toán học thpt các phương pháp giải phương trình thông dụng

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG Phương pháp 1: Hệ số bất ñịnh Nguyên tắc chung: +) Dựa vào ñiều kiện toán, xác ñịnh ñược dạng f(x), thường f(x) = ax + b f(x) = ax2+ bx + c +) ðồng hệ số ñể tìm f(x) +) Chứng minh hệ số khác f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện toán Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x f ( y ) + x ) = xy + f ( x ) ∀x, y ∈ R (1) Lời giải: x = Thay  vào (18) ta ñược: f ( f ( y ) + 1) = y + f (1) ( a ) y∈R ( ) Thay y = − f (1) − vào (a) suy ra: f f ( − f (1) − 1) + = −1 ðặt a = f ( − f (1) − 1) + ta ñược: f ( a ) = −1 y = a ta ñược: f ( x f ( a ) + x ) = xa + f ( x ) ⇒ xa + f ( x ) = f ( ) Chọn  x ∈ R ðặt f ( ) = b ⇒ f ( x ) = −a x + b Thế vào (1) ñồng hệ số ta ñược: a =  f ( x) = x a =  ⇒   a = −1 ⇒    f ( x ) = − x − a b − a = −a  b = Vậy có hai hàm số cần tìm f ( x ) = x f ( x ) = − x Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( f ( x ) + y ) = y f ( x − f ( y ) ) ∀x, y ∈ R ( ) Lời giải: Cho y = 0; x ∈ R : (2) ⇒ f ( f ( x ) ) = ∀x ∈ R ( a ) ( ) Cho x = f ( y ) : (2) ⇒ f f ( f ( y ) ) + y = y f ( ) ( a ' ) ( a ) + ( a ' ) ⇒ f ( y ) = y f ( ) ðặt f ( ) = a ⇒ f ( y ) = ay ∀y ∈ R Thử lại (2) ta ñược: a ( x + y ) + a ( y − x y ) = ∀x, y ∈ R ⇔ a = ⇒ f ( x ) = ∀x ∈ R Vậy có hàm số f ( x ) = thỏa mãn toán Ví dụ 3: Tìm f , g : R → R thỏa mãn: 2 f ( x ) − g ( x ) = f ( y ) − y ∀x, y ∈ R  ∀x ∈ R  f ( x ) g ( x ) ≥ x + (a) (b ) Lời giải: Cho x = y ∈ R ñó ( a ) ⇒ f ( x ) = g ( x ) − x Thay lại (a) ta ñược: g ( x ) = x − y + g ( y ) ∀x, y ∈ R (c) Cho y = 0; x ∈ R : từ (c) ta ñược: g ( x ) = x + g ( ) ðặt g ( ) = a ta ñược: g ( x ) = x + a , f ( x ) = x + a Thế vào (a), (b) ta ñược: 2 x + a = x + a (a), (b) ⇔  ( ∀x ∈ R ) ⇔ x + ( 3a − 1) x + a − ≥ ∀x ∈ R + + ≥ + x a x a x )( ) ( ⇔ ( a − ) ≤ ⇔ a = Vậ y f ( x ) = x + ; g ( x ) = x + Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với ∀x ∈ ℝ thỏa mãn ñiều kiện: f ( x ) + f (1 − x ) = x , ∀x ∈ ℝ (1) Tìm f(x) Lời giải: Ta nhận thấy vế trái biểu thức dấu f bậc nhất: x, – x vế phải bậc hai x2 Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c Khi ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 ∀x ∈ ℝ ñó: 3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, ∀x ∈ ℝ  a = 3a =    ðồng hệ số, ta thu ñược: b − 2a = ⇔ b = a + b + 3c =    c = −  Vậy: f ( x) = ( x + x − 1) Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn ñiều kiện toán Ta phải chứng minh hàm số khác f(x) không thỏa mãn ñiều kiện toán: Thật giả sử hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện toán Do f(x) không trùng với g(x) nên ∃x0 ∈ ℝ : g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện toán nên: g ( x) + g (1 − x) = x , ∀x ∈ ℝ Thay x x0 ta ñược: g ( x0 ) + g (1 − x0 ) = x0 Thay x –x0 ta ñược: g (1 − x0 ) + g ( x0 ) = (1 − x0 ) Từ hai hệ thức ta ñược: g ( x0 ) = ( x0 + x0 − 1) = f ( x0 ) ðiều mâu thuẫn với g ( x0 ) ≠ f ( x0 ) Vậy phương trình có nghiệm f ( x) = ( x + x − 1) Nhận xét: Nếu ta dự ñoán f(x) có dạng ñó phải chứng minh hàm số tìm ñược Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tục với ∀x ∈ ℝ thỏa mãn ñiều kiện: f(f(x)) = f(x) + x, ∀x ∈ ℝ Hãy tìm hai hàm số Lời giải: Ta viết phương trình ñã 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 ñó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , ∀x ∈ ℝ hay (a2 –a )x + ab = x, ∀x ∈ ℝ   a − a = a = + a = − 1± ñồng hệ số ta ñược:  ⇔ x ∨ ⇒ f ( x) = ab = b = b =   Hiển nhiên hai hàm số thỏa mãn ñiều kiện toán (việc chứng minh dành cho người ñọc) Ví dụ 6: Hàm số f : ℤ → ℤ thỏa mãn ñồng thời ñiều kiện sau: a ) f ( f ( n)) = n, ∀n ∈ ℤ b) f ( f (n + 2) + 2) = n, ∀n ∈ ℤ c) f (0) = (1) (2) (3) Tìm giá trị f(1995), f(-2007) Lời giải: Cũng nhận xét lý luận ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b Khi ñó ñiều kiện (1) trở thành: a n + ab + b = n, ∀n ∈ ℤ a = a = a = −1 ⇔ ∨ ðồng hệ số, ta ñược:  b = b = ab + b = a = Với  ta ñược f(n) = n Trường hợp loại không thỏa mãn (2) b = a = −1 Với  ta ñược f(n) = -n + b Từ ñiều kiện (3) cho n = ta ñược b = b = Vậy f(n) = -n + Hiển nhiên hàm số thỏa mãn ñiều kiện toán Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 hàm thỏa mãn ñiều kiện toán: Thật giả sử tồn hàm g(n) khác f(n) thỏa mãn ñiều kiện toán Từ (3) suy f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = Sử dụng ñiều kiện (1) (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) ∀n ∈ℤ ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) ∀n ∈ℤ Hay g(n) = g(n+2)+2 ∀n ∈ℤ 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 ñiều kiện n0 số tự nhiên bé thỏa mãn (5) Vậy f(n) = g(n), ∀n ∈ ℕ Chứng minh tương tự ta ñược f(n) = g(n) với n nguyên âm Vậy f(n) = – n nghiệm Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007) BÀI TẬP Bài 1: Tìm tất hàm số f : ℝ → ℝ thỏa mãn ñiều kiện: f ( x + y ) + f ( x − y ) − f ( x) f (1 + y ) = xy (3 y − x ), ∀x, y ∈ ℝ ðáp số: f(x) = x3 Bài 2: Hàm số f : ℕ → ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, ∀n ∈ ℕ Tìm f(2005) ðáp số: 2006 Bài 3: Tìm tất hàm f : ℕ → ℕ cho: f ( f (n)) + ( f (n))2 = n + 3n + 3, ∀n ∈ ℕ ðáp số: f(n) = n +  x −1   1− x    Bài 4: Tìm hàm f : ℝ → ℝ nếu: f  , ∀x ∉ 0, − ,1,  −5f  =  3x +   x −  x −1   ðáp số: f ( x) = 28 x + 5x Bài 5: Tìm tất ña thức P(x) ∈ ℝ [ x] cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), ∀x , y ∈ ℝ ðáp số: P(x) = x3 + cx Phương pháp 2: phương pháp 2.1 Thế ẩn tạo PTH mới:  2x +1  Ví dụ 1: Tìm f: R\{2} → R thỏa mãn: f   = x + x ∀x ≠ (1) x −    2x +1  Lời giải: ðặt t =  t = R \ {2} (tập xác ñịnh f) Ta ñược:  ⇒ MGT x ≠1  x −1  x= t +1 3t − vào (1): f (t ) = ∀t ≠ Thử lại thấy ñúng t−2 (t − 2) Vậy hàm số cần tìm có dạng f ( x) = 3x − ( x − 2) Nhận xét: + Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết MGT t ⊃ D Với giả thiết ñó ñảm bảo tính chất: “Khi x∈Dx t chạy khắp giá trị t x = t chạy khắp tập xác ñịnh f”  3x −  + Trong ví dụ 1, f: R → R có vô số hàm f dạng: f ( x) =  ( x − )  a ( x ≠ 2) (với a∈R ( x = 2) tùy ý) Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] → R thỏa mãn: f ( x − x − 1) = x + x − ∀ x ≥ ( )  x − t ≥ Lời giải: ðặt t = x − x − ⇔ x − = x − t ⇔  2  x − = ( x − t ) x ≥ t x ≥ t t ≤ −1 t2 +1  ệ có nghi ệ m x H ⇔ ⇔ ⇔ ≥t ⇔   t +1 2 2t 0 < t ≤  x − = x − xt + t x = 2t  ⇒ t ∈ ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] Vậy MGT t = D = ( −∞; −1] ∪ ( 0;1] x ≥1 Với t = x − x − x + x − = Vậ y f ( x ) = 1 ⇒ f (t ) = thỏa mãn (2) t t hàm số cần tìm x 2   3x −  x + Ví dụ 3: Tìm f : R\  ;3 → R thỏa mãn: f  ∀x ≠ 1, x ≠ −2 ( 3) = 3   x +  x −1 Lời giải: ðặt t = 3x − 2t + t+4 2  ⇒ MGT t = R \  ;3 ⇒ x = vào (4) ta ñược: f (t ) = x ≠1 x+2 3−t 3t − 3  ( x ≠2) thỏa mãn (3) Vậy hàm số cần tìm là: f ( x) = Ví dụ 4: Tìm f : ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) x+4 3x − thỏa mãn: x f ( x f ( y )) = f ( f ( y )) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (4) Lời giải: Cho y = 1, x ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: x f ( x f (1)) = f ( f (1)) Cho x = 1 ta ñược: f ( f (1) = 1⇒ x f ( x f (1)) = ⇒ f ( x f (1)) = ðặt: f (1) x t = x f (1) ⇒ f (t ) = Vậy f ( x) = f (1) a ⇒ f (t ) = (với a = f (1) ) Vì f (1) ∈ ( 0; + ∞ ) ⇒ MGT t = ( 0; + ∞ ) x∈( 0; +∞ ) t t a a Thử lại thấy ñúng ( a > ) Hàm số cần tìm là: f ( x) = với ( a > ) x x Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( 0; + ∞ ) → ( 0; + ∞ ) thỏa mãn: 3 f (1) = ; f ( xy ) = f ( x) f   + f ( y ) f  y 3   ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) ( ) x Lời giải: Cho x = 1; y = ta ñược: f ( 3) = 3 Cho x = 1; y ∈ ( 0; + ∞ ) ta ñược: f ( y ) = f   Thế lại (5) ta ñược:  y f ( xy ) = f ( x) f ( y ) ∀x, y ∈ ( 0; + ∞ ) (5') Thay y ta ñược: x 2 3 1 f ( 3) = f ( x )) f   ⇒   = ( f ( x ) ) Thử lại thấy ñúng x 2 Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = ∀x > Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = xy ( x + y ) ∀x, y ∈ R ( 6) Lời giải: Ta có: ( 6) ⇔ ( x − y ) f ( x + y ) − ( x + y ) f ( x − y ) = 2 1 = ( x + y ) − ( x − y )  + ( x + y ) + ( x − y )   ( x + y ) + ( x − y )  − ( x + y ) − ( x − y )   4  u = x − y 2 ðặt  ta ñược: v f ( u ) − u f ( v ) = ( u + v )( u − v ) ( u + v ) − ( u − v ) v = x + y ( ) ⇒ v f ( u ) − u f ( v ) = u 3v − v 3u ⇔ v ( f ( u ) − u ) = u ( f ( v ) − v3 ) + Với uv ≠ ta có: f ( u ) − u f ( v ) − v3 f (u ) − u3 = ∀u , v ∈ R* ⇒ = a ⇒ f ( u ) = au + u ∀u ≠ u v u + Với u = 0; v ≠ suy ra: f ( u ) − u = ⇔ f ( u ) = u ⇒ f ( ) = Hàm f ( u ) = au + u thỏa mãn f ( ) = Vậy f ( u ) = au + u ∀u ∈ R Hàm số cần tìm là: f ( x ) = ax + x3 ( a ∈ R ) Thử lại thấy ñúng 2.2 Thế ẩn tạo hệ PTH mới: Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: f ( x ) + x f ( − x ) = x + ∀x ∈ R (1) Lời giải: ðặt t = − x ta ñược: f ( −t ) − t f ( t ) = −t + ∀t ∈ R (1) Ta có hệ:  f ( x ) + x f ( − x ) = x + ⇒ f ( x ) = Thử lại hàm số cần tìm là: f ( x ) =  − x f ( x ) + f ( − x ) = − x +  x −1  * Ví dụ 2: Tìm hàm số f : R \ { 0,1 } → R Thỏa mãn: f ( x ) + f   = + x ∀x ∈ R  x  Lời giải: ðặt x1 = ( 2) x −1 , ( ) ⇔ f ( x ) + f ( x1 ) = + x x ðặt x2 = x1 − 1 = , ( ) ⇔ f ( x1 ) + f ( x2 ) = + x1 x1 x −1 ðặt x3 = x2 − = x, ( ) ⇔ f ( x2 ) + f ( x ) = + x2 x2  f ( x1 ) + f ( x ) = + x  + x − x1 + x2  1  Ta có hệ  f ( x2 ) + f ( x1 ) = + x1 ⇒ f ( x ) = = x+ +  Thử lại thấy x − x 2    f ( x ) + f ( x2 ) = + x2 1 1  ñúng Vậy hàm số cần tìm có dạng: f ( x ) =  x + +  2 x 1− x   x −1  Ví dụ 3: Tìm hàm số f : R \ { − 1;0;1 } → R thỏa mãn: x f ( x ) + f   = ∀x ≠ −1 ( 3)  x +1  Lời giải: ðặt x1 = x −1 , ( 3) ⇒ x f ( x ) + f ( x1 ) = x +1 ðặt x2 = x1 − 1 = − , ( 3) ⇒ x f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 + x ðặt x3 = x2 − x + = , ( 3) ⇒ x2 f ( x2 ) + f ( x3 ) = x2 + x − ðặt x4 = x3 − = x , ( 3) ⇒ x3 f ( x3 ) + f ( x ) = x3 +  x f ( x ) + f ( x1 ) =  x2 − x +  x1 f ( x1 ) + f ( x2 ) = Thử lại thấy ñúng Ta có hệ  ⇒ f ( x) = x x − + = x f x f x ( ) ( ) ( ) 2  x f x + f x = ( )  ( 3) Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = x2 − x + x ( x − 1) BÀI TẬP  1 1) Tìm f : R \ { } → R thỏa mãn: f  +  = x + ∀x ∈ R  x x2 a  b − ax   a 2) Tìm f : R \  −  → R thỏa mãn: f  ∀x ≠ − (a, b số cho = b  bx + a  x +  b trước ab ≠ ) 3) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( 2002 x − f ( ) ) = 2002 x 4) Tìm f : R \ { } → R thỏa mãn: f ( x ) + ∀x ∈ R   f  = ∀x ∈ R \ { 0;1} 2x  − x  1− x  5) Tìm f : R \ { ± 1; 0} → R thỏa mãn: ( f ( x ) ) f   = 64 x ∀x ∈ R \ {−1}  1+ x  2 6) Tìm f : R \   → R thỏa mãn: f ( x ) + 3  2x  f  = 996 x ∀x ≠  3x −   x −3 7) Tìm f : R \ { ± } → R thỏa mãn: f  +  x +1   x+3 f  = x ∀x ≠ ±1  1− x  8) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f (1 − x ) = x 1 9) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x 2008 x ∀x ∈ R ∀x ∈ R*  1  x −1  10) Tìm f : R \ ±  → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x ∀x ≠  3  − 3x   a2  11) Tìm f : R → R thỏa mãn: f ( x ) + f   = x ∀x ≠ a a−x f  12) Tìm f , g : R \ { } → R thỏa mãn:  f  ( a > 0) ( x + 1) + g ( x + 1) = x  x   x   + g =x  x −1   x −1  ∀x ≠ Phương pháp 3: Phương pháp chuyển qua giới hạn  x  3x Ví dụ 1: Tìm hàm số f : R → R liên tục, thỏa mãn: f ( x ) + f   = ∀x ∈ R (1)   Lời giải: ðặt x1 = 2x ; (1) ⇒ f ( x ) + f ( x1 ) = x ðặt x2 = x1 ; (1) ⇒ f ( x1 ) + f ( x2 ) = x1 ðặt xn +1 = xn , n ∈ N * ; (1) ⇒ f ( xn ) + f ( xn +1 ) = xn   f ( x ) + f ( x1 ) = x   f ( x ) + f ( x ) = x Ta có hệ  ……  f x + f x = xn ( ) ( ) n n +  (1) ( 2) ( n + 1) Nhân dòng phương trình thứ (i) với (-1)i+1 cộng lại ta ñược: f ( x ) + ( −1) n+2 n   2  2  f ( xn +1 ) = x 1 − +   − ⋯ +  −   ( *)       ( f l.tôc ) n+ Xét lim ( −1) f ( xn +1 )  = lim  f ( xn +1 )  =   Mặt khác (1) suy f(0) = nên lim ( −1) n+ Lấy giới hạn hai vế (*) ta ñược: f ( x ) = Vậy hàm số cần tìm là: f ( x ) = f ( lim xn +1 ) = f ( ) f ( xn +1 ) = 9x Thử lại thấy ñúng x = + 25 9x 25 Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục xo= thỏa mãn: f : R → R f ( x ) = f ( x ) + x ∀x ∈ R ( 2) Lời giải: t t ðặt t = x ta ñược: f ( t ) = f   + ∀t ∈ R ( 2' ) 2  * tn +1 = tn , ∀n ∈ N Thay dãy {tn} vào (2’) ta ñược: Xét dãy:  t = t  1   f ( t ) = f ( t1 ) + t   f ( t ) = f ( t ) + t 2  ⋯⋯  1 f t = f t + t  ( n −1 ) ( n ) n −1 f (t ) = (1) ( ) Thế (n) vào ( n − 1) → ( n − ) → ⋯ ta ñược: (n) 1 1 f ( tn ) + n +1 f ( tn −1 ) + n f ( tn − ) + ⋯ + t n 2 2 (* ) ' n 1  1  1 Thay tn =   t vào (*’) ta ñược: f ( t ) = n f ( tn ) + t  + + ⋯ + n  2  2 2 (* ) " t   Vì f liên tục xo = nên lim  n f ( tn )  = Lấy giới hạn vế (*”) suy ra: f ( t ) = Thử 2  lại thấy ñúng Nhận xét: +) Nếu dãy {xn} tuần hoàn ta giải theo phương pháp quy hệ pt hàm +) Nếu dãy {xn} không tuần hoàn f liên tục xo = {xn} → sử dụng giới hạn VD1 + Nếu {xn} không tuần hoàn, giới hạn phải ñổi biến ñể có dãy {tn} có giới hạn làm ví dụ BÀI TẬP 1) Tìm f : R → R thỏa mãn: a) f liên tục xo = 0, b) n f ( nx ) = f ( x ) + nx ∀n ∈ N , n ≥ 2; ∀x ∈ R  x  10 2) Tìm f : R → R liên tục xo = 0, thỏa mãn: f ( x ) + f   = x 3 3) Tìm f : R → R liên tục xo = 0, thỏa mãn: m f ( mx ) − n f ( nx ) = ( m + n ) x ∀m, n ∈ N * , m ≠ n , ∀x ∈ R Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị +) ðây phương pháp sở phương pháp khác +) Khi vận dụng phương pháp cần ý sử dụng kết vừa có ñược ( a ) f ( x ) ≥ ∀x ∈ R Ví dụ 1: Tìm f : R → R thỏa mãn:  ( b ) f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ) ∀x, y ∈ R Lời giải: x =  f ( ) ≥ suy  ⇒ f (0) = Cho  y =  f ( ) ≥ f ( )  f ( ) ≥ f ( x ) + f ( − x )  f ( x ) + f ( − x ) ≤ Cho y = − x ⇒  ⇒  f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥  f ( x ) ≥ 0, f ( − x ) ≥ ⇒ f ( x ) = f ( − x ) = ∀x ∈ R Vậy f ( x ) = Thử lại thấy ñúng Ví dụ 2: Tìm f : R → R thỏa mãn: 1 f ( xy ) + f ( yz ) − f ( x ) f ( yz ) ≥ ∀x, y, z ∈ R 2 Lời giải: 10 ( 2)