MỘT số PHƯƠNG PHÁP GIẢI bất PHƯƠNG TRÌNH hàm t01

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM

A. Phần MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Mảng dạy về Phương trình hàm hay Bất phương trình hàm là mảng dạy khá vất vả cho giáo viên.
Lúc này thì tài liệu có đã nhiều nên đỡ vất vả hơn. Tuy nhiên, các tài liệu hay, cập nhật thì không nhiều.
Tham gia đợt viết chuyên đề cho hội thảo Đồng bằng Bắc Bộ 2019 này, tôi xin phép viết về một số
phương pháp giải bất phương trình hàm. Nói là viết, nhưng thực chất là tôi tổng hợp lại các nguồn để
thầy cô mình đỡ tốn công. Nếu thầy cô thấy được thì lấy làm tài liệu dạy, nếu không thì tùy thầy cô mà
chỉnh lại cũng đỡ hơn.

2. Mục đích của đề tài
Mục đích viết đề tài này gồm:
- Thứ nhất, có tài liệu để cá nhân tôi dùng trong dạy bồi dưỡng HSG Toán vòng Tỉnh, vòng Quốc Gia.
- Thứ hai, có bài viết để gửi cho hội thảo Đồng Bằng Bắc Bộ 2019, để thầy cô nào cần thì có dùng và
trao đổi chuyên đề cho nhau.
- Thứ ba, là việc viết chuyên đề này để cá nhân tôi được làm việc, được soạn giảng, được nghiên cứu.

Trang: 1


B. Phần NỘI DUNG
I. Phương pháp 1: Dùng phép thế
a. Vài kiến thức lưu ý
Điều này tương tự như bên phương trình hàm, phép thế là một kỹ thuật đơn giản mà rất hiệu quả
để thu được các hệ quả hướng đến việc xác định được hàm số.
+ Khi vận dụng phương pháp cần chú ý sử dụng kết quả vừa có được
+ Khi thực hiện ta có thể:
* Hoặc cho các biến x, y ... nhận các giá trị bằng số. Thường các giá trị đặc biệt là 0; ±1; ±2 ...
* Hoặc thế các biến bằng các biểu thức để làm xuất hiện các hằng số hoặc các biểu thức cần
thiết. Chẳng hạn, nếu trong phương (bất) trình hàm có mặt f ( x + y ) mà muốn có f (0) thì ta có thể thế

y bởi − x ; muốn có f ( x ) thì cho y = 0 , muốn có f ( nx ) thì thế y bởi (n − 1) x .
+ Chú ý là để xác định được giá trị của hàm số f tại 1 điểm x0 từ một bất đẳng thức hàm, ta cần sử dụng
ý tưởng kẹp hai phía giá trị của f ( x0 )

b. Các bài toán minh họa
1. Xác định các hàm số f (x) liên tục trên ¡ thoả đồng thời các điều kiện sau:
(1.1)
 f ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ¡

 f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ); ∀x , y ∈ ¡ (1.2)
x = 0
 f (0) ≥ 0
Cho 
suy ra 
⇒ f (0) = 0
y = 0
 f(0) ≥ 2. (0)
 f(0) ≥ (x) + f (− x)  f (x) + f (− x) ≤ 0
Cho y = − x ⇒ 
⇒
 f (x) ≥ 0, f (− x) ≥ 0
 f (x) ≥ 0, f (− x) ≥ 0
⇒ f (x) = f (− x) = 0,∀x∈ ¡
Vậy f (x) = 0,∀x∈ ¡ . Thử lại thấy đúng.

2. Cho trước hàm số h( x ) = ax; a ∈ ¡ . Xác định các hàm số f (x) liên tục trên ¡ thoả đồng thời các
(2.1)
 f ( x ) ≥ ax; ∀x ∈ ¡


điều kiện sau:  f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (2.2)
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 ∈ ¡ .
Theo bài toán 1, ta có: g ( x) = 0; ∀x ∈ R . Vậy f ( x ) = h( x ) = ax; a ∈ ¡ .
Trang: 2


Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) và (2.2)
3. Cho a > 0 . Xác định các hàm số f (x) liên tục trên ¡
 f ( x ) ≥ a x ; ∀x ∈ ¡
(3.1)

 f ( x + y ) ≥ f ( x ) f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (3.2)

thoả đồng thời các điều kiện sau:

Ta có f ( x ) > 0; ∀x ∈ ¡ .
(3.1')
 ln f ( x ) ≥ (ln a ) x; ∀x ∈ ¡

Khi đó logarit hóa hai vế (3.1), (3.2), ta có ln f ( x + y ) ≥ ln f ( x ) + ln f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (3.2 ')
(3.1")
φ ( x ) ≥ (ln a ) x; ∀x ∈ ¡

Đặt ln f ( x) = ϕ ( x) , ta có: φ ( x + y ) ≥ φ ( x ) + φ ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (3.2")
Đặt ϕ ( x) = g ( x) + (ln a ) x , ta có: hàm g (x) thoả điều kiện bài toán 2 nên g ( x ) = 0; ∀x ∈ ¡

ϕ ( x) = (ln a) x .

x
Vậy f ( x ) = a ; ∀x ∈ ¡ (3.1) thoả điều kiện bài toán.

4. Xác định các hàm số f (x) liên tục trên ¡ thoả đồng thời các điều kiện sau:
(4.1)
 f ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ¡

 x+ y
f ( x) + f ( y)
; ∀x, y ∈ ¡ (4.2)
 f ( 2 ) ≥
2

 g ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ¡

 x+ y
g( x) + g( y)
; ∀x , y ∈ ¡
 g ( 2 ) ≥
f
(
0
)
=
a
,
f
(
x
)

−
a
=
g
(
x
)
2
Đặt
. Khi đó ta có
g ( x)
 x
; ∀x ∈ ¡
 g( ) ≥
2
 2

g (0) = 0
Thay y = 0 vào (4.1’) và (4.2’) 
.

(4.1')
(4.2 ')

vôù
i g(0) = 0

∀x ∈ ¡
 g (0) = 0, g ( x ) ≥ 0;
x+ y

g ( x) g ( y )

)≥
+
; ∀x, y ∈ R
2
2
2
Suy ra
hay  g ( x + y ) ≥ g ( x ) + g ( y ); ∀x, y ∈ ¡
Theo bài toán 1 thì g ( x ) = 0; ∀x ∈ ¡ vaøf(x) laøconst . Thử lại f ( x) = c thoả điều kiện bài toán.

g(

5. Xác định các hàm số f : ¡ → ¡ liên tục trên ¡ thoả:

Töø(5) ⇒ f (x) ≥ xy − f (y),∀x, y∈ ¡
t2
,∀t ∈ ¡ (a)
2
y2 x2 1
x2
xy − f (y) ≤ xy − =
− (x − y)2 ≤
2
2 2
2
Từ (a) suy ra:
2
x

⇒ f (x) = Max{ xy − f (y)} ≤ ,∀x∈ ¡ (b)
y∈¡
2
Cho x = y = t ∈ ¡ ⇒ f (t) ≥

Trang: 3

f (x) = Max{ xy − f (y)} , ∀x ∈ ¡
y∈¡

(5)

và


x2
(b) ⇒ f (x) = ,∀x∈ ¡ .
(a) và
2
Thử lại thấy đúng.
f ( x ) = max { 2 xy − f ( y )} ; ∀x ∈ ¡
y∈R
6. Xác định các hàm số f : ¡ → ¡ liên tục trên ¡ thoả:
(6)
Từ (6) ta có f ( x ) ≥ 2 xy − f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (6’)
2
Thay x = y = t vào (5’), ta có f ( x ) ≥ x ; ∀x ∈ ¡ (6”)
2
2
2

