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

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.. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Lựa chọn các dạng

PHỤ LỤC

III

MỘT SỐ VẤN ĐỀ CƠ BẢN CỦA PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG 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 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: f x y f x f y ; x,y

2

)()(

,

;)()(1

)()(

Z k k y

x R y x y

f x f

y f x f y x

1)()(

Z k k y x R y x y

f x f

y f x f y x

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

Giả sử phương trình hàm f x y   F f x f y    , , x y R,  ; với F u v , (u v w D f, ,   1 )

là một đa thức khác hằng, có nghiệm là f x  xác định và liên tục trên R

Chứng minh F u v , có dạng F u v , auv bu bv c  

Lời giải:

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

b

c

2 1

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

ax

)(

Bài toán 6:

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

) 6 ( ,

), 0 (

) ( ) ( ) (ax by c Af x Bf y C abAB x y R

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

R y x y g x g y x

Lời giải:

Lần lượt đặt:

c y x

b

c v y x

b

c y a

u x

b

c v y a

u x

, 0 ,

c Bf Af

f

C b

c v Bf Af

v f

C b

c Bf a

u Af u f

C b

c v Bf a

u Af v u f

) ( ) 0 ( ) 0 (

) ( ) 0 ( ) (

) ( ) ( ) (

) (

) ( ) (

), 0 (

) ( ) ( ) (ax by c Af x Bf y C abAB x y R

y f b x

af y a

ax

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:

"

8 ( ,

), 0 (

) ( ) 1 ( ) ( ) )

), 0 (

) ( ) 1 ( ) ( ) ) 1 (

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

C c

, );

( ) ( ) ( ) (x y f z f x f y z x y z R

Lời giải:

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

) ' 9 ( ,

);

( ) ( )

);

( ) (

,)];

()()[

()()

)];

0()()[

()

);

()()(

)1.1(

;0)(

R y x y f x f y x f

R x x

f

Lời giải:

Thay x  y 0, ta có (0) 0

)0(2)0(

0)0(

f f

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

()()(

)1.2(

;)(

R y x y f x f y x f

R x ax x f

Lời giải:

) ( ) (

)

(x y h x h y

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

R y x y g x g

y

x

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

R a ax x

);

()()(

)1.3(

;)(

R y x y f x f y x f

R x a x

);

(ln)(ln)(ln

)'1.3(

;)(ln)(ln

R y x y f x f y

x f

R x x a x

);

()()(

)

"

1.3(

;)(ln)(

R y x y x

y x

R x x a x

; 2

) ( ) ( ) 2 (

) 1 4 (

; 0 ) (

R y x y f x f y x f

R x x

f

Lời giải:

Đặt f(0)a, f(x)ag(x) Khi đó ta có

0 g(0)

; 2

) ( ) ( ) 2 (

) ' 1 4 (

; 0 ) (

R y x y g x g y x g

R x x

; 2

) ( ) 2

(

g

R x x g x

Suy ra g x y  g x  g y ; x,yR

2

) ( 2

) ( ) 2

R x x

g g

,);

()()(

;0)(,0)0(

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

 xy f y  x R x

f

R

max )

Kết hợp với (6”), ta cĩ f(x) x3 ; xR Thử lại thấy thoả điều kiện bài tốn

Nhận xét: Điều khẳng định trên cho ta một kết luận tương ứng sau:

Nếu cĩ một bất đẳng thức cổ điển cho cặp số x, y; chẳng hạn như

R y x y xy

f

R

max )

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

; )

)(

( ) ( ) (y f x g x x y M x y2 x y R

Lời giải:

Giả sử có các hàm số f(x),g(x):RR thoả điều kiện Thay đổi vai trò của x, y ta có:

) ' 8 ( ,

; )

)(

( )

()()())(

()()())](

; 2

) )](

x M y

;2

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:

y x R y x y

x M c y

x

y f x

;2

)()(

Và f'(x)c f(x)cxd

Thử lại g(x) c; f(x) cxd thấy đúng

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 ) ( , 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 ) (

Lời giải:

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

0 ) ( , 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

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

x x

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

c b a

1 1

1   )

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

0 ) ( , 0 ) (

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



c f b f a

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

c b

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

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



c f b f a

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

) ( ),

0)0(

)

;0(

;0)(

C f B f A f

f

x x

Vậy f(x)  pxq. Do f( 0 )  0 suy ra q 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

) ( ),

; 0 ) (

,

;)(

)

;0(

;0)(

x f y

f

(6) )

0 ( ]

; 0 [ ,

; ) ( )

"

6()(

; )



x f x x

,

;)(

)()(

)

;0(

;0)(

x f y f x f

x x

0 ( ) ( )

)

;0(

;0)(

C f B f A f

x x

)

;0(

;0

C B A

x x

) 1 ( ( 3

)

; 0 (

; 0

1 )

x x

) 1 ( )

(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

) 1 ( sin

) (x  x     

*Nhận xét: nghiệm của phương trình vô định x2 y2  z2 có thể mô tả dưới dạng

)2

;0(,

;0(,

;.),(

sin.),(

cos.),(

3 2

v u v u P

v u v u P

đều là các tam giác vuông

Lời giải:

)2

;0(,

;.),(

sin.),(

cos.),(

3 2

v u v u P

v u v u P

2 2

2 1

3 2 1

)

