SKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thế

SKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thếSKKN Giải phương trình hàm bằng phương pháp thế

GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ LỜI NĨI ĐẦU Tốn học mơn khoa học địi hỏi tư cao độ người dạy, người học người nghiên cứu Qua việc dạy học toán, người rèn luyện lực phân tích, tổng hợp, tư linh hoạt khả sáng tạo, góp phần hình thành kỹ năng, nhân cách cần thiết người lao động thời đại Muốn học giỏi toán, học sinh phải luyện tập, thực hành nhiều, tức phải học giải toán Học giải toán cách tư sáng tạo toán, đồng thời vấn đề trừu tượng khó học sinh, lại điều cần thiết cho học sinh trình học toán trường THPT học sinh lớp chuyên trường THPT chuyên.Vì vậy, để nâng cao chất lượng dạy học toán, người thầy giáo cần truyền cho học sinh ham thích học tốn giải toán, phương pháp khác Ngày kì thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế ta thường thấy xuất toán phương trình hàm Thơng thường dạng tốn khó khơng với học sinh tỉnh ta mà với học sinh tỉnh, thành phố lớn, tỉnh có bề dày truyền thống thi học sinh giỏi Với mục đích trang bị cho em học sinh giỏi thêm số kiến thức phương trình hàm nên viết tơi xin trình bày “ Chun đề : Giải phương trình hàm phương pháp ” Tơi hy vọng nhận nhiều phản hồi, đóng góp, trao đổi quý thầy cô để chuyên đề ngày hồn thiện I HIỆN TRẠNG Trong chương trình Tốn THPT dành cho học sinh lớp 10, 12 chuyên toán , tơi thấy tập phương trình hàm phần kiến thức khó, nội dung quan trọng phải biết dùng phương pháp để giải phương trình hàm , phần kiến thức địi hỏi học sinh phải có kỹ tốn học tốt Chính tơi biên soạn chun đề “ Giải phương trình hàm phương pháp ” nhằm góp phần cung cấp kiến thức bản, rèn luyện kĩ vận dụng phương pháp giá trị đặc biệt, biến việc giải toán phương trình hàm cho học sinh chuẩn bị thi học sinh giỏi cấp đặc biệt học sinh đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia Sau nội dung chuyên đề: - Cơ sở lý thuyết - Các tập tổng hợp II GIẢI PHÁP THAY THẾ Cơ sở lý thuyết 1.1 Định nghĩa phương trình hàm Phương trình hàm phương trình mà ẩn phải tìm hàm số Mỗi hàm số thỏa phương trình hàm gọi nghiệm phương trình hàm Cấu trúc phương trình hàm gồm phần: - Tập xác định tập giá trị hàm số - Phương trình hàm bất phương trình hàm - Một số điều kiện bổ sung (đơn điệu, bị chặn, tuần hoàn, chẵn, lẻ…) Khơng có phương pháp chung để giải phương trình hàm Việc tìm lời giải phụ thuộc vào phương trình hàm cụ thể số kĩ thuật liên quan Xin nêu phương pháp thường sử dụng: Phương pháp biến, phương pháp quy nạp, phương pháp sử dụng tình chất hàm số, phương pháp đánh giá, phương pháp khảo sát tập hợp, phương pháp đổi biến, phương pháp tìm nghiệm riệng, phương pháp sử dụng tính chất đối xứng biến, phương pháp đưa phương trình sai phân; phương pháp sử dụng chu trình, điểm bất động, khơng điểm Lời giải tốn giải phương trình hàm thường bắt đầu mệnh đề “ Già sử tồn hàm số f ( x) thỏa mãn yêu cầu ra” Khi tìm biểu thức hàm số nghiệm, ta phải kiểm tra vào phương trình cho