MỘT số PHƯƠNG PHÁP GIẢI bất PHƯƠNG TRÌNH hàm t01

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM A Phần MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mảng dạy Phương trình hàm hay Bất phương trình hàm mảng dạy vất vả cho giáo viên Lúc tài liệu có nhiều nên đỡ vất vả Tuy nhiên, tài liệu hay, cập nhật khơng nhiều Tham gia đợt viết chun đề cho hội thảo Đồng Bắc Bộ 2019 này, xin phép viết số phương pháp giải bất phương trình hàm Nói viết, thực chất tơi tổng hợp lại nguồn để thầy đỡ tốn cơng Nếu thầy thấy lấy làm tài liệu dạy, khơng tùy thầy mà chỉnh lại đỡ Mục đích đề tài Mục đích viết đề tài gồm: - Thứ nhất, có tài liệu để cá nhân tơi dùng dạy bồi dưỡng HSG Tốn vòng Tỉnh, vòng Quốc Gia - Thứ hai, có viết để gửi cho hội thảo Đồng Bằng Bắc Bộ 2019, để thầy cô cần có dùng trao đổi chun đề cho - Thứ ba, việc viết chuyên đề để cá nhân làm việc, soạn giảng, nghiên cứu Trang: B Phần NỘI DUNG I Phương pháp 1: Dùng phép a Vài kiến thức lưu ý Điều tương tự bên phương trình hàm, phép kỹ thuật đơn giản mà hiệu để thu hệ hướng đến việc xác định hàm số + Khi vận dụng phương pháp cần ý sử dụng kết vừa có + Khi thực ta có thể: * Hoặc cho biến x, y nhận giá trị số Thường giá trị đặc biệt 0; ±1; ±2 * Hoặc biến biểu thức để làm xuất số biểu thức cần thiết Chẳng hạn, phương (bất) trình hàm có mặt f ( x + y ) mà muốn có f (0) ta y − x ; muốn có f ( x ) cho y = , muốn có f ( nx ) y (n − 1) x + Chú ý để xác định giá trị hàm số f điểm x0 từ bất đẳng thức hàm, ta cần sử dụng ý tưởng kẹp hai phía giá trị f ( x0 ) b Các toán minh họa Xác định hàm số f (x) liên tục ¡ thoả đồng thời điều kiện sau: (1.1)  f ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ¡   f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ); ∀x , y ∈ ¡ (1.2) x =  f (0) ≥ Cho  suy  ⇒ f (0) = y =  f(0) ≥ (0)  f(0) ≥ (x) + f (− x)  f (x) + f (− x) ≤ Cho y = − x ⇒  ⇒  f (x) ≥ 0, f (− x) ≥  f (x) ≥ 0, f (− x) ≥ ⇒ f (x) = f (− x) = 0,∀x∈ ¡ Vậy f (x) = 0,∀x∈ ¡ Thử lại thấy Cho trước hàm số h( x ) = ax; a ∈ ¡ Xác định hàm số f (x) liên tục ¡ thoả đồng thời (2.1)  f ( x ) ≥ ax; ∀x ∈ ¡  điều kiện sau:  f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (2.2) h( x + y ) = h( x) + h( y ) Đặt f ( x) = h( x) + g ( x) Khi ta có g ( x) ≥ 0; ∀x ∈ R g ( x + y ) ≥ g ( x ) + g ( y ); ∀x, y ∈ ¡ Theo tốn 1, ta có: g ( x) = 0; ∀x ∈ R Vậy f ( x ) = h( x ) = ax; a ∈ ¡ Trang: Thử lại thấy thoả điều kiện (2.1) (2.2) Cho a > Xác định hàm số f (x) liên tục ¡  f ( x ) ≥ a x ; ∀x ∈ ¡ (3.1)   f ( x + y ) ≥ f ( x ) f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (3.2) thoả đồng thời điều kiện sau: Ta có f ( x ) > 0; ∀x ∈ ¡ (3.1')  ln f ( x ) ≥ (ln a ) x; ∀x ∈ ¡  Khi logarit hóa hai vế (3.1), (3.2), ta có ln f ( x + y ) ≥ ln f ( x ) + ln f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (3.2 ') (3.1") φ ( x ) ≥ (ln a ) x; ∀x ∈ ¡  Đặt ln f ( x) = ϕ ( x) , ta có: φ ( x + y ) ≥ φ ( x ) + φ ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (3.2") Đặt ϕ ( x) = g ( x) + (ln a ) x , ta có: hàm g (x) thoả điều kiện toán nên g ( x ) = 0; ∀x ∈ ¡ ϕ ( x) = (ln a) x x Vậy f ( x ) = a ; ∀x ∈ ¡ (3.1) thoả điều kiện toán Xác định hàm số f (x) liên tục ¡ thoả đồng thời điều kiện sau: (4.1)  f ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ¡   x+ y f ( x) + f ( y) ; ∀x, y ∈ ¡ (4.2)  f ( ) ≥  g ( x ) ≥ 0; ∀x ∈ ¡   x+ y g( x) + g( y) ; ∀x , y ∈ ¡  g ( ) ≥ f ( ) = a , f ( x ) − a = g ( x ) Đặt Khi ta có g ( x)  x ; ∀x ∈ ¡  g( ) ≥   g (0) = Thay y = vào (4.1’) (4.2’)  (4.1') (4.2 ') vớ i g(0) = ∀x ∈ ¡  g (0) = 0, g ( x ) ≥ 0; x+ y g ( x) g ( y )  )≥ + ; ∀x, y ∈ R 2 Suy hay  g ( x + y ) ≥ g ( x ) + g ( y ); ∀x, y ∈ ¡ Theo tốn g ( x ) = 0; ∀x ∈ ¡ vaøf(x) laøconst Thử lại f ( x) = c thoả điều kiện toán g( Xác định hàm số f : ¡ → ¡ liên tục ¡ thoả: Từ(5) ⇒ f (x) ≥ xy − f (y),∀x, y∈ ¡ t2 ,∀t ∈ ¡ (a) y2 x2 x2 xy − f (y) ≤ xy − = − (x − y)2 ≤ 2 2 Từ (a) suy ra: x ⇒ f (x) = Max{ xy − f (y)} ≤ ,∀x∈ ¡ (b) y∈¡ Cho x = y = t ∈ ¡ ⇒ f (t) ≥ Trang: f (x) = Max{ xy − f (y)} , ∀x ∈ ¡ y∈¡ (5) x2 (b) ⇒ f (x) = ,∀x∈ ¡ (a) Thử lại thấy f ( x ) = max { xy − f ( y )} ; ∀x ∈ ¡ y∈R Xác định hàm số f : ¡ → ¡ liên tục ¡ thoả: (6) Từ (6) ta có f ( x ) ≥ xy − f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ (6’) Thay x = y = t vào (5’), ta có f ( x ) ≥ x ; ∀x ∈ ¡ (6”) 2 Suy xy − f ( y ) ≤ xy − y = x − ( x − y ) ; ∀x, y ∈ ¡ max { xy − f ( y )} = max { x − ( x − y ) } = x y∈R y∈R mà (kết hợp với (6”) Thử lại thấy thoả điều kiện Xác định hàm số f (t ) liên tục ¡ + suy thoả: f ( x ) ≤ x ; ∀x ∈ ¡ Vậy f ( x ) = x ; ∀x ∈ ¡ f ( x ) = max+ { x y + xy − f ( y )} ; ∀x ∈ ¡ y∈R 2 Tương tự tốn 6, ta có f ( x ) ≥ x y + xy − f ( y ); ∀x, y ∈ ¡ + Thay x = y = t vào (7’), ta có f ( x ) ≥ x ; ∀x ∈ ¡ + + (7) (7’) (7”) + Suy ra: x y + xy − f ( y ) ≤ x y + xy − y = x − ( x + y )( x − y ) ≤ x ; ∀x, y ∈ ¡ max+ x y + xy − f ( y ) = max+ x − ( x + y )( x − y ) = x ; ∀x ∈ ¡ + suy f ( x ) ≤ x 3; ∀x ∈ ¡ + y∈R mà y∈R + Kết hợp với (7”), ta có f ( x ) = x ; ∀x ∈ ¡ Thử lại thấy thoả điều kiện toán 2 { } 3 { } Nhận xét: Điều khẳng định cho ta kết luận tương ứng sau: 2 Nếu có bất đẳng thức cổ điển cho cặp số x, y ; chẳng hạn x ≥ x y + xy − y ; ∀x, y ∈ ¡ từ f ( x ) = max+ x y + xy − f ( y ) ; ∀x ∈ ¡ + + y∈R điều kiện ta có hàm cần tìm f ( x ) = x ; ∀x ∈ ¡ { } OLP Liên bang Nga 2000 f:¡ ®¡ Tìm tất hàm số thoả mãn: f ( x + y ) + f ( y + z ) + f ( z + x ) ≥ f ( x + y + 3z ), ∀x , y , z ∈ ¡ (1) Trong (1) cho y = z = ta f ( x ) + f (0) ≥ f ( x ) suy ra: f ( x ) ≤ f (0), ∀x ∈ ¡ (2) Lại cho y = x z = − x ta f (2 x ) + f (0) ≥ f (0) suy ra: f ( x ) ≥ f (0), ∀x ∈ ¡ (3) Từ (2) (3) ta f ( x ) = f (0) = C , ∀x ∈ ¡ Thử lại thấy thỏa mãn Vậy f ( x ) = C , ∀x ∈ ¡ hàm số cần tìm (C: số) x+ y Tìm hàm số f ( x ) thỏa: f (x+ y) ≥ f (x) f (y) ≥ 2019 với x, y ∈ ¡ (*) f(0) ≥  (0) ≥ 20190 = x = 0; y = Thay vào (*) ta có : Trang: (1) f(0) ≥  (0) ⇔ ≤ f (0) ≤ Với Từ (1), (2) ⇒ f (0) =1 (2) Thay y = − x vào (*) f(0) ≥ (x) f (− x) ≥ 2019 = x Lại cho y = ⇒ f (x) ≥ f (x) ≥ 2019 (4) ⇔ f (x) f (− x) = (3) ⇒ f (− x) ≥ 2019 − x (5) Ta có (3) ⇔ f (x) = (5) ≤ = 2019 x (6) f (− x) 2019 − x x x Từ (4) (6) ta suy : f (x) = 2019 Đảo lại xét hàm số f (x) = 2019 Ta nhận thấy f ( x ) thỏa yêu cầu toán x Vậy f (x) = 2019 10 Tìm f :[a; b] → [a; b] thỏ a mã n: f (x) − f (y) ≥ x − y ,∀x, y∈ [a; b] (a < b cho trướ c) (5) Cho x = a; y = b ⇒ f (a) − f (b) ≥ a − b (a) f (a); f (b) ∈ [a; b] neâ n f (a) − f (b) ≤ a − b = b − a (b)   f (a) = a   f (b) = b (a),(b) ⇒ f (a) − f (b) = b − a ⇔    f (a) = b    f (b) = a  f (a) = a * Nế u : f ( b ) = b  choïn y = b; x∈ [a; b] ⇒ f (x) − f (b) ≥ x − b ⇔ f (b) − f (x) ≥ x − b ≥ b − x ⇔ − f (x) ≥ − x ⇔ f (x) ≤ x (c) (mởdấ u theo đn củ a , nhớlàb lớ n nhấ t) chọn y = a; x∈ [a; b] ⇒ f (x) ≥ x (d) (mởdấ u theo đn củ a , nhớlàa nhỏnhấ t) Từc ( ),(d) ⇒ f (x) = x  f (a) = b * Nế u : chọn y = b; x∈ [a; b] rồ i chọn y = a; x∈ [a; b] trê n ta : f (x) = a + b − x f ( b ) = a  - Thử lại thấy →¡ 11 VMO 1991 A: Hãy xác định tất hàm số f : ¡  1 f (xy) + f (xz) − f (x) f (xy) ≥ 2 số thực x, y , z bất kì: Đáp số tốn là: f (x) ≡ cho bất đẳng thức sau với Ta thực bước chọn ẩn sau: Trang: a/ Cho x = y = z = ta nhận b/ Cho y = z = ta nhận f(0) − f (x) ≤ c/ Cho x = y = z = ta nhận (0) ≥ 1 hay f (0) = vớ i moïi x f (1) = f (x) ≥ vớ i x d/ Cho y = z = ta nhận f (x) ≡ , dễ thử lại, đáp số tốn Vậy: f:¡ ®¡ 12 Tìm tất hàm số thoả mãn đồng thời điều kiện: i/ f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ¡ ii/ f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ Trong i/ lấy x = y = f (0) ≤ f (0) ⇔ f (0) ≥ Theo (2) lại có f (0) ≤ Vậy f (0) = ( ii ) Do đó: = f (0) = f ( x + ( − x )) ≤ f ( x ) + f ( − x ) ≤ ⇒ f ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Vậy f ( x ) ≡ 0, ∀x ∈ ¡ Thử lại thấy thỏa mãn 13 Tìm f : ¡ → ¡ thỏ a mã n: 1 f ( xy) + f (yz) − f (x) f (yz) ≥ ,∀x, y, z∈ ¡ (2) 2  1 f (x) − ( f ( x)) ≥ ⇔  f (x) − ÷ ≤ ⇔ f ( x) = 2 Thử lại thấy  Cho x = z; y = ta được: 14 Eotvos - Kurschak 1979 f:¡ ®¡ thoả mãn: f ( x ) ≤ x f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ), ∀x , y ∈ ¡ Chứng minh f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ Cho hàm số Đặt f ( x ) = x + h ( x ), ∀x ∈ ¡ Từ giả thiết thứ hai suy ra: x + y + h ( x + y ) ≤ x + h( x ) + y + h ( y ), ∀x , y ∈ ¡ ⇔ h ( x + y ) ≤ h ( x ) + h ( y ), ∀x, y ∈ ¡ (1) Mặt khác f ( x ) ≤ x, ∀x ∈ ¡ ta có h ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ (2) Từ (1) (2) áp dụng 8, ta h( x ) ≡ 0, ∀x ∈ ¡ ⇒ f ( x ) ≡ x, ∀x ∈ ¡ Thử lại thấy hàm số f ( x ) ≡ x , ∀x ∈ ¡ thỏa mãn yêu cầu đề 15 OLP Toán Chân Á Thái Bình Dương 1994 f:¡ ®¡ Tìm tất hàm số thoả mãn đồng thời điều kiện: f (1) = 1; f ( − 1) = − 1; f ( x ) ≤ f (0), ∀x ∈ (0;1) i/ ii/ f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ¡ Trang: iii/ f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) + 1, ∀x, y ∈ ¡ Theo giả thiết ta có: f ( x + 1) ≥ f ( x ) + f (1) = f ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡ f ( x ) = f ( x + − 1) ≥ f ( x + 1) + f ( −1) = f ( x + 1) − 1, ∀x ∈ ¡ Vậy: f ( x ) + ≤ f ( x + 1) ≤ f ( x ) + ⇒ f ( x + 1) = f ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡ Ta có: = f (1) = f (0 + 1) = f (0) + ⇒ f (0) = Vậy: = f (1) = f ( x + − x ) ≤ f ( x ) + f (1 − x ) + ⇒ f ( x ) + f (1 − x ) ≥ (*) Với < x < 1, ta có < − x < 1, suy (*) f ( x ) + f (1 − x ) ≤ f (0) + f (0) = ⇒ f ( x ) + f (1 − x ) = Vậy f ( x ) = f (1 − x ) = 0, ∀x ∈ (0;1) Tóm lại: f ( x ) = 0, ∀x ∈ [0;1); f ( x + 1) = f ( x ) + 1, ∀x ∈ ¡ Suy f ( x ) = [ x ], ∀x ∈ ¡ Thử lại thấy thỏa mãn 16 Tìm tất hàm số f : ¡ → ¡ thỏa mãn: f ( xy ) ≥ f ( x ) f ( y ), ∀x , y ∈ ¡ (1) Và f ( x + y ) ≥ f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ¡ (2) Ta thấy f ( x ) ≡ nghiệm toán 2 Xét trường hợp f ( x ) ≡/ , tồn a để f ( a ) ≠ Từ (1), ta có: f (a ) ≥ ( f (a )) > Thay y = a ; x = vào (1), ta f (1) ≥ Mặt khác, thay x = y = vào (1) ta có f (1) ≥ ( f (1)) nên: f (1) = Thay x = y = vào (1) (2), ta có f (0) ≥ ( f (0)) ; f (0) ≥ f (0) nên: f (0) = Thay x = y = −1 vào (1), ta có ≥ ( f ( −1)) Thay x = −1; y = vào (2), ta f ( −1) ≤ −1 Kết hợp hai kết lại, ta có: f ( −1) = −1 Thay y = −1 vào (1), ta có f ( − x ) ≥ − f ( x ), ∀x ∈ ¡ Thay x − x vào bất phương trình trên, ta được: f ( x ) ≥ − f ( − x ), ∀x ∈ ¡ Do đó: f ( − x ) = − f ( x ), ∀x ∈ ¡ Từ đây, thay y − y vào (1), ta có f ( xy ) ≤ f ( x ) f ( y ) nên: f ( xy ) = f ( x ) f ( y ), ∀x, y ∈ ¡ Thay x − x ; thay y − y vào (2), ta có f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) nên f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ), ∀x , y ∈ ¡ Hàm f vừa cộng tính, vừa nhân tính khơng đồng 0, nên theo kết quen thuộc, ta có: f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ Thử lại, ta thấy thỏa mãn Tòm lại, có hàm số thỏa mãn yêu cầu f ( x ) ≡ f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ 17 HSG TP HCM 2018 f:¡ ®¡ ( f (x thoả Tìm tất hàm số ( f ( −2 x ) ) ≥ f ( − x − x ) + 2, ∀x ∈ ¡ (2) a/ Chứng minh f ( x ) đơn ánh ¡ b/ Chứng minh f ( x ) ≥ −1 với x ∈ ¡ Trang: + x ) ) ≤ f (2 x ) + 2, ∀x ∈ ¡ (1) Từ (1) thay x = 0, ta có: ( f (0) ) ≤ f (0) + ⇔ −1 ≤ f (0) ≤ 2 ( f (0) ) ≥ f (0) + ⇔ ( f (0) + 1)( f (0) − f (0) − 2) ≥ (3) Từ (2) thay x = 0, ta có: * Nếu f (0) ≠ −1 f (0) ≠ ⇒ f (0) − f (0) − < nên từ (3) suy ra: f (0) + < ⇒ f (0) < −1 (vô lý) Vậy f (0) = −1 f (0) = ( f (2 x ) ) ≥ f ( x + x ) + 2, ∀x ∈ ¡ Trong (2) thay x − x ta được: Từ (1) (4) cho x = ta f (2) = −1 f (2) = (4) Từ (1) (4) cho x = −1 ta