Các phương pháp về việc giải phương trình hàm thường dùng

 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) = ax2+ 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: ( )( ) ( ) ( ), 1f x f y x xy f x x y R+ = + ∀ ∈ . 
Lời giải: 
Thay 
1x
y R
=

∈
 vào (18) ta ñược: ( )( ) ( ) ( )1 1f f y y f a+ = + . 
Thay ( )1 1y f= − − vào (a) suy ra: ( )( )( )1 1 1 1f f f− − + = − . ðặt ( )( )1 1 1a f f= − − + ta 
ñược: ( ) 1f a = − . 
Chọn 
y a
x R
=

∈
 ta ñược: ( )( ) ( ) ( ) ( )0f x f a x xa f x xa f x f+ = + ⇒ + = . 
ðặt ( ) ( )0f b f x a x b= ⇒ = − + . Thế vào (1) và ñồng nhất hệ số ta ñược: 
( )
( )
2 11
1
0
a f x xa
a
ab a a f x x
b
 =
= = ⇒ ⇒= −  
− − = − = −  
=
. 
Vậy có hai hàm số cần tìm là ( )f x x= và ( )f x x= − . 
Ví dụ 2: Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) ( )( ) ( ), 2f f x y y f x f y x y R+ = − ∀ ∈ . 
Lời giải: 
Cho ( )( ) ( )0; : (2) 0y x R f f x x R a= ∈ ⇒ = ∀ ∈ . 
Cho ( ) ( )( )( ) ( ) ( )': (2) 0x f y f f f y y y f a= ⇒ + = . 
( ) ( ) ( ) ( )' 0a a f y y f+ ⇒ = . ðặt ( ) ( )0f a f y ay y R= ⇒ = ∀ ∈ . Thử lại (2) ta ñược: 
( ) ( )2 2 2 0 ,a x y a y x y x y R+ + − = ∀ ∈ ( )0 0a f x x R⇔ = ⇒ = ∀ ∈ . Vậy có duy nhất hàm số 
( ) 0f x = 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 x y R= ∈ khi ñó ( ) ( ) ( )a f x g x x⇒ = − .Thay lại (a) ta ñược: 
 2 
( ) ( )2 2 ,g x x y g y x y R= − + ∀ ∈ (c). 
Cho 0;y x R= ∈ : từ (c) ta ñược: ( ) ( )2 0g x x g= + . ðặt ( )0g 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
+ = + ∀ ∈
+ + ≥ +
 ( )2 22 3 1 1 0x a x a x R⇔ + − + − ≥ ∀ ∈ 
( )23 0 3a a⇔ − ≤ ⇔ = . Vậy ( ) ( )3 ; 2 3f x x g x x= + = + . 
Ví dụ 4: ða thức f(x) xác ñịnh với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn ñiều kiện: 
22 ( ) (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 x2. 
Vậy f(x) phải có dạng: f(x) = ax2 + bx + c. 
Khi ñó (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 x∀ ∈ℝ do ñó: 
3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, x∀ ∈ℝ 
ðồng nhất các hệ số, ta thu ñược: 
1
33 1
22 0
3
3 0 1
3
a
a
b a b
a b c
c

