chuyen de phuong trinh ham

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM f  u ( x) . Dạng 1: Tìm f(x) , biết. = v(x). 1 Đặt t = u(x) , tính x theo t : x = u (t). Thế vào biểu thức đã cho ta được f(t) = Khi đó thay t bởi x ta được : f(x) Ví dụ 1: Tìm hàm số f(x) biết : 1, f(2x + 1) = 7x + 5 1 1  f  x   x 2  2 khi x 0 x x 2, . v  u  1 (t ) . Hướng dẫn giải t1 x 2 1, Đặt t = 2x + 1  7 3  t  1 7  5  t  2 2 Hệ thức đã cho trở thành : f(t) =  2  7 3 x 2 Vậy f(x) = 2 1 1 1 x   t 2  x 2  2  2  x 2  2 t 2  2 x x x 2, Đặt t = t2  2. Do đó f(t) =. 2 Vậy f(x) = x  2 Bài tập tự luyện: 1, Tìm hàm f(x) biết :. a). . . f x  x 2 1  x . x 2 1. x  x2 1 .. Nhân lượng liên hợp 1 f ( x)  x ĐS:.  3x  1  x  1 f  x  2, x 1  b)  x  2  x  1 Hướng dẫn giải 3x  1 2t 1 t  x x  2 3 t Đặt 2t 1 1 x 1 t 4 3 t   2 t  1 x 1  1 3t  2 3 t Dạng 2: Tìm f(x) biết. f (t ) . t4 x4  f ( x)  3t  2 3x  2. a. f  u ( x )  b. f  v( x)   r ( x). f  u ( x)  f  v( x ) Từ hệ thức đã cho suy ra hệ thức mới chỉ chứa và f  u ( x) f  v( x ) Ta được hệ pt chứa 2 ẩn và Giải hệ này ta đưa bài toán về dạng 1. Ví dụ 1: * a.f(x) + b.f(–x) = C Thay x bởi – x ta được a.f(–x) + b.f(x) = C 1 ( ) * a.f(x) + bf x = C.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  1 1 1     Thay x bởi x ta được a.f  x  ta được a.f  x  Ví dụ 2: Tìm hs f(x) biết : 4 3 1, 2.f(x) – f(–x) = x  12 x  4  1 1 f  2, (x – 1) f(x) +  x  = x  1. + b.f(x) = C.  x 0, x 1. Hướng dẫn giải 4 3 1, Ta có : 2.f(x) – f(–x) = x  12 x  4 Thay x bởi – x thì đẳng thức trở thành 2. f ( x)  f ( x)  x 4 12 x 3  4. (1). (2) Nhân 2 vào hai vế của (1) xong cộng với (2) theo từng vế ta được 3. f ( x ) 3x 4  12 x 3  12  f ( x )  x 4  4 x3  4 1 1 f  2, Ta có : (x – 1).f(x) +  x  x  1 (3) 1    1 x . 1 Thay x bởi x thì đẳng thức này thành: 1 x  1  x f    f ( x)  1 x  x Hay x 1 x Nhân x vào hai vế của (3) ta được:. 1 1 f    f ( x)  1  x 1 x (4).  x2  2 x 1 1 x  1  1 f ( x)  f    x x x (5)  x Lấy (4) trừ (5) theo từng vế ta được:   x 2  2 x  1 x 1 f ( x)   1  x 1 x x   . x2  x 1 x2  x 1 f ( x)  x (1  x ).x Suy ra :. f ( x) .  f ( x) . 1 1 x. 1 1 x. Bài tập tự luyện: Bài 1: Tìm hàm f(x) biết : a) 2 f ( x)  3 xf (  x)  2  3 x (1) Thay x bởi – x ta được: 2 f ( x )  3 xf ( x )  2  3x Từ (1) và (2) ta có hệ: 6 x ( f  x)  4 f ( x ) 4  6 x  2 2 6 xf ( x )  9 x f ( x ) 6 x  9 x f ( x)  4  9 x 2   4  9 x 2  f ( x) 1  f (0) 0  f ( x )  f ( x  1)  x 2 x b) f(x) là một đa thức bậc ba thỏa:  Hướng dẫn giải. (2).