Phát hiện và bồi dưỡng học sinh năng khiếu qua việc giảng dạy phương trình hàm

1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC









PHẠM THỊ THẢO



PHÁT HIỆN VÀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH NĂNG KHIẾU
QUA VIỆC GIẢNG DẠY “PHƯƠNG TRÌNH HÀM”




Chuyên ngành: Lý luận và phương pháp dạy học
(Bộ môn Toán học)
Mã số : 60 14 10


LUẬN VĂN THẠC SĨ SƯ PHẠM TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Thành Văn















HÀ NỘI - 2010

2


DANH MỤC VIẾT TẮT
Viết tắt
Viết đầy đủ
1. CNTT :
Công nghệ thông tin
2. HSG :
Học sinh giỏi
3. THPT :

Trung học phổ thông
4. PTH :
Phương trình hàm

3
MỤC LỤC


Trang
MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
1
2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
1
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
1
4. Phạm vi nghiên cứu
2
5. Phương pháp nghiên cứu
2
6. Cấu trúc luận văn
2
Chƣơng 1 : CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
3
1.1. Mục tiêu giáo dục và nhiệm vụ dạy học môn toán
3
1.2. Phát triển tư duy sáng tạo của học sinh ở trường phổ thông
3
1.3. Phát hiện và bồi dưỡng học sinh năng khiếu ở trường phổ thông

5
1.3.1. Năng khiếu và năng khiếu toán học
5
1.3.2. Công tác tổ chức giảng dạy nhằm phát hiện và bồi dưỡng học
sinh năng khiếu ở trường phổ thông

7
1.4.Thực trạng giảng dạy phương trình hàm ở trường phổ thông
9
Kết luận chương 1
10
Chƣơng 2: MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
HÀM THƢỜNG GẶP

11
2.1. Một số khái niệm và định lý quan trọng liên quan tới phương
trình hàm

11
2.2. Một số phương pháp pháp giải bài toán phương trình hàm
thường dùng

12
2.3. Hướng khai thác, mở rộng bài toán phương trình hàm
62
Chƣơng 3 : THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM
69

4
3.1. Mục đích của thực nghiệm sư phạm

69
3.2. Hoạt động của học sinh sau khi học chuyên đề phương trình hàm
73
3.3. Một số nhận xét sau thực nghiệm
76
KẾT LUẬN
79
TÀI LIỆU THAM KHẢO
80











1
MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Trong các kỳ thi Học sinh giỏi Quốc gia, Quốc tế thường xuất hiện các
bài toán về phương trình hàm, đó là những dạng bài tập khá mới mẻ đối với
học sinh THPT. Phần lớn học sinh THPT chưa được làm quen nhiều với
dạng bài toán này và đặc biệt là những cuốn sách tham khảo về phương trình
hàm chưa được phong phú.
Nguồn gốc của mỗi bài toán phương trình hàm thường rất đa dạng, nội

dung của loại toán này còn khó và lạ lẫm với phần lớn học sinh, điều này dẫn
tới khó khăn cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi. Do vậy, việc phân loại các
lớp bài tập phương trình hàm và đưa ra được những phương pháp giải tương
ứng là điều hết sức cần thiết. Nhưng công việc này không dễ dàng, đòi hỏi sự
công phu mạch lạc bởi đôi khi có những bài toán mà những cách giải thông
thường không giải quyết được hoặc phải kết hợp nhiều phương pháp cùng
một lúc.
Vậy có thể phân loại, sắp xếp để đưa ra những phương pháp giải
tương ứng cho từng lớp bài tập phương trình hàm hay không?
2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
- Tìm hiểu các lớp bài toán phương trình hàm và các phương pháp giải
thường dùng từ trước tới nay.
- Phân loại, sắp xếp, đưa ra các phương pháp giải chung tương ứng cho từng
lớp bài tập và xây dựng một số bài tập của dạng toán này.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Tập hợp và phân loại các bài toán đã có.
- Đưa ra các phương pháp giải tương ứng cho từng dạng bài.

2
4. Phạm vi nghiên cứu
Một số phương pháp giải phương trình hàm thường dùng và cách xây
dựng các bài toán dạng này.
5. Phƣơng pháp nghiên cứu
5.1 Nghiên cứu lý luận
Tìm hiểu, nghiên cứu những vấn đề liên quanh đến đề tài định hướng
cho việc nghiên cứu; phân tích và tổng hợp những quan điểm dựa trên các tài
liệu về tâm lý học, giáo dục học, phương pháp dạy học môn toán và các tài
liệu về phương trình hàm.
Phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản chất vấn đề, lựa chọn phương
pháp giải cho phù hợp với bài toán.

