đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (431.76 KB, 40 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

M C L C

Ụ

M C L C

Ụ

NỘI DUNG

TRANG

I.PHẦN MỞ ĐẦU:

1/Lý do chọn đề tài:

2/Mục tiêu nghiên cứu:

3/Nhiệm vụ nghiên cứu:

4/Các phương pháp nghiên cứu:

II.PHẦN NỘI DUNG:

1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:

2/Cơ sở lý luận của đề tài:

3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:

4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu:

A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:

A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm.

A.2)Một số đặc trưng cơ bản của hàm số .

A.3)Bất phương trình hàm.

A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác.

A.5)Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác.

A.6)Các đề thi học sinh giỏi.

A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm.

B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:

III.PHẦN KẾT LUẬN:

1/Kết luận:

2/Tài liệu tham khảo:

2

3

4

8

12

17

20

34

43

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

I.PHẦN MỞ ĐẦU:

1/Lý do chọn đề tài:

Trong những năm gần đây, bộ mơn Tốn 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 chun mơn 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 cịn “chưa thạo”

trong việc giải các bài tốn về Phương trình hàm một cách có “bài bản”. Để góp phần

nhỏ của mình vào việc hệ thống lại một cơng cụ để nghiên cứu, giải tốn 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 “khơng cịn ngán ngại” khi gặp các bài

tốn về hàm số. Tơi xin được phép trình bày chun 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 Tốn 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

Q Thầy Cơ ở Tổ Tốn.

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.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:

Hè những năm 2003, 2004, 2005, 2006 bản thân tơi được tham dự lớp “BỒI

DƯỠNG CHUN TỐN THPT” tại Trường ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HÀ NỘI”. Trong khóa học tơi nhận thấy kiến thức về Tốn 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 tơi

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 tốn. Đặc biệt với “tư tưởng” của Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên

cứu phương trình hàm cịn 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 thơng. Nhờ các đặc trưng hàm này mà ta có

thể dự đốn 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 khơng 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)

.

Đặc trưng hàm:

f

(

x + y

)

f (x )+f ( y )

2 ;∀ x, y

(Phương trình Jensen)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đặc trưng hàm:

f ( x + y )=f (x )+f ( y );∀ x , y

(Phương trình Cauchy)

3/Hàm mũ:

f (x)=ax;(a>0 , a ≠1)

.

Đặc trưng hàm:

f ( x + y )=f (x ). f ( y);∀ x , y

(Phương trình Cauchy)

4/Hàm logarit:

f (x)=loga

|

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 (3 x )=3 f (x)− 4 f3

(x );∀ x

6/Hàm cosin:

f (x)=cos x

.

Đặc trưng hàm:

f (2 x )=2 f2(x )−1 ;∀ x

7/Hàm tang:

f (x)=tgx

.

Đặc trưng hàm:

f ( x + y )= f (x)+f ( y )

1− f (x)f ( y );∀ x , y ∈ R , x+ y≠ π2+kπ (k∈ Z)

8/Hàm cotang:

f (x)=cotgx

.

Đặc trưng hàm:

f(x + y)=f (x)f ( y)−1

f (x)+ f ( y ) ;∀ x , y ∈ R , x+ y ≠ kπ (k ∈ Z)

9/Hàm luỹ thừa:

f (x)=x+α¿

; x∈ R¿

.

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 tồn 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 tốn 3: Giả sử phương trình hàm f(x+y)=F[f(x),f(y)],

∀

x,y

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>



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 tốn 4: Cho đa thức F(u,v)=bu+bv+c (b

0). Xác định các hàm số

f(x) xác định và liên tục trên R thoả f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y là số thực)

(Tức là f(x+y)=bf(x)+bf(y)+c (4))



Lời giải:

Nếu b

1 thì từ (4) với y=0, ta có f(x)=const

Khi b=

12

và c=0 thì mọi hàm hằng đều thoả (4)

Khi b=

12

và c

0 thì (4) vơ nghiệm

Khi b

1 và b

12

thì nghiệm của (4) là f(x)=

1 −2 bc

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 tốn 5: Cho đa thức

F(u , v)=auv+bu +bv+c

(

a

0, c=

b2− b

a

). 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∈ R

(Tức là

f (x+ y )=af(x)f ( y)+bf(x )+bf ( y)+c

(5))



Lời giải: Đặt

f (x)=h(x )− ba

, từ (5) ta có

h(x + y )=h(x )h( y );∀ x , y ∈ R

và phương trình này có nghiệm

h(x )=eax

. Suy ra nghiệm của (5) có dạng

f (x)=e

−b
a

Bài tốn 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:

x=u
a, y=

v − c
b

x=u
a, y=

− c
b

x =0 , y=v − c
b
x =0 , y=− c

b

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

{

f (u+v )=Af (ua)+Bf (−
v −c

b )+C
f (u)=Af(u

a)+Bf (−
c
b)+C
f (v )=Af(0)+Bf (v − c

b )+C
f (0)=Af (0)+Bf(−c

b)+C

Suy ra:

f (u+v )=f (u)+f (v )− f (0)

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)=αx

. Do đó

f (x)=αx+β

,

thế vào (7), ta được:

A=a , B=b ;αc −C=(a+b − 1) β

(7’)

Bài tốn 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)=αx+β ; α , β∈ R

+T/h:

a+b=1 , c ≠ 0

Khi đó (8) trở thành:

8 \) \} \{

¿
¿

f (ax+(1 −a) y +c)=af(x )+(1 −b)f ( y)+C (abAB≠ 0),∀ x , y ∈ R¿

. Đặt:

f (x)=C

c x+h(x)

. Vậy (8”) có dạng:

8 ' \) \} \{
¿
¿

h(ax+(1− a) y +c)=ah(x )+(1 −b)h( y )(abAB ≠ 0),∀ x , y ∈ R¿

. Do đó

(8’”) chỉ có nghiệm hằng tuỳ ý (Xem (7)), vì vậy (8) có nghiệm

f (x)=C

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+T/h:

a+b ≠ 1

. Theo bài tốn 6 thì nghiệm của (8) có dạng

f (x)=αx+β ; β∈ R

. Từ (7’) suy ra

αc −C=(a+b − 1) β

. Nếu cho

α∈ R

tuỳ ý thì

β= αc −C
a+b − 1

Bài toán 9: 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+ 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:

9 \) \} \{
¿
¿

g(x + y)=g(x)+g ( y);∀ x, y ∈ R¿

. Suy ra

g(x)=αx ;α∈ R

Vậy (9) có nghiệm

f (x)=ax+β ;α , β∈ 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 tốn 1: Xác định các hàm số

f (x)

liên tục trên R thoả đồng thời

các điều kiện sau:

{

f (x + y )≥ f (x)+f ( y );f (x)≥0 ;∀ x ∈ R(1 .1)∀ x, y ∈ R(1 . 2)



Lời giải:

Thay

x= y=0

, ta có

{

f (0)≥ 0

f (0)≥ 2 f (0)hay f (0)=0

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 + y )≥ f (x)+f ( y );f (x)≥ ax ;∀ x∈ R (2. 1)∀ x, y ∈ R(2 . 2)



Lời giải:

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài toán 3: Cho

a>0

. Xác định các hàm số

f (x)

liên tục trên R

thoả đồng thời các điều kiện sau:

{

f (x + y )≥ f (x)f ( y);∀ x , y ∈ R (3 .2)f (x )≥ ax;∀ x ∈ R(3 .1)



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 ;ln f (x + y )≥ ln f (x)+ln f ( y );∀ x ∈ R(3 . 1')∀ x , y ∈ R(3. 2 ')

Đặt

ln f (x)=ϕ(x )

, ta có:

{

ϕ(x)≥(lna) x ;∀ x ∈ R (3 .1 \) \{\} ##ϕ \( x+y \) >= ϕ + \( y \) ;` forall x,y in R~ \( \( x \) ϕ. 2)3

Đặt

ϕ(x)=g (x)+(ln a)x

, ta có: hàm

g(x)

thoả điều kiện bài toán 2

nên

g(x)=0 ;∀ x ∈ R

và

ϕ(x)=(lna) x

. Vậy

f (x)=ax;∀ 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

các điều kiện sau:

{

f (x)≥ 0 ;∀ x∈ R(4 .1)

f (x+ y

2 )≥

f (x )+f ( y)

2 ;∀ x , y ∈ R (4 . 2)



Lời giải:

Đặt

f (0)=a , f (x)−a=g(x )

.

Khi

đó

ta

có

{

g (x + y g (x)≥ 0;∀ x∈ R(4 .1 ')

2 )≥

g(x )+g ( y )

2 ;∀ x , y ∈ R(4 .2 ')

với g(0)=0

Thay

y=0

vào

(4.1’)

và

(4.2’)

{

g (
x

2)≥

g(x )

2 ;∀ x∈ R

g (0)=0

.

Suy

ra

g(x+ y

2 )≥

g (x)

2 +

g( y)

2 ;∀ x , y ∈ R

hay

{

g (0)=0 , g(x )≥ 0 ;∀ x ∈ R
g (x+ y)≥ g (x)+g( y );∀ x , y ∈ R

theo bài tốn 1 thì

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

f (x)=maxy∈R

{

2 xy − f ( y )

}

;∀ x ∈ R

(5)



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)≥ x2;∀ x ∈ R

(5”)

Suy ra

2 xy − f ( y)≤2 xy − yx − y¿2;∀ x , y ∈ R2

=x2−¿

mà

x − y¿2

x2−¿=x2suy ra f (x)≤ x2;∀ x ∈ R
max

y∈ R

{

2 xy − f ( y )

}

=maxy∈ R ¿

.

Vậy

f (x)=x2;∀ x ∈ R

(kết hợp với (5”). Thử lại thấy thoả điều kiện.

