Phương trình hàm nâng cao P1

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG
Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh.
Nguyên tắc chung:
+) Dựa vào ñiều kiện bài tốn, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc
f(x) = ax2+ bx + c.
+) ðồng nhất hệ số để tìm f(x).
+) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) đều khơng thỏa mãn điều kiện bài tốn.
Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) + x ) = xy + f ( x ) ∀x, y ∈ R (1) .
Lời giải:
x = 1
Thay 
vào (18) ta ñược: f ( f ( y ) + 1) = y + f (1) ( a ) .
y∈R

(

)

Thay y = − f (1) − 1 vào (a) suy ra: f f ( − f (1) − 1) + 1 = −1 . ðặt a = f ( − f (1) − 1) + 1 ta
ñược: f ( a ) = −1 .
y = a
ta ñược: f ( x f ( a ) + x ) = xa + f ( x ) ⇒ xa + f ( x ) = f ( 0 ) .
Chọn 
x ∈ R
ðặt f ( 0 ) = b ⇒ f ( x ) = −a x + b . Thế vào (1) và ñồng nhất hệ số ta ñược:

a = 1
 f ( x) = x
a 2 = 1

⇒   a = −1 ⇒ 

.

 f ( x ) = − x
− a b − a = −a 
b = 0
Vậy có hai hàm số cần tìm là f ( x ) = x và f ( x ) = − x .
Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x ) + y ) = y f ( x − f ( y ) ) ∀x, y ∈ R ( 2 ) .
Lời giải:
Cho y = 0; x ∈ R : (2) ⇒ f ( f ( x ) ) = 0 ∀x ∈ R ( a ) .

(

)

Cho x = f ( y ) : (2) ⇒ f f ( f ( y ) ) + y = y f ( 0 ) ( a ' ) .

( a ) + ( a ' ) ⇒ f ( y ) = y f ( 0 ) . ðặt f ( 0 ) = a ⇒ f ( y ) = ay ∀y ∈ R . Thử lại (2) ta ñược:
a 2 ( x 2 + y 2 ) + a ( y − x y ) = 0 ∀x, y ∈ R ⇔ a = 0 ⇒ f ( x ) = 0 ∀x ∈ R . Vậy có duy nhất hàm số

f ( x ) = 0 thỏa mãn bài tốn.
Ví dụ 3: Tìm f , g : R → R thỏa mãn:
2 f ( x ) − g ( x ) = f ( y ) − y ∀x, y ∈ R

∀x ∈ R
 f ( x ) g ( x ) ≥ x + 1

(a)
.
(b )

Lời giải:
Cho x = y ∈ R khi đó ( a ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) − x .Thay lại (a) ta ñược:

1


g ( x ) = 2 x − 2 y + g ( y ) ∀x, y ∈ R (c).
Cho y = 0; x ∈ R : từ (c) ta ñược: g ( x ) = 2 x + g ( 0 ) . ðặt g ( 0 ) = a ta ñược:

g ( x ) = 2 x + a , f ( x ) = x + a . Thế vào (a), (b) ta ñược:
2 x + a = 2 x + a
(a), (b) ⇔ 
( ∀x ∈ R ) ⇔ 2 x 2 + ( 3a − 1) x + a 2 − 1 ≥ 0 ∀x ∈ R
2
1
+
+
≥
+
x
a
x
a
x
)(
)
(
2

⇔ ( a − 3 ) ≤ 0 ⇔ a = 3 . Vậ y f ( x ) = x + 3 ; g ( x ) = 2 x + 3 .

Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện:
2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2 , ∀x ∈ ℝ (1). Tìm f(x).
Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x2.
Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c.
Khi đó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ ℝ do đó:
3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ ℝ
1

a = 3
3a = 1

2


ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: b − 2a = 0
⇔ b =
3
a + b + 3c = 0


1

c = − 3

1
Vậy: f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1)
3

Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện bài tốn.
Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn điều kiện bài tốn:
Thật vậy giả sử cịn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện bài tốn.
Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ ℝ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) .
Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài tốn nên: 2 g ( x) + g (1 − x) = x 2 , ∀x ∈ ℝ
Thay x bởi x0 ta ñược: 2 g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 2
Thay x bởi 1 –x0 ta ñược: 2 g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) 2
1
Từ hai hệ thức này ta ñược: g ( x0 ) = ( x0 2 + 2 x0 − 1) = f ( x0 )
3

ðiều này mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 )
1
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là f ( x) = ( x 2 + 2 x − 1)
3

