Đề tài Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình đại số

UBND TỈNH HẢI DƯƠNG 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN 
“KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÀM ĐẶC TRƯNG 
ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH 
VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ” 
Năm học 2013-2014 
 1 
Phần 1 
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 
1. Tên sáng kiến: Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình, 
bất phương trình và hệ phương trình đại số. 
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy và học tập môn toán lớp 12. 
3. Tác giả: 
Họ và tên: Lê Phương Thúy Nữ 
Ngày, tháng, năm sinh: 11 tháng 7 năm 1972. 
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học. 
Chức vụ, đơn vị công tác: Tổ phó chuyên môn tổ toán trường THPT Hồng 
Quang, thành phố Hải Dương. 
Điện thoại: 0915177557. 
4. Đồng tác giả: Không có. 
5. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: 
Tên đơn vị: Trường THPT Hồng Quang. 
Địa chỉ: Số 01, Phố Chương Dương, Phường Trần Phú, Thành phố Hải 
Dương, Tỉnh Hải Dương. 
Điện thoại: 0320.3853774. 
6. Các điều kiện để áp dụng sáng kiến: Thời gian, đối tượng học sinh lớp 12, 
học sinh ôn thi đại học và cao đẳng, trung học chuyên nghiệp. 
7. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Sáng kiến được áp dụng thử nghiệm 
từ năm học 2010 - 2011. 
HỌ TÊN TÁC GIẢ (KÝ TÊN) XÁC NHẬN CỦA CƠ QUAN ĐƠN VỊ 
ÁP DỤNG SÁNG KIẾN 
 2 
 TÓM TẮT SÁNG KIẾN 
Trong một vài năm gần đây, việc sử dụng hàm đặc trưng để giải phương trình, 
bất phương trình và hệ phương trình trong các đề thi đại học, cao đẳng và 
trong các đề thi học sinh giỏi được sử dụng khá phổ biến. 
Sáng kiến kinh nghiệm: "Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương 
trình, bất phương trình và hệ phương trình đại số" nhằm giúp học sinh nắm 
vững phương pháp sử dụng hàm đặc trưng trong giải toán và kết hợp phương 
pháp này với các phương pháp khác, linh hoạt trong các cách xử lí để giải 
quyết các dạng toán. 
Trong phần 2, ở mục 1 nêu lên cơ sở lí thuyết để sử dụng trong bài viết. Mục 
2.1 là áp dụng khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình đại số, 
gồm 12 ví dụ, mức độ khó được tăng dần, sau các bài tập cụ thể sẽ đưa ra 
được các kĩ năng biến đổi, từ đó học sinh sẽ vận dụng linh hoạt trong các bài 
tập khác. Mục 2.2 là áp dụng để giải các bất phương trình, gồm 8 ví dụ. Khi 
đã nắm bắt được các kĩ năng ở mục 2 thì sang mục 3, sẽ giải quyết được cho 
các bài tập về hệ phương trình, qua đó ta sẽ thấy được việc kết hợp, sáng tạo 
giữa phương pháp sử dụng hàm đặc trưng với các phương pháp khác như 
phương pháp đưa về phương trình tích, phương pháp hàm số, phương pháp 
lượng giác hóa, phương pháp đánh giá, vv... nhằm hình thành cho học sinh 
các kĩ năng biến đổi, khả năng so sánh, phân tích và tổng hợp tốt, đồng thời 
có một tư duy sáng tạo, linh hoạt khi giải toán. Giúp các em có nhiều hưng 
phấn, say mê tìm tòi nghiên cứu với môn toán học. Và cuối cùng, phần 3 là 
kết luận và hướng phát triển của đề tài. 
 3 
Phần 2 
MÔ TẢ SÁNG KIẾN 
Hàm đặc trưng tỏ ra rất hiệu quả trong việc giải các phương trình hay hệ 
phương trình. Trước một bài toán, thường có nhiều cách xử lí khác nhau, 
nhưng tôi nhận thấy nếu như áp dụng được phương pháp sử dụng hàm đặc 
trưng thì nhiều khi bài toán sẽ được giải quyết đơn giản, ngắn gọn hơn. 
Ví dụ, xét hàm số   3f t t t  đồng biến trên  . Cho    32 3 3 5f x f x   , 
khai triển và rút gọn ta được ví dụ 2, cho    2 2 1f x f x  , ta được 
     
