Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH HÀM

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM
Dạng 1: Tìm f(x) , biết
[ ]
( )f u x
= v(x)
Đặt t = u(x) , tính x theo t : x =
1
u
−
(t)
Thế vào biểu thức đã cho ta được f(t) =
1
( )v u t
−
 
 
Khi đó thay t bởi x ta được : f(x)
Ví dụ 1: Tìm hàm số f(x) biết :
1, f(2x + 1) = 7x + 5
2,
2
2
1 1
0f x x khi x
x x
 
+ = + ≠
 ÷
 
Hướng dẫn giải
1, Đặt t = 2x + 1

⇒

1
2
t
x
−
=
Hệ thức đã cho trở thành : f(t) =
1 7 3
7 5
2 2 2
t
t
−
 
+ = +
 ÷
 
Vậy f(x) =
7 3
2 2
x +
2, Đặt t =
2 2 2 2
2 2
1 1 1
2 2+ ⇒ = + + ⇒ + = −x t x x t
x x x
Do đó f(t) =

2
2t −
Vậy f(x) =
2
2x −
Bài tập tự luyện:
1, Tìm hàm f(x) biết :
a)
(
)
2 2
1 1f x x x x+ + = − +
Nhân lượng liên hợp
2
1x x+ +
. ĐS:
1
( )f x
x
= −
b)
( )
3 1 1
2, 1
2 1
x x
f x x
x x
− +
 

= ≠− ≠
 ÷
+ −
 
Hướng dẫn giải
Đặt
3 1 2 1
2 3
x t
t x
x t
− +
= ⇒ =
+ −
2 1
1
1 4
3
2 1
1 3 2
1
3
t
x t
t
t
x t
t
+
+

+ +
−
= =
+
− −
−
−

4 4
( ) ( )
3 2 3 2
t x
f t f x
t x
+ +
= ⇒ =
− −
Dạng 2 : Tìm f(x) biết
[ ] [ ]
. ( ) . ( ) ( )a f u x b f v x r x+ =
Từ hệ thức đã cho suy ra hệ thức mới chỉ chứa
[ ]
( )f u x
và
[ ]
( )f v x
Ta được hệ pt chứa 2 ẩn
[ ]
( )f u x
và

[ ]
( )f v x
Giải hệ này ta đưa bài toán về dạng 1.
Ví dụ 1: * a.f(x) + b.f(–x) = C
Thay x bởi – x ta được a.f(–x) + b.f(x) = C
* a.f(x) + bf
1
( )
x
= C
Thay x bởi
1
x
ta được a.f
1
x
 
 ÷
 
ta được a.f
1
x
 
 ÷
 
+ b.f(x) = C
Ví dụ 2: Tìm hs f(x) biết :
1, 2.f(x) – f(–x) =
4 3
12 4x x− +

2, (x – 1) f(x) +
1
f
x
 
 ÷
 
=
1
1x −

( )
0, 1x x≠ ≠
Hướng dẫn giải
1, Ta có : 2.f(x) – f(–x) =
4 3
12 4x x− +
(1)
Thay x bởi – x thì đẳng thức trở thành
4 3
2. ( ) ( ) 12 4f x f x x x− − = + +
(2)
Nhân 2 vào hai vế của (1) xong cộng với (2) theo từng vế ta được
4 3 4 3
3. ( ) 3 12 12 ( ) 4 4f x x x f x x x= − + ⇒ = − +
2, Ta có : (x – 1).f(x) +
1 1
1
f
x x

 
=
 ÷
−
 
(3)
Thay x bởi
1
x
thì đẳng thức này thành:
1 1 1
1 ( )
1
1
f f x
x x
x
   
− + =
 ÷  ÷
   
−
Hay
1 1
( )
1
x x
f f x
x x x
−

 
+ =
 ÷
−
 
(4)
Nhân
1 x
x
−
vào hai vế của (3) ta được:
2
2 1 1 1 1
( )
x x x
f x f
x x x x
− + + −
 
+ = −
 ÷
 
(5)
Lấy (4) trừ (5) theo từng vế ta được:
2
2 1 1
1 ( )
1
x x x
f x

x x x
 
− + −
− = +
 
−
 

2 2
1 1 1
( ) ( )
(1 ). 1
x x x x
f x f x
x x x x
− + − +
⇔ = ⇒ =
− −
Suy ra :
1
( )
1
f x
x
=
−
Bài tập tự luyện:
Bài 1: Tìm hàm f(x) biết :
a)
2 ( ) 3 ( ) 2 3 (1)f x xf x x+ − = +

