Các phương pháp giải phương trình hàm thường dùng

 1 
CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH HÀM THƯỜNG DÙNG 
Phương pháp 1: Hệ số bất định. 
Nguyên tắc chung: 
+) Dựa vào điều kiện bài tốn, xác định được dạng của f(x), thường là f(x) = ax + b hoặc 
f(x) = ax2+ bx + c. 
+) ðồng nhất hệ số để tìm f(x). 
+) Chứng minh rằng mọi hệ số khác của f(x) đều khơng thỏa mãn điều kiện bài tốn. 
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 được: ( )( ) ( ) ( )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 
được: ( ) 1f a = − . 
Chọn 
y a
x R
=

∈
 ta được: ( )( ) ( ) ( ) ( )0f x f a x xa f x xa f x f+ = + ⇒ + = . 
ðặt ( ) ( )0f b f x a x b= ⇒ = − + . Thế vào (1) và đồng nhất hệ số ta được: 
( )
( )
2 11
1
0
a f x xa
a
ab a a f x x
b
 =
= = ⇒ ⇒= −  
− − = − = −  
=
. 
Vậy cĩ 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 được: 
( ) ( )2 2 2 0 ,a x y a y x y x y R+ + − = ∀ ∈ ( )0 0a f x x R⇔ = ⇒ = ∀ ∈ . Vậy cĩ duy nhất hàm số 
( ) 0f x = thỏa mãn bài tốn. 
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 đĩ ( ) ( ) ( )a f x g x x⇒ = − .Thay lại (a) ta được: 
 2 
( ) ( )2 2 ,g x x y g y x y R= − + ∀ ∈ (c). 
Cho 0;y x R= ∈ : từ (c) ta được: ( ) ( )2 0g x x g= + . ðặt ( )0g a= ta được: 
( ) ( )2 ,g x x a f x x a= + = + . Thế vào (a), (b) ta được: 
(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 định với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn điều 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 cĩ dạng: f(x) = ax2 + bx + c. 
Khi đĩ (1) trở thành: 2(ax2 + bx + c) + a(1 – x)2 + b(1 – x) + c = x2 x∀ ∈ℝ do đĩ: 
3ax2 + (b – 2a)x + a + b + 3c = x2, x∀ ∈ℝ 
ðồng nhất các hệ số, ta thu được: 
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 điều kiện bài tốn. 
Ta phải chứng minh mọi hàm số khác f(x) sẽ khơng thỏa mãn điều kiện bài tốn: 
Thật vậy giả sử cịn hàm số g(x) khác f(x) thỏa mãn điều kiện bài tốn. 
Do f(x) khơng trùng với g(x) nên 0 0 0: ( ) ( )x g x f x∃ ∈ ≠ℝ . 
Do g(x) thỏa mãn điều kiện bài tốn nên: 22 ( ) (1 ) ,g x g x x x+ − = ∀ ∈ℝ 
Thay x bởi x0 ta được: 20 0 02 ( ) (1 )g x g x x+ − = 
Thay x bởi 1 –x0 ta được: 20 0 02 (1 ) ( ) (1 )g x g x x− + = − 
Từ hai hệ thức này ta được: 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 cĩ nghiệm duy nhất là 21( ) ( 2 1)
3
f x x x= + −
 
 3 
Nhận xét: Nếu ta chỉ dự đốn f(x) cĩ dạng nào đĩ thì phải chứng minh sự duy nhất của các 
hàm số tìm được.
 
Ví dụ 5: Hàm số y = f(x) xác định, liên tục với x∀ ∈ℝ và thỏa mãn điều kiện: 
 f(f(x)) = f(x) + x, x∀ ∈ℝ 
Hãy tìm hai hàm số như thế. 
Lời giải: 
Ta viết phương trình đã 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 
cĩ dạng: f(x) = ax + b. 
Khi đĩ (1) trở thành: a( ax + b) + b – (ax + b) = x , x∀ ∈ℝ
 
hay (a2 –a )x + ab = x, x∀ ∈ℝ 
đồng nhất hệ số ta được: 
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 điều kiện bài tốn (việc chứng minh sự duy nhất dành 
cho người đọc). 
Ví dụ 6: Hàm số :f →ℤ ℤ thỏa mãn đồng thời các điều 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 đưa đến f(n) phải cĩ dạng: f(n) = an +b. 
Khi đĩ điều kiện (1) trở thành:
 
2
,a n ab b n n+ + = ∀ ∈ℤ 
ðồng nhất các hệ số, ta được:
 
