SKKN một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp 9 cách giải các dạng toán về phương trình bậc cao một ẩn thường gặp ở bậc THCS

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 9
CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TOÁN VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC
CAO MỘT ẨN THƯỜNG GẶP Ở BẬC THCS

Người thực hiện: Nguyễn Thị Nghiêm
Chức vụ:
Phó Hiệu trưởng
Đơn vị công tác: Trường THCS Trần Mai Ninh
SKKN thuộc lĩnh vực: Toán

MỤC
THANH
HOÁLỤC
NĂM 2019
0


Nội dung
MỤC LỤC
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1 Lý do chọn đề tài
1.2 Mục đích nghiên cứu
1.3 Đối tượng nghiên cứu
1.4 Phương pháp nghiên cứu
1.5 Những điểm mới của SKKN

PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3 Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
I. Một số kiến thức cơ sở về phương trình
I.1. Cơ sở lý luận
I.2. Các dạng phương trình
II. Một số phương pháp giải phương trình bậc cao một ẩn
II.1. Sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử
II.2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
II.2.1. Phương trình trùng phương
II.2.2 Phương trình dạng ax2n + bxn + c = 0 (a �0, n �N*)
II.2.3. Phương trình dạng: (x + a)4 + (x + b)4 = c
II.2.4. Phương trình đối xứng bậc chẵn
II.2.5. Phương trình đối xứng bậc lẻ
II.2.6. Phương trình bậc bốn phản đối xứng
II.2.7 Phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m
trong đó a + d = b + c
II.3. Phương pháp biến đổi phương trình về dạng [f(x) + a]n = b
III. Một số dạng bài tập vận dụng các phương pháp giải phương trình
bậc cao một ẩn
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
PHẦN 3: KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
TÀI LIỆU THAM KHẢO
MỤC LỤC

Trang
1
2

2
3
3
3
3
4
4
4
5
5
5
5
6
7
9
9
10
11
12
13
14
15
15
16
19
20
22

PHẦN 1 - MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài

Trong quá trình giảng dạy, để đạt được kết quả tốt thì việc đổi mới
phương pháp dạy học là vấn đề có tầm quan trọng đặc biệt.

1


Dạy học giải toán là một trong những vấn đề trọng tâm của dạy học môn
toán ở trường THCS. Đối với học sinh thì giải toán là hoạt động chủ yếu của
việc học tập môn toán.
Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và
giải bài tập toán phù hợp với mỗi đối tượng học sinh đòi hỏi người giáo viên
phải chọn lọc hệ thống câu hỏi, hệ thống bài tập, sử dụng đúng các phương pháp
dạy học,... góp phần hình thành và phát triển tư duy của học sinh.
Thông qua việc học toán học sinh được cung cấp một cách có hệ thống
kiến thức lí thuyết, được rèn luyện nhiều về phương pháp giải toán, giúp các em
nhận dạng, tìm tòi đường lối giải toán nhanh chóng, hình thành kĩ năng, phát
triển tư duy ngày một sâu sắc hơn và qua đó các em càng yêu thích môn toán
hơn.
Trong số những bài tập được đề cập trong chương trình đại số bậc THCS,
tôi nhận thấy bài tập về giải phương trình chiếm một thời lượng lớn nó xuyên
suốt chương trình học. Điều đó khẳng định vai trò và vị trí của phương trình - nó
là đối tượng nghiên cứu trung tâm của môn đại số.
Qua nhiều năm giảng dạy toán ở trường THCS tôi nhận thấy việc giải
phương trình bậc nhất, bậc hai một ẩn học sinh giải tương đối thành thạo,ít gặp
trở ngại khó khăn nhưng khi gặp một bài toán có liên quan đến phương trình bậc
cao một ẩn, không ít học sinh lúng túng không biết phải bắt đầu từ đâu và đi
theo hướng nào Học sinh thường ngại học các dạng toán có liên quan đến
phương trình bậc cao một ẩn vì các bài toán này rất phong phú đòi hỏi vận dụng
nhiều kiến thức, trong khi đó việc tổng hợp kiến thức đã học để giải một bài
toán của học sinh chưa tốt, phương pháp giải hạn chế.

Vì vậy: phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua việc " Hướng dẫn học
sinh lớp 9 cách giải các dạng toán về phương trình bậc cao một ẩn thường gặp ở
bậc THCS" là cần thiết - chính vì những lý do đó mà tôi quyết định chọn đề tài
này.
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Đề tài này có tác dụng giúp học sinh nắm vững một cách có hệ thống
một số phương pháp cơ bản về giải phương trình bậc cao một ẩn thường gặp ở
bậc THCS. Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực
học môn toán giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công
cụ giải quyết một số bài tập có liên quan đến phương trình bậc cao một ẩn.
- Tạo ra hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong sách giáo khoa, sách
tham khảo, giúp học sinh tự giải được một số bài tập.

2


- Chọn lọc hệ thống một số bài tập hay gặp cho phù hợp với từng phương
pháp giải nhằm mục đích rèn luyện và phát triển kĩ năng giải phương trình bậc
cao một ẩn cho học sinh vừa bền vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa sự tham gia
tích cực của người học .
- Rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức đã học về phân tích đa thức thành
nhân tử, kỹ năng nhẩm nghiệm của đa thức,... để giải thành thạo phương trình
bậc cao một ẩn. Qua đó giúp các em học tốt hơn các bài tập về giải phương
trình, thấy rõ mục đích của việc học toán, góp phần nâng cao chất lượng giáo
dục.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Học sinh ở lứa tuổi 15 trong trường THCS vì đa số các em chăm học, thích
học toán và bước đầu thể hiện năng lực tiếp thu một cách tương đối ổn định.
- Đề tài được áp dụng đối với học sinh lớp 9 trường THCS Trần Mai
Ninh, Thành phố Thanh Hoá trong các tiết học chính khoá, bồi dưỡng học sinh

giỏi, ôn thi vào lớp 10 THPT và lớp 10 chuyên.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Giáo viên phải hệ thống được các khái niệm và các định nghĩa cơ bản của
các dạng phương trình, các tính chất và các cách giải phương trình từ đơn giản
đến phức tạp. Nghiên cứu, tìm tòi, khai thác các kiến thức liên quan đến giải
phương trình bậc cao một ẩn qua tài liệu sách, báo và mạng Internet để tìm được
những ứng dụng đa dạng, phong phú của phương trình. Mặt khác phải tìm hiểu
đối tượng học sinh, lựa chọn các phương pháp, các dạng bài tập thích hợp đối
với từng đối tượng học sinh. Tổng kết, phân tích nguyên nhân, đúc rút kinh
nghiệm trong quá trình giảng dạy, từ đó tôi đã định hình cho việc nghiên cứu đề
tài.
- Học sinh có kiến thức cơ bản, đưa ra phương pháp giải, làm bài tập áp dụng,
rút ra một số chú ý (thường được vận dụng để làm bài tập), bài tập tự giải (học sinh
về nhà làm, những bài tập khó có sự hướng dẫn của giáo viên).
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Đưa ra một số dạng bài tập có vận dụng các phương pháp giải phương trình
bậc cao một ẩn để giải quyết, qua đó học sinh thấy được dạng toán này thật
phong phú chứ không đơn điệu, giúp học sinh có niềm say mê hơn với môn
Toán.
PHẦN 2 - NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

