SKKN một số phương pháp giải phương trình bậc 4 cho học sinh lớp 10 image marked

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 phương trình, hệ phương trình:
vô tỷ, lượng giác, mũ và lôgarit, chúng ta cũng thường phải quy về giải phương
trình bậc cao, trong đó có phương trình bậc bốn. Một số bài toán trong hình học,
trong vật lý sau khi trải qua một số bước, cuối cùng cũng đều đi đến việc phải
giải một phương trình bậc bốn. Cho dù đó chỉ là một bước nhỏ trong một bài
toán nhưng nếu không giải quyết được bước nhỏ này thì chúng ta cũng chưa thể
đưa 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 phương trình bậc bốn, giúp
các em phát huy được 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 đưa ra sáng kiến kinh nghiệm Mt s phương pháp giải phương trình
bậc bốn cho học sinh lớp 10". Sáng kiến kinh nghiệm này đã được bản thân tôi
áp dụng trong quá trình giảng dạy tại trường THPT Hàm Rồng.
- Mục đích nghiên cứu: Giúp học sinh hiểu sâu và nắm chắc hơn các phương
pháp giải phương trình bậc 4. Từ đó nghiên cứu tìm tòi sáng tạo nhằm nâng cao

-1-


chất lượng học môn toán trong trường THPT, góp phần đạt kết quả tốt cho việc
giải các bài toán Hình học, vật lý, các bài toán về phương trình vô tỉ, lượng giác,
mũ, logarit
- Đối tượng nghiên cứu: Phương pháp giải phương trình bậc 4 đối với học sinh
khối 10 trường THPT Hàm Rồng.
- Phương pháp nghiên cứu :
Phương pháp thu thập tài liệu
Phương pháp điều tra
Phương pháp phân tích
Phương pháp tổng hợp
Phương pháp đánh giá
2. nội dung sáng kiến kinh nghiệm.
2.1. Cơ sở lý luận :
Phương trình bậc 4 đầy đủ là phương trình có dạng:
ax4+bx3+cx2+dx+e =0 (a 0)
Bài toán giải phương trình bậc 4 rất được chú trọng trong các đề thi học sinh
giỏi các cấp, cũng như 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 trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
- Trong chương trình THPT, do thời lượng chương trình có hạn mà mảng
phương trình bậc bậc bốn chưa được trình bày rõ ràng, đầy đủ. Ngược lại còn rất
sơ lược, chỉ mang tính chất giới thiệu qua một số bài tập đơn giản.
- Do chưa được hệ thống kiến thức và chưa được học đầy đủ các phương pháp để
giải từng dạng phương trình bậc bốn nên khi gặp, hầu hết học sinh thấy lúng
túng và không có hướng giải.
- Tuy nhiên, các dạng bài tập về phương trình bậc bốn thì rất phong phú, đa
dạng và phức tạp.

- Đa số học sinh chưa có phương pháp để giải từng dạng phương trình bậc bốn
nên rất nhiều em thường "bỏ qua" hoặc "bỏ dở" bài toán khi đã quy về phương
trình dạng này.

-2-


2.3. Các phương pháp giải phương trình bậc 4 :
2.3. 1. Phương pháp đưa phương trình về dạng tích.
Cho phương trình: ax4+bx3+cx2+dx+e =0 (a 0)

(1)

a) Phương pháp:
Cách 1: Nhóm các hạng tử, sau đó đặt thừa số chung để đưa vế trái về dạng tích.
Cách 2:
- Bước 1: Đoán nghiệm x0 của phương 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
thì p, q theo thứ tự là ước
q

của e và a.
- Bước 2:
+ Bằng cách chia đa thức hoặc dùng lược 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 phương trình (1.1) bằng cách:
- Đoán nghiệm x1 của phương trình (1.1) dựa vào các kết quả sau:
+ 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 p, q theo thứ tự là
q

ước của d1 và a.
c
b1

+ Nếu ac13 b13 d1 (a, b1 0) thì (1.1) có nghiệm x = 1 .
- Phân tích (1.1) thành: (x- x1)(ax2 +b2x +c2) = 0 bằng cách chia đa thức hoặc
dùng lược đồ Hoócne.
* Lược đồ Hoócne :
Nếu f(x) có nghiệm x=x0 thì f(x) chứa nhân tử (x-x0), tức là : f(x) =(x-x0).g(x).
Trong đó : f(x) = anxn + an -1xn -1 + ... + a1x + a0
g(x)= bn-1xn-1 + bn - 2xn - 2 + ... + b1x + b0

-3-

với :

b n 1 a n
b
n 2 x 0bn 1 a n 1
...

bi 1 x 0 bi a i
...

b 0 x 0 b1 a1

xi

an

x = x0

Ta có bảng sau ( Lược đồ Hoócne).

an - 1

...

ai

...

a0

x0bn-1

...

x0bi

...

x0b0

...

bi-1

...

