SKKN: Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn - GV. Lê Thị Tỵ

Chia sẻ: Nguyen Nha Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

333
lượt xem 57
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giải các bài toán giải phương trình bậc bốn dể dàng mời thầy cô và các bạn học sinh THPT tham khảo bài sáng kiến kinh nghiệm về một số phương pháp giải phương trình bậc bốn của giáo viên Lê Thị Tỵ phục vụ cho công tác giảng dạy và học tập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Một số phương pháp giải phương trình bậc bốn - GV. Lê Thị Tỵ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH Sáng kiến kinh nghiệm MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC BỐN Giáo viên thực hiện: LÊ THỊ TỴ Tổ : TOÁN Năm học :2012-201 1
A. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Giải phương trình là một trong những dạng toán cơ bản của chương trình THPT. Học sinh đã được trang bị cách giải phương trình bậc nhất và bậc hai từ bậc THCS và được nhắc lại ở lớp 10. Tuy nhiên, đối với phương trình bậc cao nói chung và phương trình bậc bốn nói riêng thì học sinh chưa được học một cách đầy đủ các phương pháp để giải từng dạng phương trình. Nhưng đây lại là một nội dung quan trọng trong các đề thi Đại học, Cao đẳng, TH chuyên nghiệp và đề thi học sinh giỏi từ trước đến nay. Trong khi giải các phương trình, hệ phương trình: vô tỷ, lượng giác, mũ và lôgarit, chúng ta cũng thường phải quy về giải phương trình bậc cao, trong đó có phương trình bậc bốn. Một số bài toán trong hình học, trong vật lý sau khi trải qua một số bước, cuối cùng cũng đều đi đến việc phải giải một phương trình bậc bốn. Cho dù đó chỉ là một bước nhỏ trong một bài toán nhưng nếu không giải quyết được bước nhỏ này thì chúng ta cũng chưa thể đưa ra kết luận của bài toán đó. Nói đến phương trình bậc bốn, nhiều học sinh tỏ ra ái ngại, lúng túng vì các em mới chỉ nắm được sơ qua cách giải một số phương trình bậc bốn đơn giản. Vì vậy, việc trang bị đầy đủ cho học sinh các phương pháp giải phương trình bậc bốn là điều cần thiết. Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung và từ thực trạng trên, để học sinh có thể dễ dàng và tự tin hơn khi gặp các bài tập về phương trình bậc bốn, giúp các em phát huy được khả năng phân tích, tổng hợp, khái quát hoá qua các bài tập nhỏ, cùng với sự tích luỹ kinh nghiệm của bản thân qua những năm giảng dạy, tôi đưa ra sáng kiến kinh nghiệm “Các phương pháp giải phương trình bậc bốn cho học sinh lớp 10". Sáng kiến kinh nghiệm này đã và đang phục vụ đắc lực cho tôi trong việc giảng dạy. 2
