Khai thác tính chất liên tục của hàm số trong giải phương trình hàm t09

KHAI THÁC TÍNH CHẤT LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ
TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM
A. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Phương trình hàm là một chuyên đề quan trọng trong giải tích,đặc biệt trong chương
trình chuyên toán bậc THPT. Các đề thi học sinh giỏi cấp Quốc gia, thi Olympic khu
vực,Olympic quốc tế thường xuất hiện bài toán về phương trình hàm. Trong các kì thi bài
về Phương trình hàm thường được coi là “ dễ thở ” hơn các bài khác. Nhưng để giải quyết
được thì đòi hỏi học sinh phải có một nền tảng tốt về kiến thức cơ bản và các phương pháp
giải quyết bài toán. Trong khi đó những cuốn sách , tài liệu tham khảo có chất lượng cho
học sinh và giáo viên về lĩnh vực này không nhiều.
Phương trình hàm liên tục là một trong những nội dung cơ bản và quan trọng của
chuyên đề Phương trình hàm .Nó có nhiều tính chất và khi mới học về phương trình hàm
thì học sinh thường hay lúng túng trong việc khai thác các tính chất liên tục đó như thế
nào.Trong tài liệu sách giáo khoa chuyên Toán thì phương trình hàm trong lớp các hàm liên
tục trình bày còn sơ sài chưa có tính hệ thống.
Do đó, để giúp học sinh tiếp cận và khai thác được các bài toán về phương trình hàm
liên tục một cách dễ dàng hơn đồng thời giúp học sinh có thêm niềm đam mê trong quá
trình học tập và nghiên cứu môn Toán nói chung và chuyên đề phương trình hàm nói riêng
được hiệu quả hơn tôi chọn đề tài : “ Khai thác tính chất liên tục của hàm số trong giải
Phương trình hàm”
2. Mục đích của đề tài
Mục tiêu của đề tài là cung cấp thêm cho các em học sinh và giáo viên một tài liệu tham
khảo, ngoài những kiến thức lý thuyết cơ bản đề tài cung cấp một hệ thống bài tập minh
họa và vận dụng liên quan đến tính liên tục của hàm số. Đồng thời để phát huy tính sáng
tạo trong quá trình học tập và nghiên cứu tác giả còn nêu thêm một số phương pháp để phát

1


triển , mở rộng và xây dựng những bài toán mới.Qua đó kích thích việc nghiên cứu tìm tòi

một vấn đề giúp các em học sinh có thêm niềm say mê với Toán học.
B. NỘI DUNG
I. Một số kiến thức cơ bản về hàm liên tục
1. Các định nghĩa.
- ĐN 1:Cho hàm số
x = x0

tại

f

xác định trên tập

D⊂R

và

x0 ∈ D

. Hàm số

f

được gọi là liên tục

lim f ( x) = f ( x0 )

nếu

x → x0

- ĐN 2: Cho hàm số

f

xác định trên tập

nhiều khoảng . Ta nói rằng hàm số
f

-ĐN 3: Hàm số
lim f ( x ) = f (a )

x →a +

f

D⊂R

trong đó D là một khoảng hay hợp của

liên tục trên D nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc D

được gọi là liên tục trên đoạn

[ a; b]

nếu nó liên tục trên khoảng

( a; b)

và

lim f ( x) = f (b)

x →b −

,

2. Các tính chất
- Cho hàm số

f

khi với mọi dãy

xác định trên

( xn ) ⊂ D

D⊂R

sao cho

và

x0 ∈ D

lim x n = x 0

. Khi đó hàm số

ta có

f

liên tục tại

x0

khi và chỉ

lim f ( x n ) = f ( x 0 )

- Mọi hàm số sơ cấp đều liên tục trên tập xác định của nó
- Nếu hàm số
số

y = f ( g ( x))

y = g (x)

liên tục tại

liên tục tại

x = x0

còn hàm số

x = x0

2

y = f (x)

liên tục tại

x = g ( x0 )

thì hàm


y = f (x)

- Nếu hàm số

y= f

hàm số ngược

−1

xác định, liên tục và đơn điệu thực sự từ
( x)

- Nếu hàm
- Nếu hàm

f

[ a; b]

liên tục trên đoạn

[ a; b]

thì nó có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên
thì nó bị chặn trên

- Định lý Bolzano- Cauchy: Cho hàm

f

[ a; b]

[ a; b]
[ a; b]

liên tục trên đoạn

với mọi số thực k nằm giữa f(a) và f(b), luôn tồn tại số
- Nếu hàm số

thì tồn tại

y = f (x)

liên tục trên đoạn

f

lên

f ( A) = B

từ B lên A. Hàm số ngược đó cũng liên tục trên B và cùng tính

đơn điệu thực sự như hàm số
f

A

c ∈ ( a; b )

và

sao cho

f (a ) ≠ f (b)

. Khi đó

f (c ) = k

là đơn ánh và liên tục trên một khoảng nào đó thì nó đơn điệu thực sự trên

khoảng đó
f ( x ) = g ( x ) , ∀x ∈ Q ⇒ f ( x) = g ( x) , ∀x ∈ R

-Nếu
mật của tập Q trong R)

với

f,g

R

là các hàm liên tục trên

. ( Tính trù

II. Áp dụng các tính chất của hàm số liên tục vào giải và khai thác bài toán
1. Tính chất 1:Cho hàm số
x0

f

khi và chỉ khi với mọi dãy

xác định trên

( xn ) ⊂ D

D⊂R

sao cho

và

x0 ∈ D

lim x n = x 0

. Khi đó hàm số

ta có

là hàm số cho (trước còn

f (x)

a

là một giá trị bất kì thuộc

Sau đó xây dựng 1 dãy số

( xn )

D

f ( x) = f (u ( x))

, trong đó

là hàm số cần tìm xác định và liên tục trên tập

Cách giải dạng này thường như sau:

Lấy

liên tục tại

lim f ( x n ) = f ( x 0 )

Ta thường áp dụng tính chất trên cho phương trình hàm có dạng
u (x)

f

.

xác định như sau:

3

D


x1 = a ; x n +1 = u ( x n ) ∀n = 1,2....