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3 2 Vì f(0) = 0  f ( x) ax  bx  cx (1) 3 2  f ( x  1)  a( x  1)  b( x  1)  c( x  1) 3 2 2 = ax  3ax  3ax  a  bx  2bx  b  cx  c (2) 3 2 = ax  (3a  b) x  (3a  2b  c) x  (a  b  c )  f ( x )  f ( x  1) (b  3a  b) x 2  (2b  3a) x  (a  b  c) x 2  1 a 3 3a 1  x3 x 2 x   1   2b  3a 0  b   f ( x)    3 2 6  a  b  c 0  2   1 c 6   1  a 3  f (0)  0 d 0   f (1) 1 a  b  c 1    1    b    f (2) 5 8a  4b  2c 5  2  f (3) 14 27a  9b  3c 14  1 c 9  Cách khác :.  1 f 1   x 2  1 Bài 2 : Tìm hàm số f(x) biết rằng  x  Hướng dẫn giải 1 1 1 u 1   u  1  x  (u 1) x x u 1 Đặt Thay. u 1 . ( x 0). 1 1 x x và u  1 vào pt của đề bài ta có: 2.  1  1  (u  1)2 1  u2  2u  1 2u  u 2 f (u)    1     (u  1)2 (u  1)2 (u  1)2  u  1  x2  2x f (x)  ( x  1)2 với x 1 Đổi k/h biến số ta được:  x  1 f ( x )  xf  x   2 (*)  2x  1  2 tìm h/số này biết rằng Bài 3: Cho h/số f(x) xđ với Hướng dẫn giải x u 1 u  x  2 xu  u  x  u 2x  1 2u  1 với 2 Đặt x u u x 2 x  1 và 2u  1 vào (*) ta được Thay  u  u f f (u) 2   2u  1  2u  1 Đổi u thành x ta được   x   f ( x )  xf    2 (1)   2x  1    x  x  x f ( x)  f  x   2 f  f ( x )  2    2x  1 2x  1     2x  1  2x  1 ta được hệ :. (2).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2(2 x  1)  f ( x)  x 1 * x 1 * x = 1 ta thay x = 1 vào (1) : f(1) + f(1) = 2 1 neáu x = 1  f ( x )   2(2 x  1) 1 neáu x 1 vaø x   2  x 1 Tóm lại:.  f(1) = 1. Bài 3 x y Tìm ( xác định) h/số f(x) thỏa: f ( x  y )  f ( x ). f ( y )  2002 với mọi x, y  R (*) Hướng dẫn giải. Thay x = 0 , y= 0 vào (*) ta có : Với. f (0)   f (0). 2. f (0)   f (0).  0  f (0) 1. 2.  20020 1. (1). (2). Từ (1), (2)  f (0) 1. 0 Thay y = – x vào (*) f (0)  f ( x ). f ( x )  2002 1  f ( x ) . f ( x ) 1 (3) x Lại cho y = 0  f ( x )  f ( x )  2002 (4)  f ( x )  2002 x (5).  f ( x)  Ta có (3). 1 1   2002 x (6) f ( x ) 2002 x. theo (5) x Từ (4) và (6) ta suy ra : f ( x )  2002 . Đảo lại xem h/số f ( x ) 2002 Ta nhận thấy f(x) thỏa yêu cầu của bài toán. x Vậy f ( x )  2002 x. Dạng 3: Tìm hai hàm f(x) và g(x) biết: af  u( x )  bg  v( x ) r( x ) (1)  cf  p( x )  dg  q( x ) s( x ) (2). Khử f hoặc g để đưa về dạng 2 hoặc dạng 1  f ( x ) và g(x) Ví dụ : Khử f : 1 Trong (1) đặt t = u(x) thì x  u (t ) nên (1) thành af(t)  bg  v(u 1 (t))   r  u 1 (t) . (3). 1 Trong (2) cũng đặt t = p(x) thì x  p (t ) nên (2) thành cf (t )  dg  q( p  1 (t ))  s  p  1 (t ) (4). Từ (3) và (4) khử f(t) Ví dụ 1: Tìm hai hàm f(x) và g(x) sao cho:  xf ( x  1)  g( x  1) 2 x ( x  1)  11 (1)   1 2  2 x  10 x 2 1   1 f  xg  ( x 0 vaø x  ) (2)     x x 2  x    Hướng dẫn giải Đặt t = x + 1  x = t – 1 và do đó (1) trở thành: (t  1) f (t )  g(t )  2(t  1)t  11  (t  1) f (t )  g(t )  2t 2  2t  11. (3).