0

bn-1=an bn-2

b) Ví dụ:
Ví dụ 1:

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

(1.2)

Giải: Phương 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


Vậy phương trình có 4 nghiệm : x=0, x= -4, x 1 5 .
Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 -4x3-x2+16x-12 =0

(1.3)

Giải: Ta có a+b+c+d+e=0 nên phương trình có 1 nghiệm x= 1.
Đưa phương trình về dạng: (x-1)(x3-3x2-4x+12)=0.
Phương 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 phương trình có 4 nghiệm phân biệt x =1, x= 2, x= -2, x= 3.
* Nhận xét: Phương pháp đưa phương trình về dạng tích là phương pháp thường
được nghĩ đến đầu tiên khi giải phương trình. Nhưng nếu việc đưa về dạng tích
gặp khó khăn, chúng ta nên nghĩ đến việc sử dụng các phương pháp khác.

2.3.2. Phương pháp đặt ẩn phụ.
Dạng 1 (PT trùng phương): ax4 + bx2+c =0 (a 0)

(2)

a) Phương pháp:
- Đặt t = x2 (t 0), đưa (2) về phương trình bậc hai: at2+bt+c=0
-4-

(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 <t2 hoặc 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 b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
mx4-2(m-1)x2+m-1=0
Giải:

(2.1)

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

(2.2)

Phương trình (2.1) có 3 nghiệm phân biệt
(2.2) có 2 nghiệm phân biệt t1, t2 thoả mãn: 0=t1m 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 phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Ví dụ 2: Tìm m để phương 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) . Phương 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
m0
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
-5-


t2 t1 2 t1
t2 3 t1 t2 9t1 (*)


t

t

2
t
1
2
1

t t2 2(m 1)
(**)
t
t

2
m

1
12

Theo định lý Viét ta có: 1
Thay (*) vào (**) ta được:

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 phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt lập
9

thành cấp số cộng.
Dạng 2: Phương trình có dạng : ( a1x +a2)(b1x+b2)(c1x+c2)(d1x+d2) = m,
a1b1 c1d1
a1b2 a2b1 c1d 2 c2 d1

với

(3)

a) Phương pháp:
- Viết lại phương trình dưới 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 đưa (3) về phương trình bậc hai ẩn t: t(t-a2b2+c2d2)=m
* Đặc biệt: Khi a1=b1=c1=d1=1, phương trình có dạng :
(x +a2)(x+b2)(x+c2)(x+d2) = m với b2 a2 d 2 c2
ta cũng có cách giải tương tự.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình: (x-1)(x+1)(x+3)(x+5)= 9
Giải: Phương trình (3.1) (x-1)(x+5)(x+1)(x+3)= 9
( x2 + 4x-5)(x2+4x+3) = 9

Đặt t = x2 + 4x-5, phương trình (3.1) trở thành: t(t+8) = 9
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 phương trình có 3 nghiệm : x = 2 10 ; x = 2 10 ; x = -2
-6-

(3.1)

Ví dụ 2: Giải phương trình: (2x-1)(x-1)(x-3)(2x+3)=-9

(3.2)

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

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

2x2-3x+1=1

x 0

x 3

2

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

3 73
4

3
2

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt: x=0, x , x

3 73
4

Dạng 3 : Phương trình có dạng:
2

ax4

+

bx3+cx2+dx+e

e
d
=0 (a 0), với ; e 0
a b

(4)

a) Phương pháp:
- Nhận xét x=0 không phải là nghiệm của (4), chia hai vế cho x2 0, ta được:
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. , phương trình (4) trở thành:
bx
a x
b
d
b

at2+bt +c - 2a =0. Đây là phương trình bậc hai quen thuộc.
* Đặc biệt: Khi a=e, phương trình có dạng: ax4 + bx3+cx2 bx+a =0 (a 0)
ta cũng có cách giải tương tự.
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương 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 được phương trình: 2( x 2
5
x