Suy ra 2 xy − f ( y ) ≤ 2 xy − y = x − ( x − y ) ; ∀x, y ∈ ¡

max { 2 xy − f ( y )} = max { x 2 − ( x − y ) 2 } = x 2
y∈R

y∈R

mà
(kết hợp với (6”). Thử lại thấy thoả điều kiện.
7. Xác định các hàm số f (t ) liên tục trên ¡

+

suy ra

thoả:

f ( x ) ≤ x 2 ; ∀x ∈ ¡

2
. Vậy f ( x ) = x ; ∀x ∈ ¡

f ( x ) = max+ { x 2 y + xy 2 − f ( y )} ; ∀x ∈ ¡
y∈R

2
2
Tương tự bài toán 6, ta có f ( x ) ≥ x y + xy − f ( y ); ∀x, y ∈ ¡
3
+

Thay x = y = t vào (7’), ta có f ( x ) ≥ x ; ∀x ∈ ¡

+

+

(7)

(7’)

(7”)
3
+
Suy ra: x y + xy − f ( y ) ≤ x y + xy − y = x − ( x + y )( x − y ) ≤ x ; ∀x, y ∈ ¡
max+ x 2 y + xy 2 − f ( y ) = max+ x 3 − ( x + y )( x − y ) 2 = x 3 ; ∀x ∈ ¡ + suy ra
f ( x ) ≤ x 3; ∀x ∈ ¡ + .
y∈R
mà y∈R
3
+
Kết hợp với (7”), ta có f ( x ) = x ; ∀x ∈ ¡ . Thử lại thấy thoả điều kiện bài toán.
2

2

2

{

}

2

3

3

2

{

}

Nhận xét: Điều khẳng định trên cho ta một kết luận tương ứng sau:
3
2
2
3
Nếu có một bất đẳng thức cổ điển cho cặp số x, y ; chẳng hạn như x ≥ x y + xy − y ; ∀x, y ∈ ¡ thì từ
f ( x ) = max+ x 2 y + xy 2 − f ( y ) ; ∀x ∈ ¡ +
3
+
y∈R
điều kiện
ta có ngay hàm cần tìm là f ( x ) = x ; ∀x ∈ ¡ .

{

}

8. OLP Liên bang Nga 2000

f:¡ ®¡

Tìm tất cả các hàm số
thoả mãn:
f ( x + y ) + f ( y + z ) + f ( z + x ) ≥ 3 f ( x + 2 y + 3z ), ∀x , y , z ∈ ¡ (1)
Trong (1) cho y = z = 0 ta được 2 f ( x ) + f (0) ≥ 3 f ( x ) suy ra: f ( x ) ≤ f (0), ∀x ∈ ¡ (2)
Lại cho y = x và z = − x ta được f (2 x ) + 2 f (0) ≥ 3 f (0) suy ra: f ( x ) ≥ f (0), ∀x ∈ ¡ (3)
Từ (2) và (3) ta được f ( x ) = f (0) = C , ∀x ∈ ¡ . Thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy f ( x ) = C , ∀x ∈ ¡ là hàm số cần tìm (C: là hằng số)

x+ y
9. Tìm hàm số f ( x ) thỏa: f (x+ y) ≥ f (x). f (y) ≥ 2019
với mọi x, y ∈ ¡ (*)

2

f(0) ≥  (0) ≥ 20190 = 1
x
=
0;
y
=
0
Thay
vào (*) ta có :
Trang: 4

(1)

2

f(0) ≥  (0) ⇔ 0 ≤ f (0) ≤ 1
Với
Từ (1), (2) ⇒ f (0) =1

(2)

0
Thay y = − x vào (*) f(0) ≥ (x). f (− x) ≥ 2019 = 1
x
Lại cho y = 0 ⇒ f (x) ≥ f (x) ≥ 2019 (4)

⇔ f (x) . f (− x) = 1

(3)

⇒ f (− x) ≥ 2019 − x (5)
Ta có (3)

⇔ f (x) =

1 (5) 1
≤
= 2019 x (6)
f (− x) 2019 − x

x

x
Từ (4) và (6) ta suy ra : f (x) = 2019 . Đảo lại xét hàm số f (x) = 2019
Ta nhận thấy f ( x ) thỏa u cầu của bài tốn.
x
Vậy f (x) = 2019

10. Tìm

f :[a; b] → [a; b] thỏ
a mã
n: f (x) − f (y) ≥ x − y ,∀x, y∈ [a; b] (a < b cho trướ
c) (5)

Cho x = a; y = b ⇒ f (a) − f (b) ≥ a − b

(a)

vì f (a); f (b) ∈ [a; b] nê
n f (a) − f (b) ≤ a − b = b − a (b)
  f (a) = a

 f (b) = b
(a),(b) ⇒ f (a) − f (b) = b − a ⇔ 
  f (a) = b

  f (b) = a

 f (a) = a
* Nế
u

thì :
f
(
b
)
=
b

chọn y = b; x∈ [a; b] ⇒ f (x) − f (b) ≥ x − b ⇔ f (b) − f (x) ≥ x − b ≥ b − x ⇔ − f (x) ≥ − x ⇔ f (x) ≤ x (c)
(mởdấ
u

theo đn củ
a

, nhớlàb lớ
n nhấ
t)

chọn y = a; x∈ [a; b] ⇒ f (x) ≥ x (d) (mởdấ
u

theo đn củ
a

, nhớlàa nhỏnhấ
t)

Từc
( ),(d) ⇒ f (x) = x

 f (a) = b
* Nế
u
thì : chọn y = b; x∈ [a; b] rồ
i chọn y = a; x∈ [a; b] như trê
n ta được : f (x) = a + b − x
f
(
b
)
=
a

- Thử lại thấy đúng.

→¡
11. VMO 1991 A: Hãy xác định tất cả các hàm số f : ¡ 
1
1
1
f (xy) + f (xz) − f (x). f (xy) ≥
2
2
4
các số thực x, y , z bất kì:

Đáp số bài tốn là:

f (x) ≡

sao cho bất đẳng thức sau đúng với

1
2 . Ta lần lượt thực hiện các bước chọn ẩn như sau:

Trang: 5


a/ Cho x = y = z = 0 ta nhn c
b/ Cho y = z = 0 ta nhn c

f(0)

f (x)

c/ Cho x = y = z = 1 ta nhn c

2

(0)

1
1
hay f (0) =
4
2

1
vụự

i moùi x
2

f (1) =

f (x)

1
2

1
vụự
i moùi x
2

d/ Cho y = z = 1 ta nhn c
1
f (x)
2 , v d th li, ú l ỏp s bi toỏn.
Vy:

f:Ă đĂ

12. Tỡm tt c cỏc hm s
tho món ng thi cỏc iu kin:
i/ f ( x + y ) f ( x ) + f ( y ), x, y Ă
ii/ f ( x ) 0, x Ă

Trong i/ ly x = y = 0 c f (0) 2 f (0) f (0) 0 . Theo (2) li cú f (0) 0 . Vy f (0) = 0
( do ii )

Do ú: 0 = f (0) = f ( x + ( x )) f ( x ) + f ( x ) 0 f ( x ) = 0, x Ă
Vy f ( x ) 0, x Ă . Th li thy tha món.
13. Tỡm

f : Ă Ă thoỷ
a maừ
n:

1
1
1
f ( xy) + f (yz) f (x) f (yz) ,x, y, z Ă (2)
2
2
4
2


1
1
1
f (x) ( f ( x)) f (x) ữ 0 f ( x) =
4
2
2 . Th li thy ỳng.

