1

CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG
Phương pháp 1
: Hệ số bất ñịnh.
Nguyên tắc chung:
+) Dựa vào ñiều kiện bài toán, xác ñịnh ñược dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc
f(x) = ax
2
+ bx + c.
+) ðồng nhất hệ số ñể tìm f(x).
+) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) ñều không thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ví dụ 1: Tìm
:
f R R
→
thỏa mãn:
(
)
(
)
(
)
(
)
, 1
f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈
.
Lời giải:
Thay

)
(
)
1 1 1 1
f f f
− − + = −
. ðặt
(
)
(
)
1 1 1
a f f
= − − +
ta
ñược:
(
)
1
f a
= −
.
Chọn
y a
x R
=


∈


a
f x x
a
a
a b a a
f x x
b
 =

=

=


⇒ ⇒
= −

 

− − = −
= −




=

.
Vậy có hai hàm số cần tìm là
(

)
(
)
(
)
0; : (2) 0
y x R f f x x R a
= ∈ ⇒ = ∀ ∈
.
Cho
( ) ( )
(
)
(
)
( )
(
)
'
: (2) 0
x f y f f f y y y f a
= ⇒ + = .
(
)
(
)
(
)
(
)

=
thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 3: Tìm
, :
f g R R
→
thỏa mãn:

(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
2 ,
1
f x g x f y y x y R a
f x g x x x R b
− = − ∀ ∈


≥ + ∀ ∈


.
Lời giải:
Cho

(
)
2 0
g x x g= +
. ðặt
(
)
0
g a
=
ta ñược:
(
)
(
)
2 ,
g x x a f x x a
= + = +
. Thế vào (a), (b) ta ñược:
(a), (b) ⇔
( )( )
( )
2 2
2 1
x a x a
x R
x a x a x
+ = +



x
∀ ∈
ℝ
và thỏa mãn ñiều kiện:

2
2 ( ) (1 ) ,f x f x x x
+ − = ∀ ∈
ℝ
(1). Tìm f(x).
Lời giải:
Ta nhận thấy vế trái của biểu thức dưới dấu f là bậc nhất: x, 1 – x vế phải là bậc hai x
2
.
Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax
2
+ bx + c.
Khi ñó (1) trở thành: 2(ax
2
+ bx + c) + a(1 – x)
2
+ b(1 – x) + c = x
2

x
∀ ∈
ℝ
do ñó:
3ax
2

 
 
+ + =


= −



Vậy:
2
1
( ) ( 2 1)
3
f x x x
= + −

Thử lại ta thấy hiển nhiên f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ không thỏa mãn ñiều kiện bài toán:
Thật vậy giả sử còn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Do f(x) không trùng với g(x) nên
0 0 0
: ( ) ( )
x g x f x
∃ ∈ ≠
ℝ
.
Do g(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán nên:
2
2 ( ) (1 ) ,g x g x x x

ðiều này mâu thuẫn với
0 0
( ) ( )
g x f x
≠Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là
2
1
( ) ( 2 1)
3
f x x x
= + − 3

Nhận xét: Nếu ta chỉ dự ñoán f(x) có dạng nào ñó thì phải chứng minh sự duy nhất của các
hàm số tìm ñược.

Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác ñịnh, liên tục với
x
∀ ∈
ℝ
và thỏa mãn ñiều kiện:
f(f(x)) = f(x) + x,
x
∀ ∈
ℝ

f x x
ab
b b
 
+ −

− =
±
= =
 
⇔ ∨ ⇒ =
  
=

 
= =
 

Hiển nhiên hai hàm số trên thỏa mãn ñiều kiện bài toán (việc chứng minh sự duy nhất dành
cho người ñọc).
Ví dụ 6: Hàm số
:f
→
ℤ ℤ
thỏa mãn ñồng thời các ñiều kiện sau:

) ( ( )) , (1)
) ( ( 2) 2) , (2)
) (0) 1
(3)

= = −

=
 
⇔ ∨
  
= =
+ =
 


Với
1
0
a
b
=


=

ta ñược f(n) = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2).
Với
1
0
a
b
= −



là số tự nhiên bé nhất làm cho
0 0
( ) ( )
f n g n
≠

Do f(n) cũng thỏa mãn (4) nên ta có:
0 0 0 0
0 0
( 2) ( ) 2 ( ) 2 ( 2)
( 2) ( 2)
g n g n f n f n
g n f n
− = + = + = −
⇔ − = −

Mâu thuẫn với ñiều kiện n
0
là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5).
Vậy f(n) = g(n),
n
∀ ∈
ℕ

