SKKN phương trình hàm image marked

MỤC LỤC
NỘI DUNG
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:

TRANG

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:

T

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 ”.

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: f ( x)  ax  b; (a, b  0) .
x  y  f ( x)  f ( y )
; x, y (Phương trình Jensen)

2
 2 
2/Hàm tuyến tính: f ( x)  ax; (a  0) .

Đặc trưng hàm: f 

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: f ( x)  log a x ; (a  0.a  1) .
Đặc trưng hàm: f x. y   f ( x)  f ( y ); x, y  R * (Phương trình Cauchy)
5/Hàm sin: f ( x)  sin x .
Đặc trưng hàm: f 3x   3 f ( x)  4 f 3 ( x); x
6/Hàm cosin: f ( x)  cos x .
Đặc trưng hàm: f 2 x   2 f 2 ( x)  1; x
7/Hàm tang: f ( x)  tgx .
f ( x)  f ( y )

; x, y  R, x  y   k (k  Z )
1  f ( x) f ( y )
2
8/Hàm cotang: f ( x)  cot gx .
f ( x) f ( y )  1
; x, y  R, x  y  k (k  Z )
Đặc trưng hàm: f x  y  
f ( x)  f ( y )
9/Hàm luỹ thừa: f ( x)  x  ; x  R  .

Đặc trưng hàm: f x  y  

Đặc trưng hàm: f x. y   f ( x). f ( y ); x, y
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
1
và c=0 thì mọi hàm hằng đều thoả (4)
2
1
Khi b= và c  0 thì (4) vô nghiệm
2
1
c
Khi b  1 và b  thì nghiệm của (4) là f(x)=
2
1  2b

Khi b=

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 F (u, v)  auv  bu  bv  c ( a  0, c=

b2  b
). Xác
a

định các hàm số f(x) xác định và liên tục trên R thoả
f ( x  y )  F [ f ( x), f ( y )], x, y  R

(Tức là f ( x  y )  af ( x) f ( y )  bf ( x)  bf ( y )  c (5))
h( x )  b

, từ (5) ta có
a
h( x  y )  h( x)h( y ); x, y  R và phương trình này có nghiệm

 Lời giải: Đặt f ( x) 

h( x)  e ax . Suy ra nghiệm của (5) có dạng f ( x) 

e ax  b
a

Bài toán 6: Giả sử f (x) là nghiệm của phương trình hàm:
f (ax  by  c)  Af ( x)  Bf ( y )  C (abAB  0), x, y  R (6) .
Chứng minh hàm số g ( x)  f ( x)  f (0) thoả mãn phương trình Cauchy:
g ( x  y )  g ( x)  g ( y ), x, y  R

 Lời giải: Lần lượt đặt:


u
vc
,y
a
b
u
c
x ,y
a
b và thế vào (5), ta thu được các đẳng thức:
vc

x  0, y 
b
c
x  0, y 
b
u
vc

 f (u  v)  Af ( a )  Bf ( b )  C

u
c

f (u )  Af ( )  Bf ( )  C

a
b

vc
 f (v)  Af (0)  Bf (
)C
b

c

f (0)  Af (0)  Bf ( )  C

b
Suy ra: f (u  v)  f (u )  f (v)  f (0)
x

Và g ( x  y )  f ( x  y )  f (0)  f ( x)  f ( y )  f (0)  f (0)  g ( x)  g ( y ), x, y  R
Vậy: g ( x  y )  g ( x)  g ( y ), x, y  R
Bài toán 7: Giả sử hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của phương
trình hàm: f (ax  by  c)  Af ( x)  Bf ( y )  C (abAB  0), x, y  R (7) .
Chứng minh: khi đó A  a, B  b
 Lời giải: Nghiệm của g ( x  y )  g ( x)  g ( y ), x, y  R trong lớp
hàm liên tục là hàm tuyến tính g ( x)  x . Do đó f ( x)  x   , thế
vào (7), ta được: A  a, B  b; c  C  (a  b  1)  (7’)
Bài toán 8: Giải và biện luận phương trình hàm:
f (ax  by  c)  Af ( x)  Bf ( y )  C (abAB  0), x, y  R (8) trong lớp các hàm
liên tục trên R.
 Lời giải:
Theo bài toán 7: điều kiện cần để (8) có nghiệm là A  a, B  b . Giả sử
điều kiện này thoả mãn. Theo (7’), ta chia ra các truờng hợp sau:
+T/h: a  b  1, c  0 . Khi đó (8) trở thành:
f (ax  (1  a ) y )  af ( x)  (1  b) f ( y ) (abAB  0), x, y  R (8’) thuộc lớp
hàm chuyển tiếp các đại lượng trung bình cộng. Vậy (8’) có nghiệm
là f ( x)  x   ;  ,   R
+T/h: a  b  1, c  0 Khi đó (8) trở thành:
f (ax  (1  a ) y  c)  af ( x)  (1  b) f ( y )  C (abAB  0), x, y  R (8" ) . Đặt:
f ( x) 

C
x  h( x) . Vậy (8”) có dạng:
c


h(ax  (1  a ) y  c)  ah( x)  (1  b)h( y ) (abAB  0), x, y  R (8' " ) .

