PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Toán học là một môn khoa học có từ lâu đời, có ứng dụng hầu hết trong các
lĩnh vực của cuộc sống, từ xa xưa con người đã biết đến toán học thông qua việc
đo đạc, tính toán
Môn toán là nền tảng cho các môn khoa học tự nhiên khác.
Trong nhà trường, môn toán giữ một vai trò quan trọng, bởi môn toán có
tính trừu tượng cao, tính logic, chính xác và không bỏ tính thực nghiệm. Vì vậy,
làm thế nào để học giỏi toán, đó là câu hỏi đặt ra của nhiều thế hệ học sinh, thầy
cô và cha mẹ học sinh hay bất cứ ai quan tâm đến giáo dục và dạy học.
Phương trình là một dạng toán quan trọng, xuyên suốt quá trình học toán từ
cấp II đến cấp III và các cấp cao hơn. Bởi vậy, các em học sinh cần phải trang bị
cho mình những kiến thức thật vững chắc về phương trình.
Trong chương trình toán ở THCS hiện nay, sách giáo khoa chỉ đưa ra cách
giải phương trình bậc nhất và bậc hai đơn giản. Đối với các em học sinh thì việc
giải các phương trình đó không gây khó khăn nhiều. Nhưng khi gặp một số
phương trình bậc cao thì các em thường lúng túng, chưa tìm ngay được các cách
giải cho bài toán. Ngay cả các giáo viên THCS cũng gặp nhiều khó khăn trong
việc giải quyết phương trình này.
Vì vậy, tôi xin đề xuất một số phương pháp giải phương trình bậc cao
trong chương trình toán THCS và các bài tập minh họa.
2 Mục đích - nhiệm vụ đề tài.
- Phương pháp giải các phương trình bậc cao một ẩn: Bằng cách đưa về các
phương trình đã biết cách giải hoặc các dạng quen thuộc.
- Các ví dụ minh hoạ.
- Rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức để giải phương trình bậc cao một ẩn.
- Củng cố và hướng dẫn học sinh làm bài tập.
3. Đối tượng nghiên cứu.
- Học sinh ở lứa tuổi 14 - 15 ở 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.
- Đối tượng khảo sát Học sinh lớp 9 trường THCS xxx được phân loại theo

phương trình đã cho thành một phương trình khác tương đương với nó, nhưng
đơn giản hơn gọi là phép biến đổi tương đương.
a) Định lý 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.
Ví dụ: 3x= 27 ⇔ 3x + 2x = 27 + 2x
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
Ví dụ:
5x + 7 = 16x - 3 ⇔ 5x - 16x = -3 -7
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
Ví dụ:
7x
3
+ 8x - 5=14 + 7x
3
⇔ 8x -5 = 14
b. Định lý 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.
Ví dụ:
204181029
2
1
−=+⇔−=+
xxxx
I-2. Các dạng phương trình

∆ gọi là biệt số của phương trình bậc hai vì biểu thức ∆ = b
2
- 4ac quyết
định nghiệm số của phương trình bậc hai
4
Ta thấy có các khả năng sau xảy ra :
a) ∆ < 0 ⇔ phương trình bậc hai vô nghiệm
b) ∆=0 ⇔ phương trình bậc hai có nghiệm kép ( hai nghiệm trùng nhau )
a
b
xx
2
21
−==
c) ∆>0 ⇔ phương trình bậc hai có hai nghiệm phân biệt:
a
b
x
2
1
∆+−
=
;
a
b
x
2
2
∆−−
=