( Trong đó

hoặc

x1 = a ; x n +1 = u −1 ( x n ) ∀n = 1,2....

u −1 ( x n ) = { y : u ( y ) = x n } ∀n = 1,2....

sao cho dãy

( xn )

)

b

hội tụ về .

f (a) = f ( x1 ) = f ( x 2 ) = ........ = f ( x n )

Khi đó

đến đây ta sử dụng tính liên tục của hàm số
f (x )

Do đó

f (x)

suy ra

f (a ) = lim f ( x n ) = f ( lim x n ) = f (b)

là hàm hằng.

Ta xét một vài ví dụ sau
Bài 1: Cho

α ∈ R, α ≠ ±1

. Tìm tất cả các hàm

f

liên tục trên

f ( x) = f ( x α ) , ∀x > 0

Hướng dẫn:
+/ TH1:

α < 1 ⇒ limα n = 0

( ) ∀n ≥ 1

2

f ( x) = f ( x α ) = f ( x α ) = ...... = f x α

Khi đó
f

Vì liên tục trên

R+

n

nên

n

n

lim f ( x α ) = f (lim x α ) = f (1)

.

n

Do đó
Vậy

f

f ( x) = lim f ( x α ) = f (1)

là hàm số hằng.
α >1

+/ TH2:
1

1

1

f ( x) = f ( x α ) = f ( x α ) = ...... = f ( x α ) ∀n ≥ 1

2

n

Khi đó suy ra
4

R+

và thỏa mãn

.


1

Tương tự TH1 ta có
Vậy

f

f (x) = Limf ( x

αn

) = f (1)

là hàm số hằng.

* Từ kết quả của bài 1 ta có thể xây dựng các bài toán về phương trình hàm liên tục

sau đây
g

Ví dụ 1: Xét hàm số

liên tục trên

R+

và thỏa mãn

g ( x 3 ) = g ( x), ∀x ∈ R +

Khi đó:
+ Nếu ta đặt

g ( x) = f ( x) − x

f ( x 3 ) − x 3 = f ( x) − x

, thay vào ta được

Vậy ta có bài toán sau:
f

Bài 1.1. Tìm tất cả các hàm

liên tục trên

R+

và thỏa mãn

f ( x 3 ) − f ( x) = x( x 2 − 1) , ∀x > 0

Đáp số:

f ( x) = x + c , ∀x ∈ R +

g ( x) =

+ Nếu ta đặt

(

f ( x) 1
− 2
x
x

c

là hằng số )

thay vào ta được

f (x3 ) 1
f ( x) 1
− 6 =
− 2

3
x
x
x
x

Vậy ta có bài toán sau:
Bài 1.2. Tìm tất cả các hàm

f

liên tục trên

f ( x 3 ) − x 2 f ( x) =

f ( x) = cx +

Đáp số:

R+

và thỏa mãn

1
− x , ∀x > 0
x3

1
, ∀x ∈ R +
c

x

( là hằng số )

* Chú ý muốn xây dựng các bài toán liên tục trên thì ta sẽ xây dựng các hàm đó là
hàm chẵn và qui về xét trên
g

Ví dụ 2: Xét hàm số liên tục trên

R

và thỏa mãn
5

g ( x) + g ( x 2 ) = 0, ∀x ∈ R


g

Khi đó ta dễ dàng thấy
Từ đó đặt

R

là hàm chẵn trên

g ( x ) = f ( x) − x

thay vào ta có

do đó ta chỉ cần xét với

x≥0

và có

g ( x) = g ( x 4 )

f ( x) − x = f ( x 2 ) − x 2

Vậy ta có bài toán sau:
Bài 1.3. Tìm tất cả các hàm

f

liên tục trên

R

và thỏa mãn

f ( x 2 ) + f ( x ) = x 2 + x, ∀x ∈ R (1)

Hướng dẫn:
Đặt

g ( x) = f ( x) − x ⇒ g ( x) + g ( x 2 ) = 0, ∀x ∈ R

Khi đó ta dễ dàng thấy

Với

g

là hàm chẵn và liên tục trên

R

do đó ta chỉ cần xét với

x > 0 ⇒ g ( x) = g ( x 4 )

Theo kết quả Bài 1 thì

g ( x) = c , ∀x > 0

⇒ g ( x) = c , ∀x ≠ 0 ⇒ f ( x ) = x + c , ∀x ≠ 0

Thay vào
Thay
Vậy

(1) ⇒ c = 0 ⇒ f ( x) = x , ∀x ≠ 0

x=0

vào

(1) ⇒ f (0) = 0

f ( x) = x , ∀x ∈ R

.

