chuyên đề bất phương trình hàm

chuyên đề bất phương trình hàm tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh v...

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

MỤC LỤC 

II­Nội dung đề tài 

Chương I :  Cơ sở lý luận liên quan tới đề tài nghiên cứu  Trang 3 

2_. Cơ sở lý luận  

§1.Tìm hàm số bằng cáh sử dụng phương pháp chứng minh qui nạp Trang 4 

§2. Tìm hàm số bằng cách làm chặt hai đầu chận của hàm số  Trang 6 

§3  Tìm hàm số bằng cách sử dụng phép thay các giá trị đặc biệt  Trang 9 

§4  Tìm hàm số bằng cách sử dụng giới hạn dãy số  Trang 10 

§5  Tìm hàm số bằng cách sử dụng định nghĩa đạo hàm  Trang 12 

Chương III: Biện pháp,giải pháp chủ yếu để thực hiện đề tài  Trang 16 

www.laisac.page.tl 

Chuyên Đề: 

B 

B Ấ Ấ  T P  P H H  Ư Ư  Ơ Ơ  N N  G T  T R R  Ì Ì  N N  H H  H À À  M 

Châu Chí Trung 

GV THPT Chuyên Lương Văn Chánh

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

I­PHẦN MỞ ĐẦU 

1. Lý do chọn đề tài 

T rong  các  kỳ  thi  chọn  học  sinh  giỏi  các  nước  cũng  như  nước  ta  ,  các  bài  toán  về  phương trình hàm và bất phương trình hàm thường được nhắc đến và là một trong các bài toán  quen thuộc nhưng lại có nhiều nhiều hướng để thực hiện lời giải . Đã có nhiều chuyên đề đề  cập đến phương pháp giải các bài toán phương trình và bất phương trình hàm nhưng vẫn còn  nhiều điều khá lý thú khi nghiên cứu về loại toán này . Bài viết này chúng tôi đề cập đến một 

số cách giải bài toán BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM . 

2. Mục đích nghiên cứu 

Bài viết nghiên cứu một số cách giải khác của bài toàn Bất phương trình hàm nhằm làm 

đa dạng  thêm  các  cách  giải  ,  giúp  việc  giải  bài  toán  có nhiều hướng để  giải  quyết  ,  làm cho  việc giải loại toán này có cơ sở để định hướng việc chọn lựa phương pháp . 

3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 

Nội dung đề tài  tập trung nghiên cứu lớp các bài toán BẤT  PHƯƠNG  TRÌNH  HÀM đã  thi trong các kỳ thi học sinh giỏi các cấp , và đây là bài toán trọng điểm trong kỳ thi quốc gia. 

Nội dung tập trung nghiên cứu kiến thức , phương pháp hợp các tính chất trong hàm số 

để  giải  quyết   Nhằm  giúp học  sinh  giỏi  có  thêm  tài  liệu  tham  khảo  ,  còn  thầy  giáo ngày  có 

thêm nhiều nội dung đề tài để bồi dưỡng học sinh giỏi. 

4. Nhiệm vụ nghiên cứu 

Làm nổi phương pháp giải bài toán BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM .Nói chung là giúp các 

em làm quen cách giải quyết những bài toán BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM rất khó mà các em 

thường gặp trong các kỳ thi học sinh giỏi. 

5. Phương pháp nghiên cứu 

Hệ thống các dạng toán , phân loại  nhóm các bài  toán thuộc đối tượng nghiên  cứu và  dựa vào kinh nghiệm trong nhiều năm bồi dưỡng học sinh giỏi để xây dựng nên nội dung đề tài  một cách có hệ thống , lôgic và chặt chẽ về kiến thức , cũng như các phương pháp vận dụng 

giải toán. 

