Một số phương pháp giải phương trình bậc 4 cho học sinh lớp 10

1. mở đầu
- Lý do chọn đề tài
Trong chng trỡnh toỏn ph thụng núi chung v chng trỡnh i s 10 núi
riờng chỳng ta ó lm quen vi phng trỡnh bc bn. Tuy nhiờn cỏc em hc
sinh mi gp cỏc phng trỡnh bc bn dng n gin nh phng trỡnh trựng
phng, phng trỡnh quy hi... qua vi phộp bin i hc sinh cú th gii quyt
mt cỏch d dng. Tuy vy, khi gp cỏc phng trỡnh bc bn khụng cú dng c
bit cỏc em t ra lỳng tỳng v hu nh u khụng gii c.
Mặt khác khi giải các bài toán liên quan đến phơng trình,
hệ phơng trình: vô tỷ, lợng giác, mũ và lôgarit, chúng ta cũng
thờng phải quy về giải phơng trình bậc cao, trong đó có phơng trình bậc bốn. Một số bài toán trong hình học, trong vật
lý sau khi trải qua một số bớc, cuối cùng cũng đều đi đến việc
phải giải một phơng trình bậc bốn. Cho dù đó chỉ là một bớc
nhỏ trong một bài toán nhng nếu không giải quyết đợc bớc nhỏ
này thì chúng ta cũng cha thể đa ra kết luận của bài toán đó.
Quỏ trỡnh gii cỏc bi toỏn gii phng trỡnh bc bn ũi hi hc sinh phi
bit võn dng cỏc kin thc c bn trong ton b chng trỡnh, cỏc k nng bin
i t dng phc tp v dng n gin mt cỏch linh hot. Hc sinh cn cú t
duy lụgớc, kh nng tng hp vn dng thnh tho cỏc kin thc v phõn tớch a
thc thnh nhõn t, bin i ng nht cng nh cỏc kin thc v bt ng thc.
T ú giỳp hc sinh rốn luyn t duy lụgớc, kh nng tng tng, phỏt huy
c tớnh tớch cc, ch ng v vn dng kin thc vo thc tin.
Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung và từ thực trạng
trên, để học sinh có thể dễ dàng và tự tin hơn khi gặp các bài
tập về phơng trình bậc bốn, giúp các em phát huy đợc khả
năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua các bài tập nhỏ,
cùng với sự tích luỹ kinh nghiệm của bản thân qua những năm
giảng dạy, tôi đa ra sáng kiến kinh nghiệm Mt s phơng
pháp giải phơng trình bậc bốn cho học sinh lớp 10". Sáng
1

kiến kinh nghiệm này đã đợc bản thân tôi áp dụng trong quá
trình giảng dạy tại trờng THPT Hàm Rồng.
- Mục đích nghiên cứu: Giúp học sinh hiểu sâu và nắm
chắc hơn các phơng pháp giải phơng trình bậc 4. Từ đó
nghiên cứu tìm tòi sáng tạo nhằm nâng cao chất lợng học môn
toán trong trờng THPT, góp phần đạt kết quả tốt cho việc giải
các bài toán Hình học, vật lý, các bài toán về phơng trình vô
tỉ, lợng giác, mũ, logarit
- Đối tợng nghiên cứu: Phơng pháp giải phơng trình bậc 4
đối với học sinh khối 10 trờng THPT Hàm Rồng.
- Phơng pháp nghiên cứu :
Phơng pháp thu thập tài liệu
Phơng pháp điều tra
Phơng pháp phân tích
Phơng pháp tổng hợp
Phơng pháp đánh giá
2. nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lý luận :
Phơng trình bậc 4 đầy đủ là phơng trình có dạng:
ax4+bx3+cx2+dx+e =0 (a 0)
Bài toán giải phơng trình bậc 4 rất đợc chú trọng trong các
đề thi học sinh giỏi các cấp, cũng nh trong các tài liệu nâng
cao và nó cũng xuất hiện rất nhiều trong các tạp chí toán học
hiện nay.
2.2. Thực trạng vấn đề trớc khi áp dụng sáng kiến kinh
nghiệm:
- Trong chơng trình THPT, do thời lợng chơng trình có hạn mà
mảng phơng trình bậc bậc bốn cha đợc trình bày rõ ràng,
đầy đủ. Ngợc lại còn rất sơ lợc, chỉ mang tính chất giới thiệu

qua một số bài tập đơn giản.
2


- Do cha đợc hệ thống kiến thức và cha đợc học đầy đủ các
phơng pháp để giải từng dạng phơng trình bậc bốn nên khi
gặp, hầu hết học sinh thấy lúng túng và không có hớng giải.
- Tuy nhiên, các dạng bài tập về phơng trình bậc bốn thì rất
phong phú, đa dạng và phức tạp.
- Đa số học sinh cha có phơng pháp để giải từng dạng phơng
trình bậc bốn nên rất nhiều em thờng "bỏ qua" hoặc "bỏ dở"
bài toán khi đã quy về phơng trình dạng này.
2.3. Các phơng pháp giải phơng trình bậc 4 :
2.3. 1. Phơng pháp đa phơng trình về dạng tích.
Cho

phơng

trình:

ax4+bx3+cx2+dx+e

=0

(a 0)

(1)
a) Phơng pháp:
Cách 1: Nhóm các hạng tử, sau đó đặt thừa số chung để đa
vế trái về dạng tích.