5.2 Thực nghiệm sư phạm
Đối tượng thực nghiệm : học sinh lớp 12A1, 12A5 trường THPT Ngô
Quyền - Hải Phòng.
Xử lý kết quả thực nghiệm bằng một số phương pháp thống kê toán
học.
6. Cấu trúc luận văn
Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung chính của
luận văn được trình bày trong 3 chương:
Chương 1. Cơ sở lý luận
Chương 2. Một số phương pháp giải phương trình hàm thường dùng
Chương 3. Thực nghiệm sư phạm







3

CHƢƠNG 1
CƠ SỞ LÝ LUẬN

1.1. Mục tiêu giáo dục và nhiệm vụ dạy học môn toán
Mục tiêu của Giáo dục & Đào tạo là đào tạo những con người lao
động tự chủ, tích cực, có năng lực giải quyết vấn đề, góp phần thực hiện mục
tiêu lớn của đất nước là "Dân giàu, nước mạnh, xã hội công bằng, dân chủ,
văn minh "
(Trích Nghị quyết Trung ương Đảng khóa VIII)
Nhiệm vụ dạy học toán ở trường phổ thông cụ thể là:

- Trang bị tri thức toán học cho học sinh.
- Phát triển trí tuệ cho học sinh. Đây là nhiệm vụ quan trọng nhất. Dạy học
môn toán có nhiệm vụ phát triển cho học sinh tư duy trừu tượng, tức là cách
nghĩ gạt bỏ đi những cái cụ thể, giữ lại những cái bản chất. Dạy học môn
toán có nhiệm vụ phát triển cho học sinh tư duy thuật toán, tức là cách nghĩ
nhận thức và giải quyết vấn đề theo trình tự hợp lý. Ngoài ra, dạy học môn
toán còn phải phát triển cho học sinh tư duy hàm, tức là toán học hoá những
bài toán thực tiễn.
- Rèn luyện kỹ năng cho học sinh.
- Bồi dưỡng cho học sinh những phẩm chất năng lực của người lao động mới
như là tính cần cù, cẩn thận, chu đáo, kiên trì,
- Chuẩn bị hành trang cho học sinh sau khi rời ghế nhà trường bước vào cuộc
sống lao động hoặc vào trường đại học.
1.2. Phát triển tƣ duy sáng tạo toán học cho học sinh ở trƣờng phổ thông
Toán học có thể xem xét theo hai phương diện. Nếu chỉ trình bày lại
những kết quả toán học đã đạt được thì nó là một khoa học suy diễn và tính
logic nổi bật lên. Nhưng nếu nhìn toán học trong quá trình hình thành và phát

4
triển, trong quá trình tìm tòi và phát minh, thì trong phương pháp của nó vẫn
có tìm tòi, dự đoán, vẫn có thực nghiệm và quy nạp. Như vậy sự thống nhất
giữa suy đoán và suy diễn là một đặc điểm của tư duy toán học. Ngày nay,
khi khoa học và công nghệ có những bước phát triển mạnh mẽ, trở thành lực
lượng sản xuất trực tiếp trong nền kinh tế tri thức, thì mục tiêu giáo dục nói
chung và nhiệm vụ phát triển tư duy sáng tạo cho thế hệ trẻ nói riêng có vai
trò đặc biệt quan trọng. Sứ mệnh của nhà trường hiện đại là phát triển tối ưu
nhân cách học sinh, trong đó năng lực sáng tạo cần được bồi dưỡng để thúc
đẩy mọi tài năng.
Môn toán với vị trí của nó trong nhà trường phổ thông, có khả năng to
lớn giúp học sinh phát triển các năng lực và phẩm chất trí tuệ, rèn luyện tư

duy chính xác, hợp logic, phương pháp khoa học trong suy nghĩ, lập luận,
trong học tập và giải quyết các vấn đề : Biết quan sát, thí nghiệm, mò mẫm,
dự đoán, dùng tương tự, quy nạp, chứng minh, và qua đó có tác dụng lớn
rèn luyện cho học sinh trí thông minh sáng tạo. Phát triển tư duy sáng tạo
toán học nằm trong việc phát triển năng lực trí tuệ chung, một nội dung quan
trọng của mục đích dạy học môn toán. Mục đích đó cần được thực hiện có ý
thức, có hệ thống, có kế hoạch chứ không phải tự phát. Về phía giáo viên,
trong hoạt động dạy học toán cần vạch ra những biện pháp cụ thể và thực
hiện đầy đủ một số mặt sau đây :
- Rèn luyện tư duy logic và ngôn ngữ chính xác.
- Phát triển khả năng suy đoán và tưởng tượng.
- Rèn luyện các hoạt động trí tuệ cơ bản, các thao tác tư duy như : Phân tích,
tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá, trừu tượng hoá.
- Hình thành, rèn luyện những phẩm chất trí tuệ như : Tính linh hoạt, tính
độc lập, tính sáng tạo trong tư duy.