33
2 2 2 1 2 1x x x x     , khai triển và rút gọn ta được ví dụ 5, 
cũng vẫn xét hàm số f(t) ở trên nhưng thay bằng    3 1 1f x f x   ta 
được ví dụ 14. Hay xét hàm số   3 2 2f t t t t   đồng biến trên  0; . Cho 
   1 1f x f x   , ta được    
3 3
1 1 2 1 1 1 2 1x x x x x x           , 
khai triển và rút gọn ta được ví dụ 7 vv 
Như vậy ta thấy, về phía giáo viên ra đề, chỉ cần xác định một hàm số luôn 
đơn điệu, và thay các giá trị hợp lí, thì sẽ được vô số bài tập. Vậy vấn đề đặt 
ra ở đây là, khi học sinh đứng trước một bài toán, phải làm thế nào để định 
hướng được cho các em cách giải bài toán đó hợp lí nhất, cách để các em 
phát hiện được ra một bài toán có thể giải quyết bằng phương pháp hàm đặc 
trưng hay không và giải quyết nó như thế nào? Đó chính là nội dung mà 
trong sáng kiến này tôi muốn truyền tải đến bạn đọc. 
1. Cơ sở lí thuyết 
Dựa vào các kết quả sau ta có thể giải quyết được nhiều phương trình, bất 
phương trình và hệ bất phương trình đại số. 
Kết quả 1: "Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến (hoặc luôn nghịch biến) và 
liên tục trên tập D thì số nghiệm trên D của phương trình f(x) = a không 
nhiều hơn một và    , :u v D f u f v u v     . 
 4 
Kết quả 2: "Nếu hàm số y = f(x) luôn đồng biến và liên tục trên tập D thì 
   , :u v D f u f v u v     . 
Kết quả 3: "Nếu hàm số y = f(x) luôn nghịch biến và liên tục trên tập D thì 
   , :u v D f u f v u v     . 
Khi áp dụng trực tiếp cho phương trình và bất phương trình, ta có thể nêu ra 
phương pháp giải tổng quát như sau. 
1.1 Dạng 1 
Phương trình đã cho được đưa về dạng: ( ) ( )f u f v trong đó ( ), ( )u u x v v x  . 
Phương pháp: 
 Bước 1: Biến đổi phương trình về dạng: ( ) ( )f u f v , , .u v D 
 Bước 2: Xét hàm số ( )y f t trên miền xác định D. 
 * Tính 'y và xét dấu y’. 
* Kết luận hàm số ( )y f t là hàm số đơn điệu trên D. 
 Bước 3: Kết luận. 
 * Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi u v . 
* Giải phương trình: u v . 
 * Kết luận nghiệm của phương trình đã cho. 
1.2. Dạng 2 
Bất phương trình đã cho được đưa về dạng: ( ) ( )f u f v trong đó 
( ), ( )u u x v v x  . 
Phương pháp: 
 Bước 1: Biến đổi bất phương trình về dạng: ( ) ( )f u f v , , .u v D 
 Bước 2: Xét hàm số ( )y f t trên miền xác định D. 
 * Tính 'y và xét dấu y’. 
* Kết luận hàm số ( )y f t là hàm số đơn điệu trên D. 
 * Nếu f(t) đơn điệu tăng thì: ( ) ( ) f u f v u v   . 
 * Nếu f(t) đơn điệu giảm thì: ( ) ( ) f u f v u v   . 
 Bước 3: Kết luận nghiệm của bất phương trình đã cho. 
2. Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình và bất phương 
trình 
* Trong phần này, ở ví dụ 1 ta sẽ xét một số cách giải cụ thể. Nhưng từ những 
ví dụ sau thì phần bài giải tham khảo, ta chỉ nêu ra cách giải áp dụng hàm 
đặc trưng mà không nêu các cách giải khác nữa. 
* Trong các ví dụ được đề cập trong mục này, ta chủ yếu xét cho các phương 
trình và bất phương trình vô tỉ, còn các phương trình đại số khác sẽ được đề 
cập ở mục 3. 
 5 
2.1 Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải phương trình 
Ví dụ 1. (Đề thi thử đại học lần 1 trường THPT Hồng Quang năm 2014) 
Giải phương trình 
22 2 4 4 2 9 16x x x      x . 
 Nhận xét: 
Chúng ta đã biết, với một bài toán thì có rất nhiều hướng tư duy khác nhau, 
từ đó sẽ hình thành ra các cách giải khác nhau. Với bài toán này, tôi xin nêu 
ra một số cách giải sau, trong đó có cách giải dùng hàm đặc trưng, đó chính 
là nội dung mà tôi muốn trình bày trong sáng kiến này. 
Bài giải tham khảo 
Điều kiện 
2 4 0
2 2
2 0
x
x
x
 
   
 
 (*). 
22 2 4 4 2 9 16x x x    
24(2 4) 16(2 ) 16 (2 4)(2 ) 9 16x x x x x         
 2 248 8 16 2(4 ) 9 16 1x x x      
Cách giải 1: 
  2 21 16 2(4 ) 8 9 32x x x        2 28 2 2(4 ) 9 32 1x x x a     
* Xét trường hợp 1: 
2 2
0
4 2
2 2(4 ) 0 2 2(4 ) 4 2 3
3
x
x x x x x
x