Đặt t = x ( t 2 5 ), suy ra x 2

25
5
) 21( x ) 74 0
2
x

x
25 2
t 10 . Phương trình (4.1) trở thành:
x2

t 6
2t 21t 54 0 9 (thỏa mãn đk)
t
2
2

-7-


x 1
x 5

5
x

. Với t = 6 thì x =6 x 2 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 phương trình có 4 nghiệm phân biệt là: x=1, x=2, x=5, x=

5
.
2

Ví dụ 2: Giải phương trình: (x-2)4+(x-2)(5x2-14x+13)+1=0

(4.2)

Giải: Đặt y=x-2. Phương trình trở thành: y4+5y3+6y2+5y+1=0

(4.3)

Nhận thấy y=0 không là nghiệm của phương trình (4.3), chia 2 vế của (4.3) cho
y2 0 ta được phương trình :
( y2

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

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

t2 + 5t +4 = 0
t 4 (t/m)
1
y

Với t 4 thì y 4 y 2 4 y 1 0 y 2 3 x 3
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x= 3
* Nhận xét: Phương trình ban đầu không phải là phương trình dạng 3 nhưng với
phép đặt ẩn phụ thích hợp, ta có thể đưa phương trình về dạng 3.
Dạng 4 : Phương trình có dạng : ( x + a)4 + ( x + b)4 = c

(5)

a) Phương pháp:
- Đưa (5) về dạng phương trình trùng phương bằng cách đặt t= x +
b) Ví dụ: Giải phương trình : ( x + 1)4 + ( x +3)4 = 16
Giải: Đặt t = x + 2, phương trình (5.1) trở thành:
( t-1)4 + ( t+1)4 = 16 2t4 + 12t2 + 2 = 16
t4 + 6t2 7 = 0 ( Phương trình trùng phương)
t 2 1
2
t 7 (loại)

Với t2 = 1 thì t = 1 hoặc t = -1. Từ đó suy ra x= -1 hoặc x= -3
Vậy phương trình có 2 nghiệm là : x = - 1; x = -3
-8-

ab
2

(5.1)


Dạng 5: Phương trình có dạng :
m( x +a)(x+b)(x+c)(x+d) = nx2 , với ab = cd 0, m 0, n 0

(6)

a) Phương pháp:
- Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6), chia hai vế cho x2 0, ta được:
m(x + a+b +

ab
cd
) (x + c+d +
)= n
x
x
ab
, ta đưa (6) về phương trình bậc hai ẩn t: mt(t-a-b+c+d)=n
x

- Đặt t = x +a+b+

b) Ví dụ: Giải phương trình: 4(x+5)( x+6)(x+10)(x+12) = 3x2
Giải:

(6.1)

(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 x2 0, ta được:
4(x + 16 +
Đặt t = x + 16 +

60
60
) (x + 17 +
)= 3
x
x

( 6.2)

60
, phương trình trở thành:
x

1
t
4t ( t + 1) = 3 4t2 + 4t 3 = 0 2
t 3

2
x 8
1

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

2

. Với t=-

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

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

15 35 265
,
.
4
2

Dạng 6: Phương trình có dạng:
a.A(x) +b.B(x) + c.C(x) =0 với A(x).B(x) = C2(x), B(x) 0
a) Phương pháp:
- Chia hai vế cho B(x) 0 rồi đặt t =

C ( x)
B( x)

- Phương trình (7) trở thành: at2+ct+b=0.
b) Ví dụ: Giải phương trình : -x3+2x2-4x +3 - (x2+x+1)2=0
(7.1)
-9-

(7)


Giải: Phương 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 được:
2.(

x 1 2
x 1
) 1 2
0
x x 1
x x 1
2

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

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

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x

3 13
2

Dạng 7: Phương trình có dạng tổng quát: ax4 + bx3+cx2+dx+e =0 (a 0).
a) Phương pháp:
- Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng a(x2+b1x+c1)2+ B(x2+b1x+c1) +C=0
- Bước 2: Đặt t= x2+b1x+c1, phương trình trở thành: at2+Bt+C=0.

b) Ví dụ:
Giải phương trình: x4 -4x3+3x2+2x-20 =0

(8.1)

