Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Chuyên đề 18: Phương trình hàm

Nội dung text: Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Chuyên đề 18: Phương trình hàm

1. nên có 3n 1 số nguyên m nằm giữa f(3n ) và f(2. 3n ) suy ra 0 m 3n f 3n m 2.3n 3n . Do giả thiết (ii) suy ra. f 2.3n m f f 3n m 3 3n m Vậy f 2.3n m 3 3n m với 0 m 3n Suy ra: n 2003 2.36 545 f (2003) 3 36 545 3822 Bài toán 18. 4: Cho f(n) là hàm số xác định với mọi n * và lấy giá tị không âm thỏa mãn tính chất: 1. n,m * : f m n f m f n lấy giá trị 0 hoặc 1 2. f 2 0 và f 3 0 3. f 9999 3333 . Tính f 2000 . Hướng dẫn giải Vì f m n f m f n lấy giá trị 0 hoặc 1 nên ta suy ra: f m n f m f n f 2 2 f 1 f 1 0 f 3 1 Ta có: f 6 f 3 f 3 2 f 9 f 6 f 3 3 f 9999 f 9996 f 3 3333 Vì giả thiết cho f 9999 3333 nên ta có dấu “=” ở các bất đẳng thức trên xảy ra, tức là f 3n n,n 1,2, ,3333 f 1998 666, f 2001 667 Mặt khác nếu a a,b * và a b f a f b f a b f b 666 f 2000 667 f 2000 666 hoắc 667 Giả sử f 2000 667 Trang 5
2. Ta sẽ chứng minh: f x 0,x ¡ Thật vậy: với x 1 thì theo điều kiện (i) ta có ngay f x 0 Với x 1, trước hết ta sẽ chứng minh bất đẳng thức: 2n x x ¡ ,n ¥ thì f x f n (1) 2 Với n = 0: công thức (1) đúng. 2k x Giả sử công thức (1) đúng với n k 0 tức f x f k (2) 2 k 2 2k.2 2k 1 x x x x x Ta có: f f f ( ) f k 1 tức (1) đúng với k k 1 k 1 k 1 2 2 2 2 2 n k 1 Theo nguyên lý quy nạp toán học bất đẳng thức (1) đúng. n x x Bây giờ chọn n đủ lớn để x 2 , x ¡ tùy ý, khi đó n 1 f n 0 2 2 2n x Do đó f n 0 tức f x 0,x ¡ 2 Như vậy không thể tồn tại a,b ¡ mà f a . f b 0 1 Bài toán 18. 7: Đặt f x với x là số thực dương, và với mọi số nguyên dương n, ta 1 x đặt: gn x x f x f f x f f f x , f được lấy n lần ở số hạng cuối cùng. Chứng minh rằng: a) gn x gn y nếu x y 0 F1 F2 Fn 1 b) gn 1 F2 F3 Fn 2 với F1 F2 1 và Fn 2 Fn 1 Fn với n 1. Hướng dẫn giải a) Kí hiệu fn x f f f x (n lần). Kí hiệu g0 x là hàm đồng nhất. Chú ý rằng f2 x là hàm tăng thực sự khi x 0 . Trang 7
3. 2 2003 min f x, y . 2 2 2 Do đó : min f x, y max f x, y 2003. Bài toán 18. 9: Cho hàm số f : * * . Giả sử f 1 1, f 2n f n và f 2n 1 f 2n 1 với mọi số tự nhiên n. a) Tìm giá trị lớn nhất M của f n với n * thỏa mãn điều kiện 1 n 1994 b) Tìm tất cả các số n  , với 1 n 1994 , sao cho f n M Hướng dẫn giải Có thể dùng quy nạp để chứng minh rằng f(n) là số tất cả các chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của số n. a) Tồn tại nhiều nhất 10 chữ số 1 trong biểu diễn nhị phân của một số nếu số đó bé hơn hoặc bằng 1994 111111001010 2 Suy ra M = 10 b) Với mọi số tự nhiên n 1994, ta có f n 10 nếu và chỉ nếu n là một trong các số: 1023 1111111111 2 , 1535 1011111111 2 ,1791 1101111111 2 , 1919 1110111111 2 ,1983 1110111111 2 . x2 1 Bài toán 18. 10: Cho f x ,x 0. Giả sử f x x và 2x 0 * fn x f fn 1 x n  ,x 0. fn x 1 Chứng minh n ,x 1,0,1 1 2n fn 1 x x 1 f x 1 Hướng dẫn giải 1 2n 2n Đặt p x x 1 x 1 n 2 1 2n 2n q x x 1 x 1 x, y  n 2 Trang 9