Chứng minh tương tự ta cũng ñược f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm.
Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất.
Từ ñó tính ñược f(1995), f(-2007).
BÀI TẬP
Bài 1: Tìm tất cả các hàm số
:f

sao cho:
2 2
( ( )) ( ( )) 3 3,
f f n f n n n
+ = + +
.
n
∀ ∈
ℕ

ðáp số: f(n) = n + 1.
Bài 4: Tìm các hàm
:f
→
ℝ ℝ
nếu:
1 1 8 2
3 5 , 0, ,1, 2
3 2 2 1 3
x x
f f x
x x x
− −
     
− = ∀ ∉ −
 
   
+ − −
     


2 1 1
1
x
f x x x
x
+
 
= + ∀ ≠
 
−
 
.
Lời giải: ðặt
{ }
1
2 1
\ 2
1
x
x
t MGT t R
x
≠
+
 
= ⇒ =
 
−
 
(tập xác ñịnh của f). Ta ñược:

( )
2
x
f x
x
−
=
−
.
Nhận xét:
+ Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết
x
x D
MGT t D
∈
⊃
. Với giả thiết ñó mới ñảm bảo tính chất: “Khi
t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác ñịnh của f”.
+ Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì có vô số hàm f dạng:
( )
( )
( )
2
2
3 3
2
2
( )
2
x

Lời giải: ðặt
( )
2 2
2
2
0
1 1
1
x t
t x x x x t
x x t
− ≥


= − − ⇔ − = − ⇔

− = −



2
2 2 2
1
1 2
2
x t
x t
t
x x xt t
x

t
≤ −

⇔

< ≤


(
]
(
]
; 1 0;1
t⇒ ∈ −∞ − ∪ . V
ậ
y
(
]
(
]
1
; 1 0;1
x
MGT t D
≥
= = −∞ − ∪ .
V
ớ
i
2

 
→
 
 
th
ỏa mãn:
( )
3 1 1
1, 2 3
2 1
x x
f x x
x x
− +
 
= ∀ ≠ ≠ −
 
+ −
 
.
Lời giải: ðặt
( )
1
2
3 1 2
\ ;3
2 3
x
x
x

thỏa mãn (3). Vậy hàm số cần tìm là:
4
( )
3 2
x
f x
x
+
=
−
.
Ví dụ 4: Tìm f :
(
)
(
)
0; 0;
+ ∞ → + ∞
thỏa mãn:
(
)
( ( )) ( ( )) , 0; (4)
x f x f y f f y x y= ∀ ∈ + ∞
.
Lời giải:
Cho y = 1, x ∈
(
)
0;
+ ∞

(với
(1)
a f
=
). Vì
(
)
( )
(
)
0;
(1) 0; 0;
x
f MGT t
∈ +∞
∈ + ∞ ⇒ = + ∞
.
Vậy
( )
a
f x
x
=
. Thử lại thấy ñúng
(
)
0
a
>
. Hàm số cần tìm là:

 
 
 
.
Lời giải:
Cho x = 1; y = 3 ta ñược:
( )
1
3
2
f
=
.
Cho x = 1;
(
)
0;y
∈ + ∞
ta ñược:
( )
3
f y f
y
 
=
 
 
. Thế lại (5) ta ñược:
(
)

)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
4 , 6
x y f x y x y f x y xy x y x y R− + − + − = + ∀ ∈
.
Lời giải: Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
6
1 1

)
(
)
3 3
v f u u f v u v v u
⇒ − = −
(
)
(
)
(
)
(
)
3 3
v f u u u f v v
⇔ − = −

+ Với
0
uv
≠
ta có:
(
)
(
)
(
)
( )

3
f u au u
= +
th
ỏ
a mãn
(
)
0 0
f
=
. V
ậ
y
(
)
3
f u au u u R
= + ∀ ∈

Hàm s
ố
c
ầ
n tìm là:
(
)
(
)
3

(
)
(
)
(
)
1 1
f t t f t t t R− − = − + ∀ ∈
. Ta có hệ:
(
)
(
)
( ) ( )
( )
1
1
1
f x x f x x
f x
x f x f x x
+ − = +

⇒ =

− + − = − +


. Thử lại hàm số cần tìm là:
(

x
x f x f x x
x
−
= ⇔ + = +
.
ðặt
( ) ( ) ( )
1
2 1 2 1
1
1
1
, 2 1
1
x
x f x f x x
x x
−
= = ⇔ + = +
−
.
ðặ
t
( ) ( ) ( )
2
3 2 2
2
1
, 2 1

f x f x x
+ = +


+ − +
 
+ = + ⇒ = = + +

 
−
 

+ = +

. Th
ử
l
ạ
i th
ấ
y
ñ
úng. V
ậ
y hàm s
ố
c
ầ
n tìm có d
ạ

+
 
.
Lời giải:
ðặt
( ) ( ) ( )
1 1
1
, 3 2 1
1
x
x x f x f x
x
−
= ⇒ + =
+
.
ðặt
( ) ( ) ( )
1
2 1 1 2
1
1
1
, 3 2 1
1
x
x x f x f x
x x
−

1
x
x x x f x f x
x
−
= = ⇒ + =
+
.
Ta có h
ệ

(
)
(
)
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
1
2
1 1 2
2 2 3
3 3
2 1
2 1
4 1
5 1
2 1

úng.