=
= 
 
− = ⇔ = 
 + + = 
= −

Vậy: 21( ) ( 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: 22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ 
Thay x bởi x0 ta ñược: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = 
Thay x bởi 1 –x0 ta ñược: 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − 
Từ hai hệ thức này ta ñược: 20 0 0 0
1( ) ( 2 1) ( )
3
g x x x f x= + − = 
ðiều này mâu thuẫn với 0 0( ) ( )g x f x≠
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 21( ) ( 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 
Hãy tìm hai hàm số như thế. 
Lời giải: 
Ta viết phương trình ñã cho dưới dạng f(f(x)) – f(x) = x (1). 
Vế phải của phương trình là một hàm số tuyến tính vì vậy ta nên giả sử rằng hàm số cần tìm 
có dạng: f(x) = ax + b. 
Khi ñó (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , x∀ ∈ℝ
hay (a2 –a )x + ab = x, x∀ ∈ℝ 
ñồng nhất hệ số ta ñược: 
2 1 5 1 51 1 5( ) .2 2 20 0 0
a a a a 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)
a f f n n n
b f f n n n
c f
= ∀ ∈
+ + = ∀ ∈
=
ℤ
ℤ 
Tìm giá trị f(1995), f(-2007). 
Lời giải: 
Cũng nhận xét và lý luận như các ví dụ trước, ta ñưa ñến f(n) phải có dạng: f(n) = an +b. 
Khi ñó ñiều kiện (1) trở thành:
2
,a n ab b n n+ + = ∀ ∈ℤ 
ðồng nhất các hệ số, ta ñược:
2 1 11
0 00
a aa
b bab b
= = − =  
⇔ ∨  
= =+ =  
Với 
1
0
a
b
=

=
 ta ñược f(n) = n. Trường hợp này loại vì không thỏa mãn (2). 
Với 
1
0
a
b
= −

=
 ta ñược f(n) = -n + b. Từ ñiều kiện (3) cho n = 0 ta ñược b = 1. 
Vậy f(n) = -n + 1. 
Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn ñiều kiện bài toán. 
Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn ñiều kiện bài toán: 
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn ñiều kiện bài toán. 
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. 
Sử dụng ñiều kiện (1) và (2) ta nhận ñược: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ
.
 4 
do ñó g(g(g(n))) = g(g(g(n+2)+2)) n∀ ∈ℤ
Hay g(n) = g(n+2)+2 n∀ ∈ℤ
.
Giả sử n0 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 n0 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 →ℝ ℝ thỏa mãn ñiều kiện: 
2( ) ( ) 2 ( ) (1 ) 2 (3 ), ,f x y f x y f x f y xy y x x y+ + − − + = − ∀ ∈ℝ
.
ðáp số: f(x) = x3. 
Bài 2: Hàm số :f →ℕ ℕ thỏa mãn ñiều kiện f(f(n)) + f(n) = 2n + 3, .n∀ ∈ℕ
Tìm f(2005). 
ðáp số: 2006. 
Bài 3: Tìm tất cả các hàm :f →ℕ ℕ 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 23 5 , 0, ,1, 2
3 2 2 1 3
x xf f x
x x x
− −     
− = ∀ ∉ −    + − −     
ðáp số: 28 4( )
5
xf x
x
+
= 
Bài 5: Tìm tất cả các ña thức P(x) [ ]x∈ℝ sao cho: P(x + y) = P(x) + P(y) + 3xy(x + y), 
,x y∀ ∈ℝ 
ðáp số: P(x) = x3 + cx. 
Phương pháp 2: phương pháp thế. 
2.1. Thế ẩn tạo PTH mới: 
Ví dụ 1: Tìm f: R\{2} → R thỏa mãn: ( )22 1 2 1 1
1
xf 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: 
1
2
t
x
t
+
=
−
 thế vào (1): ( )
2
2
3 3( ) 2
2
tf t t
t
−
= ∀ ≠
−
. Thử lại thấy ñúng. 
 5 
Vậy hàm số cần tìm có dạng ( )
2
2
3 3( )
2
xf x
x
−
=
−
. 
Nhận xét: 
+ Khi ñặt t, cần kiểm tra giả thiết 
xx 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
x
xf x
a x
 −
≠
−= 

=
 (với a∈R 
tùy ý). 
Ví dụ 2: Tìm hàm f : ( ] ( ]; 1 0;1 R−∞ − ∪ → thỏa mãn: 
( )2 2( 1) 1 1 2f x x x x x− − = + − ∀ ≥ . 
Lời giải: ðặt ( )
2 2
22
0
1 1
1
x t
t x x x x t
x x t
− ≥
= − − ⇔ − = − ⇔ 
− = −
2
2 2 2 11 2
2
x t
x t
t
x x xt t x
t
≥≥ 
⇔ ⇔  +
− = − + = 