5
1.3. Phát hiện và bồi dƣỡng học sinh năng khiếu ở trƣờng phổ thông
Cố thủ tướng Phạm Văn Đồng từng nhắc nhở những người làm công
tác giáo dục: "Phải có ý thức phát hiện và bồi dưỡng các em có năng khiếu
về toán và các môn khác, đừng bỏ sót em nào, bỏ sót sẽ rất uổng". Vậy
năng khiếu là gì mà có vai trò quan trọng như vậy ?
1.3.1. Năng khiếu và năng khiếu toán học
* Năng khiếu là gì ?
Theo từ điển Tâm lý học (Vũ Dũng chủ biên): năng khiếu là tập hợp
những tư chất bẩm sinh, nét đặc trưng và tính chất đặc thù làm tiền đề bẩm
sinh cho năng lực.
Theo "Khơi dậy tiềm năng sáng tạo" (tác giả Nguyễn Cảnh Toàn) thì

năng khiếu là năng lực còn tiềm tàng về một hoạt động nào đó nhưng chưa
bộc lộ ở thành tích cao vì chưa qua tập dượt, rèn luyện nên còn thiếu hiểu
biết và chưa thành thạo trong lĩnh vực hoạt động đó.
Tâm lý học nhân cách (Nguyễn Ngọc Bích): Năng khiếu là những tiền
đề bẩm sinh, những khuynh hướng đầu tiên tạo điều kiện cho năng lực và tài
năng phát sinh. Nó bao gồm những đặc điểm tâm sinh lý giải phẫu của hệ
thống thần kinh và khuynh hướng tâm lý đầu tiên tạo điều kiện thuận lợi cho
việc phát triển một năng lực nào đó.
Năng khiếu tạo điều kiện thuận lợi cho việc hình thành năng lực và tài
năng. Nghĩa là không phải trẻ nào có năng khiếu cũng thành thiên tài. Một
em có năng khiếu đối với một hoạt động nào đó không nhất thiết sẽ trở thành
tài năng trong lĩnh vực ấy và ngược lại.
Điều này cho thấy rằng năng khiếu chỉ là dấu hiệu đầu của tài năng
chứ không phải là tài năng. Cấu trúc của năng khiếu chỉ mới xuất hiện một
số thành phần cơ bản nhưng chưa ổn định, dễ thay đổi. Vì vậy, ta cần chú

6
trọng, phát hiện và bồi dưỡng năng khiếu cho các em một cách kịp thời, để
không lãng phí những mầm ươm tài năng tương lai.
* Năng khiếu toán học
Năng khiếu, theo định nghĩa của từ điển tiếng Việt là năng lực vượt
trội, năng lực đặc biệt của con người xuất hiện từ khi còn nhỏ. Như vậy,
năng khiếu toán học có thể coi như một tổ hợp những năng lực toán học, mà
ở lứa tuổi học sinh thể hiện rõ nhất ở năng lực học toán.
Nhà tâm lý học V.A. Kowrutecxki cho rằng: "Năng lực học tập toán
học là những đặc điểm tâm lý cá nhân (trước hết là các đặc điểm hoạt động
trí tuệ), đáp ứng yêu cầu hoạt động toán và giúp cho việc nắm giáo trình toán
một cách tương đối nhanh, dễ dàng và sâu sắc kiến thức, kỹ năng và kỹ xảo
toán học " [51, tr.13]
Viện sĩ toán học A.N. Kômôgôrôp viết trong cuốn sách "Về nghề

nghiệp của nhà toán học": Để nắm vững toán học một cách có kết quả ở mức
độ cao thì đòi hỏi cần có những năng lực toán học được phát triển, năng lực
này mang ý nghĩa sáng tạo khoa học. Theo ông, thành phần cơ bản của năng
lực toán gồm có :
- Năng lực biến đổi khéo léo những biểu thức phức tạp, năng lực tìm ra con
đường giải phương trình không theo quy tắc chuẩn, năng lực tính toán.
- Trí tưởng tượng hình học hay là trực giác hình học.
- Nghệ thuật suy luận logic theo các bước đã được phân chia một cách đúng
đắn kế tiếp nhau, nguyên tắc quy nạp toán học là tiêu chuẩn tốt cho sự
trưởng thành logic hoàn toàn cần thiết đối với nhà toán học.
Theo quan điểm tâm lý học, trong mỗi con người đều tiềm tàng một
năng khiếu, một tài năng, tất nhiên ở mức độ khác nhau. Đó là một kết
luận quan trọng. Trong quá trình dạy học toán, người thầy cần có những

7
biện pháp phát hiện những năng khiếu toán ở học trò, từ đó có thể tạo ra
môi trường và tổ chức các hoạt động thích hợp giúp các em phát triển
năng lực đó.
1.3.2. Công tác tổ chức giảng dạy nhằm phát hiện và bồi dưỡng học sinh
năng khiếu ở trường phổ thông
Trên thế giới, việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh năng khiếu đã có
từ rất lâu. Ở Trung Quốc, từ đời Đường những trẻ em có tài đặc biệt được
mời ra sân Rồng để học tập và được giáo dục bằng những hình thức đặc biệt.
Từ năm 2001, chính quyền NewZeland đã phê chuẩn kế hoạch phát
triển chiến lược HSG. Cộng hoà Liên bang Đức có hiệp hội dành cho HSG
và tài năng Đức,
Giáo dục phổ thông Hàn Quốc có một chương trình đặc biệt dành cho
HSG nhằm giúp chính quyền phát hiện học sinh tài năng từ rất sớm. Từ năm
1985, Trung Quốc thừa nhận phải có một chương trình giáo dục đặc biệt
dành cho hai loại đối tượng học sinh yếu kém và học sinh giỏi, trong đó cho

