Chuyên đề phương trình hàm
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.18 MB, 37 trang )
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
h
h
t
t
t
t
p
p
:
:
/
/
/
/
l
l
a
a
i
i
s
s
a
a
c
c
.
.
p
p
a
a
g
g
e
e
.
.
t
t
l
l
C
C
H
H
U
U
Y
Y
Ê
Ê
N
N
Đ
Đ
Ề
Ề
P
P
H
H
Ư
Ư
Ơ
Ơ
N
N
G
G
T
T
R
R
Ì
Ì
N
N
H
H
H
H
À
À
M
M
A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm:
Phƣơng trình hàm và bất phƣơng trình hàm là một trong những chuyên
đề giảng dạy và bồi dƣỡng học sinh năng khiếu toán. Nghiên cứu phƣơng
trình hàm là một việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú thêm kiến
thức toán. Đặc biệt với “tƣ tƣởng” của Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên
cứu phƣơng trình hàm còn giúp chúng ta giải quyết đƣợc những hàm
“tựa” nhƣ: “tựa lồi”, “tựa lõm”, ; các đặc trƣng hàm cơ bản của một
số hàm số sinh bởi các phép biến hình sơ cấp, “sáng tác” các kết quả
mới trong tam giác, các “kỹ thuật” giải phƣơng trinh hàm, mối quan hệ
giữa phƣơng trình hàm và bất phƣơng trình hàm,…
A.2)Một số đặc trưng cơ bản của hàm số:
A.1.1/Đặc trưng của một số hàm sơ cấp:
Trong phần này ta nêu những đặc trƣng của một sồ hàm số sơ cấp thƣờng
gặp trong chƣơng trình phổ thông. Nhờ các đặc trƣng hàm này mà ta có
thể dự đoán kết quả của các phƣơng trình hàm tƣơng ứng cũng nhƣ có
thể đề xuất những dạng bài tập tƣơng ứng với các đặc trƣng hàm đó.
Các hàm số đƣợc xét trong phần này thoả mãn điều kiện liên tục trên
toàn miền xác định của hàm số. Nếu hàm số thoả mãn các đặc trƣng hàm
đã cho mà không có tính liên tục hoặc đƣợc xác định trên các tập rời rạc
thì nghiệm của phƣơng trình hàm có thể là một biểu thức hoàn toàn khác.
1/Hàm bậc nhất:
)0,(;)( babaxxf
.
Đặc trƣng hàm:
yx
yfxfyx
f ,;
2
)()(
2
(Phƣơng trình Jensen)
2/Hàm tuyến tính:
)0(;)( aaxxf
.
Đặc trƣng hàm:
yxyfxfyxf ,);()(
(Phƣơng trình Cauchy)
3/Hàm mũ:
)1,0(;)( aaaxf
x
.
Đặc trƣng hàm:
yxyfxfyxf ,);().(
(Phƣơng trình Cauchy)
4/Hàm logarit:
)1.0(;log)( aaxxf
a
.
Đặc trƣng hàm:
*
,);()(. Ryxyfxfyxf
(Phƣơng trình Cauchy)
5/Hàm sin:
xxf sin)(
.
Đặc trƣng hàm:
xxfxfxf );(4)(33
3
6/Hàm cosin:
xxf cos)(
.
Đặc trƣng hàm:
xxfxf ;1)(22
2
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
7/Hàm tang:
tgxxf )(
.
Đặc trƣng hàm:
)(
2
,,;
)()(1
)()(
ZkkyxRyx
yfxf
yfxf
yxf
8/Hàm cotang:
gxxf cot)(
.
Đặc trƣng hàm:
)(,,;
)()(
1)()(
ZkkyxRyx
yfxf
yfxf
yxf
9/Hàm luỹ thừa:
Rxxxf ;)(
.
Đặc trƣng hàm:
yxyfxfyxf ,);().(.
A.1.2/Hàm số chuyển đổi phép tính số học và đại số:
Trong phần này, ta khảo sát một số tính chất cơ bản của một số dạng hàm
số thông qua các hệ thức hàm đơn giản và các hàm bảo toàn và chuyển
đổi các tính chất cơ bản của phép tính đại số nhƣ giao hoán, phân phối,
kết hợp.
Bài toán 1: Xác định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả:
f(x+y)=f(x)+f(y)+f(x)f(y);
x,y (1)
Phân tích: f(x+1)=2f(x)+f(1), c=2c+1
c=-1
Lời giải: Đặt f(x)=g(x)-1,
Ta có g(x+y)-1=g(x)-1+g(y)-1+[g(x)-1][g(y)-1]
hay g(x+y)=g(x)g(y) ;
x,y (2). Do f(x) liên tục trên R nên g(x) cũng là
hàm liên tục trên R. Suy (2) có nghiệm là g(x)=eax. (1) có nghiệm là
f(x)=eax-1.
Bài toán 2: Cho hàm số F(u,v) (u, v là số thực). Giả sử phương trình
hàm: f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực) (1) có nghiệm f(x) xác định
và liên tục trên R. Chứng minh rằng F(u,v) là hàm đối xứng
(F(u,v)=F(v,u)) và có tính kết hợp (F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)])(2)
Lời giải:
u,v,w
D-1f(tập giá trị của hàm số f)
F(u,v)=F[f(x),f(y)]=f(x+y)=f(y+x)=F[f(y),f(x)]=F(v,u)
F[F(u,v),w]=f[(x+y)+z]=f[x+(y+z)]=F[f(x),f(y+z)]=F[u,F(v,w)]
Bài toán 3: Giả sử phương trình hàm f(x+y)=F[f(x),f(y)],
x,y
R;
với F(u,v)(
u,v,w
D-1f) là một đa thức khác hằng, có nghiệm là f(x)
xác định và liên tục trên R. Chứng minh F(u,v) có dạng
F(u,v)=auv+bu+bv+c.
Lời giải: Giả sử F(u.v) là đa thức bậc n theo u và bậc m theo v.
Khi đó, do F(u,v) đối xứng nên m=n. Từ bài toán 2, ta có
F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)], vế trái là đa thức bậc n theo w và vế
phái là đa thức bậc n2 theo w. Suy ra n2=n, hay n=1. Vậy
F(u,v)=auv+b1u+b2v+c. Mà F(u,v) đối xứng nên b1=b2 và
F(u,v)=auv+bu+bv+c. Theo bài toán 2, ta có ac=b2-b.