8

V
ậ
y hàm s
ố
c
ầ
n tìm là:
( )
( )
2
4 1
5 1
x x
f x
x x
− +
=
−
.
BÀI TẬP
1) Tìm
{
}
: \ 1
f R R
→

 
= ∀ ≠ −
 
+ +
 
(a, b là h
ằ
ng s
ố
cho
tr
ướ
c và
0
ab
≠
).
3) Tìm
:
f R R
→
th
ỏ
a mãn:
(
)
(
)
2
2002 0 2002

ỏ
a mãn:
( )
( )
{ }
1
64 \ 1
1
x
f x f x x R
x
−
 
= ∀ ∈ −
 
+
 
.
6) Tìm
2
: \
3
f R R
 
→
 
 
th
ỏ
a mãn:

   
+ −
   
.
8) Tìm
:
f R R
→
th
ỏ
a mãn:
(
)
(
)
2
2 1
f x f x x x R
+ − = ∀ ∈
.
9) Tìm
:
f R R
→
th
ỏ
a mãn:
( )
2008 *
1

 
.
11) Tìm
:
f R R
→
th
ỏ
a mãn:
( ) ( )
2
0
a
f x f x x a a
a x
 
+ = ∀ ≠ >
 
−
 
.
12) Tìm
{
}
, : \ 1
f g R R
→ th
ỏ
a mãn:
(

liên tục, thỏa mãn:
( ) ( )
2 3
1
3 5
x x
f x f x R
 
+ = ∀ ∈
 
 
.
Lời giải:
ðặt
( ) ( ) ( )
1 1
2 3
; 1
3 5
x
x f x f x x
= ⇒ + =
.
ðặt
( ) ( ) ( )
1
2 1 2 1
2
3
; 1

1 2 1
1
3
1
5
3
2
5
3
1
5
n n n
f x f x x
f x f x x
f x f x x n
+

+ =



+ =





+ = +



( ) ( )
2
1 1 1
lim 1 lim lim 0
f
n
n n n
f x f x f x f
+
+ + +
 
− = = = 
 
 
l.tôc
.
M
ặ
t khác (1) suy ra f(0) = 0 nên
( ) ( )
2
1
lim 1 0
n
n
f x
+
+
− =
.

úng.
V
ậ
y hàm s
ố
c
ầ
n tìm là:
( )
9
25
x
f x =
.
Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục tại x
o
= 0 thỏa mãn:
:
f R R
→
và
(
)
(
)
(
)
2 2 2
f x f x x x R= + ∀ ∈
.

+

= ∀ ∈




=


. Thay dãy {t
n
} vào (2’) ta ñược:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
1
1 2 1
1 1
1 1
1
2 4
1 1
2
2 4
1 1
2 4
n n n

1 2
1 2
1 1 1 1
*
2 2 2 2
n n n
n n n
f t f t f t f t t
− −
+
= + + + +⋯
.

10

Thay
1
2
n
n
t t
 
=
 
 
vào (*
’
) ta ñược:
( ) ( )
( )

 
 
. L
ấ
y gi
ớ
i h
ạ
n 2 v
ế
(*
”
) suy ra:
( )
3
t
f t
=
. Th
ử

l
ạ
i th
ấ
y
ñ
úng.
Nhận xét:
+) N

i x
o
= 0 và {x
n
}
→
0 thì s
ử
d
ụ
ng
gi
ớ
i h
ạ
n nh
ư
VD1.
+ N
ế
u {x
n
} không tu
ầ
n hoàn, không có gi
ớ
i h
ạ
n thì ph
ả

(
)
, 2;
n f nx f x nx n N n x R
= + ∀ ∈ ≥ ∀ ∈
.
2) Tìm
:
f R R
→
liên tục tại x
o
= 0, thỏa mãn:
( )
10
3
3 3
x
f x f x
 
+ =
 
 
.
3) Tìm
:
f R R
→
liên tục tại x
o



+ ≥ + ∀ ∈


.
Lời giải:
Cho
0
0
x
y
=


=

suy ra
(
)
( ) ( )
( )
0 0
0 0
0 2 0
f
f
f f
≥


 

(
)
(
)
0
f x f x x R
⇒ = − = ∀ ∈
. Vậy
(
)
0
f x
=
. Thử lại thấy ñúng.
Ví dụ 2: Tìm
:
f R R
→
thỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
, , 2
2 2 4
f xy f yz f x f yz x y z R+ − ≥ ∀ ∈
.
Lời giải:

11

{
}
(
)
ax 3
y R
f x M xy f y x R
∈
= − ∀ ∈
.
Lời giải:
(
)
(
)
(
)
3 ,
f x xy f y x y R
⇒ ≥ − ∀ ∈
.
Cho
( ) ( )
2
2
t
x y t R f t t R a
= = ∈ ⇒ = ∀ ∈
.
Từ (a) suy ra:

thỏa mãn:
(
)
(
)
(
)
(
)
2008 , 4
x y
f x y f x f y x y R
+
+ ≥ ≥ ∀ ∈
.
Lời giải:
Cho
( ) ( )
(
)
( )
2
0 0 0 1 0 1
x y f f f
= = ⇒ ≥ ≥ ⇒ =
.
Cho
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )


.
Theo
( ) ( ) ( )
( )
( )
1 1
2008
2008
x
x
a b f x c
f x
−
+ ⇒ = ≤ =
−
.
(
)
(
)
(
)
2008
x
b c f x+ ⇒ =
. Thử lại
thấy ñúng.
Ví dụ 5: Tìm
[

(
)
(
)
[
]
, ;
f a f b a b
∈
nên
(
)
(
)
(
)

f a f b a b b a b
− ≤ − = −
.

12

( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
f a a
f b b

( )
f a a
f b b
=



=


thì:
Chọn
[
]
(
)
(
)
; ;
y b x a b f x x c
= ∈ ⇒ ≤
.
Chọn
[
]
(
)
(
)
; ;

y b x a b
= ∈
rồi chọn
[
]
; ;
y a x a b
= ∈
như trên ta ñược:
(
)
f x a b x
= + −
. Thử
lại thấy ñúng.
Nhận xét:
+) Từ VD1 → VD5 là các BPT hàm. Cách giải nói chung là tìm các giá trị ñặc biệt – có
thể tính ñược trước. Sau ñó tạo ra các BðT “ngược nhau” về hàm số cần tìm ñể ñưa ra kết
luận về hàm số.
+) Việc chọn các trường hợp của biến phải có tính “kế thừa”. Tức là cái chọn sau phải
dựa vào cái chọn trước nó và thử các khả năng có thể sử dụng kết quả vừa có ñược.
Ví dụ 6: Tìm
:
f R R
→
thỏa mãn:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
0 ; ,

   
+ + − =
   
   
.
Cho
0;
x y R
= ∈
ta
ñượ
c:
(
)
(
)
(
)
2 cos
f y f y a y b
+ − =
.
Cho
;
2
x y R
π
= ∈
ta
ñượ

   

   


     
+ + ⇒ − + − = −

     
     


   
+ + − =

   
   

.
Gi
ả
i h
ệ
ta
ñượ
c:
(
)
cos sin
f x a x b x

=
là một hàm số thỏa mãn.
Cho
( )
( )
( )
(
)
( )
2
0 0
0 0 0
0 1
f
x y f f
f
=

= = ⇔ = ⇔

=


.
Nếu
(
)
0 0
f
=

)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
1 sin cos cos
x y f x f x x x f x f x x a
= − ⇒ − = + − = ⇒ − =
.
Cho
0
2
2
0
2
f
x
f
π
π
π

 
=
 

 

f y y f y y y R
π
 
+ + = ⇒ = ∀ ∈
 
 
. Th
ử
l
ạ
i th
ấ
y
ñ
úng.
N
ế
u
0
2
f
π
 
− =
 
 
t
ươ
ng t
ự

(
)
(
)
(
)
(
)
cos , 8
f x f y x y g x y x y R− = + − ∀ ∈
.
Lời giải:
Chọn
( ) ( ) ( ) ( )
; 8 0
2 2 2
x y y R f y f y f y f y a
π π π
   
= − ∈ ⇒ − − = ⇔ − =
   
   
.
Chọn
( ) ( ) ( )
; 8 sin 2 .
2 2 2
x y y R f y f y y g b
π π π
   

2
c d g y y g y R g x a x g x a x
π
 
+ ⇒ = ∀ ∈ ⇒ = ⇒ =
 
 
x R
∀ ∈
.
(v
ớ
i
2
a g
π
 
=
 
 
cho tr
ướ
c.)
Cho
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0; 0 cos . sin 2 ( 0 ) ,
2
a
y x R f x f x g x f x x b b f x R
= ∈ ⇒ − = ⇒ = + = ∀ ∈

ướ
c). Th
ỏ
a mãn (8).
Ví dụ 9: Tìm
:
f R R
→
thỏa mãn:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
1 1
1
0
f x f x x R a
f x f x x R b
f x
f x c
x x