phép HSG có thể học vượt lớp.
Các em có năng khiếu thường bộc lộ những đặc tính :
- Có niềm say mê, yêu thích bộ môn
- Có tư chất bẩm sinh như tiếp thu nhanh, có trí nhớ bền vững, có khả năng
phát hiện vấn đề và có khả năng sáng tạo.
- Có vốn tri thức, giàu cảm xúc và thường nhạy cảm trước mọi vấn đề của
cuộc sống.
Chính vì vậy, các em có thể học bằng nhiều cách khác nhau và tốc độ
nhanh hơn so với các bạn cùng lớp, vì thế, mỗi bộ môn cần biên soạn riêng
một chương trình bồi dưỡng sao cho đạt được mục tiêu:
+ Có kiến thức khoa học cơ bản, hiện đại, tiên tiến.
+ Có tính tự lập và khả năng nhận thức ở mức độ cao

8
Trong đó, việc rèn luyện cho học sinh có tính tự lập và khả năng nhận
thức ở mức độ cao là quan trọng và khó khăn nhất. Có thể phân chia việc tổ
chức giảng dạy theo từng giai đoạn ở từng cấp lớp như sau:
Giai đoạn 1 :
 Giới thiệu chương trình, sách giáo khoa, các loại sách, tài liệu tham
khảo dành riêng cho học sinh năng khiếu.
 Hướng dẫn học sinh cách học, cách nghe giảng và ghi chép bài học.
Giai đoạn 2: Hướng dẫn học sinh tiếp thu một số kiến thức cơ bản về môn
Chuyên. Qua đó làm cho các em yêu thích môn học mình sắp theo đuổi.
Giai đoạn 3: Giúp học sinh biết cách giải quyết , khai thác một đơn vị kiến
thức hay một bài tập. Từ đó cho các em khả năng tư duy logic, tư duy độc
lập sáng tạo và biết cách tương tự hoá, mở rộng hoá, tổng quát hoá một vấn
đề của kiến thức.
Giai đoạn 4: Kiểm tra, đánh giá để phân loại, từ đó sẽ tìm ra được những
gương mặt tiêu biểu để tiếp tục bồi dưỡng năng khiếu vốn có của các em.
Giai đoạn 5: Khi thấy nhận thức của học sinh đến độ chín, yêu cầu các em

viết chuyên đề theo nhóm, tham gia viết bài trên báo hay tạp chí chuyên
ngành.
Giai đoạn 6: Tham dự các kỳ thi học sinh giỏi các cấp.
Việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh năng khiếu là một công việc hết
sức quan trọng của người thầy. Năng khiếu và tri thức văn hoá nói chung
phải được bồi đắp theo năm tháng, gắn liền với sự nhạy bén của tố chất cá
nhân. Người thầy phải là "chất xúc tác" trong quá trình biến đổi chất, là
người định hướng cho những năng khiếu đó được bộc lộ mạnh mẽ nhất.
Để hoàn thành được sứ mệnh này, thầy cô giáo phải tham khảo nhiều
tài liệu một cách thường xuyên để cập nhật, bổ sung và phát triển chuyên đề
mình phụ trách, phải chủ động đi trước học sinh một bước, hướng dẫn và
cùng tham gia giải bài tập với học sinh.

9
Trong quá trình giảng dạy, người thầy phải dạy cho học sinh tiếp cận
kiến thức một cách tự nhiên, chủ động và sáng tạo, cụ thể là dạy cho các em
cách tìm đến kiến thức và nghiên cứu nó, cách làm bài tập, cách đọc sách và
tìm tài liệu, cách mở rộng và khai thác kiến thức, cách chế tác và tổng quát
hoá một bài tập,
Người thầy phải luôn thắp sáng ngọn lửa say mê môn học mà học sinh
đang theo đuổi, phải dạy cho các em niềm tin có thể biến ước mơ thành hiện
thực, biết chấp nhận khó khăn để cố gắng vượt qua, biết rút kinh nghiệm sau
những lần thất bại hay thành công trong từng giai đoạn mà mình phấn đấu.
1.4. Thực trạng giảng dạy phƣơng trình hàm ở trƣờng phổ thông
Hiện nay, ở các trường THPT , phương trình hàm vẫn chưa được đề
cập nhiều. Phần lớn những học sinh tiếp cận phương trình hàm là những học
sinh lớp chuyên Toán, còn đối với học sinh đại trà thì vẫn là một lĩnh vực xa
lạ, khó tiếp cận, rất lúng túng trong quá trình phân tích để tìm ra bản chất và
vận dụng kiến thức về phương trình hàm một cách thích hợp.
Đa số học sinh khi tìm hiểu về phương trình hàm đều cảm thấy khó

bởi vì đây là loại toán đòi hỏi người học phải vận dụng nhiều kiến thức khi
giải, có khả năng tư duy tốt, khả năng khái quát, phán đoán vấn đề,
Hơn nữa, thầy cô không dạy lớp chuyên, trường chuyên thì cũng
không nghiên cứu sâu về mảng kiến thức này.
Chính vì lẽ đó, phương trình hàm không phải là một kiến thức quá mới
mẻ của toán học nhưng lại không phải là kiến thức phổ thông mà học sinh
THPT nào cũng biết.

10
Kết luận chƣơng 1
Xuất phát từ cơ sở lý luận và thực tiễn trình bày ở trên, ta kết luận
được rằng :
Phương trình hàm là một mảng kiến thức khó nhưng hấp dẫn đối với
học sinh năng khiếu toán. Các dạng toán của phương trình hàm thường
xuyên xuất hiện trong các đề thi HSG Quốc gia, Quốc tế - đủ biết tầm quan
trọng của mảng kiến thức này. Qua giảng dạy phương trình hàm, thầy cô
giáo có thể phát hiện ra những học sinh có tư chất đặc trưng của học sinh
năng khiếu toán, như :
- Có khả năng quan sát tinh tế, mau chóng phát hiện ra các dấu hiệu chung
và riêng, mau chóng phát hiện ra các nút làm cho việc giải quyết vấn đề phát
triển theo hướng hợp lý hơn, độc đáo hơn.
- Có khả năng suy luận có căn cứ chắc chắn, có ý thức tự kiểm tra việc làm.
- Có khả năng chuyển từ trừu tượng khái quát sang cụ thể và ngược lại
Và để thuận lợi hơn trong việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh năng
khiếu trong quá trình giảng dạy phương trình hàm, chúng tôi đã tập hợp các
bài toán phương trình hàm đã có, sắp xếp , phân loại để đưa ra những
phương pháp giải tương ứng nhằm giúp các em có một tư duy hệ thống về
phương trình hàm. Qua hệ thống bài tập phong phú, giúp các em có được kỹ
năng giải phương trình hàm tốt nhất, và có cái nhìn khái quát, logic về
phương trình hàm, mở ra cho các em những hướng suy nghĩ mới, bước đầu

tìm hiểu và xây dựng nên những bài toán mới.







11
CHƢƠNG 2
MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP
GIẢI PHƢƠNG TRÌNH HÀM THƢỜNG DÙNG

2.1. Những khái niệm cơ bản
2.1.1. Nguyên lý Archimede

, 0 *:x k N k x

      

Hệ quả :
! : 1x R k Z k x k      

Số k như thế gọi là phần nguyên của x, kí hiệu :
 
x

Vậy,
   
1x x x  

2.1.2. Tính trù mật
Tập hợp
AR
gọi là trù mật trong
,,R x y R x y   
đều tồn tại a thuộc A
sao cho
x a y
.
Chú ý :
 Tập Q trù mật trong R
 Tập
,
2
n
m
A m Z n Z

  


trù mật trong R.
2.1.3. Hàm sơ cấp
Hàm số sơ cấp cơ bản là các hàm luỹ thừa, hàm số mũ, hàm logarit,
hàm số lượng giác,
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.
2.1.4. Hàm cộng tính, nhân tính trên một 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).

12
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(xy) = 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 f(x) =
( 0)x



là hàm nhân tính.
2.1.5. Hàm đơn điệu
Hàm số f(x) gọi là tăng trên (a,b) nếu :
Với mọi
1 2 1 2 1 2

, ( , ), ( ) ( )x x a b x x f x f x   

Hàm số f(x) gọi là giảm trên (a,b) nếu :
Với mọi
1 2 1 2 1 2
, ( , ), ( ) ( )x x a b x x f x f x   

2.2. Một số phƣơng pháp giải phƣơng trình hàm thƣờng dùng
Như ta đã biết, phương trình hàm là một phương trình thông thường
mà nghiệm của nó là hàm. Do vậy việc đầu tiên ta sẽ nêu những đặc trưng
của một số hàm sơ cấp thường gặp trong chương trình phổ thông. Nhờ các
đặc trưng này, mà ta có thể dự đoán kết quả của các phương trình hàm tương
ứng cũng như có thể đề xuất những dạng bài tập tương ứng với các đặc trưng
hàm đó.
1) Hàm bậc nhất : f(x) = ax+b (a, b

0)
Đặc trưng hàm :
( ) ( )
,,
22
x y f x f y
f x y





( Phương trình Jensen)
2) Hàm tuyến tính : f(x) = ax, ( a


0)
Đặc trưng hàm : f(x+y) = f(x) + f(y),

x,y (Phương trình Cauchy)
3) Hàm mũ : f(x) = a
x
; ( a> 0, a

1)
Đặc trưng hàm : f(x + y) = f(x).f(y);

x, y ( Phương trình Cauchy)
4) Hàm logarit :
log ;( 0, 1)
a
x a a

Đặc trưng hàm : f(xy) = f(x) + f(y),
*
,x y R
( Phương trình Cauchy)
5) Hàm sin : f(x) = sinx.

13
Đặc trưng hàm : f(3x) = 3f(x) - 4f
3
(x);
x

6) Hàm cosin : f(x) = cosinx.
Đặc trưng hàm : f(2x) = 2f
2
(x)-1,
x

7) Hàm f(x) = tanx
Đặc trưng hàm :
( ) ( )
( ) ; , yR, ( )
1 ( ) ( ) 2
f x f y
f x y x y x y k k Z
f x f y



       


8) Hàm cotx
Đặc trưng hàm :
( ) ( ) 1
( ) ; , yR, ( )
( ) ( )
f x f y
f x y x y x y k k Z
f x f y



      


9) Hàm luỹ thừa : f(x) =
x

;
xR



Đặc trưng hàm : f(xy) = f(x)f(y);
,xy

Phƣơng pháp 1. Sử dụng các giá trị đặc biệt để đoán nhận nghiệm của
phƣơng trình hàm.
Cũng giống như cách giải phương trình thông thường. Khi giải
phương trình hàm, ta cũng có thể đoán nhận các nghiệm của phương trình
hàm và chứng minh rằng ngoài các nghiệm đó ra PTH không có nghiệm nào
khác. Thông thường, ta hay thử các hàm số đặc biệt như hàm hằng, hàm
đồng nhất, hàm tuyến tính, để xem chúng có phải là các nghiệm của
phương trình hàm hay không ?
Ví dụ 1. Tìm tất cả các hàm số f : [1,+

)

[1,+

) ,sao cho : f(xf(y)) =
yf(x) , với mọi x,y thuộc [1,+


).
Lời giải:
Ta nhận thấy f(x) = x là nghiệm của bài toán .
Ta sẽ chứng minh nghiệm đó là duy nhất :
Cho x = y = 1 thì f(f(1)) = f(1)

14
Cho y = f(1) thì f(xf(f(1))) = f(1)f(x)

f(xf(1)) = f(1)f(x) .
Mặt khác : f(xf(1)) = f(x) (giả thiết).

f(1)f(x) = f(x)

f(1) = 1, (f(1)
1, x
)
Cho x = 1 ta được :f(f(y)) = y (1)
Nếu f(y) = 1

f(fy)) = f(1) = 1 , từ (1)

y = 1.
Vậy : f(y) > 1 ,
y
> 1.
Nếu x > y

1 thì f(x) = f(

x
y
y) = f(
x
y
f(f(y)) = f(y)f(
x
y
) , (2)
Do x > y

x
y
>1

f(
x
y
)>1
(2)

f(x) > f(y) suy ra f(x) đồng biến trên [1,+

).
Giả sử

x
0
; f(x
0

)

x
o
ta xét các trường hợp sau :
Trường hợp 1: f(x
0
) > x
0


f(f(x
0
)) > f(x
0
)

x
0
> f(x
0
) vô lý .
Trường hợp 2 : f(x
0
) < x
0


f(f(x
0

)) < f(x
0
)

x
0
< f(x
0
) vô lý .
Vậy f(x) = x ,

x

R.
Ví dụ 2. Tìm hàm số f(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện :

2
( ) ( ) ( ), ,
1 ( )
0, ( )
(1) 1
f x y f x f y x y R
fx
xf
x
x
f

    



  








15
Lời giải:
Dễ thấy f(x) = x là một nghiệm của phương trình
Ta sẽ chứng minh f(x) = x là nghiệm duy nhất của phương trình
Thật vậy : cho x = y = 0 ta được f(0) = 0.
Cho y = -x ta có f(-x) = -f(x) suy ra f(x) là hàm lẻ.
Từ giả thiết : f(x – y) = f(x + (-y)) = f(x) + f(-y) = f(x) – f(y)
Xét f(
1
1 x
) =
2
(1 )
(1 )
fx
x


=
2

(1) ( )
(1 )
f f x
x


=
2
1 ( )
(1 )
fx
x


,
1x
(1)
Mặt khác : f(
1
1 x
) = f( 1 +
1
x
x
) = f(1) + f(
1
x
x
) = 1 + f(
1

1 x
x

) =
= 1 +
2
1
()
1
()
f
x
x
x

= 1 +
2
2
(1 )
x
x
f(
1
x
- 1) = 1 +
2
2
(1 )
x
x

(f(
1
x
) – f(1)) =
= 1 +
2
2
(1 )
x
x
(
2
()fx
x
- 1) = 1 +
2
()
(1 )
fx
x
-
2
2
(1 )
x
x
(2)
Từ (1) và (2) có
2
1 ( )

(1 )
fx
x


= 1 +
2
()
(1 )
fx
x
-
2
2
(1 )
x
x
.
Vậy f(x) = x ,
x
1, x

0 .
Kết hợp với giả thiết f(1) = 1 ; f(0) = 0 ta có f(x) = x ,
x
R.

16
Ví dụ 3. Tìm tất cả các hàm f xác định trên tập hợp tất cả các số thực nhận
giá trị thực , sao cho với mọi x , y ta có : f(x

2
+ f(y)) = y + f
2
(x) .
Lời giải:
Dễ thấy f(x) = x là một nghiệm của phương trình . Ta sẽ chứng minh
f(x) = x là nghiệm duy nhất của phương trình .
Trước tiên ta chứng minh f(0) = 0 . Cho x = y = 0 , đặt t = f(0) , ta có f(t) = t
2
Ta lại có
f(x
2
+ t) = f
2
(x) , f(f(x)) = x + t
2
(1)
Ta tính f(t
2
+ f
2
(1)) theo hai cách :
f(t
2
+ f
2
(1)) = f(f(t)) + f
2
(1) = t + (1 + t
2

)
2
= 1 + 2t
2
+ t
4
(2)
Mặt khác , từ f(t) = t
2
, f(1 + t) = f
2
(1), ta có t
2
+ f(1 + t) = f(t) + f
2
(1) =
t
2
+ f
2
(1)
nên f(t
2
+f
2
(1)) = f(t
2
+ f(1 + t)) = 1 + t + f
2
(t) = 1 + t + t

4
(3)
Từ (2) và (3) suy ra 1 + t + t
4
= 1 + t + 2t
2
+ t
4
. Vậy 2t
2
= 0 tức là t = 0 hay
f(0) = 0.
Đến đây ta suy ra f(f(x)) = x và f(x
2
) = f
2
(x)
Gọi y là một số thực bất kỳ , ta đặt z = f(y) , suy ra y = f(z) và
f(x
2
+ y) = z + f
2
(x) = f(y) + f
2
(x) .
Cho x > 0 tuỳ ý , chọn z sao cho x = z
2
, khi đó :
f(x + y) = f(z
2

+ y) = f(y) + f
2
(z) = f(x) + f(y)

17
Đặt y = -x ta nhận được 0 = f(0) = f(x + (-x)) = f(x) + f(-x)
Suy ra : f(-x) = -f(x) điều này kéo theo , với mọi x , y ; f(x – y) = f(x) – f(y)
Bây giờ , lấy x bất kỳ , đặt y = f(x)
Nếu y > x , đặt z = y –x thì :
f(z) = f(y – x) f(y) – f(x) = x – y = -z
Nếu y < x , đặt z = x – y thì :
f(z) = f(x – y) 1 = f(x) – f(y) = y – x = -z
Vậy cả hai trường hợp trên cho ta : Nếu z > 0 thì f(z) = -z < 0 . Bây giờ ta
chọn w sao cho w
2
= t thì :
f(z) = f(w
2
) = f
2
(w) < 0 điều này mâu thuẫn .vậy ta phải có f(x) = x

Ví dụ 4. Tìm
:f R R
thoả mãn :
( ) 0
( ) ( ) ( ) ,
f x x R
f x y f x f y x y R
  



    


Lời giải:
Cho
0
0
x
y





suy ra
(0) 0
(0) 0.
(0) 2 (0)
f
f
ff







Cho y = -x
(0) ( ) ( ) ( ) ( ) 0
( ) 0, ( ) 0 ( ) 0, ( ) 0
f f x f x f x f x
f x f x f x f x
     



     


( ) ( ) 0f x f x x R     
. Vậy f(x) = 0. Thử lại thấy đúng.
Ví dụ 5. Tìm
:f R R
thoả mãn :

1 1 1
( ) ( ) ( ) ( ) , ,
2 2 4
f xy f xz f x f yz x y z R     


18
Lời giải :
Cho x = z, y = 1 ta được :
2
2
1 1 1

( ) ( ( )) ( ) 0 ( )
4 2 2
f x f x f x f x

      


.
Thử lại thấy đúng.
Ví dụ 6. Tìm
,:f g R R
thoả mãn :
( ) ( ) os( ) ( ) ,f x f y c x y g x y x y R     
(1)
Lời giải
Ta thấy f(x) = cosx là một hàm số thỏa mãn.
Cho x= y = 0
 
(0) 0
(0) 2 (0)
(0) 1
f
ff
f


  




Nếu f(0) = 0 thì : Cho y = 0; x
( ) (0) 0R f x f x R      
. Thử lại ta được :
sinxsiny = 0
,x y R  
vô lý. Vậy, f(x) = 0 không là nghiệm của phương
trình hàm.
Nếu f(0) = 1 thì cho :
x = - y
2 2 2
( ) ( ) 1 ( sin ) os ( ) ( ) osf x f x x c x f x f x c x        

Cho
0
2
2
0
2
f
x
f





















Nếu
0
2
f





thì : Cho
;
2
x y R


thế vào (1) suy ra :
sin 0 ( ) cos ,
2

f y y f y y y R


      


. Thử lại thấy đúng.
Nếu
0
2
f






tương tự như trên ta nhận được : f(y) = cosy
yR
.
Vậy hàm số cần tìm là : f(x) = cosx.


19
Ví dụ 7. Tìm
:f R R
thoả mãn :
2
( ) ( )
( 1) ( ) 1

1 ( )
0
f x f x x R
f x f x x R
fx
fx
xx


    


    




  




(1)
Lời giải :
Ta có :
2
1 1 1 ( )
1 1 1 0
x f x
f f f x

x x x x

     
       
     
     
(2)
22
22
22
1
1
1 1 ( 1) 1 1 ( )
11
1 1 , 0, 1, (3)
( 1) ( 1)
11
x
ff
x x f x x f x
xx
f x x
x x x x x
xx
xx
   

   
    
   

       
   
        
     
   

     
   
   
   

   

(2) + (3)
( ) , 0; 1f x x x x    
.
Với x = 0; (2)
(0) 0f
thoả mãn f(x) = x
Với x= 1; (2)
( 1) (1)ff  
.
Cho x = 0, (3)
(1) 1 ( 1) 1ff     
thoả mãn f(x) = x.
Vậy f(x) = x
xR
. Thử lại thấy đúng.

Ví dụ 8. (VMO. 1995)

Tìm
:f R R
thoả mãn :
 
 
 
 
2
2
2
2yf( ) ,f x y x x f y x y R     

Lời giải:
Cho x = y =0
 
2
(0) 0
(0) (0)
(0) 1
f
ff
f


  




20
Nếu f(0) = 0, cho
0y
xR





ta được :
22
( ) ( ) 0f x x f t t t    
.
Cho x = 0,
yR
ta được :
   
22
2
(0) 2 ( ) ( ) ( ) 0 ( ) .f x xf x f x f x x f x x       

Thử lại thấy đúng.
Nếu f(0) = 1, cho
0x
xR






ta được :
22
( ) 1 ( ) 1 0f x x f t t t      
.
Cho x = 0;
yR
ta được :
   
22
22
( ) 2 ( ) ( ) ( ) 2f y y f y f y f y y     


22
( ) 1
1 2 ( 1)
( ) 1
f y y
y y y
f y y


     

  


Giả sử tồn tại
0
yR

sao cho :
00
( ) 1f y y
. Chọn x = y = y
0
ta được :
 
2
00
2
0 0 0 0
00
( ) 1
1 2 ( ) ( )
( ) 1
f y y
y y f y f y
f y y


   




Nếu
0 0 0 0 0
( ) 1 1 1 0f y y y y y        
và
(0) 1f 

(loại).
Nếu
0 0 0 0 0
( ) 1 1 1 1 ( 1) 0.f y y y y y f            

Thoả mãn :
00
( ) 1f y y
. Vậy f(y) = y + 1
yR
. Thử lại thấy đúng.
Ví dụ 9. ( VMO. 2005)
Tìm
:f R R
thoả mãn :
 
 
( ) ( ) ( ) ( ) , ,f f x y f x f y f x f y xy x y R      
(*)
Lời giải:
Cho
0xy
   
2
(0) (0)f f f
. Đặt
2
(0) ( )f a f a a  
.
Cho

xy
R
   
22
2 2 2
( ) ( ) ( )f x x f a f x x a     
(1)

21
   
22
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
f x f x
f x f x
f x f x


   

  


Nếu
*
0
xR
sao cho
00

( ) ( )f x f x

+ Chọn x = 0; y = -x
0

 
0 0 0
( ) af( ) ( )f f x x a f x     
(2)
Chọn
 
0 0 0 0
0, ( ) af( ) ( )y x x f f x x a f x      
(3)
(2) + (3)
0 0 0 0
( ( ) ( )) ( ( ) ( )) 2 0a f x f x f x f x a       
(4)
Vì
00
( ) ( )f x f x
nên
 
(1)
2
2 2 2 2 2
0 0 0 0 0
( ) ( ) 0f x a f x x a a x a x       


trái với giả thiết
*
0
xR
.
Vậy
( ) ( )f x f x x R    
. Ta thấy (4) không phụ thuộc vào x
0
nên ta có :
( ( ) ( )) ( ( ) ( )) 2 0.a f x f x f x f x a      
Thay
( ) ( )f x f x  
suy ra :
a(f(x)+1) = 0
0
( ) 1
a
fx







+ Nếu a = 0
 
(1)
2

2
()
()
()
f x x
f x x
f x x








Giả sử tồn tại
*
0
xR
để f(x
0
) = x
0
. Khi đó ( 3) suy ra :
0 0 0 0 0
( ) ax 0x f x a x x     
trái với giả thiết
*
0
xR

Vậy
()f x x x R   
. Thử lại thấy đúng.
+ Nếu
( ) 1f x x R   
. Thử lại ta được (*)
2,xy x y R   
. Vô lí.
Vậy hàm cần tìm là :
( ) .f x x