. Hệ có nghiệm x 
2 1
2
t
t
t
+
⇔ ≥
1
0 1
t
t
≤ −
⇔  < ≤
( ] ( ]; 1 0;1t⇒ ∈ −∞ − ∪ . Vậy ( ] ( ]
1
; 1 0;1
x
MGT t D
≥
= = −∞ − ∪ . 
Với 2 1t x x= − − thì 2 1 11 ( )x x f t
t t
+ − = ⇒ = thỏa mãn (2). 
Vậy 1( )f x
x
= là hàm số cần tìm. 
Ví dụ 3: Tìm f : R\ 2 ;3
3
R  → 
 
 thỏa mãn: ( )3 1 1 1, 2 3
2 1
x xf x x
x x
− + 
= ∀ ≠ ≠ − + − 
. 
Lời giải: ðặt ( )12
3 1 2\ ;3
2 3x
x
x
t MGT t R
x ≠
≠
−  
= ⇒ =  
+  
⇒
2 1
3
t
x
t
+
=
−
 thế vào (4) ta ñược: 4( )
3 2
tf t
t
+
=
−
thỏa mãn (3). Vậy hàm số cần tìm là: 4( )
3 2
xf 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;+ ∞ ta ñược: ( (1)) ( (1))x f x f f f= . 
Cho 1(1)x f= ta ñược: ( (1) 1 ( (1)) 1f f x f x f= ⇒ =
1( (1))f x f
x
⇒ = . ðặt: 
 6 
(1)
. (1) ( ) ( )f at x f f t f t
t t
= ⇒ = ⇒ = (với (1)a f= ). Vì ( ) ( ) ( )0;(1) 0; 0;xf MGT t∈ +∞∈ + ∞ ⇒ = + ∞ . 
Vậy ( ) af x
x
= . Thử lại thấy ñúng ( )0a > . Hàm số cần tìm là: ( ) af x
x
= với ( )0a > . 
Ví dụ 5: Tìm hàm f: ( ) ( )0; 0;+ ∞ → + ∞ thỏa mãn: 
( ) ( )1 3 3(1) ; ( ) ( ). ( ). , 0; 5
2
f f xy f x f f y f x y
y x
   
= = + ∀ ∈ + ∞   
  
. 
Lời giải: 
Cho x = 1; y = 3 ta ñược: ( ) 13
2
f = . 
Cho x = 1; ( )0;y ∈ + ∞ ta ñược: ( ) 3f y f
y
 
=  
 
. Thế lại (5) ta ñược: 
( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5')f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Thay y bởi 3
x
 ta ñược: 
( ) ( ) ( )( )
2
23 13 2 )
2
f f x f f x
x
   
= ⇒ =   
   
. Thử lại thấy ñúng. 
Vậy hàm số cần tìm là: ( ) 1
2
0f x x= ∀ > . 
Ví dụ 6: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 24 , 6x y f x y x y f x y xy x y x y R− + − + − = + ∀ ∈ . 
Lời giải: Ta có: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2
6
1 1
4 4
x y f x y x y f x y
x y x y x y x y x y x y x y x y
⇔ − + − + − =
 