6. Nội dung của đề tài 

Bài  viết  này ngòai phần mở đầu  và  kết  luận, phần nội  dung  chính  triển  khai  thành ba  chương, gồm: 

­  Chương 1: Cơ sở lý luận liên quan đến đề tài nghiên cứu 

1.  Cơ sở pháp lý: Nêu các hệ thống văn bản liên quan đến đề tài 

2.  Cơ sở lý luận : Nêu các khái niệm; Vai trò­ vị trí­ nhiệm vụ  của  đề tài nghiên cứu. 

3.  Cơ sở thực tiễn ( Sự cần thiết của đề tài đang nghiên cứu). 

­  Chương 2: Thực trạng của đề tài nghiên cứu 

­  Chương 3: Biện pháp, giải pháp chủ yếu để thực hiện đề tài :

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

II­NỘI DUNG ĐỀ TÀI 

Chương 1:Cơ sở lý luận liên quan đến đề tài nghiên cứu 

Trong các bài toán về phương trình hàm và bất phương trình hàm : phương pháp qui nạp tỏ ra hiệu  quả trong các bài toán có liên quan đến số tự nhiên .Ở đây, có thể sử dụng qui nạp để xác định hàm số 

nếu như ta phát hiện được hệ thức qui nạp liên quan  

BÀI TOÁN 1  (IMO – 1977) 

: 

( ) ( 1) , 

f f n < f n+ " Πn N (1) 

( ) , 

f n =n " Πn N

LỜI GIẢI 

Trước hết ta chứng minh bằng qui nạp rằng  :  * 

0 0 0 

f N ³n "N nÎN N ³ n (1.2)  Với n = 1 thì  (1.2) đúng . 

Giả sử (1.2) đúng đến n = k :  f N( 0)³n ,"N k0, ÎN* và  N0 ³ k (1.3) 

Với N0³k+ Û1 N0 - ³ 1  k ,theo (1.3) thì  : f N( 0 -1) ³   k

Mà  f N( 0 -1) Î N * nên cũng theo (1.3) thì f( f N( 0 -1) ) ³ k

Mặt khác theo (1) thì : f N( 0)> f( f N ( 0 - 1) ) nên suy được :

( ) 

0 0 

f N > f f N - ³ k

Từ đó ta có :  f N( 0)>k hay f N( 0 )³k + 1 

Theo nguyên lý qui nạp thì  f N( 0)³n ,"N n0, ÎN* và  N0 ³ n đúng . 

( ) , 

f n ³n " Πn N khi lấy N 0 = n (1.4) 

Từ (1) và (1.4) ta được : f n( +1)> f( f n( )) ³ f n ( )  : như vậy f là hàm tăng thật sự trên N * 

Do đó từ f n( +1)> f( f n( )) Þ n+ > 1 f n ( )  (1.5) 

Từ (1.4) và (1.5) ta có được điều phải chứng minh :  f n( )=n , " Πn N * 

BÀI TOÁN 2 :  Tìm hàm  f N :  *® N * sao cho : 

* 

, 2 : ( 1) k  ( ) , 

với f n k ( )= f( f ( f n ( ) ) ) với k lần f . 

LỜI GIẢI 

Ta sử dụng qui nạp theo n để chứng minh rằng  :  f m( )³n,"m³n và m n ,  ΠN *  (2.1) 

( ) 1 , 

f m ³ " Πm N (đúng) 

Giả sử  (2.1)  đúng với  n , ta cần chứng tỏ (2.1) đúng với  n + 1 . 

Ta có : m³n+ Þ1 m- ³1 nÞ f m( -1)³nÞ Þ f m k ( -1) ³ n

Mà  ( )f m > f m k ( - 1)  nên  ( )f m ³ +  ,theo nguyên lý qui nạp , ta có (2.1) đúng n 1  "m³ Πn N * . 

Cho m = n  , ta được :  f n( )³n , " Πn N *  (2.2) 

Từ đó :  (f n+1)> f n k ( )³ f n ( ) nên f là tăng thật sự trên N * . 

Do đó  f n( +1)> f n k ( )³ f n2 ( )Þ + > n 1 f n ( )  (2.3) 

Từ (2.2) và (2.3)  ta kết luận  :  ( )  f n = n là hàm số duy nhất thỏa mãn đề bài

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

BÀI TOÁN 3 

Chứng minh rằng không tồn tại  hàm số  f R :  ® R thỏa điều kiện: 

( ) ( ) 

LỜI GIẢI 

Ta thay y = 0 vào (3) thì được :  ( ) 2 (0) 2 

2 

x 

f x ³ x- f + f æç ö ÷

Ta sử dụng qui nạp theo số tự nhiên n để chứng minh rằng  :

2 

n 

x 

f x ³ nx- - f + f æç ö ÷

è ø , nÎN 

* 

(3.2)  Với  n = 1 thì (3.2) đúng . 

Giả sử  (3.2) đúng  với n . 