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1 t  x x t do đó (2) trở thành: Lại đặt 2 10 2  2 1 t t  (2  2  10 )t  tf (t )  g(t ) 2t 2  2t  10 f (t )  g(t )  1 t t t2 t (4) 2 Cộng (3) và(4) theo từng vế ta được: (2t  1) f (t ) (2t  1)  1 1 0  t  x  2 2 . Vậy f(x) = 2x – 1  Suy ra f(t) = 2t – 1 với 2t – 1 Mặt khác thay f(t) = 2t – 1 vào (4) ta được: t(2t  1)  g(t ) 2t 2  2t  10  2t 2  t  2t 2  2t  10 g(t)  t  10 g(t ) Vậy g(x) = x + 10 Bài tập: Tìm các hàm f(x) và g(x), biết:  1  f ( x  6)  2 g(2 x  15)  2 ( x  2) (1)  a,   f  x  2   g( x  5) x  4 (2)   2  Hướng dẫn giải Đặt u = x + 6  x = u – 6 f (u)  2 g(2u  3) . u 4 (3) 2. Thay x = u – 6 vào (1) ta có : x 2 t  x 2t  2 2 Đặt Thay x = 2t – 2 vào (2) , ta có: f(t) + g(2t+3) = 2t + 2 (4) Đổi u và t thành x, ta có:  x 4  f ( x )  2 g(2 x  3)  (3)   2  f ( x )  g(2 x  3)  2 x  2  7 x  12  3x  8 f (x)  g(2 x  3)  2 2 Giải hệ ta được và y 3 2 Đặt y = 2x + 3 Thay vào biểu thức của g ta được: 3y  7 3x  7 g( y )   g( x )  4 4 x . Tóm lại ta đã tìm được f(x) và g(x) như sau:  f (2 x  1)  g(1  x)  x  1   1    x  f  2 g     3  x 1 2 x  2     b)  u 1  x 2 Đặt u = 2x – 1.  7 x  12  f ( x )  4   g( x )   3 x  7  4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1–x =. 1. u 1 1 u  2 2.  1 u   1 x  u 3 x 3  f ( u)  g   f (x)  g  (1)    2 2  2   2  Đặt  v  1  x  1 x v v   x  f ( v)  2 g    3  f ( x)  2 g   3 x 1 1 v  2   2    1 x  x  3 (3)  f (x)  g   2   2     f (x)  x   1  x  f ( x)  2g    3 (4)  2    Từ (1),(2)  1 x  x  3 3 x g  x  2 2 Thay vào (1) ta có :  2  1 x 3 x  x  1  2t ; 1  t 2 Đặt t = 2.  g(t)  1  t  g( x ) 1  x. BÀI TẬP NÂNG CAO Bài 1: Tìm hàm số y = f(x) biết rằng:. f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1 x , y  R Hướng dẫn giải Xét pt : f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1 (1) Từ (1) cho y = – 1 , y = 0 ta được: f ( x )  f ( x  1)  f ( x )   x  2 x  1  x  1 (2) f (0)  f ( x )  f ( x  1)  2 x  1. Từ (2), (3)  f ( x )  f (0)   x Đặt t = – x  f (t )  f (0) t  f (t )  t  f (0)  0. (3). Đặt g(t) = f(t) – t ta có g(t) = f(0) – 0 = g(0) t Để tính g(0) ta viết (1) dưới dạng f ( x.y)  xy  f ( x  y)  ( x  y)  f ( x  y  1)  ( x  y  1)  0  g ( x.y)  g( x  y)  g( x  y  1) 0 Lấy x = y = 0  2 g(0)  g(1) 0 Do g(t) = g(0) t Do đó : f (t)  t 0 t . f ( x)  x. x. Bài 2: Cho hàm f(x) với biến số thực x, không đồng nhất 0 thỏa pt: (*) f(x).f(y) = f(x – y) x , y Tìm f(x) Hướng dẫn giải. Cho x = a với f (a)  0 ta có : (*)  f (a) f ( y )  f (a  y ) a tồn tại vì f(x) không đồng nhất 0 Thay y = 0 ta có : (1)  f (a). f (0)  f (a)  f (0) 1. (1). 2.   f ( x )  f (0) 1 Thay y = x từ (*)  x  x x  f ( x ). f    f   2  2 Thay y = 2 từ (*). (2) .  x  f ( x )  1 . f    0  2. (3). (2).