Do đó
(8’”) chỉ có nghiệm hằng tuỳ ý (Xem (7)), vì vậy (8) có nghiệm
C
x  ;   R
c
+T/h: a  b  1 . Theo bài toán 6 thì nghiệm của (8) có dạng
f ( x)  x   ;   R . Từ (7’) suy ra c  C  (a  b  1)  . Nếu cho   R
c  C
tuỳ ý thì  
a  b 1
Bài toán 9: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của
f ( x) 

phương trình hàm: f ( x  y )  f ( z )  f ( x)  f ( y  z ); x, y, z  R (9) .
 Lời giải:
+Đặt f (0)  a, z  0 thế vào (9) ta có:
f ( x  y )  a  f ( x)  f ( y ); x, y  R (9' )

+Đặt f ( x)  g ( x)  a . Từ (9’), ta có:
g ( x  y )  g ( x)  g ( y ); x, y  R (9" ) . Suy ra g ( x)  x;   R
Vậy (9) có nghiệm f ( x)  ax   ;  ,   R . Thử lại thấy (9) thoả.
Bài toán 10: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R là nghiệm của
phương trình hàm: f ( x  y ) f ( z )  f ( x)[ f ( y )  f ( z )]; x, y, z  R (10) .
 Lời giải:
Thay y  z  0 vào (10), ta được f (0) f ( x)  0 . Vậy f (0)  0 . Với z  0
thì
f ( x  y ) f (0)  f ( x)[ f ( y )  f (0)]; x, y  R (10' )
hay
f ( x) f ( y )  0; x, y  R (10' ) .

A.3)Bất phương trình hàm cơ bản.
Bài toán 1: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả đồng thời
f ( x)  0; x  R (1.1)
 f ( x  y )  f ( x)  f ( y ); x, y  R (1.2)


các điều kiện sau: 
 Lời giải:

f (0)  0
hay f (0)  0
 f (0)  2 f (0)


Thay x  y  0 , ta có 

Vậy nên f (0)  f ( x  ( x))  f ( x)  f ( x)  0 . Suy ra f ( x)  0 . Thử lại (1)
thoả

Bài toán 2: Cho trước hàm số h( x)  ax; a  R . Xác định các hàm số
f (x) liên tục trên R thoả đồng thời
các điều kiện sau:
f ( x)  ax; x  R (2.1)


 f ( x  y )  f ( x)  f ( y ); x, y  R (2.2)

 Lời giải:

h( x  y )  h( x)  h( y ) . Đặt f ( x)  h( x)  g ( x) . Khi đó ta có g ( x)  0; x  R

và g ( x  y )  g ( x)  g ( y ); x, y  R . Theo bài toán 1, ta có: g ( x)  0; x  R .
Vậy f ( x)  h( x)  ax; a  R . Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) và (2.2)
Bài toán 3: Cho a  0 . Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả


f ( x)  a x ; x  R (3.1)
 f ( x  y )  f ( x) f ( y ); x, y  R (3.2)

đồng thời các điều kiện sau: 

 Lời giải:
Ta có f ( x)  0; x  R . Khi đó logarit hoá hai vế (3.1), (3.2), ta có
ln f ( x)  (ln a ) x; x  R (3.1' )

Đặt ln f ( x)   ( x) , ta có:

ln f ( x  y )  ln f ( x)  ln f ( y ); x, y  R (3.2' )
 ( x)  (ln a) x; x  R (3.1" )

Đặt  ( x)  g ( x)  (ln a) x , ta có: hàm

 ( x  y )   ( x)   ( y ); x, y  R (3.2" )
g (x) thoả điều kiện bài toán 2 nên g ( x)  0; x  R và  ( x)  (ln a ) x . Vậy

f ( x)  a x ; x  R (3.1) thoả điều kiện bài toán.

Bài toán 4: Xác định các hàm số f (x) liên tục trên R thoả đồng thời
f ( x)  0; x  R (4.1)

x y
f ( x)  f ( y )
; x, y  R (4.2)
 f ( 2 ) 
2


các điều kiện sau: 

 Lời giải:
f (0)  a, f ( x)  a  g ( x) .
Đặt

Khi

đó

ta

có

g ( x)  0; x  R (4.1' )

vôùi g(0)  0 Thay y  0 vào (4.1’)
x

y
g ( x)  g ( y )
g (
)


;

x
,
y

R
(
4
.
2
'
)

2
2
x
g ( x)

x y
g ( x) g ( y )
g( ) 
; x  R
)

; x, y  R hay
và (4.2’)  2
. Suy ra g (
2

2
2
2

g (0)  0
 g (0)  0, g ( x)  0; x  R
theo
bài
toán
1
thì

 g ( x  y )  g ( x)  g ( y ); x, y  R
g ( x)  0; x  R vaø f(x) laø const . Thử lại f ( x)  c thoả điều kiện bài toán.

Bài toán 5: Xác định các hàm số f (t ) liên tục trên R thoả điều kiện sau:
f ( x)  max2 xy  f ( y ); x  R (5)
yR

 Lời giải:
Từ (5) ta có f ( x)  2 xy  f ( y ); x, y  R (5’)
Thay x  y  t vào (5’), ta có f ( x)  x 2 ; x  R (5”)
2 xy  f ( y )  2 xy  y 2  x 2  ( x  y ) 2 ; x, y  R
Suy
ra



max2 xy  f ( y )  max x  ( x  y )
yR

yR

2

2

 x

2

suy ra

f ( x)  x ; x  R .
2

f ( x)  x 2 ; x  R (kết hợp với (5”). Thử lại thấy thoả điều kiện.

mà
Vậy


Bài tốn 6: Xác định các hàm số f (t ) liên tục trên R+ thoả điều kiện
sau: f ( x)  maxx 2 y  xy 2  f ( y ); x  R  (6)
yR 

