Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 18 PHƯƠNG TRÌNH hàm lê hoành phò file word

Chuyên đề 18: PHƯƠNG TRÌNH HÀM
1. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
Ánh xạ và hàm số
- Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y là một quy tắc đặt tương ứng mỗi phần tử x của X với một và
chỉ một phần tử y của Y. Phần tử y tương ứng của x gọi là ảnh của ánh xạ f, kí hiệu y = f(x) , x
gọi là nghịch ảnh của y:
f : X �: x a y  f  x 
- Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi là đơn ánh nếu hai phần tử khác nhau bất kỳ của X đều
a, b ι X : a b
f  a f  b
cho hai ảnh khác nhau của Y: 
Hay a,b �X : f  a   f  b  � a  b
- Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi là toàn ánh nếu mỗi phần tử Y bất kỳ của Y đều có
nghịch ảnh x của X:
y �Y, x �X : y  f  x 
Hay Y  f  x    y �Y |  �X, y  f  x   .
- Một ánh xạ f từ tập X đến tập Y gọi là song ánh nếu f vừa đơn ánh và toàn ánh, tức là nếu
mỗi phân tử y bất kỳ của Y đều có nghịch ảnh duy nhất x của X.
Hai tập hữu hạn có cùng số phần tử khi tồn tại một song ánh giữa chúng. Còn 2 tập vô hạn mà
có song ánh giữa chúng thì gọi là cùng lực lượng hay cùng bản số.
- Hàm số y = f(x) với tập xác định D gọi là hàm số chẵn nếu:
x �D thì  x �D và f   x   f  x 
- Hàm số y = f(x) với tập xác định D gọi là hàm số lẻ nếu:
x �D thì  x �D và f   x   f  x 
a �0
�
- Hàm số tuần hoàn : �
f  x  a   f  x  , x,x  a �D
�
Số dương bé nhất nếu có trong các số a thỏa mãn điều kiện trên gọi là chu kỳ T của
hàm số f.

a �0
�
- Hàm phản tuần hoàn : �
f  x  b   f  x  , x,x  b �D
�
- Hàm cộng tính: f  x + y   f  x   f  y 
- Hàm nhân tính: f  xy   f  x  .f  y 

Trang 1

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


- Điểm bất đồng của hàm f(x) là x = a sao cho f(x) = a
- Nếu hàm số f(x) có f '(x)  0 trên D thì f(x) là hàm hằng trên D.
Đặc trưng hàm sơ cấp:
�x  y � f  x   f  y 
- Hàm bậc nhất f  x   ax  b, a �0 : f �
�
2
�2 �
- Hàm tuyến tính f  x   ax, a �0 : f  x  y   f  x  . f  y 
x
- Hàm mũ f  x   a , a  0, a �1: f  x  y   f  x   f  y 

- Hàm lôgarit f  x   log a x , a  0, a �1: f  xy   f  x   f  y 
3
- Hàm sin f  x   sin : f  3x   3f  x   4f  x 
2
- Hàm cosin f  x   cos x : f  2x   2f  x   1

f  x  y   f  x  y   2f  x  f  y 
- Hàm tang f  x   tanx : f  x  y  

f  x   f  y
1 f  x  f  y

- Hàm cotang f  x   cot x : f  x  y  
- Hàm f  x   shx 

f  x  f  y  1
f  x   f  y

ex  e x
: f  3x   3f  x   4f 3  x 
2

- Hàm f  x   chx 

e x  e x
: f  x  y   f  x  y   2f  x  f  y 
3

Phương trình hàm
- Tính giá trị đặc biệt f(0), f(1),...
- Dùng phép thế, đổi biến, các chuyển đổi số học, đại lượng trung bình, biến đổi tịnh tiến và
đồng dạng, biến đổi phân tuyến tính,...
- Dùng tính chất đơn ánh, toàn ánh, song án, tuần hoàn,..
- Đánh giá, dự đoán hàm số, quy nạp,...
Phương trình hàm Cauchy: Hàm f(x) xác định và liên tục trên R thỏa mãn:

f  x  y   f  x   f  y  , x,y �� thì f  x   ax với a hằng số tùy ý.
2. CÁC BÀI TOÁN
Bài toán 18. 1: Cho hàm số f: �� � thỏa: f  x  2xy   f  x   2f  xy  , x,y ��

Trang 2

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Biết f(201) = a, hãy tính f(202).
Hướng dẫn giải
Thay x  0 ta được: f  0   f  0   2f  0  � f  0   0
Thay y  1 ta được : f   x   f  x   2f   x  � f  x   f   x 
Thay y  

 x
1
�x�
 �� f  x   2f
ta được f  0   f  x   2f �
2
2
� 2�

�x �
Suy ra f  x   2f � �
�2 �
Xét x �, t �� bất kì. Thay y 

t

ta được:
2x

�t �
f  x  t   f  x   2f � � f  x   f  t 
�2 �
Với x  0 ta cũng có f  0  t   f  0   f  t 
Ta chứng minh bằng quy nạp theo k: f  kx   kf  x  , x ��, k ��
Từ đó rút ra: a  f  201  201.f  1 � f  1 
Do đó f  202   202.f  1 

a
201

202
a
201

Bài toán 18. 2: Cho hàm f(x, y) thỏa mãn các điều kiện:
f  0, y   y  1; f  x  1, 0   f  x,1
f  x  1, y  1  f  x, f  x  1, y  
Với mọi số nguyên không âm x, y. Tìm f(4, 1981)
Hướng dẫn giải
Ta có: f  1, n   f  0, f  1, n  1   1  f  1, n  1
Do đó: f  1, n   n  f  1,0   n  f  0,1  n  2
Ta lại có: f  2, n   f  1, f  2, n  1   f  2, n  1  2
Do đó: f  2, n   2n  f  2, 0   2n  f  1,1  2n  3
Bây giờ: f  3, n   f  2, f  3, n  1   2 f  3, n  1  3

Trang 3

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Đặt u n  2u n 1 và u 0  f  3, 0   3  f  2,1  3  0
n+3
n+3
Do vậy: u n  2 f  3,n   2  3
f  4,n 1  3
3
Ta có: f  4,n   f  3, f  4, n  1   2

f  4,0  = f  3,1  24  3  13
f  4,2   2224  3
22..24
3
Bằng qui nạp ta chứng minh được f  4,n   2

Trong đó số mũ chứa (n + 2) chữ số 2. Từ đó:
f  4, 1981  222..24  3 với số mũ chứa 1983 chữ số 2.
Bài toán 18. 3: Cho hàm f: � � � thỏa mãn các điều kiện sau:

(i) f  n  1  f  n  ; n ��

(ii) f  f  n    3n, n �Z . Hãy tính f(2003).