− = − ∀ ∈


+ = + ∀ ∈



f x
x
f f f x a
x x x x
+
     
= + = + = + ∀ ≠
     
     
.
2
2 2
1
1
1 1 1
1 1
1
1
1 1
x
f f
x x
x x
f f
x x x
x x
x x
   
−
   

+ 
+   +
     
= + − = − =
 
 
     
 
 
+
     
+
 
 
 
( )
( )
( )
2
2
1
1
1 0, 1
1
f x
x
x x b
x
x
 

= ⇒ =
th
ỏ
a mãn
(
)
f x x
=
.
V
ớ
i
(
)
(
)
(
)
1; 1 1
x a f f
= ⇒ − = − :
Cho
(
)
(
)
(
)
0; 1 1 1 1
x b f f

}
: \ 0
f R R
→
thỏa mãn:
(
)
(
)
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1
1 1 1
. , 0
x , 0
f a
f f f x y b
x y x y
x y f x y xy f f y x y xy x y c
=

   

 
= ∀ ≠

    
+
 
   

,
x y R c
= ∈ ta
ñượ
c:
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
(
)
2 2
2 '
2 2 2 2 0 *
x f x x f x f x x f x x= ⇔ = ∀ ≠
.
Th
ế
(*) vào (*
’
) suy ra:
( ) ( )
(
)
(
)
2
"

i gi
ả
thi
ế
t
f
(1) = 1. V
ậ
y
(
)
0 1; 0
f x x x
≠ ∀ ≠ ≠
.
Vì
(
)
1 1 0
f
= ≠
nên t
ừ
(*
”
) suy ra
( )
1
0
f x x



=


+ = + + ∀ ∈


 

= ∀ ≠
 

 

.
Lời giải:
Cho
(
)
(
)
0, 0 0
x y b f
= = ⇔ =

Cho
(
)
(

4
4
2
1 1
;
2
2
f t f t
c f f
t t t
t
   
⇒
= =
   
   
. Thế vào (*) ta ñược:
(
)
(
)
( )
( )
4
4 2
2
1
2 2
2
2

: 0; 0;f
+ ∞ → + ∞
thỏa mãn:
(
)
( ) ( )
( )
( ) ( )
, 0; 12
f x
f y f y f f x x y
y
 
= ∀ ∈ + ∞
 
 
.

16

Lời giải: Cho:
(
)
(
)
(
)
(
)
(

x y f y f y f f y f y f y a
y y
 
 
 
 
= ∈ + ∞ ⇒ = = ⇔ =
 
 
.
Mặt
khác:
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
1
1
1
f
f y
y
f f y f y f y f f y f y f y f y y f y f
y y
y
 
 
 

 
.
Vì
(
)
(
)
0
f f y
≠
nên
( ) ( ) ( )
1 1 1
1 1
y f y f f y f b
y y y
   
= ⇔ =
   
   
.
( ) ( ) ( ) ( )
1
0;a b f y y
y
+ ⇒ = ∀ ∈ + ∞
. Th
ử
l
ạ

0,
2
x y b f a
= = ⇒ =
.
Cho
0;
y x R
= ∈
ta ñược:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
. 0 .
f x f x f a f f a x f x f a x c
= + − ⇒ = −
.

f x

=

+ ⇒ = ⇔


= −


.
Nếu
o
x R
∃ ∈
sao cho:
( )
1
2
o
f x
= −
thì:
( )
( ) ( )
2
1
2 . 2 0
2 2 2 2 2 2
b c

)
( ) ( )
(
)
( )
2
2
2
2 , 14
f x y x y f x f y x y R− = − + ∀ ∈
.
Lời giải:
Cho
( ) ( )
( )
(
)
( )
2
0 0
0 0 0
0 1
f
x y f f
f
=

= = ⇒ = ⇔

=

= ∈
ta ñược:
( ) ( ) ( )
(
)
( )
(
)
( )
2 2
2
0 2 0
f x x f x f x f x x f x x
= − + ⇔ − = ⇔ =
.
Thử lại thấy ñúng.
Nếu
(
)
0 1
f
=
: Cho
0
y
x R
=


∈

= − + ⇒ = +

( )
(
)
( )
2
2
1
1 2 1
1
f y y
y y y
f y y
= +

= + + = + ⇒

= − −


.
Giả sử
o
y R
∃ ∈
sao cho:
(
)
1


.
Nếu
(
)
(
)
1 1 1 0 0 1 (
o o o o o
f y y y y y f= −
⇒
− − = −
⇒
= = −
vµ lo¹i)
.
Nếu
(
)
(
)
1 1 1 1 1 0
o o o o o
f y y y y y f
= +
⇒
− − = +
⇒
= −
⇒

(
)
(
)
(
)
, 15
f f x y f x f y f x f y xy x y R− = − + − ∀ ∈
.
Lời giải:
Cho
( )
(
)
( )
(
)
2
0 0 0
x y f f f= = ⇒ =
. ðặt
(
)
(
)
2
0
f a f a a
= ⇒ =
.



