Khai thác tính chất liên tục của hàm số trong giải phương trình hàm t09

KHAI THÁC TÍNH CHẤT LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ TRONG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM A MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Phương trình hàm chuyên đề quan trọng giải tích,đặc biệt chương trình chun toán bậc THPT Các đề thi học sinh giỏi cấp Quốc gia, thi Olympic khu vực,Olympic quốc tế thường xuất tốn phương trình hàm Trong kì thi Phương trình hàm thường coi “ dễ thở ” khác Nhưng để giải đòi hỏi học sinh phải có tảng tốt kiến thức phương pháp giải tốn Trong sách , tài liệu tham khảo có chất lượng cho học sinh giáo viên lĩnh vực khơng nhiều Phương trình hàm liên tục nội dung quan trọng chun đề Phương trình hàm Nó có nhiều tính chất học phương trình hàm học sinh thường hay lúng túng việc khai thác tính chất liên tục nào.Trong tài liệu sách giáo khoa chun Tốn phương trình hàm lớp hàm liên tục trình bày sơ sài chưa có tính hệ thống Do đó, để giúp học sinh tiếp cận khai thác toán phương trình hàm liên tục cách dễ dàng đồng thời giúp học sinh có thêm niềm đam mê q trình học tập nghiên cứu mơn Tốn nói chung chun đề phương trình hàm nói riêng hiệu chọn đề tài : “ Khai thác tính chất liên tục hàm số giải Phương trình hàm” Mục đích đề tài Mục tiêu đề tài cung cấp thêm cho em học sinh giáo viên tài liệu tham khảo, kiến thức lý thuyết đề tài cung cấp hệ thống tập minh họa vận dụng liên quan đến tính liên tục hàm số Đồng thời để phát huy tính sáng tạo trình học tập nghiên cứu tác giả nêu thêm số phương pháp để phát triển , mở rộng xây dựng tốn mới.Qua kích thích việc nghiên cứu tìm tòi vấn đề giúp em học sinh có thêm niềm say mê với Toán học B NỘI DUNG I Một số kiến thức hàm liên tục Các định nghĩa - ĐN 1:Cho hàm số x = x0 f xác định tập D⊂R x0 ∈ D Hàm số f gọi liên tục lim f ( x) = f ( x0 ) x → x0 - ĐN 2: Cho hàm số f xác định tập nhiều khoảng Ta nói hàm số f -ĐN 3: Hàm số lim f ( x ) = f (a ) x →a + f D⊂R D khoảng hay hợp liên tục D liên tục điểm thuộc D gọi liên tục đoạn [ a; b] liên tục khoảng ( a; b) lim f ( x) = f (b) x →b − , Các tính chất - Cho hàm số f với dãy xác định ( xn ) ⊂ D D⊂R cho x0 ∈ D lim x n = x Khi hàm số ta có f liên tục x0 lim f ( x n ) = f ( x ) - Mọi hàm số sơ cấp liên tục tập xác định - Nếu hàm số số y = f ( g ( x)) y = g (x) liên tục liên tục x = x0 hàm số x = x0 y = f (x) liên tục x = g ( x0 ) hàm y = f (x) - Nếu hàm số y= f hàm số ngược −1 xác định, liên tục đơn điệu thực từ ( x) - Nếu