Cho x = z; y = 1 ta c:
2

14. Eotvos - Kurschak 1979

f:Ă đĂ

tho món: f ( x ) x v f ( x + y ) f ( x ) + f ( y ), x , y Ă
Chng minh rng f ( x ) = x , x Ă
Cho hm s

t f ( x ) = x + h ( x ), x Ă . T gi thit th hai suy ra:
x + y + h ( x + y ) x + h( x ) + y + h ( y ), x , y Ă
h ( x + y ) h ( x ) + h ( y ), x, y Ă
(1)
Mt khỏc do f ( x ) x, x Ă ta cú h ( x ) 0, x Ă (2)

T (1) v (2) v ỏp dng bi 8, ta c h( x ) 0, x Ă f ( x ) x, x Ă
Th li thy hm s f ( x ) x , x Ă tha món cỏc yờu cu bi.
15. OLP Toỏn Chõn Thỏi Bỡnh Dng 1994

f:Ă đĂ

Tỡm tt c cỏc hm s
tho món ng thi cỏc iu kin:
f
(1)
=
1;
f
(

1)

=

1; f ( x ) f (0), x (0;1)
i/
ii/ f ( x + y ) f ( x ) + f ( y ), x, y Ă

Trang: 6


iii/ f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) + 1, ∀x, y ∈ ¡
Theo giả thiết ta có: f ( x + 1) ≥ f ( x ) + f (1) = f ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡
f ( x ) = f ( x + 1 − 1) ≥ f ( x + 1) + f ( −1) = f ( x + 1) − 1, ∀x ∈ ¡
Vậy: f ( x ) + 1 ≤ f ( x + 1) ≤ f ( x ) + 1 ⇒ f ( x + 1) = f ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡

Ta có: 1 = f (1) = f (0 + 1) = f (0) + 1 ⇒ f (0) = 0 . Vậy:
1 = f (1) = f ( x + 1 − x ) ≤ f ( x ) + f (1 − x ) + 1 ⇒ f ( x ) + f (1 − x ) ≥ 0 (*)
Với 0 < x < 1, ta có 1 < 1 − x < 1, suy ra
do (*)

f ( x ) + f (1 − x ) ≤ f (0) + f (0) = 0 ⇒ f ( x ) + f (1 − x ) = 0
Vậy f ( x ) = f (1 − x ) = 0, ∀x ∈ (0;1) . Tóm lại: f ( x ) = 0, ∀x ∈ [0;1); f ( x + 1) = f ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡
Suy ra f ( x ) = [ x ], ∀x ∈ ¡ . Thử lại thấy thỏa mãn.

16. Tìm tất cả các hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn: f ( xy ) ≥ f ( x ) f ( y ), ∀x , y ∈ ¡ (1)
Và f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ¡
(2)
Ta thấy f ( x ) ≡ 0 là một nghiệm bài toán.
2
2
Xét trường hợp f ( x ) ≡/ 0 , khi đó tồn tại a để f ( a ) ≠ 0 . Từ (1), ta có: f (a ) ≥ ( f (a )) > 0

2
Thay y = a ; x = 1 vào (1), ta được f (1) ≥ 1 .
2
Mặt khác, thay x = y = 1 vào (1) ta cũng có f (1) ≥ ( f (1)) nên: f (1) = 1
2
Thay x = y = 0 vào (1) và (2), ta lần lượt có f (0) ≥ ( f (0)) ; f (0) ≥ 2. f (0) nên: f (0) = 0
2
Thay x = y = −1 vào (1), ta có 1 ≥ ( f ( −1))
Thay x = −1; y = 1 vào (2), ta được f ( −1) ≤ −1. Kết hợp hai kết quả trên lại, ta có: f ( −1) = −1.
Thay y = −1 vào (1), ta có f ( − x ) ≥ − f ( x ), ∀x ∈ ¡

Thay x bởi − x vào bất phương trình trên, ta được: f ( x ) ≥ − f ( − x ), ∀x ∈ ¡
Do đó: f ( − x ) = − f ( x ), ∀x ∈ ¡

Từ đây, thay y bởi − y vào (1), ta có f ( xy ) ≤ f ( x ). f ( y ) nên: f ( xy ) = f ( x ). f ( y ), ∀x, y ∈ ¡
Thay x bởi − x ; thay y bởi − y vào (2), ta có f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) nên
f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ), ∀x , y ∈ ¡
Hàm f vừa cộng tính, vừa nhân tính và không đồng nhất 0, nên theo các kết quả quen thuộc, ta có:
f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ . Thử lại, ta thấy thỏa mãn.
Tòm lại, có 2 hàm số thỏa mãn yêu cầu là f ( x ) ≡ 0 và f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ .

17. HSG TP HCM 2018

f:¡ ®¡

( f (x
thoả

Tìm tất cả các hàm số
3

( f ( −2 x ) ) ≥ 3 f ( − x 3 − x ) + 2, ∀x ∈ ¡ (2)
a/ Chứng minh f ( x ) không phải là đơn ánh trên ¡
b/ Chứng minh f ( x ) ≥ −1 với mọi x ∈ ¡

Trang: 7

3

+ x ) ) ≤ f (2 x ) + 2, ∀x ∈ ¡
2

(1)

và


Từ (1) thay x = 0, ta có:

(

f (0) ) ≤ f (0) + 2 ⇔ −1 ≤ f (0) ≤ 2
2

( f (0) ) ≥ 3 f (0) + 2 ⇔ ( f (0) + 1)( f 2 (0) − f (0) − 2) ≥ 0 (3)
Từ (2) thay x = 0, ta có:
2
* Nếu f (0) ≠ −1 và f (0) ≠ 2 ⇒ f (0) − f (0) − 2 < 0 nên từ (3) suy ra: f (0) + 1 < 0 ⇒ f (0) < −1 (vô lý)
Vậy f (0) = −1 hoặc f (0) = 2 .
3

( f (2 x ) ) ≥ 3 f ( x 3 + x ) + 2, ∀x ∈ ¡
Trong (2) thay x bởi − x ta được:
Từ (1) và (4) cho x = 1 ta được f (2) = −1 hoặc f (2) = 2 .
3

(4)

Từ (1) và (4) cho x = −1 ta được f ( −2) = −1 hoặc f ( −2) = 2 .
Từ đây ta có: f (0), f ( −2), f (2) phải có hai giá trị bằng nhau
=> f ( x ) không phải là đơn ánh trên ¡
b/ Giả sử tồn tại x0 sao cho f (2 x0 ) < −1

⇒ 3 f ( x03 + x0 ) + 2 ≤ f 3 (2 x0 ) < −1
⇒ f ( x03 + x0 ) < −1 ⇒ f 2 ( x03 + x0 ) > 1.

