skkn một số vấn đề cơ bản của phƣơng trình và bất phƣơng trình hàm

PHỤ LỤC

III

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 TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Các bài toán phương trình, bất phương trình hàm trong các kì thi Quốc gia, Quốc tế và khu vực

V PHƯƠNG 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

B NỘI DUNG

I Đặc trƣng của một số hàm sơ cấp

Trong phần này ta nêu đặc trưng hàm của một sồ hàm số sơ cấp thường gặp trong chương trình phổ thông Nhờ các đặc trưng hàm này mà ta có thể dự đoán kết quả của các phương trình hàm tương ứng cũng như có thể đề xuất những dạng bài tập tương ứng với các đặc trưng hàm đó

Các hàm số được xét trong phần này thoả mãn điều kiện liên tục trên toàn miền xác định của hàm số Nếu hàm số thoả mãn các đặc trưng hàm đã cho mà không có tính liên tục hoặc được xác định trên các tập rời rạc thì nghiệm của phương trình hàm có thể là một biểu thức hoàn toàn khác

1 Hàm bậc nhất: f(x)axb;(a,b0)

Đặc trưng hàm: fxyfxfy ; x,y

8 Hàm cotang: f(x)cotgx

9 Hàm luỹ thừa: f(x) x;xR

Đặc trưng hàm: f x.y  f(x).f(y); x,y

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

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    ; , 2 x y   Do f x liên tục trên R nên g x cũng là hàm liên tục trên R Suy (2) có nghiệm là

Giả sử F u v , là đa thức bậc n theo u và bậc m theo v Khi đó, do F u v , đối xứng nên

m n Từ bài toán 2, ta có F F u v w  , ,F u F v w ,  ,, vế trái là đa thức bậc n theo w và vế phái là đa thức bậc n2 theo w Suy ra n2n, hay n 1 Vậy F u v , auv b u b v c 1  2 

Mà F u v , đối xứng nên b1b2và F u v , auv bu bv c   Theo bài toán 2, ta có 2

ac bb

Bài toán 4:

Cho đa thức F u v , bu bv c  (b0) Xác định các hàm số f x  xác định và liên tục trên R thoả f x y   F f x f y    , (x y R, ) (Tức là ( f x y  bf x bf y c, 4 )) Lời giải:

Nếu b1 thì từ (4) với y=0, ta có f x =const Khi b=

và c=0 thì mọi hàm hằng đều thoả (4) Khi b=

và c0 thì (4) vô nghiệm

Khi b1 và b

thì nghiệm của (4) là f(x)=

Nếu b=1 thì (4) có dạng là f x y   f x   f y c và phương trình hàm này có nghiệm  

f x ax c

Bài toán 5:

Cho đa thức F(u,v)auvbubvc (a 0, c=

abb 2

) Xác định các hàm số f x  xác định và liên tục trên R thoả f(x y)F[f(x),f(y)],x,yR

(Tức là f(x y)af(x)f(y)bf(x)bf(y)c (5)) Lời giải:

Đặt

h( ) Suy ra nghiệm của (5) có dạng

Bài toán 6:

Giả sử f(x) là nghiệm của phương trình hàm:

Chứng minh hàm số g(x) f(x) f(0) thoả mãn phương trình Cauchy:

Lời giải: Lần lượt đặt:

và thế vào (5), ta thu được các đẳng thức

f( (1 ) ) ( )(1 ) ( )( 0), ,  (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:

Vậy (8”) có dạng:

f();+) T.h: a b1 Theo bài toán 6 thì nghiệm của (8) có dạng f(x)x;R Từ (7’) suy ra cC(ab1) Nếu cho R tuỳ ý thì

Bài toán 9:

Xác định các hàm số f(x) liên tục trên R là nghiệm của phương trình hàm: )

Lời giải:

+) Đặt f(0)a, z 0 thế vào (9) ta có: )'9(,

+) Đặt f(x)g(x)a Từ (9’), ta có: )"9(,

Lời giải:

Thay x y0, ta có (0) 0)

Vậy nên f(0) f(x(x)) f(x) f(x)0 Suy ra f(x)0 Thử lại (1) thoả mãn

Bài toán 2:

Cho trước hàm số h(x) ;axaR Xác định các hàm số f(x) liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau:

Lời giải:

h  Đặt f(x)h(x)g(x) Khi đó ta có g(x) ;0xR và

g()()();, Theo bài toán 1, ta có: g(x) ;0xR Vậy

f()(); Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) và (2.2)

Bài toán 3:

Cho a0 Xác định các hàm số f(x) liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau:

Lời giải:

Ta có f(x) ;0xR Khi đó logarit hoá hai vế (3.1), (3.2), ta có

Đặt ln f(x)(x), ta có

Đặt (x)g(x)(lna)x, ta có: hàm g(x) thoả điều kiện bài toán 2 nên g(x) ;0xR và

 Vậy f(x)ax;xR(3.1) thoả điều kiện bài toán

Bài toán 4:

Xác định các hàm số f(x) liên tục trên R thoả đồng thời các điều kiện sau:

Lời giải:

Đặt f(0)a, f(x)ag(x) Khi đó ta có

Thay y0 vào (4.1’) và (4.2’) 

Rxxgx

Suy ra gx y  gx  gy ;x,yR

Theo bài tốn 1 thì g x( ) 0;  x R và f x( )= const Thử lại f(x)c thoả điều kiện bài tốn

Bài tốn 5:

Xác định các hàm số f(t) liên tục trên R thoả điều kiện sau  xyfy  xRx

mà  xyfy xxy  xsuyrafxxxR

x3223;, thì từ điều kiện  

  xyxyfyxRx

thì trong ta co ù: f g x( ( ))g x h x( ) ( ) f(0) g x( ) 0

Lời giải:

Sử dụng định lý Lagrange, ta có: ( ( ))f g x g x h x( ) ( ) f(0)

(x2 fc  x20]33ln3)[4

(x2 c  x20

(xfygyyxMyx2 xyR

f  a  Cộng vế (8) và (8’), ta có )

[gx gyxy  fy fx gxxy  fx fy gyyx

[gx gyxy  Mx y2a xyR

Cố định x cho yx, ta có g'(x)0;xRsuyrag(x)c(const);xR

Thay g(x)c vào (8) và làm tương tự như trên, ta có:

Và f'(x)c f(x)cxd

Thử lại g(x)c; f(x)cxd thấy đúng

Bài toán 10:

Chứng minh:

1max( )

Ta có  x (ax) x; a 1;1 , suy ra điều phải chứng minh

IV Phương trình hàm liên quan đến tam giác

Phép tịnh tiến sinh ra hàm tuần hoàn cộng tính, phép đồng dạng sinh ra hàm tuần hoàn nhân tính, phép phản xạ sinh ra hàm số chẵn, lẻ

Lời giải:

Để f(a),f(b),f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có 0

Bài toán 2:

Xác định số  để hàm số f(x)x có tính chất f(a),f(b),f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC

Lời giải:

Để f(a),f(b),f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có 0

)(,0)(,0)

Lời giải:

Để f(a),f(b),f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có 0

Tương tự  0 (Vì nếu  0 chọn tam giác ABC có a đủ nhỏ thì a 0) Trường hợp   0 không thoả

Vậy  0, 0, 0 thì hàm số f )(x x  có tính chất f(a),f(b),f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC

Bài toán 4:

Xác định số , để hàm số

 

f( ) 1 có tính chất f(a),f(b),f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC

Lời giải:

Giả sử abc Phép nghịch đảo

g() 1 không có tính chất g(a),g(b),g(c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC

( Phản ví dụ ab2 ,c 1; ta có

111 )

Để f(a),f(b),f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác, trước hết phải có 0

(a  fb  fc 

Suy ra a 0,b 0,c 0;ABC (4)Suy ra  0; 0 (bài toán 3)

