SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GD&ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP CÁCH GIẢI CÁC DẠNG TỐN 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 cơng tác: Trường THCS Trần Mai Ninh SKKN thuộc lĩnh vực: Toán MỤC THANH HOÁLỤC NĂM 2019 Nội dung MỤC LỤC PHẦN 1: MỞ ĐẦU 1.1 Lý 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 SKKN PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Giải pháp sử dụng để giải vấn đề I Một số kiến thức sở phương trình I.1 Cơ sở lý luận I.2 Các dạng phương trình II Một số phương pháp giải phương trình bậc cao 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 = (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 a + d = b + c II.3 Phương pháp biến đổi phương trình dạng [f(x) + a]n = b III Một số dạng tập vận dụng phương pháp giải phương trình bậc cao ẩn 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường PHẦN 3: KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ TÀI LIỆU THAM KHẢO MỤC LỤC Trang 2 3 3 4 5 5 9 10 11 12 13 14 15 15 16 19 20 22 PHẦN - MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong trình giảng dạy, để đạt kết tốt việc đổi phương pháp dạy học vấn đề có tầm quan trọng đặc biệt Dạy học giải toán vấn đề trọng tâm dạy học mơn tốn trường THCS Đối với học sinh giải tốn hoạt động chủ yếu việc học tập mơn tốn Trong việc dạy học tốn việc tìm phương pháp dạy học giải tập toán phù hợp với đối tượng học sinh đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc hệ thống câu hỏi, hệ thống tập, sử dụng phương pháp dạy học, góp phần hình thành phát triển tư học sinh Thơng qua việc học tốn học sinh cung cấp cách có hệ thống kiến thức lí thuyết, rèn luyện nhiều phương pháp giải tốn, giúp em nhận dạng, tìm tòi đường lối giải tốn nhanh chóng, hình thành kĩ năng, phát triển tư ngày sâu sắc qua em u thích mơn tốn Trong số tập đề cập chương trình đại số bậc THCS, nhận thấy tập giải phương trình chiếm thời lượng lớn xun suốt chương trình học Điều khẳng định vai trò vị trí phương trình - đối tượng nghiên cứu trung tâm môn đại số Qua nhiều năm giảng dạy tốn trường THCS tơi nhận thấy việc giải phương trình bậc nhất, bậc hai ẩn học sinh giải tương đối thành thạo,ít gặp trở ngại khó khăn gặp tốn có liên quan đến phương trình bậc cao ẩn, khơng học sinh lúng túng phải đâu theo hướng nào? Học sinh thường ngại học dạng tốn có liên quan đến phương trình bậc cao ẩn tốn phong phú đòi hỏi vận dụng nhiều kiến thức, việc tổng hợp kiến thức học để giải toán học sinh chưa tốt, phương pháp giải hạn chế Vì vậy: phát triển lực tư cho học sinh thông qua việc " Hướng dẫn học sinh lớp cách giải dạng toán phương trình bậc cao ẩn thường gặp bậc THCS" cần thiết - lý mà tơi định chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu - Đề tài có tác dụng giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống số phương pháp giải phương trình bậc cao ẩn thường gặp bậc THCS Trang bị cho học sinh số kiến thức nhằm nâng cao lực học mơn tốn giúp em tiếp thu cách chủ động, sáng tạo làm công cụ giải số tập có liên quan đến phương trình bậc cao ẩn - Tạo hứng thú cho học sinh làm tập sách giáo khoa, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải số tập - Chọn lọc hệ thống số tập hay gặp cho phù hợp với phương pháp giải nhằm mục đích rèn luyện phát triển kĩ giải phương trình bậc cao ẩn cho học sinh vừa bền vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa tham gia tích cực người học - Rèn luyện kỹ vận dụng kiến thức học phân tích đa thức thành nhân tử, kỹ nhẩm nghiệm đa thức, để giải thành thạo phương trình bậc cao ẩn Qua giúp em học tốt tập giải phương trình, thấy rõ mục đích việc học tốn, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Học sinh lứa tuổi 15 trường THCS đa số em chăm học, thích học toán bước đầu thể lực tiếp thu cách tương đối ổn định - Đề tài áp dụng học sinh lớp trường THCS Trần Mai Ninh, Thành phố Thanh Hoá tiết học khố, bồi dưỡng học sinh giỏi, ơn thi vào lớp 10 THPT lớp 10 chuyên 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Giáo viên phải hệ thống khái niệm định nghĩa dạng phương trình, tính chất cách giải phương trình từ đơn giản đến phức