4.  2 2500 2006 0 ta được  1; 2006 n n Vậy un p.1 q 2006 0,n Với p 0,q 0 thì un u0 Vậy f 2n x f x hay k 2n n N Bài toán 18. 12: Cho ánh xạ P : * * ¤ x2 y2 6 x, y P x, y xy Chứng minh nếu P z, y ! * thì 3 P x, y *. Hướng dẫn giải Đặt P x, y z . Xét phương trình: x2 xyz y2 6 0 1 Gọi x0 , y0 , z là nghiệm sao cho x0 y0 bé nhất. Vai trò x0 , y0 như nhau nên giả sử x0 y0 . 2 2 Xét phương trình x zy0 x y0 6 0 2 Gọi nghiệm thứ hai là x1 thì x0 x1 2 Ta có: x0 x1 zy0 3 x0 x1 y0 6 0 4 6 * 1) Nếu y0 x0 từ 1 z 2 2  x0 x0 y0 1, z 8 (thỏa đề bài) 2) Nếu x0 x1 từ 4 x0 y0 x0 y0 6 , vô lý vì x0 y0 và x0 y0 cùng chẵn hay cùng lẻ 3) Nếu y0 x0 x1 x0 y0 1 và x1 y0 2 2 4 Từ 4 y0 6 y0 1 y0 2 y0 y0 1 z0 z1 7 3 2 x y0 mà y0 1 x0 x1 7 x0 1 và x1 7 , vô lý vì x0 y0 Vậy z 23 p x, y 2 * Trang 11
5. ak 1 ai i 1,k Mặt khác: f a f i i 1,a k 1 n 1 Nên c ak 1 p ak f ak 1 p 2 f ak 1 f ak f c f c f a p k 1 Do cách xây dựng, dãy {an}là dãy vô hạn nên tồn tại vô số bộ (a, b, c) thỏa điều kiện đã nêu. Bài toán 18. 15: Chứng minh với mọi hàm f : ¡ ¡ thì: f xy x y f xy f x f y , x, y ¡ f x y f x f y ,x, y ¡ Hướng dẫn giải - Phần đảo: Cho f x y f x f y ,x, y R thì f xy x y f xy f x y f xy f x f y ,x, y R - Phần thuận: Cho f xy x y f xy f x f y ,x, y R Chọn x y 0 thì f 0 0;a,b,c R ta có : f a b c ab bc ac abc f a c b bc a c b bc f a c b bc f a f a b bc f ac ab abc f a f c f b f bc Vì f (a b c ab bc ca abc) f (ba bc abc) f (a) f (b) f (c) f (ac) Nên f (bc) f (ab ac abc) f (ac) f (ab bc abc) Lấy a 1: f (bc) f (b c bc) f (c) f (b bc bc) Do đó f (u 2v) f (u) 2 f (v), u, v R Lấy u a thì (2v) 2 f (v), v R nên f (u 2v) f (u) f (2v) Hay: f (b 2bc) f (b) f (2bc), b, c R Nếu b 0 thì f (0) 2 f (0) 0 : Đúng Trang 13
6. m m / 3 Nếu m 3 (mod 3) thì theo giả thiết quy nạp ta có: f k f k 1 0 3 3 Nếu m 1 (mod 3) thì 1 m 3k 2 và m m 1 / 3 m 2 / 3 3 f k 2 f k 1 f k 1 0 0 0 3 3 3 Cuối cùng, nếu m 2 (mod 3) thì 2 m 3k 1 và m m 2 / 3 m 1 / 3 3 f k f k 1 2 f k 1 3 3 3 m n Vậy f k 0 với mọi số nguyên n,m 0 và m 3 3 m Với mọi x 0,1 , ta có thể lập nên một dãy số có dạng có giới hạn x. Vì hàm f(x) 3k liên tục nên suy ra f x 0 với mọi x 0,1 ta có điều phải chứng minh. Bài toán 18.18: Hàm số f(x) xác định và có đạo hàm