* Ta xét tiếp một sự mở rộng của Bài 1 như sau
Bài 2: Cho

α , β ∈ R, α , β ≠ ±1

. Tìm tất cả các hàm

( )

f ( x α ). f x β = 1

+/ Cho

α = 3, β = 1

f

ta có bài toán sau
6

,

liên tục trên và thỏa mãn
∀x > 0

x≥0

f

Bài 2.1.Tìm tất cả các hàm

liên tục trên và thỏa mãn
f ( x 3 ). f ( x ) = 1

,

∀x > 0 (1)

Hướng dẫn:
 1n
 19 


f ( x) =
= f  x  = ..... = f  x 9
1

 

f (x 3 )
1

Từ

(1)

suy ra

 1n
⇒ f ( x) = lim f  x 9



Vậy

+ /Cho

,

.

ta có

f (x)

khi đó là hàm chẵn do đó ta được bài toán sau
f

Bài 2.2.Tìm tất cả các hàm

liên tục trên

R

và thỏa mãn

f ( x 2 ). f ( x ) = 1

Đáp số:

 f ( x ) = 1, ∀x > 0
 f ( x ) = −1, ∀x > 0


+/Xét hàm số liên tục trên

Đặt

f ( x)
−x
x

,

∀x ∈ R

.

g

g ( x) =

∀n ≥ 1



 = f (1) = ±1, ∀x > 0



 f ( x) = 1, ∀x > 0
 f ( x) = −1, ∀x > 0


α = 2; β = 1






R+

và thỏa mãn

g ( x 3 ).g ( x 2 ) = 1, ∀x ∈ R +

thay vào ta có bài toán sau

Bài 2.3.Tìm tất cả các hàm

f

liên tục trên và thỏa mãn

( f ( x 3 ) − x 6 ).( f ( x 2 ) − x 4 ) = x 5

Hướng dẫn:
7

,

∀x > 0 (1)


Từ

(1)

ta có

g ( x) =

Đặt

 f (x3 )
 f ( x 2 )

 3 − x 3  2 − x 2  = 1, ∀x > 0
 x
 x

f ( x)
−x
⇒g
x

liên tục trên

R+

và thỏa mãn

g ( x 3 ). g ( x 2 ) = 1, ∀x ∈ R +

Khi đó suy ra
  4 
 94 
g ( x) =
= g  x  = ....... = g  x  9 
2

 

g(x 3 )
1

Vậy với mọi x>0 ta có

n

n

  4  
⇒


g ( x) = lim g x  9   = g (1) = f (1) − 1 = ±1, ∀x > 0







f ( x) = x( x + 1)

f

Bài 3.Tìm tất cả các hàm

hoặc

liên tục tại

f ( x) = x ( x − 1)

x=0

và thỏa mãn

f ( x) = f ( 2019 x), ∀x ∈ R

(1)

Hướng dẫn:
Với mọi

x∈R

từ

(1)

ta có

 x 
 x 
 x 
f ( x) = f 
= .... = f 
, ∀n = 1,2,3......
= f
2 
n 
 2019 
 2019 
 2019 

Vì hàm
Vậy

f

f

liên tục trên tại

là hàm hằng trên

R

x=0

nên

 x 
f ( x ) = Limf 
= f (0), ∀x ∈ R..
n 
 2019 

.

* Mở rộng Bài 3 ta có các bài toán sau:
Bài 3.1.Cho

α ∈ R, α ≠ ±1

.Tìm tất cả các hàm
f ( x) = f (αx), ∀x ∈ R

Hướng dẫn:
8

f

liên tục trên tại

x=0

và thỏa mãn


α <1

+ TH1:
Khi đó với mỗi
Cho

x∈R

ta có

f ( x) = f (αx ) = .... = f (α n x ), ∀n = 1,2,3.....

n
n
n → +∞ ⇒ f ( x ) = lim f (α x) = f (limα x) = f (0)

α >1

+TH2:

Khi đó với mỗi

Cho

Vậy

n → +∞
f

x∈R

x
x
f ( x) = f ( ) = .... = f ( n ), ∀n = 1,2,3.....
α
α

ta có

⇒ f ( x) = lim f (

là hàm hằng trên

R

Bài 3.2.Tìm tất cả các hàm

x
) = f (0), ∀n = 1,2,3.....
αn

.
f

liên tục trên tại

x=0

và thỏa mãn

f ( x) = 3. f (2019 x), ∀x ∈ R (1)

Hướng dẫn:

Từ
⇒

(1)

ta có

f ( x) = lim

Vậy

1
x
1  x
f ( x) = . f (
) = 2 .f 
2
3 2019
3
 2019

1  x 
f
 = 0. f ( 0) = 0
3 n  2019 n 

f ( x) ≡ 0 , ∀x ∈ R

1  x 

 = .... = n f 
 , ∀n = 1,2.....
3  2019 n 


.

.