Thay x bởi – x ta được:
2 ( ) 3 ( ) 2 3f x xf x x− − = −
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ:
2 2
6 ( ) 4 ( ) 4 6
6 ( ) 9 ( ) 6 9
x f x f x x
xf x x f x x x
− + = +


− − = −

2 2
( ) 4 9 4 9 ( ) 1f x x x f x
 
+ = + ⇒ =
 
b) f(x) là một đa thức bậc ba thỏa:
2
(0) 0
( ) ( 1)
f
f x f x x x
=


− − = ∀


Hướng dẫn giải
Vì f(0) = 0
3 2
( ) axf x bx cx⇒ = + +
(1)
3 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)f x a x b x c x⇒ − = − + − + −

=
3 2 2
ax 3 3 2 (2)ax ax a bx bx b cx c− + − + − + + −
=
3 2
(3 ) (3 2 ) ( )ax a b x a b c x a b c− − + − + − − +
2 2
( ) ( 1) ( 3 ) (2 3 ) ( )f x f x b a b x b a x a b c x⇒ − − = + − + − + − + =
3 2
1
3
3 1
1
2 3 0 ( )
2 3 2 6
0
1
6
a
a
x x x
b a b f x

a b c
c

=

=


 
⇒ − = ⇔ = ⇒ = + +
 
 
− + =


=


Cách khác :
1
(0) 0 0
3
(1) 1 1
1
(2) 5 8 4 2 5
2
1
(3) 14 27 9 3 14
9
a

f d
f a b c
b
f a b c
f a b c
c

=

= =
 

 
= + + =
  
⇒ ⇒ =
  
= + + =
  
  
= + + =
 
=


Bài 2 : Tìm hàm số f(x) biết rằng
2
1
1 1 ( 0)f x x
x

 
+ = − ≠
 ÷
 

Hướng dẫn giải
Đặt
1 1 1
1 1 ( 1)
1
u u x u
x x u
= + ⇔ = − ⇔ = ≠
−
Thay
1
1u
x
= +
và
1
1
x
u
=
−
vào pt của đề bài ta có:
2
2 2 2
2 2 2

1 1 ( 1) 1 2 1 2
( ) 1
1
( 1) ( 1) ( 1)
u u u u u
f u
u
u u u
 
− − − + − −
= − = = =
 ÷
−
− − −
 
Đổi k/h biến số ta được:
2
2
2
( )
( 1)
x x
f x
x
− +
=
−
với
1x ≠
Bài 3: Cho h/số f(x) xđ với

1
2
x ≠
tìm h/số này biết rằng
( ) 2 (*)
2 1
x
f x xf
x
 
+ =
 ÷
−
 
Hướng dẫn giải
Đặt
2
2 1 2 1
x u
u x xu u x
x u
= ⇒ = − ⇒ =
− −
với
1
2
u ≠
Thay
2 1
x

u
x
=
−
và
2 1
u
x
u
=
−
vào (*) ta được
( ) 2
2 1 2 1
u u
f f u
u u
 
+ =
 ÷
− −
 
Đổi u thành x ta được
( ) 2
2 1 2 1
x x
f f x
x x
 
+ =

 ÷
− −
 
ta được hệ :
( ) 2 (1)
2 1
( ) 2 (2)
2 1 2 1
x
f x xf
x
x x
f x f
x x

 
+ =

 ÷
−

 

 

+ =
 ÷

− −
 


*
1x ≠

2(2 1)
( )
1
x
f x
x
−
⇒ =
−
* x = 1 ta thay x = 1 vào (1) : f(1) + f(1) = 2
⇒
f(1) = 1
Tóm lại:
1 neáu x= 1
( )
2(2 1) 1
1
1 2
f x
x
neáu x vaø x
x


=


−
≠ ≠

−

Bài 3
Tìm ( xác định) h/số f(x) thỏa:
( ) ( ). ( ) 2002
x y
f x y f x f y
+
+ ≥ ≥
với mọi x, y
R∈

