VẬN DỤNG các đặc TRƯNG của hàm số SÁNG tạo một số kỹ THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH hàm TRÊN t08

3 2-Tóm tắt các phương pháp thông thường giải phương trình hàm trên � dựa trên các đặc trưng của hàm số ……….... VẬN DỤNG CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM SỐ SÁNG TẠO MỘT SỐ KỸTHUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

VẬN DỤNG CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM SỐ

SÁNG TẠO MỘT SỐ KỸ THUẬT

MỤC LỤC

Trang

MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT……… 1

A Đặt vấn đề ………

………

2 B Nội dung ………

… 3 I Các phương pháp thông thường giải phương trình hàm trên � dựa trên các đặc trưng của hàm số 3 1- Quan điểm về đặc trưng của hàm số ……… ………… 3

2-Tóm tắt các phương pháp thông thường giải phương trình hàm trên � dựa trên các đặc trưng của hàm số ……… 4

2.1 - Phương pháp sử dụng ánh xạ (Đơn ánh, toàn ánh, song ánh)……

2.2 - Phương pháp sử dụng tính đơn điệu……….

2.3 - Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số……….

2.4 - Phương pháp sử dụng tính khả vi của hàm số………

2.5 - Phương pháp sử dụng điểm bất động của hàm số……….

4 15 19 24 28 II Một số ý tưởng khai thác các đặc trưng của hàm số sáng tạo kỹ thuật giải phương trình hàm trên � 33 2.1 – Khai thác tập xác định và tập giá trị ……… 33

2.1.1 – Xét hàm số trên tập con của tập xác định ………. 33

2.1.2 – Khai thác tính chất của tập giá trị ………. 38

2.2 – Khai thác các đại lượng (biến, hàm) gia giảm ………. 44

2.3 – Sử dụng tính tuần hoàn của hàm số ……… 51

III Một số bài tập vận dụng ……… 57

C Kết luận ………

… 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO………. 60

MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT

DHBB Thi Olympic khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc BộIMO Olympic Toán học quốc tê

…X…MO Olympic Toán học khu vực/quốc gia X

VMO Thi học sinh giỏi Quốc gia môn Toán của Việt NamAPMO Olympic Toán học khu vực Châu Á Thái Bình DươngUSA MO Olympic Toán học My

MEMO Olympic Toán học khu vực Trung ÂuTST Thi chọn đội Quốc gia dự thi Quốc tê

Đpcm Điều phải chứng minh

VẬN DỤNG CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM SỐ SÁNG TẠO MỘT SỐ KỸ

THUẬT GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN � A.ĐẶT VẤN ĐỀ

Phương trình và bất phương trình hàm là một trong những nội dung Toán họctổng hợp, nó có thể bao gồm nhiều phân môn Đại số, Số học, Giải tích, Hình học.Bài toán phương trình hàmcó mặt trong hầu hêt các kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán,bởi vậy đây là nội dung rất quan trọng trong chương trình Toán THPT chuyên vàtrong các đợt tập huấn các đội tuyển học sinh giỏi

Đối với học sinh chuyên Toán, bên cạnh việc rèn luyện năng lực tư duy độclập cho học sinh thì việc tạo thói quen làm việc theo quy trình là yêu tố nền tảngquan trọng đi đên tư duy sáng tạo Tuy nhiên bất cứ một quy trình nào cũng có thể

có hoàn cảnh không ứng dụng thành công, đòi hỏi có những thay đổi Trong việcgiải Phương trình hàm cũng không ngoại lệ Do đó trong quá trình dạy học sinhchuyên Toán và bồi dưỡng các đội tuyển, tác giả luôn trăn trở tìm kiêm nhữnghướng đi có lợi hơn cho học sinh Đây chính là nguồn gốc của quá trình nghiên cứu

và hình thành báo cáo này

Trong báo cáo chuyên đề này, bên cạnh việc hệ thống lại một số phương phápthông thường giải phương trình hàm dựa trên các đặc trưng của hàm số, tác giả sẽtrình bày một số ý tưởng trong việc khai thác các đặc trưng của hàm số

Các phương pháp thông thường giải phương trình hàm dựa trên các đặc trưng của hàm số bao gồm:

- Phương pháp sử dụng ánh xạ (đơn ánh, toàn ánh, song ánh)

- Phương pháp sử dụng tính đơn điệu

- Phương pháp sử dụng tính liên tục

- Phương pháp sử dụng tính khả vi

- Phương pháp sử dụng điểm bất động.