Hướng dẫn giải
Từ (i) và (ii) � f (1)  f  f  1   3 � f  1  2
Ta có: f  2   f  f  1   3.1  3
f  3  f  f  3    3.2

f  2.3  f  f  3   3.3  32
.............
n
n 1

n
n

Suy ra f  2.3   3 , n �� ; f  3   2.3 ; n �Z





n 1
n
n 1
Nên có f  3   f f  2.3   2.3





f  2.3n 1   f f  3n 1   3.3n 1  3n  2
Do đó khẳng định đúng với mọi n
n
Ta có  3  1 số nguyên m nằm giữa 3n và 2. 3n và do giả thiết (i) f  n  1  f  n 
n
nên có  3  1 số nguyên m nằm giữa f( 3n ) và f(2. 3n ) suy ra 0  m  3n

� f  3n  m   2.3n  3n . Do giả thiết (ii) suy ra.

Trang 4

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải






f  2.3n  m   f f  3n  m   3  3n  m 
n
n
Vậy f  2.3  m   3  3  m  với 0  m  3n
6
6
Suy ra: n  2003  2.3  545 � f (2003)  3  3  545   3822

Bài toán 18. 4: Cho f(n) là hàm số xác định với mọi n � * và lấy giá tị không âm thỏa mãn
tính chất:
*
1. n, m � : f  m  n   f  m   f  n  lấy giá trị 0 hoặc 1

2. f  2   0 và f  3  0
3. f  9999   3333 . Tính f  2000  .
Hướng dẫn giải
Vì f  m  n   f  m   f  n  lấy giá trị 0 hoặc 1 nên ta suy ra:
f  m  n  �f  m   f  n 
�f �

2  2 f  1

f  1

0

f  3

1

Ta có: f  6  �f  3  f  3  2
f  9  �f  6   f  3 �3
.................
f  9999  �f  9996   f  3 �3333
Vì giả thiết cho f  9999   3333 nên ta có dấu “=” ở các bất đẳng thức trên xảy ra, tức là
f  3n   n, n  1, 2,...,3333
� f  1998   666, f  2001  667
bf  a 
Mặt khác nếu a a, b � * và a �
��
666 f  2000 

667

f  2000 

f  b

f  a b

f  b

666 hoắc 667

Giả sử f  2000  667 
 f  4000 



1334

f  6000 

1334 667

2001

mà f  6000   2000 (mâu thuẫn). Vậy: f  2000   666
Bài toán 18. 5: Cho f và g là các hàm xác định trên R thỏa:

Trang 5

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


f  x  y   f  x  y   2 f  x  .g  y  , x, y ��
Chứng minh rằng:
Nếu f  x  �0 và f  x  �1, x �� thì g  y0   a  1
Hướng dẫn giải
Ta dùng phương pháp phản chứng

Giả sử lại một điểm y0 ��: g  y0   a  1
Ta lấy x0 : f  x0  �0 và xây dựng dãy xk  k  0,1, 2.... như sau:
�xk  y0 , khi f  xk  y0  � f  xk  y0 
�
xk 1  �
x  y0 , khi f  xk  y0   f  xk  y0 
�
�k
Theo giả thiết ta có:
2 f  xk 1   f  xk  y0   f  xk  y0  � f  xk  y0   f  xk  y0 
 2 f  xk  g  y0   2a f  xk 
Nên f  xk 1  �a f  xk  với a  1; k  1, 2,3...
k
Do đó ta có: f  xk  �a f  x0  . Nhưng vì f  x0  �0 và a  1 nên có thể chọn k sao
k
cho a f  x0   1 dó đó f  xk   1

Mâu thuẫn với giả thiết. Vậy g  y  �1, y �R
Bài toán 18. 6: Cho hàm số f: �� � thỏa 2 điều kiện:
i) f  x  �1  x; x ��
ii) f  x  y  �f  x  . f  y  ; x, y ��
Chứng minh rằng không thể tồn tại hai số a; b �� mà f  a  . f  b  �0
Hướng dẫn giải
Ta sẽ chứng minh: f  x   0, x ��
Thật vậy: với x  1 thì theo điều kiện (i) ta có ngay f  x   0
Với x  1 , trước hết ta sẽ chứng minh bất đẳng thức:

Trang 6

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

2n

�
�x �
x ��, n ��thì f  x  ��
�f �2n �
�
�� �
�

(1)

Với n = 0: công thức (1) đúng.
� x
Giả sử công thức (1) đúng với n  k  0 tức f  x  ��f �
�k
� �2
2k

2k

�
�
�
�
�
�

(2)
2k 1

2k .2

� x�
�
x �� x �
x�
�x
�
Ta có: �f �
 f � k 1  k 1 ���f ( k 1 ) �  f �k  1 � tức (1) đúng với
�k �
�
2 �� 2 �
�2
� 2 �
� �2 �
�
n  k 1
Theo nguyên lý quy nạp toán học bất đẳng thức (1) đúng.
n
Bây giờ chọn n đủ lớn để x  2 , x �� tùy ý, khi đó

x
1�
2n

�x

f �n
�2

�
� 0
�

2n

� x �
�
Do đó �f �
�n �
�  0 tức f  x   0, x ��
� �2 �
�
Như vậy không thể tồn tại a, b �� mà f  a  . f  b  �0
Bài toán 18. 7: Đặt f  x  