2


Nhận xét: Nếu ta chỉ dự đốn f(x) có dạng nào đó thì phải chứng minh sự duy nhất của các
hàm số tìm được.
Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tục với ∀x ∈ ℝ và thỏa mãn ñiều kiện:
f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ
Hãy tìm hai hàm số như thế.
Lời giải:
Ta viết phương trình đã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1).
Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm
có dạng: f(x) = ax + b.
Khi đó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ ℝ



a 2 − a = 1 a = 1 + 5 a = 1 − 5
1± 5
ñồng nhất hệ số ta ñược: 
⇔
x.
2 ∨
2 ⇒ f ( x) =
2
ab = 0
b = 0
b = 0


Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán (việc chứng minh sự duy nhất dành
cho người đọc).
Ví dụ 6: Hàm số f : ℤ → ℤ thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau:
a ) f ( f ( n)) = n, ∀n ∈ ℤ
b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ ℤ
c) f (0) = 1

(1)
(2)
(3)

Tìm giá trị f(1995), f(-2007).
Lời giải:
Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b.
Khi đó điều kiện (1) trở thành: a 2 n + ab + b = n, ∀n ∈ ℤ

a 2 = 1
a = 1 a = −1
⇔
∨
ðồng nhất các hệ số, ta ñược: 
b = 0 b = 0
ab + b = 0
a = 1
Với 
ta ñược f(n) = n. Trường hợp này loại vì khơng thỏa mãn (2).
b = 0

a = −1
Với 
ta ñược f(n) = -n + b. Từ ñiều kiện (3) cho n = 0 ta ñược b = 1.
b = 0
Vậy f(n) = -n + 1.
Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài tốn:
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn điều kiện bài tốn.
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0.
Sử dụng ñiều kiện (1) và (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ℤ .

3


do đó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ℤ .
Giả sử n0 là số tự nhiên bé nhất làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 )
Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có:
g (n0 − 2) = g (n0 ) + 2 = f (n0 ) + 2 = f (n0 − 2)

⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2)
Mâu thuẫn với ñiều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5).
Vậy f(n) = g(n), ∀n ∈ ℕ
Chứng minh tương tự ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm.
Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất.
Từ đó tính được f(1995), f(-2007).
BÀI TẬP
Bài 1: Tìm tất cả các hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn ñiều kiện:
f ( x + y ) + f ( x − y ) − 2 f ( x) f (1 + y ) = 2 xy (3 y − x 2 ), ∀x, y ∈ ℝ .
ðáp số: f(x) = x3.
Bài 2: Hàm số f : ℕ → ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ ℕ. Tìm f(2005).
ðáp số: 2006.
Bài 3: Tìm tất cả các hàm f : ℕ → ℕ sao cho: f ( f (n)) + ( f (n))2 = n 2 + 3n + 3, ∀n ∈ ℕ.
ðáp số: f(n) = n + 1.
8
2
 x −1 
 1− x 


Bài 4: Tìm các hàm f : ℝ → ℝ nếu: 3 f 
, ∀x ∉ 0, − ,1, 2 
−5f 
=
3
 3x + 2 
 x − 2  x −1



ðáp số: f ( x) =

28 x + 4
5x

Bài 5: Tìm tất cả các đa thức P(x) ∈ ℝ [ x] sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y),
∀x , y ∈ ℝ

ðáp số: P(x) = x3 + cx.

Phương pháp 2: phương pháp thế.
2.1. Thế ẩn tạo PTH mới:
 2x +1 
2
Ví dụ 1: Tìm f: R\{2} → R thỏa mãn: f 
 = x + 2 x ∀x ≠ 1 (1) .
x
−
1


 2x +1 
Lời giải: ðặt t = 
t = R \ {2} (tập xác ñịnh của f). Ta ñược:
 ⇒ MGT
x ≠1
 x −1 
x=

t +1

3t 2 − 3
thế vào (1): f (t ) =
∀t ≠ 2 . Thử lại thấy ñúng.
2
t−2
(t − 2)

4


Vậy hàm số cần tìm có dạng f ( x) =

3x 2 − 3

( x − 2)

2

.