trên 0,  . Biết rằng với mọi x 0 luôn có: 1) f x 5 2) f (x ). f '(x) sin x . Tồn tại hay không lim f x x Hướng dẫn giải Đặt F x f 2 x 2cos x xác định trên 0,  (1) F(x) f 2 (x) 2 cos x 52 + 2 (2) F ' x 2 f ' x . f x 2sin x 0 nên F(x) tang Xét dãy số {xn} = [2 , 2 + , 4 , 4 + , 6 , 6 + ] 2 2 2 Thì xn 0 , xn tăng và xn khi xn Đặt Un f (xn ) thì Un là dãy số tăng và bj chặn trên, nên tồn tại limUn Giả sử rằng tồn tại limf(x) khi xn thì tồn tại Vn 2 2 lim F xn F xn limUn lim F xn x x x Trang 15
7. 2) Với mọi k N,0 r b , ta có: f (2000 kb r) a r Từ đó suy ra nếu f là hàm số cần tìm thì thoả mãn: (t) t f (2000) a với mọi t T (*) f (2000 m) a r Với r m (mod (2000 - a)) và 0 r 2000 a Ngược lại cho a T , xét hàm số f xác định trên N thoả (*) thì để ý: f (n b) f (n) với mọi n a, b 2000 - a n f (n) (mod b) với mọi n N Vậy tất cả các hàm số thoả mãn đề bài được xác định theo công thức (*) với mỗi a T cho trước. Vậy có 2000 hàm số. Bài toán 18. 21: Xác định tất cả các hàm f: N* N* hoả mãn điều kiện: f (n) f (n 1) f (n 2) f (n 3) - 1996 với mọi n N * Hướng dẫn giải Từ giả thiết ta có: (k) f (k 1) f (k 2) f (k 3) - 1996 Và f (k 1) f (k 2) f k 3 f k 4 1996 . Do đó với mọi k N thì f (k 2) - f (k) f (k 3)[ f (k 4) - f (k 2)] Suy ra rằng: f (3) - f ( 1) f (4) f (6) f (2k)[( f (2k 1) - f (2k - 1)] (1) f (4) - f (2) f (5) f (7) f (2k 1 )[( f (2k 2) - f (2k) (2) Nếu f (3) - f (1) 0 và f (4) - f (2) 0 thì hai đẳng thức trên dẫn đến mâu thuẫn. Do đó xảy ra các trường hợp sau: 1) f (3) - f (1) 0 và f (4) - f (2) 0 Từ (2) có f (2k 2) f (2k) c 0 với mọi k. Nên (2) dẫn tới f (3) - f (1) I ck _11 f (2k 1) - f (2k -1) ck 1 với mọi k. Như vậy ta phải có c 1. Từ đó (1) trở thành f (3) - f (1) f (2k 1) - f (2k - 1) nên dãy ( f (2k 1)) là cấp số cộng với công sái d. Như thế với mọi k ta có: f (2k) 1, f (2k - 1) f (1) (k - 1)d. Trang 17
8. Ta có f (22) f (44) f (22.11) ( f (2))2 . f (11) f (11) 1 Mặt khác f (112.2) ( f (11 ))2 . f (2) ( f (11))2 Và f (112.2) f (22 10.22) f (22) f (11) Vậy: f (x) 1 với mọi x N Bài toán 18. 23: Tồn tại hay không hàm số f: N * N *thoả mãn điều kiện: f f n 3n 2 f n với mọi x N * Hướng dẫn giải Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với mỗi a N *, xây dựng dãy số an như sau: a1 a, an i f (an ), n 1 ,2, 3 Từ giả thiết ta có: an 1 f (an ) f (an 1) f (an 1) 3an 1 a n 1 2an 3an 1 Từ đó chứng minh được an 1 4an 2 3an 3 0 với mọi n 4 Do an 0 nên đẳng thức trên không thể xảy ra. Vậy không tồn tại hàm số f. Bài toán 18. 