tuyển chọn các bài toán phương trình hàm trong các đề thi học sinh giỏi

Cho x = y = 0 ta c
[ ]
2
(0) 0
(0) (0)
(0) 1
f
f f
f
=

=

=

Cho x = y = 2 ta c
(4) (4). (0) 4 (0) 1f f f f
= +
Vy f(0) = 0.
Cho x = y ta c
2 2 2
( ) (2 ). (0) ( ) , 0.f x f x f x x f t t t= + = =
Cho x = 0, y = t > 0, ta c
2 2
(0) ( ) ( ) 0 ( ) ( ) , 0f f t f t t tf t t f t t t
= + = + = >
Vy f(x) = x.Th li ta thy hm s f(x) = x tha món bi toỏn.
Giải :gt
(*)1)(
11
)()(

)(
)()(
>=


=


yxxyfxy
yx
yfxf
xyf
xy
yfxf
1,, > zyx
và
xzyx

;
[ ] ][ ]
)()()()()()( zfxfzfyfyfxf =+
[ ]
[ ] [ ]
)()()()()()(
)()()()()()()(
xyfxzfxyxzfyzfyz
xzfxyyzyzfyzxyfxy
=
+=+
xyxz

xyfxzf
xzyz
xzfyzf
yz
xyfxzf
xy
xzfyzf
11
)()(
11
)()()()()()(


=





=


từ (*)
)()(
2222
yzxfzyxxyzfxyz =
đặt

=
>=
yzxV
vuvuxyzu
2
2
)(1,
1)()()( >=== x
x
a
xfconstavvfuUf

Gi s
( )
nn
nn
axaxaxaxf ++++=


1
1
10

l a thc vi cỏc h s thc cú
0
0
a
v tho

món ng thc sau:
( )
( ) ( )
Rxxxfxfxf +=
32
22.
Chng minh rng a thc
( )
xf
khụng cú nghim s thc.
Ta chng t rng
0
0
=x
khụng l nghim ca
( )
xf
, ngha l
( )
00 = fa
n
. Gi k l
s ch ln nht sao cho
0
k
a
. Lỳc ú v trỏi ca (1) cú dng
1
1/(Thỏi Bỡnh)Tỡm tt c cỏc hm s
:f R R

tha món iu kin
2 2
( ) ( ). ( ) , ,f x f x y f x y y x y R= + +
2/ (Vnh Phỳc)Tìm các hàm số f (1;
+
) R thoả mãn
yxyxxyfxyyfxf >= ,1,)()()()(
3/(Qung Ninh) Gi s
( )
nn
nn
axaxaxaxf ++++=


1
1
10

l a thc vi cỏc h s thc cú
0
0
a
v tho món ng thc sau:
( )
( ) ( )
Rxxxfxfxf +=
32
22.
Chng minh rng a thc

( )
xf
khụng cú nghim s thc.
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
knkn
k
nn
knkn
k
nnkn
k
n
axa
xaxaxaxaxfxf
−−
−−−
++=
++++=
3232
0
22
00
2
32 2
2 2 2.
Vế phải của (1) có dạng

( ) ( ) ( )
kn
k
nn
kn
k
n
xaxa
xxaxxaxxf
−
−
++=
++++=+
2
2 22
3
0
33
0
3
So sánh hai vế của (1) ta có
( )
kn
xxaxa
kn
k
knkn
k
=⇒
∀=

−−− 32
2
Hay
0≠=
kn
aa
• Giả sử f(x) có nghiệm thực là
0
0
≠x
. Xét dãy số

, 2,1,02
3
1
=∀+=
+
nxxx
nnn
Nếu x
0
> 0 thì x
0
< x
1
< x
2
< …
Nếu x
0

< 0 thì x
0
> x
1
> x
2
> …
Từ hệ thức (1) suy ra nếu
0
0
≠x
mà
( )
0
0
≠xf
thì
( )
kxf
k
∀= 0
, nghĩa là f(x) bậc n,
không đồng nhất bằng 0 mà có vô số nghiệm thực khác nhau, dẫn đến mâu thuẫn.
Vậy đa thức f(x) không có nghiệm thực .
Giải: Cho
RRf →:
là hàm số từ tập R vào chính nó. Tìm tất cả các hàm
f
như thế thoả
mãn hai điều kiện:

Ryxxfyyfxfi ∈∀+=+ ,)())(()







∈≠ Rxx
x
xf
ii ,0:
)(
)
là tập hợp hữu hạn.
Cho x
∈
R. Đặt x = y + f(0), ta nhận được
( )( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )
xfyyfffyffff =+=+=+= 0000
Suy ra, với mọi t
1
, t
2

∈
R, ta có :
( ) ( )( )( ) ( ) ( )
212121
tftftfftfttf +=+=+

.
Tiếp theo, xét số nguyên m bất kì thoả mãn
( )
xfm ≠
. Ta có
( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
xfm
mfx
xfm
mfx
xfm
xfmf
+
+
=
+
+
=
+
+ 1
Vì
( )