(*)
Hướng dẫn giải
Thay x = 0 , y= 0 vào (*) ta có :
2
0
(0) (0) 2002 1 (1)f f
 
≥ ≥ =
 
Với
2
(0) (0) 0 (0) 1f f f
 
≥ ⇔ ≤ ≤
 

(2)
Từ (1), (2)
(0) 1f⇒ =
Thay y = – x vào (*)
0
(0) ( ). ( ) 2002 1f f x f x≥ − ≥ =
( ) . ( ) 1 (3)f x f x⇔ − =
Lại cho y = 0
( ) ( ) 2002 (4)
x
f x f x⇒ ≥ ≥
( ) 2002 (5)
x
f x
−
⇒ − ≥
Ta có (3)
1 1
( ) 2002 (6)
( )
2002
x
x
f x
f x
−
⇔ = ≤ =
−
theo (5)
Từ (4) và (6) ta suy ra :

( ) 2002
x
f x =
. Đảo lại xem h/số
( ) 2002
x
f x =
Ta nhận thấy f(x) thỏa yêu cầu của bài toán.
Vậy
( ) 2002
x
f x =
Dạng 3: Tìm hai hàm f(x) và g(x) biết:
af ( ) ( ) ( ) (1)
( ) ( ) ( ) (2)
u x bg v x r x
cf p x dg q x s x

   
+ =

   

   
+ =

   

Khử f hoặc g để đưa về dạng 2 hoặc dạng 1
( )f x⇒

và g(x)
Ví dụ : Khử f :
Trong (1) đặt t = u(x) thì
1
( )x u t
−
=
nên (1) thành
1 1
af( ) ( ( )) ( ) (3)t bg v u t r u t
− −
   
+ =
   
Trong (2) cũng đặt t = p(x) thì
1
( )x p t
−
=
nên (2) thành
1 1
( ) ( ( )) ( ) (4)cf t dg q p t s p t
− −
   
+ =
   
Từ (3) và (4) khử f(t)
Ví dụ 1: Tìm hai hàm f(x) và g(x) sao cho:
2
( 1) ( 1) 2 ( 1) 11 (1)

1 1 2 2 10 1
( 0 ) (2)
2
xf x g x x x
x x
f xg x vaø x
x x x

+ + + = + +

   
− −

− = ≠ ≠
 ÷  ÷

   

Hướng dẫn giải
Đặt t = x + 1
⇒
x = t – 1 và do đó (1) trở thành:
( 1) ( ) ( ) 2( 1) 11t f t g t t t− + = − +

2
( 1) ( ) ( ) 2 2 11 (3)t f t g t t t⇔ − + = − +
Lại đặt
1 1
t x
x t

= ⇒ =
do đó (2) trở thành:
2
2
2
2 10
2
1 2 10
( ) ( ) (2 ) ( ) ( ) 2 2 10
1
t
t
f t g t t tf t g t t t
t t
t
t
− −
− = = − − ⇔ − = − −
(4)
Cộng (3) và(4) theo từng vế ta được:
2
(2 1) ( ) (2 1)t f t t− = −
Suy ra f(t) = 2t – 1 với 2t – 1
1
0
2
t≠ ⇔ ≠
. Vậy f(x) = 2x – 1
1
2

x
 
≠
 ÷
 
Mặt khác thay f(t) = 2t – 1 vào (4) ta được:

2 2 2
(2 1) ( ) 2 2 10 2 2 2 10 ( ) 10 ( )t t g t t t t t t t g t t g t− − = − − ⇔ − − + + = ⇔ + =
Vậy g(x) = x + 10
Bài tập: Tìm các hàm f(x) và g(x), biết:
1
( 6) 2 (2 15) ( 2) (1)
2
,
2
( 5) 4 (2)
2
f x g x x
a
x
f g x x

+ + + = +



 
+


+ + = +
 ÷

 

Hướng dẫn giải
Đặt u = x + 6
⇒
x = u – 6
Thay x = u – 6 vào (1) ta có :
4
( ) 2 (2 3) (3)
2
u
f u g u
−
+ + =
Đặt
2
2 2
2
x
t x t
+
= ⇔ = −
Thay x = 2t – 2 vào (2) , ta có: f(t) + g(2t+3) = 2t + 2 (4)
Đổi u và t thành x, ta có:
4
( ) 2 (2 3)
(3)

2
( ) (2 3) 2 2
x
f x g x
f x g x x

+
+ + =

⇒


+ + = +

Giải hệ ta được
7 12
( )
2
x
f x
+
=
và
3 8
(2 3)
2
x
g x
− −
+ =

Đặt y = 2x + 3
3
2
y
x
−
⇒ =
Thay vào biểu thức của g ta được:
3 7 3 7
( ) ( )
4 4
y x
g y g x
+ +
=− ⇒ =−
Tóm lại ta đã tìm được f(x) và g(x) như sau:
7 12
( )
4
3 7
( )
4
x
f x
x
g x