;()

;()

;(

0)

;(

0)

;(

0)

;(

v u P v

u P v

u P

v u P

v u P

v u P

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)

122

)(

12

)(

4 3

2 3 2

2 3 4 1

x x P

x x x x P

x x x x x P

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

1()(

)12)(

1()(

)1)(

1()(

2 2

3

2 2

2 2

1

x x

x P

x x

x P

x x x

x P

0)12(

0)1(

2

2

x c

x b

x x a

1

2cos

2 2

bc

c b a

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)

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

sinA B C

2

3 cos cos

cosA B C 

2 2

cot 2

cotg A g B g C 

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

)3(3)()()(





f C f B f A f

f C f B f A f

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:

) 1 1 ( )

; 0 ( ,

, );

2 ( 2 )

; 0 ( ,

, , );

3 ( 3 ) ( )

)3()(

2(2)3()()

(

)

(

z y x z f y x f z

y x f z f y

,,

;3

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

t f

t khi t f t

g

2)

(

20

)()

g

t khi t

g t

f

2),

(

20

),()

t khi t t

f

2,

cos1

20

,sin)

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

2

3 3 ) ( ) ( ) (A  f B  f C 

n f m f n m f

f

,);

14(3)()()(

0)1(

Tính f( 19 )=?

Lời giải: Ta có 19=10+9

513297)5(2)10(

408237)4()5()9(

10845)1()4()5(

6345)2(2)4(

99)1(2)2(

0)1(

f f f

f f

f

f f

f f

y x f y f x f

f

,

;1)

()()(

1)1(

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 1 2

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

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

()()()(

3)1(

0)0(

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

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

322)4()5(3)6(

123)3()4(3)5(

47)2()3(3)4(

18)1()2(3)3(

7)0()1(3)2(

f

f f f

f f

f

f f f

f f

f

f f f

9 4 ) (

5 ) 1 (

f

n n f f f

1789 (

1789 9

445 4 ) 445 ( )

893 (

893 9 221 4 ) 221 ( )

445 (

445 9 109 4 ) 109 ( )

221 (

221 9 53 4 ) 53 ( )

109 (

109 9 25 4 ) 25 ( )

53 (

53 9 11 4 ) 11 ( )

25 (

25 9 4 4 ) 4 ( )

11 (

11 3 2 ) 2 ( ) 4

f f f

f f f

f f f

f f f

f f f

f f f

f f f

f f

Bài toán 5:

Cho hàm số f xác định trên R thoả:

R y x y

x xy f y f x

3

) ( ) ( ) (

(5)

Tính f( 36 )=?

Lời giải:

3 ) 0 ( 2

) 0 ( 2 ) 0 ( )

+) T.h f( 0 )   2, ta có 2

2

3 ) ( 0 ,

; 2 3

) 0 ( ) 0 ( ) (x f  f  x xR y  f x   x

39 3

Lời giải:

x x

x f x

x f x

13

12

3)(

12

))((

)

(

2

1333

12

12

3)(

12

))((

)

(

3

12

)

(

2 2

1

3

1 1

f x

f y x f

x yf y xf xy f

,)2()()()(

)1()()()(

x g x f

x f g x g f

)2()

()(

)1())(())((

K

x

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

0+) a 1 ,a n x0K; n(! ) (do a n x0   )

+) 0 a 1 , (! ) (do a n x0  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:

9999(,0)3(,0)2(

)1(1

;0)()()(

f f

f

n f m f n m f

Tính f( 1982 )=?

Lời giải:

(1): f(mn)  f(m)  f(n)

1)3(11)1()2()3()(!

00)1()2()3(1,2

0)1()1(2)2(01

f f

f f

f n

m

f f

f n

m

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

f N

n n

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  n 3333

Vậy f( 3 1982 )  1982

Mặt khác 1982  f( 3 1982 )  f( 2 1982 )  f( 1982 )  3f( 1982 )

6613

1982)

1982

 f

660 ) 2 ( ) 660 3 ( ) 2 ( ) 1980

;1)())((

f

x x

f x f f

Tính f( 500 )=?

Lời giải:

999

1)999(1)1000())

500 ) ( : ) 1000

;0[,);

()()2(

)1(0)1()0(

y x y f x f y x f

f f

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

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

Lời giải:

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

0 2

1 0

) 1 ( ) 0 ( 2

1 0

Vậy phương trình f(x)  0 có vô số nghiệm trên [0;1]

khi

Q x khi x

f

\]1

;0[

;1

]1

;0[,

0)

14()4()(

)1(0)0(

x x f

x f x f

f

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

Lời giải:

x x f

x f f





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

, );

( ) ( ) (

) 2 ( 0 ) (

) 1 ( 1 ) 1 (

K y x y x y f x f y x f

x f f

1

N n

k x k

k

2

1 2

1 )

)1())(())((

tăngsố hàmlà

f

x f g x g f

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 hay g(x0) x0

+) Nếu f(x0) x0 thì ta có điều phải chứng minh

+) Nếu f(x0)  x0 Khi đó ta xây dựng dãy số  

1

0 1

N n x f x

x f x x

n n

9)(

Lời giải:

39

339

9)1

9991996

997

1996

19941996

21996

19951996

1

f f

f f

f f

f

2

19952

19972

)(2)1()1

f f

n f n

Lời giải: Ta có