3


Là một giáo viên dạy môn Toán ở trường THCS, qua quá trình thực tế dạy
Toán 9 và bồi dưỡng học sinh tham gia thi học sinh giỏi Toán các cấp, kết hợp
với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy bản thân tôi thấy việc hình thành cho
học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho bài toán hoặc mỗi dạng toán nào đó là
công việc rất khó.

Khi trực tiếp giảng dạy tôi nhận thấy những bài toán liên quan đến "Giải
phương trình bậc cao một ẩn" là dạng toán thường gặp, có nhiều cách thức để
giải xong học sinh lại rất ngại khi đụng đến vì nó khó và phải mất rất nhiều thời
gian để dự đoán kết quả và tìm cách giải, hơn nữa rất dễ mắc sai lầm. Tôi đã tìm
một số phương pháp để hướng dẫn học sinh phân tích đề bài, đưa ra nhận xét, từ
đó tìm ra cách giải các bài toán dạng này trên cơ sở các phương pháp mà học
sinh đã được thầy cô trang bị trong cấp học. Qua đó học sinh có hứng thú thực
sự với dạng toán này, xóa đi cảm giác phức tạp, không có cách giải tổng quát và
đạt được hiệu quả nhất định. Từ thực tế này tôi xin được trao đổi kinh nghiệm
cùng các đồng nghiệp, mong rằng đề tài này sẽ được mở rộng và phát triển sâu
rộng hơn.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
a. Đối với học sinh
Đối tượng là học sinh khá, giỏi nên kiến thức cơ bản các em nắm tương đối
vững, có trí tuệ nhất định. Song không phải bất cứ bài toán nào hay dạng toán
nào các em cũng làm được, đối với các bài toán "Giải phương trình bậc cao một
ẩn" từ bậc ba trở lên, hầu hết các em đều cho rằng đây là một loại toán rất khó
nên đầu tư vào sẽ mất nhiều thời gian mà chưa chắc đã làm được và lại rất dễ
mắc sai lầm. Do vậy các em thường bỏ qua bài toán này để tập trung thời gian
giải bài toán khác và rất nhiều em không có hứng thú khi gặp bài toán nàỵ
b. Đối với giáo viên
- Thuận lợi: Hầu hết các thầy cô có trình độ, được đào tạo cơ bản, tâm huyết
với nghề và luôn cầu tiến bộ.
- Khó khăn:
Kiến thức đã khó lại rộng lớn và bao trùm. Do đó để dành nhiều thời gian vào
nghiên cứu, tìm tòi để có kiến thức vững và sâu thì rất hạn chế, nhiều người còn tư
tưởng chỉ cần hoàn thành nhiệm vụ là được còn nghiên cứu tìm tòi đã có các nhà
khoa học.
Đối với bài toán "Giải phương trình bậc cao một ẩn" không có cách giải mẫu
mực mà chủ yếu dựa vào phân tích - kinh nghiệm của người làm toán. Do đó đòi

hỏi người giáo viên phải có thời gian, có tâm huyết và tinh thần học hỏi cao thì
mới đáp ứng được chuyên môn, công việc giảng dạy của mình.

4


c. Các tài liệu
Các tài liệu tham khảo của môn toán THCS dành cho giáo viên và học sinh về
số lượng có vô số và lan tràn khắp thị trường, nội dung trùng nhau, lời giải sơ sài,
thậm chí những cuốn sách có rất nhiều sai sót, tính sư phạm không cao. Các sách
của Bộ giáo dục vì lý do sư phạm và khuôn khổ chương trình học của cấp học nên
phần giải bài toán "Giải phương trình bậc cao một ẩn" trong chương trình THCS
chỉ có tính chất giới thiệu thông qua một vài bài tập mà không viết riêng thành một
tài liệu để giáo viên và học sinh ở cấp học này có thể tham khảo.
2.3. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
I. Một số kiến thức cơ sở về phương trình
I.1. Cơ sở lý luận
1. Khái niệm về phương trình một ẩn:
Một phương trình với ẩn x có dạng A(x) = B(x), trong đó vế trái A(x) và
vế phải B(x) là hai biểu thức của cùng một biến x.
Khi nói a là nghiệm của phương trình A(x) = B(x) ta hiểu rằng tại x = a
các giá trị tương ứng của hai biểu thức A(x), B(x) bằng nhau.
Biến x gọi là ẩn
Giá trị tìm được của ẩn gọi là nghiệm .
Việc tìm nghiệm gọi là giải phương trình.
2.Định nghĩa hai phương trình tương đương
Hai phương trình gọi là tương đương nếu chúng có cùng một tập nghiệm.
3. Các phép biến đổi tương đương các phương trình
3.1. Nếu cộng cùng một đa thức chứa ẩn số vào hai vế của phương trình thì
được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho.

- Hệ quả 1: Nếu chuyển một hạng tử từ vế này sang vế kia của phương trình
đồng thời đổi dấu của hạng tử ấy thì được một phương trình mới tương đương
với phương trình đã cho.
- Hệ quả 2: Nếu xóa hai hạng tử giống nhau ở hai vế của một phương trình
thì được một phương trình mới tương đương với phương trình đã cho
3.2 Nếu nhân một số khác 0 vào hai vế của một phương trình thì được phương
trình mới tương đương với phương trình đã cho.
I.2. Các dạng phương trình
1. Phương trình bậc nhất một ẩn:
1.1. Định nghĩa: Phương trình dạng ax + b = 0, với a và b là hai số đã cho và
a  0, được gọi là phương trình bậc nhất một ẩn.
1.2.Cách giải
ax + b = 0  a x = - b  x  

b
a

5


Phương trình bậc nhất ax + b = 0 có nghiệm duy nhất x  

b
a

2. Phương trình bậc hai một ẩn
2.1. Định nghĩa:
Phương trình bậc hai có một ẩn là phương trình có dạng:
ax2 + bx + c = 0 trong đó x là ẩn số, a, b, c là các hệ số đã cho, a  0
2.2. Cách giải

