SKKN-Phương trình hàm

MỤC LỤC
MỤC LỤC
NỘI DUNG
TRANG
I.PHẦN MỞ ĐẦU:
1/Lý do chọn đề tài:
2/Mục tiêu nghiên cứu:
3/Nhiệm vụ nghiên cứu:
4/Các phương pháp nghiên cứu:
II.PHẦN NỘI DUNG:
1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:
2/Cơ sở lý luận của đề tài:
3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu:
A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm.
A.2)Một số đặc trưng cơ bản của hàm số .
A.3)Bất phương trình hàm.
A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác.
A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác.
A.6)Các đề thi học sinh giỏi.
A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm.
B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
III.PHẦN KẾT LUẬN:
1/Kết luận:
2/Tài liệu tham khảo:
2
2
2
2
2

3
3
3
3
4
4
4
4
4
4
8
12
17
20
34
43
43
43
44
I.PHẦN MỞ ĐẦU:
1/Lý do chọn đề tài:
rong những năm gần đây, bộ môn Toán của Tỉnh Tiền Giang của chúng ta đã
có những tiến bộ rõ rệt và thành tích trong những kỳ thi Học sinh Giỏi cấp
Quốc gia ngày càng tốt hơn. Có được những thành tích đó là nhờ sự chỉ đạo
chuyên môn của SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG, sự nổ lực của Quý
Thầy Cô và sự cố gắng của các em học sinh. Qua quá trình nghiên cứu, theo dõi các
đề thi Học sinh Giỏi và những lần chấm thi, tôi thấy rằng đa số các em học sinh còn
“chưa thạo” trong việc giải các bài toán về Phương trình hàm một cách có “bài bản”.
Để góp phần nhỏ của mình vào việc hệ thống lại một công cụ để nghiên cứu, giải
toán thi Học sinh Giỏi những phần có liên quan đến hàm số, những đẳng thức, bất

đẳng thức, tạo sự thích thú cho các em học sinh; giúp các em “không còn ngán ngại”
khi gặp các bài toán về hàm số. Tôi xin được phép trình bày chuyên đề “ PHƯƠNG
TRÌNH HÀM ”.
T
2/Mục tiêu nghiên cứu:
Nhằm hệ thống kiến thức về phương trình hàm, trình bày các kết quả qua quá
trình nghiên cứu phương trình hàm và bất phương trinh hàm. Giúp các em học sinh có
kiến thức tốt về Phương trình hàm và một phần của Bất phương trình hàm, mở ra một
số hướng cho các em học sinh suy nghĩ và sáng tạo những bài toán mới.
3/Nhiệm vụ nghiên cứu:
Trước hết là thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy Toán làm cho học sinh
sáng tạo tìm những kết quả mới, lời giải hay trên một “loại toán khó”, giúp bản thân
nắm vững hơn nữa về Phương trình hàm, đồng thời trao đổi và học tập kinh nghiệm ở
Quý Thầy Cô ở Tổ Toán.
4/Các phương pháp nghiên cứu:
*Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp bài giảng của GS-TSKH
NGUYỄN VĂN MẬU với các đề thi Học sinh Giỏi rút ra những kinh nghiệm, hệ
thống lại kiến thức, mở ra các hướng mới.
*Phương pháp trò chuyện – phỏng vấn: trao đổi tâm tình với nhiều học
sinh khá giỏi để nắm tình hình sử dụng các kiến thức về Phương trình hàm.
*Phương pháp khảo sát: bản thân được tham dự các kỳ chấm thi Học sinh
Giỏi nên có nắm được tình hình sử dụng các phương pháp làm bài của các em
học sinh.
*Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ bản
chất vấn đề, lựa chọn được phương pháp giải cho phù hợp.
II.PHẦN NỘI DUNG
1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:
Hè những năm 2003, 2004, 2005, 2006 bản thân tôi được tham dự lớp “BỒI
DƯỠNG CHUYÊN TOÁN THPT” tại Trường ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
HÀ NỘI”. Trong khóa học tôi nhận thấy kiến thức về Toán của mình được nâng lên

