Sáng kiến kinh nghiệm Một số vấn đề cơ bản của phương trình và bất phương trình hàm

 SKKN GV: NGUYỄN ĐỨC LAI_CBG 
 MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ BẢN 
 CỦA PHƢƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƢƠNG TRÌNH HÀM 
A. PHẦN MỞ ĐẦU 
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 
 Trong chương trình giáo dục phổ thông môn Toán chuyên, ta được tiếp cận với 
phương trình, bất phương trình hàm từ khá sớm. Các bài toán phương trình, bất phương trình 
hàm rất hấp dẫn và thú vị! Nó xuất hiện trong hầu hết các cuộc thi và luôn là một thách thức 
lớn đối với mọi thí sinh. Tất nhiên, hầu hết các bài toán phương trình, bất phương trình hàm 
đều không phải dễ dàng chinh phục được, mỗi bài một vẻ, mỗi bài một thách thức. Và vì thế 
nó lại càng thôi thúc mỗi chúng ta khám phá và chinh phục. Hiện nay, các tài liệu về phương 
trình, bất phương trình hàm cũng khá đa dạng và phong phú. Tuy nhiên, hầu hết đều khó đối 
với các học sinh mới bắt đầu tiếp cận. Vì vậy tôi biên soạn chuyên đề này này giúp đỡ các 
em học sinh giải quyết phần nào những khó khăn đó. 
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 
 Lựa chọn các dạng toán điển hình về phương trình, bất phương trình hàm với các 
phương pháp giải để giảng dạy cho các lớp chuyên toán phổ thông. Qua đây trang bị cho 
giáo viên cẩm nang giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi các cấp học phổ thông. 
III. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU 
 Phân loại bài tập và đưa ra hướng tiếp cận cho từng loại bài, hệ thống lý thuyết khoa 
học, đầy đủ. 
IV. ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU 
 Các bài toán phương trình, bất phương trình hàm trong các kì thi Quốc gia, Quốc tế 
và khu vực. 
V. PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 
 Thông qua thực tiễn dạy đội tuyển học sinh giỏi quốc gia THPT Chuyên Bắc Giang 
để tổng hợp, phân tích, đánh giá, có chỉnh sửa bổ sung và phát triển thêm các vấn đề. 
VI. NHỮNG ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI 
 Đưa ra được hệ thống lý thuyết, hệ thống bài tập từ cơ bản đến khó. Tạo hứng thú cho 
học sinh khi học phương trình, bất phương trình hàm
 Trang 2 SKKN GV: NGUYỄN ĐỨC LAI_CBG 
II. 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 toàn 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 fx xác định và liên tục trên R thoả mãn: 
 fxy fx fy fxfy . ; xy , 1 
Lời giải: 
Phân tích: f x 1 2 f x f 1 , c 2 c 1 c 1 
Đặt f x g x 1, 
 Ta có gxy 1 gx 1 gy 1 gx 1 gy 1 hay gxygxgyxy ;, 2. 
Do liên tục trên R nên gx cũng là hàm liên tục trên . Suy (2) có nghiệm là 
 g x ax , (1) có nghiệm là f x ax 1. 
Bài toán 2: 
 Cho hàm số F u, v (u, v R). Giả sử phương trình hàm: f x y F f x , f y , 
( x, y R ) (1) có nghiệm xác định và liên tục trên R . 
 Chứng minh rằng 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 1 f (tập giá trị của hàm số f ) 
 Fuv ,,,, Ffxfy fxy fyx Ffyfx Fvu 
 FFuvw ,,,,, fxy z fx yz Ffxfyz FuFvw . 
Bài toán 3: 
 Giả sử phương trình hàm , ; với ( ) 
là một đa thức khác hằng, có nghiệm là xác định và liên tục trên R. 
 Chứng minh có dạng F u, v auv bu bv c . 
 Lời giải: 
Giả sử là đa thức bậc n theo u và bậc m theo v . Khi đó, do đối xứng nên 
 mn . Từ bài toán 2, ta có F F u,,,, v w F u F v w , vế trái là đa thức bậc theo w và 
 2 2
vế phái là đa thức bậc n theo . Suy ra nn , hay n 1. Vậy Fuv , auv bu12 bv c . 
 Trang 4 SKKN GV: NGUYỄN ĐỨC LAI_CBG 
 u v c
 x , y 
 a b
 u c
 x , y 
 a b 
 v c
 x 0, y 
 b
 c
 x 0, y 
 b
và thế vào (5), ta thu được các đẳng thức 
 u v c
 f (u v) Af ( ) Bf ( ) C
 a b
 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) 
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 trong lớp hàm liên tục là hàm tuyến tính 
 g(x) x . 