- Ta dùng các phép biến đổi tương đương, biến đổi phương trình đã cho về
các dạng phương trình đã biết cách giải (phương trình bậc nhất, phương trình
dạng tích ) để tìm nghiệm của phương trình.
- Khi nghiên cứu về nghiệm của phương trình bậc hai ax2+ bx + c = 0
(a 0) cần đặc biệt quan tâm tới biệt thức  = b2 - 4ac của phương trình:
vì biệt thức  = b2 - 4ac quyết định số nghiệm của phương trình bậc hai
Ta thấy có các khả năng sau xảy ra:
a)  < 0  phương trình bậc hai vô nghiệm
b
b)  = 0  phương trình bậc hai có nghiệm kép x1  x2  
2a
c)  > 0  phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt:
 b 
 b 
; x2 
2a
2a
2.3. Hệ thức Viet.
Nếu phương trình bậc hai ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x 1, x2 thì tổng
x1 

và tích hai nghiệm đó là:

S = x1+x2 = -

b
c
, P = x1.x2 =
a
a

3. Phương trình bậc cao một ẩn
Phương trình bậc n một ẩn có dạng tổng quát:
anxn + an-1xn-1 +...+ a1x + a0 = 0 (an  0)
Trong ®ã: n nguyên dương , x lµ Èn ; an, an-1,..., a0: lµ c¸c hÖ
sè.
II. Một số phương pháp giải phương trình bậc cao một ẩn:
Đối với phương trình bậc cao hơn bậc 4 không có công thức tổng quát để tìm
nghiệm của nó. Ngay cả trong trường hợp là phương trình bậc 3 và bậc 4 mặc dù
có công thức, có sự hỗ trợ của máy tính nhưng việc tìm nghiệm của một số
phương trình cũng hết sức phức tạp nằm ngoài chương trình THCS.
Khi gặp các phương trình đại số bậc cao một ẩn thì có nhiều cách giải song
trong đề tài này tôi đề cập đến ba phương pháp cơ bản để giải phương trình đại
số bậc cao. Đó là:
6


+ Phân tích đa thức thành nhân tử, đưa phương trình về dạng phương trình
tích.
+ Đặt ẩn phụ.
+ Biến đổi phương trình về dạng [ f(x) + a]n = b với n �N, n �2; a,b là hằng
số.
II.1. Sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.
1. Cơ sở lý luận:
 f ( x) 0
Ta biết rằng phương trình: f ( x).g ( x) 0  
 g ( x) 0
Vì vậy với phương trình bậc cao một ẩn nếu ta phân tích được vế trái
thành nhân tử thì sẽ đưa phương trình về dạng phương trình tích của các nhân tử
có bậc thấp hơn, dạng phương trình quen thuộc đã biết cách giải.

2. Nội dung
Để giải phương trình bậc cao bằng phương pháp này trước hết HS phải
nắm vững các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử: đặt nhân tử chung,
dùng hằng đẳng thức, nhóm nhiều hạng tử, tách hạng tử, thêm bớt cùng một
hạng tử, phối hợp nhiều phương pháp và vận dụng một cách thành thạo.
Ví dụ 1 : Giải các phương trình sau:
a)

1 3
x -2x=0
2



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

1
�x  0
x 0
2
� �
�x  2
x20
x  20

�

�x   2

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x1 = 0; x2 = 2; x3 = -2.
b) x4 + 3x2 - 28 = 0  x4 - 4x2 + 7x2 - 28 = 0  (x2 +7 )(x-2)(x+2) = 0
Vì x2  0 với mọi x nên x2 + 7  7 với x  x2 + 7 > 0 với mọi x ( 2)

(1)

x2 0
x2
�
�
��
Từ (1),(2)  (x-2)(x+2) = 0 � �
x20
x  2
�
�
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 = 2; x2 = -2
c) x3 - 7x - 6 = 0  x3 + 8 -7x - 6- 8= 0  (x3 + 8) - ( 7x + 14) = 0
 (x + 2)( x2 - 2x + 4) - 7(x+2) = 0  ( x + 2)( x2 - 2x - 3) = 0
 x  2 0
  2
 x  2 x  3 0

x20
x20
�
�
��

� �2
 x  1  x  3  0
x  x  3x  3  0
�
�

7


 x  2
 x  2 0

  x  1 0   x   1

 x  3 0
 x 3
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x1 = -1; x2 = -2; x3 = 3.
* Song có một số bài tập dựa vào các phương pháp trên học sinh chưa phân tích
đa thức thành nhân tử ngay được.
Do đó ngoài các phương pháp trên, giáo viên đưa ra định lí Bơdu giúp các em
nhẩm nghiệm để phân tích đa thức thành nhân tử một cách nhanh nhất.
Định lí Bơdu được phát biểu như sau: Phần dư của phép chia đa thức f(x) cho
nhị thức g(x) = x- a là một hằng số bằng giá trị f(a) của f(x) khi x = a.
- Khai thác cách nhẩm nghiệm của phương trình:
anxn + an-1xn-1 +...+a1x+ a0 = 0 (1)
( ai  Z )
+) Nếu an + an-1 +...+ a1+ a0 = 0 thì phương trình (1) có một nghiệm x = 1, do đó
vế trái của phương trình chứa thừa số x -1
+) Nếu tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ thì phương trình (1)
có nghiệm x = - 1, do đó vế trái của phương trình chứa thừa số x + 1

+) Mọi nghiệm nguyên của phương trình (1) đều là ước của hệ số tự do a0
p

+) Nếu số hữu tỉ x = q ( p, q nguyên tố cùng nhau ) là nghiệm của phương trình
(1) thì p là ước của a0, q là ước dương của an.
Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 - 2x3 + x2 - 4 = 0 (*)
Ta thấy tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ nên phương trình (*)
nhận x = - 1 là một nghiệm.
Do đó vế trái của phương trình (*) chia hết cho x + 1.
Khi đó phương trình (*) có thể viết được dưới dạng:
x 1  0
(1)
�
3
2
�
(x +1 ). ( x - 3x + 4x - 4 ) = 0
�3
x  3x2  4 x  4  0
(2)
�
(1) � x = - 1
Ở phương trình (2) ta không thể áp dụng được việc nhẩm nghiệm theo hai nhận
xét đầu được.
GV hướng dẫn HS thử các ước cña 4 vµ thÊy x = 2 lµ nghiÖm cña (2),
nªn (2) viết ®îc thµnh:

x2 0
�
�2

x x20
�

( x - 2). ( x 2 - x + 2 ) = 0



(3)
(4)

