MỤC LỤC NỘI DUNG I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý 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 vấn đề nghiên cứu: 2/Cơ sở lý luận đề tài: 3/Thực trạng vấn đề nghiên cứu: 4/Nội dung nghiên cứu kết 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 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: TRANG 2 2 3 3 4 4 4 12 17 20 34 43 43 43 44 I.PHẦN MỞ ĐẦU: 1/Lý chọn đề tài: T rong năm gần đây, mơn Tốn Tỉnh Tiền Giang có tiến rõ rệt thành tích kỳ thi Học sinh Giỏi cấp Quốc gia ngày tốt Có thành tích nhờ đạo chuyên môn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG, nổ lực Quý Thầy Cô cố gắng em học sinh Qua trình nghiên cứu, theo dõi đề thi Học sinh Giỏi lần chấm thi, thấy đa số em học sinh “chưa thạo” việc giải tốn Phương trình hàm cách có “bài bản” Để góp phần nhỏ vào việc hệ thống lại cơng cụ để nghiên cứu, giải toán thi Học sinh Giỏi phần có liên quan đến hàm số, đẳng thức, bất đẳng thức, tạo thích thú cho em học sinh; giúp em “khơng ngán ngại” gặp tốn hàm số Tơi xin phép trình bày chun đề “ PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” 2/Mục tiêu nghiên cứu: Nhằm hệ thống kiến thức phương trình hàm, trình bày kết qua trình nghiên cứu phương trình hàm bất phương trinh hàm Giúp em học sinh có kiến thức tốt Phương trình hàm phần Bất phương trình hàm, mở số hướng cho em học sinh suy nghĩ sáng tạo toán 3/Nhiệm vụ nghiên cứu: Trước hết thực đổi phương pháp giảng dạy Toán làm cho học sinh sáng tạo tìm kết mới, lời giải hay “loại tốn khó”, giúp thân nắm vững Phương trình hàm, đồng thời trao đổi học tập kinh nghiệm Quý Thầy Cô Tổ Toán 4/Các phương pháp nghiên cứu: *Phương pháp suy luận, tổng hợp: kết hợp giảng GS-TSKH NGUYỄN VĂN MẬU với đề thi Học sinh Giỏi rút kinh nghiệm, hệ thống lại kiến thức, mở hướng *Phương pháp trò chuyện – vấn: trao đổi tâm tình với nhiều học sinh giỏi để nắm tình hình sử dụng kiến thức Phương trình hàm *Phương pháp khảo sát: thân tham dự kỳ chấm thi Học sinh Giỏi nên có nắm tình hình sử dụng phương pháp làm em học sinh *Phương pháp phân tích lý luận: phân tích giúp học sinh nắm thật rõ chất vấn đề, lựa chọn phương pháp giải cho phù hợp II.PHẦN NỘI DUNG 1/Lịch sử vấn đề nghiên cứu: Hè năm 2003, 2004, 2005, 2006 thân tham dự lớp “BỒI DƯỠNG CHUYÊN TOÁN THPT” Trường ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HÀ NỘI” Trong khóa học tơi nhận thấy kiến thức Tốn nâng lên rõ rệt “BÀI GIẢNG CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM ” (của GS-TS NGUYỄN VĂN MẬU) giảng mà tâm đắc Được động viên khuyến khích Thầy TRƯƠNG THÀNH PHÚ – Sở Giáo Dục & Đào Tạo Tiền Giang; mạnh dạn chọn đề tài để nghiên cứu trình bày 2/Cơ sở lý luận đề tài: Kết hợp giảng tài liệu tham khảo để phân tích, tổng hợp, hệ thống 3/Thực trạng vấn đề nghiên cứu: Đa số học sinh ngại sử dụng phương pháp này, lúng túng q trình phân tích để tìm chất vận dụng kiến thức phương trình hàm cách thích hợp 4/Nội dung nghiên cứu kết nghiên cứu: A/NỘI DUNG NGHIÊN CỨU: A.1)Ý tưởng giải phương trình hàm, bất phương trình hàm: Phương trình hàm bất phương trình hàm chuyên đề giảng dạy bồi dưỡng học sinh khiếu toán Nghiên cứu phương trình hàm việc làm thiết thực, góp phần làm phong phú thêm kiến thức tốn Đặc biệt với “tư tưởng” Thầy Nguyễn Văn Mậu, nghiên cứu phương trình hàm giúp giải hàm “tựa” như: “tựa lồi”, “tựa lõm”, ; đặc trưng hàm số hàm số sinh phép biến hình sơ cấp, “sáng tác” kết tam giác, “kỹ thuật” giải phương trinh hàm, mối quan hệ phương trình hàm bất phương trình hàm,… A.2)Một số đặc trưng hàm số: A.1.1/Đặc trưng số hàm sơ cấp: Trong phần ta nêu đặc trưng sồ hàm số sơ cấp thường gặp chương trình phổ thơng Nhờ đặc trưng hàm mà ta dự đốn kết phương trình hàm tương ứng đề xuất dạng tập tương ứng với đặc trưng hàm Các hàm số xét phần thoả mãn điều kiện liên tục toàn miền xác định hàm số Nếu hàm số thoả mãn đặc trưng hàm cho mà khơng có tính liên tục xác định tập rời rạc nghiệm phương trình hàm biểu thức hồn tồn khác 1/Hàm bậc nhất: f ( x)  ax  b; (a, b  0) x  y  f ( x)  f ( y ) ; x, y (Phương trình Jensen)    2/Hàm tuyến tính: f ( x)  ax; (a  0) Đặc trưng hàm: f  Đặc trưng hàm: f x  y   f ( x)  f ( y ); x, y (Phương trình Cauchy) 3/Hàm mũ: f ( x)  a x ; (a  0, a  1) Đặc trưng hàm: f x  y   f ( x) f ( y ); x, y (Phương trình Cauchy) 4/Hàm logarit: f ( x)  log a 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 3x   f ( x)  f ( x); x 6/Hàm cosin: f ( x)  cos x Đặc trưng hàm: f 2 x   f ( x)  1; x 7/Hàm tang: f ( x)  tgx f ( x)  f ( y )  ; x, y  R, x  y   k (k  Z )  f ( x) f ( y ) 8/Hàm cotang: f ( x)  cot gx f ( x) f ( y )  ; x, y  R, x  y  k (k  Z ) Đặc trưng hàm: f x  y   f ( x)  f ( y ) 9/Hàm luỹ thừa: f ( x)  x  ; x  R  Đặc trưng hàm: f x  y   Đặc trưng hàm: f x y   f ( x) f ( y ); x, y A.1.2/Hàm số chuyển đổi phép tính số học đại số: Trong phần này, ta khảo sát số tính chất số dạng hàm số thông qua hệ thức hàm đơn giản hàm bảo toàn chuyển đổi tính chất phép tính đại số giao hốn, phân phối, kết hợp Bài toán 1: Xác định hàm số f(x) xác định liên tục 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 R nên g(x) hàm liên tục R Suy (2) có nghiệm g(x)=eax (1) có nghiệm f(x)=eax-1 Bài tốn 2: Cho hàm số F(u,v) (u, v số thực) Giả sử phương trình hàm: f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y số thực) (1) có nghiệm f(x) xác định liên tục R Chứng minh F(u,v) hàm đối xứng (F(u,v)=F(v,u)) 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 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  R; với F(u,v)(  u,v,w  D-1f) đa thức khác hằng, có nghiệm f(x) xác định liên tục R Chứng minh F(u,v) có dạng F(u,v)=auv+bu+bv+c  Lời giải: Giả sử F(u.v) đa thức bậc n theo u bậc m theo v Khi đó, F(u,v) đối xứng nên m=n Từ tốn 2, ta có F[F(u,v),w]=F[u,F(v,w)], vế trái đa thức bậc n theo w vế phái đa thức bậc n2 theo w Suy n2=n, hay n=1 Vậy F(u,v)=auv+b1u+b2v+c Mà F(u,v) đối xứng nên b1=b2 F(u,v)=auv+bu+bv+c Theo tốn 2, ta có ac=b2-b Bài tốn 4: Cho đa thức F(u,v)=bu+bv+c (b  0) Xác định hàm số f(x) xác định liên tục R thoả f(x+y)=F[f(x),f(y)] (x, y số thực) (Tức f(x+y)=bf(x)+bf(y)+c (4))  Lời giải: Nếu b  từ (4) với y=0, ta có f(x)=const c=0 hàm thoả (4) Khi b= c  (4) vơ nghiệm c Khi b  b  nghiệm (4) f(x)=  2b Khi b= Nếu b=1 (4) có dạng f(x+y)=f(x)+f(y)+c phương trình hàm có nghiệm f(x)=ax+c Bài tốn 5: Cho đa thức F (u, v)  auv  bu  bv  c ( a  0, c= b2  b ) Xác a định hàm số f(x) xác định liên tục R thoả f ( x  y )  F [ f ( x), f ( y )], x, y  R (Tức f ( x  y )  af ( x) f ( y )  bf ( x)  bf ( y )  c (5)) h( x )  b , từ (5) ta có a h( x  y )  h( x)h( y ); x, y  R phương trình có nghiệm  Lời giải: Đặt f ( x)  h( x)  e ax Suy nghiệm (5) có dạng f ( x)  e ax  b a Bài toán 6: Giả sử f (x) nghiệm 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: u vc ,y a b u c x ,y a b vào (5), ta thu đẳng thức: vc x  0, y  b c x  0, y  b u vc   f (u  v)  Af ( a )  Bf ( b )  C  u c  f (u )  Af ( )  Bf ( )  C  a b  vc  f (v)  Af (0)  Bf ( )C b  c  f (0)  Af (0)  Bf ( )  C  b Suy ra: f (u  v)  f (u )  f (v)  f (0) x 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 R nghiệm phương trình hàm: f (ax  by  c)  Af ( x)  Bf ( y )  C (abAB  0), x, y  R (7) Chứng minh: A  a, B  b  Lời giải: Nghiệm g ( x  y )  g ( x)  g ( y ), x, y  R lớp hàm liên tục hàm tuyến tính g ( x)  x Do f ( x)  x   , vào (7), ta được: A  a, B  b; c  C  (a  b  1)  (7’) Bài toán 8: Giải biện luận phương trình hàm: f (ax  by  c)  Af ( x)  Bf ( y )  C (abAB  0), x, y  R (8) lớp hàm liên tục R  Lời giải: Theo tốn 7: điều kiện cần để (8) có nghiệm A  a, B  b Giả sử điều kiện thoả mãn Theo (7’), ta chia truờng hợp sau: +T/h: a  b  1, c  Khi (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 đại lượng trung bình cộng Vậy (8’) có nghiệm f ( x)  x   ;  ,   R +T/h: a  b  1, c  Khi (8) trở thành: f (ax  (1  a ) y  c)  af ( x)  (1  b) f ( y )  C (abAB  0), x, y  R (8" ) Đặt: f ( x)  C x  h( x) Vậy (8”) có dạng: c h(ax  (1  a ) y  c)  ah( x)  (1  b)h( y ) (abAB  0), x, y  R (8' " ) Do (8’”) có nghiệm tuỳ ý (Xem (7)), (8) có nghiệm C x  ;   R c +T/h: a  b  Theo