
x

2
(4) ⇔ ax + bx + c − b + a




1 





1
=0
x2

1

2
⇔ a  x + 2 ÷+ b  x − ÷+ c = 0
x
x

1

x

Đặt y = x − ⇒ x 2 +



1
= y2 + 2
2
x

⇒ ta có phương trình ay2 + by + c + 2a = 0
Tương tự cho phương trình (5) ta đặt y = x +

1
x

2.5. Phương trình hồi quy
* Là phương trình có dạng : ax 4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 (6) trong đó
2

e d
=  ÷ = t 2 với a ≠ 0
a b

* Cách giải: Khi x = 0 không là nghiệm của (6) thì ta chia cả hai vế của
1
x

2

(6) cho x2 ta có: (6) ⇔ ax + bx + c + d + e

1
=0
x2

Trang 9


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y


1  

Hoµng H¶i D¬ng
1

2
⇔  ax + e 2 ÷+  bx + d ÷+ c = 0
x  
x


 2 t2 
t

a
⇔  x + 2 ÷+ d  x + ÷+ c = 0
x 
x




Đặt y = x +

t
lúc đó (6) ⇔ ay2 + by + c + 2at = 0
x

2.6. Phương trình có dạng: (x+a)4+(x+b)4= c (7)
* Cách giải:
Đặt y = x +

a+b
a+b
⇒ x = y−
2
2

(7) ⇔ 2y 4 + 3(a − b) 2 y 2 +

(a − b) 4
−c = 0
8

2.7. Phương trình có dạng: (x+a)(x+b)(x+c)(x+d) = mx 2 trong đó ad =
bc
* Cách giải:
Ta nhóm [(x+a)(x+d)][(x+b)(x+c)] = mx2
⇔ [x2 + (a+d)x + ad][x2 + (b + c)x + bc] = mx2 (8)

Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (8) ta chia cả hai vế của
phương trình (8) cho x2



thì (8) ⇔  x + (a + d) +
Đặt y = x +

ad  
bc 
x + (c + b) +  = m


x 
x

ad
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 y0
Giải phương trình (x+a)(x+d) = y0 ta có x0 là nghiệm của phương trình (1)
2.9. Phương trình tam thức

Trang 10

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

Là phương trình có dạng: ax2n + bxn + 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 :
x n = y

Đặt xn = y thì (10) ⇔  2
ay + dy + c = 0

2.10. Phương trình có dạng: d(x + a)(x + b)(x + c) = mx trong đó
d=

a+b+c
, m = (d - a)(d - b)(d - c).
2

* Cách giải :
* Chú ý: Trên thực tế, nhiều phương trình bậc cao phải biến đổi mới đưa
về các dạng cơ bản nói trên
x4 – 5x2 + 6 = 0

* Ví dụ 1: Giải phương trình

(1)

* Lời giải:
Đặt x2 = y (y ≥ 0) ⇒ (1) ⇔ y2 – 5 y + 6 = 0
y = 2

⇔ (y – 2)(y – 3) = 0 ⇔ 
y = 3

+ Nếu y = 2 ⇔ x2 = 2 ⇒ x = ± 2
+ Nếu y = 3 ⇔ x2 = 3 ⇒ x = ± 3
* Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 – 5x3 + 6x2 – 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
x 2 − 5x + 6 −

5 1
+
=0
x x2

Trang 11


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

1  
1

⇔  x 2 + 2 ÷− 5  x − ÷+ 6 = 0 (*)
x  
x


Đặt y = x −

1
1
⇒ x 2 + 2 = y2 + 2
x
x

(*) ⇔ y2 – 5y + 8 = 0
Xét ∆ = 25 – 40 < 0 ⇒ phương trình đã cho vô nghiệm.
* Ví dụ 3: Giải phương trình x5 + 4x4 + x3 + x2 + 4x +1 = 0

(3)

* Lời giải:
(2) ⇔ (x + 1)(x4 + 3x3 – 2x2 + 3x + 1) = 0
 x = −1

⇔

4
3

2
 x + 3x − 2x + 3x + 1 = 0 (*)

Giải (*) : x4 +3x3 – 2x2 + 3x + 1 = 0
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của (*), chia cả 2 vế của (*) cho x 2 ≠ 0 ta
được:
x 2 + 3x − 2 +