(a)

f ( x0 + x0 ) ≤ f (2 x0 ) + 2 < 1
Lại có:
, trái với (a)
Vậy f ( x ) ≥ −1 với mọi x ∈ ¡ .
2

3

II. Phương pháp 2: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số
a. Vài kiến thức lưu ý
Trong giải toán bất phương trình hàm, tính đơn điệu của hàm số là 1 tính chất mạnh mà ta có thể
khai thác.
a. Hàm số đơn điệu:

⇔ ∀x1; x2 ∈ (a; b), x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 )
* Hàm số y = f ( x ) tăng trên ( a; b)
⇔ ∀x1; x2 ∈ (a; b), x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 )
* Hàm số y = f ( x ) giảm trên (a; b)
VD: * Hàm số y = ax + b (a ≠ 0) là hàm số tăng trên ¡ khi a > 0 ; là hàm số giảm trên ¡ khi a < 0
1
y = f (x) =
x là hàm số giảm trên (0; +∞)
* Hàm số

∀x1; x2 ∈ (0; +∞) maø
: 0 < x1 < x2 thì ta coù: f (x1 ) − f (x2 ) =

1 1 x2 − x1
− =
> 0 ⇔ f (x1 ) > f (x2 )
x1 x2
x1 x2

Hay hs trên là nghịch biến trên (0; +∞) .
VD: Cho hai hàm số f ( x ) và g ( x) cùng xác định và đồng biến trên khoảng I
a/ CMR hàm số s ( x ) = f ( x ) + g ( x ) cũng đồng biến trên I
b/ Giả sử thêm các hàm số trên là dương trên I. Tức là: ∀x∈ I , f (x) > 0 vaøg(x) > 0 . Hãy CM: hàm số
p( x ) = f ( x ). g ( x ) cũng đồng biến trên I

c/ Giả sử thêm các hàm số trên là âm trên I. Tức là: ∀x∈ I , f (x) < 0 vaøg(x) < 0 . Hãy CM: hàm số
p( x ) = f ( x ). g ( x ) là nghịch biến trên I.
Trang: 8

b. Định lý:

Nếu y = f (x) tăng nghiêm ngặt (hoặc giảm nghiêm ngặt) trên D và f (u) = f (v) thì u = v.

c. Một số lưu ý:
- Nếu f cộng tính và đơn điệu trên ¡ (hoặc ¡ +) thì f (x) = ax, a∈ ¡
- Nếu f đơn điệu thực sự thì f là đơn ánh.

- Nếu ta dự đoán được công thức hàm số, chẳng hạn f ( x ) = g ( x ) thì có thể xét f ( x ) > g ( x ) và
f ( x ) < g ( x ) , sau đó sử dụng tính đơn điệu của hàm f để dẫn tới điều vô lý.
Nếu f đơn điệu và ta đã có công thức của f trên tập số hữu tỉ ¤ thì dùng kỹ thuật chọn hai
dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, rồi sau đó chuyển qua giới hạn.
b. Các bài toán minh họa
18. Romania District Olympiad 2011
2

x − y ≤ f (x) − f (y) ≤ x − y ,∀x, y,∈ [0;1]
Tìm tất cả các hàm số f :[0;1] → ¡ thoả điều kiện:

(1)

- Kí hiệu P(u; v ) chỉ việc thay thế x bởi u , thay y bởi v vào (1)
lim f ( x ) − f ( y ) = 0 ⇒ lim [ f ( x ) − f ( y ) ] = 0 ⇒ lim f ( y ) = f ( x ).
y→x
y→x
- Từ (1) ta có: y → x
- Như vậy f là hàm số liên tục trên [0;1] . Giả sử a , b là hai số thuộc [0;1] sao cho f (a ) = f (b) . Khi
2
đó P ( a; b) ⇒ ( a − b) ≤ 0 ⇒ a = b, suy ra f là đơn ánh. Kết hợp f liên tục nên suy ra f là đơn điệu
thực sự.

- Thấy rằng nếu f thỏa (1) thì f ( x ) + c và − f ( x ) + c cũng thỏa (1), do đó có thể giả sử f (0) = 0 và f
là hàm đơn điệu tăng.
P (1;0) ⇒ 1 ≤ f (1) ≤ 1 ⇒ f (1) = 1 ⇒ f (1) = 1
(do f tăng và 0 < 1)
- Cũng chứng minh như trên ta suy ra f ( x ) ∈ [0;1], ∀x ∈ [0;1]

P ( x;0) ⇒ f ( x ) ≤ x ⇒ f ( x ) ≤ x, ∀x ∈ [0;1]
P( x;1) ⇒ 1 − f ( x ) ≤ 1 − x ⇒ f ( x ) ≥ x, ∀x ∈ [0;1]

(2)

(3)
f
(
x
)
=
x
,
∀
x
∈
[0;1]
- Từ (2) và (3) suy ra
.
Như vậy f ( x ) = x + c, ∀x ∈ [0;1]; f ( x ) = − x + b, ∀x ∈ [0;1] (b,c là hằng số)
- Thử lại thấy thỏa mãn.

f:¡ ®¡

19. Tìm tất cả các hàm số
thoả:
2
3
5
3
f (2 x + x + 2019) ≤ x ≤ 2 [ f ( x )] + [ f ( x ) ] + 2019, ∀x ∈ ¡

g: ¡ ® ¡

Ta xét bài toán tổng quát: Cho
là một toàn ánh và là hàm tăng thực sự. Tìm tất cả các hàm
f:¡ ®¡
thỏa mãn f ( g ( x )) ≤ x ≤ g ( f ( x )), ∀x ∈ ¡
(1)
−1
−1
Do g là một toán ánh và là hàm tăng thực sự nên tồn tại hàm ngược g . Ta có g là hàm tăng thực sự.
g −1 ( x1 ) = x2 ; g −1 ( y1 ) = y2 ,
Thật vậy, với x1 < y1, đặt
khi đó: g ( x2 ) = x1 < y1 = g ( y 2 ),

Trang: 9


do (1)

−1
−1

−1
Mà g tăng thực sự nên x2 < y2 suy ra g tăng thực sự. Từ đó: f ( x ) = f ( g ( g ( x ))) ≤ g ( x ). (2)
−1
−1
−1
Do g tăng thực sự nên với x ≤ g ( f ( x )), ta có: g ( x ) ≤ g ( g ( f ( x ))) = f ( x )
(3)
−1
−1
f
(
x
)
=
g
(
x
),
∀
x
∈
¡
f
=
g
Từ (2) và (3) suy ra
. Dễ thấy hàm này thỏa. Vậy
là hàm duy nhất thỏa

mãn u cầu bài tốn.