24: Tìm tất cả các hàm f : Z Z thoả mãn điều kiện 3 f (n) 2 f ( f (n)) n, n, Z Hướng dẫn giải Viết lại phương trình hàm ban đầu 2 f ( f (n) 2 f (n) f (n) n Đặt g(n) f (n) n ta có g(n) 2g( f (n)), n Z. Ta có: g(n) 2g( f (n)) 22 g( f ( f (n)) 23 g( f ( f ( f (n)))) Suy ra rằng g n chia hết cho 2k với mọi số tự nhiên k. Điều này chỉ xảy ra khi g(n) 0 f (n) n . Thử lại đúng. Vậy f (n) n, n Z. Bài toán 18. 25: Tìm tất cả các hàm số f : Z Z thỏa mãn: i) f ( f (m) n) f (m2 ) f (n) 2nf (m), m, n Z Trang 19
9. Do đó ta phải có f ( p 1) p 1. Bây giờ với n là số tự nhiên tùy ý, chọn m p 1, ta có: A f (n) ( p 1)2 chia hết (n ( p 1)2 )2 Chú ý rằng (n ( p 1)2 )2 (n f (n) A)2 (n f (n))2 (mod A) Như vậy A chia hết (n f (n))2 Với bất kì số nguyên tố p. Chỉ cần chọn p đủ lớn ta có A (n f (n))2. Từ đó f (n) n . Thử lại đúng. Vậy f (n) n vơi mọi n N * Bài toán 18. 27: Tìm tất cả f : Z Z sao cho: i) f 1995 1996 ii) m Z, Nếu f (m) n thì f (n) m và f (n 3) m 3 Hướng dẫn giải Ta có: n Z, f ( f (n)) n và f ( f (n) 3) n 3 Nên f (n 3) f ( f ( f (n) 3)) f (n) 3, n Z f (0) 3k, n 3k Suy ra: f n (1) 3k, n 3k 1 f (2) 3k, n 3k 2 Với k Z . Vì 19953 nên từ f (1995) 1996 f (0) 1995 1996 f (0) 3991 f (3991) 0 Mà 3991 =3.1330+ 1 nên: 0 f (1) 3990 f (1) 3990 Nếu f (2) 3t, t Z thì: 2 f (3t) f (0) 3t 3991 3t 3989 3t 3989 3 (vô lý) f 2 3t,t Z Nếu f (2) 3t 1 thì 2 f (3t 1) f (1) 3t 3990 3t 3988 3t 3988  3 (vô lý) f (2) 3t 1. Như vậy: f (2) 3t 2 3991 n,n 3k 2 Tóm lại ta có: f n với t bất kỳ, k Z 3t n 4, n 3k 2 Trang 21
10. 1 1 qg k 0 q f k f k g k 1 1 Khi đó qg k 0, vô lý f k q f k Vậy f(m) phải là hàm hằng f m C . Thử lại đúng Vậy f m C,m Z , với C là số thực dương tuỳ ý. Bài toán 18. 30: Tìm tất cả các hàm số f : Q Q thoả: f 1 2 f (xy y) f (x). f (y) f (x 1) 2 x, y Q Hướng dẫn giải Từ giả thiết, cho y 1 ta có: f (x 1) 2 f (x) f (x 1) 2, x Q f (x 1) f (x) 1, x Q Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: f (x n) f (x) n x Q, n Z. Từ giả thiết cho y x , ta có: f (x2 x) f 2 x f (x 1) 2,x Q f (x2 x) f 2 x f (x) 1 2,x Q p x Q , đặt x (p Z, q N \ {0}thì có: q 2 p p 2 p p f q q f q f q 1 q q q q 2 2 p p 2 p p f q 2 p q f q f q 1 q q q q 2 p p 2 2 p p 2 p f q 2 p q f 2qf q f q 1 q q q q q Trang 23
11. f 1 f (1 ) f ( f (1 )) f (1 f ( f (1 ))) 1 f 1 Tiếp đến, ta sẽ chứng minh rằng f (xy) f (x) f (y) 1 f 1 f y Với mọi y Q* ta có: 1 = f(1) =f f y f y y 1 Do đó, nếu z thì f (z) y . Từ đó suy ra: f y f x f (xy) f (xf (z)) f (x) f (y) z f 1 1 Sau cùng, ta có: f ( f (x)) f (1f (x)) x x Bài toán chỉ yêu cầu tìm một hàm thoả mãn các điều kiện đã cho. Do vậy, ta phân tập các số nguyên tố thành 2 tập vô hạn: S {p1, p2 , };T {q1, q2 , } Ta bắt đầu xây dựng hàm f thoả mãn yêu cầu bài toán bằng định nghĩa 1 f pn qn . f pn pn Sau đó, chúng ta mở rộng định nghĩa này trên tập các số hữu tỉ bằng cách dùng các hệ thức f xy f x f y : p p q q p p q q f i1 i2 i1 i2 m1 m2 i1 i2 p p q q p p q q k1 k2 m1 m2 i1 i2 k1 k2 f x Thử lại, ta thây hàm vừa xây dựng thoả mãn: f (xf (y)) y Bài toán 18. 