Cách Giải Phương Trình Đạo Hàm / TOP #10 ❤️ Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 9/2022 ❣️ Top View | Englishhouse.edu.vn

Giải Phương Trình Vô Tỉ Bằng Đạo Hàm

Giải Toán Nhanh & Giải Phương Trình, Đồ Thị Hàm Số Cho Android

Chuyên Đề Giải Phương Trình Đa Thức Bậc Cao

Phương Pháp Giải Một Số Dạng Phương Trình Môn Toán Ở Cấp Thcs

Sáng Kiến Kinh Nghiệm Rèn Kỹ Năng Giải Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình Cho Học Sinh Lớp 8

Giải Bằng Phương Pháp Đặt Ẩn Phụ

1.2. Các dạng bài tập Với hàm đặc trưng Dạng2: Với hàm đặc trưng 2. Bài tập. Bài tập về ứng dụng tính đơn điệu vào giải phương trình. Bài 1. Giải phương trình sau: Lời giải: +)Đk :x<2+) Xét hàm số trên +) Ta có Suy ra f(x) đồng biến trên khoảng Dùng máy tính kiểm tra được là nghiệm . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất . Bài 2. Giải phương trình sau: (ĐHQG HN-07) Lời giải: +) Đ/K: +)Ta thấy là một nghiệm .+) Xét hàm số +) Ta có f(x) đồng biến trên .Vậy là nghiệm duy nhất của phương trình. Bài 3. Giải phương trình sau: Lời giải: Ta có +) Đ/K: +) Ta có +)Đặt .Phương trình trở thành : +) Với thì vô nghiệm +) Vời , bình phương hai vế ta có +) Ta thấy t=1 là một nghiệm của phương trình +) Xét hàm số +)nghịch biến trên +) Xét hàm +) đồng biến trên +) Vậy t=1 là nghiệm duy nhất .Với t=1 hai nghiệm x=0; x=2 Bài 4. Giải phương trình: Lời giải: +)Ta có +) Xét hàm số Ta có đồng biến. +) Khi đó Vậy phương trình có ba nghiệm x=1; Bài 5. Giải phương trình: Lời giải: Đ/K: +) Ta có Pt: +) Xét hàm trên +) đồng biến trên +) Khi đó phương trình Vậy phương trình có hai nghiệm Bài 6. Giải phương trình: (Olimpic30/04/2011) +) Ta cần phân tích pt về dạng: , với hàm cần xét có dạng . Với f(t) đồng biến. Do đó Bài 7. Giải phương trình : (Olympic30/04/09). Lời giải: Ta đưa phương trình về dạng Đồng nhất các hệ số ta tìm được Khi đó pt: Vời đồng biến. Ta có Vậy phương trình có nghiệm Bài 8.Giải phương trình: Lời giải: Ta cần đưa phương trình về dạng Đồng nhất hệ số ta tìm được Phương trình Với đồng biến Ta có Vậy phương trình có nghiệm Bài 9. Giải phương trình (HSG Hải Phòng 2010) Lời giải : Ta có Xét hàm số đồng biến. Vậy phương trình có nghiệm x=0. Bài10. Giải phương trình (HSG Quảng Bình 2012) Đ/K:Tacó: Xét hàm số đồng biến Phương trình:. Vậy phương trình có hai nghiệm x=0, x=1 Bài11:Giải phương trình: ( Chuyên Lê Quý Đôn- Bà Rịa vũng Tàu) Lời giải :+) ĐKXĐ:a có: Xét hàm số đồng biến Ta có +) Xét .Đặt =cost, , phương trình trở thành Mà suy ra Do phương trình là bậc ba nên có không quá ba nghiệm. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm Bài 12.Giải phương trình : +) Ta thấy phương trình chỉ có nghiệm trong khoảng Ta có Với . Xét hàm số đồng biến trên Ta có Vậy phương trình có nghiệm duy nhất . Bài 13. Giải phương trình (HSG Nghệ An2012) Lời giải:+) ĐKXĐ: +) Phương trình đã cho tương đương với +)Xét hàm số ; Suy ra hàm số liên tục và đồng biến trên Khi đó: Bài 14. Giải phương trình sau: (HSG Thái Bình 2011) Lời giải: +) ĐKXĐ: +) Xét hàm số đồng biến trên Vậy phương trình có nghiệm Bài 15: Giải phương trình sau: Lời giải: +) ĐKXĐ: +) Phương trình +) Xét hàm số đồng biến .+) Phương trình +) Xét hàm phương trình g(x)=0 có nhiều nhất là hai nghiệm, mà g(0)=g(1)=0. Vậy phương trình có hai nghiệm x=0, x=2. Bài16. Giải phương trình : ( HSG Hải Dương ) Lời giải: +) ĐKXĐ : +) Ta có : +) Xét hàm số nghịch biến. +) Phương trình Vậy phương trình có nghiệm . 2.2. Bài tập ứng dụng tính đơn điệu vào giải hệ phương trình Hệ loại này ta gặp nhiều ở hai dạng với f là hàm đơn điệu trên tập D và x,y thuộc D .Nhiều khi ta cần phải đánh giá ẩn x,y để x,y thuộc tập mà hàm f đơn điệu Một phương trình trong hệ có dạng f(x)=f(y) , phương trình còn lại giúp ta giới hạn x,y thuộc tập D để trên đó hàm f đơn điệu Bài1 Giải hệ phương trình Giải . Từ PT (2) ta có Xét hàm số có do đó f(t) nghịch biến trên khoảng (-1;1) hay PT (1) thay vào PT (2) ta được PT : Đặt a=x4 ≥0 và giải phương trình ta được Bài2. Giải hệ : Lời giải : Từ pt(1) ta xét hàm hs đồng biến Khi đó Thay vào(2) :hệ có nghiệm Bài3. Giải hệ : (x, y Î R). (Đề thi ĐH 2010-KA) Lời giải ĐK : . Pt (1) Xét hàm : đồng biến Pt Nghĩa là : Pt (2) trở thành Xét hàm số trên < 0 Mặt khác : nên (*) có nghiệm duy nhất x = và y = 2.. x = và y = 2 Bài 4. (Đề thi thử Hà Tĩnh 2013) Giải hệ phương trình: (I) Hướng dẫn cách giải:Biển đổi phương trình (1) về dạng 3x + x = 3y + y (3) Thiết lập hàm số: f(t) = 3t + tChứng minh f(t) là hàm đồng biến, (3) f(x) = f(y) x = y Cách giải: (I) Þ f(t) là hàm đồng biến, (3) f(x) = f(y) x = y Nên (I) x = y = ± 2Vậy hệ có hai nghiệm: (2;2) ; (-2; 2) Bài 5.(Tạp chí toán học tuổi trẻ tháng 5- 2012)Giải hệ (I) Hướng dẫn cách giải: Nhận dạng: Đây là hệ phương trình đối xứng loại 2 nên có 1 nghiệm x = y Lấy (1) - (2) và đưa phương trình về dạng Thiết lập hàm số: f(t)= , t Þ f'(t) = t (-;4) Þ f(t) đồng biến trên (-;4) (3) Suy ra: (pt vô tỉ dạng cơ bản) Giải pt được 2 nghiệm : x=3, x= (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ có 2 nghiệm (3; 3), Bài 6.G hệ phương trình: (1) +) Với thì , Hệ phương trình chỉ có nghiệm với y. +) Vì nên từ phương trình (2) của hệ suy ra . (3) Thay vào phương trình (3) ta được: (2) +) Xét hàm số: với với mọi là hàm đồng biến trên . Mà +) Thay vào phương trình (2) của hệ ta có : . Thử lại thấy thỏa mãn hệ phương trình đã cho. Kết luận : Hệ phương trình đã có nghiệm duy nhất Bài 7: (ĐH 2012)Giải hệ phương trình (x, y Î R). Lời giải :Pt Pt Xét hàm số suy ra hàm số nghịch biến , pt Thay vào (2): Vậy hệ có nghiệm 3.Bài tập tự luyện: Bài1: Giải các phương trình sau: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. (HSG Lâm Đồng) 14. (HSG Ninh Bình) 15. 16. (HSGQuảng Nam) Bài2. Giải các hệ phương trình: 1)2) 3)4) 5)(HSG 2013) 6) 7) ( HSG HD 2012) 8)(i Dương 13-14) 9) KA 13

Giải Hệ Pt Bằng Phương Pháp Hàm Số

Lời Giải Phương Trình Vi Phân Bậc Hai

Ứng Dụng Hàm Số (Sử Dụng Tính Đơn Điệu) Giải Phương Trình, Bất Phương Trình

Lập Phương Trình Hóa Học

Tính Theo Phương Trình Hóa Học Là Gì? Những Dạng Bài Tập Và Cách Giải

Kỹ Thuật Giải Phương Trình Hàm

Hoán Vị, Chỉnh Hợp, Tổ Hợp Và Bài Tập Áp Dụng

14 Bài Dạng Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình (Ôn Kì 2 Lớp 8 Toán)

Đề Cương Ôn Thi Học Kì 2 Toán Lớp 8 Hữu Ích Nhất Năm 2022

Bài 34,35,36 Trang 25,26 Sách Toán 8 Tập 2: Bài Toán Bằng Cách Lập Phương Trình

Cách Giải Phương Trình Lượng Giác Không Mẫu Mực Pt Luonggiackhongmaumuc Doc

Published on

kỹ thuật giải phương trình hàm

3. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Hint: 1. Tính f(0) 2. Thế y = −1, chứng minh f là hàm lẻ 3. Thế y = 1 ⇒ f(2x + 1) = 2f(x) + 1 4. Tính f(2(u + v + uv) + 1) theo (3) và theo giả thiết để suy ra f(2uv + u) = 2f(uv) + f(u) 5. Cho v = −1 2 , u 2 → x và u → y, 2uv → x để suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 1.4. Tìm tất cả các hàm số f : R → R đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau: f(x) = xf 1 x , ∀x = 0 f(x) + f(y) = 1 + f(x + y), ∀x, y ∈ R, (x, y) = (0, 0); x + y = 0 Hint: 1. Tính f(0), f(−1) 2. Tính a + 1 với a = f(1) = f € x+1 x+1 Š = f € x + 1 1 x+1 Š theo cả hai điều kiện. Đáp số: f(x) = x + 1 Nhận xét: Thủ thuật này áp dụng cho một lớp các bài toán gần tuyến tính Ví dụ 1.5. Tìm tất cả các hàm số f : R+ → R thỏa f(1) = 1 2 và f(xy) = f(x)f ‚ 3 y Œ + f(y)f 3 x , ∀x, y ∈ R+ Hint: 1. Tính f(3) 2. Thế y → 3 x Đáp số: f(x) = 1 2 Ví dụ 1.6. Tìm tất cả các hàm số f : R∗ → R thỏa mãn điều kiện: f(x) + 2f 1 x = 3x, ∀x ∈ R∗ Hint: Thế x → 1 x Đáp số: f(x) = 2 x − x Ví dụ 1.7. Tìm tất cả các hàm số f : R{0, 1} → R thỏa mãn điều kiện: f(x) + f x − 1 x = 2x, ∀x, ∈ R{0, 1} Hint: Thế x → x−1 x , x → −1 x−1 Đáp số: f(x) = x + 1 1−x − x−1 x Luyện tập: 2. Tìm tất cả các hàm số f : Q+ → Q+ thỏa mãn điều kiện: f(x + 1) = f(x) + 1, ∀x ∈ Q+ và f(x3 ) = f3 (x), ∀x ∈ Q+ GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

4. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Hint: 1. Quy nạp f(x + n) = f(x) + n, ∀x ∈ Q+ , ∀n ∈ N 2. Với p q ∈ Q+ , tính f p q + q2 3 ‹ theo hai cách. Đáp số: f(x) = x, ∀x ∈ Q+ Ví dụ 1.8. (VMO 2002). Hãy tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên tập số thực R và thỏa mãn hệ thức f (y − f(x)) = f € x2002 − y Š − 2001.y.f(x), ∀x, y ∈ R. (1) Giải a) Thế y = f(x) vào (1) ta được f(0) = f € x2002 − f(x) Š − 2002. (f(x))2 , ∀x ∈ R. (2) b) Lại thay y = x2002 vào (1) thì f € x2002 − f(x) Š = f(0) − 2001.x2002 .f(x), ∀x ∈ R. (3) Lấy (2) cộng với (3) ta được f(x) € f(x) + x2002 Š = 0, ∀x ∈ R. Từ đây suy ra với mỗi giá trị x ∈ R thì ta có hoặc là f(x) = 0 hoặc là f(x) = −x2002 . Ta sẽ chỉ ra rằng để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì bắt buộc phải có đồng nhất f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R hoặc f(x) ≡ −x2002 , ∀x ∈ R. Thật vậy, vì f(0) = 0 trong cả hai hàm số trên, nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử tồn tại a = 0 sao cho f(a) = 0, và tồn tại b 0 sao cho f(b) = −b2002 (vì chỉ cần thay x = 0 vào quan hệ (1) ta nhận được hàm f là hàm chẵn). Khi đó thế x = a và y = −b vào (1) ta được f(−b) = f € a2002 + b Š . Vậy ta nhận được dãy quan hệ sau 0 = −b2002 = f(b) = f(−b) = f € a2002 + b Š = 0(mâu thuẫn vì 0 = 0) − (a2002 + b) 2002 (mâu thuẫn vì − (a2002 + b) 2002 −b2002 ) . Bằng cách thử lại quan hệ hàm ban đầu ta kết luận chỉ có hàm số f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 1.9. (Hàn Quốc 2003) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (x − f(y)) = f(x) + xf(y) + f (f(y)) , ∀x, y ∈ R. (4) GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

6. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Ví dụ 1.10. (Iran 1999) Xác định các hàm số f : R → R thỏa mãn f (f(x) + y) = f € x2 − y Š + 4yf(x), ∀x, y ∈ R. Giải a) Thế y = x2 ta được f € f(x) + x2 Š = f(0) + 4×2 f(x), ∀x ∈ R. b) Thế y = −f(x) ta được f(0) = f € f(x) + x2 Š − 4 (f(x))2 , ∀x ∈ R. Cộng hai phương trình trên ta được 4f(x) € f(x) − x2 Š = 0, ∀x ∈ R. Từ đây ta thấy với mỗi x ∈ R thì hoặc là f(x) ≡ 0 hoặc là f(x) = −x2 . Ta chứng minh nếu hàm f thỏa mãn yêu cầu bài toán thì f phải đồng nhất với hai hàm số trên. Nhận thấy f(0) = 0, từ đó thay x = 0 ta được f(y) = f(−y), ∀y ∈ R, hay f là hàm chẵn. Giả sử tồn tại a = 0, b = 0 sao cho f(a) = 0, f(b) = −b2 , khi đó thay x = a, y = −b ta được f(−b) = f(a2 + b) → f(b) = f(a2 + b). Từ đó ta có quan hệ sau 0 = −b2 = f(b) = f(−b) = f € a2 + b Š = 0(mâu thuẫn vì 0 = 0) − (a2 + b) 2 (mâu thuẫn vì − (a2 + b) 2 −b2 ) . Do đó xảy ra điều mâu thuẫn. Thử lại thấy hàm số f(x) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu. Nhận xét: 1. Rõ ràng bài toán VMO 2002 có ý tưởng giống bài toán này. 2. Ngoài phép thế như trên thì bài toán này ta cũng có thể thực hiện những phép thế khác như sau: a) Thế y = 1 2 € x2 − f(x) Š . b) Thế y = 0 để có f (f(x)) = f (x2 ), sau đó thế y = x2 − f(x). c) Thế y = x − f(x) và sau đó là y = x2 − x. Ví dụ 1.11. Tìm hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f (x − f(y)) = 2f(x) + x + f(y), ∀x, y ∈ R. (6) Giải GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

9. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Vậy f(x) = −f(x), ∀x ∈ R, từ điều này kết hợp với (9) ta có f(0) (f(x) − 1) = 0, ∀x ∈ R. Từ đây suy ra f(0) = 0, vì nếu ngược lại thì f(x) = 1, ∀x = 0, trái với điều kiện f là hàm lẻ. Từ đây ta nhận được quan hệ quen thuộc (f(x))2 = x2 , ∀x ∈ R. Giả sử tồn tại x0 ∈ R sao cho f (x0) = x0, khi đó trong (*) ta có x0 = f (x0) = −f (f(x0)) = −f(x0) = x0, vô lý. Vậy chứng tỏ f(x) = −x, ∀x ∈ R. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn bài toán. Nhận xét: Bài toán trên cho kết quả là hàm chẵn f(x) = −x. Nếu vẫn giữa nguyên vế phải và để nhận được hàm lẻ f(x) = x, ta sửa lại dữ kiện trong vế trái như trong ví dụ sau Ví dụ 1.14. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (f(x) − y) = f(x) − f(y) + f(x)f(y) − xy, ∀x, y ∈ R. Giải a) Thế y = 0 ta được f (f(x)) = f(x) − f(0) + f(0).f(x), ∀x ∈ R. (10) b) Thế y = f(x) và sử dụng kết quả trên, ta được f(0) = f(x) − f (f(x)) + f(x).f (f(x)) − xf(x) (∗) = f(0) − 2f(0).f(x) + (f(x))2 + f(0). (f(x))2 − xf(x), hay −2f(0).f(x) + (f(x))2 + f(0). (f(x))2 − xf(x) = 0, ∀x ∈ R. c) Thế x = 0 vào đẳng thức trên ta được (f(0))2 − (f(0))2 = 0 → f(0) = 0 hoặc f(0) = 1. d) Nếu f(0) = 0 thì thay vào (10) ta có f (f(x)) = f(x), ∀x ∈ R, thay kết quả này vào trong (*) ta có f(x) = x. e) Nếu f(0) = 1 thay vào (10) ta có f (f(x)) = 2f(x) − 1, thay vào trong (*) ta có f(x) = 1 2 x + 1. Kết luận: Thay vào ta thấy chỉ có hàm số f(x) = x, ∀x ∈ R là thỏa mãn yêu cầu. Ví dụ 1.15. (AMM,E2176). Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện f(2) = 2 và f ‚ x + y x − y Œ = f(x) + f(y) f(x) − f(y) , ∀x = y. Giải GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

10. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Ta sẽ chứng minh f(x) = x là nghiệm duy nhất của bài toán dựa vào một chuỗi các sự kiện sau. Trước tiên nhận thấy f không thể là hàm hằng. a) Tính f(0), f(1). Thay y = 0 ta nhận được f(1) = f(x) + f(0) f(x) − f(0) → (f(1) − 1) f(x) = f(0) (1 + f(1)) , ∀x ∈ Q. Suy ra f(1) = 1, f(0) = 0. b) Hàm f là hàm lẻ. Thay y = −x ta có 0 = f(0) = f(x) + f(−x) → f(−x) = −f(x), ∀x ∈ Q. c) Thay y = cx, c = 1, x = 0 ta có f(x) + f(cx) f(x) − f(cx) = f 1 + c 1 − c = 1 + f(c) 1 − f(c) , suy ra f(cx) = f(c).f(x), lấy c = q, x = p q thì ta được f ‚ p q Œ = f(p) f(q) Ví dụ 1.16. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f € (x − y)2 Š = (f(x))2 − 2xf(y) + y2 , ∀x, y ∈ R. Giải Thay x = y = 0 thì (f(0)) = (f(0))2 → f(0) = 0 hoặc f(0) = 1. 1. Nếu f(0) = 0, thì thay x = y vào điều kiện ban đầu ta được f(0) = (f(x))2 − 2xf(x) + x2 = (f(x) − x)2 → f(x) = x, ∀x ∈ R. Nhận thấy hàm số này thỏa mãn. 2. Nếu f(0) = 1 thì lại vẫn thay x = y = 0 ta nhận được, với mỗi x ∈ R thì hoặc là f(x) = x + 1 hoặc f(x) = x − 1. Giả sử tồn tại giá trị a sao cho f(a) = a − 1. Khi đó thay x = a, y = 0 ta được f € a2 Š = a2 − 4a + 1. Nhưng ta lại có hoặc là f (a2 ) = a2 + 1 hoặc là f (a2 ) = a2 − 1. Do đó ta phải có hoặc là a2 − 4a + 1 = a2 + 1 hoặc a2 − 4a + 1 = a2 − 1, tức a = 0 hoặc là a = 1 2 . Tuy nhiên kiểm tra đều không thỏa. Vậy hàm số thỏa mãn yêu cầu là f(x) = x, ∀x ∈ R hoặc là f(x) = x + 1, ∀x ∈ R. Ví dụ 1.17. (THTT T9/361) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f € x3 − y Š + 2y € 3 (f(x))2 + y3 Š = f (x + f(y)) , ∀x, y ∈ R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

11. 1 PHƯƠNG PHÁP THẾ BIẾN Giải a) Thay y = x3 ta có f(0) + 2×3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = f € x3 + f(x) Š , ∀x ∈ R. b) Thay y = −f(x) ta được f € x3 + f(x) Š − 2f(x) € 3 (f(x))2 + (f(x))2 Š = f(0), ∀x ∈ R. Từ hai đẳng thức trên ta được 2×3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = 8 (f(x))3 , ∀x ∈ R. Do đó 0 = 4 (f(x))2 − x3 € 3 (f(x))2 + x6 Š = € 4 (f(x))3 − 4 (f(x))2 .x3 Š + € (f(x))2 .x3 − x9 Š = € f(x) − x3 Š € 4 (f(x))2 + x3 € f(x) + x3 ŠŠ = € f(x) − x3 Š ‚ 2f(x) + x3 4 Œ2 + 15 16 x6 ! . Chú ý rằng ‚ 2f(x) + x3 4 Œ2 + 15 16 x6 = 0 thì x = 0, f(0) = 0. Bởi vậy trong mọi trường hợp ta đều có f(x) = x3 . Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