(3) � x = 2
8


Phương trình (4) có  = (-1)2 – 4.1.2 = -7 < 0, do đó phương trình (4) vô nghiệm
VËy ph¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm lµ x1 = -1 ; x2 = 2.
VÝ dô 3: Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2x3 - 5x2 + 8x -3 = 0
Với phương trình này ta không thể áp dụng được việc nhẩm nghiệm theo ba
nhận xét đầu được ( vì phương trình này không có nghiệm nguyên).
Ta nghĩ đến phương án phương trình có nghiêm hữu tỉ và áp dụng cách nhẩm
nghiệm thứ tư.
Khi đó ta nhẩm được x =

1
là một nghiệm của phương trình đã cho.
2

2x3 - 5x2 + 8x - 3 = 0  (2x -1)( x2 - 2x + 3) = 0
Từ đây HS tìm được nghiệm của phương trình đó cho một cách dễ dàng.
Bài tập áp dụng: Giải phương trình:

a) 3x4 - 12x2 = 0
b) x3 + 14x2 - 4x - 56 = 0
c) 2x3 + 11x +9 = 0
d) x16 + x8 - 2 = 0
e) 2x4 + 5x3 -35x2 + 40x - 12 = 0
II.2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
A. Cơ sở lí luận
Khi giải phương trình bậc cao một ẩn, ta còn dùng đặt ẩn phụ thay thế cho
một biểu thức chứa ẩn để đưa phương trình về dạng phương trình quen thuộc đã
biết cách giải.
B. Nội dung
Trong chương trình THCS học sinh thường gặp các dạng phương trình sau:
II.2.1. Phương trình trùng phương:
a. Dạng tổng quát
Phương trình trùng phương là phương trình có dạng: ax4 + bx2 +c = 0 (1)
(a  0)
Trong đó: x là ẩn ; a,b,c là các hệ số
b.Cách giải:
Khi giải phương trình loại này ta thường dùng phương pháp đổi biến số
Đặt y = x2 ( y  0) (2)
Khi đó phương trình trùng phương sẽ đưa về dạng phương trình bậc hai
trung gian: ay2 + by + c = 0
Giải phương trình bậc hai trung gian rồi thay giá trị tìm được của y vào
(2) ta được phương trình bậc hai rút gọn với biến x ( y 0). Giải phương trình
này ta được nghiệm của phương trình trùng phương ban đầu.
c.Ví dụ: Giải phương trình x4 - 13x2 + 36 =0 (1)
Giải: Đặt y = x2 (y 0).
Phương trình (1) trở thành: y2 - 13y + 36 = 0  (y - 4)(y - 9) = 0
9

y 40
�
�y  4
��
� �
y 9  0
�
�y  9

Cả hai nghiệm này đều thỏa mãn y 0
+ Với y = 4 ta có x2 = 4  x1 = 2; x2 = -2
+ Với y = 9 ta có x2 = 9  x3 = 3; x4 = - 3
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: x1 = 2; x2 = -2; x3 = 3; x4 = -3
Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
a) 4x4 - 5x2 + 1 = 0
b) 5x4 – 3x2 + 19 = 0
II.2.2 Phương trình dạng ax2n + bxn + c = 0 ( a ≠ 0, n �N * )
GV cho học sinh xét các trường hợp n = 1, n = 2 và nêu cách giải phương trình.
Qua đó học sinh sẽ phát hiện ngay ra cách giải phương trình ax2n + bxn +c = 0
a) Cách giải:
Đặt xn = y sau đó đưa về phương trình bậc hai đối với biến y: ay2 + by + c = 0
b)Ví dụ
* Ví dụ 1: Giải phương trình: x6 - 3x3 + 2 = 0 (1)
Giải: Đặt x3 = y
Phương trình ( 1) trở thành y2 - 3y +2 =0  y1=1, y2=2
Thay trở lại ta có: y1 = 1  x3 = 1 � x = 1
y2 = 2  x3 = 2 � x = 3 2
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 = 1 ; x2 = 3 2
* Ví dụ 2:

Cho phương trình: x10 + ( m-1)x5 + 4 = 0 (2)
Tìm m để phương trình ( 2) có nghiệm duy nhất. Tìm nghiệm đó?
Giải Đặt x5 = y
Phương trình ( 2) trở thành y2 + (m-1)y + 4 = 0
( 3)
Phương trình (2) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) phải có nghiệm kép
hay  0  (m-1)2 - 4.4 = 0  (m - 5)(m + 3) = 0 � m = 5, m= -3
Vậy với m = 5 hoặc m = - 3 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất
+ Với m = 5 , ta có (3)  y2 + 4y + 4 = 0  (y+2)2 = 0  y + 2 = 0  y = -2
Với y = - 2  x5 = -2  x = 5 ( 2)
+ Với m = -3, ta có ( 3)  y2 - 4y + 4 = 0  (y-2)2 = 0  y - 2 = 0  y = 2
Với y = 2 , ta có x5 = 2 � x = 5 2
Kết luận:
Với m = 5 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 ( 2)
Với m= -3 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 5 2
Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
a) 7x6 + 8 x3 +1 = 0
b) 12x10 - 15x5 + 3 = 0

10


II.2.3. Phương trình dạng: (x+a)4 + (x+b)4 = c (1)
a) Cách giải: Đặt y = x +

a b
2

Ta có:

a b
2

x+a = y+

;

x+b= y-

a b
2
2

4

�a  b �
�a  b �
Khi đó phương trình ( 1) trở thành: 2y + 12 � �y 2  2 � � c  0
�2 �
�2 �
4

Đây là phương trình trùng phương mà ta đã biết cách giải.
b)Ví dụ: Giải phương trình: (x + 5)4 + (x + 9)4 = 82
(1)
Đặt y = x + 7 khi đó phương trình ( 1) trở thành:
(y - 2)4 + (y + 2)4 = 82  2y4 + 48y2 + 32 = 82  y4 + 24y2 -25 = 0
Đặt t = y2 với t 0
t 1
Ta có phương trình: t2 + 24 t - 25 = 0  

t   25 (loại)
Với t =1 ta có: y2 = 1  y = 1 hoặc y = -1
- Nếu y = 1 thì x + 7 = 1  x = - 6
- Nếu y = - 1 thì x + 7 = - 1  x = -8
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x1 = - 6 ; x2 = - 8
*Ví dụ 2:
Cho phương trình sau: (x + m)4 + ( x + m+ 2)4 = n (1)
a. Giải phương trình với m = 3, n = 2
b. Tìm điều kiện của m và n để phương trình có nghiệm
Giải
a. Khi m = 3, n = 2 phương trình ( 1) trở thành: (x+3)4 + (x+5)4 = 2
Đặt y = x + 4. Ta có phương trình 2y4 + 12y2 = 0  y2(y2+6) = 0
 y 2 0
2
2
  2
 y = 0 ( vì y �0 y nên y + 6 �6 y )
 y  6 0
Với y = 0, ta có x+4 = 0 � x = - 4

Vậy phương trình có nghiệm x = - 4
b. (x + m)4 + ( x+ m + 2)4 = n (1)
Đặt y = x+ m + 1
Phương trình (1) trở thành: (y-1)4 + (y+1)4 = n  2y4 + 12y2 +2 – n = 0 (2)
Đặt t = y2 ta được: 2t2 + 12t + 2 - n = 0 (3)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (3) phải có ít nhất 1 nghiệm
không âm.
Ta thấy: S = t1 + t2 = -

12

 6  0
2

11


Vậy muốn phương trình (3) có một nghiệm không âm thì:
2 n
0  n 2
2
Vậy với n 2 thì phương trình (1) có nghiệm.