+
=




− −

=


b)
(2 1) (1 ) 1
1
2 3
1 2 2
f x g x x
x
f g
x x

− + − = +

   

+ =
 ÷  ÷

+ +
   

Đặt u = 2x – 1
1
2

u
x
+
⇒ =
1 – x =
1 1
1
2 2
u u+ −
− =
1 3 1 3
( ) ( ) (1)
2 2 2 2
u u x x
f u g f x g
   
− + − +
⇒ + = ⇒ + =
 ÷  ÷
   
Đặt
1 1
( ) 2 3 ( ) 2 3 (2)
1 1 2 2
x v v x
v x f v g f x g
x v
   
− −
= ⇒ = ⇒ + = ⇒ + =

 ÷  ÷
+ −
   
Từ (1),(2)
1 3
( ) (3)
2 2
( )
1
( ) 2 3 (4)
2
x x
f x g
f x x
x
f x g

 
− +
+ =

 ÷

 
⇒ ⇒ =

 
−

+ =

 ÷

 

Thay vào (1) ta có :
1 3 3
2 2 2
x x x
g x
 
− + −
= − =
 ÷
 
Đặt t =
1 3
1 2 ; 1
2 2
x x
x t t
− −
⇒ = − = +

( ) 1 ( ) 1g t t g x x⇒ = + ⇒ = +
BÀI TẬP NÂNG CAO
Bài 1: Tìm hàm số y = f(x) biết rằng:
f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1
,x y R∀ ∈
Hướng dẫn giải
Xét pt : f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1 (1)

Từ (1) cho y = – 1 , y = 0 ta được:
( ) ( 1) ( ) 2 1 1f x f x f x x x x− + + + = − + + = +
(2)
(0) ( ) ( 1) 2 1f f x f x x+ + + = +
(3)
Từ (2), (3)
( ) (0)f x f x⇒ − − = −
Đặt t = – x
( ) (0 ) ( ) (0) 0f t f t f t t f⇒ − = ⇒ − = −
Đặt g(t) = f(t) – t ta có g(t) = f(0) – 0 = g(0)
t
∀
Để tính g(0) ta viết (1) dưới dạng
( . ) ( ) ( ) ( 1) ( 1) 0f x y xy f x y x y f x y x y− + − − − + + + − + + =
( . ) ( ) ( 1) 0g x y g x y g x y⇔ + − + + + =
Lấy x = y = 0
2 (0) (1) 0g g⇒ + =
Do g(t) = g(0)
t∀
Do đó :
( ) 0 ( )f t t t f x x x− = ∀ ⇒ = ∀
Bài 2:
Cho hàm f(x) với biến số thực x, không đồng nhất 0 thỏa pt:
f(x).f(y) = f(x – y)
, (*)x y∀
Tìm f(x)
Hướng dẫn giải
Cho x = a với
( ) 0f a ≠
ta có : (*)

( ) ( ) ( ) (1)f a f y f a y⇒ = −
a tồn tại vì f(x) không đồng nhất 0
Thay y = 0 ta có :
(1) ( ). (0) ( ) ( 0) 1f a f f a f⇒ = ⇒ =
Thay y = x từ (*)
2
( ) (0) 1f x f
 
⇒ = =
 
(2)
Thay y =
2
x
từ (*)
( ). ( ) 1 . 0
2 2 2
x x x
f x f f f x f
     
 
⇒ = ⇒ − =
 ÷  ÷  ÷
 
     
(3)
Từ (2) và (3)
2
( ) 1
( ) 1

( ) 1
0
2
f x
f x
f x
x
f

 
=
 



=
⇒ ⇒ =


 


=
 ÷


 


Vậy f(x) = 1

x∀
Bài 3: Tìm hàm số f(x) nếu:
( ) ( ) 2 ( )cos , (1)
(0) 1
2
f x y f x y f x y x y
f f
π

+ + − = ∀

 

= =
 ÷

 

Hướng dẫn giải
Trong (1) cho x = 0 , y = t ta có:
( ) ( ) 2cos (2)f t f t t+ − =
Trong (1) cho x =
,
2 2
t y
π π
+ =
ta có:
( ) ( ) 0f t f t
π