2
⇔ x +

3 1
+
=0
x x2

1  
1
+ 3  x + ÷− 2 = 0
2 ÷
x  
x

Đặt y = x +

1
1
⇒ x 2 + 2 = y2 − 2

x
x

ta được y2 + 3y - 4 = 0 ⇒ y1 = 1, y2 = -4
- Nếu y1 = 1 ⇔ x +

1
= 1 ⇔ x2 - x + 1 = 0 ⇒ PT vô nghiệm
x

- Nếu y2 = -4 ⇔ x +

1
= −4 ⇔ x2 + 4x + 1 = 0 ⇔ x1,2 = −2 ± 3
x

* 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:
(3x + 4)(x + 1)(6x + 7) 2 = 6

Trang 12


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

2
⇔ (6x + 8)(6x + 6)(6x + 7) = 72 (*)

Đặt 6x + 7 = t, ta có:
(*) ⇔ (t + 1)(t − 1)t 2 = 72 ⇔ t 4 − t 2 − 72 = 0 ⇔ t = ±3
- Với t = 3, ta có 6x + 7 = 3 ⇔ x =

−2
3

- Với t = -3, ta có 6x + 7 = −3 ⇔ x =

−5
3

* Bài toán trên ta cũng có thể giải theo cách sau:
(3x + 4)(x + 1)(6x + 7) 2 = 6
2
2
⇔ (3x + 7x + 4)(6x + 7) = 6 (**)

Đặt t = 3x 2 + 7x + 4 ⇒ 36x 2 + 84x + 49 = 12t + 1 , khi đó (**) trở thành:
−3

t1 =

4
12t 2 + t − 6 = 0 ⇔ 
t = 2
 2 3

- Với t =

−3
−3
⇔ 3x 2 + 7x + 4 =
⇔ 12x 2 + 28x + 19 = 0 ⇒ PT vô nghiệm
4
4

−5

x1 =

2
2
3
2
2
- Với t = ⇔ 3x + 7x + 4 = ⇔ 9x + 21x + 10 = 0 ⇔ 
3
3
 x = −2
 2 3

* Ví dụ 5: Giải phương trình ( x 2 + 3x + 2)( x 2 + 7 x + 12) = 24 (5)
(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2004 2005)
* Lời giải:
(x 2 + 3x + 2)(x 2 + 7x + 12) = 24
⇔ (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) − 24 = 0
⇔ (x 2 + 5x + 4)(x 2 + 5x + 6) − 24 = 0

Đặt t = x 2 + 5x + 4 ta được:
 t = −6
t 2 + 2t − 24 = 0 ⇔  1
t2 = 4

Trang 13


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

- Nếu t = −6 ⇔ x 2 + 5x + 10 = 0 ⇒ PT vô nghiệm
- Nếu t = 4 ⇔ x 2 + 5x = 0 ⇔ x1 = 0 ; x 2 = −5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0 ; x = -5
* Ví dụ 6 : Giải phương trình: x4 - 3x3 - 2x2 + 6x + 4 = 0 (6)
* Lời giải:
Ta thấy x = 0 không là phương trình của (6) ⇒ ta chia cả hai vế của (1)
cho x 2 ≠ 0 , ta được:
x 2 − 3x − 2 +

6 4
+
=0
x x2

4  
2

⇔  x 2 + 2 ÷− 3  x − ÷− 2 = 0

x  
x


Đặt y = x −

2
4
⇒ x 2 + 2 = y2 + 4
x
x

Ta được phương trình y2 - 3y + 2 = 0
Nhẩm nghiệm ta được y1 = 1, y2 = 2
- Nếu y1 = 1 ⇔ x −

 x = −1
2
= 1 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔  1
x
x 2 = 2

- Nếu y2 = 2 ⇔ x −

2
= 2 ⇔ x 2 − 2x − 2 = 0 ⇔ x1,2 = 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 y = x +

−5 − 7
= x−6⇒ x = y+6
2

(7) ⇔ (y + 1)4 + (y - 1)4 = 16 
⇔ 2y4 + 12y2 + 2 = 16
⇔ y4 + 6y2 – 7 = 0
 y2 = 1
⇔ y = ±1
⇔ (y – 1)(y + 7) = 0 ⇔  2
y
=
−
7