P = t1.t2 =

Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
1) (x + 1)4 + ( x + 3)4 =16
2) (x + 5)4 + (x + 9)4 = 1
3) (x - 3,5)4 + (x - 5,5)4 = 16
Nhận xét: Sau khi HS nắm vững cách giải phương trình trùng phương
như SGK, tôi đưa ra các dạng bài tập đã nêu ở mục 2.2 và 2.3 ban đầu một số
học sinh cảm thấy khó và không có đường lối giải nhưng sau khi được giáo viên
hướng dẫn thì học sinh giải quyết được bài tập một cách nhẹ nhàng. Trong quá
trình dạy học sinh giải toán trước hết chúng ta cần cho học sinh nhận dạng, quy
bài toán lạ về bài toán quen thuộc, qua đó gây hứng thú, niềm đam mê học toán ,
HS khá giỏi phát huy được khả năng của mình.
II.2.4. Phương trình đối xứng bậc chẵn :
a. Dạng tổng quát:
Phương trình đối xứng bậc chẵn là phương trình dạng:
a0x2n + a1x2n-1 + .... + an - 1xn + anxn –1 + .....+ a1x + a0 = 0 ( a0  0, n �N * )
b. Cách giải:

Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế của
phương trình cho x2 rồi đưa về phương trình bậc n bằng cách đặt:
y x 

1
x

( y  2)

c.Ví dụ Giải phương trình 3x4 + 2x3 - 34x2 + 2x + 3 = 0
Giải: Phương trình trên là phương trình đối xứng bậc chẵn
Hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho x2.
2
x

3x2 + 2x - 34 + 
Đặt x 

3
0 
x2

3( x 2 

1
1
)  2( x  )  34 0
2
x
x

1
1
 y thì x 2  2  y 2  2, ta có:
x
x

3(y2 -2) +2y - 34 =0  3y2 +2y -40 = 0  y1   4; y2 
- Với y = - 4 thì x 
- Với y 

10
3

1
 4  x2 + 4x + 1=0  x1   2  3 ; x2   2 
x

3

1
10
1 10
thì x    3x2 - 10x + 3 =0  x3  ; x4 3
x 3
3
3

12

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm: x1   2  3 ; x2   2 

3;

1
x3  ; x4 3
3
Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
a) x4 + 3x3 + 4x2 + 3x +1 = 0
b) x4 - x3 + 2x2 - x +1 = 0
c) x4 + 2x3 + 4x2 + 2x +1 = 0
II.2.5. Phương trình đối xứng bậc lẻ :
a. Dạng tổng quát:
a0x2n-1 + a1 x2n + .... + anxn -1 + anxn + .....+ a1x + a0 = 0 ( a0  0, n �N * )
b. Cách giải
Phương trình này bao giờ cũng có nghiệm x = -1 , do đó ta biến đổi
phương trình đó cho về dạng phương trình tích trong đó có một phương trình đối
xứng bậc chẵn và phương trình x + 1= 0.
c. Ví dụ : Giải phương trình: 2x5 + 5x4 - 13x3 - 13x2 +5x +2 = 0 (1)
Giải: Ta thấy x = -1 là nghiệm của phương trình (1)
Phương trình (1) tương đương với phương trình sau:
(x+1)(2x4 + 3x3 - 16x2 + 3x + 2) = 0
x  1  0 (2)
�
 � 4
2 x  3x 3  16 x 2  3x  2  0 (3)
�
(2)  x+1 = 0  x = -1
Giải phương trình 2x4 + 3x3 - 16 x2 + 3x + 2 = 0 (3)

Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (3)
Chia cả hai vế của phương trình (3) cho x2 ta có:
1
1
3 2
2 x 2  3x  16   2 0  2( x 2  2 )  3( x  )  16 0
x x
x
x
1
1
2
2
Đặt y  x   y  2  x  2
( ĐK y �2 )
x
x
Ta có: 2(y2 - 2) + 3y -16 = 0  2y2 + 3y - 20 = 0
5
 y1  ; y 2  4 (thỏa mãn ĐK y �2 )
2

+ Với y1 

5
1 5
ta có: x  
x 2
2

1
 2 x 2  5 x  2 0  x1  ; x 2 2
2

1
 4  x 2  4 x  1 0 � x3  2  3; x4  2  3
x
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm:
+ Với y = - 4 ta có: x 

13


1
x1  ; x2  2 ; x3  2  3; x4  2  3 ; x5= -1.
2
Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
a) x5 - x4 + 3x3 + 3x2 - x +1 = 0 b) 6x5 - 29x4 + 27x3 + 27x2 - 29x + 6 = 0

* Nhận xét:
Dạng bài tập này tương đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần
lưu ý khai thác hết giả thiết, nhận xét có thể sử dụng phương pháp nào, hằng
đẳng thức nào để phân tích cho thích hợp. Mỗi bài tập giải xong giáo viên nên
chốt lại vấn đề và các kiến thức sử dụng trong quá trình giải nhằm giúp học sinh
nắm được bài 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.
* Sau khi giải các ví dụ minh họa GV hướng dẫn HS nhận xét nghiệm của
các phương trình đó và đi đến các chú ý sau :
a) Trong phương trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì

1
cũng là nghiệm.
a

b) Phương trình đối xứng bậc lẻ bao giờ cũng có một trong các nghiệm là
x = -1
c) Phương trình đối xứng bậc chẵn 2n được đưa về phương trình bậc n
bằng cách đặt ẩn phụ.
II.2.6. Phương trình bậc bốn phản đối xứng
a. Dạng tổng quát:
Phương trình có dạng ax4 + bx3 + cx2 - bx +a = 0 ( a ≠ 0) gọi là phương
trình bậc bốn phản đối xứng
b. Cách giải:
Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình nên chia cả 2 vế của phương
trình cho x2 rồi đặt y  x 

1
x

c.Ví dụ Giải phương trình: x4 + x3 + x2 - x + 1 = 0 (1)
Giải:
Vì x = 0 không là nghiệm của phương trình (1). Chia cả hai vế của (1) cho x 2 ta
2
có: x  x  1 