<span class='text_page_counter'>(7)</span>   f ( x ) 2 1       f ( x ) 1  f ( x ) 1   x    f  2  0    Từ (2) và (3) Vậy f(x) = 1  x Bài 3: Tìm hàm số f(x) nếu:  f ( x  y )  f ( x  y ) 2 f ( x ) cos y x, y (1)      f (0)  f  2  1    Hướng dẫn giải Trong (1) cho x = 0 , y = t ta có: f (t )  f ( t )  2 cos t. (2).   t , y 2 ta có: f (  t )  f (t )  0 Trong (1) cho x = 2 (3)   x  , y  t 2 2 Trong (1) cho ta có: f (  t )  f ( t )   2sin t (4) Cộng (2) với (3) ta được: f (  t )  2 f (t )  f ( t )  2 cos t (5) Lấy (5) trừ (4) ta được : 2 f (t )  2(cos t  sin t )  f (t )  cos t  sin t (6)   f (0)  f   1 2 Rõ ràng (6) thỏa mãn (1) và Vậy hàm cần tìm là: f ( x ) cos x  sin x. Bài 4: Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa điều kiện f ( x )  f (2 x ) x  R . Tìm hàm số f(x) Hướng dẫn giải  x  x   x  f ( x )  f    f  2   ...  f  n  2 2  2  Theo đề bài suy ra: x 0 n Khi n   thì 2  x  f  n   f (0) khi n   Mà f(x) là hàm liên tục nên  2   x  lim f ( x ) lim f  n   f (0) x  R n  n   2  Tức là : . Điều đó chứng tỏ f(x) không đổi với mọi x hay f(x) = c = hằng số Thử lại ta được f(x) = c thỏa điều kiện đề bài  1  8x  8 3 f (x)  f    2 (1) x x  1   Bài 5: Tìm hàm f(x) biết Hướng dẫn giải. 8 8 1 1 8(1  u)u2 8(1  u)u u  ( x 0)  x   u   1 x u u(1  u 2 ) 1  u2  1 u2 Đặt 1  8(1  u)u  3 f    f (u)  (u 0) 1  u2 u .

