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 lĩnh vực:
Toán

`THANH HOÁ NĂM 2016


MỤC LỤC
Nội dung
MỤC LỤC
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
A. Lý do chọn đề tài
B. Mục đích nghiên cứu
C. Đối tượng nghiên cứu
D. Phương pháp nghiên cứu
PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
A . Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
B. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

4
4
5
5
5
6
7
7
10
10
11
12
14
15
16
17
18
19
20
22

PHẦN 1 - MỞ ĐẦU
A . Lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy, để đạt được kết quả tốt thì việc đổi mới
phương pháp dạy học có tầm quan trọng đặc biệt.
2


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

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.
3


- 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.
C. Đối tượng nghiên cứu:
- Học sinh ở lứa tuổi 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.
- 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.
D. 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

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.
c. Các tài liệu
5


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 nhiều cuốn sách có rất nhiều sai sót, tính sư phạm không cao. Các sách
của Bộ giáo dục vì lý do sư phạm vì 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.
C. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.


6


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

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:

7


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:
+ 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)



x − 2 = 0
x = 2
⇔
⇔
 x = −2
x + 2 = 0
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
x + 2 = 0
x + 2 = 0
⇔ 2
⇔
⇔ 2
 x + x − 3x − 3 = 0
( x + 1) ( x − 3) = 0
x − 2x − 3 = 0
 x = −2
⇔  x = −1
 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 Bơzu giúp các em
nhẩm nghiệm để phân tích đa thức thành nhân tử một cách nhanh nhất.
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 của phương trình:

(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). ( x2 - x + 2 ) = 0
⇔

x − 2 = 0
 2
x − x + 2 = 0

(3)
(4)

(3) ⇔ x = 2
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 ⇔ 2x3 - x2 - 4x2 + 2x + 6x - 3 = 0
⇔ (2x -1) ( x2 - 2x + 3) = 0


1
2

Muốn phương trình (*) có 3 nghiệm dương phân biệt thì phương trình (2) phải
có 2 nghiệm dương phân biệt khác

1
2

Đặt f(x) = x2 - 2mx + 2m2 - 3m + 2
Khi đó:
 1
f ( 2 ) ≠ 0

∆' > 0

S > 0


P > 0

8m 2 − 16m + 9 ≠ 0

2
− m + 3 + 3m > 0
⇔
2m > 0
2m 2 − 3m + 2 > 0


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)
11


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 - 3x2 + 2 =0 (1)
Giải: Đặt y = x2 (y≥ 0).
Phương trình (1) trở thành: y2 - 3y + 2 = 0 ⇔ (y-1)(y-2) = 0
⇔

y −1 = 0
y − 2 = 0


⇔

y = 1
y = 2


2
2

2 m − 1 > 0
P > 0

1


m > 2

⇒

3
< m
1) 7x6 + 8 x3 +1 = 0
2) 12x10 - 15x5 + 3 = 0
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

13


2

4

 a −b  2

Ta có phương trình 2y4 + 12y2 = 0 ⇔ y2(y2+6) = 0
y2 = 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

14


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.

Hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của phương trình. Chia cả hai vế cho x2.
2
x

3x2 + 2x - 34 + +
Đặt x +

1
1
3
= 0 ⇔ 3( x 2 + 2 ) + 2( x + ) − 34 = 0
2
x
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



x 2 + mx + 3m + + 2 = 0 ⇔  x 2 + 2  + m x +  + 3m = 0
x
x 


x x
1
Đặt y = x +
( y ≥ 2)
x
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 HS tìm được phương trình (1) có nghiệm khi: m ≤ −

2
hoặc m > 6 + 2 7
5

2.5. Phương trình đối xứng bậc lẻ :
a. Dạng tổng quát:
a0x2n-1 + an-1x2n + .... + 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)

2

Ta có: 2(y2 - 2) + 3y -16 = 0 ⇔ 2y2 + 3y - 20 = 0 ⇒ y1 = ; y 2 = −4
+ Với y1 =

5
1 5
ta có: x + =
x 2
2

⇔ 2 x 2 − 5 x + 2 = 0 ⇒ x1 =

1
; x2 = 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:
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
+ Với y = - 4 ta có: x +

* Nhận xét:
Dạng bài tập này tương đối khó với học sinh nên khi dạy giáo viên cần

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 −

1
x

1  
1
1 1

+ 2 = 0 ⇔  x2 + 2  +  x −  +1 = 0
x
x  
x x


Đặt y = x − ⇒ y 2 + 2 = x 2 +

1
x2

Thay vào ta có: y2 + 2 + y + 1= 0 ⇔ y2 + y + 3=0 (2)
∆ =1-12
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
Đặt y = x2 + 8x + 7
Khi đó phương trình (2) trở thành y(y + 8) = 9 ⇔ y2 + 8y - 9 = 0

(2)

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

⇔ 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
D. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
- Trước khi triển khai chuyên đề này vào giảng dạy, phần lớn học sinh
còn lúng túng, chưa xác định được phương hướng trong việc giải phương trình
bậc cao một ẩn.
Kết quả khảo sát :
- Khi chưa áp dụng đề tài:
Số học sinh giải được loại toán này chiếm khoảng 40%; Số học sinh
không giải được loại toán này, hoặc giải được nhưng phải có sự gợi ý của giáo
viên chiếm khoảng 60%.
- Sau nhiều năm áp dụng những phương pháp nêu trên vào giảng dạy, bản
thân tôi nhận thấy: Phần phương trình bậc cao một ẩn học sinh tiếp nhận kiến
thức một các thoải mái, chủ động, rõ ràng, có hệ thống, học sinh phân biệt và
nhận dạng được các bài toán có liên quan đến phương trình bậc cao một ẩn và từ
đó giải được hầu hết các bài tập phần này, xoá đi cảm giác khó và phức tạp ban
đầu là không có cách giải tổng quát. Qua đó, rèn luyện cho học sinh trí thông
minh, sáng tạo, các phẩm chất trí tuệ khác và học sinh cũng thấy được dạng toán
này thật phong phú chứ không đơn điệu, giúp học sinh hứng thú khi học bộ môn
này.
Kết quả :

20



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.
21


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.
B. 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 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,