 Lời giải:
Tương tự bài tốn 5, ta có f ( x)  x 2 y  xy 2  f ( y ); x, y  R 
Thay x  y  t vào (6’), ta có f ( x)  x 3 ; x  R  (6”)
Suy ra: x 2 y  xy 2  f ( y )  x 2 y  xy 2  y 3  x 3  ( x  y )( x  y ) 2  x 3 ; x, y  R 

mà
maxx 2 y  xy 2  f ( y )  maxx 3  ( x  y )( x  y ) 2   x 3 ; x  R  suy ra
yR 

yR 

f ( x)  x ; x  R . Kết hợp với (6”), ta có f ( x)  x 3 ; x  R  . Thử lại thấy


3

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 x, y ; chẳng hạn như
thì
từ
điều
kiện
x 3  x 2 y  xy 2  y 3 ; x, y  R
2
2

ta có ngay hàm cần tìm là
f ( x)  maxx y  xy  f ( y ); x  R
yR 

f ( x)  x 3 ; x  R 

Từ đây ta có thể “sáng tác” ra những bài tốn tương tự

Bài tốn 7: Chứng minh rằng nếu:
Hoặc f' (x)  0 và h(x)  0 x    D f
Hoặc f' (x)  0 và h(x)  0 x    D f
thì trong  ta có : f(g(x))  g(x).h(x)  f(0)  g(x)  0
 Lời giải:
Sử dụng định lý Lagrange, ta có:
f(g(x))  g(x).h(x)  f(0)

 f(g(x)) - f(0)  g(x).h(x)  0
 [f' (c)  h(x)]g(x)  0; c nằm giữa 0 và g(x)
 g(x)  0 do [ f ' (c)  h( x)]  0
2

Bài tốn 8: Giải bất phương trình 3 x 4  ( x 2  4)3 x 2  1 (7)
 Lời giải:
Xét hàm số f ( x)  3 x , ta có f ' ( x)  3 x. ln x
(7): f ( x 2  4)  f (0)  ( x 2  4)3 x 2  0 do 1  f (0)
Sử dụng định lý Lagrange, ta có:
f ' (c)[( x 2  4)  0]  ( x 2  4)3 x  2  0 c nằm giữa 0 và ( x 2  4)
( x 2  4)[ f ' (c)  3 x  2 ]  0
( x 2  4)[3c ln 3  3 x  2 ]  0
( x 2  4)  0


x  2  x  2

Bài toán 9: Cho các số dương M , a . Tìm các hàm số f ( x), g ( x) : R  R
2 a
thoả mãn điều kiện f ( y )  f ( x)  g ( x)( x  y )  M x  y ; x, y  R (8)
 Lời giải:

Giả sử có các hàm số f ( x), g ( x) : R  R thoả điều kiện. Thay đổi vai
trò của x, y ta có:
2 a
f ( x)  f ( y )  g ( y )( y  x)  M y  x ; x, y  R (8' ) . Cộng vế (8) và
(8’), ta có [ g ( x)  g ( y)]( x  y)  f ( y)  f ( x)  g ( x)( x  y)  f ( x)  f ( y)  g ( y)( y  x)
[ g ( x)  g ( y )]( x  y )  2 M x  y

2 a

; x, y  R (8" )

g ( x)  g ( y )
a
 2 M x  y ; x, y  R, x  y . Cố định x cho y  x , ta có
x y
g ' ( x)  0; x  R suy ra g ( x)  c(const ); x  R

Thay

g ( x)  c

vào (8) và làm tương tự như trên, ta có:

f ( x)  f ( y )
a
 c  2 M x  y ; x, y  R, x  y và
x y
f ' ( x)  c  f ( x)  cx  d .

Thử lại g ( x)  c ; f ( x)  cx  d thấy đúng.

Bài toán 10: Chứng minh: x  max(ax) (9)
a 1

 Lời giải:
Ta có  x  (ax)  x ; a   1;1 , 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= 
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/Bài toán 1: Xác định số  để hàm số f ( x)  x   có tính chất
f (a ), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác
ABC.
 Lời giải:
Để f (a), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải
có f (a)  0, f (b)  0, f (c)  0 .
Suy ra a    0, b    0, c    0; ABC


  a,   b,   c; ABC
  max a,b,c; ABC hay   0 . Ngược

Hay

tương
đương
lại, với   0 thì

f (a ), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác. Vậy với   0 thì
hàm số f ( x)  x   có tính chất f (a), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của
một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.
Bài toán 2: Xác định số  để hàm số f ( x)  x có tính chất
f (a ), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác
ABC.
 Lời giải:
Để f (a), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải
có f (a)  0, f (b)  0, f (c)  0 .
Suy ra a  0, b  0, c  0; ABC
Hay   0 . Vậy với   0 thì hàm số f ( x)  x có tính chất
f (a ), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam
giác ABC.
Bài toán 3: Xác định số  ,  để hàm số f ( x)  x   có tính chất
f (a ), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác
ABC.
 Lời giải:
Để f (a), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải
có f (a)  0, f (b)  0, f (c)  0 .
Suy ra a    0, b    0, c    0; ABC (3)
Từ (3), ta có   0 (Vì nếu   0 ,  tuỳ ý thì ta chọn tam giác ABC có
a đủ lớn thì a    0 )
Tương tự   0 (Vì nếu   0 chọn tam giác ABC có a đủ nhỏ thì
a    0 )
Trường hợp     0 không thoả.
Vậy   0,   0,     0 thì hàm số f ( x)  x   có tính chất
f (a ), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam
giác ABC.
Bài toán 4: Xác định số  ,  để hàm số f ( x) 

1
có tính chất
x  

f (a ), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác

ABC.
 Lời giải:


Giả sử a  b  c . Phép nghịch đảo g ( x) 

1
không có tính chất
x

g (a ), g (b), g (c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam
1 1 1
giác ABC.( Phản ví dụ a  b  2, c  1 ; ta có   )
a b c
Để f (a), f (b), f (c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải

có f (a)  0, f (b)  0, f (c)  0 .
Suy ra a    0, b    0, c    0; ABC (4)
Suy ra   0;   0 (bài toán 3)
+Trường hợp     0 : không thoả.
+Trường hợp   0,   0 : không thoả ( a  b  2, c  1 )
+Trường hợp   0,   0 : f (a)  f (b)  f (c) 