.
N
ế
u
*
o
x R
∃ ∈
sao cho
(
)
(
)
o o
f x f x
= −
:
+ Ch
ọ
n
(
)
(
)
(
)
(
)

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 0
o o o o
a b a f x f x f x f x a c
+ ⇒ − − − + − + =
.
Vì
(
)
(
)
o o
f x f x
= −
nên

(
)
f x f x x R
= − − ∀ ∈
. Ta th
ấ
y (c) không ph
ụ
thu
ộ
c vào x
o
nên ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 0
a f x f x f x f x a c
− − − + − + =

(
)
( )
*
2
2
0
f x x
a f x x
f x x
=
= ⇒ = ⇔

= −


.
Gi
ả
s
ử
t
ồ
n t
ạ
i
*
o
x R
∈

(
)

f x x x R
= − ∀ ∈
. Th
ử
l
ạ
i th
ấ
y
ñ
úng
+ N
ế
u
(
)
1
f x x R
= − ∀ ∈
. Th
ử
l
ạ
i ta
ñượ
c
(

d
ụ
ng các VD:
VD13
( )
( )
( )
( )
2
1
1
2
1
4
2
f x
f x
f x
 

=
 

 
= ⇔

 

= −
 

( )
( )
2
2
f x x
f x x
f x x
 
=
 = ⇔ 

 
= −


 
,
ñ
ó là hi
ể
u sai:
( )
( )
( )
( )
2
1
1
2
1

= + ⇔

= − − ∀ ∈


;
( )
( )
(
)
( )
2
2
f x x x R
f x x
f x x x R
= ∀ ∈
= ⇔

= − ∀ ∈


.

19

Th
ự
c t
ế

ữ
a nh
ư

( )
( )
( )
1
0
2
1
0
2
x
f x
x

≥


=


− <


. Nh
ư
v
ậ

i m
ỗ
i x c
ụ
th
ể
ch
ứ
không th
ể
k
ế
t lu
ậ
n ch
ỉ
có hai hàm s
ố

( )
1

2
f x x R
= ∀ ∈
ho
ặ
c
( )
1

= − ∀ ∈
vào ñề
bài ñể tìm hàm số không thỏa mãn (trong VD13 thì
( )
1
2
f x
=
không thỏa mãn) sau ñó lập
luận phủ ñịnh là
( )
1
:
2
o o
x f x
∃ = −
ñể dẫn ñến vô lí!
Ví dụ 16: Tìm
: (0,1)f
→
ℝ
thỏa mãn: f(xyz) = xf(x) + yf(y) +zf(z)
, , (0,1)
x y z
∀ ∈
.
Lời giải:
Chọn x = y = z: f(x
3

2
f(x
2
) + 3x
4
f(x) ⇔ 2 x
2
f(x
2
) = xf(x) + 3x
4
f(x)
3
2
3 1
( ) ( ),
2
x
f x f x x
+
⇒ = ∀ ∈
ℝ

Thay x bởi x
3
ta ñược :
9
6 3
9
2 2

Vậy f(x) = 0 với mọi x ∈(0; 1).
BÀI TẬP

1) Tìm
:
f N R
→
thỏa mãn:
( ) ( )
5
0 0; 1
2
f f
≠ =
;
(
)
(
)
(
)
(
)
, ,
f x f y f x y f x y x y N x y
= + + − ∀ ∈ ≥
.
2) Tìm
:
f N R

4) Tìm
:
f R R
→
thỏa mãn:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1 1 ,
f x f y y f x x y R
+ = + ∈
.
5) Tìm
(
)
(
)
: 0; 0;f
+ ∞ → + ∞
thỏa mãn:
(
)
( )

[
)
[
)
: 1; 1;f
+ ∞ → + ∞
thỏa mãn:
(
)
(
)
(
)
( )
( )
[
)
, 1;
f xy f x f y
x y
f f x x
=

∀ ∈ + ∞

=


.
8) Tìm

)
(
)
(
)
(
)
, , ,
f x f z f y f t f xy zt f xt zy x y z t R
+ + = − + + ∀ ∈
.
10) Tìm
:
f R R
→
thỏa mãn:
(
)
(
)
(
)
2 2
,
f x y x f y y f x x y R
− = − ∀ ∈
.
11) Tìm
[
)

 
 
⋮
.
13) Tìm
:
f N N
→
th
ỏ
a mãn:
(
)
(
)
(
)
3 2
f n f f n n n N
− = ∀ ∈
.
14) Tìm
:
f Z Z
→
th
ỏ
a mãn:
(
)