          
 

Thay 
4 2
3
x   vào (1a) không thỏa mãn. 
* Xét trường hợp 2: 2
4 2
2 2(4 ) 0
3
x x x      
  2 2
2
2
8 2 2(4 ) 2 2(4 )
(1 ) 9 32
2 2(4 )
x x x x
a x
x x
   
  
 
 2 2 22 2
2 2
8 8(4 ) 8 32 9
9 32 9 32
2 2(4 ) 2 2(4 )
x x x
x x
x x x x
         
   
  
2
2
2
2
9 32 0
8
89 32 1 0
1 02 2(4 )
2 2(4 )
x
x
x x
x x
  
  
              
Xét phương trình 2 2
32 4 2
9 32 0
9 3
x x x       . 
 6 
Kết hợp điều kiện 
4 2
3
x   ta được 
4 2
3
x  thỏa mãn. 
Xét phương trình 
2 2
2
8
1 0 2 2(4 ) 8 0 2 2(4 ) 8
2 2(4 )
x x x x
x x
           
 
. 
Vì 2 2 8 0x x       nên phương trình 22 2(4 ) 8x x    vô nghiệm. 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
4 2
3
x  . 
 Nhận xét: 
Ở cách giải này, khắc sâu được cho học sinh khi dùng phương pháp nhân liên 
hợp để giải bất phương trình vô tỉ. Rõ ràng là nếu theo cách giải này, em nào 
không xét trường hợp biểu thức liên hợp bằng không là không hoàn chỉnh. 
Cách giải 2: 
  2 21 16 2(4 ) 9 8 32x x x     
 
 
 
2
22 2
4 3
4 4 19
99 8 32 0 **
4 4 19
512(4 ) 9 8 32
9
81 144 512 1024 0 1
x
x x
xx x x
x x x b
  

    
    
      

   
Giải phương trình (1b): 
  4 2 2 2
1024 32 32 32
1 81 144 0 81 144 0
81 9 9 9
b x x x x x x
        
                 
        
4 2
3
x  (Vì  
22 23281 144 81 144 288 9 8 224 0,
9
x x x x x x
 
          
 
) 
Với 
4 2
3
x   kết hợp điều kiện (**) ta được 
4 2
3
x  (thỏa mãn điều kiện 
(*)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
4 2
3
x  . 
 Nhận xét: 
Ở cách giải này, đòi hỏi học sinh phải có kĩ năng phân tích thành tích các 
nhân tử khi gặp phương trình bậc cao cũng như giải phương trình vô tỉ bằng 
phép biến đổi tương đương. 
Cách giải 3: 
   
     
 
2 2 2 2 2
2
2
22
2
1 16 2(4 ) 9 8 32 4 8 2 16 8 2 16 8 16
2 8 2 8 2
2 8 2 4 4
2 8 2 3
x x x x x x x
x x
x x
x x
            
    
     
  
 7 
Phương trình (2) vô nghiệm vì 2 2 8 0 (2) 0 (2).x x VT VP          
Giải phương trình (3): 
 
2
2 2
00 4 2
2 8 2 4 24 8 2 3
3
xx
x x x
x x x
 
      
    
(Thỏa mãn điều kiện (*) 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
4 2
3
x  . 
 Nhận xét: 
Ở cách giải này, chúng ta đã linh hoạt đưa được phương trình đã cho về dạng 
tổng bình phương ở hai vế bằng cách thêm bớt để xuất hiện dạng hằng đẳng 
thức. 
Cũng với phương pháp thêm bớt, ta xét tiếp cách giải sau. 
Cách giải 4: 
   
 
   
2 2 2 2 2
2
2 2
22
2 2
1 16 2 8 9 8 32 4 2 8 16 2 8 8
4 2 8 16 2 8 4 16
2 2
4 2 8 16 2 8 4 16 1
2 2
x x x x x x x
x x
x x
x x
x x c
             
   
          
   
   
          
   
Từ điều kiện 2 2x   ta có  1;1
2
x
  
Xét hàm số Xét hàm số   24 16f t t t  với  1;t   
     ' 8 16; ' 0 2 1;f t t f t t         
Ta có bảng biến thiên: 
+- 0
-1-2 +-
f(t)
f '(t)
t
Từ bảng biến thiên ta có hàm số f(t) luôn đồng biến trên  1;  . 
Mặt khác f(t) là hàm số liên tục trên  1;  . 
Do đó phương trình: 
   2 2 2 2
2
0
02
1 2 8 2 8
2 2 9 32
2 8
4
x
xx x
c f x f x
x x
x