= + − − + + + − + + − − + − −                
ðặt 
u x y
v x y
= −

= +
 ta ñược: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 214v f u u f v u v u v u v u v− = + − + − − 
( ) ( ) 3 3v f u u f v u v v u⇒ − = − ( )( ) ( )( )3 3v f u u u f v v⇔ − = − 
+ Với 0uv ≠ ta có: 
( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
* 3
, 0
f u u f v v f u u
u v R a f u au u u
u v u
− − −
= ∀ ∈ ⇒ = ⇒ = + ∀ ≠ . 
+ Với 0; 0u v= ≠ suy ra: ( ) ( ) ( )3 30 0 0f u u f u u f− = ⇔ = ⇒ = . 
Hàm ( ) 3f u au u= + thỏa mãn ( )0 0f = . Vậy ( ) 3f u au u u R= + ∀ ∈ 
Hàm số cần tìm là: ( ) ( )3f x ax x a R= + ∈ . Thử lại thấy ñúng. 
2.2. Thế ẩn tạo ra hệ PTH mới: 
 7 
Ví dụ 1: Tìm hàm f: R → R thỏa mãn: ( ) ( ) ( )1 1f x x f x x x R+ − = + ∀ ∈ . 
Lời giải: 
ðặt t x= − ta ñược: ( ) ( ) ( )1 1f 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: ( ) 1f x = . 
Ví dụ 2: Tìm hàm số { }: \ 0,1f R R→ Thỏa mãn: ( ) ( )*1 1 2xf x f x x R
x
− 
+ = + ∀ ∈ 
 
. 
Lời giải: ðặt ( ) ( ) ( )1 11, 2 1xx f x f x x
x
−
= ⇔ + = + . 
ðặt ( ) ( ) ( )12 1 2 1
1
1 1
, 2 1
1
x
x f x f x x
x x
−
= = ⇔ + = +
−
. 
ðặt ( ) ( ) ( )23 2 2
2
1
, 2 1xx x f x f x x
x
−
= = ⇔ + = + . 
Ta có hệ 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
1
1 2
2 1 1
2 2
1
1 1 1 11
2 2 1
1
f x f x x
x x xf x f x x f x x
x x
f x f x x
+ = +
 + − +  
+ = + ⇒ = = + +  
− 
+ = +
. Thử lại thấy 
ñúng. Vậy hàm số cần tìm có dạng: ( ) 1 1 1
2 1
f x x
x x
 
= + + 
− 
. 
Ví dụ 3: Tìm hàm số { }: \ 1;0;1f R R− → thỏa mãn: ( ) ( )12 1 1 3
1
x
x f x f x
x
− 
+ = ∀ ≠ − + 
. 
Lời giải: 
ðặt ( ) ( ) ( )1  ...  = 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∀ ∈ℝVậy 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: 
ta cũng ñưa ñến c = -c + 2 do ñó c = 1. 
vậy ñặt f(x) = 1 + g(x), thay vào (2) ta ñược phương trình: g(x + 1) = - g(x), x∀ ∈ℝ 
Do ñó ta có: [ ]
1( 1) ( ) ( ) ( ) ( 1)
 x (3).2( 2) ( ) ( 2) ( )
g x g x g x g x g x
g x g x g x g x
+ = − = − + 
⇔ ∀ ∈ 
+ =  + =
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 (*). 
Từ ñặc trưng hàm, chuyển phép cộng về phép nhân, ta thấy phải sử dụng hàm mũ: 
1 3 3x xa a a+ = ⇔ = 
Vậy ta ñặt: ( ) 3 ( )xg x h x= thay vào (*) ta ñược: h(x + 1) = h(x) x∀ ∈ℝ
.
Vậy h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. 
Kết luận: ( ) 1 3 ( )xf x h x= − + với h(x) là hàm tuần hoàn chu kì 1. 
Nhận xét: Ở ví dụ 3 này, phương trình tổng quát của loại này là: f(x + a) = bf(x) + c 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 0t t t= ⇔ = , 2(2 ) 3. log 3m mt t m= ⇔ = 
Xét ba khả năng sau: 
 26 
+) Nếu t = 0 ta có h(0) = 0. 
+) Nếu t> 0 ñặt 2log 3( ) ( )h t t tϕ= thay vào (3) ta có: (2 ) ( ), 0t t tϕ ϕ= ∀ > . ðến ñây ta ñưa về ví 
dụ hàm tuần hoàn nhân tính. 
+) Nếu t < 0 ñặt 2log 3( ) | | ( )h t t tϕ= thay vào (3) ta ñược (2 ) ( ), 0(4 ) ( ), 0
t t t
t t t
ϕ ϕ
ϕ ϕ
= − ∀ <
⇔ 
= ∀ <
[ ]1( ) ( ) (2 ) , 0
.2
(4 ) ( ), 0
t t t t
t t t
ϕ ϕ ϕ
ϕ ϕ