1
với x là số thực dương, và với mọi số nguyên dương n, ta
1 x





đặt: g n  x   x  f  x   f  f  x    ...  f f  ...f  x   , f được lấy n lần ở số hạng cuối
cùng. Chứng minh rằng:
a) g n  x   g n  y  nếu x  y  0

b) g n  1 

F
F1 F2

 ...  n 1
F2 F3
Fn  2

với F1  F2  1 và Fn  2  Fn 1  Fn với n �1 .
Hướng dẫn giải





a) Kí hiệu f n  x   f f  ...f  x   (n lần). Kí hiệu g 0  x  là hàm đồng nhất. Chú ý rằng f 2  x 
là hàm tăng thực sự khi x  0 .
Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo n rằng g n  x  là hàm tăng thực sự khi x  0 . Dễ
dàng kiểm tra được điều này đúng với g1  x 
Giả sử khi n �2, g1  x  ,..., g n 1  x  là các hàm tăng thực sự với x  0
Cho x  y  0 . Ta có: g n  x   g n  y  

Trang 7

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


  x  y    f  x   f  y     f 2  x   f 2  y    ...   f n  x   f n  y  





  g1  x   g1  y    g n  2  f 2  x    g n 2  f 2  y    0
Vậy g n  x  là hàm tăng thực sự khi x  0 .
b) Để y rằng

�F � F
F1
 1 và f � i � i 1 . Suy ra:
F2
�Fi 1 � Fi  2

F
F1 F2

 ...  n 1  g n  1
F2 F3
Fn  2
Bài toán 18. 8: Cho f  x, y  

2003
cos 2  x  y   a cos  x  y    với a,  ��.
2

Chứng minh rằng min  f  x, y     max f  x, y   �2003.
2

2

Hướng dẫn giải
2003
�  �
Ta có: f  0, 0   f � ; � 2
2
�2 2 �
�
Nên max f  x, y  �max �f  0, 0  ,
�
�  max f  x, y   
2

� 2003
�  �
f�, �
 x, y ��
��
2
�2 2 �

2003
2

2003
2003
�  �
�  �
 a.sin  , f �
 ;  � 

 a.sin 
Ta lại có: f � ; � 
2
2
�4 4 �
�4 4�
�  �
Nên f � ; �
�4 4 �

2003
�  �
f � ;  � 
. Suy ra:
2
� 4 4�

� �  �
min f  x, y  �min �f � ; �
,f
� �4 4 �

min  f  x, y   
2

�
2003
�  �
 ; �
 x, y ��

��
�
2
� 4 4�

2003
.
2

Do đó : min  f  x, y     max f  x, y   �2003.
2

2

Bài toán 18. 9: Cho hàm số f : *� * . Giả sử f  1  1, f  2n   f  n  và
f  2n  1  f  2n   1 với mọi số tự nhiên n.
a) Tìm giá trị lớn nhất M của f  n  với n � * thỏa mãn điều kiện 1 �n �1994

Trang 8

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


b) Tìm tất cả các số n � , với 1 �n �1994 , sao cho f  n   M
Hướng dẫn giải
Có thể dùng quy nạp để chứng minh rằng f(n) là số tất cả các chữ số 1 trong biểu diễn nhị
phân của số n.
a) Tồn tại nhiều nhất 10 chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của một số nếu số đó bé hơn
hoặc bằng 1994  111111001010 2
Suy ra M = 10

b) Với mọi số tự nhiên n �1994, ta có f  n   10 nếu và chỉ nếu n là một trong các số:
1023  1111111111 2 ,
1535  1011111111 2 ,1791  1101111111 2  ,
1919  1110111111 2 ,1983  1110111111 2 .
Bài toán 18. 10: Cho f  x  

x2  1
, x �0. Giả sử f 0  x   x và
2x

f n  x   f  f n 1  x   n � * , x �0 .

Chứng minh

n �, x �1, 0,1

fn  x 
1
f n 1  x 

1
2n

�x  1 �
f� �
�x  1 �

Hướng dẫn giải
Đặt pn  x  
qn  x  

1�
2n
2n
�x  1   x  1 �
�
2

1�
2n
2n
x, y �
�x  1   x  1 �
�
2

2
2
Ta có: pn 1  x   pn  x   qn  x 

qn 1  x   2 pn  x  qn  x 
f0  x   x 

x p0  x 

, x �0
1 q0  x 

Giả sử: f k  x  

Trang 9

x, y �

pk  x 
qk  x 

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


2

�pk  x  �
�
� 1
qk  x  �
pk2  x   qk2  x  pk 1  x 
�
� f k 1  x  


pk  x 
2 pk  x  q k  x 
qk 1  x 
2.
qk  x 
Do đó: f n  x  

pn  x 
qn  x 

n �, x �0

Ta có: n � , x �1, 0,1 thì có:
n1

2
2
2
2 1
�
�
 x  1   x  1 �
 x  1   x  1 �
fn  x 
�
�
�
�

n
n
n1
n
2
2
2
2

1

f n 1  x  �
�
 x  1   x  1 �
 x  1   x  1 �
�
��
�
n

n

n

2

2
2
�
2n
2n
�x  1   x  1 �
2  x  1  x  1
1
�

 1
 1
2n1
2n 1
2n1

2 n 1
x
 1 2n
 x  1   x  1
 x  1   x  1
f(
)
x 1
n

n

Bài 18. 11: Cho hàm số f : � � � thỏa mãn phương trình:
f  4 x   2005 f  2 x   2006 f  x  x �� . Chứng minh tồn tại số thực k để:
f  x   f  kx 
Hướng dẫn giải
n
*
Đặt f  2 x   un  n �N 

Từ f  4 x   2500 f  2 x   2006 f  x  x �� bằng quy nạp ta có:

f  2n  2 x   2005 f  2n 1 x   2006 f  2n x   x �� 
Hay un  2  2005un 1  2006un  0  un  0 
Hướng dẫn giải phương trình đặc trưng:

 2  2500  2006  0 ta được   1;   2006
Vậy un  p.1n  q  2006   0, n
n

Với p  0, q  0 thì un  u0
n
Vậy f  2 x   f  x  hay k  2n n �N 

Bài toán 18. 12: Cho ánh xạ P : * �* � �

Trang 10

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


 x, y  a

P  x, y  

Chứng minh nếu P  z , y  !� thì
*

3

x2  y 2  6
xy

P  x, y  �* .
Hướng dẫn giải

2
2
Đặt P  x, y   z . Xét phương trình: x  xyz  y  6  0

 1

Gọi  x0 , y0 , z  là nghiệm sao cho x0  y0 bé nhất. Vai trò x0 , y0 như nhau nên giả sử
x0 �y0 .