Bài 3.3.Tìm tất cả các hàm

f

liên tục trên

R

và thỏa mãn

f ( x) = 3. f ( 2 x + 1) , ∀x ∈ R (1)

Hướng dẫn:

9


Trong

(1)

thay

x

x −1
2

bởi

f ( x) =

ta có

1 x −1
f(
) , ∀x ∈ R
3
2

( 2)

Sử dụng (2) liên tiếp ta có với mọi x thuộc R thì
f ( x) =

1 x −1 1  x −1 − 2  1  x −1 − 2 − 22
f(
)= f 
f
=
3
2
3  2 2  33 
23

1  x + 1 − 2n
= n f 
3 
2n

lim

Vì


1  x − 1 − 2 − ... − 2 n −1 
 = n f 

3 
2n







x + 1 − 2n
 x +1 
= lim n − 1 = −1
n
2
 2


1  x + 1 − 2n
f ( x) = lim n f 
3 
2n

nên


 = 0. f (−1) = 0 , ∀x ∈ R


* Xây dựng bài toán mới:
Ví dụ 1: Xét

Đặt

g (x)

là hàm số liên tục trên R và thỏa mãn

3
g ( x) = f ( x) − x + , ∀x ∈ R
2

Bài 3.4.Tìm tất cả các hàm

Đáp số:

g (x)

.

ta được bài toán sau
f

liên tục trên

R

và thỏa mãn

3. f (2 x + 1) = f ( x) + 5 x, ∀x ∈ R

3
f ( x) = x − , ∀x ∈ R
2

Ví dụ 2: Xét

Đặt

g ( x ) = 3.g (2 x + 1) , ∀x ∈ R

là hàm số liên tục trên R và thỏa mãn

4 
g ( x) = f  x  − f ( x), ∀x ∈ R
3 

thay vào ta được

4 
3 
4 
3 
f  x  − f ( x) = f ( x ) − f  x  ⇒ f  x  + f  x  = 2 f ( x )
3 
4 
3 
4 

10

3 
g ( x ) = g  x  , ∀x ∈ R
4 

.


Thay

x

bởi

12 x

ta có

f (16 x ) + f ( 9 x ) = 2 f (12 x )

Vậy ta thu được bài toán sau
Bài 3.5.Tìm tất cả các hàm

f

liên tục trên

R

và thỏa mãn

f (16 x ) + f ( 9 x ) = 2 f (12 x ), ∀x ∈ R

Đáp số:

f

là hàm hằng trên

R

Tổng quát hơn ta có bái toán sau
Bài 3.6.Tìm tất cả các hàm

f

liên tục trên

R

và thỏa mãn

f ( ax ) + f ( bx ) = 2 f (cx), ∀x ∈ R

Trong đó

a, b, c

g (x)

Ví dụ 3: Xét
⇔ g ( x) =

là các số thực khác 0 sao cho

a c
= >1
c b

là hàm số liên tục trên R và thỏa mãn

4
1
g ( x ) = g ( x ) , ∀x ∈ R
3
2

1 3 
g  x  , ∀x ∈ R
2 4 
2

n

1  3

1  3

⇒ g ( x) =   g  ( ) 2 x  = ...... =   g  ( ) n x  , ∀n ∈ N *
2  4

2  4

n

1  3

⇒ g ( x) = lim  g  ( ) n x  = 0.g (0) = 0
2  4


Đặt

4  1
g ( x) = f  x  − f ( x), ∀x ∈ R
3  3

thay vào (*) ta được


 16  1  4  1   4  1
16
5 4
1
f  x  − f  x  =  f  x  − f ( x) ⇔ f  x  − f  x  + f ( x ) = 0
 9  3 3  2 3  3
 9  6 3  6


11

(*)


Thay

x

bởi

9x

ta có

6. f (16 x ) − 5 f (12 x ) + f (9 x) = 0

Vậy ta thu được bài toán sau:
f

Bài 3.7.Tìm tất cả các hàm

liên tục trên

R

và thỏa mãn

6. f (16 x ) − 5 f (12 x ) + f (9 x) = 0 , ∀x ∈ R

(1)

Hướng dẫn:
 16  5  4  1
 16   1 1   4  1 1
(1) ⇔ f  x  − f  x  + f ( x) = 0 ⇔ f  x  −  +  f  x  + . f ( x ) = 0

 9  6 3  6
 9  3 2 3  3 2

  16  1  4  1   4  1

⇔  f  x  − f  x  −  f  x  − f ( x ) = 0
  9  3  3  2   3  3


Đặt

4  1
g ( x) = f  x  − f ( x), ∀x ∈ R ⇒ g ( 4 x) = 1 g ( x ) , ∀x ∈ R
3  3
3
2

Theo trên ta có
⇒ f ( x) =

4  1
⇒ f  x  − f ( x) = 0, ∀x ∈ R
g ( x) = 0, ∀x ∈ R
3  3

1 3
f ( x ), ∀x ∈ R
3 4

Tuơng tự như trên ta có

* Từ Bài 3.7 nếu ta đặt

f ( x) = 0, ∀x ∈ R

2

f ( x) = h( x) −  x + 1
5


thay vào (1) ta được

2
2
2

 

6 h(16 x) − ( .16 x + 1)  − 5 h(12 x) − ( .12 x + 1)  + h(9 x) − ( .9 x + 1) = 0
5
5
5

 

⇔ 6h(16 x ) − 5h(12 x) + f (9 x) = 18 x + 2

Vậy ta thu được bài toán sau:
f

Bài 3.8.Tìm tất cả các hàm liên tục trên

R

và thỏa mãn
12


6. f (16 x ) − 5 f (12 x ) + f (9 x) = 18 x + 2 , ∀x ∈ R

(1)

Hướng dẫn:
18 x

Để khử

f ( x) = g ( x) + ax + b

ở vế phải ta đặt

trong đó

a, b ∈ R

và hàm

g (x)

liên tục trên

Thay vào (1) ta có
6.( g (16 x ) + a.16 x + b) − 5( g (12 x ) + a.12 x + b) + ( g (9 x) + a.9 x + b) = 18 x + 2, ∀x ∈ R