  
           
    

 8 
0
4 2
4 2 3
3
x
x
x


  
 

 (Thỏa mãn điều kiện (*)). 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm 
4 2
3
x  . 
 Nhận xét: 
Rõ ràng nếu học sinh có kĩ năng tương đối tốt để xử lí đưa phương trình đã 
cho về được dạng xét hàm đặc trưng thì bài toán trở nên đơn giản hơn nhiều. 
Cùng với cách giải 4, cũng vẫn là xét hàm số, ta có thể biến đổi phương trình 
(1) theo cách sau: 
   
2
2 2 2 2 21 8. 32 8 9 8 32 32 8 8. 32 8 8x x x x x x x           
Và khi đó sẽ dẫn đến việc xét hàm đặc trưng   2 8f t t t  với  2;t   . 
Hoặc, nếu để ý rằng từ điều kiện 2 2x   , ta có  1;1
2
x
  và 
20 2 8 2 2x    thì có thể xét hàm số ở phương trình (1c) là 
  24 16f t t t  với 1;2 2t     , nhưng thật ra ta chỉ cần xét hàm số f(t) 
với t xác định như ở cách giải 4. 
Tổng quát: Qua cách giải trên, ta có thể thấy, nếu phương trình có dạng 
2ax . exbx c n d    mà có thể giải bằng phương pháp hàm đặc trưng, 
thì khi đó ta sẽ đưa phương trình đã cho về dạng 
     
22ax . ex ex . exbx c n d m px u n px u m d n d            
Với hàm đặc trưng   2f t mt nt  luôn đơn điệu trên miền cần xét thì bài 
toán có thể dùng phương pháp hàm đặc trưng để giải. Khi đó công việc tiếp 
theo là phải xác định được các hệ số ở trên bằng cách đồng nhất để tìm các 
hệ số. 
Sau đây ta xét phương trình có dạng 3 2 3ax . exbx cx d n v     mà có thể 
dùng hàm đặc trưng để giải thì cách làm sẽ như thế nào? Chúng ta xét tiếp ví 
dụ sau. 
Ví dụ 2. Giải phương trình 
3 2 38 36 53 25 3 5x x x x      x . 
 Nhận xét: 
Đối với bài tập này, cần đưa hai vế phương trình về dạng      f g x f h x 
với hàm đặc trưng   3f t mt nt  . Ta cần đồng nhất sao cho biểu thức ở vế 
phải có dạng  
3
3 33 5 . 3 5m x n x   và so sánh vế phải đó với vế phải của 
phương trình đã cho nên ta chọn n = 1. 
Công việc còn lại là tìm những hạng tử ở vế trái sao cho phương trình đã cho 
có dạng 
 9 
       
33 3 31. 3x 5 1. 3x 5 *m px u px u m       
Dễ thấy hệ số của x3 trong khai triển trên là mp3 và so sánh với hệ số của x3 
trong phương trình đã cho ta được mp3 = 8, có thể xét các trường hợp sau 
xảy ra 
m = 1, p = 2 hoặc m = 8, p = 1. 
Nếu m = 1, p = 2 thì   3f t t t  . Do đó cần viết phương trình về dạng: 
     
   
     
33 3 3
3 3
3 2 2 3 3
1. 1. 1. 3x - 5 3 5
2 2 3 5 3 5
8 12 6 2 3 5 3 5 *
px u px u x
x u x u x x
x u x u x u u x x
     
       
         
Mặt khác, ta có thể viết lại phương trình đã cho như sau: 
 3 2 3 23 38 36 53 25 3 5 8 36 56 30 3 5 1. 3 5 **x x x x x x x x x             
Từ (*) và (**), đồng nhất với hệ số ở vế trái của phương trình, ta được hệ: 
2
3
12 36
6 2 56 3
30
u
u u
u u
 

    
   
Do trường hợp này thỏa mãn nên ta không xét trường hợp sau nữa. 
Bài giải tham khảo 
TXĐ: D =  . 
       
333 2 3 3 38 36 53 25 3 5 2 3 2 3 3 5 3 5 1x x x x x x x x            
Xét hàm số   3f t t t  với t 
Ta có   2' 3 1 0,f t t t     suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình 
       33 3
3 2
1 2 3 3 5 2 3 3 5 2 3 3 5
8 36 51 22 0
f x f x x x x x
x x x
           
    
  2
5 3
2 8 20 11 0 2;
4
x x x x
  
       
  
. 
Vậy tập nghiệm của phương trình là 
5 3
2;
4
T
  
  
  
. 
Tương tự, ta xét tiếp ví dụ sau. 
Ví dụ 3. Giải phương trình 
3 2 315 78 141 5 2 9x x x x      x . 
 Nhận xét: 
Hoàn toàn tương tự bài trên, ta cũng sẽ tìm được n = 5, m = p = 1, u = 5. 
Bài giải tham khảo 
 10 
TXĐ: D =  . 
       