13. f 1 qn .qn.xn

19. ≤ N. Vì 1 r ∈ Q nên

23. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY liên tục thỏa mãn f € x+y 2 Š = 2f(x)f(y) f(x)+f(y) (8) là f(x) = 1 b , b 0 Chứng minh Chỉ cần đặt g(x) = 1 f(x) , ta nhận được quan hệ hàm Jensen theo hàm g(x) nêng(x) = cx + d. Do đó f(x) = 1 cx+d . Tuy nhiên hàm số này cần phải thỏa mãn điều kiện f(x) ∈ R+ nên: 1 cx+d 0, ∀x ∈ R ⇒c = 0, b 0, vậy hàm thu được là f(x) = 1 b , b 0 tùy ý. Lại vẫn trong quan hệ hàm Jensen nếu ta thực hiện phép bình phương vào hàm số thì ta nhận ngay được hệ quả sau: Hệ quả 9. Hàm số f(x)liên tục trên R thỏa f € x+y 2 Š = q 2 2 (9) là f(x) = c với c ≥ 0. Chứng minh Từ quan hệ hàm số suy ra f(x) ≥ 0, ∀x ∈ R. Ta có: € f € x+y 2 ŠŠ2 = 2 2 . Đặt g(x) = 2 = g(u). Khi đó g(u) ≥ 0, và ta có: g € u+v 2 Š = g(u)+g(v) 2 , ∀u, v ∈ R Vậy g(u) = au + b. Để g(u) ≥ 0, ∀u ∈ Rthì a = 0, b ≥ 0. Do đó f(x) ≡ c, c ≥ 0. Lại từ quan hệ hàm Jensen f € x+y 2 Š = f(x)+f(y) 2 , ta xét phép gán hàm f(x) = g € 1 x Š thì ta nhận được quan hệ hàm số: g 1 (x+y)/2 = g(1 x )+g(1 y ) 2 ⇔ g 2 x+y = g(1 x )+g(1 y ) 2 , thay ngược trở lại biến bình thường ta được: Hệ quả 12. Hàm số f(x) liên tục trên R{0} thỏa mãn f „ 2 1 x + 1 y Ž = f(x) + f(y) 2 , ∀x, y, x + y = 0 (12) là hàm số f(x) = a x + b; a, b ∈ R tùy ý. Giải Với cách thiết lập như trên thì ta có g(x) = ax + b, với g(x) = f € 1 x Š , khi đó thì f(x) = a x + b; a, b ∈ R. Lại từ quan hệ hàm Jensen f € x+y 2 Š = f(x)+f(y) 2 , ta xét phép gán hàm f(x) = 1 g(1 x ) thì ta nhận được quan hệ hàm: 1 g 1 x+y 2 ‹ = 1 g(1 x ) + 1 g(1 y ) 2 = g € 1 x Š + g 1 y 2g € 1 x Š g 1 y ⇔ g ‚ 2 x + y Œ = 2g € 1 x Š g 1 y g € 1 x Š + g 1 y = 2 1 g(1 x ) + 1 g(1 y ) Thay ngược lại biến ta được: Hệ quả 13. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = 2 1 f(x) + 1 f(y) (13) là 2 6 6 4 f(x) = x a , a = 0 f(x) = 1 b , b = 0 . Bằng cách thực hiện các phép toán khai căn, nâng lũy thừa, logarit GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

24. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY Nepe như trong các phần trước ta thu được các kết quả tương tự sau: Hệ quả 14. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = È f(x)f(y), ∀x, y, x + y = 0(14) là: 2 4 f(x) ≡ 0 f(x) = e a x +b , a, b ∈ R Hệ quả 15. Hàm số f(x) xác định liên tục trên R{0} thỏa f 2 1 x + 1 y ‹ = q 2 2 , ∀x, y, x + y = 0 (15) là: f(x) ≡ c, c ≥ 0 tùy ý. Hệ quả 16. Các hàm f(x) ≥ 0 xác định liên tục trên R+ thỏa f √ x2+y2 2 = q 2 2 , ∀x, y ∈ R+ (16) là: f(x) = √ ax2 + b với a, b ≥ 0 tùy ý. Hệ quả 17. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R và thỏa f √ x2+y2 2 = f(x)+f(y) 2 , ∀x, y ∈ R (17) là: f(x) = ax2 + b; ∀a, b ∈ R Hệ quả 18. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R thỏa f √ x2+y2 2 = È f(x)f(y), ∀x, y ∈ R (18) là: 2 4 f(x) ≡ 0 f(x) = eax2+b ; ∀a, b ∈ R Hệ quả 19. Các hàm số f(x) xác định, liện tục trên R thỏa f √ x2+y2 2 = 2 1 f(x) + 1 f(y) , ∀x, y ∈ R (19) là: f(x) = 1 ax2+b với ab ≥ 0, b = 0 tùy ý. IV. Các bài tập vận dụng Bài toán 1. Tìm tất cả các hàm f(x) liên tục trên R thỏa: f(x + y) = f(x)+f(y)+f(x)f(y) Giải: Từ bài toán ta có: f(x+y)+1 = (f(x)+1)(f(y)+1) nên đặt g(x) = f(x)+1 thì ta có g(x+y) = g(x).g(y) ⇒ g(x) = ax vậy f(x) = ax −1. Bài toán 2. Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện:f(x)+f(y)−f(x+y) = xy, ∀x, y ∈ R Giải Ta có thể viết lại phương trình hàm dưới dạng: f(x) + f(y) − f(x + y) = 1 2 = 0 ⇒ f(0) = 1, vì dễ dàng nhận thấy f(x) ≡ 0, ∀x ∈ R không là nghiệm của phương trình. Thay y = −x ta nhận được: f(x)f(−x) − f(0) = −sin2 x, ∀x ∈ R ⇒ f(x)f(−x) = 1 − sin2 x = cos2 x, ∀x ∈ R(1). Thay x = π 2 vào (1) ta được nên: f € π 2 Š .f € −π 2 Š = 0 Hoặc f € π 2 Š = 0 thay vào hàm ta được: −f € x + π 2 Š = sin x ⇒ f € x + π 2 Š = − sin x → f(x) = − sin € x − π 2 Š = cos x, ∀x ∈ R Hoặc f € −π 2 Š = 0 thay vào hàm ta được: f € x − π 2 Š = sin x ⇒ f (x) = sin € x + π 2 Š = cos x, ∀x ∈ R Dễ dàng kiểm tra lại thấy f(x) = cos x là hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán 10. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f(x + y − xy) + f(xy) = f(x) + f(y) (1) với mọi x, y ∈ R. Giải Ta chứng minh nếu f là hàm số thỏa mãn điều kiện bài toán thì hàm số F(x) = f(x + 1) − f(x) sẽ thỏa mãn điều kiện hàm Cauchy F(u + v) = F(u) + F(v) với mọi (u, v) ∈ ∆ = {(u, v) : u + v 0hoặc u = v = 0 hoặc u + v ≤ −4} Thật vậy, giả sử flà hàm số thỏa mãn điều kiện (1). Ta định nghĩa hàm số f∗ (x, y) bởi: f∗ (x, y) = f(x) + f(y) − f(xy) Dễ thấy rằng hàm f∗ thỏa mãn phương trình hàm: f∗ (xy, z)+f∗ (x, y) = f∗ (x, yz)+f∗ (y, z)(1) Mặt khác ta có f∗ (x, y) = f(x+y −xy)(2) Thay (2) vào (1) ta được: f xy + 1 y − x + f(x + y − xy) = f(1) + f y + 1 y − 1 , với mọi x, y = 0 Đặt xy + 1 y − x = u + 1 và x + y − xy = v + 1(3) ta nhận được: f(u + 1) + f(v + 1) = f(1) + f(u + v + 1), với mọi u, v thỏa mãn điều kiện trên. Bằng việc cộng hai đẳng thức của (3) ta có y + 1 y = u + v + 2, để có nghiệm y = 0 chỉ trong trường hợp D = {(u + v + 2)2 − 4 = (u + v)(u + v + 4) ≥ 0}. Điều kiện này xảy ra khi và chỉ khi hoặc là u + v 0 hoặc u + v = 0 hoặc u + v + 4 ≤ 0. Bằng việc kiểm tra điều kiện ta thấy bài toán được thỏa. Nếu f là một nghiệm của bài toán thì f phải có dạng f(x) = F(x − 1) + f(1)(1) với mọi x, trong đó F thỏa mãn phương trình hàm Cauchy F(x + y) = F(x) + F(y) với mọi x, y. Chứng minh Theo chứng minh trên, thì fcó dạng với F thỏa mãn phương trình Cauchy với mọi (u, v) ∈ ∆. Ta sẽ chứng minh rằng Fthỏa mãn phương trình Cauchy với mọi (u, v) bất kỳ. Giả sử , khi đó tồn tại một số thực sao cho các điểm (x, u), (x + u, v), (x, u + v) nằm trong ∆ với việc xác định x là: cố định (u, v) ∈ ∆ thì từ các bất đẳng thức x + u 0, x + u + v 0 ta tìm được điều kiện của x. Nhưng khi đó: F(u) = F(x + u) − F(x) F(v) = F(x + u + v) − F(x + u) F(u + v) = F(x + u + v) − F(x) Suy ra từ các phương trình này ta có F(u) + F(v) = F(u + v). Và bài toán được chứng minh. Bài toán 14(VMO 1992 bảng B). Cho hàm số f : R → R thỏa mãn f(x + 2xy) = f(x) + 2f(xy), ∀x, y ∈ R. Biết f(1991) = a, hãy tính f(1992) Giải Thay x = 0 ta được f(0) = 0. Thay y = −1 ta nhận được f(x) = −f(−x). Thay y = −1 2 ta được f(x) = 2f € x 2 Š . Xét x = 0 và số thực t bất kỳ, đặt y = t 2x ta nhận được: f(x + t) = f(x) + 2f € t 2 Š = f(x) + f(t) Vậy f là hàm Cauchy nên f(x) = kx, với k là hằng số nào đó. Từ f(1991) = a ⇒ k.1991 = a ⇒ k = a 1991 . Do đó f(1992) = 1992 1991 a Bài toán 15. Tìm tất cả các hàm số f(x) xác định trên (0, +∞), có đạo hàm tại x = 1 và thỏa mãn điều kiện f(xy) = √ xf(y) + √ yf(x), ∀x, y ∈ R+ Giải Xét các hàm số sau g(x) = f(x)√ x . Từ giả thiết của bài toán ta có: √ xy.g(xy) = √ xy.g(x) + √ xy.g(y) ⇔ g(xy) = g(x) + g(y), ∀x, y ∈ R+ Vậy g(x) = logax, x 0. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