 2

2
2
Xét phương trình x  zy0 x  y0  6  0

Gọi nghiệm thứ hai là x1 thì x0 �x1
2
Ta có: x0  x1  zy0  3 x0 x1  y0  6  0

1) Nếu y0  x0 từ  1 � z  2 

 4

6
� *
2
x0

� x0  y0  1, z  8 (thỏa đề bài)
2) Nếu x0  x1 từ  4  �  x0  y0   x0  y0   6 , vô lý vì  x0  y0  và  x0  y0  cùng chẵn hay
cùng lẻ




3) Nếu y0

x0

x1

x0

y0 1 và x1 �y0  2

2
y0�1  y0
Từ  4  �y0 �6 �

 x

2

y0

4
3

y0

1

z0 z1

7

y02 mà y0  1 � x0 x1  7

x0  1 và x1  7 , vô lý vì x0  y0
3
Vậy z  2 �

p  x, y   2 � *

Bài 18. 13: Giả sử f : �� � là hàm liên tục và giảm sao cho với mọi
x, y �� : f  x  y  f  f  x   f  y    f  y  f  x  

Chứng minh rằng f  f  x    x
Hướng dẫn giải



Cho y  x ta được: f  2 x   f  2 f  x    f 2 f  x  f  x  







 

Thay x bằng f(x) ta có: f  2 f  x    f 2 f  f  x    f 2 f f  x   f  f  x  

Trang 11



– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Trừ hai phương trình trên ta suy ra:



 







f 2 f  f  x    f  2x   f 2 f f  x   f  f  x    f 2 f  x  f  x  



Nếu f  f  x    x , vế trái của phương trình trên âm, do đó:





f f  x   f  f  x    f  x  f  x   và f  x   f  f  x    x  f  x 

là điều mâu thuẫn.
Tương tự, ta cũng có điều mâu thuẫn xảy ra khi f  f  x    x
Vậy f  f  x    x , điều phải chứng minh.
Bài toán 18. 14: Cho song ánh f :  �  . Chứng minh rằng: Tồn tại vô số bộ  a, b, c  với
a, b, c � thỏa: a  b  c và 2 f  b   f  a   f  c 
Hướng dẫn giải
Ta xây dựng dãy  an  như sau:
Trong các số từ 0, 1, 2,..., m chọn số a1 sao cho f  a1   f  i  i  0; a1  m � 
Chọn a2  a1 sao cho f  a2   f  i  , i  0; a2
Chọn ak  ak 1 sao cho f  ak   f  i  , i  0; ak
Vậy ta có dãy a1  a2  ...  ak  ak 1 và f  a1   f  a2   ...  f  ak   f  ak 1 
Trong đó ai � và f  ai   f  j  j  0; ai
*
Vì f là song ánh nên f  ak 1   f  ak   p, p �N

Và c � để f  c   f  ak 1   p  f  ak 1 
�
ak 1  ai
�
Mặt khác: �
�
�f  ak 1   f  i 

i  1, k
i  1, an 1

Nên c  ak 1
�p  ak   f  ak 1   p
�
��

� 2 f  ak 1   f  ak   f  c 
f
c

f
a

p




�
k 1
�
Do cách xây dựng, dãy {an}là dãy vô hạn nên tồn tại vô số bộ (a, b, c) thỏa điều kiện
đã nêu.

Trang 12

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Bài toán 18. 15: Chứng minh với mọi hàm f : �� � thì:
f  xy  x  y   f  xy   f  x   f  y  , x, y ��
� f  x  y   f  x   f  y  , x, y ��
Hướng dẫn giải
- Phần đảo: Cho f  x  y   f  x   f  y  , x, y �R
thì f  xy  x  y   f  xy   f  x  y   f  xy   f  x   f  y  , x, y �R
- Phần thuận: Cho f  xy  x  y   f  xy   f  x   f  y  , x, y �R

Chọn x  y  0 thì f  0   0; a, b, c �R ta có :
f  a  b  c  ab  bc  ac  abc   f  a  c  b  bc   a   c  b  bc  
 f  a  c  b  bc    f  a   f  a  b  bc 
 f  ac  ab  abc   f  a   f  c   f  b   f  bc 
Vì f ( a  b  c  ab  bc  ca  abc)  f (ba  bc  abc)  f (a )  f (b)  f (c)  f (ac )
Nên f (bc)  f ( ab  ac  abc)  f ( ac)  f ( ab  bc  abc)
Lấy a  1: f (bc)  f (b  c  bc)  f (c)  f (b  bc  bc)
�
Do đó f (u  2v)  f (u )  2 f ( v), u, v �R
Lấy u  a thì (2v)  2 f (v), v � R nên f (u  2v)  f (u )  f (2v)
Hay: f (b  2bc)  f (b)  f (2bc), b, c � R
Nếu b  0 thì f (0)  2 f (0)  0 : Đúng
Nếu b �0 thì b  x, c 

y
thì có f ( x  y )  f ( x)  f ( y ), x, y �0.
2b

Bài toán 18. 16: Hàm số f xác định trên tập các số tự nhiên N và có giá trị trên đó. Chứng
minh rằng đẳng thức f  f  n    n  1995 không thể nghiệm đúng với mọi n � N .
Hướng dẫn giải
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng Giả sử rằng ta có đẳng thức
 f  f  n    n  1995 đúng n �N . Khi đó:



f  n  1995   f f  f  n  

Trang 13



 f  n   1995

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Và suy ra: f  n  1995k   f  n   1995k (1) đúng n, k �N
Xét số nguyên r bất kì: 0 �r �1994 và chia f(r) cho 1995 có số dư
f (r )  1995 p  q với 0 �q �1994
Theo giả thiết: f ( f (r ))  r  1995
Từ (1): f ( f ( r ))  f ( q  1995 p)  f ( q)  1995 p
Vì r �1994 nên chỉ có thể có hai khả năng
(i): p  0 � f (r )  q và f (q )  r  1995
(ii): p  1 � f (r )  q  1995 và f (r ) � f (q ) nghĩa là r �q
Như vậy các số 0, 1,2,...,1994 có thể chia thành các cặp (a, b) sao cho
trong mỗi cặp f (a)  b và f (b)  a  1995 . Đó là điều vô lí vì từ 0 đến 1994 có
một số lẻ số.
Bài toán 18.17: Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trên [0, 1] sao cho:
(i) f (0)  f (1)  0
�2 x  y �
(ii) 2 f ( x)  f ( y)  3 �
�với mọi x, y �[0, 1]
� 3 �
Chứng minh rằng f ( x)  0 với mọi x, y �[0, 1]
Hướng dẫn giải
�m �
Bằng quy nạp theo n ta sẽ chứng minh rằng f � n � 0 với mọi số nguyên n �0
�3 �
và với mọi m thoả mãn 0 �m �3n . Các điều kiện ở đề bài chứng tỏ điều này đúng với

n  0 . Giả sử điều này đúng với n  k  1  0 , ta chứng minh nó đúng với n  k .
�m � �m / 3 �
Nếu m  3 (mod 3) thì theo giả thiết quy nạp ta có: f � k � f � k 1 � 0
�3 � �3 �
Nếu m  1 (mod 3) thì 1 �m  3k  2 và
� m  1 / 3 �
�m �
3 f � k � 2 f � k 1 �
�3 �
� 3
�

� m  2  / 3 �
f � k 1
� 0  0  0
� 3
�

Cuối cùng, nếu m  2 (mod 3) thì 2 �m �3k  1 và
� m  1 / 3 �
�m � � m  2  / 3 �
3 f � k � f � k 1
� 2 f � k 1 �
�3 � � 3
�
� 3
�

Trang 14

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


�m �
Vậy f � k � 0 với mọi số nguyên n, m �0 và m  3n
�3 �
Với mọi x � 0,1 , ta có thể lập nên một dãy số có dạng

m
có giới hạn x. Vì hàm f(x)
3k

liên tục nên suy ra f  x   0 với mọi x � 0,1 ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 18.18: Hàm số f(x) xác định và có đạo hàm trên  0, � . Biết rằng với mọi x �0
luôn có:
1) �
�f  x  �
��5
f  x
2) f ( x ). f '( x )  sin x . Tồn tại hay không lim
x ��
Hướng dẫn giải
2
Đặt F  x   f  x   2 cos x xác định trên  0, �

(1) �F ( x)

f 2 ( x)

52 + 2

2 cos x

(2) � F '  x   2 f '  x  . f  x   2sin x �0 nên F(x) tang
n
Xét dãy số {x } = [2 , 2 +




, 4 , 4 + , 6 , 6 + ...]
2
2
2

Thì xn  0 , xn tăng và xn � �khi xn � �
Đặt U n  f ( xn ) thì U n là dãy số tăng và bj chặn trên, nên tồn tại lim U n
Giả sử rằng tồn tại limf(x) khi xn � � thì tồn tại Vn



lim  F  xn   F 2  xn    lim U n  lim F  xn 
x ��

x ��

x ��



2

Như thế tồn tại limcosx khi n � �, điều này không thể được vì:
2 cos xn = {2, 0, 2, 0,...} là dãy số không có giới hạn.
Vậy không tồn tại limf(x) khi xn � �.
Bài toán 18. 19: Tìm hàm f xác định trên tập các số nguyên dương và cũng nhận giá trị nguyên
dương thoả mãn: f ( n  1)  f ( f ( n)), n � N *
Hướng dẫn giải
Trước tiên ta sẽ chứng minh qui nạp: f (1)  f (2)  f (3)...
Gọi S n là phát biểu sau: nếu r �n và m  r thì f (r )  f (m)

Trang 15

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Vì khi m  1 thì (m)  f ( s ), với s  f (m - 1) , nên f(m) không thể là phần tử nhỏ nhất
của tập { f (1), f (2), f (3),...}
Nhưng tập này bị chặn dưới bởi 0, nên chắc chắn nó phải có phần tử bé , nhất. Suy ra phần
tử này là f(1). Vậy S1 đúng.
Giả sử S n đúng. Lấy m  n  1 , khi đó m - 1  n , do đó ta có f (m - 1)  f (n)
(vì S n đúng). Nhưng cũng từ Sn ta có: f ( n)  f (n - 1)  ...  f (1) , do vậy, ta được
f (n) �n -1  f (1) �n . Suy ra f ( m - 1)  n  1 từ đó f (m)  f (n  1) . Từ đây
suy ra rằng S n 1 đúng.
Vậy S n đúng với mọi n. Nói cách khác, nếu n �m thì f (n)  f (m).
Giả sử với số m nào đó ta có f ( m) �m  1 , thế thì: f ( f ( m))  f ( m  1) iều này mâu
thuẫn. Suy ra f (m) �m với mọi m. Nhưng do ta có f (1) �1 và
f  m   f (m - 1)  ...  f (1) nên f  m  �m với mọi m. Suy ra f  m   m với mọi
m.

Bài toán 18. 20: Cho tập hợp T gồm tất cả các số tự nhiên không vượt quá 1999. Hãy tìm tất cả
hàm số f xác định trên N, lấy giá trị trên T và thoả mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) f (t )  t với mọi t �T
ii) f (m  n)  f ( f (m)  f ( n)) với mọi m, n �N
Hướng dẫn giải
Đặt f (2000)  a, b  2000 - a , với 1 �b � 2000
Ta nhận xét:
1) Với mọi r mà 0 �r  b, ta có: f(2000 + r) = a + r
N,0 r
2) Với mọi k Σ�

b , ta có: f (2000  kb  r )  a  r

Từ đó suy ra nếu f là hàm số cần tìm thì thoả mãn:
(t )  t
�
�
với mọi t �T (*)
�f (2000)  a
�f (2000  m)  a  r
�
Với r  m (mod (2000 - a)) và 0 �r �2000  a
Ngược lại cho a �T , xét hàm số f xác định trên N thoả (*) thì để ý:
f (n  b)  f (n) với mọi n �a, b  2000 - a
n  f (n) (mod b) với mọi n �N

