Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán 12 (download tai tailieutuoi com)

1 PhÇn thø nhÊt C¸c Chuyªn §Ò PHƯƠNG TRÌNH HÀM Nguyễn Hoàng Ngải Tổ trưởng tổ Toán THPT Chuyên Thái Bình Một trong những chuyên đề rất quan trọng trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia, khu vực và quốc tế, đó là phương trình hàm, bất phương trình hàm Có rất nhiều tài liệu viết về chuyên đề này Qua một số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi toán quốc gia và qua một số kì tập huấn hè tại Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc gia Hà Nội, chúng tôi rút.

Phần thứ : Các Chuyên Đề PHNG TRèNH HM Nguyễn Hồng Ngải Tổ trưởng tổ Tốn THPT Chun Thái Bình Một chuyên đề quan trọng việc bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi tốn quốc gia, khu vực quốc tế, phương trình hàm, bất phương trình hàm Có nhiều tài liệu viết chuyên đề Qua số năm bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi học sinh giỏi tốn quốc gia qua số kì tập huấn hè Đại học khoa học tự nhiên – Đại học quốc gia Hà Nội, rút số kinh nghiệm dạy chuyên đề trao đổi với đồng nghiệp Phần I: NHẮC LẠI NHỮNG KHÁI NIÊM CƠ BẢN Nguyên lý Archimede Hệ quả: ∀x ∈ ⇒ ∃!k ∈ : k ≤ x < k + Số k gọi phần nguyên x, kí hiệu [x] Vậy : [ x ] ≤ x < [ x ] + Tính trù mật Tập hợp A ⊂ x 0, ∃a ∈ A : β + ε > a β = infA ⇔ ⎨ Hàm sơ cấp ¾ Hàm số sơ cấp hàm lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit, hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược ¾ Hàm số sơ cấp hàm tạo thành hữu hạn phép toán số học ( +, - , x, : ), phép toán lấy hàm hợp hàm số sơ cấp Hàm cộng tính, nhân tính tập hợp ™ Hàm số f(x) gọi cộng tính tập xác định D với x, y ∈ D x + y ∈ D f(x + y) = f(x) + f(y) ™ Hàm số f(x) gọi nhân tính tập xác định D với x, y ∈ D x y ∈ D f(x y) = f(x) f(y) ™ Nếu với x, y ∈ D mà x+y ∈ D , x – y ∈ D f( x – y) = f(x) – f(y) f(x) gọi hàm cộng tính D ™ Hàm f(x) = ( hàm nhân tính Hàm đơn điệu • Hàm số f(x) gọi tăng (a, b) : Với x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) • Hàm số f(x) gọi giảm (a, b) : Với x1 , x2 ∈ (a, b), x1 ≤ x2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) Phần II CÁC PHƯƠNG PHÁP THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất định Tạp chí toán học nhà trường, số – 2004 trang 62 – 66 (bản tiếng Nga) Nguyên tắc chung: Dựa vào điều kiện toán, xác định dạng f(x), thường f(x) = ax + b f(x) = ax2+ bx + c Đồng hệ số để tìm f(x) Chứng minh hệ số khác f(x) không thỏa mãn điều kiện toán Phương pháp dồn biến → cho: Bài 1: Tìm f: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy.( x − y ), ∀x, y ∈ Giải: u+v ⎧ x= ⎧u = x + y ⎪⎪ Đặt ⇒⎨ ⎨ ⎩v = x − y ⎪y = u − v ⎪⎩ WWW.MATHVN.COM Page of 108 www.MATHVN.com ⇒ vf (u ) − uf (v) = (u − v )uv f (u ) f (v) ⇒ −u = − v , ∀u, v ≠ u v Cho v = ta có: f (u ) f (1) − u2 = − , ∀u ≠ u ⇒ f (u ) = u + au, ∀u ≠ (a = f(1) – 1) Cho x = y = ta có 2f(0) = f(0) = Kết luận f ( x) = x3 + ax, ∀x ∈ ⎛ x −1 ⎞ Bài 2: f ( x − 1) − f ⎜ ⎟ = − x, ∀x ≠ ⎝ 1− 2x ⎠ Giải : x −1 y 1− y = y −1 ⇒ x = ⇒ x −1 = Đặt : − 2x y −1 y −1 ⎛ 1− y ⎞ −1 , ∀y ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − f ( y − 1) = y −1 ⎝ y −1 ⎠ −1 ⎛ x −1 ⎞ , ∀x ≠ ⇒ f⎜ ⎟ − f ( x − 1) = 2x −1 ⎝ 1− 2x ⎠ ⎧ ⎛ x −1 ⎞ ⎪ f ( x − 1) − f ⎜ − x ⎟ = − x, ∀x ≠ ⎪ ⎝ ⎠ ⇒⎨ ⎪⇒ f ⎛ x − ⎞ − f ( x − 1) = −1 , ∀x ≠ ⎜ ⎟ ⎪⎩ 2x −1 ⎝ 1− 2x ⎠ ⇒ −8 f ( x − 1) = − x + 1− 2x 1⎛ ⎞ ⇒ f ( x − 1) = ⎜ −1 + x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x −1 ⎠ 1⎛ ⎞ ⇒ f ( x) = ⎜ + x + ⎟ , ∀x ≠ 8⎝ 2x +1 ⎠ Ví dụ 1: Đa thức f(x) xác định với ∀x ∈ thỏa mãn điều kiện: f ( x) + f (1 − x) = x , ∀x ∈ (1) Tìm f(x) Giải: Ta nhận thấy vế trái biểu thức dấu f bậc : x, – x vế phải bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ đó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ Đồng hệ số, ta thu được: ⎧ a = ⎪ ⎧3a = ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨b = ⎨b − 2a = ⎪a + b + 3c = ⎪ ⎩ ⎪ ⎪c = − Page of 108 ⎩ WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com f ( x) = ( x + x − 1) Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn điều kiện tốn Cơng việc cịn lại ta phải chứng minh hàm số khác f(x) khơng thỏa mãn điều kiện tốn Thật giả sử hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện tốn Do f(x) khơng trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Do g(x) thỏa mãn điều kiện toán nên: g ( x) + g (1 − x) = x , ∀x ∈ Thay x x0 ta được: g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 Vậy Thay x –x0 ta g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) Từ hai hệ thức ta được: g ( x0 ) = ( x0 + x0 − 1) = f ( x0 ) Điều mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Vậy phương trình có nghiệm f ( x) = ( x + x − 1) Ví dụ 2: Hàm số y = f(x) xác định , liên tục với ∀x ∈ thỏa mãn điều kiện: f(f(x)) = f(x) + x , ∀x ∈ Hãy tìm hai hàm số (Bài đăng tạp chí KVANT số năm 1986, M 995 – tiếng Nga) Giải Ta viết phương trình cho dạng f(f(x)) – f(x) = x (1) Vế phải phương trình hàm số tuyến tính ta nên giả sử hàm số cần tìm có dạng : f(x) = ax + b Khi (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ đồng hệ số ta được: ⎧ ⎧ ⎧a − a = ⎪a = + ⎪a = − ⇔⎨ ⎨ ∨⎨ ⎩ab = ⎪b = ⎪b = ⎩ ⎩ Ta tìm hai hàm số cần tìm là: 1± f ( x) = x Hiển nhiên thỏa mãn điều kiện toán Ví dụ 3: Hàm số f : → thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: a ) f ( f (n)) = n, ∀n ∈ (1) b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ (2) c) f (0) = (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) (olympic Ucraina 1995) Giải: Cũng nhận xét lý luận ví dụ trước, ta đưa đến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi điều kiện (1) trở thành: a n + ab + b = n, ∀n ∈ Đồng hệ số, ta được: ⎧a = ⎧a = ⎧a = −1 ⇔⎨ ∨⎨ ⎨ ⎩b = ⎩b = ⎩ab + b = WWW.MATHVN.COM Page of 108 www.MATHVN.com ⎧a = Với ⎨ ta f(n) = n ⎩b = Trường hợp loại khơng thỏa mãn (2) ⎧a = −1 Với ⎨ ta f(n) = -n + b ⎩b = Từ điều kiện (3) cho n = ta b = Vậy f(n) = -n + Hiển nhiên hàm số thỏa mãn điều kiện toán Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 hàm thỏa mãn điều kiện toán Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f(n) thỏa mãn điều kiện toán Từ (3) suy f(0) = g(0) = Từ (3) suy f(1) = g(1) = Sử dụng điều kiện (1) (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ Giả sử n0 số tự nhiên bé làm cho f (n0 ) ≠ g (n0 ) Do f(n) thỏa mãn (4) nên ta có: g (n0 − 2) = g (n0 ) + = f (n0 ) + = f (n0 − 2) ⇔ g (n0 − 2) = f (n0 − 2) Mâu thuẫn với điều kiện n0 số tự nhiên bé thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n) , ∀n ∈ Chứng minh tương tự ta f(n) = g(n) với n nguyên âm Vậy f(n) = – n nghiệm Từ tính f(1995), f(-2007) Các tập tương tự: Bài 1: Tìm tất hàm số f : → thỏa mãn điều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − f ( x) f (1 + y ) = xy (3 y − x ), ∀x, y ∈ Đáp số f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : → thỏa mãn điều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ Tìm f(2005) Đáp số : 2006 Bài 3: Tìm tất hàm f : → cho: f ( f (n)) + ( f (n)) = n + 3n + 3, ∀n ∈ Đáp số : f(n) = n + Bài 4: Tìm hàm f : → : ⎛ x −1 ⎞ ⎛ 1− x ⎞ ⎧ ⎫ 3f ⎜ , ∀x ∉ ⎨0, − ,1, ⎬ ⎟−5 f ⎜ ⎟= ⎝ 3x + ⎠ ⎝ x − ⎠ x −1 ⎩ ⎭ 28 x + Đáp số : f ( x) = 5x Bài 5: Tìm tất đa thức P(x) ∈ [ x ] cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x, y ∈ Đáp số : P(x) = x3 + cx Phương pháp xét giá trị Bài 1: Tìm f : → thỏa mãn: 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ , ∀x, y, z ∈ 2 WWW.MATHVN.COM Page of 108 www.MATHVN.com Giải: Cho x= y = z = 0: 1 f (0) + f (0) − f (0) ≥ 2 ⇔ ( f (0) − ) ≤ ⇔ f (0) = Cho y = z = 0: 1 1 + − f ( x) ≥ , ∀x ∈ 4 ⇔ f ( x) ≤ , ∀x ∈ Cho x= y = z = 1 1 f (0) + f (1) − f (1) ≥ 2 ⇔ ( f (1) − ) ≤ ⇔ f (1) = Cho y = z = 1 1 f ( x) + f ( x) − f ( x ) ≥ 2 ⇔ f ( x) ≥ , ∀x ∈ (1) (2) Từ ( 1) (2) ta có f(x) = Bài 2: Tìm f : (0,1) → thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z) ∀x, y , z ∈ (0,1) Giải : Chọn x = y = z: f(x3) = 3xf(x) f(x6) = x2 f(x2) Thay