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  1 8(1  x ) x 3 f    f (x)  (2) 2 x 1  x   Hay. x 0   1  8x  8 (1) 3 f ( x )  f    2   x  x 1 x 0   f ( x )  3 f  1  8( x  1) x (2)    x2 1  x .  1 f  Như thế f(x) và  x  là nghiệm của hệ:  1 f  Giải hệ (1) và (2) bằng cách khử  x  ta được. ( x  1)( x  3) f ( x)  x 0 x2 1 Bài 6: Cho hàm số f(x) xác định trên R và bị chặn trong ( a; a) với a là số dương 1  x f ( x)  f    x  x R (1) 2 2   cho trước và thỏa điều kiện: Hãy tìm hàm số f(x). Từ (1) suy ra:. Hướng dẫn giải 1  x  f  x f(x) 2  2  1  x 1  x  x f   2 f  2   2 2 2 2 2  2. 1  x  1  x x f   f   2 2  2 2  2 3  23  2 4 ....................... 1  x  1  x  x f  n   n1 f  n1   2 n n 2 2  2 2  2 Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được:  1  x  1 1  f ( x )  n 1 f  n 1   x  1  2  ...  2 n  (2) 2 2  2   2 a. x. a 2 Với bất kỳ x nào, ta chỉ cần chọn n đủ lớn , ta sẽ có: Mặt khác vì f(x) bị chặn trong khoảng ( a; a) nên tồn tại số c sao cho  x  f  n 1   c x   2  f ( x )  x.. 1. . n 1. 4 x 3. 1 1   4 Từ (2) ta cho n thì ta được : 4 f ( x)  x 3 . Thử lại thấy hàm số này thỏa yêu cầu đề bài. Vậy Bài 7: Tìm các hàm số f xác định và đồng biến trên R thỏa hệ thức sau: 1  f  f ( y)  2 x  4 x  y  1 4  với mọi x , y  (1) Hướng dẫn giải 1 1  1 f  f ( y )  y  1 y 2  4 vào (1) ta có :  4 Thay 1   f  f (0)  1 4  Thay x = y =0 (3) x . (2).

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  1 1  1   f  f ( y )  y   f  f (0)  2   4 4  Từ (2) và (3) Do f đồng biến trên R nên 1 1 1 (4)  f ( y)  y  f (0) y  R 4 2 4 (5) Do đó f ( y ) 2 y  f (0) y  R. (4). 1 f ( y) Thay x = 8 vào (1) ta được: 1 2 y  2  f ( y)  f ( y )  y  1  f (0)  (6) 2 f(0) = 2 Từ (5) f(0) = f(y) – 2y (7) 2 y  2  f ( y) 2  f ( y)  2 y   f ( y)  2 y  2 3 Từ (6) , (7) . 2 Thử lại thấy f(x) = 2x + 3 thỏa yêu cầu đề ra Bài 8: Tìm hàm số y = f(x) thỏa điều kiện  1 2x x    f ( x ). f '( x )  f (x)   f (0) 1  Giải 1  2x f ( x ). f '( x )  x     f ( x ) 2 . f ' x 1  2 x   f ( x )   Từ Ta có. 3. 3. Vậy :. ,. 2.   3  f (x) . f '(x)   f (x)   3  6x   f (x) 3x  3x  c  f ( x ). ,. 3. 2. 3. ( C là hằng số ). 2.  f ( x)  3x  3x  c Do f (0)  3 0  0  c 1  c 1 3 2 Vậy f ( x )  3 x  3 x  1 Bài 9: Hãy tìm hàm số y = f(x) biết rằng 3 x 2 . f '( x )  x 3 . f " ( x )  1 x 0 (1)  '  f (1) 1 f ( 2)  1 Giải. '. (1)   x 3 . f '( x )  1  x 3 . f '( x )  x  c1 1 c  f '( x )  2  13 x x 1 c   1 1  c1  2 1 1 Do f’(1) = 1 .