B. NỘI DUNG I. Các phương pháp giải phương trình bậc bốn. 1. Phương pháp đưa phương trình về dạng tích. Cho phương trình: ax4+bx3+cx2+dx+e =0 (a  0) (1) a) Phương pháp: Cách 1: Nhóm các hạng tử, sau đó đặt thừa số chung để đưa vế trái về dạng tích. Cách 2: - Bước 1: Đoán nghiệm x 0 của phương trình dựa vào các kết quả sau: + Nếu a+b+c+d+e=0 thì (1) có nghiệm x = 1. + Nếu a-b+c-d+e=0 thì (1) có nghiệm x = -1. p + Nếu a, b, c, d, e nguyên và (1) có nghiệm hữu tỉ thì p, q theo thứ tự là q ước của e và a. - Bước 2: + Bằng cách chia đa thức hoặc dùng lược đồ Hoócne, phân tích (1) thành:  x  x0 (x- x0)(ax3 +b 1x2 +c1x+d 1) = 0   3 2  ax  b1 x  c1 x  d1  0 (1.1) + Giải phương trình (1.1) bằng cách: - Đoán nghiệm x1 của phương trình (1.1) dựa vào các kết quả sau: + Nếu a+b1+c1+d1=0 thì (1.1) có nghiệm x = 1. + Nếu a-b1+c1-d1=0 thì (1.1) có nghiệm x = -1. p + Nếu a, b 1, c1 ,d 1 nguyên và (1.1) có nghiệm hữu tỉ thì p, q theo thứ q tự là ước của d1 và a. c + Nếu ac13  b13 d1 (a, b1  0) thì (1.1) có nghiệm x =  1 . b1 3
- Phân tích (1.1) thành: (x- x1)(ax 2 +b2x +c2) = 0 bằng cách chia đa thức hoặc dùng lược đồ Hoócne. * Lược đồ Hoócne : Nếu f(x) có nghiệm x=x0 thì f(x) chứa nhân tử (x-x0), tức là : f(x) =(x- x0).g(x). Trong đó : f(x) = anx n + an -1x n -1 + ... + a1x + a0 g(x)= bn-1x n-1 + bn - 2xn - 2 + ... + b1x + b0 b n – 1  a n b  n – 2  x 0 bn – 1  a n – 1 ...  với :  Ta có bảng sau ( Lược đồ Hoócne). b i – 1  x 0 b i  a i ...  b 0  x 0 b1  a1  xi an an - 1 ... ai ... a0 x0bn-1 ... x0bi ... x0b0 x = x0 bn-1=a n bn-2 ... bi-1 ... 0 b) Ví dụ: Ví dụ 1: (Đề đại học Ngoại thương - 2000) Giải phương trình: (x2+3x-4)2+3(x2+3x-4)=x+4 (1.2) (1.2) Giải: Phương trình (1.2)  (x-1)2(x+4)2+3(x-1)(x+4)-(x+4)=0 2  (x+4)[(x-1) (x+4)+3(x-1)-1]=0 x  0 2   (x+4)x(x +2x-4)=0   x  4  x  1  5  Vậy phương trình có 4 nghiệm : x=0, x= -4, x  1  5 . Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 -4x3-x2+16x-12 =0 (1.3) Giải: Ta có a+b+c+d+e=0 nên phương trình có 1 nghiệm x= 1. Đưa phương trình về dạng: (x-1)(x3-3x2-4x+12)=0. 4
Phương trình x3-3x2-4x+12=0 có một nghiệm x = 2 nên x 1 x 1  0 x  2 (1.3)  (x-1)(x-2)(x2-x-6)=0   x  2  0    x  2 x2  x  6  0   x  3 Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt x =1, x= 2, x= -2, x= 3. * Nhận xét: Phương pháp đưa phương trình về dạng tích là phương pháp thường được nghĩ đến đầu tiên khi giải phương trình. Nhưng nếu việc đưa về dạng tích gặp khó khăn, chúng ta nên nghĩ đến việc sử dụng các phương pháp khác. 2. Phương pháp đặt ẩn phụ. 2.1. Dạng 1 (PT trùng phương): ax4 + bx2+c =0 (a  0) (2) a) Phương pháp: - Đặt t = x2 (t  0), đưa (2) về phương trình bậc hai: at2+bt+c=0 (2') - Giải (2'), nếu (2') có nghiệm t0  0 thì (2) có nghiệm x   t0 * Chú ý: - (2) vô nghiệm  (2') vô nghiệm hoặc (2') có nghiệm t1  t2