+) Trường hợp   0: không thoả

+) Trường hợp  0, 0: không thoả (ab2 ,c 1) +) Trường hợp  0, 0: ( ) ( ) ( ) 1 0

f ; f(a),f(b),f(c) 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



Phản ví dụ: ab3d 0,cd 0 thế vào (4’), ta có:

d  d13

2 Suy ra   d, điều này không xảy ra với d đủ lớn

Vậy với  0, 0: ( ) ( ) ( ) 1 0

f ; f(a),f(b),f(c) là độ dài các cạnh của một tam giác ứng với mọi tam giác ABC

Bài toán 5:

Xác định hàm số f(x) liên tục trong [0; ], f( 0)0 và có đạo hàm trong (0; ) sao cho )

 

Suy ra f(A) f(B) f( AB);A,B,AB[0;]Hay f(x) f(y) f( xy);x,y,xy[0;]

Lấy đạo hàm theo biến x: f'(x) f'( x y)0;x,y,xy[0;]Suy ra x: f'(x)c;x(0;)

Vậy f(x) pxq. Dof(0)0 suyraq0 Do f() nên p1

Kết luận: hàm số f(x) x liên tục trong [0; ], f( 0)0 và có đạo hàm trong (0; ) sao cho )

(6) )

(x  f  f x x y

Đặt f(x) xg(x) thì g(0)0, g(x) liên tục trong [0; ]Ta có xg(x)( x)g( x)

g    Thế f(x)xg(x) vào (6) và sử dụng (6”), ta có: 

*Ta xác định các hàm số f(x) liên tục trong [0; ] và

(7) Cho y0, ta có: f(x) f(0) f( x);x,(0;)(7’)

Hay f( x)  f(x) f(0);x,[0;]

Đặt f(x) f(0)g(x) thế vào (7) và sử dụng (7’), ta có:

Hay 

hay 

(x x   x 

Kiểm tra các trường hợp:

  : (7’”) thoả

+)

+)  1: (7’”) thoả f(x)x

(x x    

f

Bài toán 8:

Xác định hàm số f(x) liên tục trong [0;], sao cho: f(a),f(b),f(c)tạo thành số đo các cạnh của một tam giác nội tiếp trong đường tròn đường kính bằng 1 ứng với mọi tam giác ABC cho trước

Lời giải:

Ta có nhận xét sau: Xét đường tròn (O) có đường kính 2R=1 M() là tập hợp tất cả các tam giác nội tiếp trong đường tròn (O) nói trên Khi đó điêu kiện cần và đủ để ba số dương

,, là ba góc của một tam giác thuộc M() là sin,sin,sin tạo thành độ dài các cạnh của một tam giác thuộc M()(a2Rsin sin,b2Rsin sin,c2Rsin sin)

 vRuu

Ta suy ra các kết luận sau:

Bài toán 9:

 vRuvuvuP

đều là các tam giác vuông Lời giải:

 vRuvuvuP

Ta thấy

  

Từ đó suy ra P1(u;v),P2(u;v),P3(u;v) là độ dài các

cạnh của một tam giác vuông có canh huyền P3(u;v)

Bài toán 10:

Chứng minh rằng x1 đều tồn tại một tam giác mà độ dài các cạnh là những số

và các tam giác đó có góc lớn nhất như nhau (x1 cho trước) Lời giải:

Đặt 

Ta có bc  x22x2ax2x1 bc  x22x

Vậy a ,,bc là 3 cạnh của một tam giác Cạnh lớn nhất của tám giác ứng với P )1(xhaya Khi đó gọi  là góc lớn nhất,

V Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác

Một số hàm số không phải là hàm lồi nhưng có tính chất của hàm lồi được gọi là hàm “tựa lồi”, hàm số không phải là hàm lõm nhưng có tính chất của hàm lõm được gọi là hàm “tựa lõm” , (theo Thầy Nguyễn Văn Mậu)

cosA B AB Nhận xét:

Hàm số f(x)cosx không là hàm lõm trong (0;)f"(x)0 nhưng ta vẫn có hệ thức kiểu hàm lõm cho cặp góc của một tam giác

Bài toán 3:

Trong tam giác ABC, ta có: 3.1)

sinA B C

cosA B C 

2tgBtgC 

cotgA gB gC Nhận xét:

Từ kết quả 3.2) ta nhận thấy rằng tính chất của hàm lõm không còn được sử dụng như một công cụ cơ bản để kiểm chứng tính đúng đắn của bất đẳng thức Vậy vấn đề đặt ra là: Về tổng thể, ta có thể mô tả được hay không lớp các hàm tổng quát thoả mãn điều kiện

với mọi tam giác ABC?

Bài toán 1:

Cho hàm số f(t);t(0;) Chứng minh các điều kiện (1.1) và (1.2) sau đây là tương đương:

(x  fy  fxy xyxy 

Từ (1.1) và (1.3), ta có:



+) (2) thoả với mọi cặp góc nhọn A B, tương đương với f(t) f0(t) là một hàm đồng biến trong ]

2;0( 

+) Xét hàm số

Ta chứng minh g0(t) thoả điều kiện bài toán Thật vậy: 1) A B, nhọn thì (2) thoả mãn

2) Xét  A B; AB2

,g0 Bf0 Bf0 Ag0 AA

, fBg0 Bf0 Bf0 Ag0 AfAA

Chứng minh với mọi tam giác ABC ta đều có (3)2

33)()()

Bài toán 1:

Cho hàm số f(x),xZ, thoả:

Tính f(19)=?

Lời giải: Ta có 19=10+9

Tìm các số nZ: f(n)n

Lời giải: Cho y1 f(x) f(1) f(x1)x1 f(x1) f(x)2

(1)(2) ( )(2)(3) (1)

(2)(1) (3)

Suy ra( ) (1) ( ) (1) (3) 2 1 22(1)(2)

Tính f(7)=?

Lời giải:

+) Ta chứng minh f(n)3f(n1) f(n2) Ta có f(1)f(0) f(1) f(1) f(0)2

(nf  fn fn fn  fn fn

(n fn  fn fn  fn fn

+) Suy ra: f(7)3f(6) f(5)

Bài toán 4:

Cho hàm số f xác định trên tập N* thoả mãn:

Tính f(1789)=?

Lời giải:

Ta có 1789=4.445+9, 445=4.109+9, 109=4.25+9, 25=4.4+9 Ta tính các giá trị:

Bài toán 5:

Cho hàm số f xác định trên R thoả:

(5) Tính f(36)=?

Lời giải:

( f  f  f  hayf 

f

+) T.h f(0)2, ta có 223)(0,;

(xf  f  xxRy fx  x

không thoả (5)

+) T.h f( 0) 3, ta có 2;,0()33

(xf  f  xxRy fx  x

Lời giải:

Chứng minh bằng quy nạp: f3n(x) x;xN\2,3Suy ra f2001(2002)2002

Bài toán 7:

Cho hàm số f xác định trên tập các số thực và thoả điều kiện: 

Tính f(5753)=? Lời giải:

Chứng minh f(3) g(3) Lời giải:

Chứng minh bằng quy nạp: f(anx )an1x0; nN

+) a1,anx0K;n(!)(doanx0 )+) 0a1,(!)(doanx0 0)

+) Vậy a1 f(x0)x0 f(x)x;xK; tương tự g(x) ;x xK

Kết luận: f(x) g(x);xK f(3)g(3)

Bài tốn 9(IMO)

Cho hàm số f :NN thoả điều kiện:

 

Tính f(1982)=?