Bài toán 6: Xác định các hàm số

f (t)

liên tục trên R+ thoả điều kiện

+¿

y∈ R+¿

{

x2y+xy2− f ( y)

}

;∀ x∈ R¿
f (x )=max

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>



Lời giải:

Tương tự bài tốn 5, ta có

f (x)≥ x2 +¿

y+xy2− f ( y);∀ x , y ∈ R¿

Thay

x= y=t

vào (6’), ta có

f (x)≥ x+3;∀ x ∈ R¿ ¿

(6”)

Suy

ra:

+¿

x − y¿2≤ x3;∀ x , y ∈ R¿

x2y +xy2− f ( y )≤ x2y +xy2− y3

=x3−(x+ y)¿

mà

x − y¿2
+¿suy ra

x3−(x + y )

¿=x3;∀ x ∈ R¿

y∈ R+¿

{

x2y+xy2− f ( y)

}

=max

max

+¿

f (x)≤ x3;∀ x ∈ R¿

. Kết hợp với (6”), ta có

+¿

f (x)=x3;∀ x ∈ R¿

. Thử lại thấy thoả điều kiện bài toán.



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

x3≥ x2y +xy2− y3;∀ x , y ∈ R

thì

từ

điều

kiện

+¿

y∈ R+¿

{

x2y+xy2− f ( y)

}

;∀ x∈ R¿
f (x )=max

ta có ngay hàm cần tìm là

+¿

f (x)=x3;∀ x ∈ R¿

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

Bài toán 7: Chứng minh rằng nếu:

Hoặc f'(x )>0 và h( x)≥0 ∀ x ∈ Ω⊂ Df

Hoặc f'(x )≥ 0 và h (x)>0 ∀ x ∈ Ω⊂ Df

thì trong Ω 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

Bài toán 8: Giải bất phương trình

3x2

− 4

+(x2− 4)3x −21 (7)



Lời giải:

Xét hàm số

f (x)=3x

, ta có

f ' (x)=3x. ln x

(7):

f (x2− 4)− f (0)+(x2− 4)3x− 2≥ 0 do 1=f (0)

Sử dụng định lý Lagrange, ta có:

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

(x2− 4)[f ' (c)+3x −2]≥ 0
(x2− 4)[3cln 3+3x− 2]≥ 0

0
)
4
( 2




x

x ≥ 2∨ x ≤ −2

Bài toán 9: Cho các số dương

M , a

. Tìm các hàm số

f (x), g (x):R → R

thoả

mãn

điều

kiện

|

f ( y )− f (x )− g (x)(x − y )

|

≤ M|x − y|2+a;∀ x , y ∈ R (8)



Lời giải:

Giả sử có các hàm số

f (x), g (x):R → R

thoả điều kiện. Thay đổi vai

trị của

x , y

ta có:

|

f (x)− f ( y )− g ( y)( y − x)

|

≤ M|y − x|2+a;∀ 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 )

|

8 \) \} \{
¿
¿

|

[g(x )− g ( y )](x − y)

|

≤ 2 M|x − y|2+a;∀ x, y ∈ R¿

|

g (x)− g( y)

x − y

|

≤ 2 M|x − y|
a

;∀ x, y ∈ R , x ≠ y

. Cố định

x cho y → x

, ta có

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)

x − y − c

|

≤2 M|x − y|
a

;∀ x , y ∈ R , x ≠ y

và

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
|a|≤1

(ax )

(9)



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 hồn cộng tính, phép đồng dạng sinh ra

hàm tuần hồn nhân tính, phép phản xạ sinh ra hàm số chẵn, lẻ.

Tính chất 1:

Điều kiện cần và đủ để 3 số dương A, B, C là 3 góc của

một tam giác là A+B+C=

π

Tính chất 2:

Điều kiện cần và đủ để 3 số dương a, b, c là 3 cạnh của

một tam giác là a+b>c, b+c>a, c+a>b (hay /b-c/<a<b+c)

Bài toán 1: Xác định số

α

để hàm số

f (x)=x +α

có tính chất

f (a), f (b), f (c)

là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam

giác ABC.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

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+α>0 , b+α>0 , c +α >0 ;∀ Δ ABC

Hay

α>−a , α >−b , α >− c ;∀ Δ ABC

tương

đương

α>max{−a , − b ,− c};∀ Δ ABC hay α ≥ 0

. Ngược lại, với

α ≥ 0

thì

f (a), f (b), f (c)

là độ dài các cạnh của một tam giác. Vậy với

α ≥ 0

thì hàm số

f (x)=x +α

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

α

để hàm số

f (x)=αx

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

αa >0 , αb>0 , αc>0 ;∀ Δ ABC

Hay

α>0

. Vậy với

α>0

thì hàm số

f (x)=αx

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

α , β

để hàm số

f (x)=αx+β

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

αa+β>0 , αb+β >0 , αc+β >0 ;∀ Δ ABC(3)

Từ (3), ta có

α ≥ 0

(Vì nếu

α<0

,

β

tuỳ ý thì ta chọn tam giác

ABC có

a

đủ lớn thì

αa+β<0

)

Tương tự

β ≥ 0

(Vì nếu

β<0

chọn tam giác ABC có

a

đủ nhỏ

thì

αa+β<0

)

Trường hợp

α=β=0

không thoả.

Vậy

α ≥ 0 , β ≥ 0 , α+β >0

thì hàm số

f (x)=αx+β

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

α , β

để hàm số

f (x)= 1

αx+β

có tính chất

f (a), f (b), f (c)

là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam

giác ABC.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Giả sử

a ≥ b ≥ c

. Phép nghịch đảo

g(x)=1

x

khơng có tính chất

g(a), g (b), g (c)

là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi

tam giác ABC.( Phản ví dụ

a=b=2, c=1

; ta có

1a+1

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

αa+β>0 , αb+β >0 , αc+β >0 ;∀ Δ ABC(4 )

Suy ra

α ≥ 0 ; β ≥ 0

(bài toán 3)

+Trường hợp

α=β=0

: không thoả.

+Trường hợp

α>0 , β =0

: không thoả (

a=b=2, c=1

)

+Trường hợp

α=0 , β>0

:

f (a)=f (b)=f (c)=1

β>0

;

f (a), f (b), f (c)

là độ dài các cạnh của một tam giác đều.

+ Trường hợp

α>0 , β >0

: ta có

f (a)≥ f (b)≥ f (c )

Ta cần xác định các số dương

α , β

sao cho:

f (a)+f (b)>f (c);∀ ABC , a≥ b ≥ c

Hay

αa+β1 + 1

αb+β>

αc+ β;∀ ABC , a≥ b ≥ c

(4’)

Phản ví dụ:

a=b=3 d>0 , c=d >0

thế vào (4’), ta có:

3 αd+β2 > 1

αd+β

. Suy ra

β>2 dα

, điều này không xảy ra với

d

đủ lớn.

Vậy với

α=0 , β>0

:

f (a)=f (b)=f (c)=1

β>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;

π

],

f (0)=0

và có đạo hàm trong (0;

π

) 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 cần xác định hàm khả vi

f (x)

sao cho:

{

f (x )>0 ;∀ x ∈(0; π )
f (0)=0

f ( A)+f (B)+f (C)=π
f (0)=0⇒ f (π )=π

và

C=π −( A+B)

Suy ra

f (A )+f (B)+f (π − A − B)=π ;∀ A , B , A +B∈[0 ; π ]

Hay

f (x)+f ( y)+f (π − x − y)=π ;∀ x , y , x+ y ∈[0 ;π ]

Lấy đạo hàm theo biến

x : f ' (x)+f '(π − x − y)=0 ;∀ x , y , x + y ∈[0 ; π ]

Suy ra

x : f ' (x)=c ;∀ x ∈(0; π )

.

Vậy

f (x)=px+q . Do f (0)=0 suy ra q=0

. Do

f (π )=π

nên

p=1

Kết luận: hàm số

f (x)=x

liên tục trong [0;

π

],

f (0)=0

và có

đạo hàm trong (0;

π

) 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.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

f (0)=0 , f (x)>0 ;∀ x ∈(0 ; π)

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 cần xác định hàm

f (x)

liên tục trong

[0; π ]

sao cho:

{

f (x )>0 ;f (0)=0∀ x ∈(0 ;π )

f (x )+f ( y)+f (π − x − y)=π ;∀ x, y , x + y ∈(0 ;π )

(6)

f (x)+f (0)+f (π − x )=π ;∀ x ,∈[0 ; π ]( y =0)

(6’)

Đặt

f (x)=x +g(x )

thì

g(0)=0 , g( x)

liên tục trong

[0; π ]

Ta có

x+g (x)+(π − x )+g(π − x)=π

6 \) \} \{
¿
¿

g(x)=− g(π − x )¿

. Thế

f (x)=x +g(x )

vào (6) và sử dụng (6”), ta

có:

x+g (x)+ y +g( y)+π −(x + y )+g [π −(x + y)]=π

Hay

g(x)+g ( y)=g (x+ y);∀ x , y ∈[0 ; π ], x+ y ≤ π

(6’”). Do

f (x)

liên

tục trong

[0; π ]

, nên (6”’) là phương trình hàm Cauchy và

g(x)=ax ; f (x )=(1+a) x

.

f (x)>0 ;∀ x ∈(0 ; π)

nên

1+a>0

và để

f (A )+f (B)+f (C)=π

ta cần có

1+a=1suy ra a=0 ;f (x)=x

Bài tốn 7: Xác định hàm số

f (x)

liên tục trong [0;

π

], 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)=π

*Ta xác định các hàm số

f (x)

liên tục trong [0;

π

] và

{

¿f (x )+f ( y)+f (π − x − y)=π ;f (x)>0 ;∀ x ∈(0 ; π )∀ x , y , x + y ∈(0 ;π )

(7)

Cho

y → 0

, ta có:

f (x)+f (0)+f (π − x )=π ;∀ x ,∈(0; π )

(7’)

Hay

f (π − x )=π − f (x)− f (0);∀ x ,∈[0 ; π ]

. Đặt

f (x)=f (0)+g(x )

thế

vào (7) và sử dụng (7’), ta có:

f (x)+f ( y)+π − f (x + y)− f (0)=π hay f (x+ y)+f (0)=f (x )+f ( y )
f (x+ y )− f (0)=f (x)− f (0)+f ( y )− f (0)

Hay

g(x)+g ( y)=g (x+ y);∀ x , y∈[0 ; π ], x+ y ≤ π

(7”) là phương trình

hàm Cauchy và

g(x)=αx ;f (x)=αx+β

. Ta cần xác định

α , β

để

{

f ( A)+f (B)+f (C)=πf (x )>0 ;∀ x ∈(0; π )

Hay

{

αx+β >0 ;α (A +B+C)+3 β=π∀ x ∈(0 ;π )

hay

{

αx+ β>0;∀ x∈(0; π )

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Hay

f (x)=αx+(1 −α) π

3 >0;∀ x ∈(0 ; π )

(7”’). Cho

x → 0 ; x → π

, ta

có:

−1

2≤ α ≤ 1

Kiểm tra các trường hợp:

+

−1

2<α<1

: (7’”) thoả

+

α=−1

: (7’”) thoả

(

f (x)=−
1
2x+

π

)

+

α=1

: (7’”) thoả

(

f (x)=x

)

Vậy các hàm cần tìm có dạng:

f (x)=αx+(1 −α) π

3 ;−
1
2≤ α ≤ 1

Bài toán 8: Xác định hàm số

f (x)

liên tục trong [0;

π

], sao

cho:

f (a), f (b), f (c)

tạo thành số đo các cạnh của một tam giác nội tiếp

trong đường trịn 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 (Δ)

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

α , β , γ

là ba

góc của một tam giác thuộc

M (Δ)

là

sin α , sin β ,sin γ

tạo thành độ

dài các cạnh của một tam giác thuộc

M (Δ)

(

a=2 R sin α=sin α , b=2 R sin β=sin β ,c =2 R sin γ=sin γ

). Theo bài tốn 7

thì

f (x)=sin

[

αx+(1 −α )π

]

;−
1

2≤α ≤1

.