26. 2 PHƯƠNG TRÌNH HÀM CAUCHY Từ đó ta có kết quả hàm số f(x) = k. √ x.logax với k ∈ R. Lại từ (1) nếu ta đặt z = x + y thì y = z − x và quan hệ (1) trở thành f(z) = f(x).f(z − x), nếu với giả thiết f(x) = 0 ∀x ∈ R thì ta có thể viết lại như sau: f(z − x) = f(z) f(x) , và ta đề xuất được bài toán sau đây: Bài toán 18. Xác định các hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn điều kiện: 8 : f(x − y) = f(x) f(y) , ∀x, y ∈ R f(x) = 0 ∀x ∈ R (2) Vì giả thiết là f(x) = 0 ∀x ∈ R nên chỉ có hàm số f(x) = ax (a 0) thỏa mãn yêu cầu bài toán. To be continued . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

27. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP 3 Phương pháp quy nạp Phương pháp này yêu cầu ta trước hết tính f(0), f(1) rồi dựa vào đó tính f(n) với n ∈ N. Sau đó tính f(n) với n ∈ Z. Tính tiếp f € 1 n Š , từ đó suy ra biểu thức của f(r) với r ∈ Q. Phương pháp này thường sử dụng khi cần tìm hàm số xác định trên N, Z, Q. Ví dụ 3.1. Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn điều kiện: f(1) = 2, f(xy) = f(x)f(y) − f(x + y) + 1, ∀x, y ∈ Q. (11) Giải Cho y = 1 và sử dụng giả thiết f(1) = 2 ta được f(x + 1) = f(x) + 1, ∀x ∈ Q. (12) Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được f(x + m) = f(x) + m, ∀x ∈ Q, ∀m ∈ N. (13) Tiếp theo ta sẽ lần lượt chứng minh: a) f(n) = n + 1, ∀n ∈ N. Thật vậy trong (12) cho x = 0 ta tìm được f(0) = 1. Giả sử ta đã có f(k) = k + 1 thì f(k + 1) = f(k) + 1 = k + 1 + 1 = k + 2. b) Tiếp theo ta chứng minh f(m) = m+1, ∀m ∈ Z. Thật vậy, trong (12) cho x = −1 ta được f(−1) = 0. Trong (11) cho y = −1 thì ta có f(−x) = −f(x − 1) + 1, ∀x ∈ Q. Khi đó với m ∈ Z, m 0 thì đặt n = −m, khi đó n ∈ N nên sử dụng kết quả trên và phần (a) ta được f(m) = f(−n) = −f(n − 1) + 1 = −n + 1 = m + 1. c) Tiếp theo ta chứng minh f(x) = x + 1, ∀x ∈ Q. Trước tiên ta tính f 1 n , n ∈ N+ , bằng cách trong (11) cho x = n, y = 1 n ta có 2 = (n + 1)f 1 n − f n + 1 n + 1. Lại theo (13) thì f n + 1 n = f 1 n + n thay vào phương trình trên ta được f 1 n = n + 1 n = 1 n + 1. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

30. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Từ đây lấy căn bậc hai ta được f(u + v) + f(u − v) = 2 (f(u) + f(v)) , ∀u ≥ v ≥ 0. Phương trình hàm này có nghiệm là f(x) = f(1)x2 , ∀x ≥ 0. Ngoài ra dễ dàng tính được f(1) = 0 hoặc f(1) = 1. Kết luận: Các hàm số thỏa mãn là f(x) ≡ 0, f(x) ≡ 1 2 và f(x) = x2 , ∀x ≥ 0. Nhận xét: Bài toán trên xuất phát từ một hằng đẳng thức quen thuộc là (x2 + y2 ) 2 = (x2 − y2 ) 2 + (2xy)2 . Và điểm mấu chốt của bài toán là tính chất f (x2 ) = (f(x))2 , để suy ra f(x) ≥ 0 khi x ≥ 0. Ví dụ 3.4. (China 1996) Cho hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f(x3 + y3 ) = (x + y)(f2 (x) − f(x)f(y) + f2 (y)), ∀x, y ∈ R. Chứng minh rằng f(1996x) = 1996f(x), ∀x ∈ R. Giải a) Tính f(0) và thiết lập cho f(x). Cho x = y = 0 ta được f(0) = 0. Cho y = 0 ta được f(x3 ) = xf2 (x). Nhận xét: f(x) và x luôn cùng dấu. Từ đây ta có f(x) = x 1 3 f2 (x 1 3 ). b) Thiết lập tập hợp tất cả các giá trị a mà f(ax) = af(x). Đặt S = {a 0 : f(ax) = af(x), ∀x ∈ R}. * Rõ ràng 1 ∈ S. * Ta chứng tỏ nếu a ∈ S thì a 1 3 ∈ S. Thật vậy axf2 (x) = af(x3 ) = f(ax3 ) = f (a 1 3 x)3 = a 1 3 x.f2 (a 1 3 x) ⇒ a 2 3 f2 (x) = f2 (a 1 3 x) ⇒ a 1 3 f(x) = f(a 1 3 x) * Nếu a, b ∈ S thì a + b ∈ S. Thật vậy f ((a + b)x) = f (a 1 3 x 1 3 )3 + (b 1 3 x 1 3 )3 = (a 1 3 + b 1 3 ) h f2 (a 1 3 x 1 3 ) − f(a 1 3 x 1 3 ).f(b 1 3 x 1 3 ) + f2 (b 1 3 x 1 3 ) i = (a 1 3 + b 1 3 ) h a 2 3 − a 1 3 b 1 3 + b 2 3 i x 1 3 f2 (x 1 3 ) = (a + b)f(x). Bằng quy nạp ta chứng tỏ mọi n ∈ N đều thuộc S. Và bài toán ra là trường hợp đặc biệt với n = 1996. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

31. 3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Nhận xét: 1. Nếu chỉ đơn thuần chứng minh kết quả của bài toán thì có thể quy nạp trực tiếp. Bằng cách khảo sát như trên ta sẽ thấy hết được tất cả các giá trị của a 0 mà f(ax) = af(x). 2. Do yêu cầu “đặc biệt” của bài toán, nên tự nhiên ta sẽ nghĩ ngay là có thể chứng minh điều đó đúng với mọi số tự nhiên, và qua đó, sẽ nghĩ ngay đến hướng quy nạp. 3. Việc suy ra dấu của f(x) cùng dấu với x là quan trọng, nó giúp ta triệt tiêu bình phương mà không cần xét dấu, đây cũng là một điều đáng lưu ý trong rất nhiều bài tập khác. 4. Bài toán trên rất có thể xuất phát từ hằng đẳng thức x3 + y3 = (x + y) (x2 − xy + y2 ). Ví dụ 3.5. Tìm tất cả các hàm f : Z → Z thỏa mãn: f(x3 + y3 + z3 ) = f3 (x) + f3 (y) + f3 (z), ∀x, y, z ∈ Z Hint: 1. Tính f(0) và chứng minh f là hàm lẻ. 2. Chứng tỏ f(2) = 2f(1), f(3) = 3f(1). Chứng minh bằng quy nạp f(n) = nf(1), ∀n ∈ Z 3. Trong chứng minh chuyển từ n = k ≥ 0 sang n = k +1, ta sử dụng hằng đẳng thức sau: Nếu k chẵn thì k = 2t, ta có: (2t + 1)3 + 53 + 13 = (2t − 1)3 + (t + 4)3 + (4 − t)3 khi k = 2t và nếu k lẻ thì k = 2t − 1 khi đó n = 2t luôn được viết dưới dạng 2t = 2j (2i + 1), và đẳng thức trên chỉ cần nhân cho 23j Ví dụ 3.6. Tìm tất cả các hàm f : N → N thỏa mãn các điều kiện: f(1) 0 và f(m2 + n2 ) = f2 (m) + f2 (n), ∀m, n ∈ N Hint: 1. Tính f(0) ⇒ f(m2 + n2 ) = f(m2 ) + f(n2 ) 2. Chứng minh f(n) = n, ∀n ≤ 10. Với n 10 ta sử dụng các đẳng thức sau: (5k + 1)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k − 1)2 (5k + 2)2 + 12 = (4k + 1)2 + (3k + 2)2 (5k + 3)2 + 12 = (4k + 3)2 + (3k + 1)2 (5k + 4)2 + 22 = (4k + 2)2 + (3k + 4)2 (5k + 5)2 = (4k + 4)2 + (3k + 3)2 GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

32. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ 4 Khai thác tính chất đơn ánh, toàn ánh, song ánh, chẵn lẻ của hàm số Trước tiên ta nhắc lại các khái niệm cơ bản này. a) Nếu f : R → R là đơn ánh thì từ f(x) = f(y) ta suy ra được x = y. b) Nếu f : R → R là toàn ánh thì với mỗi y ∈ R, tồn tại x ∈ R để f(x) = y. c) Nếu f : R → R là song ánh thì ta có cả hai đặc trưng trên. Nếu một hàm số mà đơn ánh chúng ta rất hay dùng thủ thuật tác động f vào cả hai vế, nếu một hàm f toàn ánh ta hay dùng: Tồn tại một số b sao cho f(b) = 0, sau đó tìm b. Nếu quan hệ hàm là hàm bậc nhất của biến ở vế phải thì có thể nghĩ tới hai quan hệ này. Ví dụ 4.1. Tìm tất cả các hàm số f : Q → Q thỏa mãn f (f(x) + y) = x + f(y), ∀x, y ∈ Q. Giải Nhận xét, hàm đồng nhất 0 không thỏa mãn bài toán. Xét f(x) ≡ 0. a) f đơn ánh, thật vậy, nếu f(x1) = f(x2) thì f (f (x2) + y) = f (f (x2) + y) → x1 + f(y) = x2 + f(y) → x1 = x2. b) f toàn ánh, thật vậy, vì tồn tại y0 sao cho f(y0) = 0. Do đó vế phải của điều kiện là một hàm số bậc nhất của x nên có tập giá trị là Q. c) Tính f(0), cho x = y = 0 và sử dụng tính đơn ánh ta được f (f(0)) = f(0) → f(0) = 0. Từ đó thay y = 0 ta được f (f(x)) = x, ∀x ∈ Q. d) Thay x bởi f(x) và sử dụng kết quả trên(và điều này đúng cho với mọi x ∈ Q vì f là toán ánh) thì f(x + y) = f(x) + f(y), ∀x, y ∈ Q. Từ đây ta được f(x) = ax thay vào bài toán ta nhận f(x) ≡ x hoặc f(x) ≡ −x trên Q. Nhận xét: Nếu yêu cầu bài toán trên tập R thì cần thêm tính chất đơn điệu hoặc liên tục. Cụ thể, các bạn có thể giải lại bài toán sau (THTT, 2010): Tìm tất cả các hàm số liên tục f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + f(y)) = 2y + f(x), ∀x, y ∈ R. Ví dụ 4.2. Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn f (xf(y) + x) = xy + f(x), ∀x, y ∈ R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

33. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ Giải Thay x = 1 vào điều kiện hàm ta được f (f(y) + 1) = y + f(1), ∀y ∈ R. Từ đây suy ra f là một song ánh. Lấy x = 1, y = 0 ta được f (f(0) + 1) = f(1) → f(0) = 0 do fđơn ánh. Bây giờ với x = 0, đặt y = − f(x) x thay vào điều kiện hàm ta được f (xf(y) + x = 0 = f(0)) → xf(y) = x do fđơn ánh, hay f(y) = −1, tức là f ‚ − f(x) x Œ = f(y) = −1 = f(b), với b là một số thực nào đó(do f là một toàn ánh). Vậy f(x) = −bx, ∀x = 0. Kết hợp với f(0) = 0 thì viết gộp thành f(x) = −bx, ∀x ∈ R. Thay vào điều kiện hàm số ta có được hai hàm thỏa mãn là f(x) ≡ x và f(x) ≡ −x. Nhận xét: Bài toán này có thể giải bằng cách thế biến như sau mà không cần dùng đến tính song ánh của hàm số. Thay x = 1 ta được f (f(y) + 1) = y + f(1), ∀y ∈ R. Ví dụ 4.3. (Đề nghị IMO 1988) Xác định hàm số f : N → N thỏa mãn điều kiện sau: f(f(n) + f(m)) = m + n, ∀m, n ∈ N. (14) Giải a) Trước tiên ta kiểm tra f đơn ánh. Thật vậy giả sử f(n) = f(m), khi đó f (2f(n)) = f (f(n) + f(n)) = 2n, và f (2f(n)) = f (f(m) + f(m)) = 2m. Do đó m = n, nên f đơn ánh. b) Ta tính f (f(n)) theo các bước sau: cho m = n = 0 trong (14) thì ta được f (2f(0)) = 0, lại cho m = 2f(0) vào trong (14) thì ta được f (f(n)) = n + 2f(0). GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

34. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ c) Tác động f vào cả hai vế của (14) và sử dụng kết quả trên, ta được f (f (f(n) + f(m))) = f(n) + f(m) + 2f(0). Ngoài ra theo quan hệ đề bài thì f (f (f(n) + f(m))) = f(n + m). Từ đây ta có f(n + m) = f(n) + f(m) + 2f(0). Cho m = n = 0 thì f(0) = 0, do đó quan hệ trên trở thành hàm cộng tính. Vậy f(n) = an. Thay vào quan hệ bài toán ta được f(n) = n, ∀n ∈ N. – Nhận xét: Quan hệ đơn ánh của bài toán này không cần thiết trong lời giải. Và bài toán này có thể chứng minh bằng quy nạp trên N. Cách 2. Nếu xét trên Z+ thì ta có thể chứng minh bằng quy nạp f(x) = x, ∀x ∈ N. Tức là, dùng phương pháp, ta chứng minh không còn tồn tại hàm số nào khác. Trước tiên ta tính f(1). Giả sử f(1) = t 1, đặt s = f(t − 1) 0. Nhận thấy rằng nếu f(m) = n thì f(2n) = f (f(m) + f(m)) = 2m. Như vậy f(2t) = 2, f(2s) = 2t − 2. Nhưng khi đó thì 2s + 2t = f (f(2s) + f(2t)) = f(2t) = 2 → t 1, điều này vô lý. Vậy f(1) = 1. Giả sử ta có f(n) = n thì f(n + 1) = f (f(n) + f(1)) = n + 1. Vậy f(n) = n, ∀n ∈ Z+ . Ví dụ 4.4. (Balkan 2000) Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện: f (xf(x) + f(y)) = (f(x))2 + y, ∀x, y ∈ R. (15) Giải a) Ta tính f (f(y)) bằng cách cho x = 0 vào (15) ta được f (f(y)) = (f(0))2 + y, ∀y ∈ R. b) Chứng tỏ f đơn ánh. Thật vậy nếu f(y1) = f(y2) thì f (f(y1)) = f (f(y2)). Từ đây theo phần (a) thì f2 (0) + y1 = (f(0))2 + y2 ⇒ y1 = y2. c) Chứng tỏ f toàn ánh vì vế phải của (15) là một hàm bậc nhất của y nên có tập giá trị bằng R. Kết hợp hai điều trên ta thu được f là một song ánh từ R vào R. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

35. 4 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐƠN ÁNH, TOÀN ÁNH, SONG ÁNH, CHẴN LẺ CỦA HÀM SỐ d) Tính f(0). Dựa vào tính toàn ánh thì phải tồn tại a ∈ R để f(a) = 0. Thay x = y = a vào (15) ta được f (af(a) + f(a)) = (f(a))2 + a ⇒ f(0) = a. Do f là một song ánh nên a = 0, tức f(0) = 0. Từ đây theo (a) thì f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Trong (15) cho y = 0 ta được f (xf(x)) = (f(x))2 , ∀x ∈ R. (16) Trong quan hệ trên, thay x bởi f(x) ta được(thay được đúng với mọi x ∈ R vì f là song ánh) f (f(x).f (f(x))) = , ∀x ∈ R. Chứng minh rằng f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Giải a) Làm xuất hiện f (f(x)). Cho y = x ta được f(2x) + f(2f(x)) = f (2f(x + f(x))) . (26) Thay x = f(x) trong vào trong (26) ta được f(2f(x)) + f(2f(f(x))) = f (2f(f(x) + f(f(x)))) . (27) Lấy (27) trừ cho (26) ta được f (2f (f(x))) − f(2x) = f (2f (f(x) + f (f(x)))) − f (2f (x + f(x))) . (28) GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

45. 5 KHAI THÁC TÍNH ĐƠN ĐIỆU CỦA HÀM SỐ b) Sử dụng tính chất hàm f là hàm giảm. Giả sử tồn tại x0 sao cho f (f(x0)) x0, khi đó 2f (f(x0)) 2×0. Do f là hàm giảm nên f (2f (f(x0))) f(2×0). Do đó vế trái của (28) nhỏ hơn 0. Vậy f (2f (f(x0) + f (f(x0)))) − f (2f (x0 + f(x0))) 0 ⇒ f (2f (f(x0) + f (f(x0)))) f (2f (x0 + f(x0))) . Lại do f là hàm giảm nên 2f (f(x0) + f (f(x0))) 2f (x0 + f(x0)) ⇒ f(x0) + f (f(x0)) x0 + f(x0) ⇒ f (f(x0)) x0. Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Nếu tồn tại x0 sao cho f (f(x0)) x0 thì lập luận tương tự như trên ta cũng dẫn đến điều vô lý. Vậy f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Ví dụ 5.6. (Italy 2000) a) Tìm tất cả các hàm đơn điệu ngặt f : R → R thỏa mãn f (x + f(y)) = f(x) + y, ∀x, y ∈ R. b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 1, không tồn tại hàm đơn điệu ngặt f : R → R sao cho f (x + f(y)) = f(x) + yn , ∀x, y ∈ R. Giải Hàm đơn điệu ngặt thì đơn ánh. Ngoài ra dễ thấy f là một song ánh. a) Thế x = y = 0 ta được f (f(0)) = f(0). Do f đơn ánh nên f(0) = 0. Từ đó ta được quan hệ f (f(x)) = x, ∀x ∈ R. Khi đó với mọi z ∈ R, thay y = f(z) vào quan hệ hàm ta được f(x + z) = f(x) + f(z), ∀x, z ∈ R. Từ tính chất cộng tính của hàm f và tính đơn điệu ngặt của f, suy ra f có dạng f(x) = ax. Thay vào hàm ban đầu ta được f(x) ≡ x hoặc f(x) ≡ −x là hai hàm thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách khác: Ta có thể kiểm tra trực tiếp hai hàm số này như sau. Xét trường hợp f là hàm tăng, giả sử tồn tại x0 ∈ R sao cho f(x0) x0, thì do f là hàm tăng nên f (f(x0)) f(x0) → x0 f(x0), vô lý, tương tự cho trường hợp f(x0) x0. Vậy f(x) ≡ x. Tương tự cho hàm giảm. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

48. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ 6 Khai thác tính chất điểm bất động của hàm số Cho hàm số f : X → R. Điểm a ∈ X gọi là điểm cố định(điểm bất động, điểm kép) của hàm số f nếu f(a) = a. Việc nghiên cứu các điểm bất động của một hàm số cũng cho ta một số thông tin về hàm số đó. Điểm bất động a của hàm số f chính là chu trình bậc 1 của điểm a qua ánh xạ f Ví dụ 6.1. (IMO 1983) Tìm các hàm số f : R+ → R+ thỏa mãn hai điều kiện: limx→∞ f(x) = 0 và f(xf(y)) = yf(x), ∀x, y ∈ R+ Giải a) Tính f(1). Cho x = y = 1, ta được f (f(1)) = f(1). Lại cho y = f(1) ta được f (xf (f(1))) = f(1)f(x) ⇒ f (xf(1)) = f(1)f(x). Mặt khác f (xf(1)) = f(x) nên ta được f(x) = f(x)f(1) ⇒ f(1) = 1(do f(x) 0). b) Điểm cố định của hàm số Cho x = y vào quan hệ hàm ta được f (xf(x)) = xf(x), ∀x ∈ R+ . Suy ra xf(x) là điểm bất động của hàm số f. c) Một số đặc điểm của tập điểm cố định. Nếu x và y là hai điểm cố định của hàm số, thì f(xy) = f (xf(y)) = yf(x) = xy. Chứng tỏ xy cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với phép nhân. Hơn nữa nếu x là điểm bất động thì 1 = f(1) = f 1 x f(x) = xf 1 x ⇒ f 1 x = 1 x . Nghĩa là 1 x cũng là điểm bất động của hàm số. Như vậy tập các điểm bất động đóng với phép nghịch đảo. Như vậy ngoài 1 là điểm bất động ra, nếu có điểm bất động nào khác thì hoặc điểm bất động này lớn hơn 1, hoặc nghịch đảo của nó lớn hơn 1. Do đó lũy thừa nhiều lần của điểm này lớn hơn 1 cũng sẽ là điểm bất động. Điều này trái với điều kiện thứ 2 trong quan hệ hàm. d) Vậy 1 là điểm bất động duy nhất của hàm số, do xf(x) là điểm bất động của hàm số với mọi x 0 nên từ tính duy nhất ta suy ra f(x) = 1 x . Dễ thấy hàm số này thỏa mãn yêu cầu bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

49. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ Ví dụ 6.2. (IMO 1994) Giả sử S là tập hợp các số thực lớn hơn −1. Tìm tất cả các hàm số f : S → S sao cho các điều kiện sau được thỏa mãn a) f[x + f(y)) + xf(y)] = y + f(x) + yf(x) ∀x, y ∈ S b) f(x) x là hàm thực sự tăng với −1 x 0 và với x 0 . Giải a) Tìm điểm bất động. Từ điều kiện (b) ta nhận thấy phương trình điểm bất động f(x) = x có nhiều nhất là 3 nghiệm(nếu có): một nghiệm nằm trong khoảng (−1; 0), một nghiệm bằng 0, một nghiệm nằm trong khoảng (0; +∞). b) Nghiên cứu điểm bất động của hàm số. Giả sử u ∈ (−1; 0) là một điểm bất động của f. Trong điều kiện (a) cho x = y = u ta được f(2u + u2 ) = 2u + u2 . Hơn nữa 2u + u2 ∈ (−1; 0) và 2u + u2 là một điểm bất động nữa của hàm số trong khoảng (−1; 0). Theo nhận xét trên thì phải có 2u + u2 = u ⇒ u = −u2 ∈ (−1; 0). Hoàn toàn tương tự, không có điểm bất động nào nằm trong khoảng (0; +∞). Như thế 0 là điểm bất động duy nhất của hàm số(nếu có). c) Kết luận hàm Cho x = y vào (a) ta được f (x + f(x) + xf(x)) = x + f(x) + xf(x), ∀x ∈ S. Như vậy với mọi x ∈ S thì x + (1 + x)f(x) là điểm bất động của hàm số. Theo nhận xét trên thì x + (1 + x)f(x) = 0, ∀x ∈ S ⇒ f(x) = − x 1 + x , ∀x ∈ S. Thử lại thấy hàm này thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 6.3. (IMO 1996) Tìm tất cả các hàm số f : N → N sao cho: f(m + f(n)) = f(f(m)) + f(n), ∀m, n ∈ N. Giải a) Tính f(0). Cho m = n = 0 thì ta có f (f(0)) = f (f(0)) + f(0) ⇒ f(0) = 0. Từ đây lại cho n = 0 thì f (f(m)) = f(m), ∀m ∈ N. Vậy ta có quan hệ hàm như sau 8 : f(m + f(n)) = f(m) + f(n) (1) f(0) = 0 (2) . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

50. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ b) Nhận thấy hàm f(0) ≡ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c) Tìm điểm cố định của hàm số. Nếu f không đồng nhất 0. Thì từ quan hệ f (f(m)) = f(m), ∀m ∈ N suy ra với mọi m ∈ N thì f(m) là điểm cố định của hàm số với m ∈ N. d) Tính chất của các điểm bất động. Nếu a và b là hai điểm bất động của hàm số f thì f(a + b) = f (a + f(b)) = f (f(a)) + f(b) = f(a) + f(b) = a + b. Vậy tập các điểm bất động bất biến qua phép cộng. e) Tập hợp các điểm bất động của f. Gọi a là điểm bất động khác 0 bé nhất của hàm số f. – Nếu a = 1, tức là f(1) = 1, thì dễ thấy rằng f(2) = 2 (bằng cách cho m = n = 1). Và áp dụng phương pháp quy nạp ta suy ra f(n) = n∀n ∈ N. – Nếu a 1, tức là f(a) = a. Bằng phương pháp quy nạp ta cũng chứng tỏ được là f(ka) = ka, ∀k ≥ 1. Ta chứng minh tập các điểm bất động động đều có dạng ka, ∀k ≥ 1(lưu ý là a là điểm bất động nhỏ nhất của hàm số). Thật vậy nếu n là điểm bất động khác thì n = ka + r(0 ≤ r a), khi đó theo (1) và tính chất điểm bất động của ka, ta có n = f(n) = f(ka + r) = f (r + f(ka)) = f(r) + f(ka) = f(r) + ka ⇒ f(r) = n − ka = r. Vì r a mà r lại là điểm bất động, a là điểm bất động nhỏ nhất, nên r = 0. Chứng tỏ các điểm bất động đều có dạng ka, ∀k ≥ 1 (*). f) Xây dựng hàm f. Vì {f(n) : n ∈ N} là tập các điểm bất động của hàm f. Vậy thì với i a thì do (*) nên ta có f(i) = nia với n0 = 0, ni ∈ N. Lấy số nguyên dương n bất kỳ thì ta có thể viết n = ka + i(0 ≤ i a). Theo quan hệ đầu bài thì f(n) = f(i + ka) = f (i + f(ka)) = f(i) + ka = nia + ka = (ni + k)a. Ta kiểm chứng hàm f như vậy thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, với m = ka + i, n = la + j , 0 ≤ i, j a thì f (m + f(n)) = f (la + j + f (ka + i)) = ka + i + f (f(la + i)) . GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

51. 6 KHAI THÁC TÍNH CHẤT ĐIỂM BẤT ĐỘNG CỦA HÀM SỐ Ví dụ 6.4. (AMM, E984) Tìm tất cả các hàm số f : R → R sao cho f(f(x)) = x2 − 2, ∀x ∈ R. Giải Ta chứng minh một kết quả tổng quát hơn: Cho S là một tập hợp và g : S → S là một hàm số có chính xác 2 điểm cố định {a, b} và g ◦ g có chính xác 4 điểm cố định {a, b, c, d}. Thì không tồn tại hàm số f : S → S để g = f ◦ f. Chứng minh Giả sử g(c) = y. Thì c = g (g(c)) = g(y), nên y = g(c) = g (g(y)). Do vậy y là một điểm cố định của g ◦ g. Nếu y = a thì a = g(a) = g(y) = c, dẫn đến mâu thuẫn. Tương tự cho y = b sẽ dẫn đến mâu thuẫn là c = b. Nếu y = c thì c = g(y) = g(c), tức c là điểm cố định của g, mâu thuẫn. Từ đó suy ra y = d, tức là g(c) = d, và tương tự thì g(d) = c. Giả sử tồn tại f : S → S sao cho f ◦ f = g. Thì f ◦ g = f ◦ f ◦ f = g ◦ f. Khi đó f(a) = f (g(a)) = g (f(a)), nên f(a) là một điểm cố định của g. Bằng việc kiểm tra từng trường hợp ta kết luận f{a, b} = {a, b}, f{a, b, c, d} = {a, b, c, d}. Xét f(c). Nếu f(c) = a, thì f(a) = f (f(c)) = g(c) = d, mâu thuẫn do f(a) nằm trong {a, b}. Tương tự cũng không thể xảy ra f(c) = b. Ngoài ra cũng không thể có f(c) = c vì c không là điểm cố định của g. Do vậy chỉ có khả năng là f(c) = d. Nhưng khi đó thì f(d) = f (f(c)) = g(c) = d, mâu thuẫn, vì điều này không thể xảy ra do d không phải là điểm cố định của g. Do vậy không thể tồn tại hàm f thỏa yêu cầu bài toán. Quay trở lại bài toán, bài toán là trường hợp đặc biệt của hàm g(x) = x2 − 2, có hai điểm cố định là −1 và 2, và g (g(x)) = (x2 − 2) 2 − 2 có các điểm cố định là −1, 2, −1 + √ 5 2 và −1 √ 5 2 . Áp dụng kết quả trên ta hoàn thành lời giải cho bài toán. GV: Trần Minh Hiền. . . . . .PTH bồi dưỡng học sinh giỏi . . . . . .Trường THPT chuyên Quang Trung www.VNMATH.com