Một số ý tưởng khai thác các đặc trưng của hàm số vào việc giải phương trình hàm:

- Khai thác tập giá trị, tập xác định của hàm số.

-Sử dụng các đại lượng (biên, hàm) gia giảm.

- Sử dụng tính tuần hoàn của hàm số.

B NỘI DUNG

I.CÁC PHƯƠNG PHÁP THÔNG THƯỜNG GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM TRÊN � DỰA TRÊN CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA HÀM SỐ

1– Quan điểm về đặc trưng của hàm số

Trong phần này ta làm rõ về cách gọi “đặc trưng của hàm số”

Quan điểm 1: Đặc trưng của hàm số là tính chất gắn riêng, chỉ dạng hàm số

đó có Ví dụ trong [2], tác giả Nguyễn Văn Mậu nêu các đặc trưng của một số hàm

sơ cấp nhằm mô tả bức tranh mang tính định hướng, gợi ý và dự đoán công thứcnghiệm của bài toán liên quan Chẳng hạn với hàm f x  ax b có tính chất đặctrưng là 1     , ,

Quan điểm 2:Mỗi hàm số cụ thể nó có nhiều mặt (thông tin, thuộc tính) để

phản ánh về hàm số đó, bao gồm: Tập xác định, tập giá trị, tính chất chẵn lẻ, tínhđơn điệu, thuộc loại ánh xạ nào, tính tuần hoàn, tính liên tục, tính khả vi, tính khảtích, … Người ta cũng gọi mỗi mặt như vậy như một đặc trưng của hàm số

Báo cáo này sẽ sử dụng đồng thời cả hai quan điểm như đã nêu bởi các lí dosau đây:

- Mỗi hàm số cần xác định nó đều mang trong mình các thuộc tính chung củalớp hàm mà nó thuộc vào và cũng có những thuộc tính riêng biệt của duy nhất nó

- Mỗi bài toán Phương trình hàm cụ thể có thể cho đáp số là một họ các hàm

Định nghĩa: Cho hai tập hợp khác rỗng X và Y Nêu với mỗi phần tử x thuộc X, quy

tắc f đặt tương ứng x với phần tử xác định duy nhất y thuộc Y thì ta nói f là một ánh

xạ đi từ X vào Y, kí hiệu là : f X � Khi đó nói Y y f x  hay y là ảnh của x, x là

b) Phương pháp và dấu hiệu sử dụng ánh xạ:

Với mục đích chung là khai thác có hiệu quả các phép thê đặc biệt, phươngpháp sử dụng ánh xạ tập trung ở hai kiểu suy luận chủ yêu là:

+ Khi có f là đơn ánh, song ánh thì f u x     f v x    �u x  v x  .

+ Khi có flà toàn ánh, song ánh thì với mỗi b thuộc tập đích Y sẽ tồn tại số a thuộc tập nguồn X mà f a   Thông thường suy luận này để tính các giá trị đặcb

biệt f    0 , f 1 , … Ở một góc độ khác, khi có flà toàn ánh và u f x    v f x    chophép ta đổi về phương trình đơn giản hơn là u t   v t .

Dấu hiệu: Trong hầu hêt các bài toán phương trình hàm có biểu thức hàm hợp dạng

Kí hiệu P u v chỉ việc thay  ;  x y bởi ;   u v vào (1).;

+ P x ;0 � f f x     f x   2 ,x x Điều này dẫn đên f là đơn ánh Thậtvậy, giả sử có f a    f b thì suy ra 2a f f a     f a   f f b     f b  2b nên a b .