*Nhận xét: nghiệm của phương trình vơ định

x2+y2=z2

có thể mơ tả

dưới dạng

+¿

x=u . cos v
y =u .sin v

z=u

;u∈ R¿

¿
¿

. Ta suy ra các kết luận sau:

Bài toán 9: Chứng minh

+¿, v∈(0 ;

π

∀ (u ;v );u ∈ R¿

đều tồn tại một tam giác mà

độ dài các cạnh là những số

+¿, v∈(0 ;π
2)

{

P1(u , v)=u. cos v

P2(u , v)=u .sin v

P3(u , v )=u . v

;u∈ R¿

đều là các tam giác

vuông.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

+¿, v∈(0 ;π
2)

{

P1(u , v)=u. cos v

P2(u , v)=u .sin v

P3(u , v )=u . v

;u∈ R¿

.

Ta thấy

{

P1(u ;v )>0

P2(u ;v )>0

P3(u ;v )>0

[

P1(u ; v)

]

[

P2(u ;v )

]

[

P3(u ; v)

]

. Từ đó suy ra

P1(u ;v ), P2(u ;v ), P3(u ; v)

là độ dài các cạnh của một tam giác

vng có canh huyền

P3(u ;v )

.

Bài toán 10: Chứng minh rằng

∀ x >1

đều tồn tại một tam giác mà độ

dài các cạnh là những số

{

P1(x )=x
4

+x3+2 x2+x +1

P2(x )=2 x
3

+x2+2 x +1

P3(x )=x
4

−1

và các tam giác đó

có góc lớn nhất như nhau (

∀ x>1

cho trước).

 Lời giải:

{

P1(x )=(x

2+1)(x2

+x +1)

P2(x)=(x2+1)(2 x +1)

P3(x)=(x2− 1)(x2+1)

Đặt

{

a=(x2+x+1)>0

b=(2 x +1)>0
c=(x2− 1)>0

. Ta có

|b − c|=|x2− 2 x −2

|

<a=x2+x+1<|b+c|=x2+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

α

là góc lớn nhất,

cos α=− a2+b2+c2

2 bc =.. .=−
1

2⇒ α= 2 π3

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 khơng phải là hàm lõm nhưng có tính

chất của hàm lõm được gọi là hàm “tựa lõm” ,... (theo Thầy Nguyễn Văn

Mậu)

Bài toán 1: Trong tam giác ABC, nếu A

minh 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 ; π)

nhưng ta cũng

có hệ thức kiểu “đồng biến” cho cặp góc của một tam giác.

Bài tốn 2: Trong tam giác ABC, ta có

cos A+cos B ≤ 2 cos A+B

.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Hàm số

f (x)=cos x

không là hàm lõm trong

f \( x \) <0 right )\} \{

(0 ; π)
¿

nhưng ta vẫn có hệ thức kiểu hàm lõm cho cặp góc của một tam giác.

Bài tốn 3: Trong tam giác ABC, ta có:

3.1)

sin A +sin B+sin C ≤3

√

3
2

3.2)

cos A+cos B+cos C ≤3
2

3.3)

tg A
2+tg

B

2+tg

C

2 ≥

√

3.4)

cot gA
2 +cot g

B

2+cot g

C

2≥3

√

 Nhận xét:

Từ kết quả 3.2) ta nhận thấy rằng tính chất của hàm lõm khơng cịn

được sử dụng như một cơng 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 (π

f (A )+ f (B)+f (C)≥ 3 f (π

với mọi tam giác ABC?

Bài toán 1: Cho hàm số

f (t);t∈(0 ;π )

. Chứng minh các điều kiện

(1.1) và (1.2) sau đây là tương đương:

f (x)+f ( y)≤ 2 f (x+ y

2 );∀ x, y , x+ y ∈(0 ; π)(1 . 1)

f (x)+f ( y)+f (z )≤ 3 f (x + y +z

3 );∀ x , y , z, x + y+z∈¿(1 .2)

 Lời giải:

+Giả sử:

x ≥ y ≥ z

, ta có

f (z)+f (x + y +z

3 )≤2 f

(

z +x+ y+ z
z

)

(1 . 3)

Từ (1.1) và (1.3), ta có:

f (x)+f ( y)+f (z )+f (x + y +z

3 )≤ 2

[

f (

x + y

2 )+f

(

z+x + y +z

3
2

)

]

4 f

(

x + y +z

)

;∀ x , y , z, x + y +z∈¿

. Suy ra (1.2)

+Từ (1.2), giả sử

x ≤ z ≤ y

, đặt

z=x+ y

ta được (1.1).

Bài toán 2: Xác định hàm số

f (t);t∈(0 ;π )

thoả mãn điều kiện:

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

+(2) thoả với mọi cặp góc nhọn A,B tương đương với

f (t)=f0(t)

là một hàm đồng biến trong

+Xét hàm số

g0(t)=

{

f0(t )khi0<t ≤π
2

f0(π −t)khi

π

2<t <π

. Ta chứng minh

g0(t)

thoả điều kiện bài toán. Thật vậy:

o A, B nhọn thì (2) thoả

o Xét

0< A<π

2<B<π ; A+B<π

⇒ π − B >A , g0(B)=f0(π − B)>f0(A )=g0(A)

+Ta chứng minh mọi hàm số

f (t);t∈(0 ;π )

thoả điều kiện bài

tốn đều có dạng:

g0(t ), khi 0<t ≤π2

g0(t), khi

π

2<t< π

f (t)=¿

. Thật vậy, từ

g0(B)≤ f (B)

với B tù, ta có

0< A<π

2<B<π , A +B<π

thì

π − B> A , f (B)≥ g0(B)=f0(π − B)>f0(A)=g0(A)=f ( A )

Bài toán 3: Xét hàm số

sin t , khi 0<t ≤π
2

1+cost , khiπ
2<t <π

f (t)=¿

. Chứng minh với mọi tam

giác ABC ta đều có

f (A )+f (B)+f (C)≤3

√

2 (3)

 Lời giải:

+Tam giác ABC nhọn (hay vng) thì (3) có dạng quen thuộc

sin A +sin B+sin C ≤3

√

3
2

+Tam giác ABC tù:

C>π

thì (3) có dạng

sin A +sin B+1+cos C ≤3

√

2 (3 ')

đúng

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 (m+n)=f (m)+f (n)+3 (4 mn −1);f (1)=0 ∀ m, n ∈ Z

. Tính

f (19)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

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 (x )+f ( y)=f (x + y )− xy −1 ;f (1)=1 ∀ x , y ∈ R

. Tìm các số

n∈ Z : f (n)=n

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 f (n)=(n+1)+(n)+(n− 1)+. ..+(3)+2+1− 2=

∑

n+1
i −2

f (n)=n⇔(n+1)(n+2)

2 −2=n⇔n
2

+n − 2=0⇔ n=1 , n=− 2

Bài toán 3: Cho hàm số

f

xác định trên tập các số nguyên thoả:

f (0)≠ 0
f (1)=3

f (x)f ( y)=f (x + y )+ f (x − y );∀ x , y ∈ Z

. Tính

f (7)

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)

)

=4 n+9

f (2n)=2n+1

+3 ;∀ n∈ N ∗
¿

. Tính

f (1789)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

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 (22)=23+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)

3 =x + y +2 ;∀ x , y∈ R

(5). Tính

f (36)

Lời giải:

f (0)f (0)− f (0)

3 =2⇒ f (0)=− 2 hay f (0)=3

+T/h

f (0)=−2

,

ta

có

f (x )f (0)−f (0)

3 =x+2 ;∀ x ∈ R , y=0⇒ f ( x)=− 32x −2

không thoả (5)

+T/h

f (0)=3

, ta có

f (x )f (0)−f (0)3 =x+2 ;∀ x∈ R , y=0⇒ f ( x)=x+3

thoả (5). Suy ra:

f (36)=36+3=39

Bài toán 6:

Đặt

f1(x )=−2 x+7

x +3 , fn+1(x)=f1

(

fn(x)

)

;n ≥ 1

. Tính

f2001(2002)

Lời giải:

f1(x)=− 2−
1

x +3
f2(x )=f2(f1(x))=−2 − 1

f1(x )+3=−2 −

−2 − 1
x+3+3

=− 3 − 1

x+2

f3(x)=f1(f2(x))=− 2− 1

f2(x)+3

=− 2− 1

− 3− 1
x +2+3

=x

Chứng minh bằng quy nạp:

¿f3 n(x )=x ;∀ x ∈ N {−2, −3¿
¿

Suy ra

f2001(2002)=2002

Bài toán 7: Cho hàm số

f

xác định trên tập các số thực và thoả điều

kiện:

{

f (x + y )=f (xf (xy )=xf ( y )+yf (x )(1)1993

)+f ( y1993)(2)∀ x , y ∈ R

. Tính

f (

√

5753)