≠ 0:t
t
tf
là tập hợp hữu hạn nên tồn tại các số nguyên
21
,mm
với
( )
xfmm −≠
21
,

sao cho:
( )( )
( )
( )( )
( )
xfm
xfmf
xfm
xfmf
+
+
=
+
+
2

2
1
1
.Suy ra
( )
( )
( )
( )
.
11
1
2
1
1
xfm
fmx
xfm
fmx
+
+
=
+
+
Từ đây ta có
( ) ( )
xfxf =1.
.
Bây giờ, cho x = 1, ta nhận được
( )
[ ]

11
2
=f
, do đó
( )
.11 ±=f
2
4/(Quảng Ninh) Cho
RRf →:
là hàm số từ tập R vào chính nó. Tìm tất cả các hàm
f
như thế
thoả mãn hai điều kiện:
Ryxxfyyfxfi ∈∀+=+ ,)())(()







∈≠ Rxx
x
xf
ii ,0:
)(
)
là tập hợp hữu hạn.
Như vậy ta có
( )

xxf ±=
.Đảo lại, dễ dàng thấy rằng hai hàm
( )
xxf =
và
( )
xxf −=
thoả
mãn hai điều kiện đã cho
giải: Từ ĐK 1
⇒
với mọi r
∈¤
, f(rx) = rf(x) với mọi x
∈¡
(1)
Theo ĐK 2:
∃
N > 0:
( )f x N≤
với mọi x
[ ]
0;1∈
Theo ĐK 1, f(x) là hàm lẻ
⇒

( )f x N≤
với mọi x
[ ]
1;1∈ −

(2)
Lấy
x

∈¡
, tồn tại số hữu tỉ dương
r
sao cho
1
x
x r
r
≤ ⇔ ≤
Từ (2)
( )
1x
f N f x N
r r
 
⇒ ≤ ⇔ ≤
 ÷
 

( )
f x rN⇔ ≤
(3)
Do (3) đúng với mọi số hữu tỉ dương
r x≥
nên ta có:

( )
0 .f x x N≤ ≤
(4)
Do (4) đúng với mọi
x∈¡
, theo nguyên lí kẹp
0
lim ( ) 0
x
f x
→
⇒ =
(5)
Từ ĐK 3: f(1) =
2010

: ( ) ( .1) 2010r f r f r r⇒ ∀ ∈ = =¤
(6)
Lấy x
0

∈¡
,
∃
dãy số hữu tỉ (r
n
):
0
lim
n

r x=
Ta có: r
n
– x
0

→
0 nên theo (5)
( ) ( )
0
lim
n
f r f x⇒ =
Theo (6)
( )
( )
0 0
lim 2010 2010
n
f x r x⇒ = =
( ) 2010f x x⇒ =
(thỏa mãn)Vậy
( )
2010f
= 2010.
Giải :
( ) ( ) ( )
( )
( )
*

2 . ,
f xy
f x f y f xy xy x y
f x y
+
+ + = ∀ ∈
+
¤
(1)
Bước 1) Chứng minh
( )
1 1f =
Thật vậy cho
1y =
vào (1) và ký hiêu
( )
1f a=
ta có
3
5/(Hưng Yên) Cho hàm số f: R →
¡
thỏa mãn:
1) f(x + y) = f(x) + f(y) với mọi x, y ∈ R
2) f(x) bị chặn trên [0; 1]
3) f(1) =
2010
;Tính f(
2010
)
6/ (Hà Nam) Tìm tất cả các hàm

* *
:f
+ +
→¤ ¤
(ở đây
{ }
*
0x x
+
= ∈ >¤ ¤
) thỏa mãn:

( )
( ) ( ) 2 ( )
( )
f xy
f x f y xyf xy
f x y
+ + =
+

*
, ,x y
+
∀ ∈¤

( ) ( )
( )
( )
( )

( )
( ) ( )
2 1
1 1 2
f x f x
f x a xf x f x
f x x f x a
+ + = ⇒ + =
+ + +
(2)
Suy ra
( ) ( ) ( )
2
1
1 1 1
4
2 ; 3 ; 4
5
4 4 5 4
7 5 4
4
a
f f f
a a
a a
a
= = = = =
+
+ +
+

Mặt khác, cho
2x y= =
vào (1)
(4)
2 (2) 8 (4) 1
(4)
f
f f
f
⇒ + = =
Từ (2) suy ra
2
1 8
1 1
2
7 5 4
a
a a
+ = ⇒ =
+ +
vậy
( )
1 1f =
Bước 2) Chứng minh
( )
( )
( )
( )
( )
2

1,2, 3
2 1
f x
f x n n
n nx f x
+ = ∀ =
+ +
Quy nạp: từ (2) suy ra (3) đúng với n =1. Giả sử đúng cho n = k.
Có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2
2
2 1
1
1 2 1
1 2
1
2 1

f x
k kx f x
f x k
f x k
x k f x k
x k f x
k kx f x
+ +
+
+ + = =
+ + + +  
+ +
 ÷
+
 ÷
+ +
 