33: Tìm tất cả các hàm f: [0, 1) 0, 1 thoả mãn điều kiện: f ( f (x)) f (x) 12x , với mọi x 0 . Hướng dẫn giải Cho trước x 0 tùy ý. Đặt f0 x x và f1 x f x Với n 1 đặt fn x f fn 1 x Phương trình hàm đã cho trở thành fn 2 x fn 1 x 12 fn x Trang 25
12. f x f x Ta có tăng trên khoảng ( 1; 0) suy ra phương trình 1 có nghiệm X X x x duy nhất. Suy ra phương trình f (x) x có nghiệm duy nhất. Do đó: u u2 2u u 0 hay u 1(loại) (2) u 0 u2 2u 0 lập luận tương tự ta cũng có u 0 hay u 1(loại cả hai) (3) Khi u 0 ta có f 0 0. Vậy f có điểm bất động duy nhất là 0. Suy ra x (x 1) f (x) 0, x (-1; ) x Vậy f x . hử lại f(x) thoả mãn đề bài. x 1 Bài toán 18. 35: Tìm tất cả các hàm f : R R sao cho: f (x f (y)) f ( f (y)) xf (y) f (x) 1, x, y R Hướng dẫn giải Đặt c f 0 và gọi A f R . Nếu a A , đặt a f y và x a Ta có f (a a) f (a) a2 f (a) 1, suy ra 1 c a2 f a 2 2 Ta chứng minh z | x R,a,b A: x a b R Để ý c khác 0, vì nếu thế thì đặt y 0 , ta có: f (x c) f (c) xc f (x) 1, ( ) Suy ra f (0) f (c) 1, mâu thuẫn! Từ ta cũng có: (x c) f (x) xc ( f (c) 1) mà x chạy trên R nên xc ( f (c) 1) cũng nhận giá trị bất kì trên R. Như vậy, mọi X thuộc R, ta có thể tìm được a, b thuộc A sao cho x a b b2 a2 x2 Do đó, dung (*) ta khi đến: f x c ab c ,x R 2 2 2 Đặc biệt, điều này đúng cho mọi X thuộc A. So sánh với (*) ta suy ra c 1 x2 Do vậy, mọi x thuộc R ta có: f (x) 1 ) 2 Trang 27
13. Mâu thuẫn chứng tỏ f (x) x, x 0 Vì vậy, từ (9) ta được: f (x) - x, x E R . Thử lại đúng. Vậy, hàm số f (x) x, x R là hàm số duy nhất cần tìm. Bài toán 18. 37: Hãy xác định hàm số f : R R sao cho bất đẳng thức sau đúng với các sô 1 1 1 thực x, y, z bât kỳ f xy f xz f x . f yz (1) 2 2 4 Hướng dẫn giải Cho x y z 0 , thì: 2 1 1 1 (1) : f 2 0 f 0 0 hay f 0 0 nên: f 0 4 2 2 1 1 1 Cho y z 0 thì (1): f 0 f 0 f x f 0 2 2 4 1 1 1 1 1 Hay f (0) f (x). f (0) . f x nên: f x 4 2 2 4 2 Cho x y z 1, thì: 2 1 1 1 (1): f 1 f 2 1 hay f 1 0 , suy ra f 1 4 2 2 1 Cho y z 1 còn x tuỳ ý, chú ý rằng f 1 , ta có: 2 1 1 1 1 1 1 f x f x f x f 1 f x f x 2 2 4 2 4 2 1 Do đó: f x với mọi x thực. Thử lại đúng. 2 Cách 2: Chứng minh f xy f x , y Bài toán 18. 38: Tìm tất cả các hàm số liên tục f :0,1 R thỏa mãn: f (x) 2xf (x2 ) x 0,1 Hướng dẫn giải Từ giả thiết thì f (0) 0, f (1) 0 Trang 29