Chọn
⇒a=

a, b ∈ R

2
,b = 1
5

sao cho

6.( a.16 x + b) − 5(a.12 x + b) + (a.9 x + b) = 18 x + 2, ∀x ∈ R

f ( x) = g ( x) +

. Do đó

Khi đó ta đựơc

2
x + 1, ∀x ∈ R
5

6.g (16 x ) − 5 g (12 x ) + g (9 x ) = 0, ∀x ∈ R

g ( x) = 0, ∀x ∈ R ⇒ f ( x) =

Theo kết quả bài 3.7 thì

(3)
2
x + 1, ∀x ∈ R
5

* Tổng quát bài 3.8 ta thu đựơc bài toán sau
f

Bài 3.9.Tìm tất cả các hàm liên tục trên

R

và thỏa mãn

f ( ax ) − (α + β ). f ( bx ) + α .β . f (cx ) = h( x ) , ∀x ∈ R

Trong đó

a, b, c, α , β ∈ R \ { 0}

và

(1)

a b
=

b c

Hướng dẫn giải:
+ Tìm cách khử

h(x )

ở vế phải đưa (1) về dạng

f ( ax ) − (α + β ). f ( bx ) + α .β . f (cx ) = 0, ∀x ∈ R

+ Biến đổi

( 2)

( 2) ⇔ f ( ax ) − α . f ( bx ) − .β .( f (bx ) − αf (cx)) = 0, ∀x ∈ R

13

(3)

( 2)

R


x

Trong(3) thay bởi

x
c

ta được

b
a 
b 
(3) ⇔ f  x  − α . f  x  − .β .( f ( x ) − αf ( x )) = 0, ∀x ∈ R
c
c 
c 

Đặt

( 4)

b
b
g ( x) = f ( x) − αf ( x ) ⇒ g ( x) = β .g ( x), ∀x ∈ R
c
c
g (x)

Từ đó tìm được

và

f (x)

Bài 4:Tìm tất cả các hàm số

f :R→R

liên tục trên

R

và thoả mãn

1

f ( x) = f  x 2 +  , ∀x ∈ R
4


Huớng dẫn :
Dễ dàng thấy
Lấy

a≥0

f

là hàm chẵn trên

nên ta chỉ cần tìm

f

trên

[ 0;+∞)

bất kỳ.Ta xét hai trường hợp

0≤a≤

+ TH1:

1
2

. Ta xét dãy dãy số

1
x1 = a ; x n +1 = x n2 + , ∀n = 1,2....
4

Khi đó

R

( xn )

xác định như sau:

(1)

1

f ( x n +1 ) = f ( x n2 + ) = f ( x n ) = f ( x n −1 ) = ........ = f ( x1 ) = f (a )
4

xn ≤

Bằng quy nạp dễ thấy

1
, ∀n = 1,2.....
2
2

Mặt khác ta có

1

x n +1 − x n =  x n −  ≥ 0, ∀n = 1,2....
2


14

(2)


Vậy dãy

( xn )

tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn . Giả sử

b = b2 +

Khi đó từ (1) ta có

Vì

f

1
1
⇒b=
4
2

là hàm liên tục nên từ (2) ta có
a>

+ TH2:

1
2

.Ta xét dãy dãy số

x1 = a ; x n +1 = x n −

Khi đó

Dễ thấy
Vậy dãy

( xn )

lim x n =

. Vậy

lim x n = b

1
2

1
f (a) = lim f ( x n ) = f (lim x n ) = . f ( )
2

xác định như sau:

1
, ∀n = 1,2....
4

1
1
x n = x n2+1 + , ∀n = 1,2.... ⇒ f ( x n +1 ) = f ( x n2+1 + ) = f ( x n ) = f ( x n −1 ) = ........ = f ( x1 ) = f (a )
4
4

x n ≥ 0, ∀n = 1,2.....

( xn )

và

1
− ( xn − ) 2
2
x n +1 − x n =
≤ 0, ∀n = 1,2....
1
xn − + xn
4

giảm và bị chặn dưới nên có giới hạn hữu hạn

Tương tự TH1 ta có

1
f (a ) = f ( )
2

Vậy tất cả các hàm cần tìm là

f ( x) = C , ∀x ∈ R

(

C

là hằng số )

Nhận xét:
a

* Bài này xét 2 trường hợp của là để chứng minh dãy
x = x2 +

phương trình

1
4

x=

chỉ có duy nhất 1 nghiệm

* Ở TH2 để tìm ra công thức truy hồi của dãy
15

( xn )

( xn )

có giới hạn hữu hạn và do

1
2

ta làm như sau

Vì cần chọn dãy

( xn )

y2 +

y

Nên ta tìm

sao cho

sao cho

u −1 ( x n ) = { y : u ( y ) = x n } ∀n = 1,2....