f ( −2) = −1 f ( −2) = Từ ta có: f (0), f ( −2), f (2) phải có hai giá trị => f ( x ) đơn ánh ¡ b/ Giả sử tồn x0 cho f (2 x0 ) < −1 ⇒ f ( x03 + x0 ) + ≤ f (2 x0 ) < −1 ⇒ f ( x03 + x0 ) < −1 ⇒ f ( x03 + x0 ) > (a) f ( x0 + x0 ) ≤ f (2 x0 ) + < Lại có: , trái với (a) Vậy f ( x ) ≥ −1 với x ∈ ¡ II Phương pháp 2: Sử dụng tính đơn điệu hàm số a Vài kiến thức lưu ý Trong giải toán bất phương trình hàm, tính đơn điệu hàm số tính chất mạnh mà ta khai thác a Hàm số đơn điệu: ⇔ ∀x1; x2 ∈ (a; b), x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ) * Hàm số y = f ( x ) tăng ( a; b) ⇔ ∀x1; x2 ∈ (a; b), x1 ≤ x2 ⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 ) * Hàm số y = f ( x ) giảm (a; b) VD: * Hàm số y = ax + b (a ≠ 0) hàm số tăng ¡ a > ; hàm số giảm ¡ a < y = f (x) = x hàm số giảm (0; +∞) * Hàm số ∀x1; x2 ∈ (0; +∞) mà : < x1 < x2 ta có: f (x1 ) − f (x2 ) = 1 x2 − x1 − = > ⇔ f (x1 ) > f (x2 ) x1 x2 x1 x2 Hay hs nghịch biến (0; +∞) VD: Cho hai hàm số f ( x ) g ( x) xác định đồng biến khoảng I a/ CMR hàm số s ( x ) = f ( x ) + g ( x ) đồng biến I b/ Giả sử thêm hàm số dương I Tức là: ∀x∈ I , f (x) > vaøg(x) > Hãy CM: hàm số p( x ) = f ( x ) g ( x ) đồng biến I c/ Giả sử thêm hàm số âm I Tức là: ∀x∈ I , f (x) < vaøg(x) < Hãy CM: hàm số p( x ) = f ( x ) g ( x ) nghịch biến I Trang: b Định lý: Nếu y = f (x) tăng nghiêm ngặt (hoặc giảm nghiêm ngặt) D f (u) = f (v) u = v c Một số lưu ý: - Nếu f cộng tính đơn điệu ¡ (hoặc ¡ +) f (x) = ax, a∈ ¡ - Nếu f đơn điệu thực f đơn ánh - Nếu ta dự đốn cơng thức hàm số, chẳng hạn f ( x ) = g ( x ) xét f ( x ) > g ( x ) f ( x ) < g ( x ) , sau sử dụng tính đơn điệu hàm f để dẫn tới điều vô lý Nếu f đơn điệu ta có cơng thức f tập số hữu tỉ ¤ dùng kỹ thuật chọn hai dãy hữu tỉ đơn điệu ngược nhau, sau chuyển qua giới hạn b Các toán minh họa 18 Romania District Olympiad 2011 x − y ≤ f (x) − f (y) ≤ x − y ,∀x, y,∈ [0;1] Tìm tất hàm số f :[0;1] → ¡ thoả điều kiện: (1) - Kí hiệu P(u; v ) việc thay x u , thay y v vào (1) lim f ( x ) − f ( y ) = ⇒ lim [ f ( x ) − f ( y ) ] = ⇒ lim f ( y ) = f ( x ) y→x y→x - Từ (1) ta có: y → x - Như f hàm số liên tục [0;1] Giả sử a , b hai số thuộc [0;1] cho f (a ) = f (b) Khi P ( a; b) ⇒ ( a − b) ≤ ⇒ a = b, suy f đơn ánh Kết hợp f liên tục nên suy f đơn điệu thực - Thấy f thỏa (1) f ( x ) + c − f ( x ) + c thỏa (1), giả sử f (0) = f hàm đơn điệu tăng P (1;0) ⇒ ≤ f (1) ≤ ⇒ f (1) = ⇒ f (1) = (do f tăng < 1) - Cũng chứng minh ta suy f ( x ) ∈ [0;1], ∀x ∈ [0;1] P ( x;0) ⇒ f ( x ) ≤ x ⇒ f ( x ) ≤ x, ∀x ∈ [0;1] P( x;1) ⇒ − f ( x ) ≤ − x ⇒ f ( x ) ≥ x, ∀x ∈ [0;1] (2) (3) f ( x ) = x , ∀ x ∈ [0;1] - Từ (2) (3) suy Như f ( x ) = x + c, ∀x ∈ [0;1]; f ( x ) = − x + b, ∀x ∈ [0;1] (b,c số) - Thử lại thấy thỏa mãn f:¡ ®¡ 19 Tìm tất hàm số thoả: f (2 x + x + 2019) ≤ x ≤ [ f ( x )] + [ f ( x ) ] + 2019, ∀x ∈ ¡ g: ¡ ® ¡ Ta xét toán tổng quát: Cho tồn ánh hàm tăng thực Tìm tất hàm f:¡ ®¡ thỏa mãn f ( g ( x )) ≤ x ≤ g ( f ( x )), ∀x ∈ ¡ (1) −1 −1 Do g toán ánh hàm tăng thực nên tồn hàm ngược g Ta có g hàm tăng thực g −1 ( x1 ) = x2 ; g −1 ( y1 ) = y2 , Thật vậy, với x1 < y1, đặt đó: g ( x2 ) = x1 < y1 = g ( y ), Trang: (1) −1 −1 −1 Mà g tăng thực nên x2 < y2 suy g tăng thực Từ đó: f ( x ) = f ( g ( g ( x ))) ≤ g ( x ) (2) −1 −1 −1 Do g tăng thực nên với x ≤ g ( f ( x )), ta có: g ( x ) ≤ g ( g ( f ( x ))) = f ( x ) (3) −1 −1 f ( x ) = g ( x ), ∀ x ∈ ¡ f = g Từ (2) (3) suy Dễ thấy hàm thỏa Vậy hàm thỏa mãn yêu cầu toán 20 Bài T12/402 - THTT → ¡ thỏa mãn: Tìm tất số thực dương a cho tồn số thực dương k hàm số f : ¡  a f (x) + f (y) x+ y ≥ f( ) + k x − y ; ∀x; y∈ ¡ 2 (Là tương tự T10/328) Giả sử a số thực dương thỏa mãn đề k, f thỏa mãn điều kiện: a  x+ y f (x) + f (y) ≥ f ÷+ k x − y ,∀x, y∈ ¡ (1)   Kí hiệ u α n = k.2n(2−a) , n∈ ¥ Ta CM bấ t đẳ ng thứ c: a  x+ y f (x) + f (y) ≥ f ng PP quy nạp ÷+ α n x − y ,∀x, y∈ ¡ ,n∈ ¥ (2) bằ   Thật vậy, BĐT (2) với n = theo (1) Giả sử BĐT (2) với n = m Ap dụng liên tiếp BĐT (2) với cặp (x;y) thay cặp:  x + y   x + y   x + y x + 3y  ; y÷;  x; ;  ÷; ÷   4  cộng vế tương ứng BĐT đó, thu được:    a x− y a  x+ y  x+ y f =  ÷+ 4α m ÷+ α m+1 x − y ,∀x, y∈ ¡ a     Vậ y BĐT (2) đú ng ∀n∈ ¥ lim α = +∞ nê n BĐT (2) khô ng thỏ a mã n Nhận xét < a < x→+∞ n a Xé t a ≥ 2, chọn f (x) = x ; k = a Khi đóBĐT (1) códạng : f (x) + f (y) ≥ a x +y a a a x+ y x− y ≥ + (3) 2 Để cm BĐT (3), ta cần CM cho TH a > x > y > (khi a = x = y (3) a−1 a a a a i x> y> đẳng thức) Cố định y > 0, xét hàm số: f (x) = (x + y ) − ((x + y) + (x − y) ), vớ  y  Ta có: f '(x) = a.xa−1  2a−1 − g( ) ÷,trong đóg(t) = (1 + t)a−1 + (1 − t)a−1 laøhaø m đố ng biế n x   [0;1] nê n g(t) ≤ g(1) = 2a−1 ,∀t ∈ [0;1] Do đóf '(x) ≥ , ∀x > y vàf (x) ≥ f (y) ≥ (đfcm) Kế t luậ n: a ≥ 21 Bài T11/404 - THTT Trang: 10  2011  f (x) ≤ 2011 − ÷,∀x > y f (y)  →(0; 2011] thỏa mãn:  Tìm tất hàm số f : ¡  BĐT cho tương đương với: f (x) 2011 + ≤ ,∀x > y (1) 2011 f (y) Vì f (x) > vàf (y) > nê n theo Cauchy : f (x) 2011 f (x) + ≥ ,∀x > y (2) 2011 f (y) f (y) Từ(1) và(2) cho ta : f (x) ≤ f (y) ,∀x > y,tứ c f (t) làhà m đơn điệ u giả m trê n¡  f (x) giả m Vaä y ⇒ lim f (x) = a, a∈ (0; 2011] n) x→+∞  f (x) ∈ (0; 2011] (bòchặ  2011  Thay o đềa : ≤ 2011 − ÷ a   ⇔ a2 ≤ 2011( 2a − 2011) ⇔ (a − 2011)2 ≤ ⇔ a = 2011 Vậy f(x) = 2011 Thử lại, ta thấy hàm f(x) = 2011 thỏa mãn toán Trang: 11 III Phương pháp 3: Chuyển qua giới hạn a Vài kiến thức lưu ý Việc xét điểm đặc biệt kỹ thuật thông dụng giải phương trình hàm bất phương trình hàm Bên cạnh điểm hữu hạn 0,1 điểm ∞ điểm đặc biệt khai thác Nếu nắm vững chất giới hạn nhiều bất phương trình hàm giải phép chuyển qua giới hạn Xin ghi lại số lý thuyết hàm liên tục: ( a,b) , x0 ∈ ( a,b) Hàm số f ( x ) a/ Định nghĩa: Cho hàm số y = f ( x ) xác định khoảng lim f (x) = f (x0 ) gọi liên tục x0 x→ x0 lim− f (x) = f (x0 ) lim+ f (x) = f (x0 ) Trường hợp x→ x0 ta nói hàm số liên tục bên trái điểm x0 , x→ x0 ta nói hàm số liên tục bên phải điểm x0 ⇔ lim+ f (x) = lim− f (x) = f (x0 ) x f ( x ) x→ x x→ x 0 Vậy liên tục x Nếu hàm số không liên tục f ( x ) gọi gián đoạn điểm x0 Vậy f ( x ) gián đoạn lim f (x) lim f (x) ≠ f (x0 ) điểm x0 không tồn x→ x0 x→ x0 b/ Định lí 1: Cho hàm số f ( x ) liên tục đoạn [a; b] Khi đó: i) ii) iii) f ( x ) bị chặn đoạn [a; b] , nghĩa tồn số M > cho: f (x) ≤ M ,∀x∈  a,b f ( x ) có giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn [a; b] ∀c∈  f (a), f (b) ,∃x0 ∈  a, b : f ( x0 ) = c x ∈ a, b : f (x0 ) = Nếu f ( a ) f (b) < tồn   d/ Định lý 2: Nếu f : R → R hàm liên tục, cộng tính: f (x + y) = f (x) + f (y) (1) ∀x, y∈ R f (x) = ax ∀x∈ R (với a = const tuỳ ý) * Hệ quả: Nếu f ( x ) liên tục ¡ (hoặc ¡ +) thỏa mãn:  x + y  f (x) + f (y) f , ∀x; y∈ ¡ ÷=   f (x) = kx + b + + + e/ Định lý 3: Giả sử f : R → R hàm liên tục, nhân tính: f (xy) = f (x) f (y) ∀x, y∈ R α + Chúng minh hàm f có dạng f (x) = x ∀x∈ R (với α = const tuỳ ý) f/ Một số lưu ý: f - Nếu ( x ) liên tục đơn ánh f ( x ) đơn điệu thực - Nếu có cơng thức f ( x ) tập X ⊂ ¡ X trù mật ¡ ta có cơng thức f ( x ) ¡ b Các toán minh họa 22 OLP Toán Quốc tế 2011 Trang: 12 f:¡ ®¡ Cho hàm số thoả mãn: f ( x + y ) ≤ yf ( x ) + f ( f ( x )), ∀x , y ∈ ¡ Chứng minh f ( x ) = 0, ∀x ≤ (1) Trước hết ta chứng minh f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ Thật vậy, giả sử có a ∈ ¡ mà f (a ) > Trong (1) lấy x = a ta được: f ( a + y ) ≤ yf (a ) + f ( f (a )), ∀y ∈ ¡ lim f ( y ) = −∞ - Cho y → −∞ ta f ( a + y ) → −∞ , suy x →−∞ - Từ (1) cho y = − x ta được: f (0) ≤ − xf ( x ) + f ( f ( x )), ∀x ∈ ¡ ⇔ f (0) + xf ( x ) ≤ f ( f ( x )), ∀x ∈ ¡ (2) - Trong (2) cho x → −∞ ta f (0) + xf ( x ) → +∞ , f ( f ( x )) → −∞ , vô