tạp Nghiên cứu, tìm tòi, khai thác kiến thức liên quan đến giải phương trình bậc cao ẩn qua tài liệu sách, báo mạng Internet để tìm ứng dụng đa dạng, phong phú phương trình Mặt khác phải tìm hiểu đối tượng học sinh, lựa chọn phương pháp, dạng tập thích hợp đối tượng học sinh Tổng kết, phân tích ngun nhân, đúc rút kinh nghiệm q trình giảng dạy, từ tơi định hình cho việc nghiên cứu đề tài - Học sinh có kiến thức bản, đưa phương pháp giải, làm tập áp dụng, rút số ý (thường vận dụng để làm tập), tập tự giải (học sinh nhà làm, tập khó có hướng dẫn giáo viên) 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Đưa số dạng tập có vận dụng phương pháp giải phương trình bậc cao ẩn để giải quyết, qua học sinh thấy dạng toán thật phong phú khơng đơn điệu, giúp học sinh có niềm say mê với mơn Tốn PHẦN - NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Là giáo viên dạy mơn Tốn trường THCS, qua q trình thực tế dạy Toán bồi dưỡng học sinh tham gia thi học sinh giỏi Toán cấp, kết hợp với kinh nghiệm q trình giảng dạy thân tơi thấy việc hình thành cho học sinh cách suy nghĩ để tìm lời giải cho tốn dạng tốn cơng việc khó Khi trực tiếp giảng dạy tơi nhận thấy tốn liên quan đến "Giải phương trình bậc cao ẩn" dạng tốn thường gặp, có nhiều cách thức để giải xong học sinh lại ngại đụng đến khó phải nhiều thời gian để dự đốn kết tìm cách giải, dễ mắc sai lầm Tơi tìm số phương pháp để hướng dẫn học sinh phân tích đề bài, đưa nhận xét, từ tìm cách giải toán dạng sở phương pháp mà học sinh thầy cô trang bị cấp học Qua học sinh có hứng thú thực với dạng tốn này, xóa cảm giác phức tạp, khơng có cách giải tổng qt đạt hiệu định Từ thực tế xin trao đổi kinh nghiệm đồng nghiệp, mong đề tài mở rộng phát triển sâu rộng 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm a Đối với học sinh Đối tượng học sinh khá, giỏi nên kiến thức em nắm tương đối vững, có trí tuệ định Song khơng phải toán hay dạng toán em làm được, toán "Giải phương trình bậc cao ẩn" từ bậc ba trở lên, hầu hết em cho loại tốn khó nên đầu tư vào nhiều thời gian mà chưa làm lại dễ mắc sai lầm Do em thường bỏ qua toán để tập trung thời gian giải toán khác nhiều em khơng có hứng thú gặp tốn nàỵ b Đối với giáo viên - Thuận lợi: Hầu hết thầy có trình độ, đào tạo bản, tâm huyết với nghề cầu tiến - Khó khăn: Kiến thức khó lại rộng lớn bao trùm Do để dành nhiều thời gian vào nghiên cứu, tìm tòi để có kiến thức vững sâu hạn chế, nhiều người tư tưởng cần hồn thành nhiệm vụ nghiên cứu tìm tòi có nhà khoa học Đối với tốn "Giải phương trình bậc cao ẩn" khơng có cách giải mẫu mực mà chủ yếu dựa vào phân tích - kinh nghiệm người làm tốn Do đòi hỏi người giáo viên phải có thời gian, có tâm huyết tinh thần học hỏi cao đáp ứng chun mơn, cơng việc giảng dạy c Các tài liệu Các tài liệu tham khảo mơn tốn THCS dành cho giáo viên học sinh số lượng có vơ số lan tràn khắp thị trường, nội dung trùng nhau, lời giải sơ sài, chí sách có nhiều sai sót, tính sư phạm khơng cao Các sách Bộ giáo dục lý sư phạm khn khổ chương trình học cấp học nên phần giải tốn "Giải phương trình bậc cao ẩn" chương trình THCS có tính chất giới thiệu thông qua vài tập mà không viết riêng thành tài liệu để giáo viên học sinh cấp học tham khảo 2.3 Giải pháp sử dụng để giải vấn đề I Một số kiến thức sở phương trình I.1 Cơ sở lý luận Khái niệm phương trình ẩn: Một phương trình với ẩn x có dạng A(x) = B(x), vế trái A(x) vế phải B(x) hai biểu thức biến x Khi nói a nghiệm phương trình A(x) = B(x) ta hiểu x = a giá trị tương ứng hai biểu thức A(x), B(x) Biến x gọi ẩn Giá trị tìm ẩn gọi nghiệm Việc tìm nghiệm gọi giải phương trình 2.