Đặt y  x 

1  
1
1 1


 2  0   x 2  2    x    1 0
x
x  
x x


1
1
 y 2  2 x 2  2
x
x

Thay vào ta có: y2 + 2 + y + 1= 0  y2 + y + 3=0 (2)
 = 1-12 < 0  Phương trình (2) vô nghiệm
 Phương trình (1) vô nghiệm
14


Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
a) x4 - 3x3 - 6x2 + 3x + 1= 0
b) 6x4 - 35x3 + 62x2 + 35x + 6 = 0
II.2.7 Phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m trong đó a + d = b +c
a) Cách giải:
Nhóm [(x + a)(x + d)] và [(x + b)(x + c)] rồi triển khai các tích đó, ta đưa về
dạng: [x2 + (a+d)x + ad][ x2 + (b+c)x + bc] = m
Do a + d = b + c  đặt x2 + (a+d)x + k = t (trong đó k có thể là ad hoặc bc
hoặc

ad  bc

)
2

Ta sẽ đưa phương trình về dạng t2 + nt - m = 0
Giải phương trình trên ta tìm được t. Sau đó thay t vào giải tiếp phương trình:
x2 + (a+d) x+ k = t sẽ tìm được nghiệm của phương trình ban đầu.
b)Ví dụ: Giải phương trình (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = 9
(1)
Giải Ta thấy 1+ 7 = 3 + 5, ta biến đổi phương trình (1) như sau:
[(x + 1)(x + 7)][(x + 3)(x + 5)] = 9  (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) = 9 (2)
Đặt y = x2 + 8x + 7
Khi đó phương trình (2) trở thành y(y + 8) = 9  y2 + 8y - 9 = 0
 y 1
 (y -1) (y + 9) = 0  
 y  9

+ Với y = 1, ta có x2 + 8x + 7 = 1  x2 + 8x + 6 = 0
Từ đó x1  4  10; x2  4  10
+ Với y = - 9  x2 + 8x + 7= - 9  x2 + 8x + 16 = 0  (x + 4)2 = 0  x = - 4
Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm: x1  4  10 ; x 2  4  10 ; x3 = - 4
Bài tập áp dụng:
1. Giải phương trình:
a) (x + 2)(x - 3)(x + 1)(x + 6) = - 96
b) (x - 1)(x - 3)(x + 5)(x + 7) = 297
2. Cho phương trình: (x + 5)(x + 6)(x + 8)(x + 9) = m
Tìm m để phương trình có hai nghiệm
II.3. Phương pháp biến đổi phương trình về dạng [ f(x) + a]n = b
( n�N, n �2; a,b là hằng số)
1. Cơ sở lí luận
Khi giải phương trình bậc cao một ẩn, ta biến đổi một vế của phương trình về

dạng [f(x) + a]n với n �N, n �2, a là hằng số, vế còn lại là một hằng số b để đưa
phương trình về dạng quen thuộc đã biết cách giải.
2. Nội dung
Trong chương trình THCS học sinh thường gặp các dạng phương trình sau:
[f(x) + a]n = b với n chẵn hoặc [ f(x) + a]n = b với n lẻ
15


3. Cách giải: Sử dụng tách hạng tử để đưa một vế của phương trình về dạng
[f(x) + a]n , vế còn lại là một hằng số.
Ví dụ: Giải các phương trình sau:
a) x3 - 3x2 + 3x – 3 = 0
b) x4 + 8x3 + 18x2 + 8x - 5 = 0
c) x4 + 4x3 + 10x2 + 12x + 8 = 0
Việc sử dụng các phương pháp đã nêu trên để giải các phương trình này
gặp nhiều khó khăn vì phương trình không có nghiệm hữu tỉ mà có nghiệm vô tỉ
hoặc vô nghiệm. Do đó giáo viên hướng dẫn học sinh nhận xét bậc của đa thức,
hệ số của các hạng tử ở vế trái, từ đó tách hạng tử để đưa một vế của phương
trình về dạng [f(x) + a]n, vế còn lại là một hằng số.
Giải
a) x3 - 3x2 + 3x - 3 = 0 � x3 - 3x2 + 3x – 1 = 2
� (x-1)3 = 2 � x -1 = 3 2 � x = 3 2 + 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3 2 + 1
b) x4 + 8x3 + 18x2 + 8x - 47 = 0 � x4 + 16x2 +1 + 8x3 + 2x2 + 8x + 1 = 49
� (x2 + 4x + 1)2 = 49 � x2 + 4x + 1 = 7 hoặc x2+ 4x + 1 = -7
+) x2 + 4x + 1 = 7 � x2 + 4x – 6 = 0 � x1 = -2 + 10 , x2 = -2 - 10 ;
+) x2 + 4x + 1 = -7 � x2 + 4x + 8 = 0, phương trình vô nghiệm vì  ' = -4 < 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x1 = -2 + 10 , x2 = -2 - 10 ;
c) x4 + 4x3 + 10x2 + 12x + 8 = 0
� x4 + 4x2 + 9 + 4x3 + 12x + 6x2 = 1 � (x2+2x + 3)2 = 1

Phương trình vô nghiệm vì (x2 + 2x + 3)2 = [(x+1)2 + 2]2 � 4 > 1 với
mọi x
Bài tập áp dụng: Giải phương trình:
a) x3 - 6x2 + 12x - 1 = 0
b) x4 + 8x3 + 30x2 + 56x + 47 = 0
III. Một số dạng bài tập vận dụng các phương pháp giải phương trình bậc
cao một ẩn:
Khi dạy các dạng bài tập này, trước hết giáo viên cho học sinh nhận dạng
phương trình và cách giải tương ứng với dạng phương trình nào đã học . Sau đó
vận dụng các kiến thức có liên quan để giải quyết bài toán.
Bài 1: Cho phương trình (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) = m.
Biết rằng phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x2 , x3, x4
Chứng minh x 1 x2 x3 x4 = 24 - m
Giải (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) = m � (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = m
Đặt x2 + 5x + 4 = t
Khi đó phương trình (1) có dạng t ( t + 2) = m � t2 + 2t – m = 0 (2)

(1)

16


Vì phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x2 , x3, x4 nên phương trình (2) có
hai nghiệm phân biệt t1, t2 . Đồng thời mỗi phương trình x2 + 5x + 4 = t1 và
x2 + 5x + 4 = t2 phải có 2 nghiệm phân biệt.
x2 + 5x + 4 = t1 � x2 + 5x + 4 - t1 = 0

(3)

x2 + 5x + 4 = t2 � x2 + 5x + 4 - t2 = 0

(4)