Cách 2:
- Bớc 1: Đoán nghiệm x0 của phơng trình dựa vào các kết quả
sau:
+ Nếu a+b+c+d+e=0 thì (1) có nghiệm x = 1.
+ Nếu a-b+c-d+e=0 thì (1) có nghiệm x = -1.
+ Nếu a, b, c, d, e nguyên và (1) có nghiệm hữu tỉ

p
q

thì p, q

theo thứ tự là ớc của e và a.
- Bớc 2:
+ Bằng cách chia đa thức hoặc dùng lợc đồ Hoócne, phân tích
(1) thành:
x = x0

(x- x0)(ax3 +b1x2 +c1x+d1) = 0

3
2
ax + b1 x + c1 x + d1 = 0 (1.1)

+ Giải phơng trình (1.1) bằng cách:
- Đoán nghiệm x1 của phơng trình (1.1) dựa vào các kết quả
sau:
3

+ Nếu a+b1+c1+d1=0 thì (1.1) có nghiệm x = 1.
+ Nếu a-b1+c1-d1=0 thì (1.1) có nghiệm x = -1.
+ Nếu a, b1, c1 ,d1 nguyên và (1.1) có nghiệm hữu tỉ

p
thì
q

p, q theo thứ tự là ớc của d1 và a.
c

1
+ Nếu ac13 = b13d1 (a, b1 0) thì (1.1) có nghiệm x = b .
1

- Phân tích (1.1) thành: (x- x1)(ax2 +b2x +c2) = 0 bằng cách
chia đa thức hoặc dùng lợc đồ Hoócne.
* Lợc đồ Hoócne :
Nếu f(x) có nghiệm x=x 0 thì f(x) chứa nhân tử (x-x 0), tức là :
f(x) =(x-x0).g(x).
f(x) = anxn + an -1xn -1 + ... + a1x + a0

Trong đó :

g(x)= bn-1xn-1 + bn - 2xn - 2 + ... + b1x + b0

với :

b n 1 = a n
b

n 2 = x 0 bn 1 + a n 1
...

bi 1 = x 0 bi + a i
...

b 0 = x 0 b1 + a1

xi

an

Ta có bảng sau ( Lợc đồ Hoócne).

an - 1
x0bn-

...
...

ai
x0 bi

...
...

a0
x0 b0

...

bi-1

...

0

1

x

= bn-

x0
b) Ví dụ:
Ví dụ 1:

1

bn-2

=an

Giải phơng trình: (x2+3x-4)2+3(x2+3x-4)=x+4

(1.2)
Giải: Phơng trình (1.2) (x-1)2(x+4)2+3(x-1)(x+4)-(x+4)=0
(x+4)[(x-1)2(x+4)+3(x-1)-1]=0
x = 0

(x+4)x(x2+2x-4)=0 x = 4
x = 1 5

4


Vậy phơng trình có 4 nghiệm : x=0, x= -4, x = 1 5 .
Ví dụ 2: Giải phơng trình: x4 -4x3-x2+16x-12 =0
(1.3)
Giải: Ta có a+b+c+d+e=0 nên phơng trình có 1 nghiệm x=
1.
Đa phơng trình về dạng: (x-1)(x3-3x2-4x+12)=0.
Phơng trình x3-3x2-4x+12=0 có một nghiệm x = 2 nên
x = 1
x 1 = 0
x = 2

2

(1.3) (x-1)(x-2)(x -x-6)=0 x 2 = 0
x = 2
x 2 x 6 = 0

x = 3

Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt x =1, x= 2, x= -2,
x= 3.
* Nhận xét: Phơng pháp đa phơng trình về dạng tích là phơng pháp thờng đợc nghĩ đến đầu tiên khi giải phơng trình.
Nhng nếu việc đa về dạng tích gặp khó khăn, chúng ta nên
nghĩ đến việc sử dụng các phơng pháp khác.