1



 0 ; f (a ), f (b), f (c) là

độ dài các cạnh của một tam giác đều.
+ Trường hợp   0,   0 : ta có f (a)  f (b)  f (c)
Ta cần xác định các số dương  , 

sao

cho:

f (a )  f (b)  f (c); ABC , a  b  c
1
1
1


; ABC , a  b  c (4’)
Hay
a   b   c  

Phản ví dụ: a  b  3d  0, c  d  0 thế vào (4’), ta có:

2
1

3d   d  

. Suy ra   2d , điều này không xảy ra với d đủ lớn.
Vậy với   0,   0 : f (a)  f (b)  f (c) 

1



 0 ; f (a ), f (b), f (c) là độ

dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC.
Bài toán 5: Xác định hàm số f (x) liên tục trong [0;  ], f (0)  0 và có
đạo hàm trong (0;  ) sao cho f ( A), f ( B), f (C ) tạo thành số đo các góc của
một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước.
 Lời giải:
 f ( x)  0; x  (0;  )
Ta cần xác định hàm khả vi f (x) sao cho: 
f (0)  0
 f ( A)  f ( B)  f (C )  

f (0)  0  f ( )   và C    ( A  B)

Suy ra f ( A)  f ( B)  f (  A  B)   ; A, B, A  B  [0;  ]
Hay f ( x)  f ( y )  f (  x  y )   ; x, y, x  y  [0;  ]
Lấy đạo hàm theo biến x : f ' ( x)  f ' (  x  y )  0; x, y, x  y  [0;  ]
Suy ra x : f ' ( x)  c; x  (0;  ) .
Vậy f ( x)  px  q. Do f (0)  0 suy ra q  0 . Do f ( )   nên p  1


Kết luận: hàm số f ( x)  x liên tục trong [0;  ], f (0)  0 và có đạo hàm
trong (0;  ) sao cho f ( A), f ( B), f (C ) 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 f (x) liên tục trong [0;  ],
f (0)  0, f ( x)  0; x  (0;  ) sao cho f ( A), f ( B), f (C ) tạo thành số đo các
góc của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC cho trước.
 Lời giải:
f (x) liên tục trong [0;  ] sao cho:
Ta cần xác định hàm
f ( x)  0; x  (0;  )


(6)
f (0)  0

 f ( x)  f ( y )  f (  x  y )   ; x, y, x  y  (0;  )

f ( x)  f (0)  f (  x)   ; x, [0;  ] ( y  0) (6’)

Đặt f ( x)  x  g ( x) thì g (0)  0, g ( x) liên tục trong [0;  ]
Ta có x  g ( x)  (  x)  g (  x)  
g ( x)   g (  x) (6" ) . Thế f ( x)  x  g ( x) vào (6) và sử dụng (6”), ta có:
x  g ( x)  y  g ( y )    ( x  y )  g[  ( x  y )]  

Hay g ( x)  g ( y )  g ( x  y ); x, y  [0;  ], x  y   (6’”). Do f (x) liên
tục trong [0;  ] , nên (6”’) là phương trình hàm Cauchy và
g ( x)  ax; f ( x)  (1  a ) x . f ( x)  0; x  (0;  ) nên 1  a  0 và để
f ( A)  f ( B)  f (C )   ta cần có 1  a  1 suy ra a  0; f ( x)  x
Bài toán 7: Xác định hàm số f (x) liên tục trong [0;  ], sao cho
f ( A), f ( B), f (C ) 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
f ( x)  x;

f ( x) 



3

*Ta xác định các hàm số

f (x)

liên tục trong [0;  ] và

f ( x)  0; x  (0;  )


(7)

 f ( x)  f ( y )  f (  x  y )   ; x, y, x  y  (0;  )

Cho y  0 , ta có: f ( x)  f (0)  f (  x)   ; x, (0;  ) (7’)

Hay f (  x)    f ( x)  f (0); x, [0;  ] . Đặt f ( x)  f (0)  g ( x) thế vào
(7) và sử dụng (7’), ta có:
f ( x)  f ( y )    f ( x  y )  f (0)   hay
f ( x  y )  f (0)  f ( x)  f (0)  f ( y )  f (0)

f ( x  y )  f (0)  f ( x)  f ( y )

Hay g ( x)  g ( y )  g ( x  y ); x, y  [0;  ], x  y   (7”) là phương trình
hàm Cauchy và g ( x)  x; f ( x)  x   . Ta cần xác định  ,  để
 f ( x)  0 ; x  (0;  )

 f ( A)  f ( B)  f (C )  

 x    0 ; x  (0;  )
x    0 ; x  (0;  )
(1   )
hay 

 3   (  
)
  ( A  B  C )  3  

3
(1   )
 0; x  (0;  ) (7”’). Cho x  0; x   , ta có:
Hay f ( x)  x 
3
1
  1
2

Hay 

Kiểm tra các trường hợp:
1

2

+     1 : (7’”) thoả
1

1
+    : (7’”) thoả  f ( x)   x  

2


+   1 : (7’”) thoả  f ( x)  x 

2

2

Vậy các hàm cần tìm có dạng: f ( x)  x 

(1   )
1
;   1
3
2

Bài toán 8: Xác định hàm số f (x) liên tục trong [0;  ], sao cho:
f (a ), f (b), f (c) 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  ,  ,  là ba góc của một
tam giác thuộc M () là sin  , sin  , sin  tạo thành độ dài các cạnh của
một
tam
giác
thuộc
M () (
a  2 R sin   sin  , b  2 R sin   sin  , c  2 R sin   sin  ). Theo bài toán
7 thì f ( x)  sin x 


(1   ) 
1
;     1.