+ Thử lại thấy f x   x x, là hàm thỏa mãn yêu cầu.

Ví dụ 2 [VMO 2016] Tìm tất cả các giá trị thực của a để tồn tại hàm : f � ��thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i) f  1 2016,

 

f x y f y  f x ay x y ��

Ngược lại, khi a2016 2017� thì ta thử tìm kiêm hàm f ở dạng hàm đa thức bậcnhất, bằng cách cân bằng hệ số trong ii) ta chọn được f x  2016 ,x x Điều nàychứng tỏ khi a2016 2017� thì tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài.

Phân tích: Quan sát đề bài ta có một số suy đoán, định hướng như sau:

- Tính toán các giá trị đặc biệt, các trường hợp đặc biệt (f  0 ; f x  � ).c

- Liên hệ các đẳng thức về  x�1  y�1 xy�x y  1 … ta dự đoán vàphát hiện ra hai đáp số f x  � x1 .

- Bài toán có dấu hiệu của việc dùng ánh xạ, kêt hợp đáp số đã dự đoán và tính

đối xứng, sự không có mặt của các biên tự do bên ngoài kí hiệu hàm f dẫn

đên ý tưởng dùng đơn ánh theo kiểu “Viète”

Lời giải: Giả sử hàm :f � �thỏa mãn (1): �

Trường hợp 1: Nêu x0 � 1 mà f x 0 0 thì từ (3), cho x x  0 thu được f  0 0;kêt hợp với (3) suy ra f x  0 với mọi x Thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu.

Trường hợp 2: Nêu chỉ có f  1 0, nghĩa là: f x  0 khi và chỉ khi x = 1.

+ Từ (2) và trường hợp đang xét có     2    2  

Ta chỉ cần xét khả năng f  0 1, trong khả năng ngược lại f  0  1 thì ta thay

đổi hàm f bởi hàm f thì đề bài không thay đổi và quy được về khả năng f  0 1.Vậy f  0 1 và f  1 0.

+ P x ;1 �1 f x  1 f x ,x� f x n   f x    n x n, , ��

+ Ta chỉ ra chỉ có duy nhất x = 0 thỏa mãn f x  1 (5)

Thật vậy, giả sử có a�0 mà f a  1 thì ta có f a  1  f a    1 1 1 0, như vậy

có giá trị thứ hai là a1 khác 1 mà f a  1 0, mâu thuẫn với trường hợp đang xét.

+ Chứng minh f là đơn ánh: Xét f x 1  f x 2 , tồn tại N nguyên dương đủ lớn

mà

1 2

+ Trở lại (3) với f  0 1 suy ra f f x     f x    1, x Trong đẳng thức này ta

Kí hiệu P u v chỉ việc thay  ;  x y bởi ;   u v vào (1).;

+ Xét đồng thời P x y và  ; P x y ;  suy ra    2    2

,

+          2

tại a�� mà f a  0, khi đó cũng có f   a 0 Sử dụng đồng thời P 0;a và

Lập luận ở đây cũng chứng tỏ

là f x chỉ bị triệt tiêu duy nhất tại điểm x = 0. 

+ Trong (4) thay m   n thì thu được f m   f     � , điều này chứngm 0, m 0

tỏ f là hàm số lẻ Từ đây suy ra f m n   f m   f n ,  (5) m n,

Bây giờ ta chỉ ra f x tăng ngặt Thật vậy, với   x  y thì x y  , theo (2)0

có f x y  � , theo (5) có  0

f x  f x y y   f x y  f y �  f y  f y ,

dấu bằng chỉ xảy ra khi và chỉ khi f x y   0, mà f chỉ triệt tiêu duy nhất

tại điểm 0 nên phải có x = y, điều này không xảy ra Vậy x y � f x   f y  .