rõ rệt. “BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG
TRÌNH HÀM ” (của GS-TS NGUYỄN VĂN MẬU) là một trong các bài giảng mà tôi
tâm đắc. Được sự động viên khuyến khích của Thầy TRƯƠNG THÀNH PHÚ – Sở
Giáo Dục & Đào Tạo Tiền Giang; tôi mạnh dạn chọn đề tài này để nghiên cứu và
trình bày.
2/Cơ sở lý luận của đề tài:
Kết hợp bài giảng và các tài liệu tham khảo để phân tích, tổng hợp, hệ thống.
3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:
Đa số học sinh rất ngại khi sử dụng phương pháp này, 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.
4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu:
A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm:
Phương trình hàm và bất phương trình hàm là một trong những chuyên
đề giảng dạy và bồi dưỡng học sinh năng khiếu toán. Nghiên cứu phương
trình hàm là một việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú thêm kiến
thức toán. Đặc biệt với “tư tưởng” của Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên
cứu phương trình hàm còn giúp chúng ta giải quyết được những hàm
“tựa” như: “tựa lồi”, “tựa lõm”, ; các đặc trưng 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 phương trinh hàm, mối quan hệ
giữa phương trình hàm và bất phương 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 trưng của một sồ hàm số sơ cấp thường
gặp trong chương trình phổ thông. Nhờ các đặc trưng hàm 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.
Các hàm số được 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 trưng hàm
đã cho mà không có tính liên tục hoặc được xác định trên các tập rời rạc
thì nghiệm của phương trình hàm có thể là một biểu thức hoàn toàn khác.
1/Hàm bậc nhất:
)0,(;)( ≠+= babaxxf
.
Đặc trưng hàm:
yx
yfxfyx
f ,;
2
)()(
2
∀
+
=






+
(Phương trình Jensen)
2/Hàm tuyến tính:
)0(;)( ≠= aaxxf
.
Đặc trưng hàm:
( )
yxyfxfyxf ,);()( ∀+=+

(Phương trình Cauchy)
3/Hàm mũ:
)1,0(;)( ≠>= aaaxf
x
.
Đặc trưng hàm:
( )
yxyfxfyxf ,);().( ∀=+
(Phương trình Cauchy)
4/Hàm logarit:
)1.0(;log)( ≠>= aaxxf
a
.
Đặc trưng hàm:
( )
*
,);()(. Ryxyfxfyxf ∈∀+=
(Phương trình Cauchy)
5/Hàm sin:
xxf sin)( =
.
Đặc trưng hàm:
( )
xxfxfxf ∀−= );(4)(33
3
6/Hàm cosin:
xxf cos)( =
.
Đặc trưng hàm:
( )

xxfxf ∀−= ;1)(22
2
7/Hàm tang:
tgxxf =)(
.
Đặc trưng hàm:
( )
)(
2
,,;
)()(1
)()(
ZkkyxRyx
yfxf
yfxf
yxf ∈+≠+∈∀
−
+
=+
π
π
8/Hàm cotang:
gxxf cot)( =
.
Đặc trưng hàm:
( )
)(,,;
)()(
1)()(
ZkkyxRyx

yfxf
yfxf
yxf ∈≠+∈∀
+
−
=+
π
9/Hàm luỹ thừa:
+
∈= Rxxxf ;)(
α
.
Đặc trưng 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 như 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.
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 phương 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 phương 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 phương trình hàm:
)6(,),0()()()( RyxabABCyBfxAfcbyaxf ∈∀≠++=++
.
Chứng minh hàm số
)0()()( fxfxg −=
thoả mãn phương 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 được các đẳng thức:












+−+=
+
−
+=
+−+=
+
−
−+=+
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 phương
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
α
=)(
. Do đó
βα