333 2 3 3 315 78 141 5. 2 9 5 5 5 2 9 5. 2 9 1x x x x x x x x            
Xét hàm số   3 5f t t t  với t . 
Ta có   2' 3 5 0,f t t t     suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình 
       
  
33 3
3 2
2
1 5 2 9 5 2 9 5 2 9
15 73 116 0
11 5
4 11 29 0 4;
2
f x f x x x x x
x x x
x x x x
           
    
  
       
  
Vậy tập nghiệm của phương trình là: 
11 5
4;
2
T
  
  
  
. 
Tổng quát: 
Qua hai ví dụ trên, ta có thể tổng quát như sau. Khi gặp phương trình dạng 
 3 2 3ax . ex 1bx cx d n v     mà giải được bằng phương pháp hàm đặc 
trưng thì cách giải sẽ là: 
Bước 1: Xác định các hệ số m, p, u sao cho 
     
33 2 3 3ax . ex . exbx cx d n v m px u n px u m ex v n v             
Bước 2: Xét tính đơn điệu của hàm đặc trưng   3f t mt nt  , chứng minh 
được hàm số f(t) luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên miền cần xác định. 
Khi đó ta có phương trình 
       3 31 ex ex 2f px u f v px u v        
Bước 3: Tìm cách giải cho phương trình (2). 
Ví dụ 4. Giải phương trình 
 3 23 4 2 3 2 3 1x x x x x       x . 
 Nhận xét: 
- Nhìn qua bài toán ta thấy vế trái là đa thức có bậc 3, vế phải có bậc 
3
2
 nên 
có thể gây cho chúng ta khó khăn khi dùng tính đơn điệu của hàm số. Nhưng 
ở vế phải, nếu ta xem 3 1y x  thì vế phải cũng có thể coi là một đa thức 
bâc 3 theo y, và khi đó ta sẽ tách biểu thức ở vế phải như sau: 
     
3
3 2 3 1 3 1 1 3 1 3 1 3 1x x x x x x            
vì vậy, ta sẽ nghĩ đến việc phân tích vế trái được thành dạng 
   
3
m px u n px u   , trong đó sẽ xác định được ngay m = 1, n =1. 
Lúc này, ta phải tìm p, u sao cho    
33 23 4 2 1. 1.x x x px u px u       
 11 
   3 2 3 2 2 2 33 4 2 3 3x x x px p u x pu p x u u          
từ đó đồng nhất hệ số, ta cũng có hệ phương trình: 
2
2
3
1
3 3 1
13 4
2
p
p u p
upu p
u u


 
 
  
  
. Do đó    
33 23 4 2 1 1x x x x x       . 
Bài giải tham khảo 
Điều kiện: 
1
3
x   (*). 
       
333 23 4 2 3 2 3 1 1 1 3 1 3 1x x x x x x x x x              (1) 
Xét hàm số   3f t t t  với t . 
Ta có   2' 3 1 0,f t t t     suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình 
     
 
2
1 0
1 1 3 1 3 1 1
3 1 1
x
f x f x x x
x x
 
         
  
2
1
1 0
0
10
1
x
x x
x
xx x
x
 
   
         
 (thỏa mãn điều kiện (*)) 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  0;1T  . 
Ta xét tiếp bài phương trình vô tỉ trong đề thi Cao đẳng năm 2012. 
Ví dụ 5. (Đề thi Cao đẳng 2012) Giải phương trình 
 34 1 2 1 0x x x x      x . 
 Nhận xét: 
Biểu thức ở trong căn bậc hai là 2x + 1, vì vậy ta sẽ phải biến đổi để sao cho 
một vế của phương trình biểu diễn được qua 2x + 1, và vì vậy để thuận tiện, 
ta sẽ nhân hai vế của phương trình đã cho với 2, khi đó ta có 2(x + 1) = (2x + 
1) + 1, và tương tự như cách phân tích ở ví dụ trên, bài toán này sẽ được giải 
theo cách dùng hàm đặc trưng. 
Bài giải tham khảo 
Điều kiện:  
1
*
2
x   . 
   