( )
( ) ( )
( )
( )
2
1 2 1 1
f x
k k x f x
=
+ + + +
(đpcm)
Vậy từ (3) ta có

( )
( )
( )
( )
( )
2
2
1
1
1
2 1 1
1
f
f n
n n f
n
+ = =
+ +
+

hay
( )
2
1
1,2, f n n
n
= ∀ =
Bước 3) Chứng minh
2
2

1 1
1
f n
n
n
 
= =
 ÷
 
 
 ÷
 

1,2, n∀ =
(4)
Thật vậy, trong (3) thay
( )
2
1
1 1
1
2 1
f
n
x f n
n n
n f
n
 
 ÷

 
 
= ⇒ + =
 ÷
 
 
+ +
 ÷
 
.Cho
1
y
x
=
trong (1)
( )
1 1
2
1
f x f
x
f x
x
 
⇒ + + =
 ÷
 
 
+
 ÷

 
.Vậy
( )
2
1 1 1
2 2
1 1
f n f n
n
f n f
n n
 
+ + = = + +
 ÷
   
 
+
 ÷  ÷
   
;mà
( )
2
2
1 1
f n f n
n
n
 
= ⇒ =
 ÷

 
(đpcm).
4
Bước 4) Chứng minh: nếu
( )
, , 1, , *
n
q m n m n
m
= = ∈¥
thì
( )
2
1
f q
q
=
Thật vậy với
( )
, 1n m =
đặt
1
,x n y
m
= =
trong (1) ta có
( )
1 2
1
n

f
n n
m
f f n f
m m m
f n
m
 
 ÷
   
 
+ + =
 ÷  ÷
 
   
+
 ÷
 
;Cho
1
x
m
=
trong (3) ta có
2
2
2
1
1 1
2 1

2 1
1
f
m
f n
n
n
m
n
n f
m
m
m m
 
 ÷
 
 
+ = =
 ÷
   
 
+ +
+ +
 ÷  ÷
   
2
2
1 2 1n n n
m f n f
m m m m

n
     
⇒ + + = +
 ÷  ÷  ÷
     
vậy
( )
2
2
2
2
2
2
1
1
1
m
n m
n
f q f
m n
q
n
m
+
   
= = = =
 ÷  ÷
   
+

Cuối cùng dễ kiểm tra
( )
2
1
f x
x
=
thỏa mãn phương trình
hàm đã cho.
Giải: Đặt
( )
1P a=
. Xét
( ) ( )
2
Q x P x ax= −
.Khi đó
( ) ( )
1 1 0Q P a= − =
và
( ) ( )
2
P x ax Q x= +
Thay vào (1) ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2
1
1 1 1 1
2

Q x ax a Q x a x Q x a x
 
+ + = + + + + − + −
 

x∀ ∈¡
( ) ( ) ( )
1
1 1
2
Q x Q x Q x x⇔ = + + − ∀ ∈ 
 
¡
( ) ( ) ( ) ( )
1 1Q x Q x Q x Q x x⇔ − + = − − ∀ ∈¡
( ) ( )
1Q x Q x b x⇒ − − = ∀ ∈¡
(với
b
là hằng số) (2)
Đặt
( ) ( )
Q x R x bx= +
.Từ (2) suy ra:
( ) ( ) ( )
1 1bx R x b x R x b+ − − − − =

x∀ ∈¡
( ) ( )
1R x R x x⇔ = − ∀ ∈¡

( )
R x c⇔ =
(với
c
là hằng số)
( )
Q x bx c⇒ = +

Vì
( )
1 0Q =
nên
c b= −
Do đó
( )
2
P x ax bx b= + −
Thử lại thấy đúng.Vậy
( )
2
P x ax bx b= + −
Giải: +) Vì
( 2) 1 0, (0) 1 0, (1) 1 0, (2) 3 0P P P P− = − < = > = − < = >
suy ra
P(x) có 3 nghiệm và nghiệm lớn nhất
(1;2)a∈
5
7/(Chuyên LHP)Tìm tất cả các đa thức
( )

P x
với hệ số thực thỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ( )
1
1 1 1
2
P x P P x P x x+ = + + − ∀ ∈ 
 
¡
8/(Bắc Ninh) Cho hai đa thức:
3
( ) 3 1P x x x= − +
và
3 2
( ) 8 36 48 19Q x x x x= − + −
. Gọi a là
nghiệm lớn nhất của P(x) và b là nghiệm nhỏ nhất của Q(x). Chứng minh rằng:
2 3a b
+ =
.
Vì
(0) 19 0, (1) 1 0, (2) 3 0, (3) 17 0Q Q Q Q= − < = > = − < = >
suy ra Q(x) có 3 nghiệm và nghiệm
bé nhất
(0;1)b∈
+) Đặt a = 3 – 2m
Vì
3
( ) 0 (3 2 ) 3(3 2 ) 1 0P a m m= ⇒ − − − + =
3 2

8 36 48 19 0m m m⇒ − + − =
Suy ra m là 1 nghiệm của
Q(x)
+)
3
(1;2) (0;1)
2
a
a m
−
∈ ⇒ = ∈

3
2 3
2
a
m b b a b
−
⇒ = ⇒ = ⇒ + =
Néi dung

Phần 1: nh÷ng kh¸i niÖm c¬ b¶n
1. Nguyên lí Archimede

Hệ quả:
Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu
[ ]
x
Vậy:
2. Cận trên cận dưới