Trang 16

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải

Vậy tất cả các hàm số thoả mãn đề bài được xác định theo công thức (*) với mỗi a �T cho
trước. Vậy có 2000 hàm số.
Bài toán 18. 21: Xác định tất cả các hàm f: N* � N* hoả mãn điều kiện:
f ( n)  f ( n  1)  f ( n  2) f ( n  3) - 1996 với mọi n �N *
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết ta có: (k )  f (k  1)  f (k  2) f ( k  3) - 1996
Và f ( k  1)  f ( k  2)  f  k  3 f  k  4   1996 .
Do đó với mọi k �N thì f ( k  2) - f (k )  f ( k  3)[ f ( k  4) - f ( k  2)]
Suy ra rằng:
f (3) - f ( 1)  f (4) f (6)... f (2 k )[( f (2 k  1) - f (2 k - 1)] (1)
f (4) - f (2)  f (5) f (7)... f (2k  1 )[( f (2k  2) - f (2k ) (2)
Nếu f (3) - f (1) �0 và f (4) - f (2) �0 thì hai đẳng thức trên dẫn đến mâu thuẫn. Do
đó xảy ra các trường hợp sau:
1) f (3) - f (1) �0 và f (4) - f (2)  0
Từ (2) có f (2k  2)  f (2 k )  c � 0 với mọi k.
k 1
Nên (2) dẫn tới f (3) - f (1) I  ck _11 f (2 k  1) - f (2k -1) �c với mọi k. Như vậy
ta phải có c  1 .

Từ đó (1) trở thành f (3) - f (1)  f (2k  1) - f (2k - 1) nên dãy ( f (2k  1))
là cấp số cộng với công sái d. Như thế với mọi k ta có:
f (2k )  1, f (2k - 1)  f (1)  ( k - 1) d .
Từ giả thiết cho n  1 ta có
f (1)  f (2)  f (3) f (4) - 1996  f (1)  1  ( f (1)  d ) - 1996
1 khi n  2k
�
� d  1997 . Vậy ta có: f  n   �
a là số nguyên dương
�a  ( k - 1)1997 khi n  2 k -1

tùy ý.
2) f (3) - f (1)  0, f (4) - f (2) � 0 . Lập luận như trên ta có kết quả:
1 khi n  2k  1
�
f  n  �
với a là sô nguyên dương tùy ý.
�a  (k -1)1997 khi n  2k
3) f (3) - f (1)  0, f (4) - f (2)  0
Khi đó f (2k )  a, f (2k - 1)  b với mọi k �N * và a, b nguyên dương tùy ý.

Trang 17

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Với n  1 ta có:
f (1)  f (2)  f (3) f (4) - 1996 � b  a  ab -1996
� (a -1 )(b -1 )  1997
Vì 1997 là số nguyên tố nên hoặc a  2, b  1998 hoặc a = 1998, b = 2. Ta có hai hàm
số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
�2 khi n  2k
�2 khi n  2 k -1
f  n �
và f  n   �
1998 khi n  2 k -1
1998 khi n  2k
�
�
Bài toán 18. 22: Tìm tất cả các hàm f: N * � N * thoả mãn
i) f  x  22   f  x  với mọi x �N *

ii) f  x 2 y    f  x   với mọi x, y �N *
2

Hướng dẫn giải
Ta chỉ cần xác định giá trị hàm số tại x �{1, 2, 3,..., 22}
Cho x  y  1 ta tính được f (1)  1
Với mỗi x nguyên (2 �x �21) luôn có k �N * sao cho 1  22k Mx
Suy ra với x như trên ta có
1  22k  mx  mx 2  x  22kx với k là số tự nhiên.
Từ đó:

f ( x )  f ( x  22kx)  f ( x 2 m)  ( f ( x )) 2 f (m)  f ( x) f (m)  1

� f ( x)  1 . Ta tính f(11) và f(22)
Ta có f (22)  f (44)  f (22.11)  ( f (2)) 2 . f (11)  f (11)  1
Mặt khác f (112.2)  ( f (11 )) 2 . f (2)  ( f (11)) 2
Và f (112.2)  f (22  10.22)  f (22)  f (11)
Vậy: f ( x)  1 với mọi x �N
Bài toán 18. 23: Tồn tại hay không hàm số f: N * � N * thoả mãn điều kiện:
f  f  n    3n  2 f  n  với mọi x �N *
Hướng dẫn giải
Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Với mỗi a �N * , xây dựng dãy số a n như sau:
a1  a, an i  f (an ), n  1 , 2, 3..

Trang 18

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Từ giả thiết ta có:
an 1  f (an )  f ( an 1 )  f ( an 1 )  3an 1 � a n 1  2an  3an 1
Từ đó chứng minh được an 1  4an  2  3an 3  0 với mọi n �4
Do an  0 nên đẳng thức trên không thể xảy ra.
Vậy không tồn tại hàm số f.
Bài toán 18. 24: Tìm tất cả các hàm f : Z � Z thoả mãn điều kiện
3 f (n)  2 f ( f (n))  n, n, � Z
Hướng dẫn giải
Viết lại phương trình hàm ban đầu 2 f ( f (n)  2 f (n)  f (n)  n
Đặt g (n)  f ( n)  n ta có g (n)  2 g ( f ( n)), n � Z.
Ta có: g (n)  2 g ( f (n))  2 2 g ( f ( f (n))  23 g ( f ( f ( f ( n))))  ...
Suy ra rằng g  n  chia hết cho 2k với mọi số tự nhiên k. Điều này chỉ xảy ra khi
g (n)  0 � f (n)  n . Thử lại đúng.
Vậy f (n)  n, n � Z.
Bài toán 18. 25: Tìm tất cả các hàm số f : Z � Z thỏa mãn:
i) f ( f (m)  n)  f (m 2 )  f (n)  2nf (m), m, n �Z
ii) f  1  0.
Hướng dẫn giải
Cho n  0 ta có f ( f ( m))  f ( m2 )  f (0)
Thay n bởi f(m) ta có:
f (0)  f ( m 2 )  f ( f (m)  2( f ( m)) 2  2 f ( m 2 )  f (0)  2( f ( m)) 2
Từ đó ta có: f (m2 )  ( f (m)) 2 , m � Z
Suy ra f (0)  ( f ( f (0)) 2 � f (0)  0 hoặc f  0   1
Giả sử f  0   1 . Cho m  0 thì f ( f (0))  2 f (0) nên f  1  2
Cho m  1 thì f (1)  f 2 (1)  4 : vô lý nên f  0   0
Thay m  0 vào hệ thức đầu bài ta có f (-n)  f ( n), n � Z
Thay m  1 vào hệ thức ở đầu bài ta có: f (1  n)  1  f (n)  2n

