Kinh nghiệm giảng dạy Hoàng Hải Dương

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

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

−
= =

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Trang 25