2

2

Trang 14


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

+ Nếu y = 1 ta có x = 7
+ Nếu y = -1 ta có x = 5
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là x1 = 7; x2 = 5
* Ví dụ 8: Giải phương trình (x +3)(x + 5)(x + 6)(x + 10) = 2x2 (8)
* Lời giải:
(8) ⇔ (x2 + 13x + 30)(x2 + 11x + 30) = 2x2 (*)
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 y = x +

30
+ 11 ⇒ y(y+2) = 2 ⇔ y2 + 2y –2 = 0 (**)
x

Giải phương trình (**) ta có y0; giải phương trình x +

30
+ 11 = y 0 có x0 là
x

nghiệm của phương trình (8)
* Ví dụ 9: Giải phương trình (x + 7)(x + 8)(x + 9) = 5x (9)
* Lời giải:
Phương trình (9) có dạng 12(x + 7)(x + 8)(x + 9) = 60x (*) trong đó
12 =

7 +8+9
; 60 = (12 − 7)(12 − 8)(12 − 9)
2

Đặt y = x + 12.
Ta có (9) ⇔(y – 5)(y – 4)(y – 3) = 5( y –12)
⇔ y3 – 12y2 + 47y – 60 =5y – 60
⇔ y3 – 12y2 + 42y = 0
⇔ y(y2 – 12y + 42) = 0
y = 0

⇔

2
 y − 12y + 42 = 0

⇔ y=0

Trang 15

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

* Ví dụ 10: Giải phương trình 5(x-1)(x-5)(x-3)(x-15) = 7x2 (10)
* Lời giải:
(10) ⇔ 5(x2 - 16x + 15)(x2 - 8x + 15) = 7x2 (*)
Vì x = 0 không là nghiệm của (*) nên ta chia cả hai vế của (*) cho x 2 ta


15



15



có: 5  x + − 16 ÷ x + − 8 ÷ = 7
x
x



Đặt y = x +

15
− 8 ta có: 5y(y - 8) = 7 ⇔ 5y2 - 40y – 7 = 0 (**)

x

Giải phương trình (**) ta có y 0; giải phương trình y0 = x +

15
− 8 ta có x0 là
x

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: An = Bn
+ Nếu n là số chẵn thì A = ± B
+ Nếu n là số lẻ thì A = B
* Ví dụ 1: Giải phương trình x4 = 2x2 + 8x +3 (1)
(Đề thi vào THPT tình Hưng Yên, năm học
2006 - 2007)
* Lời giải:
x 4 = 2x 2 + 8x + 3
⇔ x 4 + 2x 2 + 1 = 4x 2 + 8x + 4 ⇔ (x 2 + 1) 2 = (2x + 2) 2

* Nếu x 2 + 1 = 2x + 2 ⇔ x 2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x1,2 = 1 ± 2
* Nếu x 2 + 1 = −2x − 2 ⇔ x 2 + 2x + 3 = 0 ⇒ PT vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1,2 = 1 ± 2

Trang 16

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

* Ví dụ 2: Giải phương trình x 3 − x 2 − x =

1
(2)
3

(Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2002
- 2003)
* Lời giải:
x3 − x2 − x =

1
⇔ 3x 3 − 3x 2 − 3x = 1
3

⇔ 4x 3 = (x + 1)3
⇔

3

⇔x

4x = x + 1

(

3

⇔ x=

)

4 −1 = 1

3

1
4 −1

x3
3x 2
+
− 2 = 0 (3)
* Ví dụ 3: Giải phương trình x +
(x − 1)3 x − 1
3

(Đề thi vào THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội, năm 2000
– 2001)
* Lời giải:
ĐK: x ≠ 1.
x
x
x2
x2

⇒x+t=x+
=
; xt =
Đặt t =
x −1
x −1 x −1
x −1

Do đó x + t = xt
Phương trình đã cho trở thành:
x 3 + t 3 + 3(x + t) − 2 = 0
⇔ (x + t)3 − 3xt(x + t) + 3(x + t) − 2 = 0

⇔ (x + t − 1)3 = 1 ⇔ x + t − 1 = 1 ⇔ x + t = 2
Khi đó ta có:

x2
= 2 ⇔ x 2 − 2x + 2 = 0 , phương trình vô nghiệm.
x −1

* Ví dụ 4: Giải phương trình 5x3 + 6x2 + 12x + 8 = 0 (4)
(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2005 2006)