Trang 19

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Hay f (n  1)  1  f (n)  2n  f ( n)  f (n  1)  2n  1
Từ đó với mọi n  0 ta có
f (n)  f (n)  f ( n  1)  f ( n  1)  f ( n  2)  ...  f (1)  f (0)  f (0)
 (2n  1)  (2 n  3)  ...  3  1  n 2
2
2
Do đó f  n   n , n �Z . Thử lại đúng. Vậy f  n   n , n �Z

Bài toán 18. 26: Cho hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên dương N* và nhận giá trị
trong tập đó thoả mãn:  m 2  n  chia hết cho  f  m  
2

2

 f  n  với mọi số nguyên

dương m, n.
Hướng dẫn giải
Trước hết cho m  n  1 ta được 4 chia hết cho ( f (1)) 2  f (1) nên có f  1  1
Với mỗi p nguyên tố, thay m  1 và n  p  1 ta được:
f ( p  1)  1 chia hết p 2
Từ đó: f ( p  1)  p  1 hoặc f ( p  1)  p 2  1
Giả sử f ( p  1)  p 2  1 thì
f (1)  ( f ( p  1))2  p 4  2 p 2  2 chia hết (1  ( p  1) 2 ) 2

� p 4  2 p 2  2  ( p 2  2 p  2) 2 , vô lí
Do đó ta phải có f ( p  1)  p  1.
Bây giờ với n là số tự nhiên tùy ý, chọn m  p  1 , ta có:
A  f (n)  ( p  1) 2 chia hết (n  ( p  1) 2 ) 2
Chú ý rằng (n  ( p  1) 2 )2  ( n  f (n)  A) 2  ( n  f ( n)) 2 (mod A)
Như vậy A chia hết (n  f (n)) 2 Với bất kì số nguyên tố p. Chỉ cần chọn p đủ lớn ta có
A  (n  f (n)) 2 .
Từ đó f ( n)  n . Thử lại đúng. Vậy f ( n)  n vơi mọi n �N *
Bài toán 18. 27: Tìm tất cả f : Z � Z sao cho:
i) f  1995   1996
ii) m �Z , Nếu f ( m)  n thì f ( n)  m và f (n  3)  m  3
Hướng dẫn giải

Trang 20

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Ta có: n �Z , f ( f (n))  n và f ( f ( n)  3)  n  3
Nên f ( n  3)  f ( f ( f (n)  3))  f ( n)  3, n � Z
�f (0)  3k , n  3k
�
(1)  3k , n  3k  1
Suy ra: f  n   �
�f (2)  3k , n  3k  2
�
Với k �Z . Vì 1995M3 nên từ f (1995)  1996
f (0)  1995  1996 � f (0)  3991 � f (3991)  0
Mà 3991 =3.1330+ 1 nên: 0  f (1)  3990 � f (1)  3990
Nếu f (2)  3t , t � Z thì:

2  f (3t )  f (0)  3t  3991  3t  3989  3t  3989 M
3 (vô lý)
�f  2 

3t , t

Z

Nếu f (2)  3t  1 thì
2  f (3t  1)  f (1)  3t  3990  3t  3988  3t  3988 M3 (vô lý)




f (2)

3t

1. Như vậy: f (2)  3t  2

3991  n, n �3k  2
�
Tóm lại ta có: f  n   �
với t bất kỳ, k �Z
3t  n  4, n  3k  2
�
Thử lại, ta thấy hàm số trên là nghiệm của bài toán.
Bài toán 18. 29: Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập hợp các số nguyên z và lấy giá trị
trong tập số thực dương R* sao cho:
f (m  1) f (m)  f (m) f (m  1)  2 f ( m  1) f ( m  1), m � Z

Hướng dẫn giải
Giả sử hàm số thoả f ( m - 1) f ( m)  f ( m) f ( m  1)  2 f ( m -1 ) f ( m  1), m � Z
�

1
1
2

�
, m �Z
f  m  1 f  m  1 f  m 

�

1
1
1
1

�

, m �Z
f  m  1 f  m  1 f  m  f  m  1

Đặt g  m  

1
1

, m �Z

f  m  f  m  1

Ta có: g (m  1)  g (m), Vm �Z

Trang 21

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Nếu f(m) không là hàm hằng thì tồn tại k � Z sao cho g  k  � 0 .
Xét trường hợp g  k   0 : Với p nguyên dương thì:
g (k  1)  g (k  2)  ...  g (k  p) = 
�

1
1

f  k  f  k  p

1
1
1

 g  k  1  g  k  2   ...  g  k  p  �
 pg  k   0
f  k  p f  k 
f  k

� p

1
f  k g k

Khi đó 0 

1
1
�
vô lý
f  k  p f  k 

* Xét trường hợp g  k   0 với q nguyên dương thì:
g (k )  g (k  1)  ...  g ( k  ( q  1)) =
�

1
1

f  k  f  k  q

1
1
1

g(k ) + g(k  1) + ... + g(k  q + 1 ) �
 qg  k 
f  k  q
f  k
f k

Ta có: 

1
 0 , ta sẽ chọn q nguyên dương sao cho:
f  k  q

1
1
 qg  k   0 � q 
f  k
f  k g k
Khi đó 

1
1
�
 qg  k   0, vô lý
f  k  q
f  k

Vậy f(m) phải là hàm hằng � f  m   C . Thử lại đúng
Vậy f  m   C , m �Z , với C là số thực dương tuỳ ý.
Bài toán 18. 30: Tìm tất cả các hàm số f : Q � Q thoả:

�f  1  2
�
�f ( xy  y )  f ( x). f ( y )  f ( x  1)  2 x, y � Q
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết, cho y  1 ta có:

Trang 22

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


f ( x  1)  2 f ( x)  f ( x  1)  2, x � Q
� f ( x  1)  f ( x)  1, x � Q
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được:
f ( x  n)  f ( x)  n x � Q, n �Z .
Từ giả thiết cho y  x , ta có:
f ( x 2  x)  f 2  x   f ( x  1)  2, x �Q
f ( x 2  x)  f 2  x   f ( x)  1  2, x �Q
x �Q , đặt x 

p
(p �Z, q � N \ {0} thì có:
q

2
�
� 2 �p
�p
� �p
�
�
f�

q



q
� f �  q �
�
� �
�
�
�
�q
� �q
�
�q
�
�
�

�p
�
f �  q � 1
�q
�

2
2
�
� �
�p � p
�p � �
2
� f�
� �  q  2 p  q � f �

� � q �
q
q
�
�
�
�
�q � �
�
�
�

�p �
f � � q  1
�q �

2
�
� 2 �p �
�p � p
�p �
2
� f�


q

2
p


q
� f � � 2qf � � q 2 
� �
�
�
�q � q
�q �
�q �
�
�

�p � �p �
�p �
� f 2 � � f � � 1  q 2  2 p  q  f 2 � � 2qf
�q � �q �
�q �

�p �
f � � q  1
�q �

�p � 2
�p �
� � q  f � � q  1
�q �
�q �

�p �
�p � p
� qf � � p  q � f � �  1 (Do q �0 )

�q �
�q � q
Vậy f ( x )  x  1 , x � Q
Thử lại ta thấy hàm số f ( x )  x  1, x � Q thảo đề bài
Bài toán 18. 31: Tìm tất cả các hàm số f : Q * � Q * thoả mãn đồng thời các điều kiện sau
với mọi x �Q *
i) f ( x  1)  f ( x)  1
i)) f  x 2    f  x  

2

Hướng dẫn giải
Từ điều kiện i) thì có f ( x  nk )  f ( x)  k , x �Q * và k �N

Trang 23

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


Lấy x 

p
�Q * ( p, q � N *).
q

�p 2 � m 2
�p � m
Giả sử f  x   f � � � f � 2 � 2
�q � n
�q � n

�p
� �p �
m
Khi đó f �  q � f � � q   q
n
�q
� �q �
�p 2
� m 2 2mq
� f � 2  2 p  q 2 � 2 
 q2
n
�q
� n
�p 2 �
m 2 2mq
2mq
m p
2
f

2
p

q


 q2 �
 2p � 
Hay � 2 �

2
n
n
n
n q
�q �
Nên f ( x)  x, x � Q . Thử lại đúng. Vậy f  x   x, x �Q
Bài toán 18. 32: Gọi Q* là tập hợp tất cả các số hữu tỉ dương. Hãy xây dựng một hàm số f:
Q* � Q * sao cho: f ( xf ( y )) 

f  x
, với mọi x, y �Q * .
y
Hướng dẫn giải

Trước tiên, ta chứng minh f (1)  1
Thật vậy, ấy x  y  1 ta có f ( f (1))  f ( 1) , suy ra:
f (1 )  f ( f (1 ))  f (1 f ( f (1 ))) 

f  1
1
f  1

Tiếp đến, ta sẽ chứng minh rằng f ( xy )  f ( x) f ( y)
�1 �
f�
�
�1
� �f  y  �
Với mọi y �Q * ta có:

1 = f(1) =f �
�f  y  f  y  �
�
y
�
�
Do đó, nếu z 

1
thì f ( z )  y . Từ đó suy ra:
f  y

f ( xy )  f ( xf ( z )) 

f  x
 f ( x) f ( y)
z

Sau cùng, ta có: f ( f ( x))  f (1 f ( x)) 

f  1 1

x
x

Bài toán chỉ yêu cầu tìm một hàm thoả mãn các điều kiện đã cho. Do vậy, ta phân tập các
số nguyên tố thành 2 tập vô hạn:

Trang 24

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải


S  { p1 , p2 ,..}; T  {q1 , q2 ,...}
Ta bắt đầu xây dựng hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán bằng định nghĩa
1
f  pn   qn . f  p n  
pn
Sau đó, chúng ta mở rộng định nghĩa này trên tập các số hữu tỉ bằng cách dùng các hệ thức
f  xy   f  x  f  y  :
� pi pi ...qi qi
f� 1 2 1 2
�pk pk ...qm qm
� 1 2
1
2

� pm1 pm2 ...qi1 qi2 ..

�
� pi pi ...qk qk
� 1 2
1
2

Thử lại, ta thây hàm vừa xây dựng thoả mãn: f ( xf ( y )) 

f  x
y

Bài toán 18. 33: Tìm tất cả các hàm f: [0, 1) �  0, 1 thoả mãn điều kiện:
f ( f ( x ))  f ( x )  12 x , với mọi x �0 .
Hướng dẫn giải
Cho trước x �0 tùy ý. Đặt f 0  x   x và f1  x   f  x 
Với n �1 đặt f n  x   f  f n 1  x  
Phương trình hàm đã cho trở thành f n  2  x   f n 1  x   12 f n  x 
2
Phương trình đặt trưng x  x  12  0 � x1  3, x2  4

Nên f n  x   C1 3n  C2  4 

n

Sử dụng điều kiện ban đầu, ta có:
C1 

f  x   4x
3x  f  x 
và C2 
7
7

Từ đó ta có: f 0  x  

1
1
n
f  x   4 x  3n   3x  f  x   .  4 

7

7

Vì f  x  �0 nên f n  x  �0 với mọi n �0
Cho n là số chẵn, ta có:

1
1
n
f  x   4 x  3n   3 x  f  x   .  4  �0

7
7

Từ đây ta có được 3 x  f  x  �0
Cho n là số lẻ, ta có:

Trang 25

1
1
f  x   4 x  3n   3x  f  x   4n �0

7
7

– Website chuyên đề thi thử file word có lời giải