2.3.2. Phơng pháp đặt ẩn phụ.
Dạng 1 (PT trùng phơng): ax4 + bx2+c =0 (a 0)
(2)
a) Phơng pháp:
- Đặt t = x2 (t 0), đa (2) về phơng trình bậc hai: at2+bt+c=0
(2')
- Giải (2'), nếu (2') có nghiệm t0 0 thì (2) có nghiệm x = t0
* Chú ý:
- (2) vô nghiệm (2') vô nghiệm hoặc (2') có nghiệm t1 t2<0
- (2) có nghiệm duy nhất (2') có nghiệm t1 0 =t2
- (2) có 2 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm t1 < 0 t1=t2>0
- (2) có 3 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm 0=t1 - (2) có 4 nghiệm phân biệt (2') có nghiệm 0< t1 5


b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Tìm m để phơng trình sau có 3 nghiệm phân
biệt:
mx4-2(m-1)x2+m-1=0
(2.1)
Giải:

Đặt t = x2 (t 0). Phơng trình trở thành:
mt2 -2(m-1)t+m-1 =0

(2.2)
Phơng trình (2.1) có 3 nghiệm phân biệt
(2.2) có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thoả mãn: 0=t1

m 0
1 m > 0
m 0

m 0
' > 0

m 1



= 0 m < 1 (không có m thoả mãn)
P = 0
m
m = 1

S > 0
2(m 1)
>
0

m

Vậy không tồn tại m để phơng trình có 3 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 2:

Tìm m để phơng trình sau có 4 nghiệm phân

biệt lập thành cấp số cộng:

x4 -2(m+1)x2+2m+1 =0

(2.3)
Giải: Đặt t = x2 (t 0) . Phơng trình trở thành:
t2 -2(m+1)t+2m+1 =0
(2.4)
(2.3) có 4 nghiệm phân biệt (2.4) có 2 nghiệm t1, t2 thoả
mãn : 0< t1
' = (m + 1) 2 2m 1 > 0

1
b
= 2(m + 1) > 0
2
a
c
a = 2m + 1 > 0

Khi đó 4 nghiệm của (2.3) là : - t2 ; - t1 ; t1 ; t2
Bốn nghiệm trên lập thành cấp số cộng
6


t2 + t1 = 2 t1

t2 = 3 t1 t2 = 9t1 (*)

t

+
t
=
2
t
1
2
1
t1 + t2 = 2(m + 1)
(**)
t1t2 = 2m + 1

Theo định lý Viét ta có:
Thay (*) vào (**) ta đợc:

m = 4
5t1 = m + 1
t1 + 9t1 = 2(m + 1)
2
2
9m 32m 16 = 0

m = 4
t
.9
t
=
2
m
+

1
9
t
=
2
m
+
1
1 1
1
9


Vậy với m = 4 hoặc m = -

4
thì phơng trình đã cho có 4
9

nghiệm phân biệt lập thành cấp số cộng.
Dạng 2:

Phơng trình có dạng : ( a 1x +a2)(b1x+b2)(c1x+c2)

(d1x+d2) = m,
a1b1 = c1d1
a1b2 + a2b1 = c1d 2 + c2 d1

với
(3)

a) Phơng pháp:
- Viết lại phơng trình dới dạng:

[a1b1x2+( a1b2 + a2b1 )x+a2b2].[ c1d1 x2+( c1d 2 + c2 d1 )x+c2d2]=m
-

Đặt t = a1b1x2+( a1b2 + a2b1 )x+a2b2, suy ra c1d1 x2+( c1d 2 + c2 d1

)x+c2d2=t-a2b2+c2d2.
Ta đa (3) về phơng trình bậc hai ẩn t: t(t-a2b2+c2d2)=m
* Đặc biệt: Khi a1=b1=c1=d1=1, phơng trình có dạng :
(x +a2)(x+b2)(x+c2)(x+d2) = m với b2 + a2 = d 2 + c2
ta cũng có cách giải tơng tự.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình: (x-1)(x+1)(x+3)(x+5)= 9
(3.1)
Giải: Phơng trình (3.1) (x-1)(x+5)(x+1)(x+3)= 9
( x2 + 4x-5)(x2+4x+3) = 9

Đặt t = x2 + 4x-5, phơng trình (3.1) trở thành: t(t+8) = 9
7


t = 1
t2 + 8t - 9 = 0
t = 9

. Với t=1 thì x2 + 4x 5 = 1 x2 + 4x - 6 = 0 x= 2 10
. Với t= 9 thì x2 + 4x 5 = -9 x2 + 4x + 4 = 0 x = - 2
Vậy phơng trình có 3 nghiệm : x = 2 + 10 ; x = 2 10 ; x

= -2
Ví dụ 2: Giải phơng trình: (2x-1)(x-1)(x-3)(2x+3)=-9
(3.2)
Phơng trình (3.2) (2x2-3x+1)(2x2-3x-9)=-9

Giải:

Đặt t = 2x2-3x+1, suy ra 2x2-3x-9=t-10, phơng trình (3.2) trở
thành:
t = 1

t(t-10)=-9 t2-10t+9=0
t = 9
x = 0
. Với t=1 thì 2x -3x+1=1 3
x=

2
2

3 73
. Với t = 9 thì 2x2-3x+1=9 2x2-3x-8=0 x =
4

3
3 73
Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt: x=0, x = , x =
2

4

Dạng 3 : Phơng trình có dạng:
2

ax + bx +cx +dx+e =0 (a 0), với
4

3

2

e d
= ữ ;e 0
a b

(4)
a) Phơng pháp:
- Nhận xét x=0 không phải là nghiệm của (4), chia hai vế cho
x2 0, ta đợc:
e 1
d 1
a ( x 2 + . 2 ) + b( x + . ) + c = 0
a x
b x