2 1 11
0 00
a aa
b bab b
= = − =  
⇔ ∨  
= =+ =  
 
Với 
1
0
a
b
=

=
 ta được f(n) = n. Trường hợp này loại vì khơng thỏa mãn (2). 
Với 
1
0
a
b
= −

=
 ta được f(n) = -n + b. Từ điều kiện (3) cho n = 0 ta được b = 1. 
Vậy f(n) = -n + 1. 
Hiển nhiên hàm số này thỏa mãn điều kiện bài tốn. 
Ta phải chứng minh f(n) = -n +1 là hàm duy nhất thỏa mãn điều kiện bài tốn: 
Thật vậy giả sử tồn tại hàm g(n) khác f(n) cũng thỏa mãn điều kiện bài tốn. 
Từ (3) suy ra f(0) = g(0) = 1, f(1) = g(1) = 0. 
Sử dụng điều kiện (1) và (2) ta nhận được: g(g(n)) = g(g(n+2)+2) n∀ ∈ℤ
.
 
 4 
do đĩ 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 cĩ: 
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 điều kiện n0 là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn (5). 
Vậy f(n) = g(n), n∀ ∈ℕ 
Chứng minh tương tự ta cũng được f(n) = g(n) với mọi n nguyên âm. 
Vậy f(n) = 1 – n là nghiệm duy nhất. 
Từ đĩ tính được f(1995), f(-2007). 
BÀI TẬP 
Bài 1: Tìm tất cả các hàm số :f →ℝ ℝ thỏa mãn điều 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 điều 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 đa 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 định của f). Ta được: 
1
2
t
x
t
+
=
−
 thế vào (1): ( )
2
2
3 3( ) 2
2
tf t t
t
−
= ∀ ≠
−
. Thử lại thấy đúng. 
 5 
Vậy hàm số cần tìm cĩ dạng ( )
2
2
3 3( )
2
xf x
x
−
=
−
. 
Nhận xét: 
+ Khi đặt t, cần kiểm tra giả thiết 
xx D
MGT t D
∈
⊃ . Với giả thiết đĩ mới đảm bảo tính chất: “Khi 
t chạy khắp các giá trị của t thì x = t cũng chạy khắp tập xác định của f”. 
+ Trong ví dụ 1, nếu f: R → R thì cĩ vơ 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 cĩ 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 được: 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 được: ( (1)) ( (1))x f x f f f= . 
Cho 1(1)x f= ta được: ( (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 đúng ( )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 được: ( ) 13
2
f = . 
Cho x = 1; ( )0;y ∈ + ∞ ta được: ( ) 3f y f
y
 
=  
 
. Thế lại (5) ta được: 
( )( ) 2 ( ) ( ) , 0; (5')f xy f x f y x y= ∀ ∈ + ∞ . Thay y bởi 3
x
 ta được: 
( ) ( ) ( )( )
2
23 13 2 )
2
f f x f f x
x
   
= ⇒ =   
   
. Thử lại thấy đúng. 
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 cĩ: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )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 được: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )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 cĩ: 
( ) ( ) ( ) ( )
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 đúng. 
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 được: ( ) ( ) ( )1 1f t t f t t t R− − = − + ∀ ∈ . Ta cĩ 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 cĩ 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 
đúng. Vậy hàm số cần tìm cĩ 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 11, 3 2 11
x
x x f x f x
x
−
= ⇒ + =
+
. 
ðặt ( ) ( ) ( )12 1 1 2
1
1 1
, 3 2 1
1
x
x x f x f x
x x
−
= = − ⇒ + =
+
. 
ðặt ( ) ( ) ( )23 2 2 3
2
1 1
, 3 2 1
1 1
x x
x x f x f x
x x
− +
= = ⇒ + =
+ −
. 
ðặt ( ) ( ) ( )34 3 3
3
1
, 3 2 1
1
x
x x x f x f x
x
−
= = ⇒ + =
+
. 
Ta cĩ hệ 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1
2
1 1 2
2 2 3
3 3
2 1
2 1 4 1
5 12 1
2 1
x f x f x
x f x f x x xf x
x xx f x f x
x f x f x
+ =

+ =
− +
⇒ =
−+ =
 + =
. Thử lại thấy đúng. 
 8 
Vậy hàm số cần tìm là: ( ) ( )
24 1
5 1
x xf x
x x
− +
=
−
. 
BÀI TẬP 
1) Tìm { }: \ 1f R R→ thỏa mãn: 211 1f x x R
x
 