Giả sử
Số x được gọi là một cận trên của tập A nếu với mọi a
∈
A thì a
≤
x
Số x được gọi là một cận dưới của tập A nếu với mọi a
∈
A thì a
≥
x
Cận trên bé nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận trên đúng của A và
kí hiệu là supA.
6
9/ (Daklak 2010-2011) Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập R,lấy giá trị trong R và thỏa mãn
hệ thức f(x-y)+f(x.y)=f(x)-f(y)+f(x).f(y)
xkNkx >∈∃⇒>∀>∀
εε
;0,0
*
1:!
+<≤∈∃⇒∈∀
kxkZkRx
[ ] [ ]
1+<≤ xxx
RA
⊂
Cận dưới lớn nhất (nếu có) của tập A được gọi là cận dưới đúng của A
và kí hiệu là infA.
- Nếu A = (a;b) thì supA = b

infA = a
- Nếu A = [a;b] thì supA = maxA = b
infA = minA = a
* Tính chất:
Tính chất1: Nếu A
≠
Ø, A bị chặn thì tồn tại supA, infA.
Tính chất2:

3. Hàm sơ cấp
+ Hàm số sơ cấp cơ bản là các hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số
logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược.
+
Hàm số sơ cấp là những hàm được tạo thành bởi hữu hạn các phép
toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ
cấp cơ bản.
7
⇔=
Asup
α
A
∈∀≤
<∈∃>∀
a,a
a-:Aa0,
{
α
εαε
⇔= Ainf
β

A,
a:Aa0,
{
∈∀≥
>+∈∃>∀
aa
β
εβε
+ Đặc trưng của hàm:
Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường
mà nghiệm của nó là hàm. Để giải quyết tốt vấn đề này, cần phân biệt
tính chất hàm với đặc trưng hàm. Những tính chất quan trắc được từ
đại số sang hàm số được gọi là những đặc trưng hàm.
* Hàm tuyến tính f(x) = ax, khi đó f(x + y) = f(x) + f(y)
Vậy đặc trưng hàm là f(x + y) = f(x) + f(y), với mọi x, y
* Hàm bậc nhất f(x) = ax + b, khi đó






+
=+
2
2)(
yx
fyxf
Vậy đặc trưng hàm ở đây là:
2

)()(
2
yfxfyx
f
+
=






+
,
R, ∈∀ yx
Đến đây thì ta có thể nêu ra câu hỏi là: Những hàm nào có tính chất
R,),()()( ∈∀+=+ yxyfxfyxf
. Giải quyết tốt vấn đề đó chính là dẫn đến
phương trình hàm. Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi đặc
trưng hàm cho trước.
* Hàm luỹ thừa:
0,)( >= xxxf
k

Đặc trưng hàm là:
)()()( yfxfxyf =
* Hàm mũ:
)1,0()( ≠>= aaaxf
x
Đặc trưng của hàm là:

)()()( yfxfyxf =+
,
R, ∈∀ yx
* Hàm Logarit:
xxf
a
log)( =
,
)1,0( ≠> aa
Đặc trưng của hàm là:
)()()( yfxfxyf +=
* Hàm lượng giác:
xxf cos)( =

Đặc trưng hàm là:
)()(2)()( yfxfyxfyxf =−++
8
Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm được các đặc trưng của các hàm số
xxfxxf tan)(,sin)( ==
với các hàm Hypebolic:
* sin hypebolic:
2
xx
ee
shx
−
−
=
* cos hypebolic:
2

xx
ee
chx
−
+
=
* tan hypebolic:
xx
xx
ee
ee
chx
shx
thx
−
−
+
−
==
* cot hypebolic:
xx
xx
ee
ee
shx
chx
x
−
−
−

+
==coth
- shx có TXĐ là R, tập giá trị là R
- chx có TXĐ là R, tập giá trị là
[
)
+∞,1

- thx có TXĐ là R, tập giá trị là
( )
1,1−
- cothx có TXĐ là
{ }
0\R
, tập giá trị là
( ) ( )
+∞∪−∞− ,11,
4. Hàm cộng tính, nhân tính trên m

ột tập hợp
-
Hàm số f(x) được gọi là cộng tính trên tập xác định D nếu với mọi
x, y
∈
D thì x + y
∈
D và f(x + y) = f(x) + f(y).
- Hàm số f(x) được gọi là nhân tính trên tập xác định D nếu với mọi x,
y
∈

D thì x . y
∈
D và f(x . y) = f(x) . f(y).
- Nếu với mọi x, y
∈

D mà x+y
∈
D , x – y
∈

D và f( x – y) = f(x) –
f(y) thì f(x) cũng gọi là một hàm cộng tính trên D.