1
1
= xn ⇒ y = xn −
4
4

x1 = a ; x n +1 = x n −

1
, ∀n = 1,2....
4

Do đó ta xét dãy

Mở rộng Bài 4
u ( x) = x 2 +

* Ta thấy hàm số

1
4

là hàm số bậc hai nên ta có thể tổng quát Bài 4 thành bài

toán như sau:Tìm tất cả các hàm số
f ( x) = f (ax 2 + bx + c) , ∀x ∈ R

(1) với

f :R→R

liên tục trên

a, b, c ∈ R, a ≠ 0

R

và thoả mãn

cho trước

Hướng dẫn:
+ Trước tiên ta đưa phương trình (1) về dạng sau
Trong đó phương trình

x = ax 2 + b

f ( x) = f (ax 2 + b), ∀x ∈ R

có nghiệm thực không âm

+ Sau đó ta giải giống như Ví dụ 1
Bài 4.1 ( TST -2007): Tìm tất cả các hàm số
f ( x) = f ( x 2 +

f :R→R

x 1
+ ) , ∀x ∈ R
3 9

Hướng dẫn:

Ta có

liên tục trên

1
1
(1) ⇔ f ( x) = f (( x + ) 2 + ) , ∀x ∈ R
6
12

( 2)

16

(1)

R

và thoả mãn


x

Trong (2) thay

Đặt

x−

bởi

1

g ( x) = f  x − 
6


1
6

ta được

1
1
f ( x − ) = f ( x 2 + ) , ∀x ∈ R
6
12

g

. Khi đó

là hàm liên tục trên

R

(3)

và thỏa mãn

1

g ( x ) = g  x 2 +  , ∀x ∈ R
4


Theo kết quả Bài 4 ta có

g ( x) = C , ∀x ∈ R

* Trong ví dụ 1 nếu ta thay hằng số

0≤k ≤

Bài 4.2.Cho

1
4

. Hàm số

1
4

. Do đó

f ( x) = C , ∀x ∈ R

bởi hằng số

f :R→R

k

liên tục trên

0≤k ≤

với
R

(

1
4

C

là hằng số )

ta có bài toán sau

và thoả mãn

f ( x ) = f ( x 2 + k ) , ∀x ∈ R
f

Chứng minh rằng

là hàm hằng trên

R

.

Hướng dẫn:
k = 0; k =

+ Với
0
+ Với

1
4

1
4

bài toán đã được giải quyết

.

Khi đó phương trình
2
⇒ a1 + k = a1

Dễ thấy
Lấy

a>0

f

x = x2 + k

có hai nghiệm dương phân biệt

2

;

a2 + k = a2

là hàm chẵn trên

R

nên ta chỉ cần xét trên

bất kỳ.Ta xét các trường hợp sau:
17

[ 0;+∞)

a1 ; a 2

. Giả sử

a1 < a 2


+ TH1:

0 < a < a1

. Ta xét dãy dãy số

x1 = a ; x n +1 = x n2 + k , ∀n = 1,2....

( xn )

xác định như sau:

(1)

x n < a1 , ∀n = 1,2.....

Bằng quy nạp dễ thấy
2

Mặt khác ta có
Vậy dãy

( xn )

x n +1 − x n = x n − x n − k > 0, ∀n = 1,2.......

tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn . Giả sử

b = a1
b = b2 + k ⇒ 
b = a 2

Khi đó

Vì

. Vì

lim x n = b

x n < a1 , ∀n = 1,2,....... ⇒ b = a1 ⇒ lim x n = a1

f ( x n +1 ) = f ( x n2 + k ) = f ( x n ) = f ( x n −1 ) = ........ = f ( x1 ) = f (a )

Ta có
f

do

x n < a1 , ∀n = 1,2.....

liên tục trên

+ TH2:
+TH3:

R ⇒ f (a ) = lim f ( x n ) = f (lim x n ) = . f (a1 )

a = a1 ⇒ f (a ) = f ( a1 )
a1 < a < a 2

Ta xét dãy dãy số

x1 = a ; x n +1 = x n2 + k , ∀n = 1,2....

( xn )

xác định như sau:

(1)

a1 < x n < a 2 , ∀n = 1,2.....

Bằng quy nạp dễ thấy
2

Mặt khác ta có
Vậy dãy

Khi đó

( xn )

x n +1 − x n = x n − x n − k < 0, ∀n = 1,2.......

do

a1 < x n < a 2 , ∀n = 1,2.....

giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn . Giả sử

b = a1
b = b2 + k ⇒ 
b = a 2

. Vì

( xn )

giảm

. ⇒ b = a1 ⇒ lim x n = a1
18

lim x n = b


Tương tự TH1
+ TH4:
+TH5:

⇒ f ( a) = . f (a1 )

a = a 2 ⇒ f (a ) = f ( a 2 )
a > a2

Ta xét dãy dãy số

x1 = a ; x n +1 = x n − k , ∀n = 1,2....

( xn )

xác định như sau:

(2)

x n > a 2 , ∀n = 1,2.....

Bằng quy nạp dễ thấy
2

xn +1 − x n = −

xn − xn − k
xn − k + xn

Mặt khác ta có
Vậy dãy

Vì

do

x n > a 2 , ∀n = 1,2.....

giảm và bị chặn nên có giới hạn hữu hạn . Ta chứng minh đựơc

f ( x n +1 ) = f ( x n2+1 + k ) = f ( x n ) = f ( x n −1 ) = ........ = f ( x1 ) = f (a )

Ta có
f

( xn )

< 0, ∀n = 1,2.......

liên tục trên

Vậy : + Với
+ Với

R ⇒ f (a ) = lim f ( x n ) = f (lim x n ) = . f (a 2 )

0 < a < a2

a ≥ a2

ta có

ta có

Do đó để chứng minh

Xét dãy số

( yn )

f

f ( a ) = . f (a1 )

f ( a ) = . f (a 2 )

là hàm hằng trên
yn = −

xác định bởi

R

ta cần chứng minh

f (a1 ) = . f ( a 2 )