Thay x bới 

2  n 

x 

trong (3.1) : 

1 

2 

(0) 2 

f æç ö÷³ - f + f æç + ö ÷

fæç ö÷³ x - f + + f æç + ö ÷

Từ đó ta có :

1 

2 

2 

n 

n 

x 

x 

+

æ ö

è ø

1 1 

1 

2 

n 

x 

(3.3)  Theo nguyên lý qui nạp thì (3.2) đúng  " Πn N * . 

Trong (3.2) cho x = 1 ta có :  (1) 2 (2 1) (0) 2  1 

2 

n 

f ³ n- - f + f æç ö ÷

è ø  Suy ra :  1 (2 1) (0) 2 (1) 

n 

f æç ö ÷ £ - - +

Tương tự khi cho x = – 1 ta cũng có  :  1 (2 1) (0) 2 ( 1) 

n 

f æç- ö ÷ £ - - + -

Chọn n = N đủ lớn để cho 2N >max{ f ( 1), (1) -  f } thì từ (3.4) và (3.5) cho ta : 

2N 2  N 

f æç ö÷ fæç - ö ÷ < f

Khi đó (3) không còn đúng khi ta cho  1 và  1 

x= y = -  

Vậy hàm số f(x) không tồn tại . 

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

Ý tưởng của phương pháp là dựa vào các điều kiện của bất phương trình hàm của đề bài để xây dựng  bất đẳng thức  : 

a g x £ f x £ a g x , " Πx D f  và a k ®1  khi k ® +¥ 

BÀI TOÁN 4 

Tìm tất cả các hàm f : 1;[ +¥ ®) [ 1; +¥ ) thỏa mãn điều kiện : 

2 

x 

f x x

+

£ £ +  với mọi x ³ 1 . 

( 1) ( ) 1 

x f x+ = f x -  với mọi x ³ 1 .  LỜI GIẢI: 

Thay x bởi x + 1 trong (4.1) , ta có  :  2  ( 1) 2( 2) 

2 

x 

+

Từ (4.2) ta được :  f2 ( )x =x f x ( +1) 1 +  , " ³ x 1 

2 +xf x+ < f x < +xf x +  (4.4) 

Từ (4.3) và (4.4) ta có : 1 ( 2)  [ ( )] 2  2 1[ ( 2) ] 

2 

x x 

2 

2  2 

( 1) 

2 

x 

+

Lấy căn bậc hai ở hai vế của (4.5) ta có :  1  ( 1) ( ) 2( 1) 

2  x+ < f x < x +  (4.6) 

Áp dụng (4.6) và cách lập luận trên k lần , ta được : 

1/2  1/2 

1 

2 

k 

k  x+ < f x < x + 

Cho  k ® +¥  thì 21/2 k ®  nên ta được : 1  x+ £1 f x( )£ + Þx 1 f x( )= +  ,  thử lại thỏa điều kiện bài x 1 

toán. 

Vậy  ( )f x = +   x 1 

BÀI TOÁN 5  (THTT/t6­95) 

Tìm các hàm số liên tục f : 0,1 [ ] ® R thỏa mãn điều kiện :

[ ] 

2 

LỜI GIẢI: 

Thay lần lượt  x =  0 , x =  1 vào (5) ta được :  (0)f ³ 0  và  f(1)³2 (1)f Û f (1)£ 0  (5.1) 

Với  0  1 

2 

x

< <  , sử dụng (5)  n lần ta được : 

2 2 3 4  2 1 2 

( ) 2 ( ) 2 ( ) (2 )n n n  ( n  ) 

f x ³ xf x ³ x f x ³ ³  x x - - f x ,  * 

n N

Vì  0, 1 

2 

x Î çæ ö ÷

è ø và f liên tục nên  : 

n 

n n 

n n 

®+¥

- -

Từ (5.2) và (5.3) cho  ( ) 0 , 0, 1 

2 

f x ³ " Î x éê ö ÷

Mặt khác, với x Π( ) 0,1  thì từ (5)  ta có :

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

1 

2 

1 

1 

2 

( ) 

2 

2 

n 

n  n 

f x 

f x 

x 

x -

Mà 

1 

2 

1 

1 

2 

2 

n 

n 

n 

n 

f x 

x

®+¥ -

è ø =  nên từ (5.5) ta có  : f x( )£0 ," Πx ( ) 0,1  (5.6) 