Do đó f (x) x , thế vào (7), ta được: A a, B b; c C (a b 1) (7’) 
Bài toán 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 . 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) x ; , R 
+) T.h: a b 1, c 0 Khi đó (8) trở thành: 
 Trang 6 SKKN GV: NGUYỄN ĐỨC LAI_CBG 
Bài toán 2: 
 Cho trước hàm số h(x) ax; a R. Xác định các hàm số liên tục trên R thoả đồng 
thời các 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 đó ta có g(x) 0; x R và 
 g(x y) g(x) g(y); x, y R. Theo bài toán 1, ta có: g(x) 0; x R . Vậy 
 f (x) h(x) ax; a R . Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) và (2.2) 
Bài toán 3: 
 Cho a 0 . Xác định các hàm số liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau: 
 f (x) a x ; x R (3.1)
 f (x y) f (x) f (y); x, y R (3.2)
 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; x R (3.1')
 ln f (x y) ln f (x) ln f (y); x, y R (3.2')
Đặt ln f (x) (x) , ta có 
 f (x)
 (x) (ln a)x; x R (3.1")
 (x y) (x) (y); x, y R (3.2")
Đặt (x) g(x) (ln a)x , ta có: hàm g(x) thoả điều kiện bài toán 2 nên g(x) 0; x R và 
 (x) (ln a)x. Vậy f (x) a x ; x R (3.1) thoả điều kiện bài toán. 
Bài toán 4: 
 Xác định các hàm số liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau: 
 f (x) 0; x R (4.1)
 x y f (x) f (y) 
 f ( ) ; x, y R (4.2)
 2 2
 Lời giải: 
Đặt f (0) a, f (x) a g(x) . Khi đó ta có 
 g(x) 0; x R (4.1')
 x y g(x) g(y) vôùi g(0) 0 
 g( ) ; x, y R (4.2')
 2 2
 x g(x)
 g( ) ; x R
Thay y 0 vào (4.1’) và (4.2’) 2 2 . 
 g(0) 0
 Trang 8 SKKN GV: NGUYỄN ĐỨC LAI_CBG 
 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 ()]()0, x g x 0 c g () x 
 g() x 0 do[ f '() c h ()] x 0 
Bài toán 8: 
 2
 Giải bất phương trình 3x 4 (x2 4)3x 2 1(7) 
 Lời giải: 
Xét hàm số f (x) 3x , ta có f '(x) 3x.ln x 
(7): f( x2 4) f (0) ( x 2 4)3x 2 0do 1 f (0) 
Sử dụng định lý Lagrange, ta có: 
 f'( c )[( x2 4) 0] ( x 2 4)3x 2 0 c naèm giöõa 0 vaø ( x 2 4) 
(x2 4)[ f '(c) 3x 2 ] 0 
(x2 4)[3c ln 3 3x 2 ] 0 
(x2 4) 0 
 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 thoả điều kiện. Thay đổi vai trò của x, y ta có: 
 2 a
 f (x) f (y) g(y)(y x) M y x ; 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) 
 2 a
 [g(x) g(y)](x y) 2M x y ; x, y R (8") 
 g(x) g(y) a
 2M x y ; x, y R, x y . 
 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) a
 c 2M x y ; x, y R, x y 
 x y
Và f '(x) c f (x) cx d . 
Thử lại g(x) c ; f (x) cx d thấy đúng. 
 Trang 10 SKKN GV: NGUYỄN ĐỨC LAI_CBG 
 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 a 0, b 0, c 0; ABC (3) 
Từ (3), ta có 0(Vì nếu 0, tuỳ ý thì ta chọn tam giác ABC có a đủ lớn thì 
 a 0) 
Tương tự 0 (Vì nếu 0 chọn tam giác có a đủ nhỏ thì ) 
Trường hợp 0 không thoả. 
Vậy 0, 0, 0 thì hàm số f (x) x có tính chất là độ dài 
các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác . 
Bài toán 4: 
 1
 Xác định số , để hàm số f (x) có tính chất là độ dài các 
 x 
cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác . 
 Lời giải: 
 Giả sử a b c. 
 1
 Phép nghịch đảo g(x) không có tính chất g(a), g(b), g(c) là độ dài các cạnh của một 
 x
tam giác ứng với mọi tam giác . 
 1 1 1
( Phản ví dụ a b 2,c 1; ta có ) 
 a b c
 Để là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có 
 . 
Suy ra a 0, b 0, c 0; ABC (4) 
Suy ra 0; 0 (bài toán 3) 
+) Trường hợp : không thoả. 
+) Trường hợp 0, 0 : không thoả ( ) 
 1
+) Trường hợp 0, 0 : f (a) f (b) f (c) 0; là độ dài các cạnh 
của một tam giác đều. 
+) Trường hợp 0, 0 : ta có f (a) f (b) f (c) 
Ta cần xác định các số dương , sao cho: f (a) f (b) f (c); ABC, a b c 
 1 1 1
Hay ; ABC, a b c (4’) 
 a b c 
 Trang 12