Trang 17


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

* Lời giải:
5x 3 + 6x 2 + 12x + 8 = 0

⇔ 4x 3 + (x 3 + 6x 2 + 12x + 8) = 0
⇔ (x + 2)3 = −4x 3
3
⇔ x + 2 = x −4 ⇔ x =

−2
−2
=
1 − 3 −4 1 + 3 4

IV. PHƯƠNG PHÁP 4: Dùng bất đẳng thức
* Ví dụ 1: Giải phương trình x − 9

2003

+ x − 10

2004

= 1 (1)

(Đề thi chọn HSG Toán 9, tỉnh Hải Dương, năm học
2006 - 2007)
* 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
3

* Ví dụ 2: Giải phương trình ( x − 1)3 − ( x − 5)3 + 8 = 216( x − 1)3 (5 − x)3
(2)
* Lời giải:
Đặt x – 1 = y ; 5 – x = z. Ta có (y3 + z 3 + 8)3 = 216y3z3
Theo BĐT Côsi : (y3 + z 3 + 8)3 ≥ 216y 3z 3
Vậy y = z = 2, do đó x = 3.
Trang 18


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

V. PHƯƠNG PHÁP 5: Dùng hệ số bất định
Giả sử phương trình trình bậc 4: x 4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0 và có phân tích
thành
(x2 + a1x + b1)(x2 + a2x + b2) = 0 lúc đó ta có:
a 1 + a 2 = a
a a + b + b = b
 1 2 1 2


a1b 2 + a 2 b1 = c
b1b 2 = d

Tiếp theo tiến hành nhẩm tìm các hệ số a 1; b1; a2; b2. Bắt đầu từ b1b2 = d và
chỉ thử với các giá trị nguyên.
* Ví dụ 1: Giải phương trình

x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0 (1)

* Lời giải:
Giả sử phương trình trên phân tích được thành dạng:
(x2 + a1x + b1)(x2 + a2x + b2) = 0
a 1 + a 2 = − 4
a a + b + b = − 10
 1 2 1 2
Ta có: 
⇔ b1 = -2; b2 = -7; a1 = -5; a2 = 1
a1b 2 + a 2 b1 = 37
b1b 2 = − 14

Phương trình (1) có dạng (x2 - 5x + 2)(x2 + x - 7) = 0
Tiếp tục giải các phương trình bậc hai: x2 - 5x + 2 = 0 và x2 + x - 7 = 0 ta có
nghiệm của phương trình (1) là:
x1 =

5 + 17
5 − 17
; x2 =
;

2
2

x3 =

−1+ 29
;
2

x4 =

−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

Trang 19


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

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

(m2 – m)2(x2 – x + 1)3 = (x2 – x)2(m2 – 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 k6 ta có:
3

2

( m − m ) 1 − k1 + k12 ÷ =  k1 − k12 ÷ (m 2 − m + 1)3

 

2

2

3

2

 1 1   1 1
⇔ ( m − m )  2 − + 1÷ =  2 − ÷ (m 2 − m + 1)3
k k  k k
2

2

⇒

(m

1
cũng là nghiệm của (1). Vì k là nghiệm của (1) nên ta có:
k
2

− m)

2

(k

2

− k + 1) = ( k 2 − k ) (m 2 − m + 1)3
3

2

⇒ (m2 – m)2[(1 - k)2 – (1 - k) + 1]3 = [(1 - k)2 – (1 - k)]2(m2 – m + 1)3
⇒ (1 - k) cũng là nghiệm của (1)
Ta có m là nghiệm của (1) ⇒

1
cũng là nghiệm của (1)
m

do m là nghiệm của (1) ⇒ 1 - m cũng là nghiệm của (1)
1 - m là nghiệm của (1) ⇒

1
cũng là nghiệm của (1)
1− m

Điều kiện để 6 giá trị : m; (1-m);