Từ (5.4) và (5.6) cho ta :  ( ) 0 , 0, 1 

2 

f x = " Î x éê ö ÷

ë ø 

(5.7) 

Với mỗi  1 ,1 

2 

x Î éê ö ÷

ë ø , tồn tại  nΠN để 

2 

n 

x <  thì  f x( )³2n  x2n- 1 (f x 2 n )= 0 

Do đó  ( ) 0 , 1 ,1 

2 

f x ³ " Î x éê ö ÷

ë ø 

(5.8) 

Theo (5.6) và (5.8) ta được  ( ) 0 , 1 ,1 

2 

f x = " Î x éê ö ÷

Tóm lại  :  ( )f x =0 ," Πx [0,1) 

Vì hàm f liên tục trên [ ] 0.1  nên ta có được :  ( )f x =0 ," Πx [0,1] ,Thử lại thỏa điều kiện bài toán  .  Vậy ta được :  ( )f x =0 ," Πx [0,1] 

BÀI TOÁN 6 :    Cho hàm số f : 0,1 [ ] ® R thỏa điều kiện : 

6.1) f x( +y)³ f x( )+ f y( ) ;"x y x, , + Πy [ ] 0,1 

6.2) f x( )³0," Πx [ ] 0,1 

6.3)  f (1) 1 =  Chứng minh f x( )£2 ;x " Πx [ ] 0,1 

LỜI GIẢI 

2 

1 

2 

1 

N 

n 

f  n ÷ £ n  " Î

ø

ö

ç

è

æ 

bằng quy nạp. 

2) f x( +y)³ f x( )+ f y( )³ f x( ); "x y x, , + Πy [ ] 0,1  ; suy ra  f  không giảm trên [ ] 0,1 

k k 

k k 

+

+

Mà  f  không giảm nên :  ( ) 1 2 1 1  2 

2k 2  k 

f x £ f æç ö ÷ = + < x

BÀI TOÁN 7  ( Bulgaria  1998) 

Chứng minh rằng không tồn tại hàm số  f R :  + ® R + thỏa điều kiện :

[ ] 

2 

f x ³ f x+y f x + y ,  với mọi x , y > 0 .      (7) 

LỜI GIẢI : 

Giả sử tồn tại hàm số f(x) > 0 thỏa điều kiện bài toán . 

Từ bất đẳng thức đã cho ta có : 

2 ( ) ( ) ( ) ( ) 

f x - f x f x+y ³ y f x+y

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

( ) 

y f x y 

f x

+

- + ³ > Þ > +  , với mọi x, y > 0 . 

Điều trên chứng tỏ  f(x) là hàm giảm trên R + . 

Cũng từ (7)  cho ta  :

[ ] 

2 

f x +y f x ³ f x+y f x +y + y f x

Hay : f x( )[ f x( )+y] - f x( +y)[ f x( )+y] ³ y f x ( ) 

Suy ra :  ( ) ( )  ( ) 

( ) 

y f x 

f x f x y 

f x y

+  , với mọi x, y > 0 .      (7.1) 

Trong (7.1)  lần lượt thay x bởi  x  i 

n

+

và y bởi  1 

n  với  i= 0 ,  n , n Î N 

* . 

Ta có : 

1 

1  2 

i 

f x 

i 

n n

+ +

với  i= 0 ,  n , n Î N * . 

Cho i nhận lần lượt các giá trị  0 , 1, 2, …n  và cộng n bất đẳng thức có được , ta có : 

1  ( ) ( 1) 

2 

f x - f x + ³        (7.2) 

Thay x bởi  x+  với j j= 0 ,  m với m Î N * vào (5.2) và cộng vế theo vế : 

Ta được :  ( ) ( ) 

2 

m 

f x - f x+m >  , với m Î N * 

2 

m 

f x+m < f x -  , với m ΠN * .      (7.3) 

Theo trên ta có  f(x) là hàm giảm nên khi cố định x và cho m đủ lớn thì  f x( +m )<   0 

Điều tìm được ở (7.3)  không thỏa với giả thiết bài toán . 

Vậy hàm  f  ở đề bài không tồn tại

· Với bài toán 6, để chứng minh không tồn tại hàm số  f  ta  chứng tỏ rằng  : có những giá trị  y Π R +

nhưng  ( )  f y Ï  R + và điều này trái với giả thiết bài toán. 

