chuyen de phuong trinh ham

Thử lại thấy hàm số này thỏa yêu cầu đề bài... Theo tính chất 3 ta suy ra.[r]

CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH HÀM f  u ( x)  Dạng 1: Tìm f(x) , biết = v(x) 1 Đặt t = u(x) , tính x theo t : x = u (t) Thế vào biểu thức đã cho ta f(t) = Khi đó thay t x ta : f(x) Ví dụ 1: Tìm hàm số f(x) biết : 1, f(2x + 1) = 7x + 1  f  x   x  x 0 x x 2,  v  u  (t )  Hướng dẫn giải t1 x 1, Đặt t = 2x +   t  1 7  5  t  2 Hệ thức đã cho trở thành : f(t) =   x Vậy f(x) = 1 x   t  x    x  t  x x x 2, Đặt t = t2  Do đó f(t) = Vậy f(x) = x  Bài tập tự luyện: 1, Tìm hàm f(x) biết : a)   f x  x 1  x  x 1 x  x2 1 Nhân lượng liên hợp f ( x)  x ĐS:  3x   x  f  x  2, x 1  b)  x   x  Hướng dẫn giải 3x  2t 1 t  x x  3 t Đặt 2t 1 1 x 1 t 4 3 t   t  x  3t  3 t Dạng 2: Tìm f(x) biết f (t )  t4 x4  f ( x)  3t  3x  a f  u ( x )  b f  v( x)   r ( x) f  u ( x)  f  v( x ) Từ hệ thức đã cho suy hệ thức chứa và f  u ( x) f  v( x ) Ta hệ pt chứa ẩn và Giải hệ này ta đưa bài toán dạng Ví dụ 1: * a.f(x) + b.f(–x) = C Thay x – x ta a.f(–x) + b.f(x) = C ( ) * a.f(x) + bf x = C  1 1     Thay x x ta a.f  x  ta a.f  x  Ví dụ 2: Tìm hs f(x) biết : 1, 2.f(x) – f(–x) = x  12 x   1 f  2, (x – 1) f(x) +  x  = x  + b.f(x) = C  x 0, x 1 Hướng dẫn giải 1, Ta có : 2.f(x) – f(–x) = x  12 x  Thay x – x thì đẳng thức trở thành f ( x)  f ( x)  x 12 x  (1) (2) Nhân vào hai vế (1) xong cộng với (2) theo vế ta f ( x ) 3x  12 x  12  f ( x )  x  x3  1 f  2, Ta có : (x – 1).f(x) +  x  x  (3) 1    1 x  Thay x x thì đẳng thức này thành: 1 x   x f    f ( x)  1 x  x Hay x 1 x Nhân x vào hai vế (3) ta được: 1 f    f ( x)   x 1 x (4)  x2  x 1 1 x   f ( x)  f    x x x (5)  x Lấy (4) trừ (5) theo vế ta được:   x  x  1 x f ( x)   1  x 1 x x    x2  x 1 x2  x 1 f ( x)  x (1  x ).x Suy : f ( x)   f ( x)  1 x 1 x Bài tập tự luyện: Bài 1: Tìm hàm f(x) biết : a) f ( x)  xf (  x)   x (1) Thay x – x ta được: f ( x )  xf ( x )   3x Từ (1) và (2) ta có hệ: 6 x ( f  x)  f ( x ) 4  x  2 6 xf ( x )  x f ( x ) 6 x  x f ( x)   x    x  f ( x) 1  f (0) 0  f ( x )  f ( x  1)  x x b) f(x) là đa thức bậc ba thỏa:  Hướng dẫn giải (2) Vì f(0) =  f ( x) ax  bx  cx (1)  f ( x  1)  a( x  1)  b( x  1)  c( x  1) 2 = ax  3ax  3ax  a  bx  2bx  b  cx  c (2) = ax  (3a  b) x  (3a  2b  c) x  (a  b  c )  f ( x )  f ( x  1) (b  3a  b) x  (2b  3a) x  (a  b  c) x  a 3 3a 1  x3 x x     2b  3a 0  b   f ( x)     a  b  c 0    c 6    a 3  f (0)  d 0   f (1) 1 a  b  c 1       