Lời giải:

(1): f(mn) f(m) f(n)

f(3.) ; (C.m bằng quy nạp)

+) Nếu f(3.n)n thì m n ta cĩ f(3m)m Thật vậy, f(3(n1)) f(3n) f(3)n1+) 3333 f(9999) f(3.3333) f(3n)nvới n3333

Vậy f(3.1982)1982

Mặt khác 1982 f(3.1982) f(2.1982) f(1982)3f(1982)

 f

Do đĩ 660 f(1982)661 f(1982)660

Bài tốn 10:

Cho hàm số f liên tục trên R thoả điều kiện: 

Tính f(500)=?

Lời giải:

Do hàm số f liên tục trên R và 500999(1000)999

(fx0 fx0  f 

VI.2 Ƣớc lƣợng giá trị hàm số Bài tốn 1:

Cho hàm số fxác định trên đoạn [0;1], thoả mãn:

1) Chứng minh phương trình f(x)0 cĩ vơ số nghiệm trên [0;1]

2) Tồn tại hay khơng hàm số xác định trên [0;1] thoả mãn điều kiện (1), (2) và khơng đồng nhất bằng 0?

Lời giải:

1)x y f(x)2f(x) f(x)0;x[0;1]0210

Dễ dàng chứng minh fk  kN

Vậy phương trình f(x)0 cĩ vơ số nghiệm trên [0;1] 2)Hàm số

Bài tốn 2:

Cho hàm số f xác địnhtrên R, thoả mãn:

Hãy tìm số các nghiệm của phương trình f(x)0 trên đoạn [-1000;1000]

Lời giải:

Trên [-1000;1000] số điểm dạng x2 (khơng kể điểm bội) là 120010

Vậy số các nghiệm của phương trình f(x)0 trên đoạn [-1000;1000] khơng ít hơn 401

+) Nếu x cĩ dạng x1 thì f(x)0; hơn nữa 4 14x, x cĩ dạng x2 nên 0

Chứng minh f(x)2x; xK Lời giải:

Bài tốn 4:

Cho hai hàm số liên tục trên K: f,g:K K;K[0;1], thoả:

tăngsố hàmlà

xfgxgf

Chứng minh aK: f(a)g(a)a Lời giải:

Đặt h(x) g(x)x, h(x) là hàm số liên tục trên K và h(0)g(0)00,h(1) g(1)10 Vậy x0K:h(x0)0 hayg(x0)x0

+) Nếu f(x0)x0 thì ta cĩ điều phải chứng minh +) Nếu f(x0) x0 Khi đĩ ta xây dựng dãy số  

Vậy aK: f(a)g(a)a

VI.3 Tính tổng các giá trị hàm số Bài tốn 1(CaMO)

Cho hàm số

 xx

Lời giải:

Bài tốn 2:

Cho hàm số f xác định trênN* và thỏa điều kiện:

Tính 2004 

Lời giải: Ta cĩ

Chứng minh: nfn  fi  nn ;nN

2)1()2()2(1 Lời giải:

n1-n0;đọantrêntụcliên )()(1)

  

0(

Suy ra: 1 (1)(0)00

 

n1c hay0g(c)chosaon

j vàn

VII Hàm tuần hồn Bài tốn 1:

Cho hàm số f : f xácđịnhtrên Rthỏa f(x) f(x4) f(x4),x

Chứng minh f là hàm số tuần hồn

Lời giải:

Suy ra

00 fxx

Chứng minh f là hàm số tuần hồn Lời giải:

+) f(0)02f(x0)2f(0)0(!)

+) f(0)1 f(2x) f(0)2f(x)2  f(2x)2f(x)21

 ( ) (2 ) 12

(1) f(2x) f(4x0)2f(x2x0)f(x2x0)(1’)

 ( ) 1 2.1 1 12

( x0  fx0 2    

f , f(4x0)2f(2x0)2 12.111

20) (2 ) 1 2 ( )4

2 fx  fx xfx x  fx xfx x  fx

(1): f(x2x0)f(x2x0)2f(x)f(2x0)2f(x)Suy ra f(x2x0) f(x2x0) f(x);x

Vậy f là hàm số tuần hồn