3 
2

*Nhận xét: nghiệm của phương trình vô định x 2  y 2  z 2 có thể mô tả
 x  u. cos v

dưới dạng  y  u. sin v ; u  R  , v  (0; ) . Ta suy ra các kết luận sau:
2
z  u





Bài toán 9: Chứng minh (u; v); u  R  , v  (0; ) đều tồn tại một tam
2
 P1 (u , v)  u. cos v

giác mà độ dài các cạnh là những số  P2 (u, v)  u. sin v ; u  R  , v  (0; )
2
 P (u , v)  u.v
 3

đều là các tam giác vuông.
 Lời giải:
 P1 (u , v)  u. cos v



 P2 (u , v)  u. sin v ; u  R , v  (0; ) .
2
 P (u , v)  u.v
 3
P1 (u; v)  0


P2 (u; v)  0

Ta thấy
. Từ đó suy ra

P3 (u; v)  0

P1 (u; v)2  P2 (u; v)2  P3 (u; v)2

P1 (u; v), P2 (u; v), P3 (u; v) là độ dài các cạnh của một tam giác vuông có

canh huyền P3 (u; v) .
Bài toán 10: Chứng minh rằng x  1 đều tồn tại một tam giác mà độ
 P1 ( x)  x 4  x 3  2 x 2  x  1

dài các cạnh là những số  P2 ( x)  2 x 3  x 2  2 x  1 và các tam giác đó

P3 ( x)  x 4  1


có góc lớn nhất như nhau ( x  1 cho trước).
 Lời giải:
 P1 ( x)  ( x 2  1)( x 2  x  1)

2
 P2 ( x)  ( x  1)(2 x  1) Đặt
 P ( x)  ( x 2  1)( x 2  1)
 3

a  ( x 2  x  1)  0

 b  (2 x  1)  0
 c  ( x 2  1)  0


.

Ta

có

b  c  x 2  2 x  2  a  x 2  x  1  b  c  x 2  2 x . Vậy a, b, c là 3 cạnh

của một tam giác. Cạnh lớn nhất của tám giác ứng với P1 ( x) hay a .
Khi đó gọi  là góc lớn nhất, cos  

 a2  b2  c2
1
2
 ...     
2bc
2
3

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 Aminh đơn giản: tương ứng với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn).


 Nhận xét:
Hàm số f ( x)  sin x không đồng biến trong (0;  ) 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 cos A  cos B  2 cos

A B

.
2

 Nhận xét:
Hàm số f ( x)  cos x không là hàm lõm trong (0;  ) f " ( x)  0 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 3
2
3
3.2) cos A  cos B  cos C 
2
A
B
C
3.3) tg  tg  tg  3
2
2
2
A
B
C
3.4) cot g  cot g  cot g  3 3
2
2
2

3.1) sin A  sin B  sin C 

 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


f
(
A
)

f
(
B
)

f
(
C
)

3
f
(
)

3 với mọi tam giác ABC?


 f ( A)  f ( B)  f (C )  3 f ( )

3

Bài toán 1: Cho hàm số f (t ); t  (0;  ) . Chứng minh các điều kiện (1.1)

và (1.2) sau đây là tương đương:

x y
); x, y, x  y  (0;  ) (1.1)
2
x yz
f ( x)  f ( y )  f ( z )  3 f (
); x, y, z , x  y  z  (0;  ] (1.2)
3
f ( x)  f ( y )  2 f (

 Lời giải:
x yz 

z


x yz
z

 (1.3)
)2f
+Giả sử: x  y  z , ta có f ( z )  f (
3
2








Từ (1.1) và (1.3), ta có:



 x y
x yz
f ( x)  f ( y )  f ( z )  f (
)  2 f (
)
3
2



x  y  z 

z

3


f
2








x yz
4f
; x, y, z , x  y  z  (0;  ] . Suy ra (1.2)
3


x y
+Từ (1.2), giả sử x  z  y , đặt z 
ta được (1.1).
2
Bài toán 2: Xác định hàm số f (t ); t  (0;  ) thoả mãn điều kiện:

f ( A)  f ( B) (2).

A B 

 Lời giải:
+(2) thoả với mọi cặp góc nhọn A,B tương đương với f (t )  f 0 (t )


là một hàm đồng biến trong (0; ]
2




 f 0 (t ) khi 0  t  2
+Xét hàm số g 0 (t )  
. Ta chứng minh g 0 (t )

 f 0 (  t ) khi
t 
2


thoả điều kiện bài toán. Thật vậy:
o A, B nhọn thì (2) thoả


 B  ; A  B  
2
   B  A, g 0 ( B)  f 0 (  B)  f 0 ( A)  g 0 ( A)

o Xét 0  A 

+Ta chứng minh mọi hàm số f (t ); t  (0;  ) thoả điều kiện bài toán
đều

có

dạng:



 g 0 (t ), khi 0  t 

2 .
f (t )  

  g (t ), khi  t  
0
2


vậy,

từ

 B  , A B  
2
  B  A, f ( B)  g 0 ( B)  f 0 (  B)  f 0 ( A)  g 0 ( A)  f ( A)

thì

g 0 ( B)  f ( B)

với B tù, ta có 0  A 



Thật



 sin t , khi 0  t 
2 . Chứng minh với

Bài toán 3: Xét hàm số f (t )  
1  cos t , khi   t  
2


mọi tam giác ABC ta đều có f ( A)  f ( B)  f (C ) 
 Lời giải:

3 3
(3)
2


+Tam giác ABC nhọn (hay vuông) thì (3) có dạng quen thuộc
sin A  sin B  sin C 

+Tam

giác

3 3
2

ABC

sin A  sin B  1  cos C 

tù:

C


2

thì

(3)

có

3 3
(3' ) đúng
2

Do sin A  sin B  1  cos C  sin A  sin B  sin C 

3 3
2

A.6)Các đề thi học sinh giỏi.
I.Tính giá trị hàm số:
Bài toán 1: Cho hàm số f ( x), x  Z , thoả:
f (1)  0

. Tính f (19)

 f (m  n)  f (m)  f (n)  3(4mn  1); m, n  Z

Lời giải: Ta có 19=10+9

f (1)  0
f (2)  2 f (1)  9  9
f (4)  2 f (2)  45  63
f (5)  f (4)  f (1)  45  108
f (9)  f (5)  f (4)  237  408
f (10)  2 f (5)  297  513

Suy ra f (19)  f (10)  f (9)  1077  513  408  1077  1998
Bài toán 2: (Dự tuyển IMO) Cho hàm số f (x) :
f (1)  1

. Tìm các số n  Z : f (n)  n

 f ( x)  f ( y )  f ( x  y )  xy  1; x, y  R
Lời giải: Cho y  1  f ( x)  f (1)  f ( x  1)  x  1  f ( x  1)  f ( x)  2
f (n)  f (n  1)  (n  1); n  Z ,
f (n  1)  f (n  2)  (n)
f (n  2)  f (n  3)  (n  1)
......
f (2)  f (1)  (3)
Suy ra

n 1

f (n)  (n  1)  (n)  (n  1)  ...  (3)  2  1  2   i  2
1

f ( n)  n 

(n  1)(n  2)

 2  n  n 2  n  2  0  n  1, n  2
2

Bài toán 3: Cho hàm số f xác định trên tập các số nguyên thoả:

dạng


f (0)  0
f (1)  3

. Tính f (7)

f ( x) f ( y )  f ( x  y )  f ( x  y ); x, y  Z

Lời giải:
+Ta chứng minh f (n)  3 f (n  1)  f (n  2) .
Ta có f (1) f (0)  f (1)  f (1)  f (0)  2
f (n) f (1)  f (n  1)  f (n  1)  3 f (n)  f (n  1)  f (n  1)
f (n  1)  3 f (n)  f (n  1)  f (n)  3 f (n  1)  f (n  2)

+ Suy ra: f (7)  3 f (6)  f (5)
f (2)  3 f (1)  f (0)  7
f (3)  3 f (2)  f (1)  18
f (4)  3 f (3)  f (2)  47
f (5)  3 f (4)  f (3)  123
f (6)  3 f (5)  f (4)  322
f (7)  3 f (6)  f (5)  843

Bài toán 4: Cho hàm số f xác định trên tập N* thoả:

f (1)  5
f  f ( n)   4n  9
f (2 )  2
n

n 1

. Tính f (1789)

 3; n  N *

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:
f (4)  f (2 2 )  2 3  3  11
f (11)  f  f (4)   4.4  9  25
f (25)  f  f (11)   4.11  9  53

f (53)  f  f (25)   4.25  9  109
f (109)  f  f (53)   4.53  9  221
f (221)  f  f (109)   4.109  9  445
f (445)  f  f (221)   4.221  9  893
f (893)  f  f (445)   4.445  9  1789
f (1789)  f  f (893)   4.893  9  3581

Bài toán 5: Cho hàm số f xác định trên R thoả:
f ( x) f ( y )  f ( xy )
 x  y  2; x, y  R (5). Tính f (36)
3

Lời giải:

f (0) f (0)  f (0)
 2  f (0)  2 hay f (0)  3
3


+T/h f (0)  2 , ta có

f ( x) f (0)  f (0)
3
 x  2; x  R, y  0  f ( x)   x  2
3
2

không thoả (5)

f ( x ) f ( 0)  f ( 0)
 x  2; x  R, y  0  f ( x)  x  3 thoả
3
(5). Suy ra: f (36)  36  3  39

+T/h f (0)  3 , ta có
Bài toán 6:
Đặt f1 ( x)  

2x  7
,
x3

f n 1 ( x)  f1  f n ( x) ; n  1 . Tính f 2001 (2002)

Lời giải:
f1 ( x)  2 

1
x3

1
1
 3 
1
x2
2
3
x3
1
1
f 3 ( x)  f1 ( f 2 ( x))  2 
 2 
x
1
f 2 ( x)  3
3
3
x2
Chứng minh bằng quy nạp: f 3n ( x)  x; x  N \  2,3
f 2 ( x)  f 2 ( f1 ( x))  2 

1

 2 
f1 ( x)  3

Suy ra f 2001 (2002)  2002
Bài toán 7: Cho hàm số f xác định trên tập các số thực và thoả điều


kiện: 

f ( xy )  xf ( y )  yf ( x) (1)

1993
1993
 f ( x  y )  f ( x )  f ( y ) (2)

x, y  R . Tính f ( 5753 )

Lời giải:

(1) : thay x  y  0  f (0)  0
(1) : thay x  y  1  f (1)  0

(2) : thay y  0  f ( x)  f ( x1993 )
 f ( x  y )  f ( x)  f ( y ); x, y  R (2' )

Vậy hàm số f cộng tính trên R
f ( x  1)  f ( x)  f (1)  f ( x)
(1) : f ( x 2 )  2 xf ( x)
 f ( x n )  nx n 1 f ( x)

x  0, n  N  (C/m baèng quy naïp)