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Bài toán 4: Cho đa thức F(u,v)=bu+bv+c (b
0). Xác định các hàm số
f(x) xác định và liên tục trên R thoả f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực)
(Tức là f(x+y)=bf(x)+bf(y)+c (4))
Lời giải:
Nếu b
1 thì từ (4) với y=0, ta có f(x)=const
Khi b=
2
1
và c=0 thì mọi hàm hằng đều thoả (4)
Khi b=
2
1
và c
0 thì (4) vô nghiệm
Khi b
1 và b
2
1
thì nghiệm của (4) là f(x)=
b
c
21
Nếu b=1 thì (4) có dạng là f(x+y)=f(x)+f(y)+c và phƣơng trình hàm
này có nghiệm f(x)=ax+c
Bài toán 5: Cho đa thức
cbvbuauvvuF ),(
(
a
0, c=
a
bb
2
). Xác
định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả
RyxyfxfFyxf ,)],(),([)(
(Tức là
cybfxbfyfxafyxf )()()()()(
(5))
Lời giải: Đặt
a
bxh
xf
)(
)(
, từ (5) ta có
Ryxyhxhyxh ,);()()(
và phƣơng trình này có nghiệm
ax
exh )(
. Suy ra nghiệm của (5) có dạng
a
be
xf
ax
)(
Bài toán 6: Giả sử
)(xf
là nghiệm của phƣơng trình hàm:
)6(,),0()()()( RyxabABCyBfxAfcbyaxf
.
Chứng minh hàm số
)0()()( fxfxg
thoả mãn phƣơng trình Cauchy:
Ryxygxgyxg ,),()()(
Lời giải: Lần lượt đặt:
b
c
yx
b
cv
yx
b
c
y
a
u
x
b
cv
y
a
u
x
,0
,0
,
,
và thế vào (5), ta thu đƣợc các đẳng thức:
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
C
b
c
BfAff
C
b
cv
BfAfvf
C
b
c
Bf
a
u
Afuf
C
b
cv
Bf
a
u
Afvuf
)()0()0(
)()0()(
)()()(
)()()(
Suy ra:
)0()()()( fvfufvuf
Và
Ryxygxgffyfxffyxfyxg ,),()()0()0()()()0()()(
Vậy:
Ryxygxgyxg ,),()()(
Bài toán 7: Giả sử hàm số
)(xf
liên tục trên R là nghiệm của phƣơng
trình hàm:
)7(,),0()()()( RyxabABCyBfxAfcbyaxf
.
Chứng minh: khi đó
bBaA ,
Lời giải: Nghiệm của
Ryxygxgyxg ,),()()(
trong lớp
hàm liên tục là hàm tuyến tính
xxg
)(
. Do đó
xxf )(
, thế
vào (7), ta đƣợc:
)1(;, baCcbBaA
(7’)
Bài toán 8: Giải và biện luận phương trình hàm:
)8(,),0()()()( RyxabABCyBfxAfcbyaxf
trong lớp các hàm
liên tục trên R.
Lời giải:
Theo bài toán 7: điều kiện cần để (8) có nghiệm là
bBaA ,
. Giả sử
điều kiện này thoả mãn. Theo (7’), ta chia ra các truờng hợp sau:
+T/h:
0,1 cba
. Khi đó (8) trở thành:
RyxabAByfbxafyaaxf ,),0()()1()())1((
(8’) thuộc lớp
hàm chuyển tiếp các đại lƣợng trung bình cộng. Vậy (8’) có nghiệm
là
Rxxf
,;)(
+T/h:
0,1 cba
Khi đó (8) trở thành:
)"8(,),0()()1()())1(( RyxabABCyfbxafcyaaxf
. Đặt:
)()( xhx
c
C
xf
. Vậy (8”) có dạng:
)"'8(,),0()()1()())1(( RyxabAByhbxahcyaaxh
. Do đó
(8’”) chỉ có nghiệm hằng tuỳ ý (Xem (7)), vì vậy (8) có nghiệm
Rx
c
C
xf
;)(
+T/h:
1ba
. Theo bài toán 6 thì nghiệm của (8) có dạng
Rxxf
;)(
. Từ (7’) suy ra
)1( baCc
. Nếu cho
R
tuỳ ý thì
1
ba
Cc
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Bài toán 9: Xác định các hàm số
)(xf
liên tục trên R là nghiệm của
phƣơng trình hàm:
)9(,,);()()()( Rzyxzyfxfzfyxf
.
Lời giải:
+Đặt
0,)0( zaf
thế vào (9) ta có:
)'9(,);()()( Ryxyfxfayxf
+Đặt
axgxf )()(
. Từ (9’), ta có:
)"9(,);()()( Ryxygxgyxg
. Suy ra
Rxxg
;)(
Vậy (9) có nghiệm
Raxxf
,;)(
. Thử lại thấy (9) thoả.
Bài toán 10: Xác định các hàm số
)(xf
liên tục trên R là nghiệm của
phƣơng trình hàm:
)10(,,)];()()[()()( Rzyxzfyfxfzfyxf
.
Lời giải:
Thay
0 zy
vào (10), ta đƣợc
0)()0( xff
. Vậy
0)0( f
. Với
0z
thì
)'10(,)];0()()[()0()( Ryxfyfxffyxf
hay
)'10(,;0)()( Ryxyfxf
.
A.3)Bất phương trình hàm cơ bản.
Bài toán 1: Xác định các hàm số
)(xf
liên tục trên R thoả đồng thời
các điều kiện sau:
)2.1(,);()()(
)1.1(;0)(
Ryxyfxfyxf
Rxxf
Lời giải:
Thay
0 yx
, ta có
0)0(
)0(2)0(
0)0(
fhay
ff
f
Vậy nên
0)()())(()0( xfxfxxff
. Suy ra
0)( xf
. Thử lại (1)
thoả
Bài toán 2: Cho trước hàm số
Raaxxh ;)(
. Xác định các hàm số
)(xf
liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau:
)2.2(,);()()(
)1.2(;)(
Ryxyfxfyxf
Rxaxxf
Lời giải:
)()()( yhxhyxh
. Đặt
)()()( xgxhxf
. Khi đó ta có
Rxxg ;0)(
và
Ryxygxgyxg ,);()()(
. Theo bài toán 1, ta có:
Rxxg ;0)(
.
Vậy
Raaxxhxf ;)()(
. Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) và (2.2)
Bài toán 3: Cho
0a
. Xác định các hàm số
)(xf
liên tục trên R thoả
đồng thời các điều kiện sau:
)2.3(,);()()(
)1.3(;)(
Ryxyfxfyxf
Rxaxf
x
Lời giải:
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Ta có
Rxxf ;0)(
. Khi đó logarit hoá hai vế (3.1), (3.2), ta có
)'2.3(,);(ln)(ln)(ln
)'1.3(;)(ln)(ln
Ryxyfxfyxf
Rxxaxf
Đặt
)()(ln xxf
, ta có:
)"2.3(,);()()(
)"1.3(;)(ln)(
Ryxyxyx
Rxxax
Đặt
xaxgx )(ln)()(
, ta có: hàm
)(xg
thoả điều kiện bài toán 2 nên
Rxxg ;0)(
và
xax )(ln)(
. Vậy
)1.3(;)( Rxaxf
x
thoả điều kiện bài toán.