Nhận xét:
+ Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết MGT t ⊃ D . Với giả thiết đó mới đảm bảo tính chất: “Khi
x∈Dx

t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”.
 3x 2 − 3

2
+ Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vơ số hàm f dạng: f ( x) =  ( x − 2 )


a

( x ≠ 2)

(với a∈R

( x = 2)

tùy ý).
Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → R thỏa mãn:

f ( x − x 2 − 1) = x + x 2 − 1 ∀ x ≥ 1 ( 2 ) .
 x − t ≥ 0
Lời giải: ðặt t = x − x 2 − 1 ⇔ x 2 − 1 = x − t ⇔  2
2
 x − 1 = ( x − t )
x ≥ t
x ≥ t
t ≤ −1
t2 +1

2
ệ
có
nghi
ệ
m
x
.
H

⇔ 2
⇔
⇔
≥t ⇔ 

t +1
2
2
2t
0 < t ≤ 1
 x − 1 = x − 2 xt + t
x =
2t


⇒ t ∈ ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] . Vậy MGT t = D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] .
x ≥1

Với t = x − x 2 − 1 thì x + x 2 − 1 =
Vậ y f ( x ) =

1
1
⇒ f (t ) = thỏa mãn (2).
t
t

1
là hàm số cần tìm.
x

2 
 3x − 1  x + 1
Ví dụ 3: Tìm f : R\  ;3 → R thỏa mãn: f 
∀x ≠ 1, x ≠ −2 ( 3) .
=
3 
 x + 2  x −1

Lời giải: ðặt t =

t+4
3x − 1
2t + 1
2 
thế vào (4) ta ñược: f (t ) =
⇒ MGT t = R \  ;3 ⇒ x =
x ≠1
x+2
3t − 2
3−t
3 
( x ≠2)

thỏa mãn (3). Vậy hàm số cần tìm là: f ( x) =
Ví dụ 4: Tìm f :

( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ )

x+4

.
3x − 2

thỏa mãn:

x f ( x f ( y )) = f ( f ( y )) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (4) .
Lời giải:
Cho y = 1, x ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: x f ( x f (1)) = f ( f (1)) .
Cho x =

1
1
ta ñược: f ( f (1) = 1⇒ x f ( x f (1)) = 1 ⇒ f ( x f (1)) = . ðặt:
f (1)
x

5


t = x. f (1) ⇒ f (t ) =

Vậy f ( x) =

f (1)
a
⇒ f (t ) = (với a = f (1) ). Vì f (1) ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ MGT t = ( 0; + ∞ ) .
x∈( 0; +∞ )
t
t

a
a
. Thử lại thấy ñúng ( a > 0 ) . Hàm số cần tìm là: f ( x) = với ( a > 0 ) .
x
x

Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn:
3
1
f (1) = ; f ( xy ) = f ( x). f   + f ( y ). f
2
 y

3
  ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) ( 5 ) .
x

Lời giải:
Cho x = 1; y = 3 ta ñược: f ( 3) =

1
.
2

3
Cho x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: f ( y ) = f   . Thế lại (5) ta ñược:
 y

f ( xy ) = 2 f ( x) f ( y ) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (5') . Thay y bởi

3
ta ñược:
x

2

2
3
1
f ( 3) = 2 f ( x )) f   ⇒   = ( f ( x ) ) . Thử lại thấy ñúng.
x
2

Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =

1
∀x > 0 .
2

Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn:

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

∀x, y ∈ R

( 6) .

Lời giải: Ta có:

( 6) ⇔ ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) =

2
2
1
1
= ( x + y ) − ( x − y )  + ( x + y ) + ( x − y )   ( x + y ) + ( x − y )  − ( x + y ) − ( x − y )  
4
4


u = x − y
1
2
2
ðặt 
ta ñược: v f ( u ) − u f ( v ) = ( u + v )( u − v ) ( u + v ) − ( u − v )
4
v = x + y

(

)

⇒ v f ( u ) − u f ( v ) = u 3v − v 3u ⇔ v ( f ( u ) − u 3 ) = u ( f ( v ) − v3 )
+ Với uv ≠ 0 ta có:
f ( u ) − u 3 f ( v ) − v3
f (u ) − u3
=
∀u , v ∈ R* ⇒
= a ⇒ f ( u ) = au + u 3 ∀u ≠ 0 .
u

v
u
+ Với u = 0; v ≠ 0 suy ra: f ( u ) − u 3 = 0 ⇔ f ( u ) = u 3 ⇒ f ( 0 ) = 0 .
Hàm f ( u ) = au + u 3 thỏa mãn f ( 0 ) = 0 . Vậy f ( u ) = au + u 3 ∀u ∈ R
Hàm số cần tìm là: f ( x ) = ax + x3 ( a ∈ R ) . Thử lại thấy ñúng.