Giải: Phương trình (8.1) x4 -4x3+4x2-(x2- 2x) -20 =0
(x2- 2x)2-( x2- 2x)-20=0

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

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

Với t =5 thì x2- 2x =5 x 1 6
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x 1 6 .
2.3.3. Phương pháp đưa về hai luỹ thừa cùng bậc.
a) Phương pháp: Đưa phương trình về dạng: [f(x)]2 = [g(x)]2 f(x) = g(x)
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 = 24x + 32
Giải: Phương trình (9.1) x4 + 4x2 + 4 = 4x2 + 24x + 36

x2 2 2x 6
(x2 + 2)2 = ( 2x + 6)2 2
x 2 (2 x 6)
- 10 -

(9.1)

x2 2x 4 0
2
x 1 5
x

2
x

8

0

Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = 1 5 ; x = 1 5
Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 + 4x -1=0

(9.2)

Giải: Phương 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 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x

2 4 2 2
2

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

(10)

- Bước1: Giả sử (10) phân tích được 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

- Bước 2: Xuất phát từ b1b2 = d, tiến hành nhẩm tìm các hệ số b1; b2; a1 ; a2.
x 2 a1x b1 0

- Bước 3: Phương trình (10)

2
x a 2 x b 2 0

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

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

(10.1)

Giải: Giả sử (10.1) phân tích được thành : (x2 + a1x + b1)( x2 + a2x + b2) = 0
a1 a2 4
a a b b 3
1 2
1
2
Khi đó: a b a b 2
2 1
1 2

b1b2 1

b1 1
b 1
2

a1 3

a2 1

Phương trình (10.1) (x2 +3x -1)( x2 + x +1) = 0
- 11 -



3 13
x
x 3x 1 0
2

2

3 13
x x 1=0 (VN )
x

2
2

Vậy phương 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
được a1=3, a2=1.
Ví dụ 2: Tìm a, b để phương trình x4 - 4x3 +(4+a)x + b = 0

(10.2)

có 2 nghiệm kép phân biệt.
Giải: Phương 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 = x4-2(x1+x2)x3+(x12+x22 +4x1x2)x2-2x1x2(x1+x2)x+x12x22

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

Vì

( x 2 4) 2 0
nên (2)

(4 x 1) 2 0

x 2 4 0

4 x 1 0
- 12 -

x 2

1
x 4


Vậy phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 2: Giải phương 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
0 < 9 x < 1 => (x-9)4= (9-x)4 < 9-x



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

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

2) x4 -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) x4 -4x3 + 8x =5 .

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

10) x4 -5x3 + 8x2-10x+4 =0

Bài 2: Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: (x2-1)(x+3)(x+5)=m.
Bài 3: Tìm k để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x4-k2x2+2kx-1=0
Bài 4: Cho phương trình: x4 -4mx3 +(m+1)x2-4mx+1=0
a) Giải phương trình với m =1
b) Tìm m để phương trình có nghiệm.
Bài 5: Giải và biện luận phương trình: 2x4+mx2+2=0.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
- Thông qua bài dạy trong chương 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.
- 13 -


- Trước khi học và sau khi học: "Các phương pháp giải phương trình bậc
bốn cho học sinh lớp 10", cho học sinh làm bài kiểm tra và thống kê kết quả để
thấy hiệu quả đạt được của sáng kiến kinh nghiệm.
- Đối tượng đánh giá: học sinh lớp 10A1 và 10A2 - Trường THPT Hàm
Rồng.
Đề kiểm tra số 1 (Thời gian: 90 phút)
(Trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy)
Câu 1 (6 điểm): Giải các phương 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 phương trình: x4+(2m-1)x3+(m2-2m)x2-(m2-m+1)x-m+1=0
a) Giải phương trình với m = -1.
b) Xác định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Đáp án và thang điểm đề kiểm tra số 1.

Câu

Nội dung chính

Điểm

1.a

Phương trình x4 +2x3+x2 = x2-10x+25

0.50

(2đ)

x2 x x 5
2
2
x 2 x x 5 2
x x x 5
x 2 5 0 (VN )
2
x 1 6
x 2 x 5 0

0.75
0.75

Vậy phương trình có nghiệm x= 1 6
1.b
(2đ)

Phương 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

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

0.50

. Với t=4 thì x2+5x+4 =4
x 5

0.50

. Với t=-6 thì x2+5x+4 =-6 x2+5x+10=0 (VN)

0.50

Vậy phương trình có 2 nghiệm x=0, x= -5.
- 14 -


1.c

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

(2đ)

1.00


5 17
x
x 5x 2 0
2

2

1 29
x x 7=0
x

2
2

Vậy phương trình có 4 nghiệm: x
2.