20. Bài T12/402 - THTT

→ ¡ thỏa mãn:
Tìm tất cả các số thực dương a sao cho tồn tại số thực dương k và hàm số f : ¡ 
a
f (x) + f (y)
x+ y
≥ f(
) + k x − y ; ∀x; y∈ ¡
2
2
(Là bài tương tự T10/328)
Giả sử a là số thực dương thỏa mãn đề ra và k, f thỏa mãn điều kiện:
a
 x+ y
f (x) + f (y)
≥ f
÷+ k x − y ,∀x, y∈ ¡ (1)
2
 2 
Kí hiệ
u α n = k.2n(2−a) , n∈ ¥ . Ta CM bấ
t đẳ
ng thứ
c:
a
 x+ y
f (x) + f (y)
≥ f
ng PP quy nạp

÷+ α n x − y ,∀x, y∈ ¡ ,n∈ ¥ (2) bằ
2
 2 
Thật vậy, BĐT (2) đúng với n = 0 theo (1). Giả sử BĐT (2) đúng với n = m. Ap dụng liên tiếp BĐT (2)
với cặp (x;y) lần lượt được thay bởi cặp:
 x + y   x + y   3 x + y x + 3y 
; ;  x;
;

÷;
÷
2   4
4  rồi cộng các vế tương ứng các BĐT đó, thu được:
 2
 

a

x− y
a
 x+ y
 x+ y
f
= 
÷+ 4α m
÷+ α m+1 x − y ,∀x, y∈ ¡
a
2
 2 
 2 

Vậ
y BĐT (2) đú
ng ∀n∈ ¥
lim α = +∞ nê
n BĐT (2) khô
ng thỏ
a mã
n
Nhận xét rằng khi 0 < a < 2 thì x→+∞ n
a
1
Xé
t a ≥ 2, chọn f (x) = x ; k = a . Khi đóBĐT (1) códạng :
2
f (x) + f (y)
≥
2

a

x +y

a

a

a

x+ y
x− y

≥
+
(3)
2
2
2
Để cm BĐT (3), ta chỉ cần CM cho TH a > 2 và x > y > 0 (khi a = 2 hoặc x = y thì (3) chính là hằng
a−1
a
a
a
a
i x> y> 0
đẳng thức). Cố định y > 0, xét hàm số: f (x) = 2 (x + y ) − ((x + y) + (x − y) ), vớ


y 
Ta có: f '(x) = a.xa−1  2a−1 − g( ) ÷,trong đóg(t) = (1 + t)a−1 + (1 − t)a−1 làhà
m đố
ng biế
n
x 

trong [0;1] nê
n g(t) ≤ g(1) = 2a−1 ,∀t ∈ [0;1]
Do đóf '(x) ≥ 0 , ∀x > y vàf (x) ≥ f (y) ≥ 0 (đfcm)
Kế
t luậ
n: a ≥ 2
21. Bài T11/404 - THTT

Trang: 10



2011 
f (x) ≤ 2011 2 −
÷,∀x > y
f (y) 
→(0; 2011] thỏa mãn:

Tìm tất cả các hàm số f : ¡ 

BĐT đã cho tương đương với:

f (x) 2011
+
≤ 2 ,∀x > y (1)
2011 f (y)

Vì f (x) > 0 vàf (y) > 0 nê
n theo Cauchy :

f (x) 2011
f (x)
+
≥ 2.
,∀x > y (2)
2011 f (y)
f (y)

Từ(1) và(2) cho ta : f (x) ≤ f (y) ,∀x > y,tứ
c f (t) làhà
m đơn điệ
u giả
m trê
n¡
 f (x) giả
m
Vậ
y
⇒ lim f (x) = a, a∈ (0; 2011]
n) x→+∞
 f (x) ∈ (0; 2011] (bòchặ

2011 
Thay và
o đềa
: ≤ 2011 2 −
÷
a 

⇔ a2 ≤ 2011( 2a − 2011)

⇔ (a − 2011)2 ≤ 0 ⇔ a = 2011
Vậy f(x) = 2011. Thử lại, ta thấy hàm f(x) = 2011 thỏa mãn bài tốn.

Trang: 11

III. Phương pháp 3: Chuyển qua giới hạn
a. Vài kiến thức lưu ý
Việc xét các điểm đặc biệt luôn là một kỹ thuật thông dụng khi giải phương trình hàm và bất
phương trình hàm. Bên cạnh các điểm hữu hạn như 0,1 thì điểm ∞ là một điểm đặc biệt có thể khai
thác. Nếu nắm vững bản chất giới hạn thì nhiều bất phương trình hàm giải được bằng phép chuyển qua
giới hạn. Xin ghi lại một số lý thuyết hàm liên tục:

( a,b) , x0 ∈ ( a,b) . Hàm số f ( x )
a/ Định nghĩa: Cho hàm số y = f ( x ) xác định trên khoảng
lim f (x) = f (x0 )
được gọi là liên tục tại x0 nếu x→ x0
.
lim− f (x) = f (x0 )
lim+ f (x) = f (x0 )
Trường hợp x→ x0
thì ta nói hàm số liên tục bên trái tại điểm x0 , x→ x0
thì ta nói hàm số liên tục bên phải tại điểm x0 .
⇔ lim+ f (x) = lim− f (x) = f (x0 )
x
f
(
x
)
x→ x 0
x→ x 0
0
Vậy
liên tục tại
.
x

Nếu hàm số không liên tục tại 0 thì f ( x ) được gọi là gián đoạn tại điểm x0 . Vậy f ( x ) gián đoạn tại
lim f (x)
lim f (x) ≠ f (x0 )
điểm x0 khi không tồn tại x→ x0
hoặc x→ x0
b/ Định lí 1: Cho hàm số f ( x ) liên tục trên đoạn [a; b] . Khi đó:
i)
ii)
iii)

f ( x ) bị chặn trên đoạn [a; b] , nghĩa là tồn tại số M > 0 sao cho: f (x) ≤ M ,∀x∈  a,b
f ( x ) có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [a; b] .

∀c∈  f (a), f (b) ,∃x0 ∈  a, b : f ( x0 ) = c

x ∈ a, b : f (x0 ) = 0
Nếu f ( a ) f (b) < 0 thì tồn tại 0  
d/ Định lý 2: Nếu f : R → R là một hàm liên tục, cộng tính: f (x + y) = f (x) + f (y) (1)
∀x, y∈ R thì f (x) = ax ∀x∈ R (với a = const tuỳ ý)
* Hệ quả: Nếu f ( x ) liên tục trên ¡ (hoặc ¡ +) và thỏa mãn:

 x + y  f (x) + f (y)
f
, ∀x; y∈ ¡
÷=
2
 2 
thì f (x) = kx + b.
+
+

+
e/ Định lý 3: Giả sử f : R → R là một hàm liên tục, nhân tính: f (xy) = f (x) f (y) ∀x, y∈ R .
α
+
Chúng minh rằng hàm f có dạng f (x) = x ∀x∈ R (với α = const tuỳ ý)
f/ Một số lưu ý:
f
- Nếu ( x ) liên tục và đơn ánh thì f ( x ) đơn điệu thực sự.
- Nếu có công thức của f ( x ) trên tập X ⊂ ¡ và X trù mật trong ¡ thì ta cũng có công thức của f ( x )
trên ¡
b. Các bài toán minh họa
22. OLP Toán Quốc tế 2011
Trang: 12


f:¡ ®¡
Cho hàm số
thoả mãn: f ( x + y ) ≤ yf ( x ) + f ( f ( x )), ∀x , y ∈ ¡
Chứng minh rằng f ( x ) = 0, ∀x ≤ 0 .