Suy ra f ( x)  1993x1992 f ( x) . Nếu f ( x)  0 thì 1993x1992  1, x  0 (!)
Vậy: f ( x)  0 . Kết luận f ( 5753 )  0
Bài toán 8: Cho hai hàm số f , g ; f : K  K , g : K  K K  (2;4)  thoả
 f ( g ( x))  g ( f ( x)) (1)
x  K . Chứng minh f (3)  g (3)
2
 f ( x) g ( x)  x (2)

điều kiện: 
Lời giải:


Ly x0 K , a

f ( x0 )
0
x0

Chng minh bng quy np: f (a n x0 ) a n 1 x0 ; n N
+ a 1, a n x0 K ; n (!) (do a n x0 )
+ 0 a 1, (!) (do a n x0 0)
+Vy a 1 f ( x0 ) x0 f ( x) x; x K ; tng t g ( x) x; x K
Kt lun: f ( x) g ( x); x K f (3) g (3)
Bi toỏn 9: (IMO) Cho hm s f : N N tho iu kin:
f (m n) f (m) f (n) 0;1 (1)
. Tớnh f (1982)

f (2) 0, f (3) 0, f (9999) 3333 (2)

Li gii:
(1): f (m n) f (m) f (n)
m n 1 0 f (2) 2 f (1) f (1) 0
m 2, n 1 f (3) f (2) f (1) 0 0(!) f (3) f (2) f (1) 1 1 f (3) 1
f (3.2) f (3 3) f (3) f (3) 2 f (3) 2

f (3.n) n; n N (C/m bng quy np)

+Nu

f (3.n) n
thỡ m n
f (3(n 1)) f (3n) f (3) n 1

ta

cú

f (3m) m .

Tht

vy,

+ 3333 f (9999) f (3.3333) f (3n) n vụựi n 3333
Vy f (3.1982) 1982
Mt khỏc 1982 f (3.1982) f (2.1982) f (1982) 3 f (1982)
1982
661

3
f (1982) f (1980) f (2) f (3.660) f (2) 660

f (1982)

Do ú 660 f (1982) 661 f (1982) 660
Bi toỏn 10: Cho hm s f liờn tc trờn R tho iu kin:
f ( f ( x)) f ( x) 1; x (1)
. Tớnh f (500)

f (1000) 999 (2)


Li gii:
f ( f (1000)) f (1000) 1 f (999)

1
999

Do hm s f liờn tc trờn R v f (999)

1
500 999 f (1000) nờn tn
999

ti x0 (999;1000) : f ( x0 ) 500
(1) f ( f ( x0 )) f ( x0 ) 1 f (500)

1
500

II.c lng giỏ tr hm s:
Bi toỏn 1: Cho hm s f xaực ủũnh treõn ủoaùn [0;1] , tho:


f (0)  f (1)  0 (1)

x

y
f(
)  f ( x)  f ( y ); x, y  [0;1] (2)

2
1)Chứng minh phương trình f ( x)  0 có vơ số nghiệm trên [0;1]

2)Tồn tại hay khơng hàm số xác định trên [0;1] thoả mãn điều kiện (1),
(2) và khơng đồng nhất bằng 0?
Lời giải:
1) x  y  f ( x)  2 f ( x)  f ( x)  0; x  [0;1]
1
1
x  1, y  0  0  f    f (0)  f (1)  0  f    0
2
2
1
Dễ dàng chứng minh f  k   0; k  N
2 
Vậy phương trình f ( x)  0 có vơ số nghiệm trên [0;1]
0, khi x  Q  [0;1]

2)Hàm số f ( x)  
thoả mãn điều kiện bài tốn
 1; khi x  [0;1] \ Q
Bài tốn 2: Cho hàm số f xác đònh trên R , thoả:
f (0)  0 (1)


 f ( x)  f (4  x)  f (14  x); x (2)
Hãy tìm số các nghiệm của phương trình f ( x)  0 trên đoạn

1000;1000]
Lời giải:

f (0)  f (4)  f (14)  0;

[-

f ( x)  f (10  x); x

Vì vậy với mọi x1  10k , x 2  10k  4; k  Z đều là nghiệm của phương
trình f ( x)  0 .
Trên [-1000;1000] số điểm dạng x1 (khơng kể điểm bội) là
1000  1000
 1  201
10

Trên [-1000;1000] số điểm dạng
994  996
 1  200
10

x2

(khơng kể điểm bội) là

Vậy số các nghiệm của phương trình f ( x)  0 trên đoạn [-1000;1000]
khơng ít hơn 401.
 0, khi x có dạng x 1 hoặc x 2
thỏa điểu kiện bài tốn
1, trong các trường hợp còn lại

Xét hàm số f ( x)  

+Nếu x có dạng x1 thì f ( x)  0 ; hơn nữa 4  x, 14  x có dạng x 2 nên
f (4  x)  f (14  x)  0 .
+Nếu x có dạng x 2 thì f ( x)  0 ; hơn nữa 4  x, 14  x có dạng x1 nên
f (4  x)  f (14  x)  0 .


+Nu x khụng cú dng x1 , x 2 thỡ f ( x) f (4 x) f (14 x) 1 .
Vy s cỏc nghim ca phng trỡnh f ( x) 0 trờn on [-1000;1000] l
401.
Bi toỏn 3: Cho hm s f xaực ủũnh treõn K; K [0;1] , tho:
f (1) 1



f ( x) 0
f ( x y ) f ( x) f ( y );
Chng minh f ( x) 2 x;

(1)
(2)
x, y, x y K

(3)

x K

Li gii:
1
1
1)Chng minh f n n ; n N * bng quy np.