   '  ( m  1) 2  2m  1  0   b 1     2(m  1)  0  m0  a 2 c  a  2m  1  0  Khi đó 4 nghiệm của (2.3) là : - t2 ; - t1 ; t1 ; t2 Bốn nghiệm trên lập thành cấp số cộng   t2  t1  2 t1    t2  3 t1  t2  9t1 (*)    t1  t2  2 t1 t  t  2( m  1) Theo định lý Viét ta có:  1 2 (**) t1t2  2 m  1 Thay (*) vào (**) ta được: m  4 t1  9t1  2(m  1) 5t1  m  1   2  9m  32m  16  0   2 t1 .9t1  2m  1 9t1  2m  1 m   4  9 4 Vậy với m = 4 hoặc m = - thì phương trình đã cho có 4 nghiệm phân 9 biệt lập thành cấp số cộng. 2.2. Dạng 2: Phương trình có dạng : ( a1x +a2)(b1x+b2)(c1x+c2)(d1x+d2) = m,  a1b1  c1d1 với   a1b2  a2b1  c1d 2  c2 d1 (3) a) Phương pháp: - Viết lại phương trình dưới dạng: [a1b1x2+( a1b2  a2b1 )x+a2b2].[ c1d1 x 2+( c1d 2  c2 d1 )x+c2d2]=m - Đặt t = a1b1x2+( a1b2  a2b1 )x+a2b2, suy ra c1d1 x2+( c1d 2  c2 d1 )x+c2d2=t- a2b2+c2d2. Ta đưa (3) về phương trình bậc hai ẩn t: t(t-a2b2+c2d2)=m 6
* Đặc biệt: Khi a1=b1=c1=d1=1, phương trình có dạng : (x +a2)(x+b2)(x+c2)(x+d2) = m với b2  a2  d 2  c2 ta cũng có cách giải tương tự. b) Ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: (x-1)(x+1)(x+3)(x+5)= 9 (3.1) Giải: Phương trình (3.1)  (x-1)(x+5)(x+1)(x+3)= 9 2 2  ( x + 4x-5)(x +4x+3) = 9 Đặt t = x2 + 4x-5, phương trình (3.1) trở thành: t(t+8) = 9 2 t  1  t + 8t – 9 = 0   t  9 . Với t=1 thì x2 + 4x – 5 = 1  x2 + 4x - 6 = 0  x=  2  10 . Với t= 9 thì x2 + 4x – 5 = -9  x2 + 4x + 4 = 0  x = - 2 Vậy phương trình có 3 nghiệm : x =  2  10 ; x =  2  10 ; x = -2 2.3. Dạng 3 : Phương trình có dạng: 2 e d  ax4 + bx3+cx2+dx+e =0 (a  0), với    ; e  0 (4) a b a) Phương pháp: - Nhận xét x=0 không phải là nghiệm của (4), chia hai vế cho x 2  0, ta được: e 1 d 1 a ( x 2  . 2 )  b( x  . )  c  0 a x b x d e 1 d - Đặt t= x  , suy ra x 2  . 2  t 2  2. , phương trình (4) trở thành: bx a x b d at2+bt +c - 2a =0. Đây là phương trình bậc hai quen thuộc. b * Đặc biệt: Khi a=e, phương trình có dạng: ax4 + bx 3+cx2  bx+a =0 (a  0) ta cũng có cách giải tương tự. b) Ví dụ: 7
Ví dụ 1: Giải phương trình: 2x4 - 21x 3 +74x 2 -105x + 50 = 0 (4.1) Giải: Nhận thấy x =0 không phải là nghiệm của (4.1), chia hai vế của (4.1) 25 5 cho x2  0, ta được phương trình: 2( x 2  2 )  21( x  )  74  0 x x 5 25 2 Đặt t = x  ( t  2 5 ), suy ra x 2   t  10 . Phương trình (4.1) trở thành: x x2 t  6 2t 2  21t  54  0   9 (thỏa mãn đk) t   2 5 x 1 . Với t = 6 thì x  =6  x 2  6 x  5  0   x x  5 x  2 9 5 9 . Với t = thì x  =  2 x 2  9 x  10  0   5 2 x 2 x   2 5 Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt là: x=1, x=2, x=5, x= . 2 Ví dụ 2: Giải phương trình: (x-2)4+(x-2)(5x 2-14x+13)+1=0 (4.2) Giải: Đặt y=x-2. Phương trình trở thành: y4+5y3+6y2+5y+1=0 (4.3) Nhận thấy y=0 không là nghiệm của phương trình (4.3), chia 2 vế của (4.3) cho y2 0 ta được phương trình : 1 1 ( y2  2 )  5( y  )  6  0 y y 1 Đặt t = y  ( t  2 ). Phương trình trở thành: y t  1 (loại) t2 + 5t +4 = 0   t  4 (t/m) 1 Với t  4 thì y   4  y 2  4 y  1  0  y  2  3  x   3 y Vậy phương trình có 2 nghiệm : x=  3 8