2.2. Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới:

6


Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1 ∀x ∈ R (1) .
Lời giải:
ðặt t = − x ta ñược: f ( −t ) − t f ( t ) = −t + 1 ∀t ∈ R (1) . Ta có hệ:
 f ( x ) + x f ( − x ) = x + 1
⇒ f ( x ) = 1 . Thử lại hàm số cần tìm là: f ( x ) = 1 .

− x f ( x ) + f ( − x ) = − x + 1
 x −1 
*
Ví dụ 2: Tìm hàm số f : R \ { 0,1 } → R Thỏa mãn: f ( x ) + f 
 = 1 + x ∀x ∈ R
 x 

Lời giải: ðặt x1 =

( 2) .

x −1
, ( 2 ) ⇔ f ( x ) + f ( x1 ) = 1 + x .

x

ðặt x2 =

x1 − 1
1
=
, ( 2 ) ⇔ f ( x1 ) + f ( x2 ) = 1 + x1 .
x1
x −1

ðặt x3 =

x2 − 1
= x, ( 2 ) ⇔ f ( x2 ) + f ( x ) = 1 + x2 .
x2

 f ( x1 ) + f ( x ) = 1 + x

1 + x − x1 + x2 1 
1
1 
Ta có hệ  f ( x2 ) + f ( x1 ) = 1 + x1 ⇒ f ( x ) =
= x+ +
 . Thử lại thấy
−
x
x
2
2

1


 f ( x ) + f ( x2 ) = 1 + x2
1
1
1 
đúng. Vậy hàm số cần tìm có dạng: f ( x ) =  x + +
.
2
x 1− x 
 x −1 
Ví dụ 3: Tìm hàm số f : R \ { − 1;0;1 } → R thỏa mãn: x f ( x ) + 2 f 
 = 1 ∀x ≠ −1 ( 3) .
 x +1 

Lời giải:
ðặt x1 =

x −1
, ( 3) ⇒ x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1 .
x +1

ðặt x2 =

x1 − 1
1
= − , ( 3) ⇒ x 1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1 .
x1 + 1
x

ðặt x3 =

x2 − 1 x + 1
=
, ( 3) ⇒ x2 f ( x2 ) + 2 f ( x3 ) = 1 .
x2 + 1 x − 1

ðặt x4 =

x3 − 1
= x , ( 3) ⇒ x3 f ( x3 ) + 2 f ( x ) = 1 .
x3 + 1

 x f ( x ) + 2 f ( x1 ) = 1

4 x2 − x + 1
 x1 f ( x1 ) + 2 f ( x2 ) = 1
. Thử lại thấy đúng.
Ta có hệ 
⇒ f ( x) =
x
x
−
5
1
+
=
2
1

x
f
x
f
x
(
)
(
)
(
)
2
2
3

x f x + 2 f x = 1
( )
 3 ( 3)

7


Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =

4 x2 − x + 1
.
5 x ( x − 1)

BÀI TẬP
 1

1) Tìm f : R \ { 1 } → R thỏa mãn: f  1 +  = x 2 + 1 ∀x ∈ R .
 x

x2
a
 b − ax 
 a
2) Tìm f : R \  −  → R thỏa mãn: f 
∀x ≠ − (a, b là hằng số cho
= 4
b
 bx + a  x + 1
 b
trước và ab ≠ 0 ).
3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( 2002 x − f ( 0 ) ) = 2002 x 2
4) Tìm f : R \ { 0 } → R thỏa mãn: f ( x ) +

∀x ∈ R .

1  1 
f
 = 1 ∀x ∈ R \ { 0;1} .
2x  1 − x 

1− x 
5) Tìm f : R \ { ± 1; 0} → R thỏa mãn: ( f ( x ) ) f 
 = 64 x ∀x ∈ R \ {−1} .
 1+ x 
2
6) Tìm f : R \   → R thỏa mãn: 2 f ( x ) +

3

2
 2x 
f
 = 996 x ∀x ≠ .
3
 3x − 2 

 x −3
7) Tìm f : R \ { ± 1 } → R thỏa mãn: f 
+
 x +1 

 x+3
f
 = x ∀x ≠ ±1 .
 1− x 

8) Tìm f : R → R thỏa mãn: 2 f ( x ) + f (1 − x ) = x 2
1
9) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x 2008
x

∀x ∈ R .
∀x ∈ R* .