= − ∀ <
⇔ 
 = ∀ <
Nhận xét: Bài toán tổng quát của dạng này như sau: ( ) ( ) 0, 1f x f ax bα β α+ = + ≠ ± . Khi 
ñó từ phương trình x xα β+ = ta chuyển ñiểm bất ñộng về 0, thì ta ñược hàm tuần hoàn nhân 
tính. 
+) Nếu a = 0 bài toán bình thường. 
+) Nếu a = 1 chẳng hạn xét bài toán sau: “Tìm f(x) sao cho f(2x + 1) = f(x) – 2, x -1∀ ≠ (1)”. 
Xét: 2x + 1 = x x 1⇔ = − nên ñặt x = -1 + t thay vào (1) ta ñược: f(-1 + 2t) = f(-1 + t) + 2, 
0t∀ ≠ . ðặt g(t) = f( - 1 + t) ta ñược: g(2t) = g(t) + 2 0t∀ ≠ (2). Từ tích chuyển thành tổng 
nên là hàm logarit. 
Ta có log (2 ) log 2a at t= −
1
2
a⇔ = . Vậy ñặt 1
2
( ) log ( )g t t h t= + . Thay vào (2) ta có 
(2 ) ( ), 0h t h t t= ∀ ≠ . ðến ñây bài toán trở nên ñơn giản. 
Phương pháp 8: phương pháp sử dụng hệ ñếm. 
Ta quy ước ghi m = (bibi-1...b1)k nghĩa là trong hệ ñếm cơ số k thì m bằng bibi-1...b1. 
Ví dụ 1 (Trích IMO năm 1988): 
 Tìm f: N*→ N* thoả mãn: f(1) = 1, f(3) = 3, f(2n) = f(n), 
 f(4n+1) = 2f(2n+1) - f(n); f(4n+3) = 3f(2n+1) - 2f(n) ∀n∈N* (12). 
Lời giải: 
Tính một số giá trị của hàm số và chuyển sang cơ số 2 ta có thể dự ñoán ñược: 
“∀n∈N*, n = (bibi-1...b1)2 thì f(n) = (b1b2 ...bi)2” (*). Ta sẽ chứng minh (*) bằng quy nạp. 
+ Với n = 1, 2, 3, 4 dễ kiểm tra (*) là ñúng. 
+ Giả sử (*) ñúng cho k < n, ta sẽ chứng minh (*) ñúng cho n (với n ≥ 4). Thật vậy, ta xét các 
khả năng sau: 
• Nếu n chẵn, n = 2m. Giả sử m = (bibi-1...b1)2, khi ñó n = 2m = (bibi-1...b10)2 ⇒ 
f(n) = f((bibi-1...b10)2) = f(2m) = f(m) = f((bibi-1...b1)2) = (b1b2 ...bi)2 = (0b1b2 ...bi)2 ⇒ (*) 
ñúng. 
• Nếu n lẻ và n = 4m + 1. Giả sử m = (bibi-1...b1)2, khi ñó n = (bibi-1...b101)2 ⇒ 
f(n) = f((bibi-1...b101)2) = f(4m+1) = 2.f(2m+1) - f(m) = 2.f((bibi-1...b11)2) - f((bibi-1...b1)2) = 
(10)2.(1b1b2 ...bi)2 - ( b1b2 ...bi)2 = (1b1b2 ...bi0)2 - ( b1b2 ...bi)2 = (10b1b2 ...bi)2 ⇒ (*) ñúng. 
 27 
• Nếu n lẻ và n = 4m + 3. Giả sử m = (bibi-1...b1)2, khi ñó n = (bibi-1...b111)2 ⇒ 
f(n) = f((bibi-1...b111)2) = f(4m+3) = 3f(2m+1) - 2f(m) = 3f((bibi-1...b11)2) - 2f((bibi-1...b1)2) = 
(11)2.(1b1b2 ...bi)2 - (10)2.(b1b2 ...bi)2 = (11b1b2 ...bi)2 ⇒ (*) ñúng. 
Vậy (*) ñúng và hàm f ñược xác ñịnh như (*). 
Ví dụ 2 (Trích ñề thi của Trung Quốc): 
 Tìm hàm số f: N* → N* thỏa mãn: 
 1) f(1) =1; 
 2) f(2n) < 6f(n); 
 3) 3f(n)f(2n+1) = f(2n)(3f(n)+1) ∀n∈N*. 
Lời giải: 