+ Giả sử tồn tại x mà f x   x , do f tăng ngặt nên f f x     f x   x Lại có

  , suy ra x f x  , có điều mâu thuẫn.

Chứng minh tương tự cũng không tồn tại x mà f x  x, theo đó có f x   x x, .Thử lại thấy kêt quả này thỏa mãn yêu cầu

Kí hiệu P u v chỉ việc thay  ;  x y bởi ;   u v vào (1).;

+ Cố định giá trị x, xét f a   f b , kêt hợp P x a P x b suy ra    ; , ;

2 2

+ Đặt f  0  ; tồn tại a b mà f b   Khi đó 0 P a b ; � f a 2 ahay

cả hai kêt quả này thay vào (1) ta được f x 2  f y    f x 2  f f y   ,  x, y.

Kêt hợp tính song ánh nên đẳng thức này được viêt lại thành

và do f là song ánh nên f x   khi và chỉ0

khi x = 0, điều đó dẫn đên f x     Kêt hợp tính chất cộng tính (giải như ví0, x 0

dụ 5) suy ra được f x tăng ngặt Bây giờ ta chứng minh   f x    x x,

Giả sử tồn tại x0 mà f x 0  , khi đó:x0

- Ta có thể thấy ngay f x   x là một hàm thỏa mãn mệnh đề yêu cầu.

Nghiệm hàm này có các tính chất cơ bản là song ánh, cộng tính, đơn điệu

- Giả thiêt của bài toán phương trình hàm này có phần “khác lạ” so với đa số

các bài thông thường, nó xuất hiện ở dạng mệnh đề có cấu trúc “ P� ” , doQ

đó để đi đên lời giải phải ta phải xây dựng bộ ba biên  x y z thỏa mãn P.; ; 

- Trong mệnh đề của bài toán có sự xuất hiện của phương trình bậc ba ẩn x và

ẩn f x Ta biêt rằng phương trình đa thức bậc ba luôn có nghiệm, đây là điểm có thể được khai thác trong việc chứng minh tính toàn ánh hay lựa chọn

bộ giá trị phù hợp cho  x y z ; ; 

Hướng giải: Giả sử hàm số f x thỏa mãn yêu cầu bài toán. 

Bước 1 Chứng minh sự tồn tại nghiệm của f x hay tồn tại   x0 mà f x 0  0

Bước 2 Ta chứng minh f x  0 khi và chỉ khi x0.

Bước 3 Chứng minh f x là đơn ánh. 

Bước 4 Chứng minh f x là một song ánh Do bước 3 nên chỉ cần chứng minh 

tính toàn ánh của f nữa là đủ.

- Trước hêt ta có nhận xét rằng: Với mỗi số thực t, đa thức

(luôn tồn tại x1 do tính chất phương trình bậc ba luôn

có nghiệm thực) Kêt hợp giả thiêt suy ra    3   3

x mà f x 1 t , theo đó f là một toàn ánh và do đó nó là một song ánh.

Bước 5 Chứng minh f y  �0,y� 0

� , điều này không xảy ra vì y  0.

Bước 5 Chứng minh f x cộng tính  

- Xét bộ ba a b c mà ; ;  a b c  0, khi đó tồn tại phương trình bậc ba dạng

X     X nhận a, b, c làm các nghiệm (ta xây dựng được phương trình

này bằng định lí Vi-et) Tồn tại y0,z0 mà   f x 0 ,  f y 0 do f là toànánh

- Với mọi X �a b c; ;  : 3    

- Kêt hợp (*) với f  0 0 dễ dàng suy ra f là hàm cộng tính.

Bước 6 Kêt hợp các kêt quả

ở đó c là hằng số thực dương Thử lại hàm số dạng này ta tìm được c = 1 Vậy đáp

số duy nhất của bài toán là f x   x x,

2.2 - Phương pháp sử dụng tính đơn điệu

a) Một số nhận xét thường dùng trong phương trình hàm trên lớp hàm đơn điệu:

1 Nêu f cộng tính và nhận giá trị dương với mọi x0 thì f tăng ngặt Nêu f cộngtính và nhận giá trị âm với mọi x0 thì f giảm ngặt.