Giả sử x 1 , x2 là các nghiệm của phương trình (3);

x3, x4 là các nghiệm của

phương trình (4) . Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có: x 1 x2 = 4 - t1 , x3 x4 = 4 - t2
Do đó x 1 x2 x3 x4 = (4 - t1 ) ( 4 - t2 ) = 16 – 4( t1  t2 ) + t1, t2
Áp dụng hệ thức Vi-ét vào phương trình (2) ta có t1  t2 = - 2 và t1, t2 = - m
Vậy x 1 x2 x3 x4 = 16 – 4. (-2) – m = 24 - m
Bài 2: Cho phương trình x4 + 2mx2 + 4 = 0
Tìm giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x2 , x3, x4
4
4
4
4
thỏa mãn: x1  x2  x3  x4 = 32

Giải: Đặt t = x2 (t �0), ta được phương trình: t2 + 2mt + 4 = 0 (1)
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt � Phương trình (1) có hai nghiệm

t1, t2 thỏa mãn 0  t1  t2
�
,  m2  4  0
�
m2  4
�
��
t1.t 2  4  0

��
� m   2 (*)
m 0
�
�
t1  t 2   2m  0
�

Nếu t1, t2 là hai nghiệm của phương trình (1) thì x1   t1 , x2  t1 x3   t ,
2

x4  t 2
4
4
4
4
(t1  t2 ) 2  2t1t2 �
Khi đó x1  x2  x3  x4 = 2 t12 + 2 t2 2 = 2 �
�
�

Áp dụng hệ thức Vi-ét vào phương trình (1) ta có t1  t2 = - 2m và t1, t2 = 4
Do đó 2( 4m2 – 8) = 32 � m2 = 6 � m = - 6 ( Vì m < -2)
Vậy m = - 6
Bài 3: Cho phương trình x4 + a x3 + bx2 + a x + 1 = 0 có nghiệm thực.
Chứng minh a2 + b2 – 4b + 1 > 0
Giải: Giả sử phương trình đã cho có nghiệm x0 thì x0 = 0 không phải là nghiệm
2
của phương trình đã cho. Chia cả 2 vế của phương trình cho x0 ta có:

17


x0 2 +

1
1
x 0
)+b=0
2 + a (
x0
x0
1

Đặt x 0  x = t

(1)

( t �2)

0

Khi đó phương trình (1) trở thành t2 + at + b – 2 = 0 � - t2 = at + b – 2
2
� t4 = ( at + b – 2)2 � �
a 2  b  2  � t 2  1 ( Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki)
� 
�

t4

2
� a2   b  2 � 2
t 1

Lại có

(2)

t4
1
 t 2 1 2
3
2
t 1
t 1

( do t2 �4)

(3)

Từ (2) và (3) � a2 + ( b – 2)2 > 3 � a2 + b2 – 4b + 1 > 0
Bài 4: Cho phương trình (x - 1) (x - 2) (x - 3) (x - 6) = mx2 ( m là tham số)
Giả sử m nhận các giá trị sao cho phương trình đã cho có 4 nghiệm x 1 , x2 , x3, x4
1

1

1

1

đều khác 0. Chứng minh rằng biểu thức x  x  x  x không phụ thuộc vào m
1
2
3
4
Giải: (x - 1) (x - 2) (x - 3) (x - 6) = mx2 � (x2 – 7x + 6) ( x2 – 5x + 6) = mx2
� 6
�
� 6 �
� �x   7 �
�x   5 �= m (Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình)
� x
�
� x �
6
Đặt t = x + . Ta có phương trình t2 – 12t + 35 – m = 0 (1)
x

Giả sử phương trình đã cho có 4 nghiệm x 1 , x2 , x3, x4 đều khác 0 thì phương
trình (1) phải có hai nghiệm t1, t2 .
Giả sử x 1 , x2 là các nghiệm của phương trình x2 - t1 x + 6 = 0 (tức là hai
nghiệm của phương trình t1 = x +

6
) ; x3, x4 là các nghiệm của phương trình
x

�x1  x2  t1
�

�x1 x2  x3 x4  6
2
x - t2 x + 6 = 0. Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có �
�x3  x4  t 2
�
t1  t2 12
�
x3  x4
1 1 1 1
x1  x2
t t
Khi đó x  x  x  x = x x + x x = 1 2 = 2
6
1
2
3
4
1 2
3 4
1

1

1

1

Do đó biểu thức x  x  x  x không phụ thuộc vào m
1
2

3
4
Bài 5: Cho phương trình: x4 + mx3 + 3mx2 + mx +1 = 0 (1)
Xác định m để phương trình (1) có nghiệm.
Giải x = 0 không là nghiệm của (1) nên chia cả hai vế của (1) cho x2 ta được:
18


x 2  mx  3m 
Đặt y  x 

1 
1
m 1


 2 0   x 2  2   m x    3m 0
x
x 


x x

1
x

( y  2)

Phương trình (1) trở thành: y2 + my + 3m - 2 = 0 (2) ( y 2)
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn

điều kiện y 2
Từ đó tìm được phương trình (1) có nghiệm khi: m 

2
hoặc m  6  2 7
5

Bài 6: Cho phương trình x2 + (m2 + 1) x + m – 2 = 0 với m là tham số.
a. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, phương trình có hai nghiệm phân
biệt.
b. Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao cho
2 x1  1
2 x2  1
55
x1 x2 +
+
=
x2
x1
x1 x2

Giải
a) Phương trình x2 + (m2 + 1) x + m – 2 = 0 có
 = m4 + 2m2 + 1 – 4m + 8 = 2(m – 1)2 + m4 + 7 > 0 với mọi m.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
�x1  x2  m 2  1
b) Theo hệ thức Vi - ét, ta có �
�x1 x2  m  2
2 x1  1
2 x2  1

55
Ta có x + x = x1 x2 + x x
2
1
1 2
2( x1  x2 ) 2  ( x1  x2 )  4 x1 x2 x12 x2 2  55
�

x1 x2
x1 x2
�

2( m2  1) 2  m 2  1  4(m  2) (m  2) 2  55

m2
m2

m �2
�
� �4
m  2m 2  24  0 (1)
�

Giải phương trình (1) ta có m1 = 2, m2 = -2
Kết hợp với điều kiện m � 2 ta có m = -2
Vậy m = - 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
2 x1  1
2 x2  1
55
x1 x2 +

+
=
x2
x1
x1 x2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
1. Kết quả, đánh giá