1
+ a 2 , ∀n = 1,2,....
n

⇒ y n < a 2 , ∀n = 1,2.... ⇒ f ( y n ) = f (a1 )

Vì

f

liên tục trên R và

Lại có

lim y n = a 2 ⇒ f (a1 ) = lim f ( y n ) = f (lim y n ) = f (a 2 )

f (0) = f (k ) = f ( a1 ) ⇒ f (a ) = f (a1 ), ∀a ≥ 0
19

lim x n = a 2


Vậy ta có ĐPCM.
* Xây dựng bài toán mới:
g

+ Xét hàm số liên tục trên

R

và thỏa mãn

1
g ( x) = g ( x 2 + ), ∀x ∈ R
6

g

Theo kết quả của Bài 4.2thì

Ta đặt

g ( x) = f ( x) − 6 x

là hàm hằng trên

R

1
1
f ( x ) − 6 x = f ( x 2 + ) − 6( x 2 + )
6
6

thay vào ta có

Vậy ta có bài toán sau:

f :R→R

Bài 4.3.Tìm tất cả các hàm số

liên tục trên

R

và thoả mãn

1

f ( x ) + 6 x( x − 1) = f  x 2 +  − 1 , ∀x ∈ R
6


Đáp số:

f ( x) = 6 x + C , ∀x ∈ R

g

+/ Xét hàm số liên tục trên

( C là hằng số)
R

và thỏa mãn

1

g ( x) = g ( x 2 + ), ∀x ∈ R
9

g

Theo kết quả của Bài 4.2 thì

Nếu ta đặt

Thay

1
3

g ( x) = f ( x) − 4 x

y

bởi

ta có

là hàm hằng trên

thay vào ta có

R

1
1

f ( x) − 4 x = f ( x 2 + ) − 4( x 2 + )
9
9

f ( x) − 12 xy = f ( x 2 + y 2 ) − 4( x 2 + y 2 )

(

)

⇔ f ( x ) − 4 xy = f x 2 + y 2 − 4( x − y )

2

Vậy ta có bài toán sau:
f :R→R

Bài 4.4.Tìm tất cả các hàm số

(

liên tục trên

)

R

f ( x) + 4( x − y ) 2 = f x 2 + y 2 + 4 xy , ∀x, y ∈ R
20

và thoả mãn


Đáp số:

f ( x) = 4 x + C , ∀x ∈ R

( C là hằng số)

g

+/ Xét hàm số liên tục trên
x=

Phương trình

x2 + 4
6

R

và thỏa mãn

 x2 + 4 
, ∀x ∈ R
g ( x) = g 
 6 

a1, 2 =

có hai nghiệm phân biệt
g

Giải tương tự Bài 4.2 ta có

Đặt

là hàm hằng trên

3 5
2

R

 x 2 + 10 

⇒ h( x + 1) = h
g ( x) = h( x + 1)
 6 

Thay

x

bởi

x −1

ta có

 x 2 − 2 x + 11 

h( x ) = h
6



Vậy ta có bài toán sau:
Bài 4.5.Tìm tất cả các hàm số

f :R→R

liên tục trên

R

và thoả mãn

 x 2 − 2 x + 11 
 , ∀x ∈ R
f ( x) = f 
6



Đáp số:

f ( x) = C , ∀x ∈ R

+/ Nếu đặt

( C là hằng số)

g ( x) = f ( x) − 6 x

thay vào ta có

 x 2 − 2 x + 11 
x 2 − 2 x + 11
 + 6.
g ( x) + 6 x = g 
6
6



Vậy ta có bài toán sau:
Bài 4.6.Tìm tất cả các hàm số

f :R→R

liên tục trên

R

 x 2 − 2 x + 11 
 + x 2 − 8 x + 11 , ∀x ∈ R
f ( x) = f 
6




Đáp số:

f ( x) = −6 x + C , ∀x ∈ R

( C là hằng số)
21

và thoả mãn


f : R+ → R+

Bài 5. Tìm tất cả các hàm liên tục
 x +1 
f ( x) = f 
÷
 x+2

, với mọi

thỏa mãn:

x ∈ R+

Hướng dẫn:
Ta sẽ chứng minh f(x) là hàm hằng. Lấy

Xét dãy

Khi đó

{ xn }

như sau:

x1 = a;

xn +1 =

- Nếu

−1 + 5
2

xn + 1
,n ≥1
xn + 2

ta chứng minh

a + 1 −1 + 5
>
a+2
2

Thật vậy, (1) tương đương với

(

)

⇔ 3− 5 a > 2 5 − 4 ⇔ a >

Từ đây suy ra dãy

{ xn }

Mặt khác, xét
−1 + 5
2

⇒ xn +1 < xn

nên

(1)

2a + 2 > − a + a

2 5 − 4 −1 + 5
=
2
3− 5

bị chặn dưới bởi

xn +1 − xn =

Do

tuỳ ý.

 x +1 
f n
÷ = f ( xn ) = f ( xn −1 ) = ... = f ( x0 ) = f ( a )
x
+
2
 n


a>

xn >

a>0

5+2 5

, hiển nhiên đúng.