+ + =
(3)
Trong (1) cho
,
2 2
x y t
π π
= = +
ta có:
( ) ( ) 2sinf t f t t
π
+ + − = −
(4)
Cộng (2) với (3) ta được:
( ) 2 ( ) ( ) 2cosf t f t f t t
π
+ + + − =
(5)
Lấy (5) trừ (4) ta được :
2 ( ) 2(cos sin ) ( ) cos sinf t t t f t t t= + ⇒ = +
(6)
Rõ ràng (6) thỏa mãn (1) và
(0) 1
2
f f
π
 
= =
 ÷
 

Vậy hàm cần tìm là:
( ) cos sinf x x x= +
Bài 4: Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa điều kiện
( ) (2 )f x f x x R= ∀ ∈
. Tìm hàm số f(x)
Hướng dẫn giải
Theo đề bài suy ra:
2
( )
2
2 2
n
x x x
f x f f f
     
= = = =
 ÷  ÷  ÷
     
Khi
n → ∞
thì
0
2
n
x
→
Mà f(x) là hàm liên tục nên
(0)
2
n

x
f f khi n
 
→ → ∞
 ÷
 
Tức là :
lim ( ) lim (0)
2
n
n
n
x
f x f f x R
→∞
→∞
 
= = ∀ ∈
 ÷
 
.
Điều đó chứng tỏ f(x) không đổi với mọi x hay f(x) = c = hằng số
Thử lại ta được f(x) = c thỏa điều kiện đề bài
Bài 5: Tìm hàm f(x) biết
2
1 8 8
3 ( ) (1)
1
x
f x f

x
x
 
−
+ =
 ÷
−
 
Hướng dẫn giải
Đặt
2
2 2
2
8
8
1 1 8(1 ) 8(1 )
( 0)
1
(1 ) 1
1
u u u u
u
u x x
x u
u u u
u
−
− −
= ≠ ⇒ = ⇒ = =
+ +

+
2
1 8(1 )
3 ( ) ( 0)
1
u u
f f u u
u
u
 
−
⇒ + = ≠
 ÷
+
 
Hay
2
1 8(1 )
3 ( ) (2) 0
1
x x
f f x x
x
x
 
−
+ = ≠
 ÷
+
 

Như thế f(x) và
1
f
x
 
 ÷
 
là nghiệm của hệ:
2
2
1 8 8
3 ( ) (1)
1
0
1 8( 1)
( ) 3 (2)
1
x
f x f
x
x
x
x x
f x f
x
x

 
−
+ =


 ÷
+

 
≠

 
−

+ =
 ÷

+
 

Giải hệ (1) và (2) bằng cách khử
1
f
x
 
 ÷
 
ta được
2
( 1)( 3)
( ) 0
1
x x
f x x

x
− +
= ≠
+
Bài 6: Cho hàm số f(x) xác định trên R và bị chặn trong
( ; )a a−
với a là số dương
cho trước và thỏa điều kiện:
1
( ) (1)
2 2
x
f x f x x R
 
= + ∀
 ÷
 
Hãy tìm hàm số f(x)
Hướng dẫn giải
Từ (1) suy ra: f(x)
1
2 2
x
f x
 
= +
 ÷
 
2 2 2
1 1

2 2
2 2 2
x x x
f f
   
= +
 ÷  ÷
   
2 2 3 3 4
1 1
2 2 2 2 2
x x x
f f
   
= +
 ÷  ÷
   
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1 1 2
1 1
2 2 2 2 2
n n n n n
x x x
f f
+ +
   
= +
 ÷  ÷
   
Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được:

1 1 2 2
1 1 1
( ) 1 (2)
2 2 2 2
n n n
x
f x f x
+ +
   
= + + + +
 ÷  ÷
   
Với bất kỳ x nào, ta chỉ cần chọn n đủ lớn , ta sẽ có:
1
2
n
x
a a
+
− < <
Mặt khác vì f(x) bị chặn trong khoảng
( ; )a a−
nên tồn tại số c sao cho
1
2
n
x
f c x
+
 

< ∀ ∈
 ÷
 
¡
Từ (2) ta cho n
→ ∞
thì ta được :
1 4
( ) .
1
3
1
4
f x x x= =
−
Vậy
4
( )
3
f x x=
. Thử lại thấy hàm số này thỏa yêu cầu đề bài.
Bài 7: Tìm các hàm số f xác định và đồng biến trên R thỏa hệ thức sau:
1
( ) 2 4 1
4
f f y x x y
 