* Nhận xét: Phương trình ban đầu không phải là phương trình dạng 3 nhưng với phép đặt ẩn phụ thích hợp, ta có thể đưa phương trình về dạng 3. 2.4. Dạng 4 : Phương trình có dạng : ( x + a)4 + ( x + b)4 = c (5) a) Phương pháp: ab - Đưa (5) về dạng phương trình trùng phương bằng cách đặt t= x + 2 b) Ví dụ: Giải phương trình : ( x + 1)4 + ( x +3)4 = 16 (5.1) Giải: Đặt t = x + 2, phương trình (5.1) trở thành: ( t-1)4 + ( t+1)4 = 16  2t4 + 12t2 + 2 = 16 4 2  t + 6t – 7 = 0 ( Phương trình trùng phương) t 2  1  2 t  7 (loại) Với t2 = 1 thì t = 1 hoặc t = -1. Từ đó suy ra x= -1 hoặc x= -3 Vậy phương trình có 2 nghiệm là : x = - 1; x = -3 2.5. Dạng 5: Phương trình có dạng : m( x +a)(x+b)(x+c)(x+d) = nx2 , với ab = cd  0, m  0, n  0 (6) a) Phương pháp: - Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6), chia hai vế cho x2  0, ta được: ab cd m(x + a+b + ) (x + c+d + )= n x x ab - Đặt t = x +a+b+ , ta đưa (6) về phương trình bậc hai ẩn t: mt(t-a- x b+c+d)=n b) Ví dụ: Giải phương trình: 4(x+5)( x+6)(x+10)(x+12) = 3x2 (6.1) Giải: (6.1)  4(x+6)( x+10)(x+5)(x+12) = 3x2 2 2 2  4(x +16x+60)(x +17x+60) = 3x Nhận thấy x=0 không là nghiệm của (6.1), chia hai vế cho x2  0, ta được: 9
60 60 4(x + 16 + ) (x + 17 + )= 3 ( 6.2) x x 60 Đặt t = x + 16 + , phương trình trở thành: x  1 t  4t ( t + 1) = 3  4t2 + 4t – 3 = 0   2 t   3   2  x  8 1 . Với t= thì 2x2 + 31x + 120 = 0   2  x   15  2 3 35  265 . Với t=- thì 2x2 + 35x + 120 = 0  x  2 4 15 35  265 Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt: x=-8, x=- , . 2 4 2.6. Dạng 6: Phương trình có dạng: a.A(x) +b.B(x) + c.C(x) =0 với A(x).B(x) = C2(x), B(x)  0 (7) a) Phương pháp: C ( x) - Chia hai vế cho B(x)  0 rồi đặt t = B( x ) - Phương trình (7) trở thành: at2+ct+b=0. b) Ví dụ: Giải phương trình : -x3+2x2-4x +3 - (x2+x+1)2=0 (7.1) Giải: Phương trình (7.1)  2(x-1)2-(x2+x+1)2 - (x3-1) =0 Chia hai vế của (7.1) cho (x2+x+1)2  0 ta được: x 1 2 x 1 2.( ) 1 2 0 x2  x  1 x  x 1 t  1 x 1 Đặt t = 2 , phương trình trở thành: 2t  t  1  0   2 x  x 1 t   1  2 x 1 . Với t=1 thì 2 =1  x 2  2  0 (vô nghiệm) x  x 1 10
1 x 1 1 3  13 . Với t =  thì 2 =   x 2  3x  1  0  x  2 x  x 1 2 2 3  13 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  2 2.7. Dạng 7: Phương trình có dạng tổng quát: ax 4 + bx3+cx2+dx+e =0 (a  0). a) Phương pháp: - Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng a(x2+b1x+c1)2+ B(x2+b 1x+c1) +C=0 - Bước 2: Đặt t= x2+b1x+c1, phương trình trở thành: at2+Bt+C=0. b) Ví dụ: Giải phương trình: x4 -4x 3+3x2+2x-20 =0 (8.1) Giải: Phương trình (8.1)  x4 -4x3+4x2-(x 2- 2x) -20 =0 2 2 2  (x - 2x) -( x - 2x)-20=0 Đặt t = x2- 2x (t  -1), phương trình trở thành: t  4 (loại) t2 - t -20 =0   t  5 (t/m) Với t =5 thì x2- 2x =5  x  1  6 Vậy phương trình có 2 nghiệm : x  1  6 3. Phương pháp đưa về hai luỹ thừa cùng bậc. a) Phương pháp: Đưa phương trình về dạng: [f(x)]2 = [g(x)]2  f(x) =  g(x) b) Ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 = 24x + 32 (9.1) Giải: Phương trình (9.1)  x 4 + 4x2 + 4 = 4x2 + 24x + 36 11