1
1
1
1
; 1- ;
; 1đôi một khác
m
m 1− m
1− m

nhau là: m ≠ 0; m ≠ 1; m ≠ -1; m ≠ 2; m ≠

1
2

+ Nếu m = 0, m = 1, thì x = 0; x = 1

Trang 20


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

+ Nếu m = -1, m = 2 và m =

1
thì phương trình (1) đều có dạng:
2

4(x2 – x + 1)3 = 27(x2 – x)2
⇔ (x+1)2(x-2)2(2x-1)2 = 0
1
2

⇒ Phương trình (1) có 3 nghiệm : x1 = -1; x2 = 2; x3 = .
+ Nếu m ≠ 0, m ≠ 1, m ≠ -1, m ≠ 2, m ≠
nghiệm: m; (1-m);

1
thì phương trình (1) có 6
2

1
1
1
1
; 1- ;
; 1.
m
m 1− m

1− m

VII. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP KHÁC
* Ví dụ 1: Giải phương trình 2x4 – 10x2 + 17 = 0 (1)
* Lời giải:
(1) ⇔ x4 – 2x2 + 1 + x4 – 8x2 + 16 = 0
⇔ (x2 – 1)2 + (x2 – 4)2 = 0
Không xẩy ra đồng thời x2 = 1 và x2 = 4
Vậy phương trình vô nghiệm.
* Ví dụ 2: Giải phương trình x4 – x3 + 2x2 – x + 1 = 0 (2)
* Lời giải:
(2) ⇔ (x2 + 1)2 – x(x2 + 1) = 0
⇔ (x2 + 1)(x2 – x + 1) = 0
Ta thấy x2 ≥ 0 ∀ x ⇒ x2 + 1 > 0; x2 – x + 1 > 0 ∀ x
Vậy phương trình vô nghiệm.
* Ví dụ 3: Tìm k để phương trình sau có nghiệm:
( x 2 + 2)  x 2 − 2 x(2k − 1) + 5k 2 − 6k + 3 = 2 x + 1 (3)

(Đề thi vào THPT Hà Nội- Amstesdam, năm 2000 2001)
* Lời giải:

Trang 21


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

(x 2 + 2)  x 2 − 2x(2k − 1) + 5k 2 − 6k + 3 = 2x + 1
2

2
2
⇔ (x + 2) (x − (2k − 1)) + (k − 1) + 1 = 2x + 1 (2)
2
2
Ta có: (x − (2k − 1)) + (k − 1) + 1 ≥ 1 nên VT(2) ≥ x 2 + 2

Lại có x 2 + 2 − (2x + 1) = (x − 1) 2 ≥ 0 nên 2x + 1 ≤ x2 + 2 ⇒ VP(2) ≤ x2 + 2
Để (2) có nghiệm thì VT = VP = x2 + 2
 x − (2k − 1) = 0
k = 1
k = 1


⇔ x = 1
⇔
⇔ k =1
⇔ k − 1 = 0
x
=
1

2x + 1 = x 2 + 2
(x − 1) 2 = 0



BÀI TẬP LUYỆN
Giải phương trình
Bài 1:

a) x4 + x2 + 6x - 8 = 0
b) ( x2 + 1)2 = 4(2x - 1)
Bài 2:
a) (x2 - 5x)2 +10(x2 - 5x) + 24=0
b) (x2 + x - 2)(x2 + 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) (x2 - 6x + 9)2 - 15(x2 - 6x + 10) = 1
b) (x2 + 1)2 + 3x(x2 + 1) + 2x2 = 0
Bài 5:
(x + 1)4 + (x - 3)4 = 82
Bài 6:
x 4 − 4x 3 − 2x 2 + 4x + 1 = 0

Trang 22


Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

(Đề thi vào THPT Chuyên SPNN Hà Nội, năm 2006 2007)
Bài 7: Chứng minh rằng các phương trình sau vô nghiệm:
a) x4 - 3x3 + 6x + 13 = 0
b) x4 - 2x3 + 4x2 - 3x + 2 = 0
x6 −1
x2 −1
− (2a + 1)

+ 2a − 3 = 0 (8)
Bài 8: Cho phương trình:
x3
x

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)
2

2

1  1 
Bài 9: Cho phương trình:  ÷ + 
÷ = m (9)
 x   x +1

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)

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.

Trang 23

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

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 :
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:

Trang 24

Kinh nghiÖm gi¶ng d¹y

Hoµng H¶i D¬ng

- 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

Trang 25