+ = + ∀ ∈ 
 
. 
2) Tìm : \ af R R
b
 
− → 
 
 thỏa mãn: 
2
4 1
b ax x af x
bx a x b
− 
= ∀ ≠ − + + 
 (a, b là hằng số cho 
trước và 0ab ≠ ). 
3) Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( )( ) 22002 0 2002f x f x x R− = ∀ ∈ . 
4) Tìm { }: \ 0f R R→ thỏa mãn: ( ) { }1 1 1 \ 0;1
2 1
f x f x R
x x
 
+ = ∀ ∈ 
− 
. 
5) Tìm { }: \ 1;0f R R± → thỏa mãn: ( )( ) { }1 64 \ 1
1
xf x f x x R
x
− 
= ∀ ∈ − + 
. 
6) Tìm 2: \
3
f R R  → 
 
 thỏa mãn: ( ) 2 22 996
3 2 3
xf x f x x
x
 
+ = ∀ ≠ 
− 
. 
7) Tìm { }: \ 1f R R± → thỏa mãn: 3 3 1
1 1
x xf f x x
x x
− +   
+ = ∀ ≠ ±   + −   
. 
8) Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( ) ( ) 22 1f x f x x x R+ − = ∀ ∈ . 
9) Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( ) 2008 *1f x f x x R
x
 
+ = ∀ ∈ 
 
. 
10) Tìm 1: \
3
f R R ± → 
 
 thỏa mãn: ( ) 1 1
1 3 3
xf x f x x
x
− 
+ = ∀ ≠ 
− 
. 
11) Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( ) ( )
2
0af x f x x a a
a x
 
+ = ∀ ≠ > 
− 
. 
12) Tìm { }, : \ 1f g R R→ thỏa mãn: 
( ) ( )2 1 2 2 1 2
1
1 1
f x g x x
xx xf g x
x x
+ + + =
 ∀ ≠    
+ =   
− −   
. 
Phương pháp 3: Phương pháp chuyển qua giới hạn. 
Ví dụ 1: Tìm hàm số :f R R→ liên tục, thỏa mãn: ( ) ( )2 3 1
3 5
x xf x f x R + = ∀ ∈ 
 
. 
Lời giải: 
ðặt ( ) ( ) ( )1 12 3; 13 5
x
x f x f x x= ⇒ + = . 
ðặt ( ) ( ) ( )12 1 2 12 3; 13 5
x
x f x f x x= ⇒ + = . 
 9 
ðặt ( ) ( ) ( )*1 12 3, ; 13 5
n
n n n n
x
x n N f x f x x+ += ∈ ⇒ + = . 
Ta cĩ hệ 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
1 2 1
1
3 1
5
3 2
5
3 1
5n n n
f x f x x
f x f x x
f x f x x n+

+ =

 + =



 + = +

……
 
Nhân dịng phương trình thứ (i) với (-1)i+1 rồi cộng lại ta được: 
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
1
3 2 2 21 1 *
5 3 3 3
n
n
nf x f x x+ +
    
+ − = − + − + −    
     
⋯ . 
Xét ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1 1 1lim 1 lim lim 0
f
n
n n nf x f x f x f+ + + + − = = =   
l.tơc
. 
Mặt khác (1) suy ra f(0) = 0 nên ( ) ( )2 1lim 1 0n nf x+ +− = . 
Lấy giới hạn hai vế của (*) ta được: ( ) 3 1 925 251
3
xf x x= =
+
. Thử lại thấy đúng. 
Vậy hàm số cần tìm là: ( ) 9
25
xf x = . 
Ví dụ 2: Tìm hàm số f liên tục tại xo= 0 thỏa mãn: 
:f R R→ và ( ) ( ) ( )2 2 2f x f x x x R= + ∀ ∈ . 
Lời giải: 
ðặt 2t x= ta được: ( ) ( )'2 22 2
t tf t f t R = + ∀ ∈ 
 
. 
Xét dãy: 
*
1
1
1
,
2
1
2
n nt t n N
t t
+

= ∀ ∈


=

. Thay dãy {tn} vào (2’) ta được: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1
1 2 1
1 1
1 1 1
2 4
1 1 2
2 4
1 1
2 4n n n
f t f t t
f t f t t
f t f t t n
− −

= +


= +




= +

⋯⋯
. Thế (n) vào ( ) ( )1 2n n− → − →⋯ ta được: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )'1 21 21 1 1 1 *2 2 2 2n n nn n nf t f t f t f t t− −+= + + + +⋯ . 
 10 
Thay 1
2
n
nt t
 
=  
 
 vào (*’) ta được: ( ) ( ) ( )"2 4 21 1 1 1 *2 2 2 2nn nf t f t t  = + + + +  ⋯ . 
Vì f liên tục tại xo = 0 nên ( )1lim 02 nn f t
 