Cách Viết Phương Trình Hóa Học Hay, Chi Tiết

Tính Theo Phương Trình Hóa Học

Bài Tập Cân Bằng Phương Trình Hóa Học Lớp 8 Có Đáp Án

Phương Trình Hóa Học Là Gì? Hướng Dẫn Cách Cân Bằng Phương Trình Hóa Học

Phương Trình Hóa Học Đầy Đủ Chi Tiết Nhất

Chuyên Đề Giải Phương Trình Và Hệ Phương Trình Bằng Phương Pháp Hàm Số

Chuyên Đề Phương Trình Vô Tỉ Toán 9

Giải Phương Trình, Bất Pt Bậc Cao

Đề Cương Ôn Tập Toán 10 Học Kì 1 Có Đáp Án

Biến Đổi Phương Trình Đường Thẳng

Chuyên Đề Số Dạng Phương Trình Nghiệm Nguyên Ở Cấp Trung Học Cơ Sở

Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 1 SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN ----------------------------------- CHUYÊN ĐỀ ÔN THI THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ  NGƯỜI VIẾT : LÊ HỒNG KHÔI TỔ CHUYÊN MÔN : TOÁN LẬP THẠCH – THÁNG 10 NĂM 2022 Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 2 LỜI NÓI ĐẦU Năm học 2022 – 2022 Bộ Giáo dục và Đào tạo tiếp tục tổ chức kì thi THPT quốc gia nhằm cả hai mục đích là xét tốt nghiệp và tuyển sinh ĐH – CĐ. Đề thi cũng phải đảm bảo hai mục đích đó, đề thi sẽ có khoảng 60% ở mức độ cơ bản và khoảng 40% ở mức độ phân hóa học sinh, trong 40% mức độ phân hóa học sinh thì đề thi thường xuất hiện câu giải phương trình hoặc hệ phương trình mà phương pháp giải có sử dụng đến tính đơn điệu của hàm số. Kết quả kì thi THPT Quốc gia năm học 2014 – 2015 cho thấy số những thí sinh nào làm được nhiều phần phân hóa học sinh thì cơ hội để xét tuyển vào các trường ĐH – CĐ tốp trên sẽ cao hơn. Nhằm mục đích rèn luyện cho học sinh các kỹ năng giải toán và có cơ hội đạt điểm cao trong kì thi THPT Quốc gia năm học 2022 – 2022, tôi đã viết chuyên đề “Giải phương trình và hệ phương trình bằng phương pháp hàm số”, đây là quá trình tích lũy kinh nghiệm của bản thân và sự giúp đỡ của đồng nghiệp. Hy vọng chuyên đề này là tài liệu giảng dạy và học tập hữu ích cho giáo viên và học sinh. Chuyên đề này tùy theo từng đơn vị và đối tượng học sinh, giáo viên có thể dạy trong 3 đến 6 tiết đồng thời chọn lọc những ví dụ phù hợp. Trong quá trình viết chuyên đề khó tránh khỏi những thiếu sót, rất mong đồng nghiệp và học sinh đóng góp ý kiến để chuyên đề được áp dụng rộng rãi. Xin chân thành cảm ơn ! Người viết chuyên đề : LÊ HỒNG KHÔI Giáo viên Trường THPT Liễn Sơn – Lập Thạch – Vĩnh Phúc Chức vụ : Tổ trưởng tổ Toán Điện Thoại : 0983.020.234 Mail : lehongkhoi.gvlienson@vinhphuc.edu.vn Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 3 PHẦN I. PHƯƠNG TRÌNH A. LÝ THUYẾT I. Một số tính chất 1. Tính chất 1. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì phương trình   0f x  có nhiều nhất một nghiệm  ;x a b 2. Tính chất 2. Nếu  ' 0f x  có n nghiệm  ;x a b thì phương trình   0f x  có nhiều nhất 1n  nghiệm  ;x a b 3. Tính chất 3. Nếu      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   thì phương trình   0f x  có nhiều nhất n nghiệm  ;x a b 4. Tính chất 4. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì      , ;f u f v u v u v a b     Lưu ý : Có thể thay  ;a b bằng      ; , ; , ;a b a b a b II. Phương pháp 1. Phương trình có nghiệm duy nhất a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp b. Thuật toán - Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) - Biến đổi phương trình về dạng   0f x  - Chứng minh  y f x luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên  ;a b ( ;a b là miền xác định của phương trình) - Nhẩm 1 nghiệm 0x x của phương trình (Có thể sử dụng MTCT – lệnh “SHIFT+SOLVE”) - Kết luận : Phương trình có nghiệm duy nhất 0x x 2. Phương trình có tối đa n nghiệm (thông thường 2 hoặc 3 nghiệm) a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải là phương trình không mẫu mực, phức tạp mà phương pháp thông thường không giải được hoặc giải phức tạp b. Thuật toán - Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) - Biến đổi phương trình về dạng   0f x  - Chỉ ra      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   ( ;a b là miền xác định của phương trình) - Nhẩm n nghiệm của phương trình Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 4 - Kết luận : Phương trình có đúng n nghiệm nhẩm được 3. Xét hàm đặc trưng a. Dấu hiệu : Phương trình cần giải có thể đưa về phương trình đồng bậc b. Thuật toán - Tìm điều kiện (điều kiện thông thường và điều kiện kéo theo) - Biến đổi phương trình về phương trình đồng bậc - Cố định một vế (vế đơn giản hơn), suy ra hàm đặc trưng  f t - Biến đổi vế còn lại theo quy luật của hàm đặc trưng, ta được phương trình    f u f v - Chỉ ra hàm đặc trưng luôn đồng biến hay nghịch biến trên miền giá trị của ,u v - Giải phương trình    f u f v u v   - Kết luận Ví dụ minh họa: Giải phương trình :  3 23 4 2 3 2 3 1x x x x x      (*) Phân tích : - Đặt 3 1u x  thì VP(*) là biểu thức bậc 3 ẩn u , như thế 2 vế của (*) là đồng bậc - Cố định VP(*) =    2 33 2 3 1 1x x u u u u      , Suy ra hàm đặc trưng   3f t t t  -VT(*) 3v v  , VT(*) là biểu thức bậc 3 ẩn x , cùng bậc với bậc của hàm đặc trưng, suy ra v ax b  , khi đó             3 3 2 3 3 2 2 2 3 3 4 2 1 3 3 3 4 2 0 ax b ax b x x x a x a b x ab a x b                  3 2 2 3 1 0 3 3 0 1 13 4 0 2 0 a a b a bab a b b                   1v x   Phương trình (1) trở thành 3 3v v u u   Lưu ý : Có thể tìm hàm đặc trưng nhờ MTCT : Cho một vài giá trị của x, tính y rồi tìm mối quan hệ của x và y Lời giải : ĐK : 1 3 x   (*)         333 23 4 2 3 2 3 1 1 1 3 1 3 1x x x x x x x x x               Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 5 Xét hàm số   3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)    1 3 1 1 3 1f x f x x x        2 2 1 3 1x x x     (do 1 3 x   nên 1 0x   ) 2 0 0 1 x x x x        Vậy phương trình (*) có 2 nghiệm là : 0, 1x x  . Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 6 B. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải phương trình : 5 3 1 3 4 0x x x     (1) Giải : ĐK : 1 3 x  Xét hàm số   5 3 1 1 3 4, 3 f x x x x x      Hàm số trên liên tục trên 1 ; 3       Ta có :  ' 4 2 3 1 5 3 0 ; 32 1 3 f x x x x x              Suy ra  f x đồng biến trên 1; 3       Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 1 3 x  Mặt khác  1 0f   , tức 1x   là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x   . Chú ý : Có thể nhẩm nghiệm 1x   trên máy tính cầm tay “SHIFT + SOLVE” Ví dụ 2: Giải phương trình : 22 1 3 4x x x     (1) Giải : ĐK : 2 1 0 1 4 4 0 2 x x x        (2) 22 1 3 4 0x x x       Xét hàm số   2 1 2 1 3 4, ;4 2 f x x x x x             Hàm số trên liên tục trên 1 ;4 2      Ta có :  ' 3 1 1 1 0 ;4 22 1 3 x f x x x x             Suy ra  f x đồng biến trên 1 ;4 2      Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 7 Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 1 ;4 2 x       Mặt khác  1 0f  , tức 1x  là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x  . Chú ý : - ĐK :2 1 0x   là điều kiện thông thường ĐK : 4 0x  là điều kiện kéo theo (Phương trình này có thể bỏ qua) - Có thể nhẩm nghiệm 1x  trên máy tính cầm tay “SHIFT + SOLVE” Ví dụ 3: Giải phương trình : 2 215 3 2 8x x x     (1) Giải : Ta có : (1) 2 215 8 3 2x x x      Do 2 215 8 0x x    nên 2 3 2 0 3 x x    Xét hàm số   2 2 2 15 8 3 2, 3 f x x x x x       Ta có :        2 2 ' 2 2 2 2 8 15 2 3 3 0 315 8 15 8 x x xx x f x x x x x x                Suy ra  f x nghịch biến trên 2 ; 3       Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 1 nghiệm 2 ; 3 x        Mặt khác  1 0f  , tức 1x  là một nghiệm của phương trình (1) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1x  . Chú ý : ĐK : 3 2 0x   là điều kiện kéo theo (Phương trình này bắt buộc phải tìm) Ví dụ 4: Giải phương trình : 22 3 4 3 5 9 6 13x x x x      (1) Giải : ĐK : 4 3 x   Xét hàm số   2 4 2 3 4 3 5 9 6 13, 3 f x x x x x x         Hàm số trên liên tục trên 4 ; 3       Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 8 Ta có :  ' 3 15 2 6 3 4 2 5 9 f x x x x             '' 9 75 42 0 32 3 4 3 4 4 5 9 5 9 f x x x x x x             Suy ra  'f x nghịch biến trên 4 ; 3       Suy ra phương trình  ' 0f x  có nhiều nhất 1 nghiệm 4 3 x   Suy ra phương trình   0f x  (Phương trình (1)) có nhiều nhất 2 nghiệm 4 3 x   Mặt khác    0 1 0f f   , tức 0, 1x x  là các nghiệm của (1) Vậy phương trình (1) có đúng 2 nghiệm là : 0, 1x x  Ví dụ 5: Giải phương trình :    2 3 3 7 4 3 0x x x x     (1) Giải : ĐK : 4 3 x  (1)     3 3 33 4 3 3 4 3 3 4 3 3 4 3x x x x x x x x              Xét hàm số   3 3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 3 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)    4 3 4 3f x f x x x        2 24 3 3 4 0 1 0 0 x x x x x tm x x               Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1x  . Ví dụ 6: Giải phương trình : 3 31 2 2 1x x   (1) Giải : (1)   3 3 33 3 32 2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1x x x x x x x x            Xét hàm số   3 2 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 2 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)     33 32 1 2 1 2 1 0f x f x x x x x          Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 9 1 1 5 2 x x       Vậy phương trình (1) có 3 nghiệm là : 1 5 1, 2 x x     . Ví dụ 7: Giải phương trình :  2 22 1 2 1 2 3 0x x x x x x        (1) Giải : (1)       22 2 1 1 1 2 0x x x x x x                      2 2 1 1 1 2 2x x x x x x            Xét hàm số   2 2 ,f t t t t t    Ta có :   2 ' 2 2 1 2 0 2 t f t t t t         , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)     1 1 1 2 f x f x x x x           Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1 2 x   . Ví dụ 8: Giải phương trình :     2 23 2 9 3 4 2 1 1 0x x x x x        (1) Giải : (1)           2 22. 3 3 . 3 3 2 1 2 1 3 2 0x x x x x                     2 2 2. 2 1 2 1 . 2 1 3 2. 3 3 . 3 3x x x x x x            Xét hàm số   22 3 ,f t t t t t    Ta có :   2 ' 2 2 2 3 0 3 t f t t t t         , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)     1 2 1 3 2 1 3 5 f x f x x x x           Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1 5 x   . Ví dụ 9: Giải phương trình :   2 2 9 . 3 1 3 2 1 3 1 x x x x x       (1) Giải : Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 10 ĐK : 1 3 x   Nhận xét : 0x  không là nghiệm của (1) Với 0x  thì 1 3 1 0x           2 2 2 3 2 9 . 3 1 1 3 1 1 3 2 3 3 2 3 1 3 2 2 3 1 x x x x x x x x x x x x                         3 2 33 3 4 2 3 2 3 1 1 1 3 1 3 1 x x x x x x x x x                Xét hàm số   3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Khi đó : (1)    1 3 1 1 3 1f x f x x x        2 2 1 3 1x x x     (do 1 3 x   nên 1 0x   ) 2 0 1x x x     (do 0x  ) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất : 1x  . Ví dụ 10: Giải phương trình :    2 2 2 8 1 2 2 2 3 x x x x x x         (1) Giải : ĐK : 2x   (1)        2 2 2 4 1 2 4 1 2 0 2 3 2 32 2 2 2 x x x x x x x x x x xx x                          2 2 4 1 * 2 3 2 2 x tm x x x x x                          22* 4 2 2 1 2 3 2 2 2 2 1 2 1 2x x x x x x x x x                              3 2 3 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1x x x x x x            Xét hàm số   3 22 2 ,f t t t t t    Ta có :  ' 23 4 2 0f t t t t      , suy ra  f t đồng biến trên Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 11 Khi đó : (*)    2 1 2 1f x f x x x          2 2 3 132 2 1 3 1 0 3 13 2 21 0 1 1 x x x x x x x tm x x x                         Vậy phương trình (1) có 2 nghiệm là : 3 13 2, 2 x x    . C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giải các phương trình : 5 31. 1 3 4 0x x x     3 2. 2 3 1 3 2 2 x x x      6 8 3. 3 14 3 2x x      34. 4 2 7 2 3 0x x x x      35. 4 1 2 1 0x x x x        26. 8 2 6 5 0x x x x     3 2 37. 15 78 141 5 2 9x x x x        8. 3 1 3 1 2 0x x x x x       2 1 19. 3 18 24 2 5 1 x x x x           311. 3 5 16. 3 5 2 x x x      2 21 112. 4 2 1x x x    13. 4 5 7 2x x x    2 314. log 1 logx x  2 2 3 2 3 15. log 7 21 14 2 4 5 x x x x x x        Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 12 PHẦN II. HỆ PHƯƠNG TRÌNH A. LÝ THUYẾT I. Một số tính chất 1. Tính chất 1. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì phương trình   0f x  có nhiều nhất một nghiệm  ;x a b 2. Tính chất 2. Nếu  ' 0f x  có n nghiệm  ;x a b thì phương trình   0f x  có nhiều nhất 1n  nghiệm  ;x a b 3. Tính chất 3. Nếu      0 ;nf x x a b   hoặc      0 ;nf x x a b   thì phương trình   0f x  có nhiều nhất n nghiệm  ;x a b 4. Tính chất 4. Nếu  y f x đồng biến hoặc nghịch biến trên  ;a b thì      , ;f u f v u v u v a b     Lưu ý : Có thể thay  ;a b bằng      ; , ; , ;a b a b a b II. Phương pháp 1. Dấu hiệu : Một trong hai phương trình của hệ có thể đưa về phương trình đồng bậc (các đại lượng trong phương trình đó có cấu trúc tương đối giống nhau) 2. Thuật toán Bước 1: Tìm điều kiện - Điều kiện thông thường - Điều kiện kéo theo Bước 2: Biến đổi phương trình có cấu trúc tương đối giống nhau về phương trình đồng bậc (Đặt ẩn phụ, chia 2 vế cho một biểu thức nào đó, ) Bước 3: Biến đổi phương trình đồng bậc ở bước 2 về dạng    f u f v bằng cách - Cố định 1 vế, cố định u, suy ra hàm đặc trưng  f t - Biến đổi vế còn lại theo hàm đặc trưng, suy ra v (có thể sử dụng phương pháp đồng nhất) Bước 4: Xét hàm đặc trưng, chứng minh nó luôn đồng biến hoặc luôn nghịch biến trên miền D (D là miền giá trị của u, v), từ đó ta được u v Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 13  x theo y hoặc y theo x , thế vào phương trình còn lại tìm nghiệm của nó và suy ra nghiệm của hệ đã cho. Ví dụ minh họa : Giải hệ phương trình :     3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 1 2 2 x x x y y y x y x y               Phân tích : * Dấu hiệu : Phương trình  1 của hệ là phương trình đồng bậc * Tìm điều kiện - Điều kiện thông thường : Không có - Điều kiện kéo theo + Coi phương trình (2) là phương trình bậc 2 ẩn x   2 22 2 2 2 2 1 0x x y y      Điều kiện có nghiệm x là  ' 2 2 3 1 1 2 2 2 1 4 4 3 0 2 2 y y y y y              + Coi phương trình (2) là phương trình ẩn y   2 22 2 2 2 2 1 0y y x x      , điều kiện có nghiệm y là  ' 2 21 2 2 2 1 4 4 3 0 1 3 2 2 x x x x x               * Biến đổi phương trình (1) về dạng    f u f v   3 2 3 21 3 9 3 9 22x x x y y y       - Cố định VT, cố định u x  VT   3 23 9f u u u u     Hàm đặc trưng   3 23 9f t t t t   - VP   3 23 9f v v v v    , do VP là biểu thức bậc 3 ẩn y (cùng bậc hàm đặc trưng) v ay b   , ta được               3 2 3 2 3 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 3 3 2 2 2 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 9 3 9 22 3 3 3 6 3 9 9 3 9 22 1 3 3 3 3 6 9 9 3 9 22 0 1 0 3 3 3 0 1 3 6 9 9 0 2 2 3 9 22 ay b ay b ay b y y y a y a by ab y b a y aby b ay b y y y a y a b a y ab ab a y b b b a a b a a ab ab a v y b b b b                                                         0         Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 14 Như vậy :         3 23 21 3 9 2 3 2 9 2x x x y y y         Lưu ý : Có thể tìm hàm đặc trưng nhờ MTCT * Xét hàm đặc trưng   3 23 9f t t t t   Do 1 3 1 3 ; ; 2 2 2 2 1 5 ; 2 23 1 1 5 ; 2 ; 2 2 2 2 x u x t y v y                                                Ta có :    ' 2 1 5 3 6 9 0 1;3 ; 2 2 f t t t x               Suy ra  f t nghịch biến trên 1 5; 2 2       *      1 2 2 2f x f y x y y x         thay vào (2) rút gọn được phương trình  2 3 1 3 2 2 2 4 0 1 32 2 2 x y x x tm x y                 . Kết luận :     3 1 1 3 ; ; , ; ; 2 2 2 2 x y x y                Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 15 B. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Giải hệ phương trình :     3 3 2 2 3 4 2 0 1 1 2 1 2 x y x x y x y y              Giải : ĐK : 1 1 0 2 x y                33 2 3 31 3 3 1 1 1 1x x x x y y x x y y              Xét hàm số   3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Do đó :      1 1 1f x f y x y      Thay 1y x  vào  2 được phương trình 21 1 1 1x x x               1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 x x x x x x x y tm x                         Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 0;1x y  Ví dụ 2: Giải hệ phương trình :     3 3 2 3 3 4 2 0 1 3 2 2 2 x y y x y x x x y              Giải : ĐK : 2x         33 3 2 31 3 4 2 1 1x x y y y x x y y            Xét hàm số   3 ,f t t t t   Ta có :  ' 23 1 0f t t t     , suy ra  f t đồng biến trên Lê Hồng Khôi Trường THPT Liễn Sơn Luyện thi THPT quốc gia Trang 16 Do đó :      1 1 1 1f x f y x y y x         Thay 1y x  vào  2 được phương trình  3 33 2 2 1 8 2 2 2x x x x                    2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 2 2 4 0 2 2 2 2 2 2 2 3 0 2 3 2 2 x x x x x x x x x x x x x x y tm x                                     (Do 2 22 3 0 2 2 2 x x x x x           ) Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    ; 2;3x y  Ví dụ 3: Giải hệ phương trình :     3 2 3 2 3 2 2 3 2 1 3 1 3 3 2 2 x x x y y y y x x y               Giải : ĐK : 3 1 3 x y                     3 2 2 3 2 3 2 3 2 1 3 3 1 2 2 1 3 1 2 3 1 2 1 3 1 2 3 x x x x x x y y y x x x y y y                      Xét hàm số   3 22 3 ,f t t t t t    Ta có :  ' 23 4 3 0f t t t t      , suy ra  f t đồng biến trên Do đó :      1 1 1f x f y x y      , do 1 2 3 3 y x    Thay 1y x  vào  2 được phương trình 33 2 3 3 1x x x x                   3 2 2 2 3 2 1 3 1 3 4 3 1 1 1 4 3 2 1 3 1 3 1 1 4 0 3 2 1 3 1 3 3 2 3 1 1 0 3 2 1 3 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                