+= xxf )(
, thế
vào (7), ta được:
βα
)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 lượng trung bình cộng. Vậy (8’) có nghiệm
là
Rxxf ∈+=
βαβα
,;)(
+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 ∈+=
ββ
;)(
+T/h:
1≠+ ba
. Theo bài toán 6 thì nghiệm của (8) có dạng
Rxxf ∈+=
ββα
;)(
. Từ (7’) suy ra
βα
)1( −+=− baCc
. Nếu cho
R∈
α
tuỳ ý thì
1−+
−
=

ba
Cc
α
β
Bài toán 9: Xác định các hàm số
)(xf
liên tục trên R là nghiệm của
phương 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 ∈=
αα
;)(
Vậy (9) có nghiệm
Raxxf ∈+=
βαβ
,;)(
. Thử lại thấy (9) thoả.
Bài toán 10: Xác định các hàm số
)(xf

liên tục trên R là nghiệm của
phương trình hàm:
)10(,,)];()()[()()( Rzyxzfyfxfzfyxf ∈∀+=+
.
• Lời giải:
Thay
0== zy
vào (10), ta được
0)()0( =xff
. Vậy
0)0( =f
. Với
0=z
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
0>a
. 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:
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
ϕ
=
, ta có:




∈∀+≥+
∈∀≥
)"2.3(,);()()(
)"1.3(;)(ln)(
Ryxyxyx
Rxxax
ϕϕϕ
ϕ
Đặt
xaxgx )(ln)()( +=
ϕ
, ta có: hàm
)(xg
thoả điều kiện bài toán 2 nên
Rxxg ∈∀= ;0)(
và
xax )(ln)( =
ϕ
. 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
0=y
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:
Tương tự bài toán 5, ta có
+

∈∀−+≥ Ryxyfxyyxxf ,);()(
22
Thay
tyx
==
vào (6’), ta có
+
∈∀≥ Rxxxf ;)(
3
(6”)
Suy ra:
+
∈∀≤−+−=−+≤−+ Ryxxyxyxxyxyyxyfxyyx ,;))(()(
32332222
mà
{ } { }
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 như
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 tương 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

⊂Ω∈∀>≥
⊂Ω∈∀≥>

0g(x) f(0)g(x).h(x)f(g(x)) : có ta ≥⇔≥+Ωtrongthì
• 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:

)'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 tương tự như 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=
π
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
α
để hàm số
α
+= 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, trước hết phải
có
0)(,0)(,0)( >>> cfbfaf
.
Suy ra
ABCcba ∆∀>+>+>+ ;0,0,0
ααα
Hay
ABCcba ∆∀−>−>−> ;,,
ααα
tương đương
{ }
0;,,max ≥∆∀−−−>
αα
hayABCcba
. Ngược lại, với
0
≥
α
thì
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của một tam giác. Vậy với
0≥
α
thì
hàm số

α
+= xxf )(
có tính chất
)(),(),( cfbfaf
là độ dài các cạnh của
một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.
Bài toán 2: Xác định số
α
để hàm số
xxf
α
=)(
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, trước hết phải
có
0)(,0)(,0)( >>> cfbfaf
.
Suy ra
ABCcba ∆∀>>> ;0,0,0
ααα
Hay
0
>
α

. Vậy với
0
>
α
thì hàm số
xxf
α
=)(
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
βα
,
để hàm số
βα
+= 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, trước hết phải
có
0)(,0)(,0)( >>> cfbfaf
.
Suy ra

)3(;0,0,0 ABCcba ∆∀>+>+>+
βαβαβα
Từ (3), ta có
0≥
α
(Vì nếu
0<
α
,
β
tuỳ ý thì ta chọn tam giác ABC có
a
đủ lớn thì
0<+
βα
a
)
Tương tự
0≥
β
(Vì nếu
0<
β
chọn tam giác ABC có
a
đủ nhỏ thì
0<+
βα
a
)