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

(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 (x2)=2 xf (x )

⇒ f (xn

)=nxn− 1f (x )(x ≠ 0 , n∈ N)(C/m bằng quy nạp)

Suy ra

f (x)=1993 x1992f (x )

. Nếu

f (x)≠0

thì

1993 x1992=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

điều kiện:

{

f (g (x))=g(f (x))(1)f (x) g(x)=x2

(2) ∀ x∈ K

. Chứng minh

f (3)=g(3)

Lời giải:

Lấy

x0∈ K ,a=f (x0)

x0 >0

Chứng minh bằng quy nạp:

f (anx0)=a

n+ 1

x0;∀ n ∈ N

+

a>1 , anx0∈ K ; ∀ n(!)(do a

n

x0→+∞)

+

0<a<1 ,(!)(do anx

0→ 0)

+Vậy

a=1⇒ f (x0)=x0⇒ f (x)=x ;∀ x ∈ K

; tương tự

g(x)=x ;∀ x∈ K

Kết luận:

f (x)=g (x);∀ x ∈ K ⇒ f (3)=g(3)

Bài toán 9: (IMO) Cho hàm số

f : N → N

thoả điều kiện:

{

f (m+n)− f (m)− f (n)∈{0 ;1}(1)

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

. Tính

f (1982)

Lời giải:

(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 bằng quy nạp)

+Nếu

f (3. n)=n

thì

m>n

ta có

f (3 m)>m

. Thật vậy,

f (3(n+1))>f (3 n)+f (3)=n+1

+

3333=f (9999)=f (3 . 3333)⇒ f (3 n)=n với n≤ 3333

Vậy

f (3. 1982)=1982

Mặt khác

1982=f (3 .1982)≥ f (2 .1982)+f (1982)≥ 3 f (1982)

⇒ f (1982)≤1982

3 <661

f (1982)≥ f (1980)+f (2)=f (3. 660)+f (2)=660

Do đó

660 ≤ f (1982)<661⇒ f (1982)=660

Bài toán 10: Cho hàm số

f

liên tục trên R thoả điều kiện:

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Lời giải:

f (f (1000))f (1000)=1⇒ f (999)= 1

999

Do hàm số

f

liên tục trên R và

f (999)= 1

999<500<999=f (1000)

nên

tồn tại

x0∈(999 ;1000): f (x0)=500

(1)

f (f (x0))f (x0)=1⇒ f (500)= 1
500

II.Ước lượng giá trị hàm số:

Bài tốn 1: Cho hàm số

f xác định trên đoạn [0;1]

, thoả:

{

f (x+ y f (0)=f (1)=0 (1)

2 )≤ f (x)+f ( y );∀ x , y ∈[0;1](2)

1)Chứng minh phương trình

f (x)=0

có vơ số nghiệm trên [0;1]

2)Tồn tại hay không hàm số xác định trên [0;1] thoả mãn điều kiện (1),

(2) và không đồng nhất bằng 0?

Lời giải:

1)

x= y⇒f (x)≤2 f (x)⇒f (x)≥0 ; ∀ x ∈[0 ;1]
x=1 , y =0⇒0 ≤ f

(

)

≤ f (0)+f (1)=0⇒ f

(

1
2

)

Dễ dàng chứng minh

f

(

2k

)

=0 ;∀ k ∈ N

Vậy phương trình

f (x)=0

có vơ số nghiệm trên [0;1]

2)Hàm số

0 , khi x∈Q ∩[0 ;1]

¿1 ;khi x∈[0 ;1]}
¿f (x )=¿

thoả mãn điều kiện bài toán

Bài toán 2: Cho hàm số

f xác định trên R

, thoả:

{

f (x )=f (4 − x)+f (14 − x);f (0)=0 (1) ∀ 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=10 k , x2=10 k +4 ; k∈ Z

đều là nghiệm của phương

trình

f (x)=0

.

Trên [-1000;1000] số điểm dạng

x1

(không kể điểm bội) là

1000+1000

10 +1=201

Trên [-1000;1000] số điểm dạng

x2

(không kể điểm bội) là

994+996

10 +1=200

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Xét hàm số

f (x)=

{

0 , khi x có dạng x1 hoặc x2

1, trong các trường hợp còn lại

thỏa điểu kiện bài

toán

+Nếu

x

có dạng

x1

thì

f (x)=0

; hơn nữa

4 − x , 14 − x

có dạng

x2

nên

f (4 − x)=f (14 − x)=0

.

+Nếu

x

có dạng

x2

thì

f (x)=0

; hơn nữa

4 − x , 14 − x

có dạng

x1

nên

f (4 − x)=f (14 − x)=0

.

+Nếu

x

khơng có dạng

x1

,

x2

thì

f (x)=f (4 − x )=f (14 − x )=1

.

Vậy số các nghiệm của phương trình

f (x)=0

trên đoạn [-1000;1000] là

401. Bài toán 3: Cho hàm số

f xác định trên K; K =[0;1]

, thoả:

{

f (1)=1(1)f (x )≥ 0(2)

f (x + y )≥ f (x)+f ( y );∀ x, y , x+ y ∈ K (3)

Chứng minh

f (x)≤2 x ;∀ x∈ K

Lời giải:

1)Chứng minh

f

(

2n

)

≤

2n;∀ n ∈ N

❑

bằng quy nạp.

2)

f (x+ y )≥ f (x)+f ( y )≥ f (x);∀ x , y , x+ y ∈ K

; suy ra

f

không giảm trên

K. 3)

∀ x ∈ K

, chọn

k =

[

log21

x

]

, k ≤ log2
1

x<k +1⇒2
k

≤1
x<2

k+1

⇒ 1

2k+1<x ≤

2k ⇒ f (x)≤ f

(

1
2k

)

=2.

1
2k+1<2 x

Bài toán 4: Cho hai hàm số liên tục trên K:

f , g : K → K ; K=[0;1]

,

thoả:

{

f (g(x ))=g (f (x))(1)¿

¿ là hàm số tăng(2)

Chứng minh

∃a ∈ K : f (a)=g (a)=a

Lời giải:

Đặt

h(x )=g(x )− x , h(x )

là hàm số liên tục trên K và

h(0)=g (0)− 0 ≥ 0 ,h (1)=g (1)−1 ≤ 0

. Vậy

∃ x0∈ K :h(x0)=0 hay g(x0)=x0

+Nếu

f (x0)=x0

thì ta có điều phải chứng minh.

+ Nếu

f (x0)≠ x0

. Khi đó ta xây dựng dãy số

(

xn

)

:
x1=f (x0)

xn+1=f (xn), n∈ N ∗
¿{

Chứng minh

g(xn)=x¿n;n∈ N ∗
¿

bằng quy nạp.

Dãy

(xn)

đơn điệu (tăng nếu

x0<x1

, giảm nếu

x0>x1

) và bị chặn

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

f (a)=f (lim xn)=lim(f (xn))=lim xn+1=a
g(a)=g(lim xn)=lim(g (xn))=lim xn=a

¿{
¿

Vậy

∃a ∈ K : f (a)=g (a)=a

III.Tính tổng các giá trị hàm số:

Bài toán 1: (CaMO) Cho hàm số

f (x)= 9x

9x+3

, tính

S=

∑

1
1995

f

(

i

1996

)

Lời giải:

Ta có

f (1− x)= 9

1 − x
91 − x

+3=
3

9x+3⇒ f ( x)+f (1− x)=1

S=

∑

1
1995

f

(

i

1996

)

[

f

(

1
1996

)

+f

(

1995
1996

)

]

[

f

(

2
1996

)

+f

(

1994

1996

)

]

+.. .+

[

f

(

997
1996

)

+f

(

999

1996

)

]

+f

(

998
1996

)

¿997+f

(

)

=997+
1
2=

1995
2

Bài toán 2: Cho hàm số

f xác định treân N*

và thỏa điều kiện:

−1¿n +1−2 f (n)

f (1)=f (2005)

¿
¿

f (n+1)=n¿

. Tính

S=

∑

1
2004

f (i)

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)

⇒

∑

2
2005

f (i)=1 −2+3 − 4+. ..+2003 − 2004 −2 S

, thay

f (2005)=f (1)

.Ta có:

3S=-1002. Suy ra S=-334.

Bài tốn 3: Cho hàm số

+¿f :Q→ R¿

và thỏa điều kiện:

+¿

|

f (x+ y)− f (x)

|

≤ y

x ;∀ x , y ∈Q

.

Chứng minh:

∑

n

|

f (2n

)− f (2i)

|

≤n (n −1)

2 ;∀ n∈ N

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Cho

x= y=2i⇒

|

f

(

2i

+2i

)

− f (2i)

|

≤2

i

2i⇒

|

f

(

i+1

)

− f (2i

)

|

≤1

Do đó:

|

f

(

2n

)

− f (2i

)

|

≤

|

f

(

2n

)

− f (2n −1)

|

f

(

2n −1

)

− f (2n −2)

|

+.. .+

|

f

(

2i+1

)

− f (2i)

|

≤ n −i

i=¿n(n− 1)
2

∑

n

|

f (2n)− f (2i)

|

≤

∑

n

(n − i)=

∑

n − 1

Bài tốn 4: Cho hàm số

f liên tục trên đoạn [0;1] thỏa mãn f(0)=f (1)

.

Chứng minh

∀ n∈ N *,∃ c∈[0 ;1]sao chof (c)=f

(

c+1
n

)

Lời giải:

Xét hàm số

g(x)=f

(

x+1

n

)

− f (x )⇒ g (x) liên tục trên đọan

[

n-1

n

]

. Ta

có

g(0)=f

(

n

)

− f (0)

g

(

1
n

)

=f

(

n

)

− f

(

n

)

.. . .. .. . .. .. .. . .. .. .

g

(

n −1
n

)

=f

(

n
n

)

− f

(

n −1
n

)

Suy ra:

∑

n −1

g

(

i

n

)

=f (1)− f (0)=0 ⇒∃i , j: g

(

i

n

)

≤0 , g

(

j
n

)

≥ 0

Do g liên tục nên ∃ c nằm giữa i
n và

j

n sao cho g (c )=0 hay f

(

c+

n

)

=f (c )

IV.Hàm tuần hồn:

Bài tốn 1:

Cho hàm số

f : f xác định trên R thoûa f (x )=f (x+4)+f (x − 4 ),∀ x

Chứng minh

f

là hàm số tuần hoàn.