+ a
n-1
x
n-1
+ +a
1
x+a
0
= 0 (a
n
≠ 0)
Trong đó: x là ẩn số,
a
n
, ,a
0
: là các hệ số
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 nhưng việc tìm nghiệm của phương trình cũng hết sức
phức tạp nằm ngoài chương trình THCS, THPT.
Ta cũng có hệ thức Viet liên quan giữa các nghiệm của phương trình đại
số bậc cao.
3.2. Định lí Viet cho phương trình bậc n một ẩn:
Cho phương trình bậc n: a
n
x
n
+ a
n-1

a
a
xxxxxx
2
14321

−
−
−=+++
k
n
kn
iii
a
a
xxx
k
)1(
21
−=
−
∑
với 1≤i
1
<i
2
< <i
k
n
n

+ +x
n-1
x
n
S
k
=
∑
k
iii
xxx
21
với 1 ≤ i
1
< i
2
< < i
k
<n
S
n
=x
1
x
2
x
n
Khi đó x
1
x

3
.
Khi đó:

a
b
xxx −=++
321
a
c
xxxxxx =++
433221
a
d
xxx −=
321
- Hệ thức Viet cho phương trình bậc bốn : ax
4
+ bx
3
+cx
2
+dx +e =0
Có dạng như sau:
a
b
xxxx
−=+++
4321
a

⇔=
0)(
0)(
0)().(
xg
xf
xgxf
Vì vậy phương trình bậc cao 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
Trong nội dung nghiên cứu khi phân tích đa thức thành nhân tử tôi thường
hướng dẫn học sinh sử dụng các phương pháp sau:
a. Đặt nhân tử chung
b. Dùng hằng đẳng thức
c. Nhóm nhiều hạng tử
d. Tách hạng tử
e. Thêm bớt cùng một hạng tử
đ. Phối hợp nhiều phương pháp
Ví dụ: Giải phương trình sau:
a) 7x
3
- 63 x=0
⇔
7x(x
2
-9)=0
7
⇔
7x (x-3)(x+3)=0

x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm: x=0; x=3; x=-3
b) x
3
-6x
2
+ 12x - 8 =0
⇔
(x-2)
3
=0
⇔
x-2=0
⇔
x=2
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x=2;
c)x
3
- 3x
2
+ 6x - 18 = 0
⇔
(x
3
- 3x
2
) + ( 6x - 18 ) = 0
⇔
x
2

+ 3x
2
- 28 = 0
⇔
x
4
+ 7x
2
- 4x
2
- 28 =0
⇔
x
2
(x
2
-4) + 7(x
2
-4) = 0
⇔
(x
2
+ 7)(x
2
- 4) =0
⇔
(x
2
+7 )(x-2)(x+2)=0 (1)
Vì x

−=
=
⇒
2
2
x
x
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x=2; x=-2
e) x
3
- 7x-6 =0
8
⇔
x
3
+ 8 -7x - 6- 8=0
⇔
(x
3
+ 8) -(7x+14)=0
⇔
(x+2)(x
2
-2x+4) - 7(x+2) =0
⇔
(x+2)(x
2
-2x-3)=0



03
01
02
x
x
x






=
−=
−=
⇔
3
1
2
x
x
x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x=-1; x=-2; x=3
* Ngoài các phương pháp trên ta còn sử dụng định lí Bơzu giúp các em
nhẩm nghiệm để phân tích đa thức thành nhân tử .
Định lí Bơzu 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 :
a
n

, q là ước của a
n
.
Ví dụ : Giải phương trình : x
4
- 2x
3
+ x
2
- 4 = 0 (*)
Ta thấy tổng các hệ số bậc chẵn bằng tổng các hệ số bậc lẻ nên phương
trình (*) nhận x =- 1là nghiệm .
Theo định lí Bơzu ta thấy vế phải của phương trình (*) chia hết cho x + 1,
do đó phương trình (*) có thể viết được dưới dạng :
(x +1 ). ( x
3
- 3x
2
+ 4x - 4 ) = 0
x + 1 = 0 (1)
x
3
- 3x
2
+ 4x - 4 = 0 (2)
(1) ⇔ x+1 = 0 ⇔ x = - 1
9
(2) ⇔ x
3
- 3x