Trường hợp
0==
βα
không thoả.
Vậy
0,0,0 >+≥≥
βαβα
thì hàm số
βα
+= 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
βα
,
để hàm số
βα
+
=
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, trước hết phải
có
0)(,0)(,0)( >>> cfbfaf
.
Suy ra
)4(;0,0,0 ABCcba ∆∀>+>+>+
βαβαβα
Suy ra
0;0 ≥≥
βα
(bài toán 3)

+Trường hợp
0==
βα
: không thoả.
+Trường hợp
0,0 =>
βα
: không thoả (
1,2 === cba
)
+Trường hợp
0,0 >=
βα
:
0
1
)()()( >===
β
cfbfaf
;
)(),(),( cfbfaf
là
độ dài các cạnh của một tam giác đều.
+ Trường hợp
0,0 >>
βα
: ta có
)()()( cfbfaf ≥≥
Ta cần xác định các số dương
βα

,
sao cho:
cbaABCcfbfaf ≥≥∀>+ ,);()()(
Hay
cbaABC
cba
≥≥∀
+
>
+
+
+
,;
111
βαβαβα
(4’)
Phản ví dụ:
0,03 >=>== dcdba
thế vào (4’), ta có:
βαβα
+
>
+ dd
1
3
2
. Suy ra
αβ
d2>
, điều này không xảy ra với

d
đủ lớn.
Vậy với
0,0 >=
βα
:
0
1
)()()( >===
β
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;
π
],
0)0( =f
và có
đạo hàm trong (0;
π
) sao cho
)(),(),( CfBfAf
tạo thành số đo các góc của
một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước.
• Lời giải:
Ta cần xác định hàm khả vi

)(xf
sao cho:





=++
=
∈∀>
π
π
)()()(
0)0(
);0(;0)(
CfBfAf
f
xxf
ππ
=⇒= )(0)0( ff
và
)( BAC +−=
π
Suy ra
];0[,,;)()()(
πππ
∈+∀=−−++ BABABAfBfAf
Hay
];0[,,;)()()(
πππ

∈+∀=−−++ yxyxyxfyfxf
Lấy đạo hàm theo biến
];0[,,;0)(')(':
ππ
∈+∀=−−+ yxyxyxfxfx
Suy ra
);0(;)(':
π
∈∀= xcxfx
.
Vậy
00)0(.)( ==+= qrasuyfDoqpxxf
. Do
ππ
=)(f
nên
1=p
Kết luận: hàm số
xxf =)(
liên tục trong [0;
π
],
0)0( =f
và có đạo hàm
trong (0;
π
) sao cho
)(),(),( CfBfAf
tạo thành số đo các góc của một
tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước.

Bài toán 6: Xác định hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
π
],
);0(;0)(,0)0(
π
∈∀>= xxff
sao cho
)(),(),( CfBfAf
tạo thành số đo các
góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước.
• Lời giải:
Ta cần xác định hàm
)(xf
liên tục trong
];0[
π
sao cho:





∈+∀=−−++
=
∈∀>
);0(,,;)()()(
0)0(
);0(;0)(

πππ
π
yxyxyxfyfxf
f
xxf
(6)
)0(];0[,;)()0()( =∈∀=−++ yxxffxf
πππ
(6’)
Đặt
)()( xgxxf +=
thì
)(,0)0( xgg =
liên tục trong
];0[
π
Ta có
πππ
=−+−++ )()()( xgxxgx
)"6()()( xgxg −−=
π
. Thế
)()( xgxxf +=
vào (6) và sử dụng (6”), ta có:
πππ
=+−++−++++ )]([)()()( yxgyxygyxgx
Hay
ππ
≤+∈∀+=+ yxyxyxgygxg ],;0[,);()()(
(6’”). Do