lý Vậy f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ - Bây thay x = y = f ( x ) vào (1) ta được: f ( f ( x )) ≤ f ( x ) f (0) + f ( f (0)), ∀x ∈ ¡ - Từ kết hợp với (1) ta có: f ( x + y ) ≤ f ( x )[ y + f (0)] + f ( f (0)), ∀x, y ∈ ¡ (3) - Trong (3) thay y = f (0) − x f ( f (0)) ≤ f ( x )[2 f (0) − x ] + f ( f (0)), ∀x ∈ ¡ hay f ( x )[2 f (0) − x ] ≥ 0, ∀x ∈ ¡ - Vì f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ nên x < f (0) f ( x ) ≥ suy f ( x ) = 0, ∀x < f (0) - Lại y = − f (0); x = f (0) − vào (3) ta được: = f (2 f (0) − 1) ≤ f ( f (0)) (4) Kết hợp với f ( f (0)) ≤ suy f ( f (0)) = Mặt khác (1) cho y = ta có f ( x ) ≤ f ( f ( x )), ∀x ∈ ¡ Do đó: f (0) ≤ f ( f (0)) ≤ f ( f ( f (0))) = f (0) Từ suy f (0) = f ( f (0)) = Vậy từ (4) có f ( x ) = 0, ∀x ≤ 23 OLP Sinh viên Quốc tế 2001 f:¡ ®¡ Chứng minh không tốn hàm số thoả mãn đồng thời f (0) > f ( x + y ) ≥ f ( x ) + yf ( f ( x )), ∀x, y ∈ (0; +∞) (1) f:¡ ®¡ Giả sử trái lại, tồn hàm số thỏa mãn (1) f (0) > Nếu f ( f ( x )) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ với y < ta có: f ( x + y ) ≥ f ( x ) + yf ( f ( x )) ≥ f ( x ) Như f hàm giảm Từ f (0) > ≥ f ( f ( x )) suy f ( x ) > 0, ∀x ∈ ¡ , mâu thuẩn Vậy phải tồn x ∈ ¡ cho f ( f ( x )) > Cố định x cho y → +∞ (1) ta được: lim f ( x + y ) = +∞, lim f ( y ) = +∞; lim f ( f ( y )) = +∞ y →+∞ y →+∞ đó: y →+∞ a +1 f ( a ) ≥ 0; f ( f ( a )) > 1; b ≥ ; f ( f (a + b + 1)) ≥ f ( f (a )) − Vì thế, tồn a > b > cho: Khi ta có: f (a + b) ≥ f (a ) + bf ( f (a )) ≥ a + b + f ( f ( a + b)) = f ( ( a + b + 1) + [ f ( a + b) − ( a + b + 1)]) Trang: 13 ≥ f ( a + b + 1) + [ f (a + b) − (a + b + 1)] f ( f ( a + b + 1)) ≥ f ((a + b) + 1) ≥ f (a + b) + f ( f (a + b)) ≥ f ( a ) + bf ( f (a )) + f ( f (a + b)) > f ( f (a + b)) Đến ta gặp mâu thuẩn Vậy không tồn hàm f thỏa mãn điều kiện nói trên, ta có điều phải chứng minh f:¡ ®¡ 24 Tìm tất hàm số thoả mãn đồng thời điều kiện: f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ), ∀x, y ∈ ¡ (1) f ( x ) ≤ e x − 1, ∀x ∈ ¡ (2)  f ( x + 0) ≤ f ( x ) + f (0) ⇒ f (0) ≥ ⇒ f (0) =  f (0) ≤ e − ⇒ f (0) ≤  Theo giả thiết ta có: Từ (1) ta có: = f (0) = f ( x + ( − x )) ≤ f ( x ) + f ( − x ) ⇒ f ( x ) + f ( − x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ (3) Từ (1) (2) ta có: x   f ( x ) = f  n n ÷ ≤ n   ⇒ f ( x ) ≤ x x n  x f  n ÷ ≤ 2n ( e − 1), ∀x ∈ ¡ 2  x 2n e −1 , ∀x ≠ 0, ∀v ∈ ¥ * x 2n (4) ex −1 =1 Do x→0 x nên từ (4) cho n → +∞ ta f ( x ) ≤ x, ∀x ≠ lim Kết hợp với f (0) ≤ ta f ( x ) ≤ x, ∀x ∈ ¡ (5) Vì f ( x ) + f (− x ) ≤ x + ( − x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Kết hợp với (3) ta f ( x ) + f (− x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Do với x ∈ ¡ ta có f ( − x ) ≤ − x ⇒ − f ( x ) ≤ − x ⇒ f ( x ) ≥ x Kết hợp với (5) suy hàm số cần tìm f ( x ) = x , ∀x ∈ ¡ Thử lại thấy thỏa mãn Trang: 14 IV Phương pháp 4: Sử dụng dãy số a Vài kiến thức lưu ý Nếu phép kĩ thuật thông dụng giải bất phương trình hàm có nhiều biến tự với bất phương trình hàm (và phương trình hàm) có biến tự do, kĩ thuật dãy số lặp giúp ta xác định giá trị hàm số điểm bất đẳng thức hàm chặt Có vài kết ý: lim f ( x ) = f ( x ) 1/ n→∞ (với f ( x ) biểu thức không phụ thuộc vào n ) lim x ≤ lim y 2/ Cho hai dãy số hội tụ ( xn ),( yn ) Khi xn ≤ yn , ∀n = 1,2, n→∞ n n→∞ n 3/ Cho f ( x ) biểu thức phụ thuộc vào x , cho A số Để chứng minh f ( x ) ≥ A ta lim u = A xây dựng dãy số (un ) n cho f ( x ) ≥ un , ∀n ( f ( x ) > un , ∀n được) n→∞ n b Các toán minh họa f:¡ ®¡ 25 Tìm tất hàm số liên tục ¡ thoả mãn: { f ( x ), f ( y )} ≤ f ( x + y ) ≤ max { f ( x ), f ( y )} , ∀x, y ∈ ¡ (1) Từ (1) lấy y = x ta f ( x ) ≤ f (2 x ) ≤ f ( x ), ∀x ∈ ¡ , nghĩa f (2 x ) = f ( x ), ∀x ∈ ¡ x x f ( x ) = f  ÷, ∀x ∈ ¡ 2 Từ thay x ta được: (2) x  x   x  f ( x ) = f  ÷ = f  ÷ = = f  n ữ, x Ă , n