-2 =0
e) 2x
4
+ 5x
3
-35x
2
+ 40x-12=0
2. Cho phương trình : 2x
3
-(1+4m)x
2
+ 4(m
2
-m+1)x -2m
2
+ 3m -2=0
a. Xác định m để phương trình đã cho có 3 nghiệm dương phân biệt
b. Giải phương trình với m=1
Hướng dẫn
2a) 2x
3
-(1+4m)x
2
+ 4(m
2
-m+1)x - 2m
2
+3m -2 =0 (*)
⇔



=+−+−
=−
02322
012
22
mmmxx
x

(1)
⇔
2x-1=0
⇔

2
1
=x
(2)
⇔
x
2
-2mx+2m
2
-3m+2=0
Ta thấy phương trình (*) luôn có 1 nghiệm
2
1
=x
Muốn phương trình (*) có 3 nghiệm dương phân biệt thì phương trình (2)

2
1
(
P
S
f








>+−
>
>++−
≠+−
⇔
0232
02
033
09168
2
2
2
mm
m
mm
mm

2
2
m
m
mm
m



>
<<
⇔
0
21
m
m

21
<<⇒
m
Vậy với 1<m<2 thì phương trình (2) có 2 nghiệm dương phân biệt khác
2
1
⇒
Phương trình (*) có 3 nghiệm dương phân biệt khi 1<m<2
II.2. Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ
1.Cơ sở lí luận
Khi giải phương trình bậc cao 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

-3x
2
+2 =0 (1)
Giải :
Đặt y=x
2
(y≥ 0).
Phương trình (1) trở thành : y
2
-3y +2 =0
⇔
(y-1)(y-2)=0
⇒



=−
=−
02
01
y
y
⇒



=
=
2
1

3
=
2
; x
4
=
2−
* Ví dụ 2 : Xác định a để phương trình: ax
4
- ( a - 3 ) x
2
+ 3a = 0 (a ≠ 0 )
(1)
Có bốn nghiệm phân biệt đồng thời một nghiệm nhỏ hơn -2 ; ba nghiệm kia lớn hơn
-1
Giải :
Đặt y= x
2
≥ 0
(1) ⇔ ay
2
- ( a - 3 ) y + 3a = 0 (2)
Giả sử (2) có nghiệm 0 < y
1
< y
2
thì (1) có 4 nghiệm phân biệt :
-
2
y

1
< 1 < 4 < y
2
a .f(0) < 0 a . 3a < 0 3a
2
< 0
⇔ a . f(1) < 0 ⇔ a . (a -a +3 +3a ) < 0 ⇔ 3a
2
+ 3a < 0
a. f(4) < 0 a . ( 16a - 4a + 12 + 3a ) < 0 15a
2
-12a < 0

a ≠ 0 a ≠ 0
⇔ 3a ( a + 1 ) < 0 ⇔ - 1 < a < 0 ⇔ -
5
4
< a < 0
3a ( 5a + 4 ) < 0 -
5
4
< a < 0
Vậy với a ∈ ( -
5
4
, 0 ) thì phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt ,
trong đó một nghiệm nhỏ hơn - 2 và ba nghiệm kia lớn hơn - 1
Bài tập áp dụng :
1) Giải phương trình : 4x
4

13







>
>
>∆
0
2
0)0(
0'
S
af






>−
>−
<
⇔
012
034
1

1
2
3
<<⇒
m
2.2. Phương trình bậc bốn đối xứng:
a. Dạng tổng quát :
Phương trình bậc bốn đối xứng là phương trình dạng:ax
4
+bx
3
+cx
2
+bx +a=0 (a ≠ 0)
b. Cách giải :
Vì x=0 không phải là nghiệm của phương trình nên ta chia cả hai vế của
phương trình cho x
2
rồi đặt:
x
xy
1
+=