-
Hàm là hàm nhân tính.
9
)0()(
>=
α
α
xxf
5. Hm n iu
+ Hm s f(x) c gi l tng trờn khong (a,b) nu:
Vi mi x
1
, x
2

(a,b), x
1


x
2


f(x
1
)

f(x
2
)
+ Hm s f(x) c gi l gim trờn khong (a,b) nu:
Vi mi x
1
, x
2


(a,b), x
1


x
2

f(x
1
)

f(x
2
)
6. Hm tun hon .
Hm s f(x) c gi l tun hon trờn min D, nu nh tn ti s
dng T >0 sao cho:
-
Dx
0
, thỡ x
0
+ T

D
- f(x+T) = f(x)
Dx
S T > 0 bộ nht thoó món hai iu kin trờn gi l chu kỡ c s ca
hm s tun hon f(x).
Phn II: các phơng pháp thờng dùng để giải ph-
ơng trình hàm
I.Phng phỏp 1: S dng tớnh liờn tc ca hm s
S dng tớnh liờn tc ca hm s cú 3 con ng chớnh:
- Xõy dng bin t N n R.
- Chng minh hm s l hng s.
10

- Sử dụng phương trình hàm CôSi.
Bài1. (Xây dựng biến từ N đến R)
Tìm hàm
RNf →:
thoã mãn:
1) f(x) liên tục trên R
2) f(1) = 2
3) f(xy) = f(x).f(y) - f(x+y) +1 ,
Ryx ∈∀ ,
Giải.
Cho x = y = 0 ta được: f(0) = 1.
Cho x =1, y
∈
R ta được: f(y+1) = f(y) + 1 (*).
Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (*) quy nạp ta suy ra f(n) = n + 1,
Nn ∈∀

Với n
∈
N, (*) suy ra f(-n) = f(-n+1) - 1 = f(-n+2) - 2 = … = f(0) - n =
-n + 1.
Vậy f(z) = z + 1,
Zz ∈∀
.
Với
*
Nn ∈
, 2 = f(1) =
1)
1

()
1
().()
1
.( ++−=
n
nf
n
fnf
n
nf
(**). Mặt khác từ (*) ta
lại có:
)
1
()
1
2(2)
1
1(1)
1
(
n
fn
n
nf
n
nf
n
nf +=+−+=+−+=+

. Thế vào (**) ta được:

1
1
)
1
( +=
nn
f
.
Với
*
,,, NnZm
n
m
qQq ∈∈=∈
ta có:
1)
1
()1
1
)(1(1)
1
()
1
().()()( ++−++=++−==
n
mf
n
m

n
mf
n
fmf
n
m
fqf
. (***).
Từ (*) ta dễ dàng chứng minh được:
11

)
1
()
1
(
n
fm
n
mf +=+
. Thế vào (***) ta đựơc f(q) = 1 + q,
Qq ∈∀
.
Với r
∈
R, tồn tại dãy
{ }
n
r
với

Qr
n
∈
thoã mãn
rr
n
=lim
. Khi đó do tính liên
tục nên ta có: f(r) = f(limr
n
) = limf (r
n
) = lim(r
n
+ 1) = limr
n
+ 1 = r + 1.
Vậy f(x) = x + 1,
Rx ∈∀
. Thử lại thấy đúng.
Bài2. (Chứng minh hàm là hằng số):
Tìm hàm






→







2
1
;0
2
1
;0:f
thoã mãn:
1) f(x) liên tục trên đoạn






2
1
;0
2)






∈∀+=

2
1
;0),
4
1
()(
2
xxfxf
Giải
Với a
∈







2
1
;0
, xét dãy số:



Dễ dàng chứng minh
{ }
n
x
không âm (a).

2
1
4
1
2
1
2
010
≤+≤⇒≤ xxx
. Quy nạp suy ra x
n

≤

2
1
(b).
0)
2
1
(
2
1
≥−=−
+ nnn
xxx

⇒

Nnxx

nn
∈∀≥
+
,
1
(c).
Từ (a), (b), (c) suy ra x
n

∈







2
1
;0
và
{ }
n
x
có giới hạn hữu hạn là
2
1
lim =
n
x

.
Vậy với mọi a
∈







2
1
;0
, f(a) = f(x
1
) = fx
2
) =…= lìm(x
n
) =
)
2
1
(f
= c (c hằng
số).
Thử lại thấy đúng
12
ax =
0

Nnxx
nn
∈∀+=
+
,
4
1
2
1
Bài3. (Sử dụng phương trình hàm Côsi) - VMO năm 2006 (bảng B)
Tìm
RRf →:
liên tục trên R thoã mãn f(x-y).f(y-z).f(z-x) + 8 = 0.
Rzyx ∈∀ ,,
(3)
Giải:
Cho x = t, z = -t, y = 0,
Rt ∈∀
ta được f(t).f(t).f(-2t) = -8

⇒

( )
Rttf
tf
tf ∈∀<⇒<
−
=− ,0)(0
)(
8

)2(
2
. Đặt
2
)(
ln)(
−
=
xf
xg

⇒
)(
.2)(
xg
exf −=
.
Thế vào (3) ta được:
0)()()(8.8
)()()(
=−+−+−⇔−=−
−+−+−
xzgzygyxge
xzgzygyxg
(*).
+ Cho x = y = z = 0, từ (*) ta có g(0) = 0 (a).
+ Cho y = z =0,
Rx ∈
, từ (a) ta đựoc g(x) = g(-x) (b).
Từ (*) và (b) ta suy ra g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z)