 x2  2  2 x  6  (x + 2) = ( 2x + 6)   2 2 2 2  x  2   (2 x  6)  x2  2x  4  0  2  x  1  5 x  2x  8  0 Vậy phương trình có 2 nghiệm : x =  1  5 ; x =  1  5 Ví dụ 2: Giải phương trình: x4 + 4x -1=0 (9.2) Giải: Phương trình (9.2)  x 4 +2x2+1 = 2(x2-2x+1) 2 2  x 2  1  2  x  1   x 2  1   2  x  1       x 2  1   2  x  1   x 2  2 x  1  2  0 (VN )  2  4 22  x 2  x  2x 1  2  0  2  2  4 2 2 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x  2 4. Phương pháp dùng hệ số bất định: a) Phương pháp: Xét phương trình x4 + ax3 + bx 2 + cx + d = 0 (10) - Bước1: Giả sử (10) phân tích được thành (x2 + a1x + b 1)( x2 + a2x + b2)=0 a1  a 2  a a a  b  b  b  1 2 1 2 Khi đó ta có:  a1b2  a 2 b1  c b1b2  d  - Bước 2: Xuất phát từ b1b2 = d, tiến hành nhẩm tìm các hệ số b1; b2; a1 ; a2.  x 2  a1x  b1  0 - Bước 3: Phương trình (10)   2  x  a 2 x  b2  0  * Chú ý: Phương pháp này thường áp dụng khi việc nhẩm tìm các hệ số a1; b1; a2; b2 là đơn giản. 12
b) Ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình: x4 + 4x3 +3x2 + 2x - 1 = 0 (10.1) Giải: Giả sử (10.1) phân tích được thành : (x2 + a1x + b 1)( x2 + a2x + b2) = 0  a1  a 2  4  b1   1    a1 a 2  b1  b 2  3  b2  1 Khi đó:  a b  a b  2   a  3  1 2 2 1  1  b1 b 2   1   a2  1  Phương trình (10.1)  (x2 +3x -1)( x2 + x +1) = 0  3  13  x 2  3x  1  0 x   2  2  x  x  1=0 (VN )  3  13 x   2 3  13 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x  2 * Nhận xét: Từ b1b2=-1 ta thử ngay với b1=-1, b2=1, từ đây có thể dễ dàng tìm được a1=3, a2=1. Ví dụ 2: Tìm a, b để phương trình x4 - 4x3 +(4+a)x + b = 0 (10.2) có 2 nghiệm kép phân biệt. Giải: Phương trình (10.2) có 2 nghiệm kép phân biệt x1, x 2 nên: x 4 - 4x3 +(4+a)x + b = (x-x1)2(x-x 2)2 4 x - 4x3 +(4+a)x + b = x4-2(x1+x2)x3+(x12+x22 +4x1x2)x2- 2x1x2(x1+x 2)x+x 12x22 Đồng nhất 2 vế, ta có: 13
 4  2( x1  x2 )  x1  x2  2 (1)  2 2  2 0  x1  x 2  4x1x 2 (x1  x 2 )  2x1x 2  0 (2)    4  a  2x1 x 2  x1  x 2   2x1x 2  x1  x 2   4  a (3) b  x x2 2  x 2 x 2  b (4)  1 2  1 2  x1  x 2  2 Từ (1), (2)    x1,2  1  3  x 1 x 2  2 Thế vào (3), (4) ta được a=b=4. Vậy với a= b =4 thì phương trình có 2 nghiệm kép phân biệt. 5. Phương pháp đánh giá: a) Phương pháp: Sử dụng các hằng đẳng thức, các bất đẳng thức để đánh giá 2 vế của phương trình. Từ đó đưa ra kết luận về nghiệm của phương trình. b) Ví dụ: Ví dụ 1: Giải phương trình x 4 + 8x2 – 8x + 17 = 0 (11.1) Giải: Phương trình (11.1)  x4 - 8x 2 + 16 + 16x2– 8x + 1 = 0 2 2 2  ( x – 4) + ( 4x – 1) = 0  2 2  x  2 ( x  4)  0 x 2  4  0  Vì  nên (2)    1 (4 x  1) 2  0  4 x  1  0 x  4  Vậy phương trình vô nghiệm. 4 4 Ví dụ 2: Giải phương trình:  x  8   x  9   1 (11.2) Giải: Dễ thấy x = 8 ; x = 9 đều là nghiệm của (11.2) Xét các giá trị còn lại của x: 4 4 +) Với x < 8, ta có 9  x  1   9  x   1 ,  x  8  0 Suy ra vế trái của (11.2) lớn hơn 1 nên (11.2) vô nghiệm. 14