1
 1
 x −1 

10) Tìm f : R \ ±  → R thỏa mãn: f ( x ) + f 
 = x ∀x ≠ .
3
 3
 1 − 3x 

 a2 
11) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f 
 = x ∀x ≠ a
a−x
f

12) Tìm f , g : R \ { 1 } → R thỏa mãn: 
f


( a > 0) .

( 2 x + 1) + 2 g ( 2 x + 1) = 2 x
 x 
 x 

+ g
=x
 x −1 
 x −1 

∀x ≠ 1 .

Phương pháp 3: Phương pháp chuyển qua giới hạn.

 2 x  3x
Ví dụ 1: Tìm hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn: f ( x ) + f   =
∀x ∈ R (1) .
 3  5

Lời giải:
ðặt x1 =

2x
3
; (1) ⇒ f ( x ) + f ( x1 ) = x .
3
5

ðặt x2 =

2 x1
3
; (1) ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 .
3
5

8


ðặt xn +1 =

2 xn
3
, n ∈ N * ; (1) ⇒ f ( xn ) + f ( xn +1 ) = xn .

3
5

3

 f ( x ) + f ( x1 ) = 5 x

 f ( x ) + f ( x ) = 3 x
1
2
1
Ta có hệ 
5
……

3
f x + f x
= xn
(
)
(
)
1
n
n
+

5

(1)

( 2)
( n + 1)

Nhân dịng phương trình thứ (i) với (-1)i+1 rồi cộng lại ta ñược:
f ( x ) + ( −1)

n+2

2
n
3  2  2
 2 
f ( xn +1 ) = x 1 − +   − ⋯ +  −   ( *) .
5  3  3 
 3  

( f l.tôc )

n+ 2
Xét lim ( −1) f ( xn +1 )  = lim  f ( xn +1 )  =



Mặt khác (1) suy ra f(0) = 0 nên lim ( −1)

n+ 2

Lấy giới hạn hai vế của (*) ta ñược: f ( x ) =

Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) =

f ( lim xn +1 ) = f ( 0 ) .

f ( xn +1 ) = 0 .

3
1
9x
. Thử lại thấy đúng.
x
=
5 1 + 2 25
3

9x
.
25

Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục tại xo= 0 thỏa mãn:
f : R → R và 2 f ( 2 x ) = f ( x ) + x ∀x ∈ R

( 2) .

Lời giải:
t t
ðặt t = 2 x ta ñược: 2 f ( t ) = f   + ∀t ∈ R ( 2' ) .
2 2

1


*
tn +1 = 2 tn , ∀n ∈ N
. Thay dãy {tn} vào (2’) ta ñược:
Xét dãy: 
t = 1 t
 1 2

1
1

 f ( t ) = 2 f ( t1 ) + 4 t

 f ( t ) = 1 f ( t ) + 1 t
1
2
1
2
4

⋯⋯

1
1
f t
= f t + t
 ( n −1 ) 2 ( n ) 4 n −1
f (t ) =

(1)
( 2 ) . Thế (n) vào

( n − 1) → ( n − 2 ) → ⋯ ta ñược:

(n)

1
1
1
1
f ( tn ) + n +1 f ( tn −1 ) + n f ( tn − 2 ) + ⋯ + 2 t
n
2
2
2
2

9

(* ) .
'


n

1
1 
1
 1 1
Thay tn =   t vào (*’) ta ñược: f ( t ) = n f ( tn ) + t  2 + 4 + ⋯ + 2 n 
2

2 
2 2
2

(* ) .
"

t
 1

Vì f liên tục tại xo = 0 nên lim  n f ( tn )  = 0 . Lấy giới hạn 2 vế (*”) suy ra: f ( t ) = . Thử
3
2

lại thấy ñúng.

Nhận xét:
+) Nếu dãy {xn} tuần hồn thì ta giải theo phương pháp thế rồi quy về hệ pt hàm.
+) Nếu dãy {xn} không tuần hoàn nhưng f liên tục tại xo = 0 và {xn} → 0 thì sử dụng
giới hạn như VD1.
+ Nếu {xn} khơng tuần hồn, khơng có giới hạn thì phải ñổi biến ñể có dãy {tn} có
giới hạn 0 và làm như ví dụ 1.