+ = + +
 ÷
 

với mọi
,x y∈¡
(1)
Hướng dẫn giải
Thay
1
4
x y=−
vào (1) ta có :
1 1
( ) 1
4 2
f f y y
 
− =
 ÷
 
(2)
Thay x = y =0
1
(0) 1
4
f f
 
⇒ =
 ÷
 
(3)
Từ (2) và (3)
1 1 1

( ) (0)
4 2 4
f f y y f f
   
⇒ − =
   
   
(4)
Do f đồng biến trên R nên
1 1 1
(4) ( ) (0 )
4 2 4
f y y f y R⇔ − = ∀ ∈
Do đó
( ) 2 (0) (5)f y y f y R= + ∀ ∈
Thay x =
1
( )
8
f y−
vào (1) ta được:
f(0) =
1 2 2 ( )
( ) 1 (0) (6)
2 2
y f y
f y y f
+ −
− + + ⇒ =
Từ (5) f(0) = f(y) – 2y (7)

Từ (6) , (7)
2 2 ( ) 2
( ) 2 ( ) 2
2 3
y f y
f y y f y y
+ −
⇒ − = ⇒ = +
Thử lại thấy f(x) = 2x +
2
3
thỏa yêu cầu đề ra
Bài 8: Tìm hàm số y = f(x) thỏa điều kiện

1 2
( ). '( )
( )
(0) 1
x
f x f x x
f x
f

−
= ∀ ∈



=


¡
Giải
Từ
1 2
( ). '( )
( )
x
f x f x x
f x
−
= ∀ ∈ ¡

( )
2
( ) . ' 1 2f x f x x
 
⇔ = −
 
Ta có
( )
,
3 2
( ) 3 ( ) . '( )f x f x f x
   
=
   
Vậy :
( )
,
3 3

2
( ) 3 6 ( ) 3 3f x x f x x x c
   
= − ⇔ = − +
   
( C là hằng số )

3
2
3
( ) 3 3
(0) 0 0 1 1
f x x x c
Do f c c
⇔ = − +
= − + = ⇒ =

Vậy
3
2
( ) 3 3 1f x x x= − +
Bài 9: Hãy tìm hàm số y = f(x) biết rằng

2 3 "
'
3 . '( ) . ( ) 1 0 (1)
(1) 1 ( 2) 1
x f x x f x x
f f


+ = − ∀ ≠


= − = −


Giải

'
3 3
1
1
2 3
(1) . '( ) 1 . '( )
1
'( )
x f x x f x x c
c
f x
x x
 
⇔ = − ⇔ = − +
 
⇔ = − +
Do f’(1) = 1
⇒

1
1
1

1 2
1 1
c
c− + = ⇒ =

2
2 3 2
2 2
1 2 1 1
'( ) ( )
1 1 1
( 2) 1 1
2 4 4
f x f x c
x
x x x
Do f c c
⇒ = − + ⇒ = − +
− = − ⇒ − + = − ⇒ = −
−

Vậy
2
1 1 1
( )
4
f x
x
x
= − −

Bài 10:
Cho P(x) là một đa thức bậc n thỏa mản điều P(x)
≥
0
∀
x
CMR: P(x) + P’(x) + P”(x) + . . . + P
(n)
(x)
≥
0
∀
x
Giải
Do P(x)
≥
0
∀
x vậy nếu gọi P(x) = a
n
x
n
+ a
n – 1
x
n – 1
+ . . . + a
1
x + a
o

thì n là số
chẵn và a
n
> 0
Xét hàm số : F(x) = P(x) + P’(x) + P”(x) + . . . + P
(n)
(x) Khi đó F(x) cũng là một đa
thức bấc n, với hệ số của x
n
cũng chính là a
n

Do F(x) là hàm liên tục và a
n
> 0 n chẵn, nên F(x) phải đạt giá trị bé nhất
Giả sử minF(x) = F(x
o
) khi đó ta có F’(x
o
) = 0
Do P
(n + 1)
(x)
≡
0
⇒
F’(x) = P’(x) + P”(x) + . . . + P
(n)
(x)
⇒