(1)

Trước hết ta chứng minh f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ .
Thật vậy, giả sử có a ∈ ¡ mà f (a ) > 0. Trong (1) lấy x = a ta được:
f ( a + y ) ≤ yf (a ) + f ( f (a )), ∀y ∈ ¡
lim f ( y ) = −∞.
- Cho y → −∞ ta được f ( a + y ) → −∞ , suy ra x →−∞
- Từ (1) cho y = − x ta được: f (0) ≤ − xf ( x ) + f ( f ( x )), ∀x ∈ ¡
⇔ f (0) + xf ( x ) ≤ f ( f ( x )), ∀x ∈ ¡

(2)
- Trong (2) cho x → −∞ ta được f (0) + xf ( x ) → +∞ , trong khi đó f ( f ( x )) → −∞ , vô lý.
Vậy f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ .
- Bây giờ thay x = 0 và y = f ( x ) vào (1) ta được: f ( f ( x )) ≤ f ( x ). f (0) + f ( f (0)), ∀x ∈ ¡
- Từ đó kết hợp với (1) ta có: f ( x + y ) ≤ f ( x )[ y + f (0)] + f ( f (0)), ∀x, y ∈ ¡
(3)
- Trong (3) thay y = f (0) − x được f ( f (0)) ≤ f ( x )[2 f (0) − x ] + f ( f (0)), ∀x ∈ ¡
hay f ( x )[2 f (0) − x ] ≥ 0, ∀x ∈ ¡

- Vì f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ nên nếu x < 2 f (0) thì f ( x ) ≥ 0. suy ra f ( x ) = 0, ∀x < 2 f (0)
- Lại thế y = − f (0); x = 3 f (0) − 1 vào (3) ta được: 0 = f (2 f (0) − 1) ≤ f ( f (0))

(4)

Kết hợp với f ( f (0)) ≤ 0 suy ra f ( f (0)) = 0 .
Mặt khác trong (1) cho y = 0 ta có f ( x ) ≤ f ( f ( x )), ∀x ∈ ¡
Do đó: f (0) ≤ f ( f (0)) ≤ f ( f ( f (0))) = f (0)

Từ đây suy ra f (0) = f ( f (0)) = 0. Vậy từ (4) có f ( x ) = 0, ∀x ≤ 0.
23. OLP Sinh viên Quốc tế 2001

f:¡ ®¡

Chứng minh rằng không tốn tại hàm số
thoả mãn đồng thời
f (0) > 0 và f ( x + y ) ≥ f ( x ) + yf ( f ( x )), ∀x, y ∈ (0; +∞)
(1)

f:¡ ®¡
Giả sử trái lại, tồn tại hàm số

thỏa mãn (1) và f (0) > 0.
Nếu như f ( f ( x )) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ thì với bất kì y < 0 ta có: f ( x + y ) ≥ f ( x ) + yf ( f ( x )) ≥ f ( x )
Như vậy f là hàm giảm. Từ đó do f (0) > 0 ≥ f ( f ( x )) suy ra f ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡ , mâu thuẩn.

Vậy phải tồn tại x ∈ ¡ sao cho f ( f ( x )) > 0. Cố định x này và cho y → +∞ trong (1) ta được:
lim f ( x + y ) = +∞,
lim f ( y ) = +∞; lim f ( f ( y )) = +∞ .
y →+∞
y →+∞
do đó: y →+∞
a +1
f ( a ) ≥ 0; f ( f ( a )) > 1; b ≥
; f ( f (a + b + 1)) ≥ 0
f ( f (a )) − 1
Vì thế, tồn tại a > 0 và b > 0 sao cho:
Khi đó ta có: f (a + b) ≥ f (a ) + bf ( f (a )) ≥ a + b + 1 và như thế
f ( f ( a + b)) = f ( ( a + b + 1) + [ f ( a + b) − ( a + b + 1)])
Trang: 13


≥ f ( a + b + 1) + [ f (a + b) − (a + b + 1)]. f ( f ( a + b + 1))
≥ f ((a + b) + 1) ≥ f (a + b) + f ( f (a + b))
≥ f ( a ) + bf ( f (a )) + f ( f (a + b)) > f ( f (a + b))

Đến đây ta gặp mâu thuẩn. Vậy không tồn tại hàm f thỏa mãn các điều kiện nói trên, ta có điều phải
chứng minh.

f:¡ ®¡

24. Tìm tất cả các hàm số

thoả mãn đồng thời các điều kiện:
f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ¡
(1)
f ( x ) ≤ e x − 1, ∀x ∈ ¡

(2)

 f ( x + 0) ≤ f ( x ) + f (0) ⇒ f (0) ≥ 0
⇒ f (0) = 0

f (0) ≤ e 0 − 1 ⇒ f (0) ≤ 0

Theo giả thiết ta có:
Từ (1) ta có: 0 = f (0) = f ( x + ( − x )) ≤ f ( x ) + f ( − x ) ⇒ f ( x ) + f ( − x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ (3)
Từ (1) và (2) ta có:
x 

f ( x ) = f  2 n. n ÷ ≤ 2 n
 2 
⇒ f ( x ) ≤ x.

x

n
 x
f  n ÷ ≤ 2n ( e 2 − 1), ∀x ∈ ¡
2 

x
2n

e −1
, ∀x ≠ 0, ∀v ∈ ¥ *
x
2n

(4)

ex −1
=1
Do x→0 x
nên từ (4) cho n → +∞ ta được f ( x ) ≤ x, ∀x ≠ 0.
lim

Kết hợp với f (0) ≤ 0 ta được f ( x ) ≤ x, ∀x ∈ ¡

(5)

Vì thế f ( x ) + f (− x ) ≤ x + ( − x ) = 0, ∀x ∈ ¡ . Kết hợp với (3) ta được f ( x ) + f (− x ) = 0, ∀x ∈ ¡
Do đó với mọi x ∈ ¡ ta có f ( − x ) ≤ − x ⇒ − f ( x ) ≤ − x ⇒ f ( x ) ≥ x
Kết hợp với (5) suy ra hàm số cần tìm là f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ . Thử lại thấy thỏa mãn.

Trang: 14


IV. Phương pháp 4: Sử dụng dãy số
a. Vài kiến thức lưu ý
Nếu như phép thế là một kĩ thuật thông dụng khi giải các bất phương trình hàm có nhiều biến tự
do thì với bất phương trình hàm (và phương trình hàm) có một biến tự do, kĩ thuật dãy số và lặp có thể
giúp ta xác định giá trị hàm số tại một điểm hoặc những bất đẳng thức hàm chặt hơn.