)(xf
liên
tục trong
];0[
π
, nên (6”’) là phương trình hàm Cauchy và
xaxfaxxg )1()(;)( +==
.
);0(;0)(
π
∈∀> xxf
nên
01 >+ a
và để
π
=++ )()()( CfBfAf
ta cần có
xxfarasuya ===+ )(;011
Bài toán 7: Xác định hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
π
], sao cho
)(),(),( CfBfAf
tạo thành số đo các góc của một tam giác ứng với mọi
tam giác ABC cho trước.
• Lời giải:
*Ta thấy có hai hàm số hiển nhiên thoả điều kiện là
3
)(;)(

π
== xfxxf
*Ta xác định các hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
π
] và





∈+∀=−−++
∈∀>
);0(,,;)()()(
);0(;0)(
πππ
π
yxyxyxfyfxf
xxf
(7)
Cho
0→y
, ta có:
);0(,;)()0()(
πππ
∈∀=−++ xxffxf
(7’)
Hay
];0[,);0()()(

πππ
∈∀−−=− xfxfxf
. Đặt
)()0()( xgfxf +=
thế vào
(7) và sử dụng (7’), ta có:
)()()0()()0()()()( yfxffyxfhayfyxfyfxf +=++=−+−++
ππ
)0()()0()()0()( fyffxffyxf −+−=−+
Hay
ππ
≤+∈∀+=+ yxyxyxgygxg ],;0[,);()()(
(7”) là phương trình
hàm Cauchy và
βαα
+== xxfxxg )(;)(
. Ta cần xác định
βα
,
để



=++
∈∀>
π
π
)()()(
);0(;0)(
CfBfAf

xxf
Hay



=+++
∈∀>+
πβα
πβα
3)(
);0(;0
CBA
xx
hay





−
==+
∈∀>+
)
3
)1(
(3
);0(;0
πα
βπβαπ
πβα

xx
Hay
);0(;0
3
)1(
)(
π
πα
α
∈∀>
−
+= xxxf
(7”’). Cho
π
→→ xx ;0
, ta có:
1
2
1
≤≤−
α
Kiểm tra các trường hợp:
+
1
2
1
<<−
α
: (7’”) thoả
+

2
1
−=
α
: (7’”) thoả






+−=
22
1
)(
π
xxf
+
1=
α
: (7’”) thoả
( )
xxf =)(
Vậy các hàm cần tìm có dạng:
1
2
1
;
3
)1(

)( ≤≤−
−
+=
α
πα
α
xxf
Bài toán 8: Xác định hàm số
)(xf
liên tục trong [0;
π
], sao cho:

)(),(),( cfbfaf
tạo thành số đo các cạnh của một tam giác nội tiếp trong
đường tròn đường kính bằng 1 ứng với mọi tam giác ABC cho trước.
• Lời giải:
Ta có nhận xét sau: Xét đường tròn (O) có đường kính 2R=1.
)(∆M
là tập hợp tất cả các tam giác nội tiếp trong đường tròn (O) nói trên.
Khi đó điêu kiện cần và đủ để ba số dương
γβα
,,
là ba góc của một
tam giác thuộc
)(∆M
là
γβα
sin,sin,sin
tạo thành độ dài các cạnh của

một tam giác thuộc
)(∆M
(
γγββαα
sinsin2,sinsin2,sinsin2 ====== RcRbRa
). Theo bài toán
7 thì
1
2
1
;
3
)1(
sin)( ≤≤−






−
+=
α
πα
α
xxf
.
*Nhận xét: nghiệm của phương trình vô định
222
zyx =+

có thể mô tả
dưới dạng
)
2
;0(,;sin.
cos.
π
∈





∈
=
=
=
+
vRu
uz
vuy
vux
. Ta suy ra các kết luận sau:
Bài toán 9: Chứng minh
)
2
;0(,);;(
π
∈∈∀
+

vRuvu
đều tồn tại một tam
giác mà độ dài các cạnh là những số
)
2
;0(,;
.),(
sin.),(
cos.),(
3
2
1
π
∈∈