4 4 +) Với x > 9, ta có x  8  1   x  8  1 ,  x  9   0 Suy ra vế trái của (11.2) lớn hơn 1 nên (11.2) vô nghiệm. +) Với 8 < x < 9 thì: 0 < x – 8 < 1 => (x-8)4< x-8 0 < 9 – x < 1 => (x-9)4= (9-x)4 < 9-x 4 4   x  8    x  9  < x – 8 + 9 – x = 1 nên (11.2) vô nghiệm. Vậy phương trình có 2 nghiệm : x = 8, x = 9. II. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Giải các phương trình sau: 1) 2x4 + 3x3 – 3x2 + 3x + 2 = 0 2) x4 -8x3+7x2+36x-36=0 3) x4 -4x 2 + 12x -9 = 0 4) x4+(x-1)(x2+2x+2)=0 5) (x2-4)(x 2-2x)=2 6) (4x+1)(12x- 1)(3x+2)(x+1)=4 7) 2(x2+x+1)2-7(x-1)2=13(x3-1) 8) x4 -4x3 + 8x =5 (Đề 38) 9) x4+(x-1)4=97 10) x4 -5x3 + 8x2-10x+4 =0 Bài 2: Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: (x2- 1)(x+3)(x+5)=m. Bài 3: Tìm k để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x4-k2x2+2kx-1=0 Bài 4: Cho phương trình: x4 -4mx3 +(m+1)x2-4mx+1=0 a) Giải phương trình với m =1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm. Bài 5: Giải và biện luận phương trình: 2x4+mx2+2=0. 15
C. Ý NGHĨA THỰC TIỄN Trải qua thực tiễn giảng dạy, nội dung các bài giảng liên quan đến đề tài và có sự tham gia góp ý của đồng nghiệp, vận dụng đề tài vào giảng dậy đã thu được một số kết quả nhất định sau : 1) Học sinh trung bình trở lên nắm vững được một số phương pháp và biết vận dụng để giải các phương trình bậc bốn. 2) Một số đề thi học sinh giỏi, Học sinh lớp chọn có thể sử dụng phương pháp trình bày trong đề tài để giải bài toán. 3) Là một phương pháp tham khảo cho học sinh và các thầy cô giáo 4) Qua nội dung đề tài, đồng nghiệp có thể xây dựng thêm các bài toán về phương trình bậc bốn. Xây dựng phương pháp giảng dạy theo quan điểm đổi mới là việc mà toàn xã hội và nghành đang quan tâm. Tuy nhiên, trong một số lớp bài toán bậc THPT ta có thể sử dụng một số kết quả của toán học hiện đại để xây dựng phương pháp giải toán sơ cấp là một vấn đề ít được chú ý. Qua đó ta có thể tìm được phương pháp giải, xây dựng các lớp bài toán ở bậc THPT 16
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) Các bài giảng luyện thi môn toán, NXB Giáo dục. 2) Hà Văn Chương, Tuyển chọn 400 bài toán đại số 10, NXB ĐHQG Hà Nội. ) Trần Phương - Lê Hồng Đức, Đại số sơ cấp, NXB Hà Nội. 4) Tạp trí Toán Học và Tuổi Trẻ , Nhà xuất bản Giáo Dục 5) Đề thi tuyển sinh môn toán, NXB Giáo dục 1996 Đồng Hới, ngày 10 tháng 5 năm 201 Tác giả Lê Thị Tỵ 17