1.00

5 17
1 29
,x

2
2

Phương trình (x-1)(x3+2mx2+m2x+m-1)=0

(4đ)

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

(1)

1.00

x 1

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


x 1
x 1

a) Với m=-1 : (1) x 2
x 2
g(x)=x 2 1=0

1.50

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

m 0

1

m

1

m 0
m 3 m 3

2
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; ; thì phương trình có 4
2 2


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

Giỏi

Khá

Trung bình

Yếu- Kém

Tỷ lệ (%)

0

10

20

70

Đề kiểm tra số 2 (Thời gian: 90 phút).
(Sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy)
Câu 1( 8 điểm): Giải các phương trình sau:
a) (x+3)4+(x+5)4=2

b) x4 -3x2 -4x -3 = 0
- 15 -

0.50

1.00


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 phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
x4 - x2 + 2mx -m2 = 0
Đáp án và thang điểm đề số 2.

Câu

Nội dung chính

Điểm

1.a

Đặt t = x+4. Phương 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

Vậy phương trình có nghiệm x=-4.
1.b

Phương trình x4 -2x2+1 = x2+4x+4

0.50

(2đ)

x 1 x 2

x2 1 x 2
2
x 1 ( x 2)

0.50

2

2

2

x2 x 3 0
1 13
2
x
2
x x 1 0 (VN )

1.c

Phương trình 2(x2-x+1)2+x3+1-(x+1)2=0

(2đ)

Chia hai vế cho (x2-x+1)2 0, ta được:

1.00

0.50

2

x 1
x 1
2 2
2
0
x x 1 x x 1

Đặt t =

x 1
, phương 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

0.50

2

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

2

0.50

1
2

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

Phương 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

1.00

- 16 -


2.
(2đ)

Phương trình x4=x2-2mx+m2
x4=(x-m)2

0.50

x 2 x m 0 (1)
x2 x m
2
2
x m x

x x m 0 (2)

Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt (1) và (2) đều có
0.25

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

m
4
4
1 4m 0
2 0

0.50

x x m 0
+ Nếu (1) và (2) có nghiệm chung x0 thì: 02 0
2

x0 x0 m 0

0.50

Cộng từng vế: 2 x02 0 x0 0 . Suy ra m=0

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt khi m ;0 0;
4
4
1



1







0.25

Kết quả của bài kiểm tra số 2.
Loại

Giỏi

Khá

Tỷ lệ (%)

5

30

Trung bình Yếu- Kém
40

25

So sánh kết quả trước và sau khi học chuyên đề:
Loại
Tỷ lệ (%)

Giỏi

Khá

Trung

Yếu-

bình

Kém

0

10

20

70

5

30

40

25

+

+

-

-

Trước 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
phương trình bậc 4. Đối tượng 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

- 17 -


học tập tại Hội nghị báo cáo kinh nghiệm học tập, trường 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
tượng 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 phương trình bậc bốn.
- Học sinh tự tin khi phân tích để lựa chọn phương pháp giải hay, ngắn gọn cho
từng dạng phương trình bậc bốn.
- Hình thành được tư duy logic, kỹ năng giải các phương trình bậc bốn. Đồng
thời tạo hứng thú trong học tập cho học sinh.
Cụ thể, qua hai bài kiểm tra trước và sau khi học: "Các phương pháp giải
phương 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 .
- Trong quá trình dạy học về phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
nói chung, tôi thấy các phương pháp giải phương trình bậc bốn chưa được 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 phương 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 phương pháp giải mới, những cách giải hay. Biết khắc sâu những
kiến thức cơ bản, các bài tập thường gặp để đưa về dạng tổng quát. Tuy nhiên
đây là đề tài khó nên chỉ đưa 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 được sự đóng góp ý kiến của các thầy giáo, cô giáo và bạn đọc...
Xin trân trọng cảm ơn!
- 18 -

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 03 tháng 5 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người thực hiện

NguyÔn BÝch Thuû

- 19 -