=
=
=
+
vRu
vuvuP
vuvuP
vuvuP
đều là các tam giác vuông.
• Lời giải:
)

2
;0(,;
.),(
sin.),(
cos.),(
3
2
1
π
∈∈





=
=
=
+
vRu
vuvuP
vuvuP
vuvuP
.
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
1>∀x
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 như nhau (

1>∀x
cho trước).
• 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
α
là góc lớn nhất,
3
2
2
1

2

cos
222
π
αα
=⇒−==
++−
=
bc
cba
A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác.
Một số hàm số không phải là hàm lồi nhưng có tính chất của hàm lồi
được gọi là hàm “tựa lồi”, hàm số không phải là hàm lõm nhưng có tính
chất của hàm lõm được 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(
π
nhưng 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
π
nhưng 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
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
được sử dụng như 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
được hay không lớp các hàm tổng quát thoả mãn điều kiện





≥++
≤++
)
3
(3)()()(
)

3
(3)()()(
π
π
fCfBfAf
fCfBfAf
với mọi tam giác ABC?
Bài toán 1: Cho hàm số
);0();(
π
∈ttf
. Chứng minh các điều kiện (1.1)
và (1.2) sau đây là tương đương:
)1.1();0(,,);
2
(2)()(
π
∈+∀
+
≤+ yxyx
yx
fyfxf
)2.1(];0(,,,);
3
(3)()()(
π
∈++∀
++
≤++ 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
π
∈++∀







++
≤ zyxzyx
zyx
f
. Suy ra (1.2)
+Từ (1.2), giả sử
yzx ≤≤
, đặt
2
yx
z
+
=
ta được (1.1).
Bài toán 2: Xác định hàm số
);0();(
π
∈ttf
thoả mãn điều kiện:
)()( BfAfBA <⇔<
(2).
• Lời giải:
+(2) thoả với mọi cặp góc nhọn A,B tương đương với
)()(
0
tftf =
là một hàm đồng biến trong
]
2
;0(

π
+Xét hàm số





<<−
≤<
=
π
π
π
π
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
ππ
π
<+<<<< BABA ;
2
0

)()()()(,
0000
AgAfBfBgAB =>−=>−⇒
ππ
+Ta chứng minh mọi hàm số
);0();(
π
∈ttf
thoả điều kiện bài toán
đều có dạng:






<<≥
≤<
=
π
π
π

tkhitg
tkhitg
tf
2
),(
2
0),(
)(
0
0
. Thật vậy, từ
)()(
0
BfBg ≤
với B tù, ta có
ππ
π
<+<<<< BABA ,
2
0
thì
)()()()()()(,
0000
AfAgAfBfBgBfAB ==>−=≥>−
ππ
Bài toán 3: Xét hàm số







<<+
≤<
=
π
π
π
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
π

>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
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:
( )
*;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
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
; tương 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
+
3333nvôùi ≤=⇒== nnfff )3()3333.3()9999(3333
Vậy
1982)1982.3( =f
Mặt khác
)1982(3)1982()1982.2()1982.3(1982 ffff ≥+≥=
661
3
1982
)1982( <≤⇒ f
660)2()660.3()2()1980()1982( =+=+≥ fffff
Do đó
660)1982(661)1982(660 =⇒<≤ ff
Bài toán 10: Cho hàm số
f
liên tục trên R thoả điều kiện:



=
∀=
)2(999)1000(

)1(;1)())((
f
xxfxff
. Tính
)500(f
Lời giải:
999
1
)999(1)1000())1000(( =⇒= ffff
Do hàm số
f
liên tục trên R và
)1000(999500
999
1
)999( ff =<<=
nên tồn
tại
500)(:)1000;999(
00
=∈ xfx
(1)
500
1
)500(1)())((
00
=⇒= fxfxff
II.Ước lượng giá trị hàm số:
Bài toán 1: Cho hàm số
[0;1] ñoaïn treân ñònh xaùcf