Vì f(n)∈N* nên (3f(n), 3f(n)+1) = 1. Từ 3) suy ra 3f(n) | f(2n). Kết hợp với 2) suy ra 
f(2n) = 3f(n) và f(2n+1) = 3f(n)+1 ∀n∈N*. 
Thử một số giá trị ta thấy f(n) ñược xác ñịnh như sau: 
“Với n = (b1b2bi)2 thì f(n) = (b1b2bi)3 ∀n∈N*” (*). Ta chứng minh (*) bằng quy nạp. 
+ Với n = 1, 2, 3, 4 thì hiển nhiên (*) ñúng. 
+ Giả sử (*) ñúng cho k < n (với n ≥ 4). Ta chứng minh (*) ñúng cho n. 
• Nếu n chẵn: n = 2m. Giả sử m = (c1c2cj)2 thì n = 2m = (c1c2cj0)2. Khi ñó: 
f(n) = f(2m) = 3f(m) = 3.f((c1c2cj)2) = (10)3.(c1c2cj)3 = (c1c2cj0)3 ⇒ (*) ñúng cho n 
chẵn. 
• Nếu n lẻ: n = 2m + 1 ⇒ n = (c1c2cj1)2. Khi ñó: 
f(n) = f(2m+1) = 3f(m) + 1 = 3f((c1c2cj)2) + 1 = (10)3.(c1c2cj)3 + 13 = (c1c2cj1)3 ⇒ (*) 
ñúng cho n lẻ. 
Vậy (*) ñúng cho mọi n∈N* và f(n) ñược xác ñịnh như (*). 
Phương pháp 9: phương pháp sử dụng ñạo hàm. 
Ví dụ 1: Tìm f: R → R thoả mãn: | f(x)- f(y)|2 ≤ | x- y|3 ∀x, y∈R (14). 
Lời giải: Cố ñịnh y, với x∈R, x ≠ y từ (14) ta ñược: 
2( ) ( ) ( ) ( )0f x f y f x f yx y x y
x y x y
− −≤ − ⇒ ≤ ≤ −
− −
. Vì lim0 lim
x y x y
x y
→ →
= − = 0 nên suy ra 
( ) ( )lim 0
x y
f x f y
x y→
−
=
−
 ⇒ f’(y) = 0 ⇒ f(y) = c ∀y∈R (với c là hằng số). Thử lại thấy ñúng. 
Ví dụ 2: Tìm f: R → R có ñạo hàm trên R và thoả mãn: 
 f(x+y) = f(x) + f(y) + 2xy ∀x, y∈R (15) 
Lời giải: 
+ Cho x = y = 0 ta ñược f(0) = 0. 
 28 
+ Với y ≠ 0, cố ñịnh x ta ñược: ( ) ( ) ( ) 2 ( ) (0) 2
0
f x y f x f y xy f y f
x
y y y
+ − + −
= = +
−
 (*). Vì f(x) 
có ñạo hàm trên R nên từ (*), cho y → 0, suy ra f’(x) = f’(0) + 2x = 2x + c ⇒ f(x) = x2+cx+b 
∀x∈R; b, c là các hằng số thực. Thử lại thấy ñúng. 
Phương pháp 10: phương pháp ñặt hàm phụ. 
Mục ñích chính của việc ñặt hàm phụ là làm giảm ñộ phức tạp của phương trình 
hàm ban ñầu và chuyển ñổi tính chất hàm số nhằm có lợi hơn trong giải toán. 
Ví dụ 1: Tìm f: R → R thoả mãn: f(x) ≥ 2007x và f(x+y) ≥ f(x)+f(y) ∀x, y∈R (1). 
Lời giải: 
Dễ thấy f(x) = 2007x là một hàm số thoả mãn (1). ðặt g(x) = f(x) - 2007x và thay vào (1) ta 
ñược: g(x) ≥ 0 (a) và g(x+y) ≥ g(x) + g(y) (b) ∀x, y∈R. 
+ Cho x = y = 0, từ (b) ta ñược g(0) ≤ 0, kết hợp với (a) suy ra g(0) = 0. 
+ Cho x = -y, x∈R, từ (a) và (b) ta ñược g(x) ≥ 0, g(-x) ≥ 0, 0 ≥ g(x) + g(-x); suy ra : 
g(x) = g(-x) = 0 ⇒ h(x) = 2007x, ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. 
Ví dụ 2: Tìm f: R → R liên tục trên R thoả mãn: 