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1 2 1 1  3  f ( x )   2  c2 2 x x x x 1 1 1 Do f ( 2)  1    c2  1  c2  2 4 4 1 1 1 f ( x)   2  x x 4 Vậy Bài 10: Cho P(x) là một đa thức bậc n thỏa mản điều P(x)  0  x CMR: P(x) + P’(x) + P”(x) + . . . + P(n)(x)  0  x Giải Do P(x)  0  x vậy nếu gọi P(x) = anxn + an – 1 xn – 1 + . . . + a1x + ao thì n là số chẵn và an > 0 Xét hàm số : F(x) = P(x) + P’(x) + P”(x) + . . . + P(n)(x) Khi đó F(x) cũng là một đa thức bấc n, với hệ số của xn cũng chính là an Do F(x) là hàm liên tục và an > 0 n chẵn, nên F(x) phải đạt giá trị bé nhất Giả sử minF(x) = F(xo) khi đó ta có F’(xo) = 0 Do P(n + 1)(x)  0  F’(x) = P’(x) + P”(x) + . . . + P(n)(x)  F’(x) = F(x) – P(x) Như vậy từ F’(xo) = 0  F(xo) = P(xo) Do P(x)  0  x  F(xo) = P(xo)  0 Hiển nhiên ta có F(x)  F(xo)  x  F(x)  0  x  đfcm  f '( x ) . ĐỀ HỌC SINH GIỎI CÁC NĂM TRƯỚC Đề 1: ( 2008) Cho hàm số f : R  R thỏa mãn 3 tính chất sau: 1. f(1) = 1 2. f( x + y ) – f(x) – f(y) = 2xy f (x) 1 x 0 4 3. f( x ) = x Tính. f. . 2008. . Giải  Từ tính chất 2 cho x = 0 f(y) – f(0) – f(y) = 0  f(0) = 0 (1) t t t2 t Đặt x = y = 2 ta được : f(t) – 2f( 2 ) = 2 (2) 2  1 2 1 f   2f    2 t t Tương tự đặt x = y = t ( t 0 ) ta được :  t . Theo tính chất 3 ta suy ra.   ft  2 1 f     4  t   t   2   2  . t f  2  2  f     4 t t  2  . t f  2  1 2   4  2 f    2 t t t  2  . t f  2 2 f (t ) 2   4   2 4 t t t  2  .  1  f (t) (Thay f    4 ) t t .

<span class='text_page_counter'>(11)</span> t 16 f   2  2   2 f (t )  2t  8 f  t   f t  t 2 t 0 (3)     t4 t4 t4  2  t t2  t  8 f ( )  4 f (t )  2 t 2  f (t )  2 f ( )   2 2   2   8 f ( t )  f (t )  t 2 8 f ( t )  f (t )  t 2  2 2 Từ (2) và (3) ta có hệ   3 f (t) 3t 2  f (t )  t 2 t Thử lại hàm số nầy thỏa mãn cả ba tính chất . Vậy. f. . . 2008  2008. Đề 2: Cho tam thức bậc hai f(x) = x2 + px + q với p, q là các số nguyên. CMR Tồn tại số nguyên K để f (K) = f( 2009 ) . f( 2010 ) Giải Ta chứng minh: f [ f(x) + x ] = f(x). f( x + 1) Thật vậy : f [ f(x) + x ] = [ f(x) + x ]2 + p [ f(x) + x ] + q = f2(x) + 2f(x).x + x2 + p.f(x) + p(x) + q = f(x) [ f(x) + 2x + p ] + x2 + px + q = f(x) [ f(x) + 2x + p ] + f(x) = f(x) [ f(x) + 2x + p + 1 ] = f(x) [ x2 +px + q +2x + p + 1 ] = f(x) [ (x +1)2 + p(x + 1) + q ] = f(x). f(x + 1) Vậy f [ f(x) + x ] = f(x). f(x + 1) Với x = 2009 đặt K = f (2009) + 2009 ( K   ) Thế thì: f ( K ) = f [ f( 2009) + 2009 ] = f ( 2009).f ( 2009 + 1) = f ( 2009).f ( 2010) Vậy số K cần tìm là K = f ( 2009) + 2009 - - - - - Hết - - - - -.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Biên soạn: LÊ VĂN QUANG ________________________________ A/ MỤC TIÊU: - Cung cấp cho học sinh một số cách tìm hàm số đơn giản và một số đề thi học sinh giỏi trong tỉnh nhằm nâng cao và mở rộng kiến thức cho học sinh khá giỏi - Là tài liệu nội bộ cho giáo viên trong tổ tham khảo B/ NỘI DUNG: Chủ đề gồm có 2 phần: - Các cách tìm hàm số đơn giản - Các dạng bài tập luyện tập và bài tập nâng cao.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>