x, y, z x2 Mặt khác f(x6) = f(x x2 x3) = xf(x) + x2 f(x2) + x3 f(x3) 2 Hay x f(x ) = xf(x) + x2 f(x2) + 3x4 f(x) x2 f(x2) = xf(x) + 3x4 f(x) 3x3 + ⇒ f ( x2 ) = f ( x), ∀x ∈ Thay x x3 ta : 3x9 + f ( x ), ∀x ∈ ⇒ f (x ) = 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ ⇒ 3x2 f ( x2 ) = 3x3 + 3x9 + xf ( x), ∀x ∈ f ( x) = ⇒ 3x2 2 ⇒ f ( x) = 0, ∀x ≠ Vậy f(x) = với x Phương pháp 2: Sử dụng tính chất nghiệm đa thức (Bài giảng Tiến sỹ Nguyễn Vũ Lương – ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội) Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: ( x3 + 3x + x + 2) P( x − 1) = ( x3 − 3x + 3x − 2) P( x), ∀x (1) WWW.MATHVN.COM Page of 108 www.MATHVN.com Giải: (1) ⇔ ( x + 2)( x + x + 1) P( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) P( x), ∀x Chọn : x = −2 ⇒ P ( −2) = x = −1 ⇒ P (−1) = x = ⇒ P (0) = x = ⇒ P (1) = Vậy P(x) = x(x – 1)(x + 1)(x + 2)G(x) Thay P(x) vào (1) ta được: ( x + 2)( x + x + 1)( x − 1)( x − 2) x ( x + 1)G ( x − 1) = ( x − 2)( x − x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2)G ( x), ∀x 2 ⇒ ( x + x + 1) G ( x − 1) = ( x − x + 1)G ( x), ∀x G ( x − 1) G ( x) , ∀x = 2 x − x +1 x + x +1 G ( x − 1) G ( x) , ∀x ⇔ = 2 ( x − 1) + ( x − 1) + x + x + ⇔ G ( x) (x ≠ 0, ± 1, -2) x + x +1 ⇒ R ( x ) = R ( x − 1) (x ≠ 0, ± 1, -2) Đặt R( x) = ⇒ R( x) = C Vậy P( x) = C ( x + x + 1) x( x − 1)( x + 1)( x + 2) Thử lại thấy P(x) thỏa mãn điều kiện toán Chú ý : Nếu ta xét P(x) = (x3 + 1)(x – 1) Thì P(x + 1) = (x3 + 3x2 + 3x + 2)x Do (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) Từ ta có tốn sau Ví dụ 2: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức: (x3 + 3x2 + 3x + 2)xP(x) = (x2 – 1)(x2 – x + 1)P(x + 1) với x Giải ví dụ hồn tồn khơng có khác so với ví dụ Tương tự ta xét: P(x) = (x2 + 1)(x2 – 3x + 2) Ta có tốn sau: Ví dụ 3: Tìm đa thức P(x) với hệ số thực thỏa mãn đẳng thức: (4 x + x + 2)(4 x − x) P( x) = ( x + 1)( x − 3x + 2) P (2 x + 1), ∀x ∈ Các bạn theo phương pháp mà tự sáng tác đề tốn cho riêng Phương pháp 3: Sử dụng phương pháp sai phân để giải phương trình hàm Trước hết ta nhắc lại khái niệm dãy số Dãy số hàm đối số tự nhiên: x: → n x(n) Vì n ∈ {0,1, 2,3, } ⇒ ( xn ) = { xo , x1 , x2 , } Định nghĩa sai phân Xét hàm x(n) = xn Sai phân cấp hàm xn Sai phân câp hàm xn WWW.MATHVN.COM xn = xn +1 − xn Page of 108 xn = xn +1 − xn = xn + − xn +1 + xn www.MATHVN.com Sai phân câp k hàm xn k k xn = ∑ (−1)i Cki xn + k −i i =0 Các tính chất sai phân Sai phân cấp biểu thị qua giá trị hàm số 9 Sai phân có tính tuyến tính: k k Δ (af + bg ) = aΔ f + bΔ k g Nếu xn đa thức bậc m thì: Là đa thức bậc m – k m> k Δ k xn Là số Là m= k m