)2( ≥y
c. Ví dụ
*Ví dụ 1: Giải phương trình: 3x
4
+2x
3

x
x
=+
1
thì
,2
1
2
2
2
−=+ y
x
x
ta có:
3(y
2
-2) +2y-34 =0
⇔
3y
2
+2y -40 =0
3
10
;4
21
=−=⇔ yy
Với y= - 4 thì
4
1
−=+

⇔
3x
2
- 10x + 3 =0
⇔
3;
3
1
43
== xx
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm:
32
1
+−=x
;
32
2
−−=
x
;
3;
3
1
43
==
xx
.
* Ví dụ 2: Giải phương trình : 2x
5
+5x-13x

⇔
2x
4
+3x
3
-16 x
2
+3x+2 =0
Ta thấy x=0 không là nghiệm của phương trình (3)
Chia cả hai vế của phương trình (3) cho x
2
ta có:
0
23
1632
2
2
=++−+
xx
xx
016)
1
(3)
1
(2
2
2
=−+++⇔
x
x

2
5
1
=⇒
y
;
4
2
−=
y
+ Với
2
5
1
=
y
ta có:
2
51
=+
x
x

0252
2
=+−⇔
xx

∆
=25-16=9

xx
;
32;32
43
−−=+−=
xx
;x
5
=-1.
d. Bài tập áp dụng :
1. Cho phương trình: x
4
+mx
3
+3mx
2
+mx +1 =0 (1)
a) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm.
b) Giải phương trình
2. Giải phương trình : x
4
+2x
3
+ 4x
2
+2x +1 = 0
Hướng dẫn:
1a) x=0 không là nghiệm của (1) nên chia cả hai vế của (1) cho x
2
ta được:

x
xm
x
x
Đặt
x
xy
1
+=
(
)2≥y
Phương trình (1) trở thành : y
2+
my + 3m - 2 = 0 (2) (
)2≥y
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) có một nghiệm thỏa
mãn điều kiện
2
≥
y
Ta xét bài toán tìm các giá trị của m để phương trình (2) vô nghiệm:
+ Phương trình ( 1) vô nghiệm khi và chỉ khi phương trình (2) vô nghiệm
hoặc phương trình ( 2) có hai nghiệm thuộc (-2,2)
+ Phương trình (2) vô nghiệm:
0<∆
∆
=m
2
-(3m-2 ) < 0
⇔

m
mmyyyfaf
af









<<−
>+
>+
≥+−
⇔
2
2
2
052
02
0812
2
m
m
m
mm



2
+<<−
m
Do đó phương trình (1) có nghiệm khi: m
5
2
−≤
hoặc
726 +>m
Chú ý:
a)Trong phương trình đối xứng, nếu a là nghiệm thì 1/a cũng là nghiệm .
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
2.3. Phương trình bậc bốn phản đối xứng
a. Dạng tổng quát :
Phương trình có dạng ax
4
+ bx
3
+cx
2
–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 x
2
rồi đặt

2
=+






−+






+⇔
x
x
x
x
Đặt
2
22
1
2
1
x
xy
x
xy

2
2
=+++−−
x
x
a
aaxx
0)12()
1
()
1
(
2
2
=+−−−+⇔
a
x
xa
x
x
Đặt
x
xy
1
−=
(*)
2
1
2
2

a

524
2
+−=
a
Vậy với
524 −−=a
hoặc
524
+−=
a
thì phương trình (1) có 2
nghiệm phân biệt.
d) Bài tập áp dụng
Giải phương trình:
1) x
4
-3x
3
-6x
2
+3x+1=0
2) x
5
-4x
3
+2x
2
+2x-1=0

-3x
2
–x +1= 0 (3)
(2)
⇔
x - 1=0
⇒
x = 1
(3)
⇔
013
234
=+−−+
xxxx
Vì x= 0 không là nghiệm của (3)
Chia hai vế của (3) cho x
2
≠ 0 ta có:
0
11
3
2
2
=+−−+
xx
xx
03
11
2
2