BÀI TẬP
1) Tìm f : R → R thỏa mãn:
a) f liên tục tại xo = 0,
b) n f ( nx ) = f ( x ) + nx ∀n ∈ N , n ≥ 2; ∀x ∈ R .
 x  10
2) Tìm f : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn: f ( 3 x ) + f   = x .
3 3

3) Tìm f : R → R liên tục tại xo = 0, thỏa mãn:

m f ( mx ) − n f ( nx ) = ( m + n ) x ∀m, n ∈ N * , m ≠ n , ∀x ∈ R .

Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị.
+) ðây là phương pháp cơ sở của mọi phương pháp khác.
+) Khi vận dụng phương pháp cần chú ý sử dụng kết quả vừa có được.
( a ) f ( x ) ≥ 0 ∀x ∈ R
Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn: 
.
( b ) f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ R
Lời giải:
x = 0
 f ( 0 ) ≥ 0
suy ra 
⇒ f (0) = 0 .
Cho 
y = 0
 f ( 0 ) ≥ 2 f ( 0 )
 f ( 0 ) ≥ f ( 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 ∈ R . Vậy f ( x ) = 0 . Thử lại thấy đúng.
Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn:
1
1

1
f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥
∀x, y, z ∈ R
2
2
4

Lời giải:

10

( 2) .


2

Cho x = z , y = 1 ta ñược: f ( x ) − ( f ( x ) )

2

1 
1
1
≥ ⇔  f ( x ) −  ≤ 0 ⇔ f ( x ) = . Thử lại thấy
4 
2
2

đúng.
Ví dụ 3: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ∀x ∈ R

y∈R

( 3) .

Lời giải: ( 3) ⇒ f ( x ) ≥ xy − f ( y ) ∀x, y ∈ R .
Cho x = y = t ∈ R ⇒ f ( t ) =

t2
∀t ∈ R
2

(a) .

Từ (a) suy ra:

xy − f ( y ) ≤ xy −

y2
x2 1
x2
2
=
− ( x − y) ≤
2
2 2
2

( a ) + (b) ⇒ f ( x) =

⇒ f ( x ) = Max { xy − f ( y ) } ≤

y∈R

x2
∀x ∈ R
2

(b )

x2
. Thử lại thấy đúng.
2

Ví dụ 4: Tìm f : R → R thỏa mãn:

f ( x + y ) ≥ f ( x ) f ( y ) ≥ 2008x + y ∀x, y ∈ R

( 4) .

Lời giải:
2

Cho x = y = 0 ⇒ f ( 0 ) ≥ ( f ( 0 ) ) ≥ 1 ⇒ f ( 0 ) = 1 .
Cho

x = − y ∈ R ⇒ 1 = f ( 0 ) ≥ f ( x ) f ( − x ) ≥ 1⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1⇒ f ( x ) =
 f ( x ) ≥ 2008 x > 0
Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) ≥ 2008 ⇒ 
−x
 f ( − x ) ≥ 2008 > 0
x

Theo ( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) =

1
1
≤
= 2008x
f ( − x ) 2008− x

[ a; b ]

( c ) . ( b ) + ( c ) ⇒ f ( x ) = 2008x . Thử lại

→ [ a ; b ] thỏa mãn:

f ( x ) − f ( y ) ≥ x − y ∀x, y ∈ [ a ; b ] (a < b cho trước)

Lời giải:
Cho x = a ; y = b ⇒ f ( a ) − f ( b ) ≥ a − b = b − a ( a ) .
vì f ( a ) , f ( b )∈ [ a ; b ] nên f ( a ) − f ( b ) ≤ a − b = b − a ( b ) .

11

(a) .

(b) .

thấy đúng.
Ví dụ 5: Tìm f :

1
∀x ∈ R
f ( −x)

(5).


  f

 f
( a ) + ( b ) ⇒ f ( a ) − f ( b ) = b − a ⇔ 
 f

  f

(a) = a
(b) = b
.
(a) = b
(b) = a

 f ( a ) = a
thì:
+) Nếu 
 f ( b ) = b
Chọn y = b ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≤ x ( c ) .
Chọn y = a ; x ∈ [ a ; b ] ⇒ f ( x ) ≥ x ( d ) .