b    f (2) 5 8a  4b  2c 5   f (3) 14 27a  9b  3c 14  c 9  Cách khác :  1 f 1   x  Bài : Tìm hàm số f(x) biết  x  Hướng dẫn giải 1 u 1   u   x  (u 1) x x u Đặt Thay u 1  ( x 0) 1 x x và u  vào pt đề bài ta có:    (u  1)2  u2  2u  2u  u f (u)        (u  1)2 (u  1)2 (u  1)2  u  1  x2  2x f (x)  ( x  1)2 với x 1 Đổi k/h biến số ta được:  x  f ( x )  xf  x   (*)  2x   tìm h/số này biết Bài 3: Cho h/số f(x) xđ với Hướng dẫn giải x u u  x  xu  u  x  u 2x  2u  với Đặt x u u x x  và 2u  vào (*) ta Thay  u  u f f (u) 2   2u   2u  Đổi u thành x ta   x   f ( x )  xf    (1)   2x     x  x  x f ( x)  f  x   f  f ( x )     2x  2x      2x   2x  ta hệ : (2) 2(2 x  1)  f ( x)  x * x 1 * x = ta thay x = vào (1) : f(1) + f(1) = 1 neáu x =  f ( x )   2(2 x  1) neáu x 1 vaø x    x Tóm lại:  f(1) = Bài x y Tìm ( xác định) h/số f(x) thỏa: f ( x  y )  f ( x ) f ( y )  2002 với x, y  R (*) Hướng dẫn giải Thay x = , y= vào (*) ta có : Với f (0)   f (0) f (0)   f (0)   f (0) 1  20020 1 (1) (2) Từ (1), (2)  f (0) 1 Thay y = – x vào (*) f (0)  f ( x ) f ( x )  2002 1  f ( x ) f ( x ) 1 (3) x Lại cho y =  f ( x )  f ( x )  2002 (4)  f ( x )  2002 x (5)  f ( x)  Ta có (3) 1   2002 x (6) f ( x ) 2002 x theo (5) x Từ (4) và (6) ta suy : f ( x )  2002 Đảo lại xem h/số f ( x ) 2002 Ta nhận thấy f(x) thỏa yêu cầu bài toán x Vậy f ( x )  2002 x Dạng 3: Tìm hai hàm f(x) và g(x) biết: af  u( x )  bg  v( x ) r( x ) (1)  cf  p( x )  dg  q( x ) s( x ) (2) Khử f g để đưa dạng dạng  f ( x ) và g(x) Ví dụ : Khử f : 1 Trong (1) đặt t = u(x) thì x  u (t ) nên (1) thành af(t)  bg  v(u (t))   r  u (t)  (3) 1 Trong (2) đặt t = p(x) thì x  p (t ) nên (2) thành cf (t )  dg  q( p  (t ))  s  p  (t ) (4) Từ (3) và (4) khử f(t) Ví dụ 1: Tìm hai hàm f(x) và g(x) cho:  xf ( x  1)  g( x  1) 2 x ( x  1)  11 (1)   1  x  10 x   1 f  xg  ( x 0 vaø x  ) (2)     x x  x    Hướng dẫn giải Đặt t = x +  x = t – và đó (1) trở thành: (t  1) f (t )  g(t )  2(t  1)t  11  (t  1) f (t )  g(t )  2t  2t  11 (3) 1 t  x x t đó (2) trở thành: Lại đặt 10 2  t t  (2   10 )t  tf (t )  g(t ) 2t  2t  10 f (t )  g(t )  t t t2 t (4) Cộng (3) và(4) theo vế ta được: (2t  1) f (t ) (2t  1)  1 0  t  x  2 Vậy f(x) = 2x –  Suy f(t) = 2t – với 2t – Mặt khác thay f(t) = 2t – vào (4) ta được: t(2t  1)  g(t ) 2t  2t  10  2t  t  2t  2t  10 g(t)  t  10 g(t ) Vậy g(x) = x + 10 Bài tập: Tìm các hàm f(x) và g(x), biết:   f ( x  6)  g(2 x  15)  ( x  2) (1)  a,   f  x    g( x  5) x  (2)    Hướng dẫn giải Đặt u = x +  x = u – f (u)  g(2u  3)  u (3) Thay x = u – vào (1) ta có : x 2 t  x 2t  2 Đặt Thay x = 2t – vào (2) , ta có: f(t) + g(2t+3) = 2t + (4) Đổi u và t thành x, ta có:  x 4  f ( x )  g(2 x  3)  (3)    f ( x )  g(2 x  3)  x   x  12  3x  f (x)  g(2 x  3)  2 Giải hệ ta và y Đặt y = 2x + Thay vào biểu thức g ta được: 3y  3x  g( y )   g( x )  4 x  Tóm lại ta đã tìm f(x) và g(x) sau:  f (2 x  1)  g(1  x)  x       x  f  g     3  x 1 x      b)  u 1  x Đặt u = 2x –  x  12  f ( x )    g( x )   x   1–x = 1 u 1 1 u  2  1 u   1 x  u 3 x 3  f ( u)  g   f (x)  g  (1)    2     Đặt  v  1  x  1 x v v   x  f ( v)  g     f ( x)  g   3 x 1 1 v       1 x  x  (3)  f (x)  g         f (x)  x    x  f ( x)  2g    (4)     Từ (1),(2)  1 x  x  3 x g  x  2 Thay vào (1) ta có :   1 x 3 x  x   2t ; 1  t Đặt t =  g(t)   t  g( x ) 1  x BÀI TẬP NÂNG CAO Bài 1: Tìm hàm số y = f(x) biết rằng: f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1 x , y  R Hướng dẫn giải Xét pt : f(x.y) + f(x – y) + f(x + y + 1) = x.y + 2x +1 (1) Từ (1) cho y = – , y = ta được: f ( x )  f ( x  1)  f ( x )   x  x   x  (2) f (0)  f ( x )  f ( x  1)  x  Từ (2), (3)  f ( x )  f (0)   x Đặt t = – x  f (t )  f (0) t  f (t )  t  f (0)  (3) Đặt g(t) = f(t) – t ta có g(t) = f(0) – = g(0) t Để tính g(0) ta viết (1) dạng f ( x.y)  xy  f ( x  y)  ( x  y)  f ( x  y  1)  ( x  y  1)   g ( x.y)  g( x  y)  g( x  y  1) 0 Lấy x = y =  g(0)  g(1) 0 Do g(t) = g(0) t Do đó : f (t)  t 0 t  f ( x)  x x Bài 2: Cho hàm f(x) với biến số thực x, không đồng thỏa pt: (*) f(x).f(y) = f(x – y) x , y Tìm f(x) Hướng dẫn giải Cho x = a với f (a)  ta có : (*)  f (a) f ( y )  f (a  y ) a tồn vì f(x) không đồng Thay y = ta có : (1)  f (a) f (0)  f (a)  f (0) 1 (1)   f ( x )  f (0) 1 Thay y = x từ (*)  x  x x  f ( x ) f    f   2  2 Thay y = từ (*) (2)   x  f ( x )  1 f     2 (3) (2)   f ( x ) 1       f ( x ) 1  f ( x ) 1   x    f   0    Từ (2) và (3) Vậy f(x) =  x Bài 3: Tìm hàm số f(x) nếu:  f ( x  y )  f ( x  y ) 2 f ( x ) cos y x, y (1)      f (0)  f   1    Hướng dẫn giải Trong (1) cho x = , y = t ta có: f (t )  f ( t )  cos t (2)   t , y ta có: f (  t )  f (t )  Trong (1) cho x = (3)   x  , y  t 2 Trong (1) cho ta có: f (  t )  f ( t )   2sin t (4) Cộng (2) với (3) ta được: f (  t )  f (t )  f ( t )  cos t (5) Lấy (5) trừ (4) ta : f (t )  2(cos t  sin t )  f (t )  cos t  sin t (6)   f (0)  f   1 2 Rõ ràng (6) thỏa mãn (1) và Vậy hàm cần tìm là: f ( x ) cos x  sin x Bài 