kết luận nghiệm 1.2 Hàm đặc trưng số hàm sơ cấp Những hàm đặc trưng số hàm số sơ cấp xét chương trình phổ thơng Nhờ hàm đặc trưng mà ta dự đốn mà đáp số tập phương trình hàm Hàm bậc f ( x) = ax + b (với a, b ≠ ) có hàm đặc trưng là:  x + y  f ( x) + f ( y) f với x, y ∈ R ÷=   Hàm tuyến tính f ( x) = ax (với a ≠ ) có hàm đặc trưng là: f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) với x, y ∈ R Hàm mũ f ( x) = a x (với < a ≠ ) có hàm đặc trưng là: f ( x + y ) = f ( x) f ( y ) với x, y ∈ R Hàm logarit f ( x) = log a x (với < a ≠ ) có hàm đặc trưng là: f ( x y ) = f ( x) + f ( y ) với x, y ∈ R+ Hàm sin f ( x) = sin x có hàm đặc trưng là: f (3 x) = f ( x) − f ( x) với x ∈ R Hàm sin f ( x) = cos x có hàm đặc trưng là: f (2 x) = f ( x) − với x ∈ R f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x) f ( y ) với x, y ∈ R 1.3 Phương pháp biến Phương pháp biến có lẻ phương pháp thường sử dụng giải phương trình hàm Ta - Hoặc cho biến nhận giá trị số Thường giá trị đặc biệt 0; ±1; ±2; - Hoặc biến biếu thức để làm xuất số biểu thức cần thiết Chẳng hạn, phương trình hàm có mặt f ( x + y ) mà muốn có f (0) ta y − x ; muốn có f ( x) ta cho y = ; muốn có f (nx) ta y bời (n − 1) x Giải pháp khả thi hiệu giãi phương trình hàm phương pháp Phương pháp phương pháp thường hay sử dụng giải phương trình hàm, đặc biệt phương trình hàm với cặp biến tự Nội dung phương pháp ta thay biến giá trị đặc biệt Điều quan trọng lưu ý giá trị biến phải thuộc tập xác định hàm số phải thỏa mãn điều kiện ràng buộc biến có Trong phương pháp thay biến x, y, giá trị đặc biệt việc chọn giá trị đặc biệt địi hỏi phải có nhạy cảm định, giúp ta tìm hàm f ( x) từ phương trình cho III VẤN ĐỀ NGUYÊN CỨU, GIẢ THUYẾT NGUYÊN CỨU Các tốn phương trình hàm Bài tốn Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ( x + y ) = y + f ( x ) , ∀x, y ∈R (1) Giải f Giả sử hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Đặt f ( ) = C Trong (1) cho x = ta f ( y ) = y + C , ∀y ∈ R Vậy f ( x ) = x + C , ∀x ∈ R (với C số) (2) Thử lại thấy (2) thỏa mãn (1) Vậy hàm số cần tìm f ( x ) = x + C , ∀x ∈ R (với C số) Nhận xét: phương trình có biến tự x, y nên ta cho x = f ( y ) = y + f (0), ∀y ∈ R , lại đặt f ( ) = C ta hàm số cần tìm 2017 Bài tốn Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn f ( xy ) = y f ( x ) , ∀x, y ∈ R Giải f Giả sử hàm số thỏa mãn yêu cầu đề 2017 Đặt f ( 1) = C Trong (1) cho x = ta f ( y ) = Cy , ∀y ∈ R Vậy f ( x ) có dạng f ( x ) = Cx 2011 , ∀x ∈ R (với C số) Thử lại thấy (2) thỏa mãn (1) 2011 Vậy hàm số cần tìm f ( x ) = Cx , ∀x ∈ R (với C số) Bài toán Tìm tất hàm f : R → R thỏa mãn (2) f ( x + y ) + f ( x − y ) = f ( x) + f ( y ) + x , ∀x, y ∈ R Giải f Giả sử hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Đặt f (0) = C Trong (1) cho y = ta được: f ( x) = x + 2C , ∀x ∈ R (2) Thử lại: Thay (2) vào (1) ta : ( x + y ) + 2C + ( x − y ) + 2C = x + 2C + y + 4C + x , ∀x, y ∈ R ⇔ C = Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x) = x , ∀x ∈ R Bài toán Cho hàm số f : R → R thỏa mãn