BÀI TOÁN 8 

Cho số a > 1 và hàm số  f R :  ® R thỏa mãn  điều kiện:

[ ]  * 

1 

n 

k 

k 

=

Xác định  f(x). 

LỜI GIẢI: 

1 

n 

k 

k 

a f x ky f x ky

-

=

1 

n 

k 

k 

a f x ky f x ky

-

=

Cộng (8) với (8.1)  và thu gọn ta được :

[ ] 

2 a n  f x( ny) f x( ny ) 2 

* 

2 

a

n

= =  khi đó  (1.2) trở thành :  f u( ) f v  ( )  2 n 

a

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

Mà ta có  2 n  0 khi  n 

a ® ® +¥  nên  f u( )= f v ( )  với mọi u , v  

Do đó  f x = ( ) c  ( hằng số ) , thử lại điều kiện bài toán thỏa mãn. 

Vậy ta có :  ( )f x =  ( c hằng số )  c 

Ta thường gặp một số bài toán về phương trình và bất phương trình hàm được giải theo kỷ thuật 

là đổi biến hoặc đặt hàm phụ để qui về các phương trình và bất phương trình hàm Cauchy … quen  thuộc  Phần này cũng nhắc lại kỷ thuật thường dùng đó để tìm cách xây dựng bất đẳng thức để xác 

định nghiệm của bài toán. 

BÀI TOÁN 9  ( APMO  94) 

Tìm tất cả hàm số  f R :  ® R thỏa mãn đồng thời các điều kiện : 

9.1)  f( 1)- = -1 ; f (1) 1 = 

9.2) f x( )£ f(0) ," Πx ( ) 0;1 

9.3)  f x( +y)³ f x( )+ f y( ) ,"x y ,  ΠR

9.4)  f x( +y)£ f x( )+ f y( ) 1 ,+ "x y ,  ΠR

LỜI GIẢI 

Thay y = 1 vào (9.3) và theo (9.1) ta có :  (f x+1)³ f x( )+ f(1)= f x ( ) 1, + " Πx R

Thay x và y  bởi x +  và  1 1  -  vào (9.3) và theo (9.1) ta có 

f x ³ f x+ + f - =f x+ - " Πx R

Từ (9.5) suy được  : 1= f(1)= f(0 1)+ = f(0) 1+ Þ f (0)= 0 

Từ (9.2) suy ra : f x( )£ f(0)=0 ," Πx ( ) 0;1 

Mà theo (8.4) ta lại có : 1= f(1)= f x( + -1 x)£ f x( )+ f(1-x ) 1 + 

Suy ra :  ( )f x + f(1-x )³ 0 

Nhưng với  0<x <  thì  0 11  < - <  nên ta được :  ( )x 1  f x = f(1-x )= 0 

Như vậy :  ( )f x =  0  khi  0£x < 1 và  f x( +1)= f x ( ) 1 + 

Vậy ta có f x ( ) = [ ] x , " Πx ( ) 0,1 

BÀI TOÁN 10 

Tìm tất cả hàm số  f R :  ® R thỏa mãn điều kiện : 

f x+y + f y+z + f z+x ³ f x+ y+  z , "x y z , ,  ΠR (10) 

LỜI GIẢI 

Đặt  ( )g x = f x( )- f (0) 

(0) 0 

g

ì

í

=

î  Cho y = z = 0 thì :  2 ( )g x ³3 ( )g x Ûg x ( )£ 0 

Cho z = – y  thì :  (g x+y)³2 (g x- y ) 

Cho x = y vào trên thì  g(2 )x ³2 (0)g =0Ûg x ( )³0 

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

Từ trên ta có được  :  ( )g x =0 , " Πx R

Vậy hàm số tìm được :  ( )f x = f(0)Û f x ( ) = a , "x Î R. 

BÀI TOÁN 11  (Flander – 99) 

Tìm các hàm  f, g R :  ® R thỏa mãn  : 

f x g x f y y x y R 

ì

í

î 

LỜI GIẢI 

Trong (11.1) , cho x = y thì có  g x( )= f x ( ) + x (11.3) 

Khi đó (11.1) trở thành :  ( )f x - =x f y( )-y ,"x y ,  ΠR (11.4) 

Trong (11.2)  cho y = 0 ta được :  f x( )= +x f (0) =x+ a với  a = f(0). 