19


Qua quá trình thực hiện sáng kiến kinh nghiệm đối với học sinh các lớp
tôi giảng dạy trong những năm qua đã cho thấy kết quả rõ rệt, cụ thể:
- Các em tự tin khi giải phương trình bậc cao một ẩn .
- Biết lựa chọn phương pháp phù hợp sao cho ngắn gọn, dễ hiểu.
- Khắc phục các lỗi khi giải phương trình cũng như khi làm toán.
- Khả năng tư duy logic các vấn đề trong đời sống hằng ngày cũng như
trong các bài toán được cải thiện rất nhiều.
- Học sinh có hứng thú học tập, tích cực trong học toán.
- Kết quả kiểm tra chương IV đại số lớp 9 và kiểm tra khi dạy dạy chuyên
đề này cho học sinh giỏi :
Số học sinh yêu thích môn đại số Số học sinh giải tốt phương trình bậc cao
một ẩn
Trước khi vận
Sau khi vận
Trước khi vận
Sau khi vận dụng đề tài
dụng đề tài
dụng đề tài

dụng đề tài
30/45
43/45
28/45
42/45
học sinh
học sinh
học sinh
học sinh
2. Tính ứng dụng của đề tài
Phương pháp nghiên cứu đề tài này được vận dụng với các giờ đại số nói
chung, giờ luyện tập toán nói riêng và có thể áp dụng vào các môn học khác.
Giáo viên có thể dùng làm tài liệu giảng dạy, nâng cao trình độ chuyên
môn đặc biệt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi vào lớp 10 PTTH. Nếu
được cho phép, có thể thực hiện một chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán cho
học sinh.
Để đề tài :"Hướng dẫn học sinh lớp 9 cách giải các dạng toán về phương
trình bậc cao một ẩn thường gặp ở bậc THCS" có hiệu quả tốt hơn trong dạy và
học, tôi sẽ tiếp tục hoàn thiện một số phương pháp khác (Áp dụng bất đẳng
thức,chứng minh nghiệm duy nhất,cách đặt ẩn phụ không hoàn toàn,...) cùng với
hệ thống bài tập trong thời gian tới.
PHẦN 3 - KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Đề tài ''Hướng dẫn học sinh lớp 9 cách giải các dạng toán về phương trình
bậc cao một ẩn thường gặp ở bậc THCS '' tuy là một vấn đề khó và rộng nhưng
trong quá trình tìm hiểu tôi thấy đây là một đề tài rất hữu ích cho giáo viên toán
trường THCS.Trong đề tài này, tôi chỉ nêu ra một số phương pháp giải phương
trình bậc cao một ẩn đưa về phương trình bậc nhất và bậc hai trong chương trình
giảng dạy môn toán lớp 9 hiện nay mà bản thân tôi đã đúc kết trong quá trình giảng dạy.

20


Về thực tế, đây là vấn đề ít được đề cập trong sách giáo khoa mà thời gian 45 phút cho
một tiết học rất eo hẹp, do đó việc đưa ra lượng kiến thức này là rất khó khăn, nhưng không
phải vì vậy mà không thực hiện được, ta có thể khéo léo lồng những vấn đề này vào trong tiết
dạy chính khoá và kết hợp với những buổi ngoại khoá, những buổi ôn tập, những buổi bồi
dưỡng học sinh giỏi.
Tuy nhiên, để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ
thống, phân loại bài tập thành từng dạng nhằm mục đích bồi dưỡng và phát triển kĩ năng cho
học sinh vừa bền vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa sự tham gia tích cực của người học. Giáo
viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ đơn giản đến
phức tạp, phù hợp với trình độ nhận thức chung của học sinh.
Người thầy cần chú trọng phát huy tính chủ động, tích cực và sáng tạo của học sinh từ
đó giúp các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải toán đúng đắn. Làm
được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường.
3.2. Kiến nghị
Qua quá trình giảng dạy, nghiên cứu tôi xin có một số ý kiến đề xuất như sau:
- Đối với GV, phải nhiệt tình và tâm huyết với nghề, phải luôn có ý thức tự nghiên
cứu, học hỏi tìm tòi nâng cao kiến thức, nghiệp vụ và trình độ chuyên môn, phải có sự nghiên
cứu kiến thức bao quát cả chương trình chứ không dừng ở nội dung kiến thức của chương
trình THCS.
- Những sáng kiến kinh nghiệm hay trong thành phố, Phòng Giáo dục nên tổ chức hội
thảo cho giáo viên trong thành phố học tập và áp dụng những sáng kiến đó vào giảng dạy.
Trên đây tôi đã mạnh dạn giới thiệu cùng các bạn đồng nghiệp một số kinh nghiệm
của bản thân. Đề tài này chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong được sự
góp ý bổ sung của quý thầy cô, các bạn để bài viết được hoàn chỉnh và hấp dẫn hơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 3 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không
sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Nguyễn Thị Nghiêm
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1

Sách giáo khoa Đại số 8, Đại số 9

Nhà xuất bản giáo dục
21


2
3

4

5
6

Nâng cao và phát triển Toán 8, Toán 9 của Vũ
Hữu Bình
Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8, lớp 9 đại số của
Vũ Hữu Bình - Tôn Thân - Đỗ Quang Thiều
Giáo trình thực hành giải toán hệ cao đẳng sư
phạm của Phạm Gia Đức - Hoàng Ngọc Hưng Đặng Đình Lăng
172 bài toán có chứa các tham số của Lê Khắc

Bảo
Giải toán Đại số sơ cấp của Vũ Thiện Căn - Võ
Anh Dũng
Và một số tài liệu khác có liên quan

Nhà xuất bản giáo dục
Nhà xuất bản giáo dục

Nhà xuất bản giáo dục

Nhà xuất bản giáo dục
Nhà xuất bản giáo dục

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Nguyễn Thị Nghiêm
22


Chức vụ và đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng - Trường THCS Trần Mai Ninh

TT
1.

Tên đề tài SKKN

- Phòng GD - Loại A
- Sở GD

- Loại B

2010 - 2011

sinh lớp 7.
Rèn luyện kỹ năng vận dụng
tính chất chia hết của một
tổng vào giải toán cho học

3.

Năm học
đánh giá xếp
loại

Một số kinh nghiệm khi dạy
phần giá trị tuyệt đối cho học

2.

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
xếp loại
(Phòng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)

- Phòng GD - Loại A
- Sở GD
- Loại C

2012 - 2013

- Phòng GD - Loại A
- Sở GD
- Loại C

2015 - 2016

- Phòng GD - Loại A
- Sở GD
- Loại B

2017 - 2018

sinh lớp 6.
Một số kinh nghiệm hướng
dẫn học sinh lớp 9 cách giải
các dạng toán về phương
trình bậc cao một ẩn thường

4.

gặp ở bậc THCS.
Rèn luyện kỹ năng vận dụng
tính chất chia hết của một
tổng vào giải toán cho học

sinh lớp 6.

23