 f(x+y) = f(x) + f(y) + f(x)f(y) ∀x, y∈ R (2). 
Lời giải: 
Xét phương trình: λ = 2λ + λ2 có nghiệm λ = -1 khác 0. 
ðặt g(x) = f(x) - (-1) = f(x) + 1. Thế vào (18) ta ñược: 
g(x+y) = g(x).g(y) ∀x, y∈R (*). 
Cho x = y = 
2
t
 ta ñược g(t) ≥ 0 ∀t∈R. 
Cho x = y = 0 ta ñược: g(0) = 0 hoặc g(0) = 1. 
+ Nếu g(0) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R ⇒ f(x) = -1 ∀x∈R. Thử lại thấy ñúng. 
+ Nếu g(0) = 1: Giả sử tồn tại a ñể g(a) = 0 thì (*) suy ra g(x) = 0 ∀x∈R. Trái với giả thiết 
g(0) = 1. Vậy g(x) > 0 ∀x∈R. ðặt h(x) = lng(x) ta ñược : 
h(x+y) = h(x) + h(y) (**). Từ f(x) liên tục trên R suy ra h(x) liên tục trên R. Theo phương 
trình hàm Côsi ta ñược h(x) = cx (với c là hằng số) ⇒ f(x) = ecx - 1 ∀x∈R. Khi c = 0 thì 
f(x) = -1. Vậy trong mọi trường hợp f(x) = ecx - 1 ∀x∈R thử lại thấy ñúng. 
Phương pháp 11: Sử dụng tính liên tục của hàm số. 
Sử dụng tính liên tục của hàm số có 3 con ñường chính: Xây dựng biến từ N ñến 
R, chứng minh hàm số là hằng số, sử dụng phương trình hàm Côsi. 
Ví dụ 1 (xây dựng biến từ N ñến R): 
 Tìm hàm :f R R→ thỏa mãn: 
 1) f(x) liên tục trên R; 
 2) f(1) = 2; 
 29 
 3) f(xy) = f(x)f(y) - f(x+y) +1 ∀x,y∈R. 
Lời giải: 
Cho x = y = 0 ta ñược: f(0) = 1. 
Cho x = 1, y∈R ta ñược: f(y+1) = f(y) +1 (a). 
Từ f(0) = 1, f(1) = 2 và (a) quy nạp ta suy ra f(n) = n+1 ∀n∈N. 
Với n∈N, (a) ⇒ f(-n) = f(-n+1) - 1 = f(-n+2) - 2 == f(0) -n = -n + 1. 
Vậy f(z) = z +1 ∀z∈Z. 
Với ∀n∈N*, 2 = f(1) = 1 1 1( . ) ( ) ( ) ( ) 1f n f n f f n
n n n
= − + + (b). Mặt khác từ (a) ta có: 
1 1 1 1( ) 1 ( 1 ) 2 ( 2 ) ... ( )f n f n f n n f
n n n n
+ = + − + = + − + = = + . Thế vào (b) ta ñược: 
1 1( ) 1f
n n
= + . 
Với *, , ,mq q m n
n
∈ = ∈ ∈ℚ ℤ ℕ ta có: 1 1 1( ) ( ) ( . ) ( ) ( ) ( ) 1mf q f f m f m f f m
n n n n
= = = − + + = 
= 
1 1( 1)( 1) ( ) 1m f m
n n
+ + − + + (c). Từ (a) ta dễ dàng chứng minh ñược: 
1 1( ) ( )f m m f
n n
+ = + . Thế vào (c) ta ñược f(q) = q +1 ∀q∈Q. 
Với r∈R, tồn tại dãy {rn} với rn∈Q thỏa mãn lim nr r= . Khi ñó, do f liên tục nên ta có: 
f(r) = f(limrn) = limf(rn) = lim(rn+1) = limrn + 1 = r + 1. Vậy f(x) = x + 1 ∀x∈R. Thử lại thấy 
ñúng. 
Ví dụ 2 (chứng minh hàm số là hằng số): 
 Tìm hàm f: [0; 1
2
] → [0; 1
2
] thỏa mãn: 
 1) f(x) liên tục trên [0; 1
2
] 
 2) 2 1 1( ) ( ) 0;
4 2
f x f x x  = + ∀ ∈   
. 
Lời giải: 
Với a∈[0; 1
2
], xét dãy số: 
0
2
1
1
4n n
x a
x x n+
=