Từ đó ta cũng suy được :  ( )g x =2  x+   a

Ta phải xác định a . 

Thế  f x( )= +x a và g x( )=2  x+ a vào (b) ta được :  (x+a)(2x+a)³ +x 1 , " Î x R

2x +(3a-1)x+a - ³1 0 , " Πx R

Ta phải có  (a -3)2 £ 0  Û  a = 3 . 

Vậy các hàm tìm được là :  ( )f x = +x 3 và g x( )=2x + 3 

Thử lại các điều kiện bài toán thỏa mãn. 

BÀI TOÁN 12  (South Korea) 

Cho hàm số  f : Q + ® R và thỏa điều kiện: 

n

+

1 

( 1) 

2 

k 

k i 

i 

k k 

=

-

LỜI GIẢI: 

Trong (11) thay  m=n = 2  i 

2 

i 

i 

Ta lại có " = i 1 ,  k thì

( ) 2k (2 )i ( ) 2k (2k 1) ( ) 2k 1 (2k 2) ( 2k i1 )  (2 )  i 

f - f £ f - f - + f - - f - + + f + - - f £k- i

Do đó 

1 

1 1 0 

( 1) 

2 

k i 

k k 

-

= =

-

4.  SỬ DỤNG GIỚI HẠN DÃY SỐ 

BÀI TOÁN 13 

Cho hàm số f xác định trên tập số thực R thỏa mãn điều kiện : 

f x - f x - fæç x ö ÷ ³

Tìm số thực a lớn nhất để có :  ( )  f x ³ a với mọi  xΠR

Trường THPT Chuyên Lương văn Chánh  Gv Châu Chí Trung 

LỜI GIẢI: 

Giả sử tồn tại  số a thỏa mãn điều kiện bài toán , xét hàm hằng  f x ( )  =  ,  x k Π  R

k - k- k = Ûk = 

Vì hàm hằng  ( )  4 

3 

f x =  thỏa mãn (1) nên ta có  4 

3 ³ a . 

Ta sẽ chứng tỏ rằng : mọi hàm f(x)  xác định trên R thỏa mãn (1) thì  luôn luôn thỏa :  ( )  4 

3 

f x ³   

Trước hết , từ (13) ta có :  3 ( ) 1 3 ( )  9 4 

f x ³ + f x - fæç x ö ÷

Bình phương  (8.1) suy ra : 9 4 1 2 3 ( ) 9  ( ) 

æ ö

ç ÷

fæç x ö ÷ ³

è ø 

Từ đó ta được :  ( )  4 

9 

f x ³ 

Bình phương (13.1) và rút gọn ta được : 

2 

( ) 

ç ÷

è ø

(13.2) 

Trong (13.3)  thay  x bởi 3 

4  x  , ta được : ( ) 

2 

( ) 

Suy ra :  ( ) 4 8 3  3 

f x ³ - + f æç x ö ÷

è ø  với mọi  xΠ  R

Ta xây dựng dãy số ( ) a  n  :  1 4 ; 1  4 8  3 

a = a+ = - +  a  

Sử dụng qui nạp ta có  :  ( )  f x ³ a n  với mọi  xΠR và  nΠN * 

Mặt khác dãy số ( ) a  n  là dãy tăng và bị chặn trên nên có giới hạn 

Đặt  lim  n 

n 

®+¥

=  , ta tìm được  4 

3

a =   

Do đó  :  ( )  4 

3 

f x ³  với mọi  xΠR . 

Vậy  số thực a lớn nhất phải tìm là  4 

3 

a =  . 

BÀI TOÁN 14  (Việt Nam 2003) 

Gọi F là tập hợp các hàm số  f R :  + ® R + thỏa mãn điều kiện :

( ) 

Tìm số thực a  lớn nhất  để có mọi hàm  f Π thì :  ( ) F  f x ³ a.  x

LỜI GIẢI 

Ta xét hàm số  ( ) 

2 

x 

f x =  thì có :  (2 )  f x = x ,  (3 )  3 

2 

x 

f x =  , ( (2))  ( ) 

2 

x 

f f = f x = 

Ta thấy  ( ) 

2 

x 

f x =  thỏa  điều kiện (14) nên  ( ) F 

2 

x 

f x = Π

Khi đó  f x( )³ a.  x Û   

2 

x  x

a

³  , suy ra  1 

2

a £