hàm - Nếu hàm f [ a; b] liên tục đoạn [ a; b] có giá trị lớn giá trị nhỏ bị chặn - Định lý Bolzano- Cauchy: Cho hàm f [ a; b] [ a; b] [ a; b] liên tục đoạn với số thực k nằm f(a) f(b), tồn số - Nếu hàm số tồn y = f (x) liên tục đoạn f lên f ( A) = B từ B lên A Hàm số ngược liên tục B tính đơn điệu thực hàm số f A c ∈ ( a; b ) cho f (a ) ≠ f (b) Khi f (c ) = k đơn ánh liên tục khoảng đơn điệu thực khoảng f ( x ) = g ( x ) , ∀x ∈ Q ⇒ f ( x) = g ( x) , ∀x ∈ R -Nếu mật tập Q R) với f,g R hàm liên tục ( Tính trù II Áp dụng tính chất hàm số liên tục vào giải khai thác toán Tính chất 1:Cho hàm số x0 f với dãy xác định ( xn ) ⊂ D D⊂R cho x0 ∈ D lim x n = x Khi hàm số ta có hàm số cho (trước f (x) a giá trị thuộc Sau xây dựng dãy số ( xn ) D f ( x) = f (u ( x)) , hàm số cần tìm xác định liên tục tập Cách giải dạng thường sau: Lấy liên tục lim f ( x n ) = f ( x ) Ta thường áp dụng tính chất cho phương trình hàm có dạng u (x) f xác định sau: D x1 = a ; x n +1 = u ( x n ) ∀n = 1,2 ( Trong x1 = a ; x n +1 = u −1 ( x n ) ∀n = 1,2 u −1 ( x n ) = { y : u ( y ) = x n } ∀n = 1,2 cho dãy ( xn ) ) b hội tụ f (a) = f ( x1 ) = f ( x ) = = f ( x n ) Khi đến ta sử dụng tính liên tục hàm số f (x ) Do f (x) suy f (a ) = lim f ( x n ) = f ( lim x n ) = f (b) hàm Ta xét vài ví dụ sau Bài 1: Cho α ∈ R, α ≠ ±1 Tìm tất hàm f liên tục f ( x) = f ( x α ) , ∀x > Hướng dẫn: +/ TH1: α < ⇒ limα n = ( ) ∀n ≥ f ( x) = f ( x α ) = f ( x α ) = = f x α Khi f Vì liên tục R+ n nên n n lim f ( x α ) = f (lim x α ) = f (1) n Do Vậy f f ( x) = lim f ( x α ) = f (1) hàm số α >1 +/ TH2: 1 f ( x) = f ( x α ) = f ( x α ) = = f ( x α ) ∀n ≥ n Khi suy R+ thỏa mãn Tương tự TH1 ta có Vậy f f (x) = Limf ( x αn ) = f (1) hàm số * Từ kết ta xây dựng tốn phương trình hàm liên tục sau g Ví dụ 1: Xét hàm số liên tục R+ thỏa mãn g ( x ) = g ( x), ∀x ∈ R + Khi đó: + Nếu ta đặt g ( x) = f ( x) − x f ( x ) − x = f ( x) − x , thay vào ta Vậy ta có tốn sau: f Bài 1.1 Tìm tất hàm liên tục R+ thỏa mãn f ( x ) − f ( x) = x( x − 1) , ∀x > Đáp số: f ( x) = x + c , ∀x ∈ R + g ( x) = + Nếu ta đặt ( f ( x) − x x c số ) thay vào ta f (x3 ) f ( x) − = − x x x x Vậy ta có tốn sau: Bài 1.2 Tìm tất hàm f liên tục f ( x ) − x f ( x) = f ( x) = cx + Đáp số: R+ thỏa mãn − x , ∀x > x3 , ∀x ∈ R + c x ( số ) * Chú ý muốn xây dựng tốn liên tục ta xây dựng hàm hàm chẵn qui xét g Ví dụ 2: Xét hàm số liên tục R thỏa mãn g ( x) + g ( x ) = 0, ∀x ∈ R g Khi ta dễ dàng thấy Từ đặt R hàm chẵn g ( x ) = f ( x) − x thay vào ta có ta