2 2
2) f ( x y ) f ( x) f ( y ) f ( x); x, y, x y K ; suy ra f khụng gim trờn

K.
1
1
1
3) x K , chn k log 2 , k log 2 k 1 2 k 2 k 1
x
x
x




1

2

k 1

x

1
1
1
f ( x) f k 2. k 1 2 x
k
2
2
2

Bi toỏn 4: Cho hai hm s liờn tc trờn K: f , g : K K ; K [0;1] ,
f ( g ( x)) g ( f ( x)) (1)
tho:
f laứ haứm soỏ taờng (2)
Chng minh a K : f (a) g (a) a

Li gii:
t h( x) g ( x) x, h( x)

l

hm s liờn tc trờn K v
h(0) g (0) 0 0, h(1) g (1) 1 0 . Vy x0 K : h( x0 ) 0 hay g ( x0 ) x0
+Nu f ( x0 ) x0 thỡ ta cú iu phi chng minh.
x1 f ( x0 )

x n 1 f ( x n ), n N *

+ Nu f ( x0 ) x0 . Khi ú ta xõy dng dóy s x n :

Chng minh g ( x n ) x n ; n N * bng quy np.
Dóy ( x n ) n iu (tng nu x0 x1 , gim nu x0 x1 ) v b chn nờn
( x n ) hi t: lim x n a K . Do f , g liờn tc trờn K, nờn:
f (a ) f (lim x n ) lim( f ( x n )) lim x n 1 a

g (a ) g (lim x n ) lim( g ( x n )) lim x n a
Vy a K : f (a) g (a) a

III.Tớnh tng cỏc giỏ tr hm s:
1995
i
9x
Bi toỏn 1: (CaMO) Cho hm s f ( x) x
, tớnh S f

9 3
1996
1


Lời giải:
Ta có f (1  x) 

91 x
3
 x

 f ( x)  f (1  x)  1
1 x
9 3 9 3

1995
 i 
S  f

 1996 
1
  1   1995    2   1994 
  997   999 
 998 
 f
 f
   f 
 f
  ...   f 
 f
  f 

 1996 
  1996   1996    1996   1996 
  1996   1996 
1 1995
1
 997  f    997  
2
2
2

Bài tốn 2: Cho hàm số f xác đònh trên N * và thỏa điều kiện:
2004
 f (n  1)  n(1) n 1  2 f (n)
. Tính S   f i 

1
 f (1)  f (2005)

Lời giải: Ta có

f (2)  1  2 f (1)
f (3)  2  2 f (2)
f (4)  3  2 f (3)
................
f (2004)  2003  2 f (2003)
f (2005)  2004  2 f (2004)


2005

 f (i)  1  2  3  4  ...  2003  2004  2S ,

thay

f (2005)  f (1) .Ta có:

2

3S=-1002. Suy ra S=-334.
Bài tốn 3: Cho hàm số f : Q   R và thỏa điều kiện:

f ( x  y )  f ( x) 

Chứng minh:

n



y
; x, y  Q  .
x
n(n  1)
; n  N
2

f (2 n )  f (2 i ) 

1

Lời giải:





 

2i
Cho x  y  2  f 2  2  f (2 )  i  f 2 i 1  f (2 i )  1
2

i

Do đó:

 

i

i

i

 

 

 

f 2 n  f (2 i )  f 2 n  f (2 n 1 )  f 2 n 1  f (2 n  2 )  ...  f 2 i 1  f (2 i )  n  i

n(n  1)
2
1
1
0
Bài tốn 4: Cho hàm số f liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn f(0)  f(1) .
1
Chứng minh n  N *, c  [0;1] sao cho f (c)  f  c  
n


n



n

n 1

f (2 n )  f (2 i )   (n  i )   i 


Lời giải:

1
n - 1
Xét hàm số g ( x)  f  x    f ( x)  g ( x) liên tục trên đọan 0;
 . Ta có
n





n 

1
g (0)  f    f (0)
n
1
2

1
g   f    f  
n
n
n
....................
 n 1
n
 n 1
g
  f  f

 n 
n
 n 
n 1
i
i
j
Suy ra:  g    f (1)  f (0)  0  i, j : g    0, g    0
n
n
n
0

Do g liên tục nên c nằm giữa

i
j
1


và sao cho g(c)  0 hay f  c    f (c)
n
n
n


IV.Hàm tuần hồn:
Bài tốn 1:
Cho hàm số f : f xác đònh trên R thỏa f ( x)  f ( x  4)  f ( x  4), x
Chứng minh f là hàm số tuần hồn.
Lời giải:
f ( x  4)  f ( x  4)  f ( x)
f ( x  8)  f ( x)  f ( x  4)

Suy ra

f ( x  8)   f ( x  4)  f ( x  12)   f ( x)  f ( x  24)   f ( x  12)  f ( x)

Vậy f ( x  24)  f ( x); x hay f là hàm số tuần hồn.
Bài tốn 2: Cho hàm số f : R  R thỏa mãn:
 f ( x  y )  f ( x  y )  2 f ( x) f ( y ); x, y  R (1)

x0 : f ( x0 )  1 (2)

Chứng minh f là hàm số tuần hồn.
Lời giải:
 f (0)

Ta có x  y  0  2 f (0)  2 f (0)2  

 f (0)  1
+ f (0)  0  2 f ( x0 )  2 f (0)  0(!)
+ f (0)  1  f (2 x)  f (0)  2 f ( x)2  f (2 x)  2 f ( x)2  1
 f (2 x0 )  f (0)  2 f ( x0 )  f (2 x0 )  1
2

(1)  f (2 x)  f (4 x0 )  2 f ( x  2 x0 ) f ( x  2 x0 ) (1’)
2
2
f (2 x0 )  2 f ( x0 )  1  2.1  1  1 , f (4 x0 )  2 f (2 x0 )  1  2.1  1  1
 f (2 x)  f (4 x0 )  f (2 x)  1  2 f ( x)

2