Bài toán 4: Xác định các hàm số
)(xf
liên tục trên R thoả đồng thời
các điều kiện sau:
)2.4(,;
2
)()(
)
2
(
)1.4(;0)(
Ryx
yfxfyx
f
Rxxf
Lời giải:
Đặt
)()(,)0( xgaxfaf
. Khi đó ta có
0g(0) vôùi
)'2.4(,;
2
)()(
)
2
(
)'1.4(;0)(
Ryx
ygxgyx
g
Rxxg
Thay
0y
vào (4.1’)
và (4.2’)
0)0(
;
2
)(
)
2
(
g
Rx
xgx
g
. Suy ra
Ryx
ygxgyx
g
,;
2
)(
2
)(
)
2
(
hay
Ryxygxgyxg
Rxxgg
,);()()(
;0)(,0)0(
theo bài toán 1 thì
const laø f(x) vaø Rxxg ;0)(
. Thử lại
cxf )(
thoả điều kiện bài toán.
Bài toán 5: Xác định các hàm số
)(tf
liên tục trên R thoả điều kiện sau:
Rxyfxyxf
Ry
;)(2max)(
(5)
Lời giải:
Từ (5) ta có
Ryxyfxyxf ,);(2)(
(5’)
Thay
tyx
vào (5’), ta có
Rxxxf ;)(
2
(5”)
Suy ra
Ryxyxxyxyyfxy ,;)(2)(2
222
mà
Rxxxfrasuyxyxxyfxy
RyRy
;)()(max)(2max
2222
. Vậy
Rxxxf ;)(
2
(kết hợp với (5”). Thử lại thấy thoả điều kiện.
Bài toán 6: Xác định các hàm số
)(tf
liên tục trên R+ thoả điều kiện
sau:
Rxyfxyyxxf
Ry
;)(max)(
22
(6)
Lời giải:
Tƣơng tự bài toán 5, ta có
Ryxyfxyyxxf ,);()(
22
Thay
tyx
vào (6’), ta có
Rxxxf ;)(
3
(6”)
Suy ra:
Ryxxyxyxxyxyyxyfxyyx ,;))(()(
32332222
mà
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ơ
ơ
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
rasuyRxxyxyxxyfxyyx
RyRy
;))((max)(max
32322
Rxxxf ;)(
3
. Kết hợp với (6”), ta có
Rxxxf ;)(
3
. Thử lại thấy
thoả điều kiện bài tốn.
Nhận xét: Điều khẳng định trên cho ta một kết luận tương ứng
sau:
Nếu có một bất đẳng thức cổ điển cho cặp số
yx,
; chẳng hạn nhƣ
Ryxyxyyxx ,;
3223
thì từ điều kiện
Rxyfxyyxxf
Ry
;)(max)(
22
ta có ngay hàm cần tìm là
Rxxxf ;)(
3
Từ đây ta có thể “sáng tác” ra những bài tốn tƣơng tự
Bài tốn 7: Chứng minh rằng nếu:
f
f
Dx 0 h(x)và 0(x)f' Hoặc
Dx 0 h(x)và 0(x)f' Hoặc
0g(x) f(0)g(x).h(x)f(g(x)) : có ta trongthì
Lời giải:
Sử dụng định lý Lagrange, ta có:
f(0)g(x).h(x)f(g(x))
0 g(x).h(x)f(0)-f(g(x))
g(x) và 0 giữanằm h(x)]g(x)(c)[f' c;0
0)]()('[0 xhcfdog(x)
Bài tốn 8: Giải bất phương trình
)7(13)4(3
224
2
xx
x
Lời giải:
Xét hàm số
x
xf 3)(
, ta có
xxf
x
ln.3)('
(7):
)0(103)4()0()4(
222
fdoxfxf
x
Sử dụng định lý Lagrange, ta có:
)4(03)4(]0)4)[(('
2222
xcxxcf
x
và 0 giữanằm
0]3)(')[4(
22
x
cfx
0]33ln3)[4(
22
xc
x
0)4(
2
x
22 xx
Bài tốn 9: Cho các số dương
aM,
. Tìm các hàm số
RRxgxf :)(),(
thoả mãn điều kiện
)8(,;))(()()(
2
RyxyxMyxxgxfyf
a
Lời giải:
Giả sử có các hàm số
RRxgxf :)(),(
thoả điều kiện. Thay đổi vai
trò của
yx,
ta có:
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
)'8(,;))(()()(
2
RyxxyMxyygyfxf
a
. Cộng vế (8) và
(8’), ta có
))(()()())(()()())](()([ xyygyfxfyxxgxfyfyxygxg
)"8(,;2))](()([
2
RyxyxMyxygxg
a
yxRyxyxM
yx
ygxg
a
,,;2
)()(
. Cố định
xychox
, ta có
RxconstcxgrasuyRxxg );()(;0)('
Thay
cxg )(
vào (8) và làm tƣơng tự nhƣ trên, ta có:
yxRyxyxMc
yx
yfxf
a
,,;2
)()(
và
dcxxfcxf )()('
.
Thử lại
dcxxfcxg )(;)(
thấy đúng.
Bài toán 10: Chứng minh:
)(max
1
axx
a
(9)
Lời giải:
Ta có
1;1;)( axaxx
, suy ra điều phải chứng minh
A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác.
Phép tịnh tiến sinh ra hàm tuần hoàn cộng tính, phép đồng dạng sinh ra
hàm tuần hoàn nhân tính, phép phản xạ sinh ra hàm số chẵn, lẻ.
Tính chất 1: Điều kiện cần và đủ để 3 số dương A, B, C là 3 góc của
một tam giác là A+B+C=
Tính chất 2: Điều kiện cần và đủ để 3 số dương a, b, c là 3 cạnh của
một tam giác là a+b>c, b+c>a, c+a>b (hay /b-c/<a<b+c)
Bài toán 1: Xác định số
để hàm số
xxf )(
có tính chất
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác
ABC.
Lời giải:
Để
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác, trƣớc hết phải
có
0)(,0)(,0)( cfbfaf
.