f ( x + y ) − f ( x − y ) + f ( x) − f ( y ) = y − 2, ∀x, y ∈ R (1) Giải Giả sử f hàm số thỏa mãn yêu cầu đề Trong (1) cho y = ta được: f (0) = Trong (1) cho x = ta được: −2 f (− y ) − f ( y ) = y − 3, ∀y ∈ R (2) Trong (2) cho thay y − y ta được: −2 f ( y ) − f (− y ) = − y − 3, ∀y ∈ R (3) Từ (2) (3) ta có: f ( y ) = y + 1, ∀y ∈ R Hay f ( x) = x + 1, ∀x ∈ R Thử lại Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề f ( x) = x + 1, ∀x ∈ R Bài tốn Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( xy ) + f ( x − y ) + f ( x + y + 1) = xy + x + 1, ∀x, y ∈ R (1) Giải Đặt f ( ) = a Trong (1) thay y = − ta : f ( − x ) + f ( x + 1) + f ( x ) = x + 1, ∀x ∈ R (2) Trong (1) cho y = ta được: a + f ( x ) + f ( x + 1) = x + 1, ∀x ∈ R (3) Từ (2) (3) suy f ( − x ) = a − x, ∀x ∈ R Suy f ( x ) = a + x, ∀x ∈ R Thử lại: Thay f ( x ) = a + x vào (1) ta được: xy + a + x − y + a + x + y + + a = xy + x + ⇒ a = Vậy có hàm số thỏa mãn đề f ( x ) = x, ∀x ∈ R Nhận xét: 2,3,4,5 có cách giải tương tự sau tìm hàm ta thử lại cách thay vào hàm cho để hàm cần tìm Bài tốn (Estonian 2003-2004) Tìm tất hàm số f : ( 0;+∞) → ( 0;+∞) thỏa mãn f ( x ) f ( y ) = f ( xy ) + 1 + , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) (1) x y Giải Giả sử f hàm số thỏa yêu cầu đề Trong (1) , chọn y = ta được: f ( x ) f ( 1) = f ( x ) + Từ ( ) chọn x = ta được: + 1, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) x ( 2) [ f (1) ] = f (1) + ⇔ [ f (1) ] − f (1) − = ⇔ f (1) = (do f (1) > ) Thay f (1) = vào ( ) ta được: f ( x ) = + , ∀x ∈ ( 0;+∞) x 1 thỏa (1) Vậy f ( x ) = + , ∀x ∈ ( 0;+∞) hàm số cần tìm x x Nhận xét : Bài tập xác định tâp gái trị ( 0; +∞ ) nên giải phải lưu ý lấy Thử lại với f ( x ) = + x > 0; f ( x) > 0, ∀x > Bài toán (Japan Mathematical Olympiad Final – 2012) Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ cho f ( f ( x + y ) f ( x − y ) ) = x − yf ( y ) , ∀x, y ∈ ¡ (1) Giải Từ (1) Từ (1) Từ (1) Với f cho x = y = ta f ( f ( 0) ) = cho x = 0, y = f ( ) , kết hợp với kết f ( f ( 0) ) = ta suy f ( 0) = cho x = y ta được: x − xf ( x ) = ⇔ f ( x ) = x, ∀x ≠ ( ) = ⇒ f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ Thử lại Vậy f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ hàm số cần tìm Bài tốn Tìm tất hàm số f : ( 0; +∞ ) → ¡ thỏa:  y  x f ( x ) f ( y ) = xf   + yf  , ∀x, y ∈ ( 0;+∞) 2 2 Giải Giả sử f hàm số thỏa đề x Trong (1) chọn x = y ta được: ( f ( x ) ) = xf  ÷, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) 2  x   f ( x )  ⇒ f  ÷=  2x 2  f ( y )   f ( x )  +y , ( 1) ⇒ f ( x ) f ( y ) = x  2y 2x 2 ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) 2  x f ( y)   y f ( x)   x f ( y) y f ( x)  ⇒ −  − f ( x) f ( y) +   ⇔  =0 y  x  2y x     x f ( y) y f ( x) f ( x) f ( y) ⇒ = ⇒ = , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) x y 2y 2x f ( x) Bởi vậy: số, đó: f ( x ) = ax, ∀x ∈ ( 0;+∞) ( a số) x y x Thay vào (1) ta được: ax.ay = ax + ay = axy, ∀x, y ∈ ( 0;+∞) Hay a ∈ { 0;1} 2 Thử lại thấy thỏa Vậy có hai số thỏa đề bài: f ( x ) = 0, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) f ( x ) = x, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) Bài toán (Banglades MO – 2012) ( ) 2 Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn f x − y = ( x − y )  f ( x ) + f ( y )  , ∀x, y ∈ R (1) Giải x = y Từ (1) cho ta f ( 0) = ( ) Từ (1) cho y = ta được: f x = x  f ( x ) + f ( )  = xf ( x ) , ∀x ∈ ¡ Từ ta có f ( x ) = − xf ( − x ) ⇒ xf ( x ) = − xf ( − x ) ⇒ f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ≠ Kết hợp với f ( 0) = ta f ( − x ) = − f ( x ) , ∀x ∈ ¡ Từ giả thiết ta có ( f(x ) − y ) = f ( x − ( −y) f x − y = ( x − y ) [ f ( x ) + f ( y ) ] = xf ( x ) − yf ( y ) + xf ( y ) − yf ( x ) 2 2 ) = ( x + y )  f ( x ) + f ( − y )  = ( x + y )  f ( x ) − f ( y )  = xf ( x ) − y ( y ) + yf ( x ) − xf ( y ) (2) (3) Kết hợp ( ) ( 3) , ta được: xf ( y ) − yf ( x ) = yf ( x ) − xf ( y ) f ( x) f ( y) = , ∀x ≠ 0, y ≠ x y Suy f ( x ) = cx, ∀x ≠ Kết hợp với f ( 0) = ta : f ( x ) = cx, ∀x ∈ ¡ (với c số) ⇔ xf ( y ) = yf ( x ) ⇒ Thử lại thấy thỏa mãn (1) Vậy f ( x ) = cx, ∀x ∈ ¡ hàm số cần tìm Bài tốn 10 (Olympic tốn Oxtrâylia-1995) Tìm tất hàm số f : ( 0; +∞ ) → ¡ thỏa mãn điều kiện sau 3 3 f ( xy ) = f ( x ) f  ÷+ f ( y ) f  ÷, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) (1) x  y Giải Giả sử hàm f thỏa yêu cầu đề Trong (1) cho y = ta được: 3 f ( x ) = f ( x ) f ( 3) + f  ÷, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) (2)  x f ( 1) = 1 Trong (2) cho x = ta f ( 3) =  f ( 3)  +  ÷ ⇔ f ( 3) = Thay vào (2) ta 2 1 3 3 f ( x ) = f ( x ) + f  ÷, ∀x ∈ ( 0; +∞ ) ⇔ f ( x ) = f  ÷, ∀x > 2  x  x Do (1) trở thành f ( xy ) = f ( x ) f ( y ) , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) (3) 3 Trong (3) thay y ta f ( 3) = f ( x ) f  ÷, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) Do  f ( x )  = x  x 1 Trong (3) thay y x ta được: f ( x ) = f ( x ) f ( x ) =  f ( x )  = = Từ suy với x > ta có f ( x ) = Thử lại thấy thỏa mãn Đó hàm số thỏa mãn điều kiện tốn Bài tốn 11 (HSG Quốc gia-2013) Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f ( ) = 0, f ( 1) = 2013 ( x − y )  f ( f ( x ) ) − ( f ( y ) )  =  f ( x ) − f ( y )   f ( x ) − f ( y )  , ∀x, y ∈ R (1) Giải Từ (1) cho y = ta xf ( f ( x ) ) = f ( x ) , ∀x ∈ R f ( x) Suy f ( f ( x ) ) = (2) , ∀x ≠ R x Thay (2) vào (1), suy với x ≠ y ≠ ta có:  f ( x) f ( y)  2 x − y − ( )  =  f ( x ) − f ( y )   f ( x ) − f ( y )  y   x xf ( y ) yf ( x ) ⇔ + = f ( x) f ( y ) + f ( y) f ( x) y x xf ( y ) yf ( x ) ⇔ − f ( x) f ( y) + − f ( y) f ( x) = y x ⇔ x f ( y ) − xyf ( x ) f ( y ) + y f ( x ) − xyf ( y ) f ( x ) = ⇔  xf ( y ) − yf ( x )   xf ( y ) − yf ( x )  = Từ (3) cho y = 1, ta  2013 x − f ( x )   20132 x − f ( x )  = 0, ∀x ≠ (3) (4) Từ (4) suy f ( x ) = 2013 x, ∀x ≤ Bởi vậy, từ (3) cho y = −1 ta  −2013 x + f ( x )   20132 x + f ( x )  = 0, ∀x ≠ (5) Từ (5) suy f ( x ) = 2013 x, ∀x > Như f ( x ) = 2013 x, ∀x ∈ R Thử lại thấy thỏa mãn Vậy có hàm số thỏa mãn yêu cầu đề : f ( x ) = 2013 x, ∀x ∈ R Bài toán 12 Tìm tất hàm số f xác định ( 0; +∞ ) , nhận giá trị ( 0; +∞ ) thỏa mãn f ( x ) f ( y ) = f ( y ) f ( xf ( y ) ) + , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) xy Giải 1 1 Trong (1) thay ( x; y )  ; ÷ ta : x y      1 1 f  ÷ f  ÷ = f  ÷ f  f  ÷÷+ xy, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) x  y  y   x  y  1 Đặt f  ÷ = g ( x ) Từ (2) ta có x  x  g ( x ) g ( y ) = g ( y ) g  ÷ ÷+ xy, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ )  g ( y)  Từ (3) thay x xg ( y ) ta : (2) (3) g ( xg ( y ) ) g ( y ) = g ( y ) g ( x ) + xyg ( y ) , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) ⇒ g ( xg ( y ) ) = g ( x ) + xy, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) (do g ( y ) > ) Từ (4) cho x = ta ⇒ g ( g ( y ) ) = g ( 1) + y, ∀y ∈ ( 0; +∞ ) (4) (5) Từ (4) thay x g ( x ) ta g ( g ( x ) g ( y ) ) = g ( g ( x ) ) + g ( x ) y , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) Từ (5) (6) suy g ( g ( x ) g ( y ) ) = g ( 1) + x + g ( x ) y, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) Từ (7) thay x y thay y x ta g ( g ( x ) g ( y ) ) = g ( 1) + y + g ( y ) x, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) Từ (7) (8) suy x + g ( x ) y = y + g ( y ) x, (6) (7) (8) ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) ⇔  g ( x ) − 1 y =  g ( y ) − 1 x, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) g ( x) −1 g ( y ) −1 = , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) x y g ( x) −1 ⇒ = C , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) ( C số) x ⇒ g ( x ) = Cx + 1, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) Thay hàm g từ (9) vào (3) ta ⇔  ( + Cx ) ( + Cy ) = ( + Cy ) 1 + C (9) x  ÷ = xy, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) + Cy  (10)  Từ (10) cho x = y = ta C  ( + C ) = ( + C ) 1 + ÷+  1+ C  ⇔ + 2C + C = + C + C + ⇔ C = ⇔ C = ±1 Do g ( x ) = + Cx > 0, ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) nên ta lấy C = Vậy g ( x ) ≡ + x, suy f ( x ) = + , ∀x, y ∈ ( 0; +∞ ) Thử lại thấy thỏa mãn x Nhật xét: từ 7,8,9,10,11,12 có cách phức tạp , có tính kế thừa Vì người giải phải quan sát để lựa chọn cho thích hợp Giả thuyết nghiên cứu Để giải toán trên, ta dùng phương pháp giá trị đặc biệt,thế biến x Chẳng han, cho x = 0, y = −1, x = y, x = đặt f ( ) = a ,…, từ suy hàm cần tìm IV THIẾT KẾ Trong tốn việc thay biến giá trị đặc biệt cần lưu ý giá trị phải nằm tập xác định, việc giá trị phải có tính kế thừa Trong toán xây dựng tập số thực xếp theo cấp độ tăng dần nhằm giúp cho em làm quen với việc giải phương trình hàm V KẾT QUẢ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM BẰNG PHƯƠNG PHÁP THẾ Trong năm dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, giáo viên học sinh tìm hiểu, nghiên cứu thật nhiều tài liệu tham khảo, sách bồi dưỡng chuyên môn, sách tập nâng cao Giáo viên phương pháp, cách thức trình bày hướng dẫn học sinh tự nghiên cứu tài liệu, gặp trường hợp khó, nan giải giáo viên gợi ý, hướng dẫn giải tiếp học sinh Giáo viên giao cho học sinh nhiều dạng tập tương tự để học sinh nắm vững