⇒


Rtttgtgttg ∈∀+=+
,,,
,),()()(
(**). Vì f liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục
trên R. Từ (**) , theo phương trình hàm Côsi ta được g(x) = ax
⇒
f(x)
= -2. e
ax
= -2.b
x
(với b = e
a
>0) . Thử lại ta thấy đúng.
II. Phương pháp2: Sử dụng tính chất nghiệm của một đa thức
Bài1:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

xxPxxxxPxxx ∀−+−=−+++ ),()233()1()233(
2323
(1)
Giải:
13
(1)
⇔

xxPxxxxPxxx ∀+−−=−+++ ),()1)(2()1()1)(2(

22

Chọn: x = -2
⇒
P(-2) = 0
x = -1
⇒
P(-1) = 0
x = 0
⇒
P(0) = 0
x = 1
⇒
P(1) = 0
Do đó
)().2)(1)(1()( xGxxxxxP ++−=
Thay P(x) vào (1) ta được:
)().2)(1)(1()1)(2()1().1()2)(1)(1)(2(
22
xGxxxxxxxxGxxxxxxx ++−+−−=−+−−+++
,
x∀

⇒

)()1()1()1(
22
xGxxxGxx −−=−++
,
x

∀

⇔

x
xx
xG
xx
xG
∀
−−
−
=
++
,
1
)1(
1
)(
22
Đặt:
1
)(
)(
2
++
=
xx
xG
xR

)2,1,0( −±≠x

⇒

)1()( −= xRxR
,
)2,1,0( −±≠x

⇒

CxR =)(
Vậy:
)2)(1)(1()1()(
2
++−++= xxxxxxCxP
Thử lại thấy P(x) thoã mãn điều kiện bài toán.
Chú ý:
Nếu ta xét:
)1)(1()(
3
−+= xxxP
Thì
xxxxxP )233()1(
23
+++=+
Do đó:
)1()1)(1()()233(
2223
++−−=+++ xPxxxxxPxxx

Từ đó ta có bài toán sau:
14
Bài2:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

)1()1)(1()()233(
2223
++−−=+++ xPxxxxxPxxx
,
x
∀
(Giải bài toán này tương tự như bài 1)
Tương tự như trên nếu ta xét:

)23)(1()(
22
+−+= xxxxP
thì ta sẽ có bài toán sau:
Bài3:
Tìm P(x) với hệ số thực thoã mãn đẳng thức:

RxxPxxxxPxxxx ∈∀++−+=−++ ),12().23)(1()().24)(244(
2222
Tương tự như vậy chúng ta có thể xây dựng các đề toán khác.
III.Phương pháp 3: Hệ số bất định
Nguyên tắc chung:
+ Dựa vào điều kiện bài toán, xác định được dạng của f(x), thường là
f(x) = ax + b
hoặc f(x) = ax
2

+ bx + c
+ Đồng nhất hệ số f(x)
+ Chứng minh mọi hệ số khác của f(x) đều không thoã mãn điều kiện
bài toán.
15
Bài1: Đa thức f(x) xác định với mọi x
∈
R và thoã mãn điều kiện:
2f(x) + f(x-1) = x
2
,
Rx
∈∀
(1) . Tìm f(x).
Giải:
Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x; x-1 vế
phải là bậc hai x
2
. Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax
2
+ bx + c
Khi đó (1) trở thành:
2(
ax
2
+ bx + c) + a(x-1)
2
+ b(x-1) + c = x
2

Rx ∈∀
do đó:
3ax
2
+ (b-2a)x + a + b + 3c = x
2

Rx ∈∀
Đồng nhất các hệ số, ta thu được:










Vậy
)12(
3
1
)(
2
−+= xxxf

Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thoã mãn điều kiện bài toán.
Công việc còn lại ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không

thoã mãn điều kiện bài toán.
Thật vậy giả sử còn có hàm số g(x) khác f(x) thoã mãn điều kiện bài
toán.
Do g(x) không trùng với f(x) nên
)()(:
000
xfxgRx ≠∈∃
.
16
3a = 1
b - 2a = 0
a + b + 3c = 0
⇔
3
1
=a
3
2
=b
3
1
−=c
Do g(x) thoã mãn điều kiện bài toán nên:
2g(x) + g(1-x) = x
2

Rx
∈∀
Thay x bởi x
0

ta được: 2g(x
0
) + g(1-x
0
) = x
0
2
Thay x bởi 1-x
0
ta được 2g(1-x
0
) + g(x
0
) = (1-x
0
)
2
Từ hai hệ thức này ta được: g(x
0
) =
)12(
3
1
0
2
0
−+ xx
= f(x
0
)

Điều này mâu thuẫn với f(x
0
)
≠
g(x
0
)
Vậy phương trình có nghệm duy nhất là
)12(
3
1
)(
2
−+= xxxf
Bài2:
Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với
Rx
∈∀
và thoã mãn điều kiện:
f(f(x)) = f(x) + x,
Rx
∈∀