4: Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa điều kiện f ( x )  f (2 x ) x  R Tìm hàm số f(x) Hướng dẫn giải  x  x   x  f ( x )  f    f     f  n  2 2  2  Theo đề bài suy ra: x 0 n Khi n   thì  x  f  n   f (0) n   Mà f(x) là hàm liên tục nên    x  lim f ( x ) lim f  n   f (0) x  R n  n    Tức là : Điều đó chứng tỏ f(x) không đổi với x hay f(x) = c = số Thử lại ta f(x) = c thỏa điều kiện đề bài   8x  f (x)  f    (1) x x    Bài 5: Tìm hàm f(x) biết Hướng dẫn giải 8 1 8(1  u)u2 8(1  u)u u  ( x 0)  x   u   x u u(1  u )  u2  u2 Đặt 1  8(1  u)u  f    f (u)  (u 0)  u2 u   1 8(1  x ) x f    f (x)  (2) x  x   Hay x 0    8x  (1) 3 f ( x )  f      x  x 1 x 0   f ( x )  f   8( x  1) x (2)    x2 1  x   1 f  Như f(x) và  x  là nghiệm hệ:  1 f  Giải hệ (1) và (2) cách khử  x  ta ( x  1)( x  3) f ( x)  x 0 x2 1 Bài 6: Cho hàm số f(x) xác định trên R và bị chặn ( a; a) với a là số dương  x f ( x)  f    x  x R (1) 2   cho trước và thỏa điều kiện: Hãy tìm hàm số f(x) Từ (1) suy ra: Hướng dẫn giải  x  f  x f(x)    x  x  x f   f    2 2 2   x   x x f   f   2  2   23   x   x  x f  n   n1 f  n1   n n 2  2  Cộng các đẳng thức trên vế theo vế ta được:   x  1  f ( x )  n 1 f  n 1   x     n  (2) 2  2   a x a Với x nào, ta cần chọn n đủ lớn , ta có: Mặt khác vì f(x) bị chặn khoảng ( a; a) nên tồn số c cho  x  f  n 1   c x   2  f ( x )  x  n 1 x 1   Từ (2) ta cho n thì ta : f ( x)  x Thử lại thấy hàm số này thỏa yêu cầu đề bài Vậy Bài 7: Tìm các hàm số f xác định và đồng biến trên R thỏa hệ thức sau: 1  f  f ( y)  x  4 x  y  4  với x , y  (1) Hướng dẫn giải 1  f  f ( y )  y  1 y  vào (1) ta có :  Thay 1   f  f (0)  1 4  Thay x = y =0 (3) x  (2)  1    f  f ( y )  y   f  f (0)    4  Từ (2) và (3) Do f đồng biến trên R nên 1 (4)  f ( y)  y  f (0) y  R 4 (5) Do đó f ( y ) 2 y  f (0) y  R (4) f ( y) Thay x = vào (1) ta được: y   f ( y)  f ( y )  y   f (0)  (6) f(0) = Từ (5) f(0) = f(y) – 2y (7) y   f ( y)  f ( y)  y   f ( y)  y  Từ (6) , (7)  Thử lại thấy f(x) = 2x + thỏa yêu cầu đề Bài 8: Tìm hàm số y = f(x) thỏa điều kiện  1 2x x    f ( x ) f '( x )  f (x)   f (0) 1  Giải  2x f ( x ) f '( x )  x     f ( x ) f ' x 1  x   f ( x )   Từ Ta có 3 Vậy : ,   3  f (x) f '(x)   f (x)    6x   f (x) 3x  3x  c  f ( x ) , 3 ( C là số )  f ( x)  3x  3x  c Do f (0)    c 1  c 1 Vậy f ( x )  x  x  Bài 9: Hãy tìm hàm số y = f(x) biết 3 x f '( x )  x f " ( x )  x 0 (1)  '  f (1) 1 f ( 2)  Giải ' (1)   x f '( x )   x f '( x )  x  c1 c  f '( x )   13 x x c   1  c1  1 Do f’(1) =  