Suy ra
ABCcba ;0,0,0
Hay
ABCcba ;,,
tƣơng đƣơng
0;,,max
hayABCcba
. Ngƣợc lại, với
0
thì
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác. Vậy với
0
thì
hàm số
xxf )(
có tính chất
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của
một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Bài toán 2: Xác định số
để hàm số
xxf
)(
có tính chất
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác
ABC.
Lời giải:
Để
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác, trƣớc hết phải
có
0)(,0)(,0)( cfbfaf
.
Suy ra
ABCcba ;0,0,0
Hay
0
. Vậy với
0
thì hàm số
xxf
)(
có tính chất
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam
giác ABC.
Bài toán 3: Xác định số
,
để hàm số
xxf )(
có tính chất
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác
ABC.
Lời giải:
Để
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác, trƣớc hết phải
có
0)(,0)(,0)( cfbfaf
.
Suy ra
)3(;0,0,0 ABCcba
Từ (3), ta có
0
(Vì nếu
0
,
tuỳ ý thì ta chọn tam giác ABC có
a
đủ lớn thì
0
a
)
Tƣơng tự
0
(Vì nếu
0
chọn tam giác ABC có
a
đủ nhỏ thì
0
a
)
Trƣờng hợp
0
không thoả.
Vậy
0,0,0
thì hàm số
xxf )(
có tính chất
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam
giác ABC.
Bài toán 4: Xác định số
,
để hàm số
x
xf
1
)(
có tính chất
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác
ABC.
Lời giải:
Giả sử
cba
. Phép nghịch đảo
x
xg
1
)(
không có tính chất
)(),(),( cgbgag
là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam
giác ABC.( Phản ví dụ
1,2 cba
; ta có
cba
111
)
Để
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác, trƣớc hết phải
có
0)(,0)(,0)( cfbfaf
.
Suy ra
)4(;0,0,0 ABCcba
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Suy ra
0;0
(bài toán 3)
+Trƣờng hợp
0
: không thoả.
+Trƣờng hợp
0,0
: không thoả (
1,2 cba
)
+Trƣờng hợp
0,0
:
0
1
)()()(
cfbfaf
;
)(),(),( cfbfaf
là
độ dài các cạnh của một tam giác đều.
+ Trƣờng hợp
0,0
: ta có
)()()( cfbfaf
Ta cần xác định các số dƣơng
,
sao cho:
cbaABCcfbfaf ,);()()(
Hay
cbaABC
cba
,;
111
(4’)
Phản ví dụ:
0,03 dcdba
thế vào (4’), ta có:
dd
1
3
2
. Suy ra
d2
, điều này không xảy ra với
d
đủ
lớn.
Vậy với
0,0
:
0
1
)()()(
cfbfaf
;
)(),(),( cfbfaf
là độ
dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.
Bài toán 5: Xác định hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
],
0)0( f
và có
đạo hàm trong (0;
) sao cho
)(),(),( CfBfAf
tạo thành số đo các góc của
một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trƣớc.
Lời giải:
Ta cần xác định hàm khả vi
)(xf
sao cho:
)()()(
0)0(
);0(;0)(
CfBfAf
f
xxf
)(0)0( ff
và
)( BAC
Suy ra
];0[,,;)()()(
BABABAfBfAf
Hay
];0[,,;)()()(
yxyxyxfyfxf
Lấy đạo hàm theo biến
];0[,,;0)(')(':
yxyxyxfxfx
Suy ra
);0(;)(':
xcxfx
.
Vậy
00)0(.)( qrasuyfDoqpxxf
. Do
)(f
nên
1p
Kết luận: hàm số
xxf )(
liên tục trong [0;
],
0)0( f
và có đạo hàm
trong (0;
) sao cho
)(),(),( CfBfAf
tạo thành số đo các góc của một
tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trƣớc.
Bài toán 6: Xác định hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
],
);0(;0)(,0)0(
xxff
sao cho
)(),(),( CfBfAf
tạo thành số đo các
góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trƣớc.
Lời giải:
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Ta cần xác định hàm
)(xf
liên tục trong
];0[
sao cho:
);0(,,;)()()(
0)0(
);0(;0)(
yxyxyxfyfxf
f
xxf
(6)
)0(];0[,;)()0()( yxxffxf
(6’)
Đặt
)()( xgxxf
thì
)(,0)0( xgg
liên tục trong
];0[
Ta có
)()()( xgxxgx
)"6()()( xgxg
. Thế
)()( xgxxf
vào (6) và sử dụng (6”), ta có:
)]([)()()( yxgyxygyxgx
Hay
yxyxyxgygxg ],;0[,);()()(
(6’”). Do
)(xf
liên
tục trong
];0[
, nên (6”’) là phƣơng trình hàm Cauchy và
xaxfaxxg )1()(;)(
.
);0(;0)(
xxf
nên
01 a
và để
)()()( CfBfAf
ta cần có
xxfarasuya )(;011
Bài toán 7: Xác định hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
], sao cho
)(),(),( CfBfAf
tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi
tam giác ABC cho trƣớc.
Lời giải:
*Ta thấy có hai hàm số hiển nhiên thoả điều kiện là
3
)(;)(
xfxxf
*Ta xác định các hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
] và
);0(,,;)()()(
);0(;0)(
yxyxyxfyfxf
xxf
(7)
Cho
0y
, ta có:
);0(,;)()0()(
xxffxf
(7’)
Hay
];0[,);0()()(
xfxfxf
. Đặt
)()0()( xgfxf
thế vào
(7) và sử dụng (7’), ta có:
)()()0()()0()()()( yfxffyxfhayfyxfyfxf
)0()()0()()0()( fyffxffyxf
Hay
yxyxyxgygxg ],;0[,);()()(
(7”) là phƣơng trình
hàm Cauchy và
xxfxxg )(;)(
. Ta cần xác định
,
để
)()()(
);0(;0)(
CfBfAf
xxf
Hay
3)(
);0(;0
CBA
xx
hay
)
3
)1(
(3
);0(;0
xx
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Hay
);0(;0
3
)1(
)(
xxxf
(7”’). Cho
xx ;0
, ta có:
1
2
1
Kiểm tra các trƣờng hợp:
+
1
2
1
: (7’”) thoả
+
2
1
: (7’”) thoả
22
1
)(
xxf
+
1
: (7’”) thoả
xxf )(
Vậy các hàm cần tìm có dạng:
1
2
1
;
3
)1(
)(
xxf
Bài toán 8: Xác định hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
], sao cho:
)(),(),( cfbfaf
tạo thành số đo các cạnh của một tam giác nội tiếp trong
đƣờng tròn đƣờng kính bằng 1 ứng với mọi tam giác ABC cho trƣớc.