Hãy tìm hai hàm số như thế
Giải
Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) - f(x) = x (1)
Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính.
Vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm có dạng: f(x) = ax + b
Khi đó (1) trở thành:
a(ax + b) + b - ax - b = x ,

Rx
∈∀
hay (a2 - a)x + ab = x,
Rx
∈∀
Đồng nhất hệ số ta được:
17
1
2
=− aa
2
51+
=a
2
51−
=a





⇔





∨







Ta tìm được hai hàm số cần tìm là:


Hiển nhiên hai hàm số này thoã mãn điều kiện bài toán.
Bài 3:
Hàm số
:f
Z
→
Z thoã mãn đồng thời các điều kiện sau:
a) f(f(n)) = n,
Zn
∈∀
(1)
b) f(f(n + 2) + 2) = n,
Zn ∈∀
(2)
c) f(0) = 1 (3)
Tìm giá trị f(2009), f(-2010)
Giải:
Cũng nhận xét và lí luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) có dạng:
f(n) = an + b
Khi đó điều kiện (1) trở thành:
Đồng nhất các hệ số ta được:
18
0

=
ab
0
=
b
0=b
xxf
2
51
)(
±
=
Znnbabna ∈∀=++ ,
2
1
2
=a
1
=
a
1−=a





⇔






∨






Với



ta được f(n) = n
Trường hợp này f(n) không thoã mãn (2)
Với



ta được f(n) = -n + b
Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1
Vậy f(n) = -n + 1
Hiển nhiên hàm số nầy thoã mãn điều kiện bài toán.
Ta phải chứng minh f(n) = -n + 1 là hàm số duy nhất thoã mãn điều
kiện bài toán.
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thoã mãn điều kiện bài
toán.
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1
Từ (2) suy ra f(1) = f(f(0)) = g(1) = g(g(0)) = 0
Sử dụng (1) và (2) ta cũng nhận được:

g(g(n)) = g(g(n+2) + 2),
Zn ∈∀

Do đó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2) + 2)),
Zn
∈∀
Hay g(n) = g(n+2) + 2,

Zn ∈∀
(4)
Giả sử n
0
là số tự nhiên bé nhất làm cho: f(n
0
)
≠
g(n
0
) (5)
19
0=+ bab
0=b
Rb
∈
1
=
a
0
=
b

1
−=
a
Rb∈
Do f(n) cũng thoã mãn (4) nên ta có:
g(n
0
- 2) = g(n
0
) + 2 = f(n
0
) + 2 = f(n
0
- 2)

⇔
f(n
0
- 2) = g(n
0
- 2)
Mâu thuẫn với giả thiêt n
0
là số tự nhiên bé nhất thoã mãn (5)
Vậy: f(n)
= g(n),
Nn
∈∀
Chứng minh tương tự ta cũng có f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm.
Vậy: f(n) = -n + 1 là nhgiệm duy nhất.

Từ đó ta tính được f(2009) = - 2008, f(-2010) = - 2011.
* Các bài toán tương tự:
Bài 1:
Hàm số f: N
→
N thoã mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3,
Nn
∈∀
Tìm f(2010).
Bài2:
Tìm tất cả các hàm
f:
→
N sao N cho:
f(f(n)) + (f(n))
2
= n
2
+ 3n + 3,
Nn
∈∀
IV. Phương pháp4: Phương pháp dồn biến
Phương pháp: Chọn cách đặt ẩn phụ thích hợp để từ phương trình
hàm chứa 2 biên ta đưa về dạng phương trình một biến để từ đó xác
định hàm số cần tìm
Bài1:
Tìm
f: R
→
R sao cho:

(x - y)f(x+y) - (x + y)f(x-y) = 4xy(x
2
- y
2
),
R, ∈∀ yx
20
Giải
Đặt:




⇒





⇒

uvvuvufuvf )()()(
22
−=−

⇒

22
)()(
v

v
vf
u
u
uf
−=−
,
0, ≠∀ vu
Chọn v = 1 ta có:

⇒

0,)(
3
≠∀+= uauuuf
(a = f(1) - 1)
Cho x = y = 0 ta có 2f(0) = 0 do đó f(0) = 0
Kết luận:
axxxf +=
3
)(
,
Rx ∈∀
Bài2:
Tìm hàm số f(x) sao cho:

2
1
,21)
21

1
(3)1( ≠∀−=
−
−
−− xx
x
x
fxf
Giải
Đặt:
12
1
1
12
1
21
1
−
−
=−⇒
−
=⇒−=
−
−
y
y
x
y
y
xy

x
x

⇒

2
1
,
12
1
)1(3)
12
1
( ≠∀
−
−
=−−
−
−
y
y
yf
y
y
f

⇒

2
1

,
12
1
)1(3)
21
1
( ≠∀
−
−
=−−
−
−
x
x
xf
x
x
f


⇒

21
yxu
+=
yxv −=
=x
2
vu +
2

vu
y
−
=



2
1
,21)
21
1
(3)1( ≠∀−=
−
−
−− xx
x
x
fxf
2
1
,
12
1
)1(3)
21
1
( ≠∀
−
−

=−−
−
−
x
x
xf
x
x
f

⇒

2
1
,
21
3
21)1(8 ≠∀
−
+−=−− x
x
xxf

⇒

2
1
),
12
3

21(
8
1
)1( ≠∀
−
++−=− x
x
xxf

⇒

2
1
),
12
3
21(
8
1
)( ≠∀
+
++= x
x
xxf
Các bài tập tương tự
Bài1:
Tìm các hàm số f: R
→
R thoã mãn điều kiện:
Ryxxyxyyfxfyxfyxf ∈∀−=+−−++ ,),3(2)1()(2)()(