.
16) Tìm
:
f R R
→
th
ỏ
a mãn:
(
)
(
)
2 4
1 2
x f x f x x x x R
+ − = − ∀ ∈
.
Phương pháp 4
:
Sử dụng tính chất nghiệm của một ña thức.
Ví dụ 1: Tìm P(x) với hệ số thực, thỏa mãn ñẳng thức:

Lời giải:
2 2
(1) ( 2)( 1) ( 1) ( 2)( 1) ( ),
x x x P x x x x P x x
⇔ + + + − = − − + ∀

Chọn:
2 ( 2) 0

( )
( ) (x 0, 1, -2)
1
G x
R x
x x
= ≠ ±
+ +( ) ( 1) (x 0, 1, -2)
( )
R x R x
R x C
⇒ = − ≠ ±
⇒ =

Vậy
2
( ) ( 1) ( 1)( 1)( 2)
P x C x x x x x x
= + + − + +

Thử lại thấy P(x) thỏa mãn ñiều kiện bài toán.
Chú ý: Nếu ta xét P(x) = (x
3
+ 1)(x – 1) thì P(x + 1) = (x
3
+ 3x
2

ℝ

Các bạn có thể theo phương pháp này mà tự sáng tác ra các ñề toán cho riêng mình.
Phương pháp 5
:
Sử dụng phương pháp sai phân ñể giải phương trình hàm.
1. ðịnh nghĩa sai phân:
Xét hàm x(n) = x
n
:
Sai phân cấp 1 của hàm x
n
là:

1
n n n
x x x
+
= −
△

Sai phân câp 2 của hàm x
n
là:

2
1 2 1
2
n n n n n n
x x x x x x

n
ña thức bậc m thì
k
n
x
∆
:
Là ña thức bậc m – k nếu m > k.
Là hằng số nếu m = k.
Là 0 nếu m < k.
(
)
2 2
2 2
2 2
1 ( 1) ( 1) ( ),
( 1) ( )
,
1 1
( 1) ( )
,
( 1) ( 1) 1 1
x x G x x x G x x
G x G x
x
x x x x
G x G x
x
x x x x
⇒ + + − = − + ∀

ta ñược: 2.f(k+1) - 3.f(k) - 2.f(k-1) = 0.
ðặt u
k
= f(k) ta ñược dãy số:
0 1
*
1 1
2; 1
2 3 2 0
k k k
u u
u u u k
+ −
= − =



− − = ∀ ∈


ℕ
.
T
ừ

ñ
ây tìm
ñượ
c u
k

+ a.u
n+1
- b.(a + b).u
n
= 0. Giải dãy số trên ta ñược: u
n
= c
1
.b
n
+ c
2
.(-a -b)
n
(*).
Vì u
n
≥ 0 ∀n∈N nên ta có:
1 2
0 .( ) .( 1)
( )
n n
n
n
u
b
c c
a b a b
≤ = + −
+ +

0
( )
n
n
u
a b
<
+
vô lí !. Vậy c
2
= 0. Thay vào (*) ta ñược
u
n
= c
1
.b
n
. Từ u
0
= x suy ra c
1
= x và f(x) = bx. Do ñó f(x) = bx ∀x∈[0;+∞). Thử lại thấy ñúng.
Ví dụ 3: Tìm tất cả các hàm
:f
→
ℝ ℝ
thỏa mãn:
f(f(x)) = 3f(x) – 2x ,
x
∀ ∈

= ≥

ta ñược phương trình sai phân:
2 1
3 2
n n n
x x x
+ +
= −

Phương trình ñặc trưng là:
2
3 2 0 1 2
λ λ λ λ
− + = ⇔ = ∨ = 23

Vậy
1 2
2
n
n
x c c
= +

Ta có:
0 1 2
1 1 2

*
thoả mãn:
f(f(n)+m) = n+f(m+2007) ∀ m, n∈N
*
(1).
Lời giải:
Trước hết ta chứng minh f là ñơn ánh.
Thật vậy: f(n
1
) = f(n
2
) ⇒ f(f(n
1
)+1) = f(f(n
2
)+1) ⇒ n
1
+ f(1+2007) = n
2
+ f(1+2007) ⇒
n
1
= n
2
. Vậy f là ñơn ánh.
Mặt khác từ (1) suy ra: ∀ m, n ∈ N
*
, f(f(n) + f(1)) = n + f(f(1) + 2007) ⇒ f(f(n)+f(1)) = n + 1
+ f(2007+2007) = f(f(n+1)+2007). Vì f là ñơn ánh nên ta có: f(n) + f(1) = f(n+1) + 2007 ⇒
f(n+1) - f(n) = f(1) - 2007. ðặt f(1) - 2007 = a. Khi ñó ta có f(n) = n.a + 2007. Thay lại (10) ta