Lời giải:
Ta có nhận xét sau: Xét đƣờng tròn (O) có đƣờng kính 2R=1.
)(M
là tập hợp tất cả các tam giác nội tiếp trong đƣờng tròn (O) nói trên.
Khi đó điêu kiện cần và đủ để ba số dƣơng
,,
là ba góc của một
tam giác thuộc
)(M
là
sin,sin,sin
tạo thành độ dài các cạnh của
một tam giác thuộc
)(M
(
sinsin2,sinsin2,sinsin2 RcRbRa
). Theo
bài toán 7 thì
1
2
1
;
3
)1(
sin)(
xxf
.
*Nhận xét: nghiệm của phƣơng trình vô định
222
zyx
có thể mô tả
dƣới dạng
)
2
;0(,;sin.
cos.
vRu
uz
vuy
vux
. Ta suy ra các kết luận sau:
Bài toán 9: Chứng minh
)
2
;0(,);;(
vRuvu
đều tồn tại một tam
giác mà độ dài các cạnh là những số
)
2
;0(,;
.),(
sin.),(
cos.),(
3
2
1
vRu
vuvuP
vuvuP
vuvuP
đều là các tam giác vuông.
Lời giải:
)
2
;0(,;
.),(
sin.),(
cos.),(
3
2
1
vRu
vuvuP
vuvuP
vuvuP
.
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Ta thấy
2
3
2
2
2
1
3
2
1
);();();(
0);(
0);(
0);(
vuPvuPvuP
vuP
vuP
vuP
. Từ đó suy ra
);(),;(),;(
321
vuPvuPvuP
là độ dài các cạnh của một tam giác vuông có
canh huyền
);(
3
vuP
.
Bài toán 10: Chứng minh rằng
1x
đều tồn tại một tam giác mà độ
dài các cạnh là những số
1)(
122)(
12)(
4
3
23
2
234
1
xxP
xxxxP
xxxxxP
và các tam giác đó
có góc lớn nhất nhƣ nhau (
1x
cho trƣớc).
Lời giải:
)1)(1()(
)12)(1()(
)1)(1()(
22
3
2
2
22
1
xxxP
xxxP
xxxxP
Đặt
0)1(
0)12(
0)1(
2
2
xc
xb
xxa
. Ta có
xxcbxxaxxcb 2122
222
. Vậy
cba ,,
là 3 cạnh
của một tam giác. Cạnh lớn nhất của tám giác ứng với
ahayxP )(
1
.
Khi đó gọi
là góc lớn nhất,
3
2
2
1
2
cos
222
bc
cba
A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác.
Một số hàm số không phải là hàm lồi nhƣng có tính chất của hàm lồi
đƣợc gọi là hàm “tựa lồi”, hàm số không phải là hàm lõm nhƣng có tính
chất của hàm lõm đƣợc gọi là hàm “tựa lõm” , (theo Thầy Nguyễn Văn
Mậu)
Bài toán 1: Trong tam giác ABC, nếu A<B thì sinA<sinB (Chứng
minh đơn giản: tương ứng với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn).
Nhận xét:
Hàm số
xxf sin)(
không đồng biến trong
);0(
nhƣng ta cũng có hệ
thức kiểu “đồng biến” cho cặp góc của một tam giác.
Bài toán 2: Trong tam giác ABC, ta có
2
cos2coscos
BA
BA
.
Nhận xét:
Hàm số
xxf cos)(
không là hàm lõm trong
0)(");0( xf
nhƣng ta
vẫn có hệ thức kiểu hàm lõm cho cặp góc của một tam giác.
Bài toán 3: Trong tam giác ABC, ta có:
3.1)
2
33
sinsinsin CBA
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
3.2)
2
3
coscoscos CBA
3.3)
3
222
C
tg
B
tg
A
tg
3.4)
33
2
cot
2
cot
2
cot
C
g
B
g
A
g
Nhận xét:
Từ kết quả 3.2) ta nhận thấy rằng tính chất của hàm lõm không còn
đƣợc sử dụng nhƣ một công cụ cơ bản để kiểm chứng tính đúng đắn
của bất đẳng thức. Vậy vấn đề đặt ra là: Về tổng thể, ta có thể mô tả
đƣợc hay không lớp các hàm tổng quát thoả mãn điều kiện
)
3
(3)()()(
)
3
(3)()()(
fCfBfAf
fCfBfAf
với mọi tam giác ABC?
Bài toán 1: Cho hàm số
);0();(
ttf
. Chứng minh các điều kiện (1.1)
và (1.2) sau đây là tƣơng đƣơng:
)1.1();0(,,);
2
(2)()(
yxyx
yx
fyfxf
)2.1(];0(,,,);
3
(3)()()(
zyxzyx
zyx
fzfyfxf
Lời giải:
+Giả sử:
zyx
, ta có
)3.1(
2
2)
3
()(
z
zyx
z
f
zyx
fzf
Từ (1.1) và (1.3), ta có:
2
3
)
2
(2)
3
()()()(
zyx
z
f
yx
f
zyx
fzfyfxf
];0(,,,;
3
4
zyxzyx
zyx
f
. Suy ra (1.2)
+Từ (1.2), giả sử
yzx
, đặt
2
yx
z
ta đƣợc (1.1).
Bài toán 2: Xác định hàm số
);0();(
ttf
thoả mãn điều kiện:
)()( BfAfBA
(2).
Lời giải:
+(2) thoả với mọi cặp góc nhọn A,B tƣơng đƣơng với
)()(
0
tftf
là một hàm đồng biến trong
]
2
;0(
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
+Xét hàm số
tkhitf
tkhitf
tg
2
)(
2
0)(
)(
0
0
0
. Ta chứng minh
)(
0
tg
thoả điều kiện bài toán. Thật vậy:
o A, B nhọn thì (2) thoả
o Xét
BABA ;
2
0
)()()()(,
0000
AgAfBfBgAB
+Ta chứng minh mọi hàm số
);0();(
ttf
thoả điều kiện bài toán
đều có dạng:
tkhitg
tkhitg
tf
2
),(
2
0),(
)(
0
0
. Thật vậy, từ
)()(
0
BfBg
với B tù, ta có
BABA ,
2
0
thì
)()()()()()(,
0000
AfAgAfBfBgBfAB
Bài toán 3: Xét hàm số
tkhit
tkhit
tf
2
,cos1
2
0,sin
)(
. Chứng minh với
mọi tam giác ABC ta đều có
)3(
2
33
)()()( CfBfAf
Lời giải:
+Tam giác ABC nhọn (hay vuông) thì (3) có dạng quen thuộc
2
33
sinsinsin CBA
+Tam giác ABC tù:
2
C
thì (3) có dạng
)'3(
2
33
cos1sinsin CBA
đúng
Do
2
33
sinsinsincos1sinsin CBACBA
A.6)Các đề thi học sinh giỏi.