2 Nêu hàmf cộng tính và đơn điệu trên � (hoặc�) thì ta có f x  k x x , , ở đó

k là một hằng số.

3 Nêu :f � �đơn điệu thực sự (tăng ngặt hoặc giảm ngặt) thìf là đơn ánh.�

b) Phương pháp giải phương trình hàm bằng tính đơn điệu:

+ Đoán đáp số f x    g x và loại trừ các trường hợp f x  g x ,

   

f x  g x bằng cách phản chứng kêt hợp với tính đơn điệu.

+ Nêu f đơn điệu trên � thì có thể dùng dãy số và giới hạn (tính trù mật của

� trong �) để mở rộng công thức f x từ   �sang �.

Ví dụ 8 Tìm tất cả các hàm số :f � �tăng thực sự và thỏa mãn �

Thay  x y bởi ;   x;2 thì được f xf  2  2 2f x , do đó có

     

2 2f x  f 2 f x ,x.

+ Ta chứng minh điều đã dự đoán là f x  2 ,x x .

Thật vậy, giả sử tồn tại x mà f x  2x thì f f x     f  2x � xf  2  f  2x

2xf 2 2f 2x  f 2 f x 2x f x

Tương tự, nêu có f x  2xcũng dẫn đên điều mâu thuẫn.

Ví dụ 10 Tìm tất cả các hàm số f : 1; � � 1;� thỏa mãn 

 

   , , 1

f xf y  yf x x y�.

Phân tích và hướng giải:

+ Ta thấy fkhông thể là hàm hằng, dễ thấy f là hàm đồng nhất thì nó thỏa mãn yêu

cầu bài toán, đo đó kêt quả này gợi ý ta một số hướng khai thác hàm này: Tính đơnánh; tính đơn điệu; cộng tính; …

+ Thay  x y bởi ;   x thì được ;1 f xf  1   f x ,  �x 1 (1).

Thay  x y bởi ;   1; x thì được (2): f f x    xf  1 ,  �x 1 , suy ra f là đơn ánh.

1

x f

+ Ta chứng minh kêt quả dự đoán f x    �x x, 1.

x = 1 thì kêt quả đã được khẳng định.

Giả sử tồn tại x1mà f x    , kêt hợp f tăng ngặt có x 1 f f x     f x   x,

mâu thuẫn với (3) Tương tự, nêu có 1 f x    cũng dẫn đên điều mâu thuẫn.x

Thử lại có hàm số duy nhất thỏa mãn yêu cầu là f x    � x x, 1

Nhận xét:Có thể sử dụng (3) có f xy   f xf f y       f y f x   ,x y, �1

,

nghĩa là có f nhân tính, từ đó chuyển đổi sang hàm cộng tính qua g x  ln f e x .

Từ tính chất hàm g vừa cộng tính, vừa đơn điệu suy ra g x   Ax x, �0, từ đó tìm

ra hàm f.

Ví dụ 11 [IMO 2002] Tìm tất cả các hàm số :f � �thỏa mãn �

 f x  f z   f y   f t    f xy zt    f xt  yz, x y z t, , , .

Phân tích và hướng giải:

* Hình thức của đề bài gợi ta nhớ tới đồng nhất Lagrange

* P0, ,0,0y  � f x f y     f xy ,x y, (3).

1,1,0,0 2 1  1    1 0;1

Nêu f  1 0 thì xét P x ,1,0,0 � f x   0, x, thử lại thấy hàm số này thỏa mãn

yêu cầu Vậy ta chỉ xét bài toán với trường hợp f  1 1 và f 0 0.