Định nghĩa hai phương trình tương đương Hai phương trình gọi tương đương chúng có tập nghiệm Các phép biến đổi tương đương phương trình 3.1 Nếu cộng đa thức chứa ẩn số vào hai vế phương trình phương trình tương đương với phương trình cho - Hệ 1: Nếu chuyển hạng tử từ vế sang vế phương trình đồng thời đổi dấu hạng tử phương trình tương đương với phương trình cho - Hệ 2: Nếu xóa hai hạng tử giống hai vế phương trình phương trình tương đương với phương trình cho 3.2 Nếu nhân số khác vào hai vế phương trình phương trình tương đương với phương trình cho I.2 Các dạng phương trình Phương trình bậc ẩn: 1.1 Định nghĩa: Phương trình dạng ax + b = 0, với a b hai số cho a ≠ 0, gọi phương trình bậc ẩn 1.2.Cách giải ax + b = ⇔ a x = - b ⇔ x = − b a Phương trình bậc ax + b = có nghiệm x = − b a Phương trình bậc hai ẩn 2.1 Định nghĩa: Phương trình bậc hai có ẩn phương trình có dạng: ax2 + bx + c = x ẩn số, a, b, c hệ số cho, a ≠ 2.2 Cách giải - Ta dùng phép biến đổi tương đương, biến đổi phương trình cho dạng phương trình biết cách giải (phương trình bậc nhất, phương trình dạng tích ) để tìm nghiệm phương trình - Khi nghiên cứu nghiệm phương trình bậc hai ax2+ bx + c = (a ≠ 0) cần đặc biệt quan tâm tới biệt thức ∆ = b2 - 4ac phương trình: biệt thức ∆ = b2 - 4ac định số nghiệm phương trình bậc hai Ta thấy có khả sau xảy ra: a) ∆ < ⇔ phương trình bậc hai vơ nghiệm b b) ∆ = ⇔ phương trình bậc hai có nghiệm kép x1 = x2 = − 2a c) ∆ > ⇔ 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 + bx + c = có hai nghiệm x 1, x2 tổng x1 = tích hai nghiệm là: S = x1+x2 = - b c , P = x1.x2 = a a Phương trình bậc cao ẩn Phương trình bậc n ẩn có dạng tổng quát: anxn + an-1xn-1 + + a1x + a0 = (an ≠ 0) Trong ®ã: n nguyên dương , x lµ Èn ; an, an-1, , a0: hệ số II Mt s phng phỏp gii phương trình bậc cao ẩn: Đối với phương trình bậc cao bậc khơng có cơng thức tổng qt để tìm nghiệm Ngay trường hợp phương trình bậc bậc có cơng thức, có hỗ trợ máy tính việc tìm nghiệm số phương trình phức tạp nằm ngồi chương trình THCS Khi gặp phương trình đại số bậc cao ẩn có nhiều cách giải song đề tài đề cập đến ba phương pháp để giải phương trình đại số bậc cao Đó là: + Phân tích đa thức thành nhân tử, đưa phương trình dạng phương trình tích + Đặt ẩn phụ + Biến đổi phương trình dạng [ f(x) + a]n = b với n ∈ N, n ≥ 2; a,b số II.1 Sử dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử Cơ sở lý luận:  f ( x) = Ta biết phương trình: f ( x).g ( x) = ⇔   g ( x) = Vì với phương trình bậc cao ẩn ta phân tích vế trái thành nhân tử đưa phương trình dạng phương trình tích nhân tử có bậc thấp hơn, dạng phương trình quen thuộc biết cách giải Nội dung Để giải phương trình bậc cao phương pháp trước hết HS phải nắm vững phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử: đặt nhân tử chung, dùng đẳng thức, nhóm nhiều hạng tử, tách hạng tử, thêm bớt hạng tử, phối hợp nhiều phương pháp vận dụng cách thành thạo Ví dụ : Giải phương trình sau: a) x -2x=0 ⇔ 1 x(x2 - 4) = ⇔ x (x-2)(x+2) = 2 x = x =0 ⇔  x = x−2=0 x+2=0  x = − Vậy phương trình cho có nghiệm: x1 = 0; x2 = 2; x3 = -2 b) x4 + 3x2 - 28 = ⇔ x4 - 4x2 + 7x2 - 28 = ⇔ (x2 +7 )(x-2)(x+2) = Vì x2 ≥ với x nên x2 + ≥ với ∀x ⇒ x2 + > với x ( 2) (1) x − = x = ⇔ Từ (1),(2) ⇒ (x-2)(x+2) = ⇔  x + =  x = −2 Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = 2; x2 = -2 c) x3 - 7x - = ⇔ x3 + -7x - 6- 8= ⇔ (x3 + 8) - ( 7x + 14) = ⇔ (x + 2)( x2 - 2x + 4) - 7(x+2) = ⇔ ( x + 2)( x2 - 2x - 3) = x + = ⇔ x − 2x − = x + = x + = ⇔ ⇔  x + x − 3x − = ( x + 1) ( x − 3) =  x = −2 x + =  ⇔  x + = ⇔  x = −1   x − =  x = Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = -1; x2 = -2; x3 = * Song có số tập dựa vào phương pháp học sinh chưa phân tích đa thức thành nhân tử Do ngồi phương pháp trên, giáo viên đưa định lí Bơdu giúp em nhẩm nghiệm để phân tích đa thức thành nhân tử cách nhanh Định lí Bơdu phát biểu sau: Phần dư phép chia đa thức f(x) cho nhị thức g(x) = x- a số giá trị f(a) f(x) x = a - Khai thác cách nhẩm nghiệm phương trình: anxn + an-1xn-1 + +a1x+ a0 = (1) ( ∈ Z ) +) Nếu an + an-1 + + a1+ a0 = phương trình (1) có nghiệm x = 1, vế trái phương trình chứa thừa số x -1 +) Nếu tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ phương trình (1) có nghiệm x = - 1, vế trái phương trình chứa thừa số x + +) Mọi nghiệm nguyên phương trình (1) ước hệ số tự a0 p +) Nếu số hữu tỉ x = q ( p, q nguyên tố ) nghiệm phương trình (1) p ước a0, q ước dương an Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 - 2x3 + x2 - = (*) Ta thấy tổng hệ số bậc chẵn tổng hệ số bậc lẻ nên phương trình (*) nhận x = - nghiệm Do vế trái phương trình (*) chia hết cho x + Khi phương trình (*) viết dạng: (1) x +1 = (x +1 ) ( x3 - 3x2 + 4x - ) = ⇔  (2)  x − 3x + x − = (1) ⇔ x = - Ở phương trình (2) ta khơng thể áp dụng việc nhẩm nghiệm theo hai nhận xét đầu GV hướng dẫn HS thử ước cña thấy x = nghiệm (2), nên (2) vit đợc thành: ( x - 2) ( x2 - x + ) = ⇔ x − =  x − x + = (3) (4) (3) ⇔ x = Phương trình (4) có ∆ = (-1)2 – 4.1.2 = -7 < 0, phương trình (4) vơ nghiệm Vậy phơng trình (*) có hai nghiệm x1 = -1 ; x2 = Ví dụ 3: Giải phơng tr×nh: 2x3 - 5x2 + 8x -3 = Với phương trình ta khơng thể áp dụng việc nhẩm nghiệm theo ba nhận xét đầu ( phương trình khơng có nghiệm ngun) Ta nghĩ đến phương án phương trình có nghiêm hữu tỉ áp dụng cách nhẩm nghiệm thứ tư Khi ta nhẩm x = nghiệm phương trình cho 2x3 - 5x2 + 8x - = ⇔ (2x -1)( x2 - 2x + 3) = Từ HS tìm nghiệm phương trình cho cách dễ dàng Bài tập áp dụng: Giải phương trình: a) 3x4 - 12x2 = b) x3 + 14x2 - 4x - 56 = c) 2x3 + 11x +9 = d) x16 + x8 - = e) 2x4 + 5x3 -35x2 + 40x - 12 = II.2 Sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ A Cơ sở lí luận Khi giải phương trình bậc cao ẩn, ta dùng đặt ẩn phụ thay cho biểu thức chứa ẩn để đưa phương trình dạng phương trình quen thuộc biết cách giải B Nội dung Trong chương trình THCS học sinh thường gặp dạng phương trình sau: II.2.1 Phương trình trùng phương: a Dạng tổng quát Phương trình trùng phương phương trình có dạng: ax4 + bx2 +c = (1) (a ≠ 0) Trong đó: x ẩn ; a,b,c hệ số b.Cách giải: Khi giải phương trình loại ta thường dùng phương pháp đổi biến số Đặt y = x2 ( y ≥ 0) (2) Khi phương trình trùng phương đưa dạng phương trình bậc hai trung gian: ay2 + by + c = Giải phương trình bậc hai trung gian thay giá trị tìm y vào (2) ta phương trình bậc hai rút gọn với biến x ( y≥ 0) Giải phương trình ta nghiệm 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 = ⇔ (y - 4)(y - 9) = 10 y −4=0 y =4 ⇔ ⇔  y −9 = y = Cả hai nghiệm thỏa mãn y≥ + Với y = ta có x2 = ⇒ x1 = 2; x2 = -2 + Với y = ta có x2 = ⇒ x3 = 3; x4 = - Vậy phương trình cho có nghiệm là: x1 = 2; x2 = -2; x3 = 3; x4 = -3 Bài tập áp dụng: Giải phương trình: a) 4x4 - 5x2 + = b) 5x4 – 3x2 + 19 = II.2.2 Phương trình dạng ax2n + bxn + c = ( a ≠ 0, n ∈ N * ) GV cho học sinh xét trường hợp n = 1, n = nêu cách giải phương trình Qua học sinh phát cách giải phương trình ax2n + bxn +c = a) Cách giải: Đặt xn = y sau đưa phương trình bậc hai biến y: ay2 + by + c = b)Ví dụ * Ví dụ 1: Giải phương trình: x6 - 3x3 + = (1) Giải: Đặt x3 = y Phương trình ( 1) trở thành y2 - 3y +2 =0 ⇒ y1=1, y2=2 Thay trở lại ta có: y1 = ⇒ x3 = ⇔ x = y2 = ⇒ x3 = ⇔ x = Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = ; x2 = * Ví dụ 2: Cho phương trình: x10 + ( m-1)x5 + = (2) Tìm m để phương trình ( 2) có nghiệm Tìm nghiệm đó? Giải Đặt x5 = y Phương trình ( 2) trở thành y2 + (m-1)y + = ( 3) Phương trình (2) có nghiệm phương trình (3) phải có nghiệm kép hay ∆ = ⇔ (m-1)2 - 4.4 = ⇔ (m - 5)(m + 3) = ⇔ m = 5, m= -3 Vậy với m = m = - phương trình (2) có nghiệm + Với m = , ta có (3) ⇔ y2 + 4y + = ⇔ (y+2)2 = ⇔ y + = ⇔ y = -2 Với y = - ⇒ x5 = -2 ⇒ x = (−2) + Với m = -3, ta có ( 3) ⇔ y2 - 4y + = ⇔ (y-2)2 = ⇔ y - = ⇔ y = Với y = , ta có x5 = ⇔ x = Kết luận: Với m = phương trình có nghiệm x = (−2) Với m= -3 phương trình có nghiệm x = Bài tập áp dụng: Giải phương trình: a) 7x6 + x3 +1 = b) 12x10 - 15x5 + = 11 II.2.3 Phương trình dạng: (x+a)4 + (x+b)4 = c (1) a) Cách giải: Đặt y = x + a +b Ta có: a−b x+a = y+ ; x+b= y- a−b 2  a −b   a−b  Khi phương trình ( 1) trở thành: 2y + 12  ÷ y +2 ÷ −c =     Đây phương trình trùng phương mà ta biết cách giải b)Ví dụ: Giải phương trình: (x + 5)4 + (x + 9)4 = 82 (1) Đặt y = x + phương trình ( 1) trở thành: (y - 2)4 + (y + 2)4 = 82 ⇔ 2y4 + 48y2 + 32 = 82 ⇔ y4 + 24y2 -25 = Đặt t = y2 với t ≥ t = Ta có phương trình: t2 + 24 t - 25 = ⇒  t = −25 (loại) Với t =1 ta có: y2 = ⇔ y = y = -1 - Nếu y = x + = ⇔ x = - - Nếu y = - x + = - ⇔ x = -8 Vậy phương trình cho có nghiệm: x1 = - ; x2 = - *Ví dụ 2: Cho phương trình sau: (x + m)4 + ( x + m+ 2)4 = n (1) a Giải phương trình với m = 3, n = b Tìm điều kiện m n để phương trình có nghiệm Giải a Khi m = 3, n = phương trình ( 1) trở thành: (x+3)4 + (x+5)4 = Đặt y = x + Ta có phương trình 2y4 + 12y2 = ⇔ y2(y2+6) = y2 = 2 ⇔ ⇔ y = ( y ≥ ∀y nên y + ≥ ∀y )  y + = Với y = 0, ta có x+4 = ⇔ x = - Vậy phương trình có nghiệm x = - b (x + m)4 + ( x+ m + 2)4 = n (1) Đặt y = x+ m + Phương trình (1) trở thành: (y-1)4 + (y+1)4 = n ⇔ 2y4 + 12y2 +2 – n = (2) Đặt t = y2 ta được: 2t2 + 12t + - n = (3) Để phương trình (1) có nghiệm phương trình (3) phải có nghiệm không âm Ta thấy: S = t1 + t2 = - 12 = −6 < 12 Vậy muốn phương trình (3) có nghiệm khơng âm thì: 2−n ≤0⇔n≥2 Vậy với n ≥ 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 = 3) (x - 3,5)4 + (x - 5,5)4 = 16 Nhận xét: Sau HS nắm vững cách giải phương trình trùng phương SGK, tơi đưa dạng tập nêu mục 2.2 2.3 ban đầu số học sinh cảm thấy khó khơng có đường lối giải sau giáo viên hướng dẫn học sinh giải tập cách nhẹ nhàng Trong trình dạy học sinh giải tốn trước hết cần cho học sinh nhận dạng, quy toán lạ tốn quen thuộc, qua gây hứng thú, niềm đam mê học toán , HS giỏi phát huy khả II.2.4 Phương trình đối xứng bậc chẵn : a Dạng tổng quát: Phương trình đối xứng bậc chẵn phương trình dạng: a0x2n + a1x2n-1 + + an - 1xn + anxn –1 + .+ a1x + a0 = ( a0 ≠ 0, n ∈ N * ) b Cách giải: Vì x = khơng phải nghiệm phương trình nên ta chia hai vế phương trình cho x2 đưa phương trình bậc n cách đặt: y = x+ x ( y ≥ 2) c.Ví dụ Giải phương trình 3x4 + 2x3 - 34x2 + 2x + = Giải: Phương trình phương trình đối xứng bậc chẵn Hiển nhiên x = khơng nghiệm phương trình Chia hai vế cho x2 x 3x2 + 2x - 34 + + Đặt x + 1 ⇔ = ( x + ) + ( x + ) − 34 = x2 x2 x 1 = y x + = y − 2, ta có: x x 3(y2 -2) +2y - 34 =0 ⇔ 3y2 +2y -40 = ⇔ y1 = −4; y2 = - Với y = - x + - Với y = 10 = −4 ⇔ x2 + 4x + 1=0 ⇔ x1 = −2 + ; x2 = −2 − x 10 10 ⇔ 3x2 - 10x + =0 ⇔ x3 = ; x4 = x + = x 3 13 Vậy phương trình cho có nghiệm: x1 = −2 + ; x2 = −2 − ; x3 = ; x4 = 3 Bài tập áp dụng: Giải phương trình: a) x4 + 3x3 + 4x2 + 3x +1 = b) x4 - x3 + 2x2 - x +1 = c) x4 + 2x3 + 4x2 + 2x +1 = II.2.5 Phương trình đối xứng bậc lẻ : a Dạng tổng quát: a0x2n-1 + a1 x2n + + anxn -1 + anxn + .+ a1x + a0 = ( a0 ≠ 0, n ∈ N * ) b Cách giải Phương trình có nghiệm x = -1 , ta biến đổi phương trình cho dạng phương trình tích có phương trình đối xứng bậc chẵn phương trình x + 1= c Ví dụ : Giải phương trình: 2x5 + 5x4 - 13x3 - 13x2 +5x +2 = (1) Giải: Ta thấy x = -1 nghiệm phương trình (1) Phương trình (1) tương đương với phương trình sau: (x+1)(2x4 + 3x3 - 16x2 + 3x + 2) =  x + = (2) ⇔   x + 3x − 16 x + 3x + = (3) (2) ⇔ x+1 = ⇔ x = -1 Giải phương trình 2x4 + 3x3 - 16 x2 + 3x + = (3) Ta thấy x = khơng nghiệm phương trình (3) Chia hai vế phương trình (3) cho x2 ta có: 1 2 x + 3x − 16 + + = ⇔ 2( x + ) + 3( x + ) − 16 = x x x x 1 2 Đặt y = x + ⇒ y − = x + ( ĐK y ≥ ) x x Ta có: 2(y2 - 2) + 3y -16 = ⇔ 2y2 + 3y - 20 = ⇒ y1 = ; y = −4 (thỏa mãn ĐK y ≥ ) + Với y1 = 5 ta có: x + = x 2 ⇔ x − x + = ⇒ x1 = ; x2 = 2 = −4 ⇔ x + x + = ⇒ x3 = −2 + 3; x4 = −2 − x Vậy phương trình cho có nghiệm: + Với y = - ta có: x + 14 x1 = ; x2 = ; x3 = −2 + 3; x4 = −2 − ; x5= -1 Bài tập áp dụng: Giải phương trình: a) x5 - x4 + 3x3 + 3x2 - x +1 = b) 6x5 - 29x4 + 27x3 + 27x2 - 29x + = * Nhận xét: Dạng tập tương đối khó với học sinh nên dạy giáo viên cần lưu ý khai thác hết giả thiết, nhận xét sử dụng phương pháp nào, đẳng thức để phân tích cho thích hợp Mỗi tập giải xong giáo viên nên chốt lại vấn đề kiến thức sử dụng trình giải nhằm giúp học sinh nắm kiến thức cần sử dụng trình giải tổng quát, tương tự, đặc biệt dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi nhằm phát triển tư * Sau giải ví dụ minh họa GV hướng dẫn HS nhận xét nghiệm phương trình đến ý sau : a) Trong phương trình đối xứng, a nghiệm nghiệm a b) Phương trình đối xứng bậc lẻ có nghiệm x = -1 c) Phương trình đối xứng bậc chẵn 2n đưa phương trình bậc n cách đặt ẩn phụ II.2.6 Phương trình bậc bốn phản đối xứng a Dạng tổng qt: Phương trình có dạng ax4 + bx3 + cx2 - bx +a = ( a ≠ 0) gọi phương trình bậc bốn phản đối xứng b Cách giải: Vì x = khơng nghiệm phương trình nên chia vế phương trình cho x2 đặt y = x − x c.Ví dụ Giải phương trình: x4 + x3 + x2 - x + = (1) Giải: Vì x = khơng nghiệm phương trình (1) Chia hai vế (1) cho x ta có: x + x + − x   1 1  + = ⇔  x2 +  +  x −  +1 = x x   x x  Đặt y = x − ⇒ y + = x + x2 Thay vào ta có: y2 + + y + 1= ⇔ y2 + y + 3=0 (2) ∆ = 1-12 < ⇒ Phương trình (2) vơ nghiệm ⇒ Phương trình (1) vơ nghiệm 15 Bài tập áp dụng: Giải phương trình: a) x4 - 3x3 - 6x2 + 3x + 1= b) 6x4 - 35x3 + 62x2 + 35x + = II.2.7 Phương trình dạng (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m a + d = b +c a) Cách giải: Nhóm [(x + a)(x + d)] [(x + b)(x + c)] triển khai tích đó, ta đưa 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 k ad bc ad + bc ) Ta đưa phương trình dạng t2 + nt - m = Giải phương trình ta tìm t Sau thay t vào giải tiếp phương trình: x2 + (a+d) x+ k = t tìm nghiệm phương trình ban đầu b)Ví dụ: Giải phương trình (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) = (1) Giải Ta thấy 1+ = + 5, ta biến đổi phương trình (1) sau: [(x + 1)(x + 7)][(x + 3)(x + 5)] = ⇔ (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) = (2) Đặt y = x2 + 8x + Khi phương trình (2) trở thành y(y + 8) = ⇔ y2 + 8y - = y = ⇔ (y -1) (y + 9) = ⇔   y = −9 + Với y = 1, ta có x2 + 8x + = ⇔ x2 + 8x + = Từ x1 = −4 + 10; x2 = −4 − 10 + Với y = - ⇒ x2 + 8x + 7= - ⇔ x2 + 8x + 16 = ⇔ (x + 4)2 = ⇔ x = - Vậy phương trình (1) có nghiệm: x1 = −4 + 10 ; x = −4 − 10 ; x3 = - Bài tập áp dụng: Giải phương trình: a) (x + 2)(x - 3)(x + 1)(x + 6) = - 96 b) (x - 1)(x - 3)(x + 5)(x + 7) = 297 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 dạng [ f(x) + a]n = b ( n∈ N, n ≥ 2; a,b số) Cơ sở lí luận Khi giải phương trình bậc cao ẩn, ta biến đổi vế phương trình dạng [f(x) + a]n với n ∈ N, n ≥ 2, a số, vế lại số b để đưa phương trình dạng quen thuộc biết cách giải Nội dung Trong chương trình THCS học sinh thường gặp dạng phương trình sau: [f(x) + a]n = b với n chẵn [ f(x) + a]n = b với n lẻ 16 Cách giải: Sử dụng tách hạng tử để đưa vế phương trình dạng [f(x) + a]n , vế lại số Ví dụ: Giải phương trình sau: a) x3 - 3x2 + 3x – = b) x4 + 8x3 + 18x2 + 8x - = c) x4 + 4x3 + 10x2 + 12x + = Việc sử dụng phương pháp nêu để giải phương trình gặp nhiều khó khăn phương trình khơng có nghiệm hữu tỉ mà có nghiệm vơ tỉ vơ nghiệm Do giáo viên hướng dẫn học sinh nhận xét bậc đa thức, hệ số hạng tử vế trái, từ tách hạng tử để đưa vế phương trình dạng [f(x) + a]n, vế lại số Giải a) x3 - 3x2 + 3x - = ⇔ x3 - 3x2 + 3x – = ⇔ (x-1)3 = ⇔ x -1 = ⇔ x = + Vậy phương trình cho có nghiệm x = + b) x4 + 8x3 + 18x2 + 8x - 47 = ⇔ x4 + 16x2 +1 + 8x3 + 2x2 + 8x + = 49 ⇔ (x2 + 4x + 1)2 = 49 ⇔ x2 + 4x + = x2+ 4x + = -7 +) x2 + 4x + = ⇔ x2 + 4x – = ⇔ x1 = -2 + 10 , x2 = -2 - 10 ; +) x2 + 4x + = -7 ⇔ x2 + 4x + = 0, phương trình vơ nghiệm ∆ ' = -4 < Vậy phương trình cho có nghiệm x1 = -2 + 10 , x2 = -2 - 10 ; c) x4 + 4x3 + 10x2 + 12x + = ⇔ x4 + 4x2 + + 4x3 + 12x + 6x2 = ⇔ (x2+2x + 3)2 = Phương trình vơ nghiệm (x2 + 2x + 3)2 = [(x+1)2 + 2]2 ≥ > với x Bài tập áp dụng: Giải phương trình: a) x3 - 6x2 + 12x - = b) x4 + 8x3 + 30x2 + 56x + 47 = III Một số dạng tập vận dụng phương pháp giải phương trình bậc cao ẩn: Khi dạy dạng tập này, trước hết giáo viên cho học sinh nhận dạng phương trình cách giải tương ứng với dạng phương trình học Sau vận dụng kiến thức có liên quan để giải tốn Bài 1: Cho phương trình (x + 1) (x + 2) (x + 3) (x + 4) = m Biết phương trình cho có nghiệm phân biệt x , x2 , x3, x4 Chứng minh x 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 + = t Khi phương trình (1) có dạng t ( t + 2) = m ⇔ t2 + 2t – m = (2) (1) 17 Vì phương trình (1) có nghiệm phân biệt x , x2 , x3, x4 nên phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt t1, t2 Đồng thời phương trình x2 + 5x + = t1 x2 + 5x + = t2 phải có nghiệm phân biệt x2 + 5x + = t1 ⇔ x2 + 5x + - t1 = (3) x2 + 5x + = t2 ⇔ x2 + 5x + - t2 = (4) Giả sử x , x2 nghiệm phương trình (3); x3, x4 nghiệm phương trình (4) Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có: x x2 = - t1 , x3 x4 = - t2 Do x x2 x3 x4 = (4 - t1 ) ( - t2 ) = 16 – 4( t1 + t2 ) + t1, t2 Áp dụng hệ thức Vi-ét vào phương trình (2) ta có t1 + t = - t1, t2 = - m Vậy x x2 x3 x4 = 16 – (-2) – m = 24 - m Bài 2: Cho phương trình x4 + 2mx2 + = Tìm giá trị tham số m để phương trình có nghiệm phân biệt x , x2 , x3, x4 4 4 thỏa