I.Tính giá trị hàm số:
Bài toán 1: Cho hàm số
Zxxf ),(
, thoả:
Znmmnnfmfnmf
f
,);14(3)()()(
0)1(
. Tính
)19(f
Lời giải: Ta có 19=10+9
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
513297)5(2)10(
408237)4()5()9(
10845)1()4()5(
6345)2(2)4(
99)1(2)2(
0)1(
ff
fff
fff
ff
ff
f
Suy ra
199810774085131077)9()10()19( fff
Bài toán 2: (Dự tuyển IMO) Cho hàm số
:)(xf
Ryxxyyxfyfxf
f
,;1)()()(
1)1(
. Tìm các số
nnfZn )(:
Lời giải: Cho
2)()1(1)1()1()(1 xfxfxxffxfy
2,1022
2
)2)(1(
)(
2212)3( )1()()1()(
)3()1()2(
)1()3()2(
)()2()1(
,);1()1()(
2
1
1
nnnnn
nn
nnf
innnnfraSuy
ff
nnfnf
nnfnf
Znnnfnf
n
Bài toán 3: Cho hàm số
f
xác định trên tập các số nguyên thoả:
Zyxyxfyxfyfxf
f
f
,);()()()(
3)1(
0)0(
. Tính
)7(f
Lời giải:
+Ta chứng minh
)2()1(3)( nfnfnf
.
Ta có
2)0()1()1()0()1( fffff
)1()1()(3)1()1()1()( nfnfnfnfnffnf
)2()1(3)()1()(3)1( nfnfnfnfnfnf
+ Suy ra:
)5()6(3)7( fff
843)5()6(3)7(
322)4()5(3)6(
123)3()4(3)5(
47)2()3(3)4(
18)1()2(3)3(
7)0()1(3)2(
fff
fff
fff
fff
fff
fff
Bài toán 4: Cho hàm số
f
xác định trên tập N* thoả:
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
*;32)2(
94)(
5)1(
1
Nnf
nnff
f
nn
. Tính
)1789(f
Lời giải:
Ta có 1789=4.445+9, 445=4.109+9, 109=4.25+9, 25=4.4+9
Ta tính các giá trị:
35819893.4)893()1789(
17899445.4)445()893(
8939221.4)221()445(
4459109.4)109()221(
221953.4)53()109(
109925.4)25()53(
53911.4)11()25(
2594.4)4()11(
1132)2()4(
32
fff
fff
fff
fff
fff
fff
fff
fff
ff
Bài toán 5: Cho hàm số
f
xác định trên R thoả:
Ryxyx
xyfyfxf
,;2
3
)()()(
(5). Tính
)36(f
Lời giải:
3)0(2)0(2
3
)0()0()0(
fhayf
fff
+T/h
2)0( f
, ta có
2
2
3
)(0,;2
3
)0()0()(
xxfyRxx
ffxf
không thoả (5)
+T/h
3)0( f
, ta có
3)(0,;2
3
)0()0()(
xxfyRxx
ffxf
thoả
(5). Suy ra:
39336)36( f
Bài toán 6:
Đặt
1;)()(,
3
72
)(
111
nxffxf
x
x
xf
nn
. Tính
)2002(
2001
f
Lời giải:
x
x
xf
xffxf
x
x
xf
xffxf
x
xf
3
2
1
3
1
2
3)(
1
2))(()(
2
1
3
3
3
1
2
1
2
3)(
1
2))(()(
3
1
2)(
2
213
1
122
1
Chứng minh bằng quy nạp:
3,2\;)(
3
Nxxxf
n
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Suy ra
2002)2002(
2001
f
Bài toán 7: Cho hàm số
f
xác định trên tập các số thực và thoả điều
kiện:
Ryx
yfxfyxf
xyfyxfxyf
,
)2()()()(
)1()()()(
19931993
. Tính
)5753(f
Lời giải:
)'2(,);()()(
)()(0:)2(
0)1(1:)1(
0)0(0:)1(
1993
Ryxyfxfyxf
xfxfythay
fyxthay
fyxthay
Vậy hàm số
f
cộng tính trên R
naïp) quy (C/m baèng Nnxxfnxxf
xxfxf
xffxfxf
nn
,0)()(
)(2)(:)1(
)()1()()1(
1
2
Suy ra
)(1993)(
1992
xfxxf
. Nếu
0)( xf
thì
)(!0,11993
1992
xx
Vậy:
0)( xf
. Kết luận
0)5753( f
Bài toán 8: Cho hai hàm số
)4;2(:,:;, KKKgKKfgf
thoả
điều kiện:
Kx
xxgxf
xfgxgf
)2()()(
)1())(())((
2
. Chứng minh
)3()3( gf
Lời giải:
Lấy
0
)(
,
0
0
0
x
xf
aKx
Chứng minh bằng quy nạp:
Nnxaxaf
nn
;)(
0
1
0
+
)()(!;,1
00
xadonKxaa
nn
+
)0()(!,10
0
xadoa
n
+Vậy
Kxxxfxxfa ;)()(1
00
; tƣơng tự
Kxxxg ;)(
Kết luận:
)3()3();()( gfKxxgxf
Bài toán 9: (IMO) Cho hàm số
NNf :
thoả điều kiện:
)2(3333)9999(,0)3(,0)2(
)1(1;0)()()(
fff
nfmfnmf
. Tính
)1982(f
Lời giải:
(1):
)()()( nfmfnmf
1)3(11)1()2()3()(!00)1()2()3(1,2
0)1()1(2)2(01
fffffffnm
fffnm
2)3(2)3()3()33()2.3( fffff
Nnnnf ;).3(
(C/m bằng quy nạp)
+Nếu
nnf ).3(
thì
nm
ta có
mmf )3(
. Thật vậy,
1)3()3())1(3( nfnfnf
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ụ
ụ
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
+
3333nvụựi nnfff )3()3333.3()9999(3333
Vy
1982)1982.3( f
Mt khỏc
)1982(3)1982()1982.2()1982.3(1982 ffff
661
3
1982
)1982( f
660)2()660.3()2()1980()1982( fffff
Do ú
660)1982(661)1982(660 ff
Bi toỏn 10: Cho hm s
f
liờn tc trờn R tho iu kin:
)2(999)1000(
)1(;1)())((
f
xxfxff
. Tớnh
)500(f
Li gii:
999
1
)999(1)1000())1000(( ffff
Do hm s
f
liờn tc trờn R v
)1000(999500
999
1
)999( ff
nờn tn
ti
500)(:)1000;999(
00
xfx
(1)
500
1
)500(1)())((
00
fxfxff
II.c lng giỏ tr hm s:
Bi toỏn 1: Cho hm s
[0;1] ủoaùn treõn ủũnh xaựcf
, tho:
)2(]1;0[,);()()
2
(
)1(0)1()0(
yxyfxf
yx
f
ff
1)Chng minh phng trỡnh
0)( xf
cú vụ s nghim trờn [0;1]
2)Tn ti hay khụng hm s xỏc nh trờn [0;1] tho món iu kin (1),
(2) v khụng ng nht bng 0?