14. 1 n m 1 n 1 1 n Từ đó: f 2 f m f 2 . Với m,n N * n n n Nhận xét rằng: f (n) f (-n) f (0) 1 m 1 1 m n f n n f 2 f n 2 n m m Nên f 2 n với m Z và n N * n Với x0 R có 1 dãy hữu tỉ tiến về x0 . x0 x Vì f(x) liên tục tại x0 nên f x0 2 . Vậy f (x) 2 , x R. Bài toán 18. 40: Xác định f(x) liên tục trên R thoả mãn: xy) f (x). f (y),  x , y e R \{0 } Hướng dẫn giải Thay y 1 f (x)[1 - f (1)] 0, x R f x 1 từ (3) suy ra f (x) 0, x R 1 1 f (1) 1. Khi đó f 1 f x. f x . f ,x R \ 0 x x 2 2 f (x) 0, x R \{0} và f x f x 0,x R \ 0 Nếu x, y R*. Đặt x eu , y ev và f et g t Khi đó g(u v) g(u). g(v) ,u,v R g(t) at ,t R, a 0 Do đó: f (x) f (eu ) g(u) au aln x (eln a )ln x x Với Ina,x R* Nếu x, y R* thì x, y R* theo trên ta có: [ f (x)]2 f (x2 ) (x2 ) ( ( x ) )2 , x R ,  R  x x R* Do f(x) liên tục trên R nên f x  x x R Vậy f (x) 0, x R Trang 31
15. n k 2k Đặt gn x Cn x k 0 n 1 k 2k Ta có: gn (x) 0, x R; gn-1(x) Cn 1 f x k 0 n 1 n 2 k 2k 1 k 1 2k gn 1 f x Cn 1 f x Cn 1 f x k 0 k 1 n 1 2 k k 1 2k 2n gn 1 x gn 1 f x f x  Cn 1 Cn 1 f x f x k 1 n 1 0 k 2k n 2n Cn f x Cn x Cn f x k 1 n k 2k Cn f x gn x 0 k 0 Vì f liên tục trên R nên gn(x) luôn xác định và liên tục trên R. Nếu x 0 thì gn 1 0 0 hoặc x 1 thì g n 1 0 Nếu 0 x 1 thì ta có: 2 2m gn-1(x) gn-1(x ) gn-1 (x ) gn 1 0 0 2 Nếu x 1 thì từ gn-1(x) gn-1 (x ) ta suy ra 1 1 2 m 2m gn 1(t) gn 1 t ( 1) gn 1,(t ) gn 1(1) 0 Do đó: Nếu x 0 thì gn 1 x 0n N * 2 Nếu x 0 gn 1 x gn 1 x 0 gn 1 x 0,x R,n R* Vậy gn x g0 x 0,x R,n N * Mà g0 x f x do đó f (x) 0, x R Thử lại đúng. Vậy: f x 0 Bài toán 18. 43: Tìm tất cả các hàm liên tục f : R R thỏa mãn: x 1 f x f , với mọi x R x 2 Trang 33
16. Chuyển qua giới hạn trong (*) ta có: b 1 1 5 b b2 b 1 0 b b 2 2 1 5 Do b 0 nên b 2 1 5 Như vậy f a lim f x f lim x f C n n 2 Vậy f x C . Thử lại đúng. Bài toán 18. 44: Tìm hàm f x 0 . Xác định và khả vi trên R thoả mãn điều kiện: xn yn f 2 x f 2 (y) f ,x, y R,n N * 2 2 Hướng dẫn giải Đạo hàm hai vế của đẳng thức đề bài cho lần lượt theo X và y ta được: xn yn nxn 1 f x f ' x f ' 2 xn yn f 2 x f 2 y 4 2 2 2 xn yn nyn 1 f y f ' y f ' 2 xn yn f 2 x f 2 y 4 2 2 2 f x f ' x f y f ' y ,x, y R xn 1 yn 1 f x f ' x a , (hằng số dương) f x f ' x a.xn 1 xn 1 2 f x axn Thử lại ta thấy hàm f(x) thoả các yêu cầu đề bài. n 2 Vậy: f x axn n Bài toán 18. 451: Cho hàm số f : R R xác định bởi: y = f(x) = (1999)x + (1999)x 2. Trang 35
17. h'(t) 0 t log3 log3 e 1 1 Ta có bảng biến thiên sau, với a = log3e log3 (log3e) 1 0, đặt 2 2 x t 0 x thì 2 2 2 4 3 2 t f f 2 f t f 2 1 t f 2 f t 2 2 2 2 2 1 Trang 37