Ta được phương trình :y
2
+2+y-3=0
⇔
y
2
+ y -1 =0
514
=+=∆
19
2
51
1
+−
=⇒
y
;
2
51
2
−−
=y
+ Với
2
51+−
=y

2
511
+−

22)51(
2
−=+−⇔
xx
02)51(2
2
=−++⇔
xx
16526
++=∆
=
5222
+
4
522251
3
++−−
=⇒ x
4
522251
4
+−−−
=⇒ x
Vậy phương trình đã cho có 5 nghiệm:







+c = 0 ( a ≠ 0)
a) Cách giải :
Đặt x
n
= y sau đó đưa về phương trình bậc hai đối với biến y: ay
2
+ by + c = 0
b) Ví dụ minh hoạ:
* Ví dụ 1: Giải phương trình: x
6
- 3x
3
+ 2 = 0 (1)
Giải :
Đặt x
3
= y . Phương trình ( 1) trở thành y
2
-3y +2 =0
⇒
y
1
=1
y
2
=2
Thay trở lại ta có : y
1
=1
⇒

Đặt x
5
= y
Phương trình ( 2)
⇔
y
2
+ (m-1)y + 4 = 0 ( 3)
Để phươnh trình (2 ) có nghiệm duy nhất thì phương trình ( 3 ) phải có nghiệm
kép hay
0
=∆
:
⇔
(m-1)
2
- 4.4 =0
⇔
(m-1-4)(m-1+4)=0
⇔
(m-5)(m+3)=0
⇔



=+
=−
03
05
m

Với y=-2
⇒
x
5
= -2
⇒
x=
5
)2(−
+ Với m=-3
⇒
( 3)
⇔
y
2
-4y+4=0
⇔
(y-2)
2
=0
⇔
y-2=0
⇔
y=2
Với y=2
⇒
x
5
= 2
⇒

ba
+
. Ta có:
x+a = y+
2
ba −
x+b=y-
2
ba −
Khi đó phương trình ( 1) trở thành:
2y
4
+
0
2
2
2
12
4
2
2
=−






−
+

y
4
+24y
2
-15=0
Đặt t=y
2
với t
0≥
22
Ta có phương trình : t
2
+ 24t -25 =0



−=
=
⇒
25
1
t
t
Với t=1 ta có : y
2
=1
⇔
y=1 hoặc y=-1
Nếu t=1
⇒

⇔
2y
4
+12y
2
+2-n=0 (3)
Đặt t=y
2
ta được: 2t
2
+12t +2-n=0(4)
Để phương trình (1) có nghiệm thì phương trình (4) phải có ít nhất 1
nghiệm không âm
Ta thấy : S=t
1
+ t
2
= -
06
2
12
<−=
Vậy muốn phương trình (4) có một nghiệm không âm thì :
P=t
1
.t
2
=
20
2




=+
=
06
0
2
2
y
y
⇔
y=0 ( vì y
2

x∀≥ 0
nên y
2
+ 6
x∀≥ 6
)
với y=0
⇒
x+4=0
⇒
x=-4
23
(loại)
Vậy phương trình có nghiệm x=-4
c)Bài tập áp dụng :

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

⇒
x
2
+8x+7=-9
⇔
x
2
+8x+16=0
⇔
(x+4)
2
=0
⇔
x+4=0
⇔
x=-4
Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm:
104
1
+−=x
;
104
2
−−=x
; x
3
= -4
*Ví dụ 2:
Cho phương trình: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4)=m (*)
a.Tìm m để phương trình (*) có nghiệm.

⇔
m<
4
25
−
+ Phương trình ( 2 ) có nghiệm, phương trình (1) vô nghiệm:
⇔



<∆
≥∆
0
0
1





−<
−≥
⇔



<++
≥+
⇔
4





−<
>−+
−≥
⇔
4
4
5
02016
4
25
m
m
Vậy phương trình (*) vô nghiệm khi m<
4
25
−
25
(vô lý)