Li gii:
1)
]1;0[;0)()(2)( xxfxfxfyx
0
2
1
0)1()0(
2
1
00,1
ffffyx
D dng chng minh
Nkf
k
;0
2
1
Vy phng trỡnh
0)( xf
cú vụ s nghim trờn [0;1]
2)Hm s
Qxkhi
Qxkhi
xf
\]1;0[;1
]1;0[,0
)(
tho món iu kin bi toỏn
Bi toỏn 2: Cho hm s
R treõn ủũnh xaựcf
, tho:
)2();14()4()(
)1(0)0(
xxfxfxf
f
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ơ
ơ
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Hãy tìm số các nghiệm của phƣơng trình
0)( xf
trên đoạn [-
1000;1000]
Lời giải:
xxfxffff );10()(;0)14()4()0(
Vì vậy với mọi
Zkkxkx ;410,10
21
đều là nghiệm của phƣơng
trình
0)( xf
.
Trên [-1000;1000] số điểm dạng
1
x
(khơng kể điểm bội) là
2011
10
10001000
Trên [-1000;1000] số điểm dạng
2
x
(khơng kể điểm bội) là
2001
10
996994
Vậy số các nghiệm của phƣơng trình
0)( xf
trên đoạn [-1000;1000]
khơng ít hơn 401.
Xét hàm số
lại còn hợptrường các trong 1,
x hoặcx dạng có x
21
khi
xf
,0
)(
thỏa điểu kiện bài tốn
+Nếu
x
có dạng
1
x
thì
0)( xf
; hơn nữa
xx 14,4
có dạng
2
x
nên
0)14()4( xfxf
.
+Nếu
x
có dạng
2
x
thì
0)( xf
; hơn nữa
xx 14,4
có dạng
1
x
nên
0)14()4( xfxf
.
+Nếu
x
khơng có dạng
1
x
,
2
x
thì
1)14()4()( xfxfxf
.
Vậy số các nghiệm của phƣơng trình
0)( xf
trên đoạn [-1000;1000] là
401.
Bài tốn 3: Cho hàm số
[0;1]KK; trên đònh xác f
, thoả:
)3(,,);()()(
)2(0)(
)1(1)1(
Kyxyxyfxfyxf
xf
f
Chứng minh
Kxxxf ;2)(
Lời giải:
1)Chứng minh
*
;
2
1
2
1
Nnf
nn
bằng quy nạp.
2)
Kyxyxxfyfxfyxf ,,);()()()(
; suy ra
f
khơng giảm trên
K.
3)
Kx
, chọn
1
22
2
1
21
1
log,
1
log
kk
x
k
x
k
x
k
kk
x
2
1
2
1
1
xfxf
kk
2
2
1
.2
2
1
)(
1
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ụ
ụ
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Bi toỏn 4: Cho hai hm s liờn tc trờn K:
[0;1]K; KKgf :,
,
tho:
)2(
)1())(())((
taờng soỏ haứmlaứ f
xfgxgf
Chng minh
aagafKa )()(:
Li gii:
t
)(,)()( xhxxgxh
l hm s liờn tc trờn K v
01)1()1(,00)0()0( ghgh
. Vy
0000
)(0)(: xxghayxhKx
+Nu
00
)( xxf
thỡ ta cú iu phi chng minh.
+ Nu
00
)( xxf
. Khi ú ta xõy dng dóy s
*),(
)(
:
1
01
Nnxfx
xfx
x
nn
n
Chng minh
*;)( Nnxxg
nn
bng quy np.
Dóy
)(
n
x
n iu (tng nu
10
xx
, gim nu
10
xx
) v b chn nờn
)(
n
x
hi t:
Kax
n
lim
. Do
gf ,
liờn tc trờn K, nờn:
axxgxgag
axxfxfaf
nnn
nnn
lim))(lim()(lim)(
lim))(lim()(lim)(
1
Vy
aagafKa )()(:
III.Tớnh tng cỏc giỏ tr hm s:
Bi toỏn 1: (CaMO) Cho hm s
39
9
)(
x
x
xf
, tớnh
1995
1
1996
i
fS
Li gii:
Ta cú
1)1()(
39
3
39
9
)1(
1
1
xfxfxf
xx
x
1995
1
1996
i
fS
1996
998
1996
999
1996
997
1996
1994
1996
2
1996
1995
1996
1
fffffff
2
1995
2
1
997
2
1
997
f
Bi toỏn 2: Cho hm s
*N treõn ủũnh xaựcf
v tha iu kin:
)2005()1(
)(2)1()1(
1
ff
nfnnf
n
. Tớnh
2004
1
ifS
Li gii: Ta cú
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ơ
ơ
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
)2004(22004)2005(
)2003(22003)2004(
)3(23)4(
)2(22)3(
)1(21)2(
ff
ff
ff
ff
ff
Sif 220042003 4321)(
2005
2
, thay
)1()2005( ff
.Ta có:
3S=-1002. Suy ra S=-334.
Bài tốn 3: Cho hàm số
Rf
Q:
và thỏa điều kiện:
Qyx
x
y
xfyxf ,;)()(
.
Chứng minh:
Nn
nn
ff
n
in
;
2
)1(
)2()2(
1
Lời giải:
Cho
1)2(2
2
2
)2(222
1
ii
i
i
iiii
ffffyx
Do đó:
inffffffff
iinnnnin
)2(2 )2(2)2(2)2(2
1211
2
)1(
)()2()2(
1
011
nn
iinff
nnn
in
Bài tốn 4: Cho hàm số
f(1)f(0) mãn thỏa [0;1] đoạn trên tục liên f
.