cách thực hiện, tiến trình giải tập, cách trình bày cho phù hợp Ngoài dạng tập trên, giáo viên giao tiếp dạng tập nâng cao hơn, khác dạng để học sinh linh hoạt cách giải tập Chính điều trên, mà năm qua học sinh đạt thành tích cao dự thi HSG cấp quốc gia VI TÍNH THỰC TIỄN CỦA CHUYÊN ĐỀ Chuyên đề “ Giải phương trình hàm phương pháp ” nêu lên số điểm sau đây: Những điểm chuyên đề - Giúp học sinh có cách nhìn hướng giải tốt phương trình hàm - Định hướng cho học sinh biết phương pháp giải tập phương trình hàm phương pháp cặp biến tự - Học sinh kết hợp phương pháp khác để giải tốn phương trình hàm phức tạp - Chun đề có thề áp dụng việc học học sinh việc dạy giáo viên tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi dự thi cấp Quốc gia Đối với giáo viên - Có thể sử dụng chuyên đề để thiết kế tập bồi dưỡng học sinh giỏi - Vận dụng sáng tạo chuyên đề để khai thác kiến thức liên quan phát triển chuyên đề có hiệu phù hợp với đối tượng học sinh Đối với học sinh - Phát triển phương pháp , khả tư học sinh trình học - Bồi dưỡng lực lao động, làm việc sáng tạo cho học sinh - Phát triển kĩ năng, phương pháp thái độ tự học học sinh VII KẾT LUẬN Phương trình hàm phần kiến thức khó nên đối tượng áp dụng chủ yếu em học sinh giỏi tham gia kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh quốc gia Trong chuyên đề đưa dạng tập “ Phương pháp để giải phương trình hàm” Hi vọng với số dạng tốn giúp em học sinh nâng cao khả tư duy, khả giải vấn đề gặp tốn phương trình hàm kì thi học sinh giỏi Mặc dù tơi cố gắng xây dựng dạng tập, cách giải đơn giản nhiên trình thực viết không tránh khỏi khiếm khuyết Hi vọng thầy cô, em học sinh tham khảo, đóng góp ý kiến để tìm lời giải hay hơn, có dạng tập phong phú để viết hoàn chỉnh Hi vọng kiến thức tơi trình bày viết hành trang em học sinh giỏi kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh cấp quốc gia Xin chân thành cảm ơn! Châu Đốc, ngày 09 tháng 01 năm 2017 Người viết Cao Bảo Đằng Trần Quốc PHỤ LỤC 10 An Giang, ngày 09 tháng 01 năm 2017 BÁO CÁO KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN I Sơ lược lý lịch tác giả: - Họ tên: Cao Bảo Đằng ; Nam - Ngày tháng năm sinh: 11/08/1981 - Nơi thường trú: 455, Khóm Vĩnh Phú, Phường Châu Phú A, TP Châu Đốc , An Giang - Đơn vị công tác: THPT chuyên Thủ Khoa Nghĩa - Chức vụ nay: Giáo viên giảng dạy - Lĩnh vực công tác: Toán Học II Tên sáng kiến : Chuyên đề: “ Giải số phương trình hàm phương pháp “ 11 ... phương trình hàm cụ thể số kĩ thuật liên quan Xin nêu phương pháp thường sử dụng: Phương pháp biến, phương pháp quy nạp, phương pháp sử dụng tình chất hàm số, phương pháp đánh giá, phương pháp. .. Phương trình hàm bất phương trình hàm - Một số điều kiện bổ sung (đơn điệu, bị chặn, tuần hồn, chẵn, lẻ…) Khơng có phương pháp chung để giải phương trình hàm Việc tìm lời giải phụ thuộc vào phương. .. khảo sát tập hợp, phương pháp đổi biến, phương pháp tìm nghiệm riệng, phương pháp sử dụng tính chất đối xứng biến, phương pháp đưa phương trình sai phân; phương pháp sử dụng chu trình, điểm bất