, thoả:





∈∀+≤
+
==
)2(]1;0[,);()()
2
(
)1(0)1()0(
yxyfxf
yx
f
ff
1)Chứng minh phương trình
0)( =xf
có vô số nghiệm trên [0;1]
2)Tồn tại hay không hàm số xác định trên [0;1] thoả mãn điều kiện (1),
(2) và không đồng nhất bằng 0?
Lời giải:
1)
]1;0[;0)()(2)( ∈∀≥⇒≤⇒= xxfxfxfyx
0
2
1
0)1()0(
2

1
00,1 =






⇒=+≤






≤⇒== ffffyx
Dễ dàng chứng minh
Nkf
k
∈∀=






;0
2
1
Vậy phương trình

0)( =xf
có vô số nghiệm trên [0;1]
2)Hàm số



∈
∩∈
=
Qxkhi
Qxkhi
xf
\]1;0[;1
]1;0[,0
)(
thoả mãn điều kiện bài toán
Bài toán 2: Cho hàm số
R treân ñònh xaùcf
, thoả:



∀−+−=
=
)2();14()4()(
)1(0)0(
xxfxfxf
f
Hãy tìm số các nghiệm của phương 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 phương
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 phương 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 phương 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
<=






≤⇒
+
Bài tốn 4: Cho hai hàm số liên tục trên K:
[0;1]K; =→ KKgf :,
,
thoả:





=
)2(
)1())(())((
tăng số hàmlà f
xfgxgf
Chứng minh
aagafKa ==∈∃ )()(:

Lời giải:
Đặt

)(,)()( xhxxgxh −=
là hàm số liên tục trên K và
01)1()1(,00)0()0( ≤−=≥−= ghgh
. Vậy
0000
)(0)(: xxghayxhKx ==∈∃
+Nếu
00
)( xxf =
thì ta có điều phải chứng minh.
+ Nếu
00
)( xxf ≠
. Khi đó ta xây dựng dãy số
( )



∈=
=
+
*),(
)(
:
1
01
Nnxfx
xfx
x
nn

n
Chứng minh
*;)( Nnxxg
nn
∈=
bằng quy nạp.
Dãy
)(
n
x
đơn điệu (tăng nếu
10
xx <
, giảm nếu
10
xx >
) và bị chặn nên
)(
n
x
hội tụ:
Kax
n
∈=lim
. Do
gf ,
liên tục trên K, nên:




====
====
+
axxgxgag
axxfxfaf
nnn
nnn
lim))(lim()(lim)(
lim))(lim()(lim)(
1
Vậy
aagafKa ==∈∃ )()(:
III.Tính tổng các giá trị hàm số:
Bài toán 1: (CaMO) Cho hàm số
39
9
)(
+
=
x
x
xf
, tính
∑







=
1995
1
1996
i
fS
Lời giải:
Ta có
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
Bài toán 2: Cho hàm số
*N treân ñònh xaùcf
và thỏa điều kiện:



=
−−=+
+
)2005()1(
)(2)1()1(
1
ff

nfnnf
n
. Tính
( )
∑
=
2004
1
ifS
Lời giải: Ta có
)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 toán 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
)(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 hoàn.
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 hoàn.
Bài toán 3:
Cho hàm số
RR: →f
thỏa mãn:
x
xfxf
xfxf
∀



+≥+
+≤+
)2(2)()2(
)1(3)()3(
Chứng minh
xxfxg
−=
)()(

là hàm số tuần hoàn.
Lời giải:
( )
)()(3)3(63)3(6)6()6( xgxxfxxfxxfxxfxg
=−≤−−+≤−−++=−−+=+
( )
)()(4)4(62)4(6)6()6( xgxxfxxfxxfxxfxg
=−≥−−+≥−−++=−−+=+
Suy ra
xxgxg
∀=+
);()6(
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.