tốn nghiệm (8) có dạng f ( x)  x   ;   R Từ (7’) suy c  C  (a  b  1)  Nếu cho   R c  C tuỳ ý   a  b 1 Bài toán 9: Xác định hàm số f (x) liên tục R nghiệm f ( x)  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  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: g ( x  y )  g ( x)  g ( y ); x, y  R (9" ) Suy g ( x)  x;   R Vậy (9) có nghiệm f ( x)  ax   ;  ,   R Thử lại thấy (9) thoả Bài toán 10: Xác định hàm số f (x) liên tục R nghiệm phương trình hàm: f ( x  y ) f ( z )  f ( x)[ f ( y )  f ( z )]; x, y, z  R (10)  Lời giải: Thay y  z  vào (10), ta f (0) f ( x)  Vậy f (0)  Với z  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 Bài tốn 1: Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả đồng thời f ( x)  0; x  R (1.1)  f ( x  y )  f ( x)  f ( y ); x, y  R (1.2)  điều kiện sau:   Lời giải: f (0)  hay f (0)   f (0)  f (0)  Thay x  y  , ta có  Vậy nên f (0)  f ( x  ( x))  f ( x)  f ( x)  Suy f ( x)  Thử lại (1) thoả Bài toán 2: Cho trước hàm số h( x)  ax; a  R Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả đồng thời điều kiện sau: f ( x)  ax; x  R (2.1)    f ( x  y )  f ( x)  f ( y ); x, y  R (2.2)  Lời giải: h( x  y )  h( x)  h( y ) Đặt f ( x)  h( x)  g ( x) Khi ta có g ( x)  0; x  R g ( x  y )  g ( x)  g ( y ); x, y  R Theo tốn 1, ta có: g ( x)  0; x  R Vậy f ( x)  h( x)  ax; a  R Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) (2.2) Bài toán 3: Cho a  Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả  f ( x)  a x ; x  R (3.1)  f ( x  y )  f ( x) f ( y ); x, y  R (3.2) đồng thời điều kiện sau:   Lời giải: Ta có f ( x)  0; x  R Khi logarit hố hai vế (3.1), (3.2), ta có ln f ( x)  (ln a ) x; x  R (3.1' )  Đặt ln f ( x)   ( x) , ta có:  ln f ( x  y )  ln f ( x)  ln f ( y ); x, y  R (3.2' )  ( x)  (ln a) x; x  R (3.1" )  Đặt  ( x)  g ( x)  (ln a) x , ta có: hàm   ( x  y )   ( x)   ( y ); x, y  R (3.2" ) g (x) thoả điều kiện toán nên g ( x)  0; x  R  ( x)  (ln a ) x Vậy f ( x)  a x ; x  R (3.1) thoả điều kiện toán Bài toán 4: Xác định hàm số f (x) liên tục R thoả đồng thời f ( x)  0; x  R (4.1) x y f ( x)  f ( y ) ; x, y  R (4.2)  f ( )   điều kiện sau:   Lời giải: f (0)  a, f ( x)  a  g ( x) Đặt Khi ta có g ( x)  0; x  R (4.1' )  với g(0)  Thay y  vào (4.1’) x  y g ( x)  g ( y ) g ( )  ;  x , y  R ( ' )  2 x g ( x)  x y g ( x) g ( y ) g( )  ; x  R )  ; x, y  R hay (4.2’)  Suy g ( 2 2  g (0)   g (0)  0, g ( x)  0; x  R theo tốn   g ( x  y )  g ( x)  g ( y ); x, y  R g ( x)  0; x  R vaø f(x) laø const Thử lại f ( x)  c thoả điều kiện toán Bài toán 5: Xác định hàm số f (t ) liên tục R thoả điều kiện sau: f ( x)  max2 xy  f ( y ); x  R (5) yR  Lời giải: Từ (5) ta có f ( x)  xy  f ( y ); x, y  