cần xét với x≥0 có g ( x) = g ( x ) f ( x) − x = f ( x ) − x Vậy ta có tốn sau: Bài 1.3 Tìm tất hàm f liên tục R thỏa mãn f ( x ) + f ( x ) = x + x, ∀x ∈ R (1) Hướng dẫn: Đặt g ( x) = f ( x) − x ⇒ g ( x) + g ( x ) = 0, ∀x ∈ R Khi ta dễ dàng thấy Với g hàm chẵn liên tục R ta cần xét với x > ⇒ g ( x) = g ( x ) Theo kết Bài g ( x) = c , ∀x > ⇒ g ( x) = c , ∀x ≠ ⇒ f ( x ) = x + c , ∀x ≠ Thay vào Thay Vậy (1) ⇒ c = ⇒ f ( x) = x , ∀x ≠ x=0 vào (1) ⇒ f (0) = f ( x) = x , ∀x ∈ R * Ta xét tiếp mở rộng Bài sau Bài 2: Cho α , β ∈ R, α , β ≠ ±1 Tìm tất hàm ( ) f ( x α ) f x β = +/ Cho α = 3, β = f ta có tốn sau , liên tục thỏa mãn ∀x > x≥0 f Bài 2.1.Tìm tất hàm liên tục thỏa mãn f ( x ) f ( x ) = , ∀x > (1) Hướng dẫn:  1n  19    f ( x) = = f  x  = = f  x     f (x ) Từ (1) suy  1n ⇒ f ( x) = lim f  x   Vậy + /Cho , ta có f (x) hàm chẵn ta tốn sau f Bài 2.2.Tìm tất hàm liên tục R thỏa mãn f ( x ) f ( x ) = Đáp số:  f ( x ) = 1, ∀x >  f ( x ) = −1, ∀x >  +/Xét hàm số liên tục Đặt f ( x) −x x , ∀x ∈ R g g ( x) = ∀n ≥   = f (1) = ±1, ∀x >    f ( x) = 1, ∀x >  f ( x) = −1, ∀x >  α = 2; β =     R+ thỏa mãn g ( x ).g ( x ) = 1, ∀x ∈ R + thay vào ta có tốn sau Bài 2.3.Tìm tất hàm f liên tục thỏa mãn ( f ( x ) − x ).( f ( x ) − x ) = x Hướng dẫn: , ∀x > (1) Từ (1) ta có g ( x) = Đặt  f (x3 )  f ( x )   − x  − x  = 1, ∀x >  x  x  f ( x) −x ⇒g x liên tục R+ thỏa mãn g ( x ) g ( x ) = 1, ∀x ∈ R + Khi suy     94  g ( x) = = g  x  = = g  x       g(x ) Vậy với x>0 ta có n n      ⇒  g ( x) = lim g x    = g (1) = f (1) − = ±1, ∀x >       f ( x) = x( x + 1) f Bài 3.Tìm tất hàm liên tục f ( x) = x ( x − 1) x=0 thỏa mãn f ( x) = f ( 2019 x), ∀x ∈ R (1) Hướng dẫn: Với x∈R từ (1) ta có  x   x   x  f ( x) = f  = = f  , ∀n = 1,2,3 = f  n   2019   2019   2019  Vì hàm Vậy f f liên tục hàm R x=0 nên  x  f ( x ) = Limf  = f (0), ∀x ∈ R n   2019  * Mở rộng Bài ta có tốn sau: Bài 3.1.Cho α ∈ R, α ≠ ±1 Tìm tất hàm f ( x) = f (αx), ∀x ∈ R Hướng dẫn: f liên tục x=0 thỏa mãn α 1 +TH2: Khi với Cho Vậy n → +∞ f x∈R x x f ( x) = f ( ) = = f ( n ), ∀n = 1,2,3 α α ta có ⇒ f ( x) = lim f ( hàm R Bài 3.2.Tìm tất hàm x ) = f (0), ∀n = 1,2,3 αn f liên tục x=0 thỏa mãn f ( x) = f (2019 x), ∀x ∈ R (1) Hướng dẫn: Từ ⇒ (1) ta có f ( x) = lim Vậy x  x f ( x) = f ( ) = f  2019  2019  x  f  = f ( 0) = n  2019 n  f ( x) ≡ , ∀x ∈ R  x    = = n f   , ∀n = 1,2  2019 n   Bài 3.3.Tìm tất hàm f liên tục R thỏa mãn f ( x) = f ( x + 1) , ∀x ∈ R (1) Hướng dẫn: Trong (1) thay x x −1 f ( x) = ta có x −1 f( ) , ∀x ∈ R ( 2) Sử dụng (2) liên tiếp ta có với x thuộc R f ( x) = x −1  x −1 −   x −1 − − 22 f( )= f  f = 3  2  33  23  x + − 2n = n f   2n lim Vì   x − − − − n −1   = n f    2n      x + − 2n  x +1  = lim n − 1 = −1 n    x + − 2n f ( x) = lim n f   2n nên   = f (−1) = , ∀x ∈ R  * Xây dựng tốn mới: Ví dụ 1: Xét Đặt g (x) hàm số liên tục R thỏa mãn g ( x) = f ( x) − x + , ∀x ∈ R Bài 3.4.Tìm tất hàm Đáp số: g (x) ta toán sau f liên tục R thỏa mãn f (2 x + 1) = f ( x) + x, ∀x ∈ R f ( x) = x − , ∀x ∈ R Ví dụ 2: Xét Đặt g ( x ) = 3.g (2 x + 1) , ∀x ∈ R hàm số liên tục R thỏa mãn 4  g ( x) = f  x  − f ( x), ∀x ∈ R 3  thay vào ta 4  3  4  3  f  x  − f ( x) = f ( x ) − f  x  ⇒ f  x  + f  x  = f ( x ) 3  4  3  4  10 3  g ( x ) = g  x  , ∀x ∈ R 4  0< x< Với băng phương pháp quy nạp, suy ra: f ( x ) ≥ xf ( x ) ≥ < 2x < Vì nên: ( 2x ) n x2 x2 Vì Do vậy: nên : Vì f ( x n ) ∀n ≥ ( ) lim ( x ) x  − n −1 ( ) n f x2  =   1 f ( x) ≥ 0∀x ∈  0,   2 f < x log  log ÷   ( ) = 0; f ( x ) ≥ 0∀x ∈  12 ,1÷ f x2 n 1  f ( x ) = 0, ∀x ∈  ,1÷ 2  f ( x ) = 0, ∀ x ∈ [0, 1) Vì f(x) liên tục [0, 1] nên f ( x) = ∀x ∈ [0, 1] 66 nên : Bài 3: Tìm tất hàm f (x) R liên tục thoả mãn: ( ) = 0, ∀x ∈ R Cn0 f ( x ) + Cn1 f ( x ) + + Cnn f x n Hướng dẫn giải: ( ) n g n ( x ) = ∑ Cnk x k =0 Đặt k ( ) n −1 g n ( x ) = 0, ∀x ∈ R; g n-1 ( x) = ∑ Cnk−1 f x k =0 Ta có: ( n −1 g n −1 f ( x ) = ∑ Cnk−1 f x k =0 k +1 k ) = ∑C f ( x ) n 2k k −1 n −1 k =1 ( ) n −1 g n −1 ( x ) = g n −1 f ( x ) = f ( x ) + ∑ ( Cnk−1 + Cnk−−11 ) f x + f ( x n ) k k =1 ( ) n −1 ( ) = ∑ C f ( x ) = g ( x) = = Cn0 f ( x ) + ∑ Cnk x + Cnn f x k k =1 Vì f (x) Nếu Nếu liên tục x=0 R nên g n −1 ( ) = 0 < x < n n k =0 g n (x) 2k k n n xác định liên tục x =1 g( n −1) = ta có: g n-1 ( x) = g n -1 ( x ) = = g n -1 ( x m ) = = g n −1 ( ) = Nếu x >1 từ g n-1 ( x) = − g n-1 ( x ) ta suy  12  m 2m g n −1 (t ) = g n −1  t ÷ = = ( −1) g n −1 , (t ) = g n −1 (1) =   Do đó: Nếu x≥0 g n −1 ( x ) = 0∀n ∈ N * 67 R Nếu x < ⇒ g n −1 ( x ) = − g n −1 ( x ) = ⇒ g n −1 ( x ) = 0, ∀x ∈ R, n ∈ R * Vậy Mà g n ( x ) = g ( x ) = 0, ∀x ∈ R, ∀n ∈ N * g0 ( x ) = f ( x ) f ( x ) = 0, ∀x ∈ R f ( x) = Thử lại Vậy: Bài 4.Tìm tất hàm f (x) liên tục R thoả mãn x x f ( x) − f ( ) = , ∀x ∈ R 3 Hướng dẫn giải: g ( x) = f ( x) − Đặt x ∀x ∈ R g Ta có hàm liên tục tập x x x x ( g ( x) + ) − ( g ( ) + ) = ⇒ x g ( x) = g ( ) ∀x ∈ R x  x   x  ⇒ g ( x) = g ( ) = g   = = g  n  , ∀x ∈ R, n = 1,2,3 3  3  Khi với f ( x) = Suy x∈R x +c cho (với n → +∞ c = g (0) ta g ( x ) = g ( 