F’(x) = F(x) – P(x)
Như vậy từ F’(x
o
) = 0
⇒
F(x
o
) = P(x
o
)
Do P(x)
≥
0
∀
x
⇒
F(x
o
) = P(x
o
)
≥
0
Hiển nhiên ta có F(x)
≥
F(x
o
)
∀
x

⇒
F(x)
≥
0
∀
x
⇒
đfcm
ĐỀ HỌC SINH GIỎI CÁC NĂM TRƯỚC
Đề 1: ( 2008)
Cho hàm số f : R
→
R thỏa mãn 3 tính chất sau:
1. f(1) = 1
2. f( x + y ) – f(x) – f(y) = 2xy
3. f(
1
x
) =
4
( )
0
f x
x
x
∀ ≠
Tính
( )
2008f
Giải

Từ tính chất 2 cho x = 0
⇒
f(y) – f(0) – f(y) = 0
⇒
f(0) = 0 (1)
Đặt x = y =
2
t
ta được : f(t) – 2f(
2
t
) =
2
2
t

t∀
(2)
Tương tự đặt x = y =
1
t
(
0t ≠
) ta được :
2
2 1 2
2f f
t t
t
   

− =
 ÷  ÷
   
Theo tính chất 3 ta suy ra
4 4
2 2
1 2
2
2 2
t t
f f
f f
t
t
t t
   
 
 ÷  ÷
 ÷
 
   
= ⇒ =
 ÷
 ÷
 
 ÷
   
 ÷
 ÷  ÷
 

   
4 2
2
1 2
2
2
t
f
f
t
t
t
 
 ÷
 
 
⇒ − =
 ÷
 
 
 ÷
 

4 4 2 4
2
2 ( ) 2 1 ( )
( )
2
t
f

f t f t
Thay f
t
t t t
t
 
 ÷
 
 
⇔ − = =
 ÷
 
 
 ÷
 
( )
2
2
4 4 4
16
2
2 ( ) 2
8 0 (3)
2
t
f
f t t t
f f t t t
t t t
 

 ÷
 
 
⇔ − = ⇔ − = ∀ ≠
 ÷
 
Từ (2) và (3) ta có hệ
2
2
( ) 2 ( )
2 2
8 ( ) ( )
2
t t
f t f
t
f f t t

− =




− =



2
2
8 ( ) 4 ( ) 2

2
8 ( ) ( )
2
t
f f t t
t
f f t t

− + =


⇔


− =


2 2
3 ( ) 3 ( )f t t f t t t⇒ = ⇒ = ∀
Thử lại hàm số nầy thỏa mãn cả ba tính chất .
Vậy
( )
2008 2008f =
Đề 2:
Cho tam thức bậc hai f(x) = x
2
+ px + q với p, q là các số nguyên.
CMR Tồn tại số nguyên K để
f (K) = f( 2009 ) . f( 2010 )
Giải

Ta chứng minh: f [ f(x) + x ] = f(x). f( x + 1)
Thật vậy :
f [ f(x) + x ] = [ f(x) + x ]
2
+ p [ f(x) + x ] + q
= f
2
(x) + 2f(x).x + x
2
+ p.f(x) + p(x) + q
= f(x) [ f(x) + 2x + p ] + x
2
+ px + q
= f(x) [ f(x) + 2x + p ] + f(x)
= f(x) [ f(x) + 2x + p + 1 ]
= f(x) [ x
2
+px + q +2x + p + 1 ]
= f(x) [ (x +1)
2
+ p(x + 1) + q ]
= f(x). f(x + 1)
Vậy f [ f(x) + x ] = f(x). f(x + 1)
Với x = 2009 đặt K = f (2009) + 2009 ( K
∈¢
)
Thế thì:
f ( K ) = f [ f( 2009) + 2009 ] = f ( 2009).f ( 2009 + 1)
= f ( 2009).f ( 2010)
Vậy số K cần tìm là K = f ( 2009) + 2009

- - - - - Hết - - - - -


Biên soạn: LÊ VĂN QUANG
_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _
A/ MỤC TIÊU:
- Cung cấp cho học sinh một số cách tìm hàm số đơn giản
và một số đề thi học sinh giỏi trong tỉnh nhằm nâng cao và
mở rộng kiến thức cho học sinh khá giỏi
- Là tài liệu nội bộ cho giáo viên trong tổ tham khảo
B/ NỘI DUNG:
Chủ đề gồm có 2 phần:
- Các cách tìm hàm số đơn giản
- Các dạng bài tập luyện tập và bài tập nâng cao