2
Đáp số: f(x) = x
3

Bài2:
Tìm các hàm số f: R
→
R nếu:






−∉∀
−
=
−
−
−
+
−
2,1,
3
2
,0,
1
8
)
2

1
(5)
23
1
(3 x
xx
x
f
x
x
f
Đáp số:
x
x
xf
5
428
)(
+
=
Bài3:
Tìm tất cả cá c đa thức P(x)
∈
R[x] sao cho :
P(x + y) = P(x) + P(y) = 3xy(x + y),
R, ∈∀ yx
Đáp số: P(x) = x
3
+ cx
22

V. Phương pháp5: Phương pháp xét giá trị
Bài1:
Tìm hám số
RRf →:
thoã mãn điều kiện:

Rzyxyzfxfyzfxyf ∈∀≥−+ ,,,
4
1
)()()(
2
1
)(
2
1
(1)
Giải:
Cho x = y = z = 0 thay vào (1) ta được

4
1
)0()0(
2
1
)0(
2
1
2
≥−+ fff

⇔
0)
2
1
)0((
2
≤−f

⇔
2
1
)0( =f
Cho y = z = 0 Thay vào (1) ta được:

Rxxf ∈∀≥−+ ,
4
1
)(
2
1
4
1
4
1

⇔

Rxxf ∈∀≤ ,
2
1

)(
(2)
Cho x = y = z = 1 thay vào (1) ta được

0)
2
1
)1((
4
1
)1()1(
2
1
)1(
2
1
22
≤−⇔≥−+ ffff

⇔

2
1
)1( =f

Cho y = z = 1 thay vào (1) ta được

4
1
2

1
).()(
2
1
)(
2
1
≥−+ xfxfxf

⇔

Rxxf ∈∀≥ ,
2
1
)(
(3)
Từ (2) và (3) ta có
2
1
)( =xf
Thay vào thoã mãn điều kiện (1).
Vậy hàm số cần tìm là
2
1
)( =xf
.
Bài2:
23
Cho
Rf →)1;0(:

thoã mãn điều kiện:
f(xyz) = xf(x) + yf (y) + zf(z),
)1;0(,, ∈∀ zyx
(1)
Giải
Chọn x = y = z thay vào (1) ta được:

),(3)(
3
xxfxf =

( )
1;0∈∀x
Thay x, y, z bởi x
2
ta được

)(3)(
226
xfxxf =
Mặt khác từ (1) ta cũng có:

)()()() ()(
3322326
xfxxfxxxfxxxfxf ++==

hay
)()()()(3
332222
xfxxfxxxfxfx ++=

⇔

)()()(2
3322
xfxxxfxfx +=


⇔

)(3)()(2
422
xfxxxfxfx +=


⇒

)()3()(2
4)22
xfxxxfx +=

⇒

)(
2
31
)(
2
3
xf

x
x
xf
+
=
(2)
Thay x bởi x
3
ta được

)(
2
31
)(
6
3
9
3
xf
x
x
xf
+
=

⇔

)(3
2
31

)(3
22
3
9
xfx
x
x
xxf
+
=

⇔

)(
2
31
)(
2
2
9
xf
x
x
xf
+
=
(3)
Từ (2) và (3) ta suy ra:

=

+
)(
2
31
2
3
xf
x
x
)(
2
31
2
2
9
xf
x
x+
,
Rx ∈∀
24

⇒

0,0)(
2
≠∀= xxf
thay vào (2) suy ra:
0,0)( ≠∀= xxf
Vậy:

)1,0(,0)( ∈∀= xxf
VI.Phương pháp 6: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương
trình hàm
a.Lí thuyết:
+) Khái niệm dãy số:
Dãy số là một hàm của đối số tự nhiên:

NNx →:

)(nxn 

Vì
{ }
, 3,2,1,0∈n

⇒

{ }
, ,,)(
210
xxxx
n
=
+) Định nghĩa sai phân:
Xét hàm x(n) = x
0
Sai phân cấp 1 của hàm x
n
là:
nnn

xxx −=∆
+1
Sai phân cấp 2 của hàm x
n
là:
nnnnnn
xxxxxx +−=∆−∆=∆
+++ 121
2
2
Sai phân cấp k của hàm x
n
là:
∑
=
−+
−=∆
k
i
ikn
i
k
i
n
k
xCx
0
)1(
+) Các tính chất của sai phân:
* Sai phân các cấp đều được biểu thị qua các hàm số

* Sai phân có tính chất tuyến tính:

gbfa
kk
∆+∆=+∆
k
abg)f(
* Nếu x
n
là đa thức bậc m thì:
25