Có một vài kết quả chú ý:
lim f ( x ) = f ( x )
1/ n→∞
(với f ( x ) là biểu thức không phụ thuộc vào n )
lim x ≤ lim y
2/ Cho hai dãy số hội tụ ( xn ),( yn ) . Khi đó nếu xn ≤ yn , ∀n = 1,2,... thì n→∞ n n→∞ n

3/ Cho f ( x ) là một biểu thức phụ thuộc vào x , và cho A là một hằng số. Để chứng minh f ( x ) ≥ A ta
lim u = A
xây dựng một dãy số (un ) n sao cho f ( x ) ≥ un , ∀n ( f ( x ) > un , ∀n cũng được) và n→∞ n
.
b. Các bài toán minh họa

f:¡ ®¡

25. Tìm tất cả các hàm số
liên tục trên ¡ và thoả mãn:
min { f ( x ), f ( y )} ≤ f ( x + y ) ≤ max { f ( x ), f ( y )} , ∀x, y ∈ ¡

(1)

Từ (1) lấy y = x ta được f ( x ) ≤ f (2 x ) ≤ f ( x ), ∀x ∈ ¡ , nghĩa là f (2 x ) = f ( x ), ∀x ∈ ¡
x
x
f ( x ) = f  ÷, ∀x ∈ ¡
2
Từ đây thay x bởi 2 ta được:
(2)
x
 x 

 x 
f ( x ) = f  ÷ = f  2 ÷ = ... = f  n ÷, ∀x ∈ ¡ , ∀n ∈ ¥ *
2
2 
2 
Sử dụng (2) liên tiếp ta được:
f (x) = lim f (x) = lim f(

Từ (3) và do f là hàm liên tục trên ¡ , suy ra:
Vậy f là hàm hằng trên ¡ , thử lại thấy thỏa mãn.

n→+∞

n→+∞

x
x

) =  lim n ÷ = f (0),∀x ∈ ¡
n
n
→+∞
2
2 


26. Cho hàm số f : [0;+¥ ) ® ¡ là một hàm liên tục sao cho f (0) = 0 và thoả mãn:
f (2 x ) ≤ f ( x ) + x, ∀x ≥ 0. Chứng minh rằng: f ( x ) ≤ x, ∀x ≥ 0.
Từ giả thiết suy ra với mọi x ≥ 0, ta có:
x

x
x
x x
x
x x x
f ( x ) ≤ f ( ) + ≤ f ( ) + + ≤ f ( ) + + + ≤ ...
2 2
4 2 4
8 2 4 8
x
x x
x
x
⇒ f ( x ) ≤ f ( n ) + + 2 + ... + n −1 + n , ∀x ≥ 0, ∀n ∈ ¥ *
2
2 2
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x


lim  + 2 + ... + n −1 + n ÷ = + 2 + ... + n + ... = 2 = x
n →+∞ 2

1
2
2
2  2 2
2

1−
2
Ta có:
Do f liên tục trên [0; +∞) nên từ (1) cho n → +∞ ta được
x x
x
x
 x
f ( x ) ≤ lim  f ( n ) + + 2 + ... + n −1 + n 
n →+∞
2 2
2
2 
 2
Trang: 15

(3)


x
x
x
x
x x

) + lim  + 2 + ... + n −1 + n  = f ( lim n ) + x = f (0) + x = x, ∀x ≥ 0.
n
n →+∞
n→+∞ 2
n →+∞ 2
2
2
2
2 

Vậy f ( x ) ≤ x, ∀x ≥ 0.
27. HSG QG năm 2003 - Bảng A
+
→ ¡ + thỏa mãn f (3 x) ≥ f( (2 x)) + x,∀x∈ ¡
Cho tập hợp F gồm tất cả các hàm số f : ¡ 
= lim f (

Hãy tìm số thực α lớn nhất sao cho với mọi hàm số f thuộc tập F, ta đều có: f (x) ≥ α x , ∀x∈ ¡

x
, ∀x > 0
2
Dễ thấy hàm số
thuộc F. Khi đó với mọi x > 0 ta có
x
1
f ( x) ≥ α x ⇔ ≥ α x ⇔ α ≤
2
2
1

x
x
α≤
f ( x ) > , ∀x > 0
2 . Vì f ( x ) > 0 nên trong (1) thay x bởi 3 suy ra
3
Vậy

+

+

f ( x) =

(2)

1
2α + 1
α
=
;
α
=
, ∀n = 1, 2...
1
n
+
1
3
3

Xét dãy số (α n ) như sau:
2
n

*
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n rằng với mọi n ∈ ¥ thì: f ( x ) ≥ α n . x, ∀x > 0
(4)
Do (2) nên (4) đúng khi n = 1. Giả sử đã có (4) khi n = k . Kết hợp với (1) suy ra với mọi x > 0 ta có:
  2x   x
  2x   x
f ( x ) ≥ f  f  ÷÷+ ≥ α k  f  ÷÷+
  3  3
  3  3

2 x x 2α k 2 + 1
+ =
x = α k +1. x
3 3
3
*
Vậy (4) cũng đúng khi n = k + 1. Theo nguyên lý quy nạp suy ra (4) đúng với mọi n ∈ ¥ .
1
lim α n = .
2 Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được dãy (α n ) là dãy bị
Tiếp theo ta chứng minh n→+∞
1
2α 2 − 3α n + 1 (α n − 1)(2α n − 1)
α n +1 − α n = n
=
>0

3
3
chặn trên bởi 2 . Từ đó:
1
0< L≤ .
lim α n = L
(
α
)
(
α
)
2
Suy ra n là dãy tăng, do đó dãy n hội tụ. Đặt n→+∞
, khi đó
≥ α k .α k .

do 0< L ≤

1

2
1
2 L2 + 1
1
lim α n = .
L=
⇔ 2 L2 − 3L + 1 = 0 ⇔ L =
2
3

2 . Vậy n→+∞
Từ (2) cho n → +∞ ta được:
x
f ( x ) ≥ , ∀x > 0, ∀f ∈ F
2
Từ (4) cho n → +∞ ta được
.
1
.
Từ các chứng minh trên ta được các giá trị α cần tìm là: 2

28. Tìm số thực k lớn nhất để nếu f ( x ) là hàm số tùy ý xác định trên ¡ thỏa mãn bất phương trình
9 4
3 f ( x ) − 3 f ( x ) − f ( x ) ≥ 1, ∀x ∈ ¡
4 3
hàm:
(*)
f
(
x
)
≥
k
,
∀
x
∈
¡
thì ta luôn có
Trang: 16

Giả sử tồn tại số thực k thỏa mãn bài toán.
4
4
f ( x ) = , ∀x ∈ ¡
≥k
3
Khi đó vì
thỏa mãn bất phương trình hàm (*) nên ta có 3
.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng: Nếu f là hàm số tùy ý xác định trên ¡ , thỏa mãn bất phương trình
4
f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡
3
hàm (*) thì ta luôn có
.
3x
Từ (*) thay x bởi 4 ta được:
3
3
9
3 f ( x ) ≥ 1 + 3 f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡
4
4
4
3
3
9
3

9
⇒ 3 f ( x ) ≥ 1 + 3 f ( x ) − f ( x ) + 2 3 f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡
4
4
4
4
4
⇔

9
3
9
f ( x ) ≥ 1 + 2 3 f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡
4
4
4

⇔ f ( x) ≥

4 8
3
9
+
3 f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡
9 9
4
4

(1)

4
f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡
9
Từ đây suy ra:
(2)
4 8
3
9
f ( x) − ≥
3 f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡
9 9
4
4
Từ (2) có:
8
16 64 
3
9

f ( x) + ≥
3 f ( x ) − f ( x )  , ∀x ∈ ¡

9
81 81 
4
4

Kết hợp (1) suy ra:
8
16 64

3
⇔ f 2 ( x ) + f ( x ) + − .3 f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡
9
81 81
4
f 2 ( x) −

2

4
64
3

⇔  f ( x ) + ÷ ≥ .3 f ( x ), ∀x ∈ ¡
9
81
4

4 8
3x
4
f ( x) ≥ − +
3 f ( ), ∀x ∈ ¡
f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡
9 9
4
9
Vậy
và
.