- Đặt t= x +

d
e 1
d

, suy ra x 2 + . 2 = t 2 2. , phơng trình (4) trở
bx
a x
b

thành:
8


d
b

at2+bt +c - 2a =0. Đây là phơng trình bậc hai quen thuộc.
* Đặc biệt: Khi a=e, phơng trình có dạng: ax4 + bx3+cx2
bx+a =0 (a 0)
ta cũng có cách giải tơng tự.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình:

2x4 - 21x3 +74x2 -105x + 50 = 0

(4.1)
Giải: Nhận thấy x =0 không phải là nghiệm của (4.1), chia hai
vế của (4.1) cho
x2 0, ta đợc phơng trình: 2( x 2 +
5
x

t = x + ( t 2 5 ), suy ra x 2 +

Đặt

25
5
) 21( x + ) + 74 = 0
2
x
x
25 2
= t 10 . Phơng trình (4.1) trở
x2

thành:
t = 6
2t 21t + 54 = 0 9
t =
2
2

(thỏa mãn đk)
x = 1
x = 5

5
x

2
. Với t = 6 thì x + =6 x 6 x + 5 = 0

x = 2

9
5 9
2
. Với t = thì x + = 2 x 9 x + 10 = 0 5
x=
2
x 2

2

Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt là: x=1, x=2, x=5,
x=

5
.
2

Ví dụ 2: Giải phơng trình: (x-2)4+(x-2)(5x2-14x+13)+1=0
(4.2)
Giải: Đặt y=x-2. Phơng trình trở thành: y4+5y3+6y2+5y+1=0
(4.3)
Nhận thấy y=0 không là nghiệm của phơng trình (4.3), chia 2
vế của (4.3) cho y2 0 ta đợc phơng trình :

9


( y2 +

1

1
) + 5( y + ) + 6 = 0
2
y
y
1

Đặt t = y + y ( t 2 ). Phơng trình trở thành:
= 1
t (loại)

t + 5t +4 = 0
(t/m)
t = 4
2

1

Với t = 4 thì y + y = 4 y 2 + 4 y + 1 = 0 y = 2 3 x = 3
Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x= 3
* Nhận xét: Phơng trình ban đầu không phải là phơng
trình dạng 3 nhng với phép đặt ẩn phụ thích hợp, ta có thể đa phơng trình về dạng 3.
Dạng 4 : Phơng trình có dạng : ( x + a)4 + ( x + b)4 = c
(5)
a) Phơng pháp:
- Đa (5) về dạng phơng trình trùng phơng bằng cách đặt t=
x+

a+b
2

b) Ví dụ: Giải phơng trình : ( x + 1)4 + ( x +3)4 = 16
(5.1)
Giải: Đặt t = x + 2, phơng trình (5.1) trở thành:
( t-1)4 + ( t+1)4 = 16 2t4 + 12t2 + 2 = 16
t4 + 6t2 7 = 0 ( Phơng trình trùng phơng)
t 2 = 1
2
(loại)
t = 7

Với t2 = 1 thì t = 1 hoặc t = -1. Từ đó suy ra x= -1 hoặc
x= -3
Vậy phơng trình có 2 nghiệm là : x = - 1; x = -3
Dạng 5: Phơng trình có dạng :
m( x +a)(x+b)(x+c)(x+d) = nx2 , với ab = cd 0, m
0, n 0

(6)

a) Phơng pháp:
10


- Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6), chia hai vế cho x 2
0, ta đợc:

m(x + a+b +
- Đặt t = x +a+b+

ab
cd
) (x + c+d +
)= n
x
x
ab
, ta đa (6) về phơng trình bậc hai ẩn t:
x

mt(t-a-b+c+d)=n
b) Ví dụ: Giải phơng trình: 4(x+5)( x+6)(x+10)(x+12) = 3x2
(6.1)

Giải:

(6.1)

4(x+6)( x+10)(x+5)(x+12) =

3x2
4(x2+16x+60)(x2+17x+60) = 3x2

Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6.1), chia hai vế cho x 2
0, ta đợc:
4(x

+

16

+

60
) (x
x

+

17

+

60
)=
x

3

( 6.2)
Đặt t = x + 16 +

60
, phơng trình trở thành:
x

1
t = 2
2
4t ( t + 1) = 3 4t + 4t 3 = 0

t = 3

2
x = 8
1
2
. Với t=
thì 2x + 31x + 120 = 0
15
x=
2

2

. Với t=-

3
35 265
thì 2x2 + 35x + 120 = 0 x =
2
4

Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt: x=-8, x=-

15
,
2

35 265
.