−1 + 5
2

xn + 1
x + 1 − xn 2 − 2 xn − x 2 n − xn + 1
− xn = n
=

xn + 2
xn − 2
xn + 2

x 2 n + xn − 1 > 0 ⇔ − x 2 n − xn + 1 < 0

, nghĩa là dãy

{ xn }

giảm

22


0
-Nếu

−1 + 5
2

. Khi đó dễ thấy

xn +1 − xn =

Mặt khác, xét
xn <

Do

−1 + 5
2

⇒ xn +1 > xn

nên

a + 1 −1 + 5
<
⇒ { xn }
a+2
2

xn + 1
x + 1 − xn 2 − 2 xn − xn 2 − xn + 1
− xn = n
=
xn + 2
xn + 2
xn + 2

xn 2 + xn − 1 < 0 ⇔ − xn 2 − xn + 1 > 0

,ghĩa là dãy

{ xn }

tăng

Trong cả hai trường hợp, dãy

{ xn }

đều hội tụ về
b=

Chuyển qua giới hạn trong (*) ta có:

Do

b>0

Như vậy
Vậy

b=

nên

bị chặn trên bởi

−1 + 5
2

b = lim xn

b −1
−1 ± 5
⇔ b2 + b −1 = 0 ⇔ b =

b−2
2

−1 + 5
2

 −1 + 5 
f ( a ) = lim f ( xn ) = f ( lim xn ) = f 
÷
÷= C
2



f ( x) = C

. Thử lại đúng.

2. Tính chất 2: Nếu hàm
nhỏ nhất trên

[ a; b]

Bài 1. Tìm tất cả các hàm

f

liên tục trên đoạn

f : [ 0;1] → R

[ a; b]

, liên tục trên

thì nó có giá trị lớn nhất và giá trị

[ 0;1]

và thoả mãn

 x
 3x + 1 
f +3f
 = 4 f ( x) , ∀x ∈ [ 0;1]
4
 4 

23

(1)


Phân tích: Bài này xuất hiện dấu hiệu hàm số liên tục trên đoạn [0;1] nên có thể nghĩ đến
việc sử dụng tính chất 2 và để ý các hệ số 1 ;3; 4 trong phương trình ta sẽ đi đánh giá để
max f ( x) = min f ( x)
[ 0;1]

[ 0;1]

chỉ ra

.Từ đó dẫn đến f(x) là hàm hằng

Hướng dẫn:

Vì

f

liên tục trên
(1)

Trong

thay

a ∈ [ 0;1] ⇒

Vì

∃ M = max f ( x ) = f (a ) ; m = min f ( x) = f (b)

x=a

[ 0;1]

[ 0;1]

[ 0;1]

nên

ta có

với

a
 3a + 1 
4 f (a ) = f   + 3 f 

4
 4 

a 3a + 1
a
,
∈ [ 0;1] ⇒ f ( ) ≤ M ,
4
4
4

 3a + 1 
f
≤M
 4 

a
 3a + 1 
⇒ 4 f ( a) = f   + 3 f 

 ≤ 4M
4
 4 

Mà

a
4 f (a ) = 4M ⇒ f   = M
4

Tương tự
+ Nếu

+ Nếu

 a 
⇒ f  n  = M , ∀n = 1,2,.....
4 

a = 0 ⇒ M = f (0)

a ≠ 0.

Vì

Tương tự ta có
Vậy

f

liên tục trên

[ 0;1]

nên

a 
 a 

M = lim f  n  = f  lim n  = f (0)
4 
4 


m = f (0) ⇒ M = m = f (0), ∀x ∈ [ 0;1]

f ( x) = C , ∀x ∈ [ 0;1]

( C là hằng số thực thuộc đoạn

24

[ 0;1]

a, b ∈ [ 0;1]


* Xây dựng bài toán mới: Nếu đặt

f ( x ) = g ( x) + 2 x

thay vào

(1)

ta được

x
3x + 1
x
 3x + 1 
g   + 2. + 3 g 
= 4 g ( x) + 8 x , ∀x ∈ [ 0;1]
 + 3 .2 .
4
4
4
 4 
3
 x
 3x + 1 
⇔ g   + 3g 
 = 4 g ( x ) + 3x − , ∀x ∈ [ 0;1]
2
4
 4 

Vậy ta thu được bài toán
f : [ 0;1] → R

Bài 1.1.Tìm tất cả các hàm

[ 0;1]

, liên tục trên

và thoả mãn

3
 x
 3x + 1 
f +3f
 = 4 f ( x ) + 3 x − , ∀x ∈ [ 0;1]
2
4
 4 

Đáp số:

f ( x) = 2 x + C , ∀x ∈ [ 0;1]

Bài 2.Tìm tất cả các hàm

f :R→R

, liên tục trên

R

và thoả mãn

 x 
1− x 
3 f ( x) = 2 f  2
+ f
 , ∀x ∈ R
(1)
 x + 1
 2 

Phân tích: Dựa vào các hệ số 3,2,1 trong phương trình thì ta có thể nghĩ đến việc dùng kĩ
thuật max, min nhưng ở đây không có xuất hiện dấu hiệu hàm số liên tục trên một đoạn
như bài 1 . Ta thấy nếu
vào đó xét trên R

x ∈ [ − 1;1]

x 1− x
;
∈ [ − 1;1]
x +1 2
2

thì

nên ta xét trên đoạn

[ − 1;1]

sau đó dựa

Hướng dẫn:
+ Xét

Vì

f

f

trên

[ − 1;1]

liên tục trên

Trong (1) thay

[ − 1;1]

x=a

∃ M = max f ( x) = f ( a) ; m = min f ( x) = f (b)
[ −1;1]

[ −1;1]

nên

ta có

với

 a 
1− a 
3 f (a) = 2 f  2
+ f

 a + 1
 2 
25

a, b ∈ [ − 1;1]