     
       
3 3
3
33
4 1 2 1 0 8 2 2 1 2 1
2 2 2 1 1 2 1
2 2 2 1 2 1 1
x x x x x x x x
x x x x
x x x x
         
       
     
Xét hàm số   3f t t t  với t . 
 12 
Ta có   2' 3 1 0,f t t t     suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình 
      2
2 0
1 2 2 1 2 2 1
4 2 1 0
x
f x f x x x
x x

       
  
0
1 5
1 5 4
4
x
x
x


   


 ( thỏa mãn điều kiện (*)). 
Vậy tập nghiệm của phương trình là: 
1 5
4
T
  
  
  
. 
Tổng quát: Từ hai ví dụ trên, ta có thể tổng quát như sau. Khi gặp phương 
trình dạng    3 2 1 1ax e x ex 1bx cx d v v      mà giải được bằng 
phương pháp dùng hàm đặc trưng thì cách giải sẽ là: 
Bước 1: Xác định các hệ số m, n, p, u sao cho 
 
     
3 2
1 1
33
ax e x . ex
ex . ex
bx cx d v v
m px u n px u m v n v
     
       
Bước 2: Xét tính đơn điệu của hàm đặc trưng   3f t mt nt  , chứng minh 
hàm số f(t) luôn đồng biến hoặc nghịch biến trên miền cần xác định. 
Khi đó ta có phương trình 
       1 ex ex 2f px u f v px u v        
Bước 3: Tìm cách giải cho phương trình (2). 
- Cũng với hướng suy nghĩ như trên, đối với bài toán sau, ta sẽ biến đổi bằng 
cách biểu diễn vế phải qua 2x - 1 bằng cách thêm bớt để làm xuất hiện biểu 
thức 2x - 1. 
Ví dụ 6. Giải phương trình 
3 31 2. 2 1x x    x . 
Bài giải tham khảo 
TXĐ: D =  . 
   
3 33 3
3
3 3 3
1 2. 2 1 2 2 1 2. 2 1
2 2 1 2. 2 1 1
x x x x x x
x x x x
        
     
Xét hàm số   3 2f t t t  với t . 
  2' 3 2 0,f t t t     suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình 
 13 
     
  
3 33 3
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 0
1 5
1 1 0 1; .
2
f x f x x x x x x x
x x x x
            
   
       
  
Vậy tập nghiệm của phương trình là: 
1 5
1;
2
T
   
  
  
. 
Tổng quát: Ta có thể thấy, đối với phương trình có dạng 
 3 3. ax 1x b a b   với a > 0 (x là ẩn) ta luôn đưa được về hàm đặc 
trưng để giải quyết bằng cách như sau: 
   
3
3 33 3 31 +ax ax . ax +ax ax axx b a b x b b          
Với hàm đặc trưng   3f t t at  , phương trình đã cho được biến đổi về 
phương trình 33 ax axx b x b     . 
Lưu ý: bài toán (1) cũng giải được theo cách đưa về hệ phương trình đối 
xứng loại 2, nhưng trong phạm vi bài viết, chúng ta chỉ xét đến cách giải 
bằng phương pháp dùng hàm đặc trưng. 
- Trên đây là một số bài toán mà ta đã sử dụng phương pháp hàm đặc trưng 
để giải, nhưng các phương trình đại số thì rất phong phú, đa dạng, không 
phải bài nào cũng đưa được về những dạng trên, mà đòi hỏi các em học sinh 
phải hình thành các kĩ năng cần thiết, linh hoạt trong các cách biến đổi để có 
thể tìm ra được hàm đặc trưng thích hợp cho từng bài. 
Với ví dụ sau, ta xem cách xử lí để áp dụng được hàm đặc trưng cho bài toán 
này như thế nào? 
Ví dụ 7. Giải phương trình 
   3 . 1 3 . 1 2 0x x x x x        x . 
 Nhận xét: 
Điều đầu tiên nghĩ đến là sẽ biểu diễn được x + 3 và x - 3 theo hai biểu thức 
trong căn bậc hai. Vậy thì khi đó, còn lại số hạng 2x, ta cũng phải biểu diễn 
được chúng qua (x + 1) và (1 - x), dễ dàng có được: 2x = (x +1) - (1 - x), và 
với điều kiện 1 1x   thì ta viết được  
2
1 1x x   và  
2
1 1x x   , 
như vậy bài toán đẽ được giải quyết. 
Bài giải tham khảo 
Điều kiện: 1 1x   (*). 
Ta có:    3 . 1 3 . 1 2 0x x x x x       
   