Ơ * 2 2  2  Sử dụng (2) liên tiếp ta được: f (x) = lim f (x) = lim f( Từ (3) f hàm liên tục ¡ , suy ra: Vậy f hàm ¡ , thử lại thấy thỏa mãn n→+∞ n→+∞ x x  ) =  lim n ÷ = f (0),∀x ∈ ¡ n n →+∞ 2  26 Cho hm s f : [0;+Ơ ) đ ¡ hàm liên tục cho f (0) = thoả mãn: f (2 x ) ≤ f ( x ) + x, ∀x ≥ Chứng minh rằng: f ( x ) ≤ x, ∀x ≥ Từ giả thiết suy với x ≥ 0, ta có: x x x x x x x x x f ( x ) ≤ f ( ) + ≤ f ( ) + + ≤ f ( ) + + + ≤ 2 4 8 x x x x x ⇒ f ( x ) ≤ f ( n ) + + + + n −1 + n , ∀x ≥ 0, ∀n ∈ ¥ * 2 2 x x x x x x x x   lim  + + + n −1 + n ÷ = + + + n + = = x n →+∞ 2 2  2  1− Ta có: Do f liên tục [0; +∞) nên từ (1) cho n → +∞ ta x x x x  x f ( x ) ≤ lim  f ( n ) + + + + n −1 + n  n →+∞ 2 2   Trang: 15 (3) x x x x x x ) + lim  + + + n −1 + n  = f ( lim n ) + x = f (0) + x = x, ∀x ≥ n n →+∞ n→+∞ n →+∞ 2 2   Vậy f ( x ) ≤ x, ∀x ≥ 27 HSG QG năm 2003 - Bảng A + → ¡ + thỏa mãn f (3 x) ≥ f( (2 x)) + x,∀x∈ ¡ Cho tập hợp F gồm tất hàm số f : ¡  = lim f ( Hãy tìm số thực α lớn cho với hàm số f thuộc tập F, ta có: f (x) ≥ α x , ∀x∈ ¡ x , ∀x > Dễ thấy hàm số thuộc F Khi với x > ta có x f ( x) ≥ α x ⇔ ≥ α x ⇔ α ≤ 2 x x α≤ f ( x ) > , ∀x > Vì f ( x ) > nên (1) thay x suy Vậy + + f ( x) = (2) 2α + α = ; α = , ∀n = 1, n + 3 Xét dãy số (α n ) sau: n * Ta chứng minh quy nạp theo n với n ∈ ¥ thì: f ( x ) ≥ α n x, ∀x > (4) Do (2) nên (4) n = Giả sử có (4) n = k Kết hợp với (1) suy với x > ta có:   2x   x   2x   x f ( x ) ≥ f  f  ÷÷+ ≥ α k  f  ÷÷+       x x 2α k + + = x = α k +1 x 3 * Vậy (4) n = k + Theo nguyên lý quy nạp suy (4) với n ∈ ¥ lim α n = Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh dãy (α n ) dãy bị Tiếp theo ta chứng minh n→+∞ 2α − 3α n + (α n − 1)(2α n − 1) α n +1 − α n = n = >0 3 chặn Từ đó: 0< L≤ lim α n = L ( α ) ( α ) Suy n dãy tăng, dãy n hội tụ Đặt n→+∞ , ≥ α k α k 0< L ≤ 2 L2 + 1 lim α n = L= ⇔ L2 − 3L + = ⇔ L = Vậy n→+∞ Từ (2) cho n → +∞ ta được: x f ( x ) ≥ , ∀x > 0, ∀f ∈ F Từ (4) cho n → +∞ ta Từ chứng minh ta giá trị α cần tìm là: 28 Tìm số thực k lớn để f ( x ) hàm số tùy ý xác định ¡ thỏa mãn bất phương trình f ( x ) − f ( x ) − f ( x ) ≥ 1, ∀x ∈ ¡ hàm: (*) f ( x ) ≥ k , ∀ x ∈ ¡ ta ln có Trang: 16 Giả sử tồn số thực k thỏa mãn toán 4 f ( x ) = , ∀x ∈ ¡ ≥k Khi thỏa mãn bất phương trình hàm (*) nên ta có Tiếp theo, ta chứng minh rằng: Nếu f hàm số tùy ý xác định ¡ , thỏa mãn bất phương trình f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ hàm (*) ta ln có 3x Từ (*) thay x ta được: 3 f ( x ) ≥ + f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡ 4 3 9 ⇒ f ( x ) ≥ + f ( x ) − f ( x ) + f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡ 4 4 ⇔ 9 f ( x ) ≥ + f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡ 4 ⇔ f ( x) ≥ + f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡ 9 4 (1) f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ Từ suy ra: (2) f ( x) − ≥ f ( x ) − f ( x ), ∀x ∈ ¡ 9 4 Từ (2) có: 16 64   f ( x) + ≥ f ( x ) − f ( x )  , ∀x ∈ ¡  81 81  4  Kết hợp (1) suy ra: 16 64 ⇔ f ( x ) + f ( x ) + − f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ ¡ 81 81 f ( x) − 4 64  ⇔  f ( x ) + ÷ ≥ f ( x ), ∀x ∈ ¡ 9 81  3x f ( x) ≥ − + f ( ), ∀x ∈ ¡ f ( x ) ≥ , ∀x ∈ ¡ 9 Vậy 4 u1 = ; un +1 = − + 3un , ∀n = 1,2, un ≥ , ∀n = 1,2, ( u ) 9 9 Ta xây dựng dãy số n sau: Khi Ta có f ( x ) ≥ u1 (∀x ∈ ¡ ) Giả sử f ( x ) ≥ un , ∀x ∈ ¡ , đó: 3x f ( x) ≥ − + 3f ( ) ≥ − + 3un = un +1 , ∀x ∈ ¡ 9 9 Theo nguyên lý quy nạp suy ra: f ( x ) ≥ un , ∀n = 1,2, , ∀x ∈ ¡ Cũng nguyên lý quy nạp ta chứng minh dãy (un ) tăng bị chặn (bởi số ) nên có giới 4 lim un = f ( x ) = lim f ( x ) ≥ lim un = , ∀x ∈ ¡ n →∞ n →∞ n →∞ Từ đó: hạn Suy Trang: 17 Vậy số k lớn phải tìm 29 Trại hè Hùng Vương lần IX Tìm tất hàm số f : ¡ ® ¡ thỏa mãn điều kiện sau: a/ f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y ), ∀x , y ∈ ¡ thoả mãn: x b/ f ( x ) ≤ e − 1, ∀x ∈ ¡ Giả sử f hàm số thỏa mãn tốn Ta có: f ( x + 0) ≤ f ( x ) + f (0) ⇒ f (0) ≥ 0 Mà f (0) ≤ e − = Vậy suy f (0) =  2x   4x  x x x x f ( x ) ≤ f ( ) + f ( ) ≤  e − 1÷ f ( x ) ≤ f ( ) + f ( ) ≤  e − 1÷ 2 2     Theo đề: Suy  xn  f ( x ) ≤ 2n  e − 1÷, ∀n ≥   Sử dụng quy nạp, chứng minh được:  2x0n  n f ( x0 ) ≤  e − ÷, ∀n ≥   Cố định x0 ∈ ¡ (1)   x0n   e −    ÷  n  x0n     lim an = lim   e − 1÷, = lim x0 , = x0 x0   x  n       2n  an = 2n  e − 1÷, ( a )      n Xét dãy với ta có: Từ (1) suy f ( x0 ) ≤ x0 hay f ( x ) ≤ x, ∀x ∈ ¡ Vậy f ( x ) + f (− x ) ≤ x − x = 0, ∀x ∈ ¡ Mà từ a) ta có: f ( x ) + f ( − x ) ≥ f (0) = 0, ∀x ∈ ¡ Kết hợp (2), (3) ta f ( x ) + f (− x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Hay f ( x ) = x, ∀x ∈ ¡ Thử lại thấy (2) (3) 30 Belarus 1997 + + + thỏa mãn f (2 x ) ≥ x + f ( f ( x )), ∀x ∈ ¡ + Chứng minh rằng: f ( x ) ≥ x, ∀x ∈ ¡ Cho hàm số f : ¡ ®¡ x, ∀x ∈ ¡ + Từ giả thiết ta có a1 = x0 ∈ ¡ + f ( x ) > a1 x Khi đó: Cố định đặt x x x x + a12 + a12 f ( x ) ≥ + f ( f ( )) > + a1 f ( ) > x = a2 x a2 = 2 2 2 với Dùng quy nạp, ta chứng minh được: f ( x ) > an x , ∀n ≥ với ( an ) xác định bởi: f ( x) > Trang: 18 1 + an a1 = ; an +1 = ,n ≥ 2 + Dễ thấy lim an = nên từ f ( x ) > an x , ∀n ≥ suy f ( x ) ≥ x Vậy f ( x ) ≥ x, ∀x ∈ ¡ / Trang: 19 C Phần KẾT LUẬN Rút vấn đề quan trọng đề tài Những kết luận quan trọng nội dung, ý nghĩa thực chuyên đề “Một số phương pháp giải bất phương trình hàm” tơi đưa phương pháp giải bất phương trình hàm Chun đề có phân tích đầy đủ chi tiết phương pháp cách thức áp dụng kiến thức liên quan việc giải tốn Chun đề chúng tơi cập nhật tổng hợp dạng toán kì thi Olympiad nước, khu vực quốc tế chủ đề bất phương trình hàm Hệ thống tập đưa theo thứ tự tăng dần độ khó để người đọc thấy ứng dụng đặc biệt hướng tư có liên quan đến vận dụng kiến thức kết hợp thao tác tư khác để giải toán Các tập có lời giải tập đặc trưng cho dạng tốn bất phương trình hàm kì thi gần đây, tập phù hợp với buổi dạy bất phương trình hàm cho học sinh đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, cấp Quốc gia Hy vọng chuyên đề “Một số phương pháp giải bất phương trình hàm” góp phần nhỏ vào q trình giảng dạy bồi dưỡng đội tuyển phần phương trình hàm mong nhận ý kiến đóng góp đồng nghiệp để chuyên đề hoàn thiện Đưa đề xuất, ý kiến Để giảng dạy có hiệu phần bất phương trình hàm giáo viên cần trang bị cho học sinh kiến thức tảng tất mảng đại số, giải tích số học có liên quan Đối với học sinh lớp 10 giáo viên cần giảng dạy đầy đủ chi tiết chuyên đề phương (bất) trình hàm đơn giản để hình thành thói quen thao tác tư môn học, theo chúng tơi chọn số sách để giảng dạy như: phương trình hàm tác giả Nguyễn Trọng Tuấn, Functional Equations tác giả B J Venkatachala… Để giảng dạy hiệu phần phương (bất) trình hàm giáo viên nên chọn ví dụ phù hợp phân tích chi tiết cho em cách sử dụng kiến thức liên quan, cách dự đốn tính chất đặc trưng lại sử dụng tính chất tình Chuyên đề kế thừa chuyên đề chủ đề này, đồng thời chuyên đề đưa hệ thống tập tương đối cập nhật kì thi học sinh giỏi Cách giải vấn đề chuyên đề đưa theo phương hướng yêu cầu đặt kì thi học sinh giỏi năm gần Trang: 20 MỤC LỤC Trang: 21 ... đề Một số phương pháp giải bất phương trình hàm tơi đưa phương pháp giải bất phương trình hàm Chun đề có phân tích đầy đủ chi tiết phương pháp cách thức áp dụng kiến thức liên quan việc giải. .. −1 với x ∈ ¡ II Phương pháp 2: Sử dụng tính đơn điệu hàm số a Vài kiến thức lưu ý Trong giải tốn bất phương trình hàm, tính đơn điệu hàm số tính chất mạnh mà ta khai thác a Hàm số đơn điệu: ⇔... Tỉnh, cấp Quốc gia Hy vọng chuyên đề Một số phương pháp giải bất phương trình hàm góp phần nhỏ vào trình giảng dạy bồi dưỡng đội tuyển phần phương trình hàm mong nhận ý kiến đóng góp đồng nghiệp