, điều này dẫn đên f là

hàm tăng không nghiêm ngặt trên 0;� .

có f u n �f x  �f v n ,n �u n2 f x  v n2, n Cho n tiên dần đên vô cực có

2.3 - Phương pháp sử dụng tính liên tục của hàm số

a) Một số kiến thức liên quan:

a1.Định nghĩa hàm số liên tục tại điểm:

Xét hàm số f x xác định trên miền D Ta nói   f x liên tục tại điểm   x0

Hàm số f x liên tục tại   x x  0 nêu với mọi cách chọn dãy  x n n�1trong D

a2.5 Nêu f x liên tục trên khoảng con D của � và f là đơn ánh thì f đơn 

điệu (ngặt) trên D.

a2.6 Nêu :f � �liên tục và thỏa mãn: � f x y    f x   f y ,x y, thì

f có dạng f x  cx x, (c là hằng số) Kêt quả này còn được gọi tên là bài

toán phương trình hàm Cauchy cho hàm liên tục.

b) Nội dung phương pháp:

- Nêu ta dự đoán được kêt quả cho hàm f cần tìm là f x    g x thì ta có thể đi

chứng minh sự bằng nhau của hai hàm này trên một dãy số hội tụ về x rồi sử dụng

cách chuyển qua giới hạn (định nghĩa hàm liên tục và giới hạn hàm số) để suy ra kêtquả mong muốn

- Nêu ta dự đoán được kêt quả cho hàm f cần tìm là f x   g x thì ta có thể thực

hiện phép đổi biên để đưa về tính cộng tính và dùng kêt quả bài toán phương trìnhhàm Cauchy

Ví dụ 12 [Việt Nam TST 2007] Tìm tất cả các hàm số :f � �liên tục và thỏa�

g x g x��  ��x

� � (2) Hàm f liên tục trên � nên g cũng liên tục trên �.

+ Lấy cố định a�� mà

10

10,2

x   x ��x  ��� n

� � nên dãy số  x là dãy tăng (không nghiêm n

ngặt) Theo tiêu chuẩn Weierstrass suy ra tồn tại giới hạn L  lim xn, hơn

nữa

10

L L 

, từ đây có được

1lim

� � , suy ra g x   : hằng số, với mọi x Suy c

ra f x    (c: hằng số thực tùy ý) Thử lại thấy kêt quả này thỏa mãn yêu cầu c x,

Ví dụ 13 [VMO 1999] Cho hàm số f liên tục trên đoạn [0; 1], thỏa mãn đồng thời

Chứng minh rằng f x    �0, x  0;1 .

Phân tích và hướng giải:

+ Bài toán có yêu cầu chứng minh hàm số cho là hàm hằng trên một đoạn khi ta biêt

ít nhất hai giá trị cụ thể của hàm số, điều này gợi ý ta đên việc sử dụng đên giá trịlớn nhất và giá trị nhỏ nhất Rõ ràng một hàm sẽ là hằng khi hai giá trị này bằngnhau

+ Có f là hàm số liên tục trên đoạn [0; 1] nên tồn tại a b, � 0;1 mà

3

a � ��� �� �

thì 3  0;12

Lặp lại lập luận trên với việc thay a thành b ta có kêt quả M 0 Vậy có

  0,  0;1

f x   �x .

Ví dụ 14 [Đề nghị thi Olympic 30/4 năm 2010].

Tìm tất cả các hàm số :f � �liên tục tại điểm x = 0 và thỏa mãn điều kiện�

f x y ��f x  ����f y   � �� �f x  f y  f x f y ����f x y  ��x y.

Lời giải:

Bổ đề: Nêu hàm fxác định trên � và f là hàm số cộng tính, liên tục tại một

điểm x = a thì f liên tục trên �.

Chứng minh: Giả sử có lim    

nên f liên tục trên �.

Quay lại bài toán:Giả sử flà hàm số liên tục tại 0 và thỏa mãn (1):

+ Trường hợp 1: Nêu tồn tại x0 mà f x 0  1 thì từ (2) với việc thay x bởi x20

� Thử lại thấy hàm số f x    1, x thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Trường hợp 2: Nêu f x  � 1, x thì (1) được viêt lại thành

Có

2.2

22

1

c c f

� � , mâu thuẫn với trường hợp 2 đang xét là f x  � 1, x.