4

Dạng 6: Phơng trình có dạng:
a.A(x) +b.B(x) + c.C(x) =0 với A(x).B(x) = C2(x), B(x) 0
(7)
11


a) Phơng pháp:
C ( x)

- Chia hai vế cho B(x) 0 rồi đặt t = B( x)

- Phơng trình (7) trở thành: at2+ct+b=0.
b) Ví dụ: Giải phơng trình : -x3+2x2-4x +3 - (x2+x+1)2=0
(7.1)
Giải: Phơng trình (7.1) 2(x-1)2-(x2+x+1)2 - (x3-1) =0
Chia hai vế của (7.1) cho (x2+x+1)2 0 ta đợc:
2.(

x 1 2
x 1
) 1 2
=0
x + x +1
x + x +1
2

t = 1
x 1

2
Đặt t = 2
, phơng trình trở thành: 2t t 1 = 0
1
t=
x + x +1

2

. Với t=1 thì
1
2

x 1
=1 x 2 + 2 = 0 (vô nghiệm)
x + x +1
2

. Với t = thì

x 1
1
3 13
= x 2 + 3x 1 = 0 x =
x + x +1
2
2
2

Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x =

3 13
2

Dạng 7: Phơng trình có dạng tổng quát: ax4 + bx3+cx2+dx+e
=0 (a 0).
a) Phơng pháp:
- Bớc 1: Biến đổi phơng trình về dạng

a(x2+b1x+c1)2+

B(x2+b1x+c1) +C=0
- Bớc 2: Đặt t= x2+b1x+c1, phơng trình trở thành: at2+Bt+C=0.
b) Ví dụ:
Giải phơng trình: x4 -4x3+3x2+2x-20 =0
(8.1)
Giải: Phơng trình (8.1) x4 -4x3+4x2-(x2- 2x) -20 =0
(x2- 2x)2-( x2- 2x)-20=0

Đặt t = x2- 2x (t -1), phơng trình trở thành:
= 4
t (loại)

t2 - t -20 =0 (t/m)
t = 5
12


Với t =5 thì x2- 2x =5 x = 1 6
Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 1 6 .

2.3.3. Phơng pháp đa về hai luỹ thừa cùng bậc.
a) Phơng pháp: Đa phơng trình về dạng: [f(x)]2 = [g(x)]2
f(x) = g(x)
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình: x4 = 24x + 32
(9.1) Giải: Phơng trình (9.1) x4 + 4x2 + 4 = 4x2 + 24x + 36
(x2 + 2)2 = ( 2x + 6)2

x2 + 2 = 2x + 6
2
x + 2 = (2 x + 6)

x2 2x 4 = 0
2
x = 1 5
x
+
2
x
+
8
=
0

Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 1 + 5 ; x = 1 5
Ví dụ 2: Giải phơng trình: x4 + 4x -1=0
(9.2)
Giải: Phơng trình (9.2) x4 +2x2+1 = 2(x2-2x+1)
x 2 + 1 = 2 ( x 1)
2

( x + 1) = 2 ( x 1)
x 2 + 1 = 2 ( x 1)
2

2

x 2 2 x + 1 + 2 = 0 (VN )
2 4 2 2

x=
2
x 2 + 2 x + 1 2 = 0

Vậy phơng trình có 2 nghiệm phân biệt x = 2 4 2 2
2

2.3.4. Phơng pháp dùng hệ số bất định:
a) Phơng pháp: Xét phơng trình x4 + ax3 + bx2 + cx + d =
0

(10)

- Bớc1: Giả sử (10) phân tích đợc thành (x2 + a1x + b1)( x2 +
a2x + b2)=0

Khi đó ta có:

a1 + a 2 = a

a a + b + b = b
1 2
1
2

a1b2 + a 2 b1 = c
b1b2 = d
13


- Bớc 2: Xuất phát từ b1b2 = d, tiến hành nhẩm tìm các hệ số
b1; b2; a1 ; a2.
x 2 + a1x + b1 = 0
- Bớc 3: Phơng trình (10) 2
x + a 2 x + b 2 = 0

* Chú ý: Phơng pháp này thờng áp dụng khi việc nhẩm tìm
các hệ số a1; b1; a2; b2 là đơn giản.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình:

x4 + 4x3 +3x2 + 2x - 1 = 0

(10.1)
Giải: Giả sử (10.1) phân tích đợc thành : (x2 + a1x + b1)( x2 +
a2x + b2) = 0
a1 + a2 = 4
b1 = 1
a a + b + b = 3
b =1