⇒ (f(x))
2
= x
2
⇒ f(x) = x hoặc f(x) = -x.
Giả sử tồn tại a, b∈R
*
ñể f(a) = a, f(b) = -b. Khi ñó thay x = a, y = b thì từ (2) suy ra: f(a
2
- b)
= a
2
+ b. Mà (a
2
+ b)
2
≠ (a
2
- b)
2
với a, b∈ R
*
trái với khẳng ñịnh (f(x))
2
= x
2
. Vậy có hai hàm
số là f(x) = x, ∀x∈R hoặc f(x) = -x ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng.
Phương pháp 7: phương pháp ñiểm bất ñộng.
1. ðặc trưng của hàm:

ℝ
. Giải quyết vấn ñề ñó chính là dẫn ñến phương trình hàm.
Vậy phương trình hàm là phương trình sinh bởi ñặc trưng hàm cho trước.
+) Hàm lũy thừa
( ) , 0
k
f x x x
= >

ðặc trưng là f(xy) = f(x)f(y).
+) Hàm mũ
( ) ( 0, 1)
x
f x a a a
= > ≠

ðặc trưng hàm là f(x + y) = f(x)f(y),
,x y
∀ ∈
ℝ

+) Hàm Lôgarit
( ) log (a>0,a 1)
a
f x x
= ≠

ðặc trưng hàm là f(xy) = f(x) + f(y).
+) f(x) = cosx có ñặc trưng hàm là f(x + y) + f(x – y) = 2f(x)f(y).
Hoàn toàn tương tự ta có thể tìm ñược các ñặc trưng hàm của các hàm số f(x) =sinx,


+) cot hypebolic
x x
x x
chx e e
cothx
shx e e
−
−
+
= =
−

+) shx có TXð là
ℝ
tập giá trị là
ℝ

chx có TXð là
ℝ
tập giá trị là
[1, )
+∞

thx có TXð là
ℝ
tập giá trị là
(-1,1)

cothx có TXð là

a
⇔ =

Vậy ta làm như sau: ðặt f(x) = 2x + g(x). Thay vào (*) ta ñược:

25

2(x + 1) + g(x + 1) = 2x + g(x) + 2,
x
∀ ∈
ℝ

ðiều này tương ñương với g(x + 1) = g(x),
x
∀ ∈
ℝ
Vậy g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1.
ðáp số f(x) = 2x + g(x) với g(x) là hàm tuần hoàn với chu kì 1.
Nhận xét: Qua ví dụ 1, ta có thể tổng quát ví dụ này, là tìm hàm f(x) thỏa mãn:
f(x + a) = f(x) + b,
x
∀ ∈
ℝ
, a, b tùy ý.
Ví dụ 2: Tìm hàm f(x) sao cho: f(x + 1) = - f(x) + 2,
x
∀ ∈
ℝ
(2).
Lời giải:


ℝ

Ta chứng minh mọi nghiệm của (3) có dạng:
[ ]
1
( ) ( ) ( 1) , x
2
g x h x h x= − + ∀ ∈
ℝ
ở ñó h(x) là
hàm tuần hoàn với chu kì 2.
Nhận xét: Qua ví dụ này, ta có thể tổng quát thành: f(x + a) = - f(x) + b,
x
∀ ∈
ℝ
, a, b tùy ý.
Ví dụ 3: Tìm hàm f(x) thỏa mãn: f(x + 1) = 3f(x) + 2,
x
∀ ∈
ℝ
(3).
Giải:
Ta ñi tìm c sao cho c = 3c + 2 dễ thấy c = -1. ðặt f(x) = -1 + g(x). Lúc ñó (3) có dạng:
g(x + 1) = 3g(x)
x
∀ ∈
ℝ

Coi 3 như g(1) ta ñược: g(x + 1) = g(1).g(x)

x
∀ ∈
ℝ
;
a, b, c tùy ý.
+) Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm tuần hoàn.
+) Với 0< b ≠ 1: chuyển về hàm phản tuần hoàn.
Ví dụ 4: Tìm hàm f(x) thỏa mãn f(2x + 1) = 3f(x) – 2
x
∀ ∈
ℝ
(4)
Giải:
Ta có: c = 3c – 2 suy ra c = 1. ðặt f(x) = 1 + g(x). Khi ñó (4) có dạng:
g(2x + 1) = 3g(x)
x
∀ ∈
ℝ
(*)
Khi biểu thức bên trong có nghiệm
≠ ∞
thì ta phải xử lý cách khác.
Từ 2x + 1 = x suy ra x = 1. Vậy ñặt x = -1 + t ta có 2x + 1 = -1 + 2t. Khi ñó (*) có dạng:
g(-1 + 2t) = 3g(-1 + t )
t
∀ ∈
ℝ
.
ðặt h(t) = g(-1 + 2t), ta ñược h(2t) = 3h(t) (**). Xét
2 0