         
3 2 3 2
1 2 . 1 2 1 2 . 1
1 1 2 1 1 1 2 1 1
x x x x x
x x x x x x
              
           
Xét hàm số   3 2 2f t t t t   với  0;t  . 
 14 
Ta có    2' 3 2 2 0, 0;f t t t t       suy ra hàm số f(t) đồng biến trên 
 0; . Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  0; . 
Do đó phương trình 
     1 1 1 1 1 1 1 0f x f x x x x x x              
(thỏa mãn điều kiện (*)). 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 0. 
Ví dụ 8. Giải phương trình 
 2 23 33 32 1 2 1 2 1x x x x       x . 
 Nhận xét: 
Ở ví dụ này, nếu nhìn kĩ thì ta thấy các biểu thức dưới dấu căn ở hai vế có 
chung một mối liên hệ là 2 ( 1) 1x x    và 2 22 1 (2 ) 1x x   , do vậy nếu đặt 
3 1u x  và 23 2v x thì phương trình đã cho trở thành: 
3 33 31 1u u v v     , khi đó ta thấy phương trình sẽ được giải bằng 
phương pháp dùng hàm đặc trưng, trong đó hàm đặc trưng ở đây là 
33( ) 1f t t t   . 
Bài giải tham khảo 
Tập xác định D   . 
Đặt 3 1u x  và 23 2v x khi đó phương trình đã cho trở thành: 
 3 33 31 1 1u u v v a     
Xét hàm số   33 1f t t t   với t . 
 
 
2
233
' 1 0,
1
t
f t t
t
    

 suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình      1a f u f v u v    . 
Với u = v ta có 2 233
1
1 2 2 1 0 1
2
x
x x x x
x

      
  

Vậy phương trình có tập nghiệm: 
1
;1
2
T
 
  
 
. 
Tương tự, ta xét tiếp ví dụ sau xem kĩ năng biến đổi như thế nào? 
Ví dụ 9. Giải phương trình 
   2 22 3 4 12 11 3 9 2 5 3 0 1x x x x x x         x . 
 Nhận xét: 
Vì phương trình này chứa hai biểu thức có căn, nên đầu tiên ta sẽ nghĩ đến 
việc chuyển mỗi căn ở một vế của phương trình, do đó phương trình (1) có thể 
viết lại như sau:      2 21 2 3 4 12 11 5 3 3 9 2 1x x x x x x         
 15 
Ở biểu thức trong căn ở vế trái phương trình ta thấy có thế viết như sau 
 
224 12 11 2 3 2x x x     
và ở vế phải của phương trình có thể viết lại như sau 
   
223 9 2 3 3 2x x x x      
Vậy thì còn lại số hạng 5 3x  ta thấy cũng có thể biểu diến được qua 2x + 3 
và -3x, khi đó ta có lời giải của bài toán như sau. 
Bài giải tham khảo 
Ta có 
 
2
22
9 2 0,
4 12 11 2 3 2 0,
x x
x x x x
   

       


Do đó tập xác định D   . 
         
221 (2 3) (2 3) 2 2 3 3 3 2 3 1x x x x x x a            
Xét hàm số 2( ) . 2f t t t t   với t . 
2
2
2 2
'( ) 1 0, 
2
t
f t t
t

    

 suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình      
3
1 2 3 3 2 3 3
5
a f x f x x x x           . 
Vậy phương trình có nghiệm 
3
5
x   . 
Ví dụ 10. Giải phương trình 
3 2 23x 4x 5x 6 7x 9x 4       x . 
 Nhận xét: 
Ta thấy, việc biến đổi để đưa ra được hàm đặc trưng ở ví dụ này không phải 
là đơn giản, để tạo ra sự đồng bậc, làm tiền đề để đưa được về hàm đặc trưng 
thì ta thấy, có thể nghĩ đến việc đặt biểu thức căn bậc ba là một ẩn mới. Khi 
đó cách sử lí tiếp theo là gì? Chúng ta cùng theo dõi tiếp. 
Bài giải tham khảo 
TXĐ: D =  . 
Đặt 23y 7x 9x 4   , ta có hệ : 
3 2 3 2
3 2 2 3
x 4x 5x 6 y x 4x 5x 6 y
y 7x 9x 4 7x 9x 4 y
         
 
       
Cộng vế với vế của hai phương trình với nhau ta được phương trình 
     
33 2 3 3x 3x 4x 2 y y x 1 x 1 y y 1           
Xét hàm số   3f t t t  với t . 
Ta có   2' 3 1 0,f t t t     suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình      1 1 1f x f y y x      
 16 
Với y = x +1 ta có phương trình: 
 
32 2 3 23x 1 7x 9x 4 x 1 7x 9x 4 x 4x 6x 5 0              
  2
x 5
x 5 x x 1 0 1 5
x
2

        

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 
1 5
5;
2
T
  
  
  
. 
Với cách suy luận tương tự bài trên, thì chúng ta cũng có thể giải quyết được 
bài toán dưới đây, nhưng đòi hỏi một chút sáng tạo khi biến đổi. 
Ví dụ 11. (Đề nghị Olympic 30/4/2009) Giải bất phương trình 
3 2 3 236 12 7 9 19 11x x x x x x         x . 
Bài giải tham khảo 
TXĐ: D =  . 
Đặt 3 23y x 9x 19x 11     , ta có hệ : 
3 2 3 2
3 3 2 3 2 3
x 6x 12x 7 y 2x 12x 24x 14 2y
y x 9x 19x 11 x 9x 19x 11 y
         