(c) + (d ) ⇒ f ( x) = x .
 f ( a ) = b

thì:
+) Nếu 
 f ( b ) = a
Chọn y = b ; x ∈ [ a ; b ] rồi chọn y = a ; x ∈ [ a ; b ] như trên ta ñược: f ( x ) = a + b − x . Thử
lại thấy ñúng.
Nhận xét:
+) Từ VD1 → VD5 là các BPT hàm. Cách giải nói chung là tìm các giá trị đặc biệt – có
thể tính được trước. Sau đó tạo ra các BðT “ngược nhau” về hàm số cần tìm để ñưa ra kết
luận về hàm số.
+) Việc chọn các trường hợp của biến phải có tính “kế thừa”. Tức là cái chọn sau phải
dựa vào cái chọn trước nó và thử các khả năng có thể sử dụng kết quả vừa có được.
Ví dụ 6: Tìm f : R → R thỏa mãn:


π 
 f ( 0 ) = a ; f   = b ( a, b cho tr−íc )
2

 f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) cos y ∀x, y ∈ R


(6) .

Lời giải:
Cho y =

π
π



; x ∈ R ta ñược: f  x +  + f  x −  = 0
2
2
2



π

Cho x = 0; y ∈ R ta ñược: f ( y ) + f ( − y ) = 2a cos y
Cho x =

π

; y ∈ R ta ñược: f  + y  +
2
2


π

(a) .

(b) .

π

f  − y  = 2b cos y
2


12

(c) .



f


( a ) + (b) + ( c ) ⇒  f


f


π

x+ +
2


π

f x− =0
2


π


x− +
2


π
π


f  − x  = 2a cos  x −  .
2
2



π

π

 x +  + f  − x  = 2b cos x
2

2


Giải hệ ta ñược: f ( x ) = a cos x + b sin x . Thử lại thấy đúng.

Ví dụ 7: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) f ( y ) = f ( x + y ) + sin x sin y ∀x, y ∈ R

(7) .

Lời giải: Ta thấy f ( x ) = cos x là một hàm số thỏa mãn.
 f (0) = 0
2
.
Cho x = y = 0 ⇔ ( f ( 0 ) ) = f ( 0 ) ⇔ 
 f ( 0 ) = 1
Nếu f ( 0 ) = 0 thì: Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) = − f ( 0 ) = 0 ∀x ∈ R . Thử lại ta ñược:
sin x sin y = 0 ∀x, y ∈ R ⇒ vô lý. Vậy f ( x ) = 0 không là nghiệm (7).

Nếu f ( 0 ) = 1 thì cho
x = − y ⇒ f ( x ) f ( − x ) = 1 + ( − sin 2 x ) = cos 2 x ⇒ f ( x ) f ( − x ) = cos 2 x ( a ) .


f
π
Cho x = ⇒ 

2
f


π 
 =0
2
.
 π
−  = 0
 2

π

π 
Nếu f   = 0 thì: Cho x = ; y ∈ R thế vào (7) suy ra:
2
2
π

f  y +  + sin y = 0 ⇒ f ( y ) = cos y ∀y ∈ R . Thử lại thấy ñúng.
2

 π
Nếu f  −  = 0 tương tự như trên ta ñược: f ( y ) = cos y ∀y ∈ R .
 2
Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = cos x .

Ví dụ 8: Tìm f , g : R → R thỏa mãn: f ( x ) − f ( y ) = cos ( x + y ) g ( x − y ) ∀x, y ∈ R ( 8) .
Lời giải:
Chọn x =
Chọn x =

π
2

− y; y∈ R

(8) ⇒

π

π


f  − y  − f ( y) = 0 ⇔ f  − y  = f ( y) (a) .
2
2





π

π 
+ y ; y ∈ R ( 8 ) ⇒ f  + y  − f ( y ) = − sin 2 y.g   ( b ) .
2
2

2

π

13


( a ) + (b) ⇒

π

f  + y−
2


π

Theo (8): f  + y  −
2


π

π 
f  − y  = − sin 2 y. g   ( c ) .
2

2

π

f  − y  = − g (2y) (d ) .
2


( c ) + ( d ) ⇒ g ( 2 y ) = sin 2 y. g 

π

 ∀y ∈ R ⇒ g ( 2 x ) = a sin 2 x ⇒ g ( x ) = a sin x ∀x ∈ R .
2

π 
(với a = g   cho trước.)
2

Cho y = 0; x ∈ R ⇒ f ( x ) − f ( 0 ) = cos x. g ( x ) ⇒ f ( x ) =

a
sin 2 x + b (b = f ( 0 )) , ∀x ∈ R .
2

a

 f ( x ) = sin 2 x + b
Thử lại 2 hàm số: 
(Với a, b là hằng số cho trước). Thỏa mãn (8).
2
 g ( x ) = a sin x