+ Kết luận: Vậy có hai hàm số thỏa mãn yêu cầu là f x    ; 0, x f x     1, x

2.4 - Phương pháp sử dụng tính khả vi của hàm số

a) Một số kiến thức liên quan:

a1.Định nghĩa: Xét hàm số f x xác định trên khoảng   a b và ;  x0� a b; Giớihạn hữu hạn (nêu có)

   

0

0 0

a2.1 (Định lí Rolle) Nêu hàm số f x liên tục trên    a b và khả vi trên;

a b mà ;  f a   f b  thì tồn tại c� a b; sao cho f c/  0.

a2.2 Nêu f/ x   �0, x  a b; thì f x    �c x,  a b; với c là hằng số.

a2.3 Nêu f liên tục trên  a b và f có đạo hàm trên ; a b Khi đó; 

f x   �k x a b khi và chỉ khi f x     �kx c x,  a b; (c là hằng số).

a2.4 Cho f liên tục trên  a b và f có đạo hàm trên ; a b Khi đó; 

b)Phương pháp sử dụng tính khả vi của hàm số:

- Lấy nguyên hàm;

- Sử dụng định nghĩa đạo hàm;

- Lấy đạo hàm theo từng biên

Ví dụ 15 Tìm tất cả các hàm số :f � �có đạo hàm tới cấp hai sao cho�

* Đặt F x  a G x,    b x, thì

   

   

/ /

,,

x x

� , cộng theo vê hai

phương trình của hệ ta thu được f x   A e x B e x với A B, là các hằng số thực

tùy ý

Thử lại thấy các hàm số dạng f x   A e x B e x,x thỏa mãn yêu cầu.

Ví dụ 16 Tìm tất cả các hàm số , :f g � �thỏa mãn điều kiện�

 Điều này chứng tỏ: Với mỗi

y, hàm g có đạo hàm tại y và g y/   0, y , suy ra g là hàm hằng

Với mỗi y cố định, ta cho x tiên dần đên y thì thu được kêt quả f là hàm số có đạo

hàm và f/ y  a y, , do đó có f y  ay b y  ,

* Thử lại, với a, b là hai số thực tùy ý thì cặp hàm f x  ax b , g x   với mọia

x luôn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 17 Tìm tất cả các hàm số :f � �có đạo hàm trên � và thỏa mãn�

với a, b, c là các hằng số thực tùy ý.

Thử lại thấy kêt quả này thỏa mãn yêu cầu đề bài

2.5 - Phương pháp sử dụng điểm bất động của hàm số

a) Một số kiến thức liên quan:

a1 Xét hàm số :f D� với K D K, �� Số x D� được gọi là điểm bất động của

hàm f nêu f x   Tập hợp x x D f x� |    x gọi là tập hợp các điểm bất động

b) Phương pháp sử dụng điểm bất động: Trong nhiều bài toán phương trình hàm,

bằng các phép thê ta dẫn đên f  x    x , �x D, có nghĩa là chỉ ra được một

“lớp” các điểm bất động củaf Nêu ta nghiên cứu được các tính chất hay cấu trúc

của tập hợp các điểm bất động S của fthì có thể suy ra được công thức xác định f

Vì f  1  nên suy ra f là một song ánh.0

+ Tồn tại y mà 0 f y   , chọn y này thay vào (2) ta được1

 1 1  1

f  y f � y  Vậy f  1  hay 1 1 S� .

+ P x x ;  � f x f x .     x f x.  , x � x f x.  �S,  x 0 (3).

Bây giờ ta nghiên cứu tính chất của tập S:

+ Với mọi ,x y S� thì f x   x f y,    nên y f xy   f x f y .     y f x.    y x. ,suy ra ,x y S � Điều này có nghĩa là S đóng kín đối với phép toán nhân.

1

x f x