0) ) 68 R thỏa mãn Thử lại, x x x ( + c) − ( + c) = f ( x) ≡ , thoả mãn Vậy x + c ∀x ∈ R f Chú ý: Thực toán ta cần hàm số Bài 5.Tìm tất hàm số f :R → R liên tục liên tục tập R (với x=0 c = const tuỳý) làđủ thoả mãn: f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) + 2axy ,(a =const ) ∀x, y ∈ R 2axy + Phân tích: Ta khử f ( x ) = g ( x ) + α x vế phải để đưa phương trình Cauchy cách đặt 2axy ( có bậc 2) thay vào giả thiết ta tìm α =a +Hướng dẫn giải: g : R → R g ( x) = f ( x) − ax g Xét hàm số ; Ta có hàm liên tục và: g ( x + y ) = f ( x + y ) − a ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) + 2axy − a ( x + y ) ∀x, y ∈ R = f ( x) + f ( y ) − ax − ay = g ( x) + g ( y ) Vậy g ( x) = bx ∀x ∈ R (với Bài 6.Tìm tất hàm b = const f :R → R tuỳý), dẫnđến f ( x) = ax + bx liên tục tập R thoả mãn: f ( f ( f ( x + y + xy ))) = f ( x) + f ( y ) + f ( xy ) ∀x, y ∈ R Giải: Thay y=0 vào (1) ta Kết hợp (1) suy ra: ∀x ∈ R (1) f3 ( x) = f (0) + f ( x) f (0) + f ( x + y + xy ) = f ( x) + f ( y ) + f ( xy ) 69 ∀x, y ∈ R Đặt g ( x) = f ( x) − f (0) Ta có g (0) = g ; hàm liên tục và: g ( x + y + xy ) = g ( x ) + g ( y ) + g ( xy ) ∀x, y ∈ R (2) g Đếnđây ta dựđoán Thay y =1 vào (2) ta cộng tính g (2 x + 1) = g ( x) + g (1) Trong đẳng thức (3) ta thay x x + y + xy (3) kết hợp với (2) g (2( x + y + xy ) + 1) = g ( x + y + xy ) + g (1) =2 g ( x) + g ( y ) + g ( xy ) + g (1) (4) Mặt khác ; theo đẳng thức (2), sau kết hợp với (3) ta g (2( x + y + xy ) + 1) = g (2 x + 1) + g ( y ) + g ((2 x + 1) y ) = g ( x) + g (1) + g ( y ) + g ((2 x + 1) y ) Từ (4) (5) suy x=− Thay g (2 xy + y ) = g ( xy ) + g ( y ) vào (6) ta Lại có, thay x = −1 Từ (7) (8) suy (5) y y g ( y ) = g (0) − g (− ) = −2 g ( − ) 2 vào (2) ta y g ( y) = g ( ) g cộng tính (6) g (− y ) = − g ( y ) Kết hợp (6) suy (8) g (2 xy + y ) = g (2 xy ) + g ( y ) g ( x) ≡ ax ⇒ f (x) ≡ ax + f (0) ≡ ax + b (với 70 (7) a, b =const ) , dẫnđến Bài Xácđịnh hàm số f :R → R liên tục tập R thoả mãn: f ( x + y ) f ( x − y ) = ( f ( x ) f ( y )) Giải: Ta nhận thấy Thay y=0 f (0) = f ( x) ≥ ∀x ∈ R Thật vậy, giả sử có (2) thỏa mãn toán Bây ta giả sử [f ( x0 )]2 = [f ( x0 )]2[f (0)]2 x x0 = vào (1) *Xét trường hợp Suy f ( x) ≡ , thay y=x n → +∞ ⇒ f (1) ∃ x0 cho ⇒ f ( x0 ) ≠  f (0) =  f (0) = −1  f (2 x) = [f ( x)]2 ∀x ∈ R (2) f ( x) > ∀x ∈ R f ( x1 ) = … ⇒ f( x1 )=0 2n x1 =0 n →+∞ n ∀n ∈ N f (0) = lim f ( lim lấy giới hạn, chúý thuẫn Điều chứng tỏ Lại có thay vào (1) Ta chứng tỏ x x f ( 1) = f ( 1) = ⇒ ⇒ ⇒ Cho ∀x, y ∈ R f ( x) > ∀x ∈ R n →+∞ ta x1 )=0 2n , mâu f ( y ) f (− y) = [f ( y )]2[f (0)]2 = [f ( y)]2 ⇒ f ( y) = f ( − y) hàm chẵn Bây với số nguyên dương n tuỳý, đẳng thức (1) ta thay x , được: 71 x nx y thay f ((n + 1) x) f ((n − 1) x) = [f ( nx)]2[f ( x )]2 Do đó, sử dụng phương pháp chứng minh qui nạp suy f (nx) = [f ( x)]n ∀n ∈ N, ∀x ∈ R f Chúý Tiếp tục hàm chẵn, nên ta có (3) ∀r ∈ Q q= , viết n , m, n ∈ Z, m ≠ m + f (nx) = f ( m.qx) = [f ( qx)]m   + f (nx) = [f ( x)]n  (3) ∀n ∈ Z Khi ta có n2 ⇒ [f ( qx)] = [f ( x)] m2 = [f ( x)]q ∀x ∈ R r ⇒ f ( rx) = [f ( x)] ∀r ∈ R , ∀x ∈ R x x ⇒ f ( x) = [f (1)] = a *Trường hợp (với f (0) = −1 a = const , a > Vậy a = const , a > , ta xét hàm − f ( x) ) , ta có − f ( x) = a x (với ) f ( x) ≡ Bài 8: Xác định hàm số f ( x) ≡ a x f :R → R f ( x ) ≡ −a x liên tục tập f ( x + f ( y )) = y + f ( x) + Phân tích: Ở vế phải có 4y nên ta chứng minh 72 (với R a = const , a > thoả mãn: ∀x, y ∈ R f ) (1) đơn ánh để tính f (0) Sau chứng minh f cộng tính sử dụng kết phương trình hàm Cauchy +Hướng dẫn giải: Thay x=0 vào (1) f (9 f ( y )) = y + f (0) f Từ (2) dễ dàng suy đơn ánh Tiếp tục thay f (9 f (0)) = y + f (0) Thay x = f (t ) (2) y=0 vào (1) ⇒ f (0) = ⇒ f (0) = vào (1), sau kết hợp với (2) ta f (9 f (t ) + f ( y )) = y + f (9 f (t )) = y + 4t =4(t + y )=f (9 f (t + y )) f (t ) + f ( y )=9 f (t + y) f Mà đơn ánh nên f Như hàm cộng tính liên tục, suy ⇒ 9a y = y Từ (2) suy Bài 9: Tìm tất hàm số f ( x) ≡ ax (a = const )  a=2  a = −  f :R→R liên tục  f (1) =   f ( xy + y ) = f ( x) f ( y ) − f ( x + 1) + , ∀x, y ∈ R Hướng dẫn giải: Từ giả thiết, cho y =1 ∀t , y ∈ R ta có: f ( x + 1) = f ( x ) − f ( x + 1) + 2, ∀x ∈ R 73 R thoả mãn điều kiện ⇔ f ( x + 1) = f ( x) + 1, ∀x ∈ R Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: Từ giả thiết cho y=x f ( x + n) = f ( x) + n, ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z , ta có: f ( x + x) = f ( x) − f ( x + 1) + , ∀x ∈ R ⇔ f ( x + x) = f ( x ) − f ( x ) − + , ∀x ∈ R ∀x ∈ Q x= , đặt p (p ∈ Z, q ∈ N \ {0} q có:  p  p  p  f  + q ÷ +  + q ÷ = f  + q ÷−  q  q  q  p  f  + q ÷+ q   p  p   p    p ⇔ f  ÷ + + q + p + q  = f   ÷+ q ÷ − f  ÷− q +  q  q  q  q    p  p   p  p ⇔ f  ÷ + + q + p + q  = f  ÷+ qf  ÷+ q −  q  q  q q  p ⇔ f  ÷− q  p  p f  ÷+ + q + p + q = f  ÷− 2qf q q  p  p p ⇔ qf  ÷ = p + q ⇔ f  ÷ = + q q q Vậy Do f (x) (Do q ≠0  p f  ÷− q + q  p  ÷+ q − q  p f  ÷− q + q ) f ( x) = x + , ∀x ∈ Q hàm liên tục R nên Bài 10: Tìm tất hàm số kiện sau với f ( x) = x + 1, ∀x ∈ R f : R+ → R+ Thử lại thỏa điều kiện đề liên tục x ∈ R+ 74 R+ thoả mãn đồng thời điều i) i)) f ( x + 1) = f ( x) + f ( x2 ) = ( f ( x ) ) Hướng dẫn giải Từ điều kiện i) có x= Lấy Giả sử Khi f ( x + nk ) = f ( x) + k , ∀x ∈ R + , ∀k ∈ N p ∈ Q * ( p, q ∈ N *) q  p  m2  p m f ( x ) = f  ÷= ⇒ f  ÷ = q n q  n p   p m f  + q ÷ = f  ÷+ q = + q n q  q  p2  m 2mq ⇒ f  + p + q2 ÷= + + q2 n q  n Hay Nên Do f (x)  p2  m 2mq 2mq m p f  ÷+ p + q = + + q2 ⇒ = 2p ⇒ = n n n n q q  f ( x ) = x, ∀x ∈ Q hàm liên tục R+ nên Bài 11: Tìm tất hàm số f ( x) = x , ∀x ∈ R + f : R+ → R+ Thử lại thỏa điều kiện đề liên tục    = f ( x) f ( y ), ∀x, y > f   f ( xy )  (1) Hướng dẫn giải: 75 R+ thoả mãn Thay Đặt    = f ( x ) f (1), ∀x > f  y = ⇒  f ( x)     = a f ( x)., ∀x > f  f (1) = a > ⇒  f ( x)  Khi (1) ⇔ a f ( xy ) = f ( x) f ( y ), ∀x, y > g ( x) = Đặt f ( x) ⇒ g ( x) a liên tục (1) ⇔ g ( xy ) = g ( x) g ( y ), ∀x, y > ⇒ g ( x) = x α , ∀x ∈ R, α ∈ R ⇒ f ( x ) = ax α , ∀x ∈ R f ( x) = 1, ∀x ∈ R Thử lại có hai hàm thỏa mãn Bài 12:Tìm tất hàm f liên tục f ( x) = + [ 0;1] a , ∀x ∈ R + x thoả mãn điều kiện sau  1 i ) f ( x) = 2019, ∀x ∈ 0;   2 1  ii ) f ( x) = f (2 x − 1), ∀x ∈  ;1 2  Hướng dẫn giải: +Từ i) quy nạp ta chứng minh Thật vậy, (1) với Giả sử 1  f ( x) = 2019, ∀x ∈ 0;1 − n ; ∀n ∈ N *   n =1 1  f ( x ) = 2019, ∀x ∈ 0;1 − k ; k ∈ N *   Ta chứng minh   f ( x ) = 2019, ∀x ∈ 0;1 − k +1    76 (1) Xét Xét  1 x ∈ 0;   2 i) ⇒ f ( x) = 2019  1 x ∈  ;1 − k +1  ⇒ ≤ x − ≤ − k ⇒ f (2 x − 1) = 2019  2 Theo ii) ⇒ f ( x) = f (2 x − 1) = 2019 1  f ( x) = 2019, ∀x ∈ 0;1 − n ; n ∈ N *   Do + Với Từ (1) x ∈ [ 0;1) ⇒ tồn số tự nhiên ⇒ f ( x) = 2019, ∀x ∈ [ 0;1) x = ⇒ f (1) = f (lim(1 − + Tại 1− Theo (2) Vậy n đủ lớn cho 1  x ∈ 0;1 − n    (2) 1   )) = lim f 1 − n  n   ( Do f liên tục) 1 ∈ [ 0;1) ⇒ f (1 − n ) = 2019 ⇒ f (1) = 2019 n 2 f ( x) = 2019, ∀x ∈ [ 0;1] Bài 13 Tìm giá trị Thử lại thỏa mãn k cho tồn hàm liên tục f :R→R thoả mãn f ( f ( x)) = k x , ∀x ∈ R Hướng dẫn: + Với +Với k =0 ta thấy có hàm f ( x ) = , ∀x ∈ R thoả mãn yêu cầu toán k≠0 77 Dễ thấy f đơn ánh với x1 ; x ∈ R cho f ( x1 ) = f ( x2 ) ⇒ f ( f ( x1 )) = f ( f ( x )) ⇒ k x1 = k x ⇒ x1 = x2 f Vì liên tục đơn ánh trên( • f Nếu ⇒ f ( f ( x)) • nên cho x1 < x R hàmđơn điệu thực f ( x1 ) < f ( x ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) < f ( f ( x ) ) hàm tăng thực f Nếu giảm thực x1 ; x ∈ R Khi với ⇒ f ( f ( x)) f tăng thực x1 ; x ∈ R Khi với R cho x1 < x f ( x1 ) > f ( x ) ⇒ f ( f ( x1 ) ) < f ( f ( x ) ) hàm tăng thực Trong trường hợp Từ ta có k >0 Ngược lại , với f ( f ( x)) hàm tăng thực Tức k x hàm tăng k >0 ta có hàm f ( x) = k x thoả mãn yêu cầu tốn k≥0 Vậy C KẾT LUẬN Phương trình hàm lớp hàm liên tục nội dung quan trọng tốn giải phương trình hàm Các kỹ thuật biến đổi cách giải lớp phương trình hàm nhiều học sinh phải biết vận dụng linh hoạt với kĩ thuật khác q trình giải tốn Nội dung đề tài nhằm tổng quan khảo sát tính chất để vận dụng vào giải phương tình hàm liên tục Đề tài đạt kết sau 78 - Trình bày tính chất phương trình hàm liên tục cách vận dụng tính chất - Đưa hệ thống tập minh họa vận dụng tính chất - Đề xuất cách mở rộng , phát triển khái quát toán - Đề xuất số kỹ thuật sáng tác tập dựa vào toán hay toán biết Các nội dung nêu đề tài áp dụng vào giảng dạy cho đội tuyển học sinh giỏi trường THPT chuyên Biên Hòa năm 2018 Đa số em hiểu , vận dụng phương pháp từ tự tin linh hoạt giải toán phương trình hàm liên tục nói riêng chun đề phương trình hàm nói chung Và kì thi em giải toán phương trình hàm Mặc dù cố gắng xây dựng dạng tập, cách giải đơn giản nhiên q trình thực viết khơng 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 tài liệu tham khảo bổ ích em học sinh giáo viên Xin chân thành cảm ơn! Hà Nam , ngày 3/8/2019 Người viết Trần Thu Hương TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, NXB Giáo dục năm 1999 Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Tiến , Một số chuyên đề Giải tích bồi dưỡng HSG phổ thông , NXB Giáo dục Việt Nam 2009 79 Nguyễn Trọng Tuấn, Một số toán hàm số qua kỳ thi Olimpic, Nhà xuất Giáo dục năm 2004 3.Nguyễn Tài Chung, Lê Hồnh Phò, Chun khảo Phương trình hàm ,NXB Đại học Quốc gia Hà nội 2016 B.J Venkatachala, Functional Equations - A problem Solving Approach, PRISM 2002 Conhiagghin …, Các Đề vơ địch Tốn nước, Nhà xuất Hải phòng 1993 Các tạp chí Kvant, Tốn học tuổi trẻ 7.Tài liệu tham khảo Internet 80 ... hàm liên tục ( Tính trù II Áp dụng tính chất hàm số liên tục vào giải khai thác tốn Tính chất 1:Cho hàm số x0 f với dãy xác định ( xn ) ⊂ D D⊂R cho x0 ∈ D lim x n = x Khi hàm số ta có hàm số. .. liên tục liên tục x = x0 hàm số x = x0 y = f (x) liên tục x = g ( x0 ) hàm y = f (x) - Nếu hàm số y= f hàm số ngược −1 xác định, liên tục đơn điệu thực từ ( x) - Nếu hàm - Nếu hàm f [ a; b] liên. .. tính chất - Cho hàm số f với dãy xác định ( xn ) ⊂ D D⊂R cho x0 ∈ D lim x n = x Khi hàm số ta có f liên tục x0 lim f ( x n ) = f ( x ) - Mọi hàm số sơ cấp liên tục tập xác định - Nếu hàm số số