1 2
2
1
2

Khi đó:
a1b2 + a2b1 = 2
a1 = 3


b1b2 = 1
a2 =1

Phơng trình (10.1) (x2 +3x -1)( x2 + x +1) = 0

3 13
x=

x + 3x 1 = 0
2
2


3 + 13
x + x + 1=0 (VN )
x =

2
2

Vậy phơng trình có 2 nghiệm:

x=

3 13
2

* Nhận xét: Từ b1b2=-1 ta thử ngay với b1=-1, b2=1, từ đây có
thể dễ dàng tìm đợc a1=3, a2=1.
Ví dụ 2: Tìm a, b để phơng trình x4 - 4x3 +(4+a)x + b = 0
(10.2)
có 2 nghiệm kép phân biệt.
Giải: Phơng trình (10.2) có 2 nghiệm kép phân biệt x1, x2
nên:
x4 - 4x3 +(4+a)x + b = (x-x1)2(x-x2)2
x4 - 4x3 +(4+a)x + b = x 4-2(x1+x2)x3+(x12+x22 +4x1x2)x2-

2x1x2(x1+x2)x+x12x22
14


Đồng nhất 2 vế, ta có:
x1 + x2 = 2 (1)
4 = 2( x1 + x2 )


2
2
2
0 = x1 + x 2 + 4x1x 2

(x1 + x 2 ) + 2x1x 2 = 0 (2)


4 + a = 2x1x 2 ( x1 + x 2 )
2x1x 2 ( x1 + x 2 ) = 4 a (3)
b = x 2 x 2
x 2 x 2 = b (4)

1
2
1 2
x1 + x 2 = 2
x1,2 = 1 3
x1x 2 = 2

Từ (1), (2)

Thế vào (3), (4) ta đợc a=b=4.
Vậy với a= b =4 thì phơng trình có 2 nghiệm kép phân biệt.
2.3.5. Phơng pháp đánh giá:
a) Phơng pháp: Sử dụng các hằng đẳng thức, các bất đẳng
thức để đánh giá 2 vế của phơng trình. Từ đó đa ra kết luận
về nghiệm của phơng trình.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phơng trình x4 + 8x2 8x + 17 = 0
(11.1)
Giải: Phơng trình (11.1) x4 - 8x2 + 16 + 16x2 8x + 1 = 0
( x2 4)2 + ( 4x 1)2 = 0

Vì

x = 2


1
x = 4

( x 2 4) 2 0
x 2 4 = 0

nên (2)

(4 x 1) 2 0
4 x 1 = 0

Vậy phơng trình vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phơng trình: ( x 8 ) + ( x 9 ) = 1
4

4

(11.2)
Giải: Dễ thấy x = 8 ; x = 9 đều là nghiệm của (11.2)
Xét các giá trị còn lại của x:
+) Với x < 8, ta có 9 x > 1 ( 9 x ) > 1 , ( x 8 ) > 0
4

4

Suy ra vế trái của (11.2) lớn hơn 1 nên (11.2) vô nghiệm.

+) Với x > 9, ta có x 8 > 1 ( x 8 ) > 1 , ( x 9 ) > 0
4

4

Suy ra vế trái của (11.2) lớn hơn 1 nên (11.2) vô nghiệm.
+) Với 8 < x < 9 thì:

0 < x 8 < 1 => (x-8)4< x-8
15


0 < 9 x < 1 => (x-9)4= (9-x)4 < 9-x


( x 8)

4

+ ( x 9 ) < x 8 + 9 x = 1 nên (11.2) vô nghiệm.
4

Vậy phơng trình có 2 nghiệm : x = 8, x = 9.
BàI TậP CủNG Cố.
Bài 1: Giải các phơng trình sau:
1) 2x4 + 3x3 3x2 + 3x + 2 = 0

2) x 4

-8x3+7x2+36x-36=0

3) x4 -4x2 + 12x -9 = 0

4) x4+(x-1)

(x2+2x+2)=0
5) (x2-4)(x2-2x)=2

6) (4x+1)(12x-

1)(3x+2)(x+1)=4
7) 2(x2+x+1)2-7(x-1)2=13(x3-1)

8) x 4 -4x3 + 8x

=5 .
9) x4+(x-1)4=97

10) x 4 -5x3 +

8x2-10x+4 =0
Bài 2: Tìm m để phơng trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
(x2-1)(x+3)(x+5)=m.
Bài 3: Tìm k để phơng trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x 4k2x2+2kx-1=0
Bài 4: Cho phơng trình: x4 -4mx3 +(m+1)x2-4mx+1=0
a) Giải phơng trình với m =1
b) Tìm m để phơng trình có nghiệm.
Bài 5: Giải và biện luận phơng trình: 2x4+mx2+2=0.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
- Thông qua bài dạy trong chơng trình SGK lớp 10 nâng
cao, qua quá trình làm bài tập trong SGK và SBT nâng cao để