1   f ( x )    c2 x x x x 1 Do f ( 2)     c2   c2  2 4 1 f ( x)    x x Vậy Bài 10: Cho P(x) là đa thức bậc n thỏa mản điều P(x)   x CMR: P(x) + P’(x) + P”(x) + + P(n)(x)   x Giải Do P(x)   x gọi P(x) = anxn + an – xn – + + a1x + ao thì n là số chẵn và an > Xét hàm số : F(x) = P(x) + P’(x) + P”(x) + + P(n)(x) Khi đó F(x) là đa thức bấc n, với hệ số xn chính là an Do F(x) là hàm liên tục và an > n chẵn, nên F(x) phải đạt giá trị bé Giả sử minF(x) = F(xo) đó ta có F’(xo) = Do P(n + 1)(x)   F’(x) = P’(x) + P”(x) + + P(n)(x)  F’(x) = F(x) – P(x) Như từ F’(xo) =  F(xo) = P(xo) Do P(x)   x  F(xo) = P(xo)  Hiển nhiên ta có F(x)  F(xo)  x  F(x)   x  đfcm  f '( x )  ĐỀ HỌC SINH GIỎI CÁC NĂM TRƯỚC Đề 1: ( 2008) Cho hàm số f : R  R thỏa mãn tính chất sau: f(1) = f( x + y ) – f(x) – f(y) = 2xy f (x) x 0 f( x ) = x Tính f  2008  Giải  Từ tính chất cho x = f(y) – f(0) – f(y) =  f(0) = (1) t t t2 t Đặt x = y = ta : f(t) – 2f( ) = (2) 2  1 f   2f    t t Tương tự đặt x = y = t ( t 0 ) ta :  t  Theo tính chất ta suy   ft  2 1 f     4  t   t     2   t f   2  f     4 t t  2   t f   1   4  f    t t t  2   t f  2 f (t )   4   t t t  2     f (t) (Thay f    ) t t  t 16 f      f (t )  2t  f  t   f t  t t 0 (3)     t4 t4 t4  2  t t2  t  f ( )  f (t )  t  f (t )  f ( )   2     8 f ( t )  f (t )  t 8 f ( t )  f (t )  t  2 Từ (2) và (3) ta có hệ   f (t) 3t  f (t )  t t Thử lại hàm số nầy thỏa mãn ba tính chất Vậy f   2008  2008 Đề 2: Cho tam thức bậc hai f(x) = x2 + px + q với p, q là các số nguyên CMR Tồn số nguyên K để f (K) = f( 2009 ) f( 2010 ) Giải Ta chứng minh: f [ f(x) + x ] = f(x) f( x + 1) Thật : f [ f(x) + x ] = [ f(x) + x ]2 + p [ f(x) + x ] + q = f2(x) + 2f(x).x + x2 + p.f(x) + p(x) + q = f(x) [ f(x) + 2x + p ] + x2 + px + q = f(x) [ f(x) + 2x + p ] + f(x) = f(x) [ f(x) + 2x + p + ] = f(x) [ x2 +px + q +2x + p + ] = f(x) [ (x +1)2 + p(x + 1) + q ] = f(x) f(x + 1) Vậy f [ f(x) + x ] = f(x) f(x + 1) Với x = 2009 đặt K = f (2009) + 2009 ( K   ) Thế thì: f ( K ) = f [ f( 2009) + 2009 ] = f ( 2009).f ( 2009 + 1) = f ( 2009).f ( 2010) Vậy số K cần tìm là K = f ( 2009) + 2009 - - - - - Hết - - - - - Biên soạn: LÊ VĂN QUANG A/ MỤC TIÊU: - Cung cấp cho học sinh số cách tìm hàm số đơn giản và số đề thi học sinh giỏi tỉnh nhằm nâng cao và mở rộng kiến thức cho học sinh khá giỏi - Là tài liệu nội cho giáo viên tổ tham khảo B/ NỘI DUNG: Chủ đề gồm có phần: - Các cách tìm hàm số đơn giản - Các dạng bài tập luyện tập và bài tập nâng cao