f


Ví dụ 9: Tìm f : R → R thỏa mãn:  f

f


( − x ) = − f ( x ) ∀x ∈ R ( a )
( x + 1) = f ( x ) + 1 ∀x ∈ R ( b )
 1  f ( x)
  = 2 ∀x ≠ 0 ( c )
 x

x

Lời giải:
 x +1 
Ta tính f 
 đến f ( x ) theo hai cách:
 x 

 x +1 
 1
f
 = f 1 +  = 1 +
 x 
 x

f ( x)
1
f   = 1 + 2 ∀x ≠ 0 ( a ) .
x
x

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

f
=


 
2
2
 x   x 
 x  
 x 




 x +1
 x +1 

 x +1
=

 x 
 x +1 


 x 

2

2

 
1 +  − f
 

 1     x +1 

 = 

 x +1    x 

2

 1 
f −
 =
 x +1 


f ( x + 1) 
1 −
=
2


+
x
1
(
)




 1+ f ( x) 
1 −
 ∀x ≠ 0, x ≠ 1 ( b ) .
2


x
+
1
(
)



( a ) + ( b ) ⇒ f ( x ) = x ∀x ≠ 0; x ≠ 1 .
Với x = 0; ( a ) ⇒ f ( 0 ) = 0 thỏa mãn f ( x ) = x .
Với x = 1; ( a ) ⇒ f ( −1) = − f (1) :
Cho x = 0; ( b ) ⇒ f (1) = 1 ⇒ f ( −1) = −1 thỏa mãn f ( x ) = x .

14

.


Vậy f ( x ) = x ∀x ∈ R . Thử lại thấy đúng .

Ví dụ 10: Tìm f : R \ { 0 } → R thỏa mãn:

 f (1) = 1 ( a )

  1 
1 1
.
f 
 = f   . f   ∀x, y ≠ 0 ( b )
x  y
  x+ y
( x + y ) f ( x + y ) = xy f ( x ) f ( y ) ∀x, y tháa m n xy ( x + y ) ≠ 0 ( c )

Lời giải:
 1 
1
Cho x = y ∈ R* , ( b ) ta ñược: f   = 2 f   ⇒ f ( x ) = 2 f ( 2 x ) ∀x ≠ 0 (*)
 2x 
 x
2

2

Cho x = y ∈ R* , ( c ) ta ñược: 2 x f ( 2 x ) = x 2 ( f ( x ) ) ⇔ 2 f ( 2 x ) = x ( f ( x ) ) ∀x ≠ 0 (*' ) .
Thế (*) vào (*’) suy ra: f ( x ) = x ( f ( x ) )

2

(* ) .
"

Giả sử: ∃ xo ≠ 1, xo ∈ R* sao cho: f(xo) = 0. Thay x = 1 − xo ; y = xo vào (*”) ta ñược: f(1) = 0

trái với giả thiết f(1) = 1. Vậy f ( x ) ≠ 0 ∀x ≠ 1; x ≠ 0 .
Vì f (1) = 1 ≠ 0 nên từ (*”) suy ra f ( x ) =

1
∀x ≠ 0 . Thử lại thấy đúng.
x

Ví dụ 11: Tìm f : R → R thỏa mãn:

f


f

f


(1) = 1 ( a )
( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 2 xy ∀x, y ∈ R ( b ) .
 1  f ( x)
  = 4 ∀x ≠ 0 ( c )
x

x

Lời giải:
Cho x = y = 0, ( b ) ⇔ f ( 0 ) = 0
Cho x = y = t ≠ 0, ( b ) ⇔ f ( 2t ) − 2 f ( t ) = 2t 2 (1) .
Cho x = y =

1
1
, (b) ⇔ f   − 2 f
2t
t

 1  f (t )
Từ ( c ) ⇒ f   = 4 ;
t
t 

(1) + ( 2 ) ⇒ f ( t ) = t 2

1 1
  = 2 ( *)
 2t  2t

f (t )
f ( 2t )
1
 1  f ( 2t )
= 2
. Thế vào (*) ta ñược: 4 − 2
f  =
4
4
t
 2t  ( 2t )
( 2t ) 2t

∀t ≠ 0 . Từ f ( 0 ) = 0 ⇒ f ( t ) = t 2 ∀t ∈ R . Thử lại thấy đúng.

Ví dụ 12: Cho hàm số f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn:

 f ( x) 
f
 = y f ( y ) f ( f ( x ) ) ∀x, y ∈( 0; + ∞ ) (12 ) .
 y 

15

( 2) .