đánh giá năng lực của học sinh.
- Trớc khi học và sau khi học: "Các phơng pháp giải phơng trình bậc bốn cho học sinh lớp 10", cho học sinh làm
16


bài kiểm tra và thống kê kết quả để thấy hiệu quả đạt đợc
của sáng kiến kinh nghiệm.
- Đối tợng đánh giá: học sinh lớp 10A1 và 10A2 - Trờng THPT
Hàm Rồng.
Đề kiểm tra số 1 (Thời gian: 90 phút)
(Trớc khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy)
Câu 1 (6 điểm): Giải các phơng trình sau:
a) x4 +2x3 +10x -25 = 0
b) (x2+3x+2)(x2+7x+12)=24
c) x4 - 4x3 - 10x2 + 37x - 14 = 0
Câu 2 (4 điểm): Cho phơng trình: x4+(2m-1)x3+(m2-2m)x2(m2-m+1)x-m+1=0
a) Giải phơng trình với m = -1.
b) Xác định m để phơng trình có 4 nghiệm phân biệt.
Đáp án và thang điểm đề kiểm tra số 1.
Câ
u
1.a
(2đ
)

Nội dung chính

Điể

Phơng trình x +2x +x = x -10x+25

4

( x + x ) = ( x 5)
2

2

2

3

2

2

x2 + x = x 5
2
x + x = x + 5

0.75

x + 5 = 0 (VN )
2
x = 1 6
x + 2 x 5 = 0
2

1.b
(2đ
)

m
0.50

0.75

Vậy phơng trình có nghiệm x= 1 6
Phơng trình (x+1)(x+2)(x+3)(x+4)=24

0.50

(x2+5x+4)(x2+5x+6)=24

Đặt t= x2+5x+4 => x2+5x+6=t+2.
t = 4

Phơng trình trở thành: t(t+2)=24
t = 6
x = 0
x = 5

. Với t=4 thì x2+5x+4 =4

. Với t=-6 thì x2+5x+4 =-6 x2+5x+10=0 (VN)
Vậy phơng trình có 2 nghiệm x=0, x= -5.
17

0.50
0.50
0.50

Phơng trình (x2 - 5x + 2)( x2 + x - 7) = 0

1.c
(2đ


5 17
x =
x 2 5x + 2 = 0
2
2


1 29
x + x 7=0
x =

2

)

Vậy phơng trình có 4 nghiệm: x =
2.

1.00

5 17
1 29

,x =
2
2

Phơng trình (x-1)(x3+2mx2+m2x+m-1)=0

(4đ
)

1.00

(x-1)(x+m-1)[x2+(m+1)x+1]=0

1.00

x = 1

x = 1 m
g(x)=x 2 + ( m + 1) x + 1=0 (2)


1.50

(1)

x = 1
x = 1


a) Với m=-1 : (1) x = 2

x = 2
g(x)=x 2 + 1=0

b) Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt
1-m 1 và (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 và

0.50

khác 1-m
m 0

1 m 1
m 0
m < 3

2
m < 3
m > 1
g > 0
m + 2m 3 > 0



3
m >1
m
+
3

0

g
(1)

0


m 3
2
g (1 m) 0
3 2m 0

3

m

2
3 3

Vậy với m ( ; 3) 1; ữ ; + ữthì phơng trình có
2 2


4 nghiệm phân biệt.
Kết quả của bài kiểm tra số 1:
Loại
Tỷ lệ

Giỏi
0

Khá

Trung

Yếu-

10

bình
20

Kém
70

(%)
Đề kiểm tra số 2 (Thời gian: 90 phút).
18

1.00


(Sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy)
Câu 1( 8 điểm): Giải các phơng trình sau:
a) (x+3)4+(x+5)4=2

b) x4 -3x2 -4x -3 = 0

c) 2(x2-x+1)2+x3+1=(x+1)2

d) x4 + x3 -17x2 +

6x +2 = 0
Câu 2 (2 điểm) : Tìm m để phơng trình sau có 4 nghiệm
phân biệt:
x4 - x2 + 2mx -m2 = 0
Đáp án và thang điểm đề số 2.
Câ

Nội dung chính

Điểm

u
1.a

Đặt t = x+4. Phơng trình trở thành:

(2đ

(t-1)4+(t+1)4=2 t4+6t2=0 t=0

1.00

Với t=0 thì x= -4.

1.00

)
1.b
(2đ

)

1.c

Vậy phơng trình có nghiệm x=-4.
Phơng trình x4 -2x2+1 = x2+4x+4
( x 1) = ( x + 2 )
2

2

2

x2 1 = x + 2
2
x 1 = ( x + 2)

x2 x 3 = 0
1 13
2
x=
2
x + x + 1 = 0 (VN )
Phơng trình 2(x2-x+1)2+x3+1-(x+1)2=0

0.50
0.50
1.00

(2đ Chia hai vế cho (x2-x+1)2 0, ta đợc:

)

2

2+

x +1
x +1
2
ữ =0
2
x x +1 x x +1

Đặt t =

0.50

x +1
, phơng trình trở thành:
x x +1
2

t = 1
2 + t t2 = 0
t = 2

. Với t=-1 thì

0.50

x +1
=-1 x 2 + 2 = 0 (VN)
x x +1
2

x = 1
x +1
2
. Với t = 2 thì 2
=2 2 x 3x + 1 = 0 1
x=
x x +1

2
19

0.50
0.50


Vậy phơng trình đã cho có 2 nghiệm x=1, x=
1
.
2

1.d

Phơng trình (x2 +5x +1)( x2 -4x +2) = 0

1.00

(2đ


5 21
x 2 + 5x+1 = 0
x =
2

2
x -4x + 2=0
x = 2 2
Phơng trình x4=x2-2mx+m2

1.00

)
2.
(2đ
)