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)

¿{

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Chứng minh

f

là hàm số tuần hồn.

Lời giải:

Ta có

x= y=0⇒ 2 f (0)=2

[

f (0)

]

2⇒
f (0)

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)

]

2⇒ f (2 x0)=1

(1)

⇒ f (2 x)+f (4 x0)=2 f (x +2 x0)f (x −2 x0)

(1’)

f (2 x0)=2

[

f (x0)

]

2− 1=2 .1 −1=1

,

f (4 x0)=2

[

f (2 x0)

]

2−1=2. 1− 1=1

⇒ f (2 x)+f (4 x0)=f (2 x )+1=2

[

f ( x)

]

(1’):

[

f (x )

]

2=2 f (x +2 x0)f (x −2 x0)⇒f (x+2 x0)f (x − 2 x0)=

[

f (x)

]

(1):

f (x+2 x0)f (x − 2 x0)=2 f (x )f (2 x0)=2 f (x)

Suy ra

f (x+2 x0)=f ( x −2 x0)=f ( x);∀ x

Vậy

f

là hàm số tuần hồn.

Bài tốn 3:

Cho hàm số

f :R → R

thỏa mãn:

f (x+3)≤ f (x )+3(1)
f (x+2)≥ f (x )+2(2)

∀ x

¿{
¿

Chứng minh

g(x)=f (x)− x

là hàm số tuần hoàn.

Lời giải:

g(x +6)=f (x +6)− x − 6=f

(

(x +3)+3

)

− x − 6 ≤ f (x +3)− x −3 ≤ f (x)− x=g(x )
g(x +6)=f (x +6)− x − 6=f

(

(x +4 )+2

)

− x −6 ≥ f (x+4)− x − 4 ≥ f (x)− x=g (x)

Suy ra

g(x +6)=g(x );∀ x

Vậy

g(x)=f (x)− x

là hàm số tuần hồn.

(Nhận xétù: 6=BCNN(3;2); có thể tổng quát bài toán từ nhận xét trên)

Bài toán 4:

Cho hàm số

f :R → R

thỏa mãn:

f (x+1)+f (x −1)=

√

2 f ( x);∀ x(1)

Chứng minh

f (x)

là hàm số tuần hoàn.

Lời giải:

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

√

2 f (x+1)

f (x+1)=

√

2 f (x )− f (x −1)

⇒ f (x+2)+f (x)=

√

[

√

2 f (x )− f (x −1)

]

⇒ f (x+2)− f (x)=−

√

2 f (x −1)

⇒ f (x+3)− f (x+1)=−

√

2 f (x )(1' )

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

⇒ f (x+4)=− f (x)⇒f (x+8)=− f (x+4)=f (x)

Vậy

f (x)

là hàm số tuần hồn.

V.Hàm hằng:

Bài tốn 1:

Cho hàm số

f : R →R thoûa f (xy)=f (x)+f ( y)

x + y ,∀ x , y : x + y ≠ 0

Chứng minh

f

là hàm hằng.

Lời giải:

f (x)=f (x)+f (1)

x +1 ⇒(x+1)f (x)=f (x)+f (1)⇒ xf(x)=f (1), ∀ x ≠− 1
x=0⇒ f (1)=0

(x+1)f ( x)=f (x ), x∉{−1 ;0}

+

x∉{−1 ;0}, f (x )=0

+

f (0)=f (x )+f (0)

x ,∀ x ≠0 ⇒ xf(0)=f ( x)+f (0)

2 f (0)=f (2)+f (0)⇒ f (0)=f (2)=0
−1 f (0)=f (−1)+ f (0)⇒ f (−1)=− 2 f (0)=0

⇒¿

Vậy

f (x)≡0

Bài tốn 2:

Tìm tất cả các hàm số

f : R →R thoûa f

(

f (x )+ y

)

=yf

(

x − f ( y )

)

;∀ x , y

Lời giải:

f

(

f (x )

)

=0 ;∀ x

.

Đặt

f (0)=a

.

f

(

f

(

f ( y)

)

+y

)

=yf

(

f ( y )− f ( y)

)

⇒ f ( y)= y . a

Suy ra

f (x)=ax

. Ta có

f (ax + y )=yf ( x − ay )⇒ a(ax + y)=ya(x −ay )
⇒a2

(x2+y2)+a( y − xy)=0;∀ x , y ⇒a=0

Vậy

f (x)≡0

Bài toán 3: Cho hàm số

f : R →R

thỏa:

{

f (0)=1

2(1)

∃ a :f (x+ y)=f (x)f (a − y)+f ( y)f (a − x); ∀ x , y (2)

Chứng minh

f

là hàm hằng.

Lời giải:

f (0)=f (0)f (a)+f (0)f (a)⇒ f (a)=1

f (x)=f (x )f (a)+f (0)f (a− x)=1

[

f (x)+f (a− x)

]

⇒f ( x)=f (a − x)

f (x+a− x)=f (x )f (a− a+x )+f (a− x)f (a − x)

f (x)=1

f (x)=−1

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

+

f (x)=f

(

x

)

=2 f

(

x

)

f

(

a −

x

)

[

f

(

x

)

]

≥ 0 ;∀ x

, nên

f (x)=1

2;∀ x

là

hàm hằng thỏa điều kiện bài toán.

Bài toán 4: Tìm tất cả các hàm số

f : Z → R

thỏa mãn:

f

(

x + y

)

f (x )+f ( y )

2 ; x , y∈ Z ∧(x+ y )⋮3

Lời giải:

f (n)=f

(

0+3 n

)

f (0)+f (3 n)

2 ⇒2 f (n)=f (0)+f (3 n)

f (n)=f

(

n+2 n

)

f (n)+f (2n)

2 ⇒2 f (n)=f (n)+f (2 n)⇒ f (n)=f (2 n)

f (n)=f (2 n)=f

(

3 n+3 n

)

f (3 n)+f (3 n)

2 ⇒ f (n)=f (3 n)

⇒f (n)=f (2 n)=f (3 n), f (n)=f (0)

Vậy

f (x)≡c

(c tùy ý) là hàm hằng thỏa điều kiện bài tốn.

Bài tốn 5: Tìm tất cả các hàm số

f : N → N

thỏa mãn:

3 f (n) −2 f

(

f (n)

)

=n ;∀ n ∈ N (1)

Lời giải:

Đặt

g(n)=f (n)−n

(1):

2 f

(

f (n)

)

− 2 f (n)=f (n)−n ;

Suy ra

2 g

(

f (n)

)

=g (n)

.. . f (n)

f

(

f (¿)

]

m laàn

⇒ g (n)⋮2m

;∀ m∈ N

g(n)=2 g

(

f (n)

)

=. ..=2mg¿

Vậy

g(n)≡0⇒ f (n)=n

thỏa điều kiện bài toán.

Bài toán 6: Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn:

f ( x + y )=f (x )ef ( y)−1;∀ x , y(1)

Lời giải:

(1)

f ( x)=0
f (0)=1
f(x)=f (x )ef (0)−1⇔¿

+

f (x)=0

thỏa mãn điều kiện

+

f (x)≠0

, khi đó

∃ x0: f (x0)≠ 0⇒ f (0)=1

f ( y )=f (0)ef ( y)−1⇒f ( x )=ef ( x)− 1

. Đặt

g (t)=et −1−t

Ta có:

g ' (t)=et −1−1 ;g ' (t )=0⇔t=1; min g(t)=g (1)=0 ⇒ g(t )≥ 0, ∀ t
g(t)=0⇔t=1

. Do đó

ef (x)−1− f (x )=0⇔ f ( x)=ef ( x)−1⇔f (x)=1

Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện bài toán là:

f (x)=0∨ f (x )=1 ;∀ x

Bài tốn 7: Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn:

(x − y)f ( x + y )−(x + y )f (x − y )=4 xy (x2− y2);∀ x , y (1)

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

{

x=u+v

y=u − v

⇒

{

x+ y =u

x − y=v

. Thế vào (1), ta có:

vf(u )− uf(v)=(u2− v2)uv

⇒f (u)
u − u

=f (v )

v − v

2⇒ g( x)=f (x)

x − x

=a(x ≠0)

là hàm hằng.

Vậy

f ( x )=x3+ax (∀ x ≠ 0)

. (1):

2 xf(0)=0(x= y ≠ 0)⇒ f (0)=0

Kết luận

f ( x )=x3+ax ;∀ x , a

tùy ý thỏa điều kiện.

Bài toán 8: Cho hàm số không giảm

+¿+¿→ R¿

f : R¿

thỏa mãn:

f (ax )=f (x );(0<a ≠ 1)(1)

Lời giải:

Dễ dàng chứng minh bằng quy nạp

f

(

anx

)

=f ( x)

+

a>1

. Xét

0<x < y ;n=

[

loga y

x

]

⇒n ≤ loga
y
x<n+1
⇒an≤ y

x<a

n+1⇒ anx ≤ y <an +1x⇒f (anx)≤ f ( y )≤ f (an +1x )

⇒ f (x)≤ f ( y )≤ f (x)⇒ f (x)=f ( y)

. Vậy

f (x)

là hàm hằng.

+

0<a<1

Xét

0<x < y ;n=

[

loga y

x

]

⇒n ≤ loga
y
x<n+1
⇒an

≥ y
x>a

n+1⇒ an

x ≥ y >an +1x⇒f (an

x)≥ f ( y )≥ f (an+1x )

⇒ f (x)≥ f ( y )≥ f (x)⇒ f (x)=f ( y)

. Vậy

f (x)

là hàm hằng.

Kết luận

f (x)

là hàm hằng thỏa điều kiện.

Bài toán 9: Cho hàm số

f : R → R

thỏa mãn:

f

(

x3+2 y

)

=f ( y3+2 x);∀ x , y (1)

. Chứng minh

f (x)

là hàm hằng.

Lời giải:

[

u − x3

]

+2 x − v=0(1 ')

1 \) \} right none right none right none \} \{
¿

¿ y=

u − x3

y3+2 x =v

⇔

¿
¿

¿ ¿

y3

+2 x=v¿

(1’) là phương trình bậc lẻ (bậc 9) theo

x

nên (1’) có ít nhất 1 nghiệm.

(1”) là phương trình bậc lẻ (bậc 3) theo

y

nên (1”) có ít nhất 1

nghiệm. Vậy

∀ u , v

ta ln có

(x ; y )

, mà

(1)suy ra f (u)=f (v )

là

hàm hằng.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Bài tốn 10: (Dự tuyển IMO) Tìm tất cả các hàm số liên tục

f : R → R

thỏa mãn

f

(

x2

)

+f (x)=x2+x ;∀ x (1)

.

Lời giải:

Đặt

g(x)=f (x)− x

. Ta có

g(x)

liên tục và

g

(

x2

)

+g (x)=f

(

x2

)

− x2+f (x)− x=− x2− x + x2+x=0 ;∀ x (1 ')

⇒ g(0)=0 , g (1)=0

− x¿2

(¿)+g(− x )=0⇒ g

(

x2

)

+g(− x)=0⇒ g (x)=g (− x ); ∀ x
(1 ')⇒ g¿

. Suy ra

g(x)

là

hàm số chẵn. Ta chứng minh

g(x)

là hàm hằng với

x>0

x>0⇒ g(x)=− g(x2

)=g(x4)⇒g (x)=g (x
1
4

)

. Lấy

a>0

tùy ý. Xét dãy số

(

xn

)

x0=a

xn+1=

(

xn

)

1
4

¿{

. Ta có

lim xn=1

g(xn+1)=g(xn
1
4

)=g (xn)=. . .=g(x0)=g(a)

. Do

g(x)

liên tục nên:

g(a)=lim g (a)=lim g(xn)=g

(

lim xn

)

=g(1)=0

. Vậy

g(x)=0 ;∀ x

Kết luận

f (x)=x thỏa điều kiện.

Bài toán 11: Tìm tất cả các hàm số liên tục

+¿
+¿→ R¿

f : R¿

thỏa mãn

f (x)=f

(

x2+1

)

;∀ x(1)

.

Lời giải:

Nhận xét: hàm số

f

là hàm số chẵn.

Lấy

a ≥ 0

bất kỳ.

+

0 ≤ a ≤1

. Xét dãy số

(

xn

)

:
x0=a

xn+1=xn2+1
4
¿{

f (xn)=f

(

xn −12 +1

)

=f (xn −1)=. ..=f (x0)=f (a)

.

Ta có

x1=x0
2

+1
4=a

2
+1

4≤
1
4+

1
4=

. Bằng quy nạp ta chứng minh

xn≤1

.

(xn)

bị chặn trên và

(xn)

tăng

(

xn+1− xn=xn2+

4− xn=

[

xn−

1
2

]

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

lim xn+1=lim

(

xn2+1

)

⇒b=b
2

4⇒ b= 12

. Vì hàm số

f

liên tục nên

f (a)=lim f (a)=lim f (xn)=f (lim xn)=f

(

)

là hằng số.

+

a>1

. Xét dãy số

(

xn

)

:
x0=a

xn+1=

√

xn−1
4

⇒ xn=xn+1

2
+1

4
¿{

f (xn+1)=f

(

xn +12 +1

)

=f (xn)=. . .=f (x0)=f (a)

.Dãy

(

xn

)

giảm và bị chặn

dưới nên

(xn)

hội tụ.

b=lim xn

, ta có

lim xn=lim

(

xn +12 +1

)

⇒b=b
2

4⇒ b= 12

. Vì hàm số

f

liên tục nên

f (a)=lim f (a)=lim f (xn)=f (lim xn)=f

(

)

là hằng số.

Hàm số

f

là hàm hằng với

x ≥ 0

, mà hàm số

f

là hàm chẵn nên

hàm số

f

là hàm hằng trên R

A.7)Một số kỹ thuật giải phương trình hàm.

A.7.1/Giải phương trình hàm bằng phép thế

Bài tốn 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vịng 2-2004-2005) Tìm tất cả

các đa thức

P(x)

với hệ số thực thỏa điều kiện

P(a+ b)=P(a)+7 P(b); a , b∈ R :ab (a+b)=2 b3

.

Lời giải:

Phân tích:

b=0
a=b
a=− 2b

ab(a+b)=2 b3

(1)⇔¿

. Vậy

(x ; x );∀ x

thỏa (1)

Trình bày:

Ta có

(x ; x );∀ x

thỏa (1), nên

P(x +x)=P( x)+7 P(x);∀ x ∈ R

. Suy ra

1 \) \} \{

¿
¿

P(2 x)=8 P(x );∀ x∈ R¿

. Đa thức

1 ' \) \} \{
¿
¿

P(x)=

∑

n

aixi;∀ x¿

. Từ (1”) và (1’”),

ta có:

2 x¿i
¿

ai¿

∑

n

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Vậy

P(x)=a3x
3

;∀ x

thỏa điều kiện bài tốn.

Bài tốn 2: (AusMO) Tìm tất cả các hàm số

+¿f : R→ R¿

thỏa mãn

{

f (1)=1

f (xy)=f (x )f

(

y

)

+f ( y )f

(

x

)

;∀ x , y ∈ R

(1)

.

Lời giải:

(1):

{

f (1 .3)=f (1)f

(

)

+f (3)f

(

3
1

)

f (1 . y)=f (1)f

(

y

)

+f ( y )f

(

3
1

)

⇒

{

f (3)=1

2.
1

(

f (3)

)

⇒ f (3)=1

f

(

y

)

=f ( y )

⇒

{

f (1)=12

f (xy )=2 f (x )f ( y )

⇒

{

f (1)=

1
2

f (x .3

x)=2 f (x )f (

x)

⇒

{

f (1)=12

f (3)=2 f (x )f (x)

⇒

{

f (1)=1

f (x )=±1

. Với

x>o , f (x2)=2

[

f (x )

]

2=1
2

Vậy

f (x)=1

2;∀ x>0

thỏa điều kiện.

Bài tốn 3: (BalMO) Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn

f

[

xf(x)+f ( y )

]

(

f (x)

)

2+y ;∀ x , y ∈ R(1)

.

Lời giải:

(1):

f

[

0 . f (0)+f ( y )

]

(

f (0)

)

2+y⇒f

[

f ( y )

]

(

f (0)

)

2+y

f ( y1)=f ( y2)⇒

(

f (0)

)

2+y1=

(

f (0)

)

2+y2⇒ y1=y2

. Vậy là

f

một đơn

ánh.Vế phải của (1) là hàm nhất biến theo

y

nên có tập giá trị là R.

Vậy

∃a : f (a)=0

. (1)

⇒ f

[

af (a)+f (a)]=

(

f (a)

)

2+a⇒ f (0)=a

. Do

f

là

đơn ánh nên

a=0

. Suy ra

x=0⇒ f

(

f ( y )

)

=y⇒ f

(

f ( x)

)

=x ;∀ x

. (1):

y=0⇒ f

(

f (x)

)

(

f (x )

)

2⇒ f

(

f (x)f

(

f (x)

)

(

f (f (x))

)

2⇒ f

(

xf(x)

)

=x2

⇒

(

f (x)

)

2=x2⇒ với mỗi x , ta có f (x)=x ∨ f (x )=− x

. Giả sử cĩ

a , b ≠ 0 :f (a)=− a , f (b)=−b⇒ f

[

a .(−a)+b

]=

a2+b ≠ ±

[

−a2+b

]

(!)

.

Vậy

f (x)=x ,∀ x ∨f (x)=− x , ∀ x

thỏa điều kiện.

Bài tốn 4: (VMO) Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn

x2f (x)+ f (1 − x)=2 x − x4;∀ x ∈ R(1)

.

Lời giải:

(1):

1 − x¿

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

1 − x¿4

1− x¿2

[

2 x − x − x2f (x)

]

+f (x )=2(1 − x)−¿

⇒¿
1 − x¿4

1− x¿2(2 x − x)+

[

1 −(1− x2)x2

]

f (x )=2(1 − x )−¿
¿

⇒¿

⇒( x2

− x − 1) f (x)=(x2− x −1)(1 − x)(1+x )

⇒ f (x)=1− x¿(1+x );∀ x≠ a , b . a , b là nghiệm của pt x2

− x −1=0

. Tìm

f (a), f (b)

. ta có

a+b=1

ab=1
¿{

. (1)

{

a

f (a)+f (b)=2 a− a4

b2f (b)+f (a)=2b − b4

. Đặt

f (a)=c ;c∈ R

Vậy

f (x)=

{

1 − x2, x ≠ a , b

c , x=a
− a4− a2c+2 a , x=b

;a , b là nghiệm của pt: x2− x −1=0

thỏa

điều kiện.

Bài toán 5: (Dự tuyển IMO) Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn

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

.

Lời giải:

(1):

x∈ R ,α=f (0)− x

2 ⇒ x=f (0)− 2 α

. Chọn

β=− f (− α), γ=f (β)−α

.

Khi đó

f (γ)=f (f (β )− α)=2(−α)+f (f (− α)+β)=− 2 α+f (0)=x

. Vậy

f

là

một

toàn

ánh,

suy

ra

∃a : f (a)=0

.

∀ y f ( y)=f (0+ y )=f (f (a)+ y)=2 a+f (f ( y)− a)

.

∀ x , ∃ y :f ( y)=x +a ⇒ x=f ( y)−a

x=2 a+f (f ( y)− a)− a=f (x )+a⇒f (x)=x −a

thỏa điều kiện bài toán.

Vậy

f (x)+c ;∀ x , c:const

Bài tốn 6: (CaMO) Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn

f ( y )¿2;∀ x , y ∈ R(1)
(x − y¿2)=x2−2 yf(x )+¿

f¿

.

Lời giải:

(1):

f (0)¿2⇒ f (0)=0∨ f (0)=1

f (0)¿2⇒ f (0)=¿
(0 − 0¿2)=02−20 f (0)+¿

f¿

.

+T/h:

f (0)=1

,

y=0 .(1)⇒ f (x2

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

y +1¿2

f ( y)¿2=y2+1+2 y=¿

f ( y)¿2⇒¿

x=0 .(1)⇒ f ( y2

)=−2 y +¿

⇒ f ( y)= y +1∨ f ( y)=− y −1

x −f (x)=1
x − f ( x)=− 1
x − f (x )¿2⇒¿

f (x )¿2⇒1=¿

x= y .(1):f (0)=x2− 2 xf(x )+¿

f (x)=x −1
f (x )=x+1

⇒¿

. Thử lại

f (x)=x +1

thỏa

điều kiện bài toán.

+T/h:

f (0)=0

,

y=0 .(1)⇒ f (x2

)=x2;suy ra f (x)=x ; x ≥ 0

x − f (x )¿2⇒ f (x )=x

f (x )¿2⇒0=¿

x= y .(1):f (0)=x2− 2 xf (x )+¿

, thỏa điều kiện.

Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=x +1 ;∀ x ∨ f (x)=x ; ∀ x

A.7.2/Giải phương trình dựa vào giá trị của đối số, của hàm số

Bài tốn 1: Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn

f (x+f ( y ))=x+f ( y )+xf( y );∀ x , y ∈ R(1)

.

Lời giải:

(1):

f (0+f ( y ))=0+f ( y)+0 f ( y )⇒ f (f ( y ))=f ( y)hay ff (x)=f (x);∀ x

. Vậy

∀ u

thuộc

tập giá trị, ta có

f (u)=u

+T/h:

∃ y0:f ( y0)≠− 1 ,(1): f (x+f ( y0))=(1+f ( y0))x +f ( y0)

. Ta có vế phải là

hàm bậc nhất theo

x

có tập giá trị là R, nên vế trái cũng có tập giá trị

là R. Vì vậy,

∀ t ∈ R , ∃u :f (u)=t

.

Suy ra

f (t)=f (f (u))=f (u)=t hay f (x)=x ;∀ x

: thử lại thấy không thỏa

điều kiện.

+T/h:

∀ y: f ( y )=−1 hay f (x)=− 1; ∀ x

: thử lại thấy thỏa điều kiện.

Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=− 1;∀ x

Bài toán 2: Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn

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

.

Lời giải:

(1):

f (f ( y)− f ( y ))=2 f (f ( y))+f ( y)+f ( y )⇒ f (f ( y))=− f ( y)+a

[

a=f (0)

]

.

⇒ f (x)=− x+a

2;∀ x

(1’)

(1):

f (f (x )− f ( y))=2 f (f (x ))+f (x )+f ( y )
⇒ f (f (x)− f ( y))=−

[

f (x )− f ( y)

]+

a

(1):

f (f (x )− f ( y)− f ( y ))=2 f (f (x)− f ( y ))+f (x)− f ( y )+f ( y)
⇒ f (f (x)−2 f ( y))=−2

[

f (x)− f ( y )

]+2 a+f (x )=−

[

f (x )− 2 f ( y )

]+

2a

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

∀ t , t=f (u)−2 f (v) ⇒ f (t)=f (f (u)−2 f (v))=−(f (u)− 2 f (v))+2 a=− t+2 a

.

Hay

f (x)=− x+2a ;∀ x

(1”). Từ (1’) và (1”), ta có

a=0

. Thử lại thấy

thỏa điều kiện.

Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=− x ;∀ x

Bài tốn 3: (IMO) Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn

f (x − f ( y ))=f (f ( y))+xf( y)+f (x)−1 ;∀ x , y∈ R(1)

.

Lời giải:

(1):

f (f ( y)− f ( y ))=f (f ( y ))+f ( y )f ( y )+f (f ( y))− 1
f ( y)¿2+a+1

[

a=f (0)

]

⇒ f (f ( y))=−1

2¿

f (x)¿2+a+1
2 (1')

⇒ f (f (x))=−1

2¿

(1):

f (f (x )− f ( y))=f (f ( y ))+f (x)f ( y)+f (f (x))− 1
f ( y)¿2

f (x )¿2
¿
¿
¿

⇒ f (f (x)− f ( y))=−¿

f (x )− f ( y )¿2
¿
¿
¿

⇒ f (f (x)− f ( y))=−¿

. Nhận xét

f (x)≡0

không thỏa (1) nên

∃ y0:f ( y0)≠ 0

. Từ (1), ta có

f (x − f ( y0))− f (x )=f (f ( y0))+xf ( y0)−1

. Vế

trái là một hàm bậc nhất theo

x

nên có tập giá trị là R. Suy ra vế phải

cũng có tập giá trị là R.

f (u)− f (v)¿2+a ,∀ x

∀ x , ∃u , v : x=f (u)− f (v)⇒ f (x)=f (f (u)− f (v))=−1

2¿
1 \) \} \{

f (x)¿2+a ,∀ x¿
¿

f (f (x))=−1

2¿

. Từ (1’) và (1”), ta có

a=a+1

2 ⇒a=1

f (x)=−1

2x
2

+1 ;∀ x

. Thử lại thấy thỏa điều kiện.

Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=−1

2x
2

+1 ;∀ x

A.7.3/Giải phương trình dựa vào tính đơn điệu

Bài tốn 1: Tìm tất cả các hàm đơn điệu

f : R → R

thỏa mãn

f (x+f ( y ))=f (x)+ y ;∀ x , y∈ R (1)

.

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

f ( y1)=f ( y2)⇒ f (x +f ( y1))=f (x +f ( y2))⇒ f (x )+ y1=f (x)+ y2⇒ y1=y2

. Vậy

f

là đơn ánh.

(1): f (0+f ( y ))=f (0)+ y⇒ f (f (x))=f (0)+x; ∀ x
f (x + y )

(1): f (f (x)+f ( y ))=f (f (x ))+ y=f (0)+x + y=f¿

. Vì

f

là đơn ánh nên

f (x+ y )=f (x )+f ( y );∀ x , y

. Suy ra

f

là đơn ánh và cộng tính trên R.

Ta

có

f (x)=ax ;∀ x

[

a ≠ 0

]

,

thay

vào

(1):

f (x+f ( y ))=a(x + f ( y ))=a

[

x +ay

]

, f (x )+ y=ax + y

⇒ax +a2

y=ax +ay ,∀ y ⇒ a=± 1

. Thử lại thấy thỏa điều kiện.

Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=x ;∀ x ∨ f (x)=− x ; ∀ x

Bài tốn 2: Tìm tất cả các hàm tăng thật sự

f : R → R

thỏa mãn

f (f (x )+ y)=f (x+ y )+1 ;∀ x , y ∈ R (1)

.

Lời giải:

(1): f (f (x)+0)=f (x +0)+1⇒ f (f (x ))=f (x )+1

.

(1): f (f (f ( x))+ y)=f (f (x )+ y )+1⇒f (f (x)+1+ y)=f (x+ y)+1+1

(1): f (f (x)+f ( y ))=f (x +f ( y ))+1=f (x + y )+1+1

⇒ f (f (x)+ y+1)=f (f (x)+f ( y))

. Vì hàm

f

đơn điệu nên

⇒ f (x)+ y +1=f (x)+f ( y)⇒f (x)=x+1 ;∀ x

.Thử lại thấy thỏa điều kiện.

Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=x +1 ;∀ x

Bài tốn 3: (IMO) Tìm tất cả các hàm số

f : R → R

thỏa mãn

f (x)¿2+y ;∀ x , y ∈ R (1)

f (x2

+f ( y ))=¿

.

Lời giải:

f (x)¿2+y2

f (x )¿2+y1=¿

f ( y1)=f ( y2)⇒ f (x2+f ( y1))=f (x2+f ( y2))⇒¿

⇒ y1=y2

. Vậy

f

là đơn ánh. Vế trái là một hàm bậc nhất theo

y

nên có tập xác định là R, suy ra vế phải có tập xác định là R.

∃!a : f (a)=0

.

Đặt

f (0)=b

f (0)¿2+y⇒ f (f ( y ))= y+b2⇒ f (f (x))= x+b2
(1): f (02

+f ( y ))=¿

f (0)¿2+a⇒ b=b2+a
(1):f (02+f (a))=¿

f (a)¿2+a⇒f (a2+0)=02+a⇒f (a2)=a
(1): f (a2+f (a))=¿

⇒ f (a)=f (f (a2

))=a2+b2⇒ 0=a2+b2⇒ a=b=0

.

Suy ra

f (f (x ))=x ;∀ x
f (x)¿2;∀ x (1 ')

f (x)¿2+0⇒f (x2)=¿
(1):f (x2

+f (0))=¿

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

√

x¿2+f (f ( y ))

√

x¿2

f (¿)+f ( y )
¿=

(

f (

√

x )

)

2+f ( y)=¿

x ≥ 0 , y∈ R: f (x+ y )=f¿

⇒ f (x+ y)=f (x )+f ( y)

. Vậy

f

cộng tính.

x> y⇒ x − y >0 ⇒ f (x − y )>0. f (x)=f ((x− y)+ y )=f (x − y)+f ( y )>f ( y)

.

x> y⇒ f (x)>f ( y)

. Vậy

f

tăng thật sự. Suy ra

f (x)=kx ;k >0 ,∀ x ∈ R

.

Từ ø

(1' )⇒ k=1

. Thử lại thấy thỏa điều kiện.

Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=x ;∀ x

A.7.4/Giải phương trình dựa vào tính liên tục

Bài tốn 1: Tìm tất cả các hàm số

f

liên tục trên R thỏa mãn

f (x)=f

(

x

)

;∀ x ∈ R(1)

.

Lời giải:

Bằng quy nạp, ta có:

f (x)=f

(

x

2n

)

;∀ x ∈ R , ∀ n∈ N

. Do

f

liên tục trên

R nên

f (x)=lim

n → ∞f (x )=limn → ∞f

(

x

2n

)

=f (0);∀ x ∈ R

.

Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=c ;∀ x(c :const)

Bài toán 2: Tìm tất cả các hàm số liên tục

f : R → R

thỏa mãn

{

f (x + y )=f (x)+f ( y )+2 xy ;f (1)=−1 ∀ x , y(1)

Lời giải:

(1): f (x+0)=f (x)+f (0)+2. 0⇒ f (0)=0

x+ y¿2−2(x + y )=f (x)− x2−2 x+f ( y )− y2− 2 y (1 ')
(1): f (x+ y)−¿

.

Đặt

g(x)=f (x)− x2− 2 x

liên tục trên R.

(1' )⇒ g(x+ y)=g( x)+g( y )

.