Chứng minh
n
cfcfchosaocNn
1
)(]1;0[*,
Lời giải:
Xét hàm số
n
1-n
0; đọan trên tục liên )()(
1
)( xgxf
n
xfxg
. Ta có
n
n
f
n
n
f
n
n
g
n
f
n
f
n
g
f
n
fg
11
121
)0(
1
)0(
Suy ra:
0)0()1(
1
0
ff
n
i
g
n
0,0:,
n
j
g
n
i
gji
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ơ
ơ
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
)(cff
n
1
c hay0g(c) cho sao
n
j
và
n
i
giữa nằm c nên tục liên g Do
IV.Hàm tuần hồn:
Bài tốn 1:
Cho hàm số
:f
xxfxfxff ),4()4()( thỏa R trên đònh xác
Chứng minh
f
là hàm số tuần hồn.
Lời giải:
)4()()8(
)()4()4(
xfxfxf
xfxfxf
Suy ra
)()12()24()()12()4()8( xfxfxfxfxfxfxf
Vậy
xxfxf );()24(
hay
f
là hàm số tuần hồn.
Bài tốn 2: Cho hàm số
RR: f
thỏa mãn:
)2(1)(:
)1(,);()(2)()(
00
xfx
Ryxyfxfyxfyxf
Chứng minh
f
là hàm số tuần hồn.
Lời giải:
Ta có
1)0(
)0(
)0(2)0(20
2
f
f
ffyx
+
)(!0)0(2)(20)0(
0
fxff
+
1)(2)2()(2)0()2(1)0(
22
xfxfxffxff
1)2()(2)0()2(
0
2
00
xfxffxf
(1)
)2()2(2)4()2(
000
xxfxxfxfxf
(1’)
111.21)(2)2(
2
00
xfxf
,
111.21)2(2)4(
2
00
xfxf
2
0
)(21)2()4()2( xfxfxfxf
(1’):
2
0000
2
)()2()2()2()2(2)(2 xfxxfxxfxxfxxfxf
(1):
)(2)2()(2)2()2(
000
xfxfxfxxfxxf
Suy ra
xxfxxfxxf );()2()2(
00
Vậy
f
là hàm số tuần hồn.
Bài tốn 3:
Cho hàm số
RR: f
thỏa mãn:
x
xfxf
xfxf
)2(2)()2(
)1(3)()3(
Chứng minh
xxfxg )()(
là hàm số tuần hồn.
Lời giải:
)()(3)3(63)3(6)6()6( xgxxfxxfxxfxxfxg
)()(4)4(62)4(6)6()6( xgxxfxxfxxfxxfxg
Suy ra
xxgxg );()6(
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
Vậy
xxfxg )()(
là hàm số tuần hoàn.
(Nhận xétù: 6=BCNN(3;2); có thể tổng quát bài toán từ nhận xét trên)
Bài toán 4:
Cho hàm số
RR: f
thỏa mãn:
xxfxfxf );(2)1()1(
Chứng minh
)(xf
là hàm số tuần hoàn.
Lời giải:
)1(2)()2( xfxfxf
)1()(2)1( xfxfxf
)1(2)()2()1()(22)()2( xfxfxfxfxfxfxf
)'1()(2)1()3( xfxfxf
Từ (1) và (1’), ta có:
)1()3(0)1()3( xfxfxfxf
)()4()8()()4( xfxfxfxfxf
Vậy
)(xf
là hàm số tuần hoàn.
V.Hàm hằng:
Bài toán 1:
Cho hàm số
0:,,
)()(
)(
yxyx
yx
yfxf
xyff thoûa RR :
Chứng minh
f
là hàm hằng.
Lời giải:
1),1()()1()()()1(
1
)1()(
)(
xfxxffxfxfx
x
fxf
xf
0)1(0 fx
0;1),()()1( xxfxfx
+
0)(,0;1 xfx
+
)0()()0(0,
)0()(
)0( fxfxfx
x
fxf
f
0)0(2)1()0()1()0(1
0)2()0()0()2()0(2
fffff
fffff
Vậy
0)( xf
Bài toán 2:
Tìm tất cả các hàm số
yxyfxyfyxfff ,;)()( thoûa RR :
Lời giải:
xxff ;0)(
. Đặt
af )0(
.
ayyfyfyfyfyyfff .)()()()(
Suy ra
axxf )(
. Ta có
)()( ayxyayaxaayxyfyaxf
0,;0)()(
222
ayxxyyayxa
Vậy
0)( xf
Bài toán 3: Cho hàm số
RR : f
thỏa:
S
S
A
A
N
N
G
G
K
K
I
I
E
E
N
N
K
K
I
I
N
N
H
H
N
N
G
G
H
H
I
I
E
E
M
M
M
M
O
O
N
N
T
T
O
O
A
A
N
N
-
-
(
(
2
2
0
0
0
0
6
6
-
-
2
2
0
0
0
0
7
7
)
)
.
.
d
d
o
o
c
c
N
N
g
g
ô
ô
Q
Q
u
u
a
a
n
n
g
g
D
D
ũ
ũ
n
n
g
g
T
T
r
r
a
a
n
n
g
g
1
1
)2(,);()()()()(:
)1(
2
1
)0(
yxxafyfyafxfyxfa
f
Chứng minh
f
là hàm hằng.
Lời giải:
2
1
)()()0()()0()0( afaffafff
)()()()(
2
1
)()0()()()( xafxfxafxfxaffafxfxf
)()()()()( xafxafxaafxfxaxf
2
1
)(
2
1
)(
)()()(
22
xf
xf
xfxfaf
+
x
x
f
x
af
x
f
xx
fxf
;0
2
2
22
2
22
)(
2
, nên
xxf ;
2
1
)(
là hàm hằng thỏa điều kiện bài toán.
Bài toán 4: Tìm tất cả các hàm số
R Z: f
thỏa mãn:
3)(,;
2
)()(
3
yxZyx
yfxfyx
f
Lời giải:
)0()(),3()2()(
)3()(
2
)3()3(
3
33
)2()(
)2()()2()()(2
2
)2()(
3
2
)(
)3()0()(2
2
)3()0(
3
30
)(
fnfnfnfnf
nfnf
nfnfnn
fnfnf
nfnfnfnfnf
nfnfnn
fnf
nffnf
nffn
fnf
Vậy
cxf )(
(c tùy ý) là hàm hằng thỏa điều kiện bài toán.
Bài toán 5: Tìm tất cả các hàm số
NN : f
thỏa mãn:
)1(;)(23 Nnnnffnf
Lời giải:
Đặt
nnfng )()(
(1):
;)(2)(2 nnfnfnff
Suy ra
)()(2 ngnfg
Nmnggnfgng
m
m
m
nfff
;2)(2 )(2)(
)((
laàn
Vậy
nnfng )(0)(
thỏa điều kiện bài toán.
Bài toán 6: Tìm tất cả các hàm số
RR : f
thỏa mãn:
