chuyên đề ôn thi học sinh giỏi phương trình hàm.

Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 1 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
A. PHƯƠNG TR
ÌNH D
ẠNG f(A)=B
D
ạng
: Tìm f(x) , bi
ết
   
f u x v x
 
 
Đ
ặt t = u(x) , tính x theo t :
 
1
x u t


Th
ế vào biểu thức đã cho ta được
 

1
( )f t v u t

 

 
Khi đó thay t b
ởi x ta được :
 
f x
Ki
ểm tra lại xem hàm số tìm được thỏa mãn đk đề bài chưa. (vì pp này mới chỉ là đk cần)
 Lưu
ý
: N
ếu việc rút x theo t phức tạp, ta có thể biến đổi
   
 
v x k u x
.
Ví d
ụ 1:
Tìm hàm s
ố f(x) biết :
a)
 
2 1 7 5f x x  
b)
2
2

1 1
0f x x khi x
x x
 
   
 
 
Hư
ớng dẫn giải
a) Đ
ặt t = 2x + 1

1
2
t
x


H
ệ thức đã cho trở thành : f(t) =
1 7 3
7 5
2 2 2
t
t

 
  
 
 

. V
ậy f(x) =
7 3
2 2
x 
b) Đ
ặt 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 
. V
ậy f(x) =
2
2x 
Bài tập tự luyện:
Bài 1: Tìm hàm f(x) bi
ết :
a)
 
: \ 0f  
và


2 2
1 1f x x x x    

. (Nhân lư
ợng liên hợp
2
1x x 
.ĐS:
1
( )f x
x
 
b)
2
: \ ,3
3
f
 

 
 
 
và
 
3 1 1
2, 1
2 1
x x
f x x
x x
 
 
   

 
 
 
(ĐS:
4
( )
3 2
x
f x
x



c)
 
: \ 0f  
và
 
2
1
1 0f x x x
x
 
   
 
 
(ĐS:
2
1 1
( )

t
f t
t t

 
d)
 
: \ 1f  
và
 
2
1
1 1 0f x x
x
 
   
 
 
(ĐS:
2
2
2
( )
( 1)
x x
f x
x
 



e)
 
 
2
1 1 1f x x x     
(ĐS:
  
4 2
( ) 2 2f x x x
f)
 
: \ 0f  
và
 
4
2 2
1
0
1
x x
f x
x x

 
 
 

 
(Bi
ến đổi

4
2
1x
x

v
ề
2
1
x
x
. ĐS:
 
2
1
( ) 2f x
x
Bài 2: Tìm
1x
f
x

 
 
 
bi
ết với
1x  
,
2

2
1
1
f x
x
 
 
 

 
. (ĐS:
2
1 4
2 1
x x
f
x x x
 
 

 
 
 
B. PHƯƠNG TR
ÌNH DẠNG
a.f(A)+b.f(B)=C
D
ạng
: Tìm f(x) bi
ết

   
. ( ) . ( ) ( )a f u x b f v x r x 
T
ừ hệ thức đã cho suy ra hệ thức mới chỉ chứa
 
( )f u x
và
 
( )f v x
Ta đư
ợc hệ pt chứa 2 ẩn
 
( )f u x
và
 
( )f v x
Gi
ải hệ n
ày ta đưa bài toán về dạng
1.
Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 2 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân

* a.f(x) + b.f(–x) = C. Thay x b
ởi
– x ta đư
ợc a.f(
–x) + b.f(x) = C
* a.f(x) + bf
1
( )
x
= C. Thay x b
ởi
1
x
ta đư
ợc a.f
1
x
 
 
 
ta đư
ợc a.f
1
x
 
 
 
+ b.f(x) = C
Ví d
ụ 1

: Tìm hàm số f(x) bi
ết :
a) 2.f(x) – f(–x) =
4 3
12 4x x 
b)
   
1 1
–1 . 
1
x f x f
x x
 
 
 

 
 
0, 1x x 
Hư
ớng dẫn giải
a) Ta có : 2.f(x) – f(–x) =
4 3
12 4x x 
(1)
Thay x b
ởi
– x thì
đẳng thức trở thành
:

4 3
2. ( ) ( ) 12 4f x f x x x    
(2)
Nhân 2 vào hai v
ế 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      
b) Ta có :
   
1 1
–1 . 
1
x f x f
x x
 
 
 

 
(3)
Thay x b
ởi
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 v
ế của (3) ta đ
ược:
2

2 1 1 1 1
( )
x x x
f x f
x x x x
   
 
  
 
 
(5)
L
ấy (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


.
Ví d
ụ 2
: Cho hàm s
ố f(x) xác định với
1
2
x 
. Tìm hàm s
ố này biết rằng
 
 
 

 
( ) 2

2 1
x
f x xf
x
(1)
Hư
ớng dẫn giải
Đ
ặt
2
2 1 2 1
x u
u x xu u x
x u
     
 
v
ới
1
2
u
Thay
2 1
x
u
x


và
2 1

u
x
u


vào (*) ta đư
ợc
( ) 2
2 1 2 1
u u
f f u
u u
 
 
 
 
 
Đ
ổi u th
ành x ta được:
( ) 2
2 1 2 1
x x
f f x
x x
 
 
 
 
 

(2)
T
ừ (1), (2) 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 l
ại:






 



1 neáu 1
( )
2(2 1) 1
1

1 2
x
f x
x
neáu x vaø x
x
Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 3 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
Ví d
ụ 3:
Tìm hàm s
ố
 
: \ 0;1f  
th
ỏa mãn:
 
1
1 , 0 (1)
x
f x f x x
x


 
    
 
 
Hư
ớng dẫn giải
Đ
ặt
   

    
1 1
1
,(1) 1
x
x f x f x x
x
.
Đ
ặt
   

     

1
2 1 2 1
1
1
1

,(1) 1
1
x
x f x f x x
x x
.
Đ
ặt
   

     
2
3 2 2
2
1
,(1) 1
x
x x f x f x x
x
.
Ta đư
ợc hệ :
 
 
 
 

  

  

 

       

 

 

  


1
1 2
1 2 1
2 2
( ) 1
1
1 1 1
( ) 1 .
2 2 1
( ) 1
f x f x x
x x x
f x f x x f x x
x x
f x f x x
Th
ử lại thấy đúng, vậy hàm số cần tìm là:
 
 

  
 

 
1 1 1
.
2 1
f x x
x x
Bài t
ập tự luyện:
Bài 1: Tìm hàm f(x) biết :
a)
2 ( ) 3 ( ) 2 3f x xf x x   
(ĐS:
( ) 1f x 
b)
 
: \ 0f  
và
 
1
2. ( 0)f x f x x
x
 
  
 
 
(ĐS:
2

2
( )
3
x
f x
x


c*)
 
: \ 0f  
và
 
1 1
. 1 ( 0, 1)
2 1
f x f x x
x x
 
   
 

 
(ĐS:
6 2
( )
7
x
f x
x



d)
2
: \
3
f
 

 
 
 
và
 
2 2
2 996 ( )
3 2 3
x
f x f x x
x
 
  
 

 
(ĐS:
 
1992 1
( )
3 2

x x
f x
x



e)
:f  
và
   
2
2 1f x f x x  
(ĐS:
2
2 1
( )
3
x x
f x
 

f*)
 
: \ 1f   
và
3 3
( 1)
1 1
x x
f f x x

x x
 
   
   
   
 
   
(ĐS:
 
 
2
2
7
( )
2 1
x x
f x
x



g*)
 
: \ 1;0;1f   
và
 
1
2 1 ( 1)
1
x

xf x f x
x

 
   
 

 
(ĐS:
 
2
4 1
( )
5 1
x x
f x
x x
 


Bài 2: Tìm hàm s
ố f(x) biết
f(x) là m
ột đa thức bậc
ba th
ỏa:
2
(0) 0
( ) ( 1)
f

f x f x x x



   

HD: Vì f(0) = 0
3 2
( )f x ax bx cx   
(1)
3 2
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)f x a x b x c x       
=
3 2 2
3 3 2ax ax ax a bx bx b cx c       
=
3 2
(3 ) (3 2 ) ( ) (2)ax a b x a b c x a b c       
T
ừ (1), (2) v
à giả thiết
2 2
( ) ( 1) ( 3 ) (2 3 ) ( )f x f x b a b x b a x a b c x           
Đ
ồng nhất hệ
s
ố tìm được:
3 2
( )
3 2 6

x x x
f x   
.
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



 
 

 
   
  

  
  
   
  
  
   
 



Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 4 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
C. H
Ệ PHƯƠNG TRÌNH
D
ạng
: Tìm hai hàm f(x) và g(x) bi
ết:
af ( ) ( ) ( ) (1)
( ) ( ) ( ) (2)
u x bg v x r x
cf p x dg q x s x


   
 

   

   
 

   

Kh
ử f hoặc g để đ
ưa về dạng 2 hoặc dạng 1
( )f x
và g(x)
Ví d
ụ
: Kh
ử f :
Trong (1) đ
ặt t = u(x) th
ì
1
( )x u t


nên (1) thành
1 1
af( ) ( ( )) ( ) (3)t bg v u t r u t

 
   
 
   
Trong (2) c
ũng đặt t = p(x) thì
1
( )x p t


nên (2) thành
1 1
( ) ( ( )) ( ) (4)cf t dg q p t s p t
 
   
 
   
T
ừ (3) và (4) khử f(t
)
Ví d
ụ 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
Đ
ặt t = x + 1

x = t – 1 và do đó (1) tr
ở thành:
( 1) ( ) ( ) 2( 1) 11t f t g t t t    
2
( 1) ( ) ( ) 2 2 11 (3)t f t g t t t     
L
ại đặt
1 1
t x
x t
  
do đó (2) tr
ở 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)
C
ộng (3) và(4) theo từng vế ta được:
2
(2 1) ( ) (2 1)t f t t  
Suy ra f(t) = 2t – 1 v
ới 2t
– 1
1
0
2
t  
. V
ậy 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             
V
ậy g(x) = x + 10
Bài t
ập:
Tìm các hàm f(x) và g(x), bi
ết:
1
( 6) 2 (2 15) ( 2) (1)
2
,
2
( 5) 4 (2)
2
f x g x x
a
x
f g x x

    




 


   
 

 

Hư
ớng dẫn giải
Đ
ặt 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

  
Đ
ặt
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:
Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 5 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
4
( ) 2 (2 3)
(3)
2
( ) (2 3) 2 2
x
f x g x
f x g x x


  





   

Gi
ải hệ ta đ
ược
7 12
( )
2
x
f x


và
3 8
(2 3)
2
x
g x
 
 
Đ
ặt y = 2x + 3
3
2
y
x

 
Thay vào bi

ểu thức của g ta được:
3 7 3 7
( ) ( )
4 4
y x
g y g x
 
  
Tóm l
ại 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

    

   

 
   

 
   

Đ
ặt 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
   
   
     
   
   
Đ
ặt
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
   
 
        
   
 
   

T
ừ (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
 
  
  
 
 
Đ
ặt t =
1 3
1 2 ; 1
2 2
x x
x t t
 
    
( ) 1 ( ) 1g t t g x x     
Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 6 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”

Nguy
ễn Xuân Quân
Bài 3
Tìm ( xác
định) h/số f(x) thỏa:
( ) ( ). ( ) 2002
x y
f x y f x f y

  
v
ới mọi x, y
R
(*)
Hư
ớng dẫn giải
Thay x = 0 , y= 0 vào (*) ta có :
2
0
(0) (0) 2002 1 (1)f f
 
  
 
V
ới
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  
L
ại 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)

T
ừ (4) v
à (6) ta suy ra :
( ) 2002
x
f x 
. Đ
ảo lại xem h/số
( ) 2002
x
f x 
Ta nh
ận thấy f(x) thỏa yêu cầu của bài toán.
V
ậy
( ) 2002
x
f x 
BÀI T
ẬP NÂNG CAO
Bài 1: Tìm hàm s
ố y = f(x) biết rằng:
f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1
,x y R 
Hư
ớng dẫn giải
Xét pt : f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1 (1)
T
ừ (1) cho y =
– 1 , y = 0 ta đư

ợc:
( ) ( 1) ( ) 2 1 1f x f x f x x x x         
(2)
(0) ( ) ( 1) 2 1f f x f x x    
(3)
T
ừ (2), (3)
( ) (0)f x f x    
Đ
ặt t =
– x
( ) (0) ( ) (0) 0f t f t f t t f      
Đ
ặt g(t) = f(t)
– t ta có g(t) = f(0) – 0 = g(0)
t
Đ
ể 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      
L
ấy 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) v
ới biến số thực x, không đồng nhất 0 thỏa pt:

f(x).f(y) = f(x – y)
, (*)x y
Tìm f(x)
Hư
ớng dẫn giải
Cho x = a v
ới
( ) 0f a 
ta có : (*)
( ) ( ) ( ) (1)f a f y f a y  
a t
ồn 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 t
ừ (*)
2
( ) (0) 1f x f
 
  
 
(2)
Thay y =
2
x
t
ừ (*)
( ). ( ) 1 . 0
2 2 2
x x x

f x f f f x f
     
 
    
     
 
     
(3)
Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 7 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
T
ừ (2) và (3)
2
( ) 1
( ) 1
( ) 1
0
2
f x
f x
f x
x

f

 

 




  


 



 


 


V
ậy f(x) = 1
x
Bài 3: Tìm hàm s
ố f(x) nếu:
( ) ( ) 2 ( )cos , (1)
(0) 1
2

f x y f x y f x y x y
f f


    

 

 
 

 

Hư
ớng 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
 
 
ta có:
( ) ( ) 0f t f t   
(3)
Trong (1) cho
,
2 2
x y t

 
  
ta có:
( ) ( ) 2sinf t f t t     
(4)
C
ộng (2) với (3) ta đ
ược:
( ) 2 ( ) ( ) 2cosf t f t f t t     
(5)
L
ấy (5) trừ (4) ta được :
2 ( ) 2(cos sin ) ( ) cos sinf t t t f t t t    
(6)
Rõ ràng (6) th
ỏa m
ãn (1) và
(0) 1
2
f f

 
 
 
 
V
ậy h
àm cần tìm là:
( ) cos sinf x x x 
Bài 4: Cho hàm s

ố f(x) liên tục trên R thỏa điều kiện
( ) (2 )f x f x x R  
. Tìm hàm s
ố f(x)
Hư
ớng dẫn giải
Theo đ
ề 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 t
ục nê
n

(0)
2
n
x
f f khi n
 
  
 
 
T
ức là :
lim ( ) lim (0)
2
n
n
n
x
f x f f x R


 
   
 
 
.
Đi
ều đó chứng tỏ f(x) không đổi với mọi x hay f(x) = c = hằng số
Th
ử lại ta đ
ược f(x) = c thỏa điều kiện đề bài

Bài 5: Tìm hàm f(x) bi
ết
2
1 8 8
3 ( ) (1)
1
x
f x f
x
x
 

 
 

 
Hư
ớng dẫn giải
Đ
ặt
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
 

   
 

 
Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình

hàm ~ 8 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
Hay
2
1 8(1 )
3 ( ) (2) 0
1
x x
f f x x
x
x
 

  
 

 
Như th
ế f(x) và
1
f
x
 
 
 
là nghi
ệm 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

 

 

 


 


 



 
 


 

Gi
ải hệ (1) v
à (2) bằng cách khử
1
f
x
 
 
 
ta đư
ợc
2
( 1)( 3)
( ) 0
1
x x
f x x
x
 
 

Bài 6: Cho hàm s

ố f(x) xác định trên R và bị chặn trong
( ; )a a
v
ới a là số dương cho trước và
th
ỏa điều kiện:
1
( ) (1)
2 2
x
f x f x x R
 
  
 
 
Hãy tìm hàm s
ố f(x)
Hư
ớng dẫn giải
T
ừ (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
 
   
 
   

   
C
ộng 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
 
   
    
   
   
V
ới bất kỳ x
nào, ta ch
ỉ 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 

V
ậy
4
( )
3
f x x
. Th
ử lại thấy hàm số này thỏa yêu cầu đề bài.
Bài 7: Tìm các hàm s

ố f xác định và đồng biến trên R thỏa hệ thức sau:
1
( ) 2 4 1
4
f f y x x y
 
   
 
 
v
ới mọi
,x y
(1)
Hư
ớng 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)
Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 9 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
T
ừ (2) và (3)
1 1 1
( ) (0)
4 2 4
f f y y f f
   
  
   
   
(4)

Do f đ
ồng 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 đư
ợc:
f(0) =
1 2 2 ( )
( ) 1 (0) (6)
2 2
y f y
f y y f
 
    
T
ừ (5) f(0) = f(y)
– 2y (7)
T
ừ (6) , (7)
2 2 ( ) 2
( ) 2 ( ) 2

2 3
y f y
f y y f y y
 
     
Th
ử lại thấy f(x) = 2x +
2
3
th
ỏa yêu cầu đề ra
Bài 8: Tìm hàm s
ố y = f(x) thỏa điều kiện
1 2
( ). '( )
( )
(0) 1
x
f x f x x
f x
f


  







Gi
ải
T
ừ
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
   

   
V
ậy :
 
,

3 3
2
( ) 3 6 ( ) 3 3f x x f x x x c
   
     
   
( C là h
ằng số )
3
2
3
( ) 3 3
(0) 0 0 1 1
f x x x c
Do f c c
   
     
V
ậy
3
2
( ) 3 3 1f x x x  
Bài 9: Hãy tìm hàm s
ố y = f(x) biết rằng
2 3 "
'
3 . '( ) . ( ) 1 0 (1)
(1) 1 ( 2) 1
x f x x f x x
f f


    


   


Gi
ải
'
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
       
          

Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 10 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
V

ậy
2
1 1 1
( )
4
f x
x
x
  
Bài 10:
Cho P(x) là m
ột đa thức bậc n thỏa mản điều P(x)

0

x
CMR: P(x) + P’(x) + P”(x) + . . . + P
(n)
(x)

0

x
Gi
ải
Do P(x)

0

x v

ậy nếu gọi P(x) = a
n
x
n
+ a
n – 1
x
n – 1
+ . . . + a
1
x + a
o
thì n là s
ố chẵn v
à a
n
> 0
Xét hàm s
ố : F(x) = P(x) + P’(x) + P”(x) + . . . + P
(n)
(x) Khi đó F(x) c
ũng là một đa thức bấc n,
v
ới hệ số của x
n
c
ũng chính là a
n
Do F(x) là hàm liên t
ục và a

n
> 0 n ch
ẵn, nên F(x) phải đạt giá trị bé nhất
Gi
ả 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 v
ậy từ F’(x
o
) = 0

F(x
o
) = P(x
o

)
Do P(x)

0

x

F(x
o
) = P(x
o
)

0
Hi
ển nhi
ên ta có F(x)

F(x
o
)

x

F(x)

0

x


đfcm
Đ
Ề HỌC SINH GIỎI CÁC NĂM TRƯỚC
Đ
ề 1
: ( 2008)
Cho hàm s
ố f : R

R th
ỏa 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
Gi
ải
T

ừ tính chất 2 cho x = 0

f(y) – f(0) – f(y) = 0

f(0) = 0 (1)
Đ
ặt x = y =
2
t
ta đư
ợc : f(t)
– 2f(
2
t
) =
2
2
t
t
(2)
Tương t
ự đặt x = y =
1
t
(
0t 
) ta đư
ợc :
2
2 1 2

2f f
t t
t
   
 
   
   
Theo tính ch
ất 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
 
 
 
 
       
 
 
Tài li
ệu bồi d
ưỡng HSG
Phương tr
ình
hàm ~ 11 ~
“Hãy c
ố gắng bằng tất cả những gì có thê”
Nguy
ễn Xuân Quân
T
ừ (2) v
à (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    
Th
ử lại hàm số nầy thỏa mãn cả ba tính chất .
V
ậy
 
2008 2008f 
Đ
ề 2:
Cho tam th
ức bậc hai f(x) = x
2
+ px + q v
ới p, q là các số nguyên.
CMR T
ồn tại số nguyên K để
f (K) = f( 2009 ) . f( 2010 )
Gi
ải
Ta chứng minh: f [ f(x) + x ] = f(x). f( x + 1)
Th
ật 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)
V
ới x = 2009 đặt K = f (2009) + 2009 ( K

)
Th
ế 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
- - - - - H
ết
- - - - -