Hàm

g(x)

liên tục và cộng tính nên

g(x)=ax∧ g (1)=f (1)−1 −2=− 4

.

Suy ra

g(x)=− 4

Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là

f (x)=x2−2 x ;∀ x

Bài tốn 3: Tìm tất cả các hàm số liên tục

+¿
+¿→ R¿

f : R¿

thỏa mãn

{

f (f (x ))=f (2006)<f (2007)(1. 1)1
x;∀ x ≠ 0(1 .2)

Lời giải:

f (x1)=f (x2)⇒ f (f (x1))=f (f (x2))⇒ 1

x1=

x2⇒ x1=x2

. Vậy

f

đơn ánh. Suy

ra

f

đơn điệu (do đơn ánh và liên tục), mà do (1.1) nên

f

đồng biến

trên R+. Khi đó

f (f (x ))=1

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Vậy khơng có hàm

f

thỏa mãn điều kiện.

A.7.5/Giải phương trình dựa vào các cấu trúc đại số,ø nghiệm của

phương trình đại số, phương pháp tổng hợp

Bài tốn 1: (Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vòng 1-2004-2005) Xác định

hàm số sao cho

f

(

−1

x

)

+f (x )=2004 ;∀ x≠ 0 (1)

.

Lời giải:

Phân tích:

(1): f

(

−1

x

)

+f (x)=2004
c+c=2004

⇒c=1002

Trình bày:

Đặt

f (x)=g (x)+1002(1 ')

. Thế (1’) vào (1), ta có:

1 \) \} \{
¿
¿

g

(

−1

x

)

+1002+g(x )+1002=2004⇒ g

(

−

x

)

+g (x)=0;∀ x ≠ 0¿

1 \) drarrow g \( x \) = - g left ( - \{ \{1\} over \{x\} \} right ) drarrow g \( x \) = \{ \{1\} over \{2\} \} left [g \( x \) - g left ( - \{ \{1\} over \{x\} \} right ) right ]\} \{
¿

¿
¿
¿

⇒ g(x )=1

[

h( x)− h

(

−
1

x

)

]

;h (x) là một hàm số tùy ý xác định treân R{0}}{ #

Vậy

f (x)=1

[

h(x)−h

(

−

x

)

]

+1002;∀ x ≠ 0

thỏa điều kiện bài toán.

Bài toán 2: Xác định hàm số

f :[0 ;1]→ R

sao cho:

f (x)+f (1− x)=1 ;∀ x∈[0 ;1](1)

.

Lời giải:

Phân tích:

f (x)+ f (1− x)=1 ;∀ x ∈[0 ;1](1)
c+c=1

⇒c=1

Trình bày:

Đặt

f (x)=g (x)+1

2(1 ')

. Thế (1’) vào (1), ta có:

g(x)+1

2+g (1− x)+
1

2=1⇒ g (x)+g(1 − x )=0

⇒ g(x)=1

[

g (x)− g(1 − x )

]

⇒ g(x )=1

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Vậy

f (x)=1

[

h (x)−h (1− x )

]

+
1

2;h (x)là một hàm tùy ý xác định trên [0;1]

thỏa điều kiện bài toán.

Bài toán 3: Xác định hàm số

f :[0 ;1]→ R

sao cho:

f (x)+f (1− x)≥1 ;∀ x ∈[0;1](1)

.

Lời giải:

Trình bày:

Đặt

f (x)=g (x)+1

2(1 ')

. Thế (1’) vào (1), ta có:

{

g (x)+1

2+g(1 − x )+
1

2=1+h (x)⇒ g(x)+g (1− x)=h(x)

h(x)≥ 0

(Ta đã chuyển bất phương trình hàm về phương trình hàm)

Cấu trúc đại số của

h(x )

là:

h(1 − x )=h(x ); đối xứng qua x=1

2(điểm bất động: x=
1
2)

h(1 − x )=h(x ), x=1

2+t⇒h(
1

2− t)=h (
1
2+t)

⇒ϕ(−t )=ϕ(t), ∀ t ∈

[

−1

2;
1

]

; ϕ(t )=h

(

1
2+t

)

[

g (x)−1

2h(x )

]

[

g(1 − x )−
1

2h(1− x)

]

g(x)=1

2h(x)+
1

[

ϕ (x )− ϕ(1 − x )

]

Vậy:

f (x)=1

[

h (x)+ϕ(x)−ϕ (1− x )

]

+
1

2; với

{

h(x)≥ 0,h (1-x)=h(x); x∈[0;1]

ϕ(x) là một hàm tùy ý xác định trên [0;1]

thỏa điều kiện bài toán.

Bài toán 4: Xác định hàm số

f : R → R

sao cho:

f (x+1)=f (x )+2 ;∀ x(1)

.

Lời giải:

Nháp:

f (x+1)=f (x )+2
c=c +2

c=∞
f (x +1)=f ( x)+1

⇒ f (x)=ax
⇒a (x+1)=ax+2

⇒ a=2

Trình bày:

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

2(x +1)+g(x +1)=2 x+g (x)+2⇒ g(x +1)=g(x); ∀ x

.

Vậy:

f (x)=2 x +g (x);∀ x

(

g(x)

là hàm tuần hồn với chu kỳ T=1)

thỏa điều kiện bài tốn.

Bài toán 5: Xác định hàm số

f : R → R

sao cho:

f (x+1)=− f (x )+2;∀ x(1)

.

Lời giải:

Nháp:

f (x+1)=− f (x )+2
c=−c +2

c =1

Trình bày:

Đặt

f (x)=1+g( x)(1 ')

. Thế (1’) vào (1), ta có:

1+g(x +1)=−1 − g(x )+2⇒ g (x+1)=− g (x); ∀ x

.

⇒

{

g(x +1)=− g (x)
g(x +2)=g(x ) ;∀ x

⇒

{

g (x)=12

[

g (x)− g(x +1)

]

g(x +2)=g(x )

;∀ x

g(x)=1

[

h(x)− h(x+1)

]

;h(x) là hàm tuần hoàn (tùy ý), T=2

Vậy:

f (x)=1+1

[

h(x )− h(x +1)

]

;h( x) là hàm tuần hồn (tùy ý), T=2

thỏa điều kiện bài tốn.

B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:

Qua quá trình nghiên cứu và vận dụng đề tài “PHƯƠNG TRÌNH HÀM”, tơi

nhận thấy vấn đề này giúp ích nhiều cho học sinh trong việc học tốn, giúp các

em khơng cịn “ngán ngại” phần phương trình hàm nữa, các em đã giải khá tốt

những phần liên quan đến phương trình hàm; một số em đã bước đầu sáng tạo

được những bài toán mới (tuy là những bài tốn cịn “đơn giản”). Riêng bản

thân tơi sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn nữa về Phương trình hàm và Bất

phương trình hàm hy vọng sẽ “sáng tác” (Từ hay dùng của GS-TS Nguyễn

Văn Mậu) được nhiều bài toán mới.

III.PHẦN KẾT LUẬN:

1/Kết luận:

Tơi viết đề tài nhằm mục đích cùng trao đổi với Q Thầy Cơ dạy bộ mơn tốn

về việc “hệ thống” các kiến thức, một vài kỹ năng về Phương trình hàm và một phần

Bất phương trình hàm. Vì kiến thức và thời gian còn nhiều hạn chế nên chắc rằng tài

liệu có thiếu sót, tơi chân thành đón nhận sự góp ý của Q Thầy Cơ. Xin chân thành

cảm ơn.

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

đề thi sưu tầm 10 năm đề thi chọn đội tuyển imo cac de thi hsg cua dhsphn de chon doi tuyen ninh binh de de nghi toan 11 cua hai phong de hsg tphcm 2009 de kt doi tuyen chuyen quang trung de kt do…

<b>M C L C</b>

<b>Ụ</b>

<b>Ụ</b>

<b>M C L C</b>

<b>Ụ</b>

<b>Ụ</b>

<b>NỘI DUNG</b>

<b>I.PHẦN MỞ ĐẦU:</b>

<i><b>1/Lý do chọn đề tài:</b></i>

<i><b>2/Mục tiêu nghiên cứu:</b></i>

<i><b>3/Nhiệm vụ nghiên cứu:</b></i>

<i><b>4/Các phương pháp nghiên cứu:</b></i>

<b>II.PHẦN NỘI DUNG:</b>

<b>1/Lịch sử của vấn đề nghiên cứu:</b>

<b>2/Cơ sở lý luận của đề tài:</b>

<b>3/Thực trạng của vấn đề nghiên cứu:</b>

<b>4/Nội dung nghiên cứu và kết quả nghiên cứu:</b>

<b>A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:</b>

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>B/KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:</b>

<b>III.PHẦN KẾT LUẬN:</b>

<i><b>1/Kết luận:</b></i>

<i><b>2/Tài liệu tham khảo:</b></i>

2

2

2

2

2

3

3

3

3

4

4

4

4

4

4

8

12

17

20

34

43

43

<b>I.PHẦN MỞ ĐẦU:</b>

<i><b>1/Lý do chọn đề tài:</b></i>

Trong những năm gần đây, bộ mơn Tốn 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 chun mơn 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 cịn “chưa thạo”

trong việc giải các bài tốn về Phương trình hàm một cách có “bài bản”. Để góp phần

nhỏ của mình vào việc hệ thống lại một cơng cụ để nghiên cứu, giải tốn 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 “khơng cịn ngán ngại” khi gặp các bài

tốn về hàm số. Tơi xin được phép trình bày chun đề “ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ”.

<i><b>2/Mục tiêu nghiên cứu:</b></i>

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.

<i><b>3/Nhiệm vụ nghiên cứu:</b></i>

Trước hết là thực hiện đổi mới phương pháp giảng dạy Tốn 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

Q Thầy Cơ ở Tổ Tốn.

<i><b>4/Các phương pháp nghiên cứu:</b></i>

<b>*Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp bài giảng của GS-TSKH</b>

<b>NGUYỄN VĂN MẬU với các đề thi Học sinh Giỏi rút ra những kinh nghiệm, hệ</b>

<b>thống lại kiến thức, mở ra các hướng mới.</b>

<b>*Phương pháp trò chuyện – phỏng vấn: trao đổi tâm tình với nhiều học</b>