 
           
Cộng vế với vế của hai phương trình với nhau ta được 
     
33 2 3 33 5 3 2 1 2 1 2 1x x x y y x x y y           
Xét hàm số   3 2f t t t  với t . 
Ta có   2' 3 2 0,f t t t     suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình      1 1 1f x f y y x      
Với y = x - 1 ta có phương trình: 
 
33 2 3 23 x 9x 19x 11 x 1 x 9x 19x 11 x 1             
    3 2 2x 6x 11x 6 0 x 1 x 5x 6 0 x 1; 2; 3            
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là  1; 2; 3T  . 
Ví dụ 12. Giải phương trình 
  4 3 2 24 12 9 16 2 3 3 1 8x x x x x x x          x . 
 Nhận xét: 
Với bài này ta chưa nhìn ngay ra được hàm đặc trưng cần xét, khi đó ta phải 
tìm cách biến đổi để làm sao xuất hiện ra hàm đặc trưng. Vì vậy ta sẽ nghĩ 
đến sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, nhưng đặt như thế nào? 
Bài giải tham khảo 
 17 
Điều kiện: 
 
4 3 2 22
3 0 3
1 0 1 1
4 12 9 16 0 2 3 16 0
x x
x x x
x x x x x

     
     
       
 (*). 
Đặt 2
3
, 1 0
2
x
u x v x     . Phương trình đã cho trở thành 
     
 
2 2 2 2
2 2 2
2
4 16 2 4 8 4 4 4
4
4 4 4 1
4
u u v v u u v v
u u u u v v
v v
          
         
 
Xét hàm số   2 2f t t t   với t , 
Ta có  
2 2
2 2 2 2
4
' 1 0,
4 4 4 4
t tt t t t t
f t t
t t t t
  
       
   
 suy ra 
hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó phương trình      1 f u f v u v    
Ta có 2 1x v  . Do đó 
   
  
 
22 2 4 2
3 2
3 2
3
1 1 2 2 1 0
2
1
1 2 2 3 1 0
2 2 3 1 0 2
u v v v v v v v
v
v v v v
v v v
          

       
   
Với 0v  ta có 3 22 2 3 1 0 0 0 1 0v v v        do đó (2) vô nghiệm. 
Với v = 1 ta có x = 2 (thỏa mãn điểu kiện (*)). 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. 
Qua các ví dụ trên, phần nào ta đã có được một số kinh nghiệm khi áp dụng 
tính chất hàm đặc trưng để giải cho các phương trình. Tương tự, cũng vẫn 
khai thác tính chất của hàm đặc trưng, ta sẽ xét tiếp việc áp dụng đối với bất 
phương trình. 
2.2 Khai thác tính chất hàm đặc trưng để giải bất phương trình 
Ở phần phương trình, chúng ta đã đưa ra một số dạng tổng quát để giải quyết 
các bài toán bằng phương pháp hàm đặc trưng, cũng theo cách phân tích 
tương tự như ở mục 2.1 chúng ta cũng xét các bất phương trình sau theo 
hướng đưa về phương trình đặc trưng như ở mục trên. 
Ví dụ 13. Giải bất phương trình 
3 2 34 18 27 14 4 5x x x x      x . 
 Nhận xét: 
Ở ví dụ này, nếu giữ nguyên bất phương trình và đồng nhất hệ số thì ta cũng 
vẫn tìm được kết quả nhưng quá trình biến đổi sẽ phức tap, cồng kềnh, để cho 
dễ dàng trong việc tính toán, ta nên nhân hai vế của bất phương trình với 2, 
vì ta để ý (2x)3 = 8x3. Và khi đó ta tìm được n = 2, m = 1, p = 2, u = 3. 
 18 
Bài giải tham khảo 
TXĐ: D =  . 
3 2 3 23 34 18 27 14 4 5 8 36 54 28 2 4 5x x x x x x x x           
       
33 3 32 3 2 2 3 4 5 2 4 5 1x x x x        
Xét hàm số   3 2f t t t  với t 
Ta có   2' 3 2 0,f t t t     suy ra hàm số f(t) đồng biến trên  . 
Mặt khác f(t) là hàm liên tục trên  . 
Do đó bất phương trình 
       
  
33 3
3 2 2
1 2 3 4 5 2 3 4 5 2 3 4 5
4 18 25 11 0 1 4 14 11 0
f x f x x x x x
x x x x x x
           
         
7 5 7 5
; ; 1
4 4
x
      
       
   
. 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: 
7 5 7 5
; ; 1
4 4