mãn: x1 + x2 + x3 + x4 = 32 Giải: Đặt t = x2 (t ≥ 0), ta phương trình: t2 + 2mt + = (1) Phương trình cho có nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm t1, t2 thỏa mãn < t1 < t2 ∆ , = m − > m >  ⇔ t1.t2 = > ⇔ ⇒ m < − (*) m < t + t = − 2m > 1 Nếu t1, t2 hai nghiệm phương trình (1) x1 = − t1 , x2 = t1 x3 = − t , x4 = t 2 4 4 Khi x1 + x2 + x3 + x4 = t12 + t2 = (t1 + t2 ) − 2t1t2  Áp dụng hệ thức Vi-ét vào phương trình (1) ta có t1 + t = - 2m t1, t2 = Do 2( 4m2 – 8) = 32 ⇔ m2 = ⇔ m = - ( Vì m < -2) Vậy m = - Bài 3: Cho phương trình x4 + a x3 + bx2 + a x + = có nghiệm thực Chứng minh a2 + b2 – 4b + > Giải: Giả sử phương trình cho có nghiệm x0 x0 = khơng phải nghiệm phương trình cho Chia vế phương trình cho x0 ta có: 18 x0 + 1 x 0+ )+b=0 + a ( x0 x0 Đặt x + x = t (1) ( t ≥ 2) Khi phương trình (1) trở thành t2 + at + b – = ⇔ - t2 = at + b – 2 ⇒ t4 = ( at + b – 2)2 ≤  a + ( b − )  ( t + 1) ( Theo bất đẳng thức Bunhiacốpxki)   ⇔ a2 + ( b − 2) ≥ Lại có t4 t +1 (2) t4 = t −1+ >3 t +1 t +1 ( t2 ≥ 4) (3) Từ (2) (3) ⇒ a2 + ( b – 2)2 > ⇔ a2 + b2 – 4b + > Bài 4: Cho phương trình (x - 1) (x - 2) (x - 3) (x - 6) = mx2 ( m tham số) Giả sử m nhận giá trị cho phương trình cho có nghiệm x , x2 , x3, x4 1 1 khác Chứng minh biểu thức x + x + x + x không phụ thuộc vào m Giải: (x - 1) (x - 2) (x - 3) (x - 6) = mx2 ⇔ (x2 – 7x + 6) ( x2 – 5x + 6) = mx2 6    ⇔  x + − ÷ x + − ÷ = m (Vì x = khơng phải nghiệm phương trình) x x    Đặt t = x + Ta có phương trình t2 – 12t + 35 – m = (1) x Giả sử phương trình cho có nghiệm x , x2 , x3, x4 khác phương trình (1) phải có hai nghiệm t1, t2 Giả sử x , x2 nghiệm phương trình x2 - t1 x + = (tức hai nghiệm phương trình t1 = x + ) ; x3, x4 nghiệm phương trình x  x1 + x2 = t1   x1 x2 = x3 x4 = x - t2 x + = Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có   x3 + x4 = t2 t + t = 12 1 x3 + x4 1 1 x1 + x2 t +t Khi x + x + x + x = x x + x x = = 4 1 1 Do biểu thức x + x + x + x không phụ thuộc vào m Bài 5: Cho phương trình: x4 + mx3 + 3mx2 + mx +1 = (1) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm Giải x = khơng nghiệm (1) nên chia hai vế (1) cho x2 ta được: 19 x + mx + 3m + Đặt y = x +  1 m   + = ⇔  x +  + m x +  + 3m = x x    x x x ( y ≥ 2) Phương trình (1) trở thành: y2 + my + 3m - = (2) ( y ≥ 2) Phương trình (1) có nghiệm phương trình (2) có nghiệm thỏa mãn điều kiện y ≥ Từ tìm phương trình (1) có nghiệm khi: m ≤ − m > + Bài 6: Cho phương trình x2 + (m2 + 1) x + m – = với m tham số a Chứng minh với giá trị m, phương trình có hai nghiệm phân biệt b Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình, tìm tất giá trị m cho x1 − x2 − 55 x1 x2 + + = x2 x1 x1 x2 Giải a) Phương trình x2 + (m2 + 1) x + m – = có ∆ = m4 + 2m2 + – 4m + = 2(m – 1)2 + m4 + > với m Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt với m  x1 + x2 = −m − b) Theo hệ thức Vi - ét, ta có   x1 x2 = m − 2 x1 − x2 − 55 Ta có x + x = x1 x2 + x x 1 2( x1 + x2 ) − ( x1 + x2 ) − x1 x2 x12 x2 + 55 ⇔ = x1 x2 x1 x2 ⇔ 2( m2 + 1)2 + m + − 4(m − 2) ( m − 2) + 55 = m−2 m−2 m ≠ ⇔   m + 2m − 24 = (1) Giải phương trình (1) ta có m1 = 2, m2 = -2 Kết hợp với điều kiện m ≠ ta có m = -2 Vậy m = - phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 − x2 − 55 x1 x2 + + = x2 x1 x1 x2 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Kết quả, đánh giá 20 Qua trình thực sáng kiến kinh nghiệm học sinh lớp giảng dạy năm qua cho thấy kết rõ rệt, cụ thể: - Các em tự tin giải phương trình bậc cao ẩn - Biết lựa chọn phương pháp phù hợp cho ngắn gọn, dễ hiểu - Khắc phục lỗi giải phương trình làm tốn - Khả tư logic vấn đề đời sống ngày toán cải thiện nhiều - Học sinh có hứng thú học tập, tích cực học toán - Kết kiểm tra chương IV đại số lớp kiểm tra dạy dạy chuyên đề cho học sinh giỏi : Số học sinh u thích mơn đại số Số học sinh giải tốt phương trình bậc cao ẩn Trước vận Sau vận Trước vận Sau 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 Tính ứng dụng đề tài Phương pháp nghiên cứu đề tài vận dụng với đại số nói chung, luyện tập tốn nói riêng áp dụng vào mơn học khác Giáo viên dùng làm tài liệu giảng dạy, nâng cao trình độ chun mơn đặc biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi vào lớp 10 PTTH Nếu cho phép, thực chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán cho học sinh Để đề tài :"Hướng dẫn học sinh lớp cách giải dạng toán phương trình bậc cao ẩn thường gặp bậc THCS" có hiệu tốt dạy học, tơi tiếp tục hồn thiện số phương pháp khác (Áp dụng bất đẳng thức,chứng minh nghiệm nhất,cách đặt ẩn phụ khơng hồn tồn, ) với hệ thống tập thời gian tới PHẦN - KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Đề tài ''Hướng dẫn học sinh lớp cách giải dạng tốn phương trình bậc cao ẩn thường gặp bậc THCS '' vấn đề khó rộng q trình tìm hiểu tơi thấy đề tài hữu ích cho giáo viên tốn trường THCS.Trong đề tài này, tơi nêu số phương pháp giải phương trình bậc cao ẩn đưa phương trình bậc bậc hai chương trình giảng dạy mơn tốn lớp mà thân đúc kết trình giảng dạy 21 Về thực tế, vấn đề đề cập sách giáo khoa mà thời gian 45 phút cho tiết học eo hẹp, việc đưa lượng kiến thức khó khăn, khơng phải mà khơng thực được, ta khéo léo lồng vấn đề vào tiết dạy khoá kết hợp với buổi ngoại khoá, buổi ôn tập, buổi bồi dưỡng học sinh giỏi Tuy nhiên, để đạt kết mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại tập thành dạng nhằm mục đích bồi dưỡng phát triển kĩ cho học sinh vừa bền vững, vừa sâu sắc, phát huy tối đa tham gia tích cực 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 học sinh Người thầy cần trọng phát huy tính chủ động, tích cực sáng tạo học sinh từ giúp em có nhìn nhận bao qt, tồn diện định hướng giải toán đắn Làm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường 3.2 Kiến nghị Qua q trình giảng dạy, nghiên cứu tơi xin có số ý kiến đề xuất sau: - Đối với GV, phải nhiệt tình tâm huyết với nghề, phải ln có ý thức tự nghiên cứu, học hỏi tìm tòi nâng cao kiến thức, nghiệp vụ trình độ chun mơn, phải có nghiên cứu kiến thức bao qt chương trình khơng dừng nội dung kiến thức chương trình THCS - Những sáng kiến kinh nghiệm hay thành phố, Phòng Giáo dục nên tổ chức hội thảo cho giáo viên thành phố học tập áp dụng sáng kiến vào giảng dạy Trên mạnh dạn giới thiệu bạn đồng nghiệp số kinh nghiệm thân Đề tài chắn không tránh khỏi thiếu sót, tơi mong góp ý bổ sung quý thầy cô, bạn để viết hoàn chỉnh hấp dẫn XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Thị Nghiêm TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Đại số 8, Đại số Nhà xuất giáo dục 22 Nâng cao phát triển Toán 8, Toán Vũ Hữu Bình Tốn bồi dưỡng học sinh lớp 8, lớp đại số Vũ Hữu Bình - Tơn Thân - Đỗ Quang Thiều Giáo trình thực hành giải toán hệ cao đẳng sư phạm Phạm Gia Đức - Hồng Ngọc Hưng Đặng Đình Lăng 172 tốn có chứa tham số Lê Khắc Bảo Giải toán Đại số sơ cấp Vũ Thiện Căn - Võ Anh Dũng Và số tài liệu khác có liên quan Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục Nhà xuất giáo dục DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà 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 tên tác giả: Nguyễn Thị Nghiêm 23 Chức vụ đơn vị cơng tác: Phó Hiệu trưởng - Trường THCS Trần Mai Ninh TT Tên đề tài SKKN - Phòng GD - Loại A - Sở GD - Loại B 2010 - 2011 sinh lớp Rèn luyện kỹ vận dụng tính chất chia hết tổng vào giải toán cho học Năm học đánh giá xếp loại Một số kinh nghiệm dạy phần giá trị tuyệt đối cho học Kết Cấp đánh đánh giá giá xếp loại xếp loại (Phòng, Sở, (A, B, Tỉnh ) 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 Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp cách giải dạng tốn phương trình bậc cao ẩn thường gặp bậc THCS Rèn luyện kỹ vận dụng tính chất chia hết tổng vào giải toán cho học sinh lớp 24 ... - Sở GD - Loại C 2015 - 2016 - Phòng GD - Loại A - Sở GD - Loại B 2017 - 2018 sinh lớp Một số kinh nghiệm hướng dẫn học sinh lớp cách giải dạng toán phương trình bậc cao ẩn thường gặp bậc THCS. .. tìm nghiệm số phương trình phức tạp nằm ngồi chương trình THCS Khi gặp phương trình đại số bậc cao ẩn có nhiều cách giải song đề tài đề cập đến ba phương pháp để giải phương trình đại số bậc cao. .. giúp học sinh nắm vững cách có hệ thống số phương pháp giải phương trình bậc cao ẩn thường gặp bậc THCS Trang bị cho học sinh số kiến thức nhằm nâng cao lực học mơn tốn giúp em tiếp thu cách