= + ∀ ∈
ℕ
. 
Dễ chứng minh {xn} không âm (a). 
2
0 1 0
1 1 1
2 4 2
x x x≤ ⇒ ≤ + ≤ . Quy nạp suy ra xn ≤ 12 (b). 
 30 
2
1 1
1( ) 0
2n n n n n
x x x x x n+ +− = − ≥ ⇒ ≥ ∀ ∈ℕ (c). 
Từ (a), (b), (c) suy ra xn∈[0; 12 ] và {xn} có giới hạn hữu hạn là n
1limx
2
= . 
Vậy với mọi a∈[0; 1
2
], f(a) = f(x1) = f(x2) == limf(xn) = f(limxn) = f( 12 ) = c (c là hằng số). 
Thử lại thấy ñúng. 
Ví dụ 3 (sử dụng phương trình hàm côsi - VMO năm 2006(bảng B)): 
Tìm f: R → R liên tục trên R thoả mãn: f(x-y).f(y-z).f(z-x)+8 = 0 ∀x, y, z∈R (3). 
Lời giải: 
Cho x = t, z = -t, y = 0, x∈ R ta ñược: f(t).f(t).f(-2t) = -8 2
8( 2 ) 0( ( ))f t f t
−
⇒ − = < ⇒ f(t) < 0 
∀t∈R. ðặt g(x) = ( )ln( ) ( )
2
( )2.f x f x g xe⇒ =
−
− . Thế vào (3) ta ñược: 
-8.eg(x-y)+g(y-z)+g(z-x) = -8 ⇔ g(x-y) + g(y-z) + g(z-x) = 0 (*). 
+ Cho x = y = z = 0, từ (*) ta ñược g(0) = 0 (a). 
+ Cho y = z = 0, x∈R, từ (a) ta ñược g(x) = g(-x) (b). 
Từ (*) và (b) suy ra g(x-y) + g(y-z) = -g(z-x) = -g(x-z) = g(x-y+y-z) ⇒ g(t+t’) = g(t) + g(t’) 
∀t, t’∈R (**). Vì f liên tục trên R nên g(x) cũng liên tục trên R. Từ (**), theo phương trình 
hàm Côsi ta ñược g(x) = ax ⇒ f(x) = -2.eax = -2.bx (Với b = ea > 0). Thử lại thấy ñúng. 
------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------