4
4 8
4
u1 = ; un +1 = − +
3un , ∀n = 1,2,...
un ≥ , ∀n = 1,2,...
(
u
)
9
9 9
9
Ta xây dựng dãy số n như sau:
Khi đó
Ta có f ( x ) ≥ u1 (∀x ∈ ¡ ). Giả sử f ( x ) ≥ un , ∀x ∈ ¡ , khi đó:
4 8
3x
4 8
f ( x) ≥ − +
3f ( ) ≥ − +
3un = un +1 , ∀x ∈ ¡
9 9
4
9 9
Theo nguyên lý quy nạp suy ra: f ( x ) ≥ un , ∀n = 1,2,..., ∀x ∈ ¡

4
Cũng bằng nguyên lý quy nạp ta chứng minh được dãy (un ) tăng và bị chặn trên (bởi số 3 ) nên có giới
4
4

lim un =
f ( x ) = lim f ( x ) ≥ lim un = , ∀x ∈ ¡
n →∞
n
→∞
n
→∞
3 . Từ đó:
3
hạn. Suy ra

Trang: 17


4
.
Vậy số k lớn nhất phải tìm là 3
29. Trại hè Hùng Vương lần IX

Tìm tất cả các hàm số f : ¡ ® ¡ thỏa mãn các điều kiện sau:
a/ f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ), ∀x , y ∈ ¡ và thoả mãn:
x
b/ f ( x ) ≤ e − 1, ∀x ∈ ¡ .

Giả sử f là một hàm số thỏa mãn bài toán. Ta có: f ( x + 0) ≤ f ( x ) + f (0) ⇒ f (0) ≥ 0
0
Mà f (0) ≤ e − 1 = 0. Vậy suy ra f (0) = 0

 2x 
 4x 

x
x
x
x
f ( x ) ≤ f ( ) + f ( ) ≤ 2  e − 1÷
f ( x ) ≤ f ( ) + f ( ) ≤ 4  e − 1÷
2
2
2
2




Theo đề:
. Suy ra
 xn

f ( x ) ≤ 2n  e 2 − 1÷, ∀n ≥ 1


Sử dụng quy nạp, chứng minh được:
 2x0n

n
f ( x0 ) ≤ 2  e − 1 ÷, ∀n ≥ 1


Cố định x0 ∈ ¡ thì
(1)

  x0n


2
e
−
1



÷
 n  x0n




2
lim an = lim  2  e − 1÷, = lim
. x0 , = x0
x0


x
 n

0
 
 
 2n


an = 2n  e 2 − 1÷,
(
a
)





n
Xét dãy
với
ta có:
Từ (1) suy ra f ( x0 ) ≤ x0 hay f ( x ) ≤ x, ∀x ∈ ¡
Vậy f ( x ) + f (− x ) ≤ x − x = 0, ∀x ∈ ¡
Mà từ a) ta có: f ( x ) + f ( − x ) ≥ f (0) = 0, ∀x ∈ ¡

Kết hợp (2), (3) ta được f ( x ) + f (− x ) = 0, ∀x ∈ ¡
Hay f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ . Thử lại thấy đúng.

(2)
(3)

30. Belarus 1997
+

+

+
thỏa mãn f (2 x ) ≥ x + f ( f ( x )), ∀x ∈ ¡ .

+
Chứng minh rằng: f ( x ) ≥ x, ∀x ∈ ¡ .

Cho hàm số f : ¡

®¡

1
x, ∀x ∈ ¡ +
2
Từ giả thiết ta có
1
a1 =
x0 ∈ ¡ +
2 thì f ( x ) > a1 x . Khi đó:
Cố định
và đặt
x
x
x
x 1 + a12
1 + a12
f ( x ) ≥ + f ( f ( )) > + a1 f ( ) >
x = a2 x
a2 =
2
2
2
2
2

2
với
Dùng quy nạp, ta chứng minh được: f ( x ) > an x , ∀n ≥ 1 với ( an ) xác định bởi:
f ( x) >

Trang: 18


1
1 + an 2
a1 = ; an +1 =
,n ≥ 1
2
2
+
Dễ thấy lim an = 1 nên từ f ( x ) > an x , ∀n ≥ 1 suy ra f ( x ) ≥ x. Vậy f ( x ) ≥ x, ∀x ∈ ¡ . /.

Trang: 19


C. Phần KẾT LUẬN
1. Rút ra những vấn đề quan trọng của đề tài
Những kết luận quan trọng nhất về nội dung, ý nghĩa khi thực hiện chuyên đề “Một số phương
pháp giải bất phương trình hàm” là tôi đã đưa ra các phương pháp có thể giải các bất phương trình
hàm. Chuyên đề có phân tích khá đầy đủ và chi tiết phương pháp và cách thức áp dụng các kiến thức
liên quan trong việc giải các bài toán. Chuyên đề này chúng tôi cũng đã cập nhật và tổng hợp những
dạng toán mới nhất trong các kì thi Olympiad của các nước, khu vực và quốc tế về chủ đề bất phương
trình hàm. Hệ thống các bài tập đưa ra theo thứ tự tăng dần độ khó để người đọc thấy được ứng dụng
đặc biệt cũng như hướng tư duy có liên quan đến vận dụng kiến thức cũng như kết hợp các thao tác tư
duy khác nhau để giải toán.

Các bài tập có lời giải là những bài tập đặc trưng nhất cho các dạng toán về bất phương trình
hàm trong các kì thi gần đây, các bài tập này phù hợp với những buổi dạy về bất phương trình hàm cho
học sinh đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, cấp Quốc gia. Hy vọng rằng chuyên đề “Một số
phương pháp giải bất phương trình hàm” này sẽ góp một phần nhỏ vào quá trình giảng dạy bồi
dưỡng đội tuyển phần phương trình hàm và rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các đồng
nghiệp để chuyên đề được hoàn thiện hơn.

2. Đưa ra những đề xuất, ý kiến.
Để giảng dạy có hiệu quả phần bất phương trình hàm giáo viên cần trang bị cho học sinh những
kiến thức nền tảng của tất cả các mảng đại số, giải tích và số học có liên quan. Đối với học sinh lớp 10
giáo viên cần giảng dạy đầy đủ và chi tiết các chuyên đề về phương (bất) trình hàm đơn giản nhất để
hình thành thói quen cũng như các thao tác tư duy của môn học, theo chúng tôi có thể chọn ra một số
cuốn sách để giảng dạy như: phương trình hàm của tác giả Nguyễn Trọng Tuấn, Functional Equations
của tác giả B J Venkatachala…
Để giảng dạy hiệu quả nhất phần phương (bất) trình hàm thì giáo viên nên chọn các ví dụ phù
hợp nhất và phân tích chi tiết cho các em cách sử dụng các kiến thức liên quan, cách dự đoán tính chất
đặc trưng và tại sao lại sử dụng các tính chất đó trong tình huống như vậy.
Chuyên đề này cũng được kế thừa các chuyên đề cùng về chủ đề này, đồng thời chuyên đề này
cũng đã đưa ra hệ thống bài tập tương đối cập nhật của các kì thi học sinh giỏi. Cách giải quyết vấn đề
trong chuyên đề này được đưa ra theo phương hướng cũng như yêu cầu đặt ra trong các kì thi học sinh
giỏi những năm gần đây.

Trang: 20


MỤC LỤC

Trang: 21