0.50

x 2 x + m = 0 (1)
x2 = x m
x =(x-m) 2
2
x + x m = 0 (2)
x = m x
4

2

Phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt (1)
và (2) đều có 2 nghiệm phân biệt nhng chúng

0.25

không có nghiệm chung.
+ (1) và (2) đều có 2 nghiệm phân biệt
> 0
1 + 4m > 0
1
1
1

4
4
1 4m > 0
2 > 0

0.50

+ Nếu (1) và (2) có nghiệm chung x0 thì:

0.50

2
x0 x0 + m = 0

2
x0 + x0 m = 0

0.25

Cộng từng vế: 2 x02 = 0 x0 = 0 . Suy ra m=0
Vậy phơng trình có 4 nghiệm phân biệt khi m
1 1
;0 ữ 0; ữ
4 4

Kết quả của bài kiểm tra số 2.
Loại
Tỷ lệ

Giỏi
5

Khá

Trung

Yếu-

30

bình
40

Kém

25

(%)
So sánh kết quả trớc và sau khi học chuyên đề:
Loại

Giỏi

Khá
20

Trung

Yếu-


Tỷ lệ (%)

0

10

bình
20

Kém
70

5

30

40

25

+

+

-

-

Trớc khi học chuyên
đề
Tỷ lệ (%)
Sau khi học chuyên
đề
Tăng(+), giảm(-)

- Sau khi học chuyên đề này học sinh rất hứng thú khi gặp các
bài toán cần giải phơng trình bậc 4. Đối tợng học sinh giỏi rất
say mê, và nhiều em là tìm tòi ra nhiều cách giải hay cho bài
toán, một số em đã viết thành báo cáo kinh nghiệm học tập tại
Hội nghị báo cáo kinh nghiệm học tập, trờng THPT hàm Rồng
tổ chức vào tháng 11 hàng năm cho học sinh .
3.kết luận Và KIếN NGHị.
3.1. Kết luận
Thông qua quá trình giảng dạy học sinh lớp 10A1, 10A2 và ôn

luyện cho đối tợng học sinh khá giỏi, tôi đã áp dụng đề tài trên
và kết quả cho thấy:
- Học sinh có khả năng nhìn nhận chính xác cách giải một phơng trình bậc bốn.
- Học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phơng pháp giải
hay, ngắn gọn cho từng dạng phơng trình bậc bốn.
- Hình thành đợc t duy logic, kỹ năng giải các phơng trình bậc
bốn. Đồng thời tạo hứng thú trong học tập cho học sinh.
Cụ thể, qua hai bài kiểm tra trớc và sau khi học: "Các phơng
pháp giải phơng trình bậc bốn cho học sinh lớp 10", tôi
đã thống kê kết quả và thấy hiệu quả rõ rệt của sáng kiến kinh
nghiệm này.
3.2. Kiến nghị .
21


- Trong quá trình dạy học về phơng trình, hệ phơng trình và
bất phơng trình nói chung, tôi thấy các phơng pháp giải phơng trình bậc bốn cha đợc trình bày một cách đầy đủ. Vì
vậy, không chỉ học sinh lớp 10 mà ngay cả học sinh lớp 11, 12
vẫn thấy lúng túng khi gặp loại phơng trình này. Rất mong có
thêm nhiều tài liệu hơn nữa viết về đề tài này để góp phần
cho việc dạy và học đạt hiệu quả cao hơn.
- Việc giảng dạy trên lớp cần ra dạng bài từ mức độ dễ đến
khó, kết hợp ôn tập với giao bài tập về nhà, và kiểm tra học
sinh, tổ chức cho học sinh sáng tạo tìm hiểu những phơng
pháp giải mới, những cách giải hay. Biết khắc sâu những kiến
thức cơ bản, các bài tập thờng gặp để đa về dạng tổng quát.
Tuy nhiên đây là đề tài khó nên chỉ đa ra cuối tiết học học
theo buổi học phụ đạo chuyên đề riêng.
Do thời gian có hạn nên việc nghiên cứu không tránh khỏi
những thiếu sót. Rất mong đợc sự đóng góp ý kiến của các

thầy giáo, cô giáo và bạn đọc...
Xin trân trọng cảm
ơn!
XC NHN CA TH
TRNG N V

Thanh Húa, ngy 03 thỏng 5 nm 2016
Tụi xin cam oan õy l SKKN ca mỡnh vit,
khụng sao chộp ni dung ca ngi khỏc.
Ngi thc hin

Nguyễn Bích Thuỷ

22