R (5’) Thay x  y  t vào (5’), ta có f ( x)  x ; x  R (5”) xy  f ( y )  xy  y  x  ( x  y ) ; x, y  R Suy  max2 xy  f ( y )  max x  ( x  y ) yR yR 2  x suy f ( x)  x ; x  R f ( x)  x ; x  R (kết hợp với (5”) Thử lại thấy thoả điều kiện mà Vậy Bài toán 6: Xác định hàm số f (t ) liên tục R+ thoả điều kiện sau: f ( x)  maxx y  xy  f ( y ); x  R  (6) yR   Lời giải: Tương tự tốn 5, ta có f ( x)  x y  xy  f ( y ); x, y  R  Thay x  y  t vào (6’), ta có f ( x)  x ; x  R  (6”) Suy ra: x y  xy  f ( y )  x y  xy  y  x  ( x  y )( x  y )  x ; x, y  R  mà maxx y  xy  f ( y )  maxx  ( x  y )( x  y )   x ; x  R  suy yR  yR  f ( x)  x ; x  R Kết hợp với (6”), ta có f ( x)  x ; x  R  Thử lại thấy  thoả điều kiện toán  Nhận xét: Điều khẳng định cho ta kết luận tương ứng sau: Nếu có bất đẳng thức cổ điển cho cặp số x, y ; chẳng hạn từ điều kiện x  x y  xy  y ; x, y  R 2  ta có hàm cần tìm f ( x)  maxx y  xy  f ( y ); x  R yR  f ( x)  x ; x  R  Từ ta “sáng tác” toán tương tự Bài toán 7: Chứng minh nếu: Hoặc f' (x)  h(x)  x    D f Hoaëc f' (x)  vaø h(x)  x    D f  ta có : f(g(x))  g(x).h(x)  f(0)  g(x)   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)   [f' (c)  h(x)]g(x)  0; c nằm g(x)  g(x)  [ f ' (c)  h( x)]  Bài tốn 8: Giải bất phương trình x 4  ( x  4)3 x 2  (7)  Lời giải: Xét hàm số f ( x)  x , ta có f ' ( x)  x ln x (7): f ( x  4)  f (0)  ( x  4)3 x 2   f (0) Sử dụng định lý Lagrange, ta có: f ' (c)[( x  4)  0]  ( x  4)3 x   c nằm vaø ( x  4) ( x  4)[ f ' (c)  x  ]  ( x  4)[3c ln  x  ]  ( x  4)  x   x  2 Bài toán 9: Cho số dương M , a Tìm hàm số f ( x), g ( x) : R  R 2 a thoả mãn điều kiện f ( y )  f ( x)  g ( x)( x  y )  M x  y ; x, y  R (8)  Lời giải: Giả sử có hàm số f ( x), g ( x) : R  R thoả điều kiện Thay đổi vai trò x, y ta có: 2 a f ( x)  f ( y )  g ( y )( y  x)  M y  x ; x, y  R (8' ) Cộng vế (8) (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) [ g ( x)  g ( y )]( x  y )  M x  y 2 a ; x, y  R (8" ) g ( x)  g ( y ) a  M x  y ; x, y  R, x  y Cố định x cho y  x , ta có x y g ' ( x)  0; x  R suy g ( x)  c(const ); x  R Thay g ( x)  c vào (8) làm tương tự trên, ta có: f ( x)  f ( y ) a  c  M x  y ; x, y  R, x  y x y f ' ( x)  c  f ( x)  cx  d Thử lại g ( x)  c ; f ( x)  cx  d thấy Bài toán 10: Chứng minh: x  max(ax) (9) a 1  Lời giải: Ta có  x  (ax)  x ; a   1;1 , suy điều phải chứng minh A.4)Phương trình hàm liên quan đến tam giác Phép tịnh tiến sinh hàm tuần hoàn cộng tính, phép đồng dạng sinh hàm tuần hồn nhân tính, phép phản xạ sinh hàm số chẵn, lẻ Tính chất 1: Điều kiện cần đủ để số dương A, B, C góc tam giác A+B+C=  Tính chất 2: Điều kiện cần đủ để số dương a, b, c cạnh tam giác a+b>c, b+c>a, c+a>b (hay /b-c/