12 Cách Cân Bằng Phương Trình Hóa Học Lớp 8 Chuẩn Nhất

Vấn Đề Giải Và Biện Luận Phương Trình Chứa Căn Thức

Bí Quyết Làm Bài Thi Môn Toán Đạt Điểm Cao Nhất

Đáp Án Và Lời Giải Chi Tiết Đề Thi Tốt Nghiệp Thpt Quốc Gia 2022 Môn Toán

Hướng Dẫn Cúng Sao Thái Dương

Cách Tính Đạo Hàm Của Hàm Số Logarit Cực Kì Đơn Giản

Hàm Số Lũy Thừa, Hàm Số Mũ Và Logarit, Bài Tập Áp Dụng

9 Phuong Phap Giai Pt Mua Logarit

Chương 2_Pt,bpt_Bt_ Mũ Vàptbpt Bt Mu Va Logarit Doc

Đáp Án Game Brain Out Đầy Đủ Nhất

Giáo Án Kỹ Năng Công Tác Đội

Đạo hàm của hàm số chúng ta đã được biết tới trong chương trình lớp 11 nhưng phải tới chương trình lớp 12 chúng ta mới được biết tới hàm số logarit và đạo hàm của hàm logarit. Công thức tính đạo hàm của hàm số logarit thì không nhiều nhưng có thể do ít dùng tới nên nhiều bạn không nhớ và chưa rõ cách vận dụng.

1. $log_ax=dfrac{1}{x.lna}$ 2. $log_au=dfrac{u’}{u.lna}$

3. $lnx=dfrac{1}{x}$ 4. $lnu=dfrac{u’}{u}$

Bài tập tính đạo hàm của hàm số logarit:

Về cách tìm điều kiện để hàm số logarit tồn tại thì thầy sẽ không nhắc lại ở bài giảng này. Những bài tập trong bài giảng hôm nay chúng ta sẽ giả sử là các hàm logarit này đều có nghĩa để không mất thời gian vào việc tìm điều kiện xác định.

Các bạn có thể tham khảo một số bài giảng:

Bài 1: Tìm đạo hàm của hàm số logarit sau, với giả thiết các hàm đều có nghĩa:

1 . $y=log_3(2x+1)$ 2. $y=log_5(3x^4-5x^2-2)$

3. $y=log_4left(frac{x-2}{x^2+4}right)$

Hướng dẫn:

3 ý trong bài tập 1 này chúng ta thấy chúng đều có dạng của công thức 2, tức là đạo hàm của hàm hợp. Vậy quá rõ ràng để chúng ta tiến hành đi tìm đạo hàm của những hàm số logarit này rồi.

1. $y’=left ’=dfrac{(3x^4-5x^2-2)’}{(3x^4-5x^2-2).ln5}=dfrac{12x^3-10x}{(3x^4-5x^2-2).ln5}$

3. $y’=left ’$

$=dfrac{(sqrt{x^2-4x+8})’}{(sqrt{x^2-4x++8}).ln3}$

$=dfrac{(x^2-4x+8)’}{2.sqrt{x^2-4x+8}.sqrt{x^2-4x+8}.ln3}$

$=dfrac{2x-4}{2.(x^2-4x+8).ln3}$

$=dfrac{x-2}{(x^2-4x+8).ln3}$

2. $y’=left ’ = dfrac{(x^3-2x^2+9)’}{x^3-2x^2+9}=dfrac{3x^2-4x}{x^3-2x^2+9}$

4. $y’=left ’}{log_4({x^2+2})}=dfrac{2x}{(x^2+2).ln4.log_4({x^2+2})}$

Như vậy qua 2 bài tập ở trên có lẽ đã giúp các bạn giải đáp những thắc mắc về đạo hàm của hàm logarit cơ số a bất kì và đạo hàm của hàm logarit nêpe (logarit cơ số e).

Tuy nhiên còn một số câu hỏi nữa khá hay của một số bạn học sinh nhưng lại rất ít bạn đề cập tới. Có lẽ trong quá trình tính đạo hàm các bạn ít thấy những bài tập kiểu thế này. Cụ thể như sau:

Câu hỏi 1: Đạo hàm của hàm số logarit với cơ số là a, a là hằng số thì em biết cách tính nhưng với hàm logarit mà cơ số chứa ẩn thì em chưa biết cách làm. Chẳng hạn như $log_x2$ hoặc $log_{x+2}15$… Thầy giúp em với ạ.

Đối với dạng bài tập kiểu này ( tức là cơ số chứa ẩn còn biểu thức logarit là hằng số) thì các bạn sẽ tính đạo hàm bằng cách sử dụng công thức đổi cơ số. Hàm logarit ở đây chỉ có cơ số chứa ẩn nên các bạn sử dụng ngay công thức sau:

$log_ax = dfrac{1}{log_xa}$

Tới đây, để tính đạo hàm của hàm logarit chúng ta sẽ tính đạo hàm của hàm phân thức có chứa logarit.

Ví dụ:

$y=log_{x+2}5 = dfrac{1}{log_5{(x+2)}}Rightarrow y’=dfrac{-left ’$

Lời kết

SUB ĐĂNG KÍ KÊNH GIÚP THẦY NHÉ

Phương Pháp Giải Các Dạng Toán Thpt

Giải Phương Trình Logarit Bằng Cách Đưa Về Cùng Cơ Số

Sáng Kiến Kinh Nghiệm Rèn Luyện Kỹ Năng Giải Quyết Các Vấn Đề Liên Quan Đến Phương Trình, Bất Phương Trình Mũ

Trắc Nghiệm Giải Phương Trình Logarit Chứa Tham Số

Phương Trình Logarit Chứa Tham Số

🌟 Home
🌟 Top