= 
 
. Lấy giới hạn 2 vế (*”) suy ra: ( )
3
tf t = . Thử 
lại thấy đúng. 
Nhận xét: 
 +) Nếu dãy {xn} tuần hồn thì ta giải theo phương pháp thế rồi quy về hệ pt hàm. 
 +) Nếu dãy {xn} khơng tuần hồn nhưng f liên tục tại xo = 0 và {xn} → 0 thì sử dụng 
giới hạn như VD1. 
 + Nếu {xn} khơng tuần hồn, khơng cĩ giới hạn thì phải đổi biến để cĩ dãy {tn} cĩ 
giới hạn 0 và làm như ví dụ 1. 
BÀI TẬP 
1) Tìm :f R R→ thỏa mãn: 
 a) f liên tục tại xo = 0, 
 b) ( ) ( ) , 2;n f nx f x nx n N n x R= + ∀ ∈ ≥ ∀ ∈ . 
2) Tìm :f R R→ liên tục tại xo = 0, thỏa mãn: ( ) 103 3 3
xf x f x + = 
 
. 
3) Tìm :f R R→ liên tục tại xo = 0, thỏa mãn: 
( ) ( ) ( ) *, , ,m f mx n f nx m n x m n N m n x R− = + ∀ ∈ ≠ ∀ ∈ . 
Phương pháp 4: Phương pháp xét giá trị. 
+) ðây là phương pháp cơ sở của mọi phương pháp khác. 
+) Khi vận dụng phương pháp cần chú ý sử dụng kết quả vừa cĩ được. 
Ví dụ 1: Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
0
,
a f x x R
b f x y f x f y x y R
≥ ∀ ∈

+ ≥ + ∀ ∈
. 
Lời giải: 
Cho 
0
0
x
y
=

=
 suy ra 
( )
( ) ( ) ( )
0 0
0 0
0 2 0
f ff f
≥
⇒ =
≥
. 
Cho 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
0 0
0, 0 0, 0
f f x f x f x f x
y x f x f x f x f x
≥ + − + − ≤  
= − ⇒ ⇒ 
≥ − ≥ ≥ − ≥  
 
( ) ( ) 0 f x f x x R⇒ = − = ∀ ∈ . Vậy ( ) 0f x = . Thử lại thấy đúng. 
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 
Cho , 1x z y= = ta được: ( ) ( )( ) ( ) ( )
2
2 1 1 10
4 2 2
f x f x f x f x − ≥ ⇔ − ≤ ⇔ = 
 
. Thử lại thấy 
đúng. 
Ví dụ 3: Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( ) ( ){ } ( )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: 
( ) ( )
2 2 2
21
2 2 2 2
y x x
xy f y xy x y− ≤ − = − − ≤ ( ) ( ){ } ( )2ax 2y R
xf x M xy f y x R b
∈
⇒ = − ≤ ∀ ∈ 
( ) ( ) ( )
2
2
x
a b f x+ ⇒ = . Thử lại thấy đúng. 
Ví dụ 4: Tìm :f R R→ thỏa mãn: 
( ) ( ) ( ) ( )2008 , 4x yf x y f x f y x y R++ ≥ ≥ ∀ ∈ . 
Lời giải: 
Cho ( ) ( )( ) ( )20 0 0 1 0 1x y f f f= = ⇒ ≥ ≥ ⇒ = . 
Cho 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
11 0 1 1x y R f f x f x f x f x f x x R af x= − ∈ ⇒ = ≥ − ≥ ⇒ − = ⇒ = ∀ ∈− . 
Cho ( ) ( )( ) ( )
2008 0
0; 2008
2008 0
x
x
x
f x
y x R f x b
f x −
 ≥ >
= ∈ ⇒ ≥ ⇒
− ≥ >
. 
Theo ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 1 2008
2008
x
x
a b f x cf x −+ ⇒ = ≤ =− . ( ) ( ) ( ) 2008
xb c f x+ ⇒ = . Thử lại 
thấy đúng. 
Ví dụ 5: Tìm [ ] [ ]: ; ;f a b a b→ thỏa mãn: 
( ) ( ) [ ], ;f x f y x y x y a b− ≥ − ∀ ∈ (a < b cho trước) (5). 
Lời giải: 
Cho ( ) ( ) ( );x a y b f a f b a b b a a= = ⇒ − ≥ − = − . 
vì ( ) ( ) [ ], ;f a f b a b∈ nên ( ) ( ) ( ) f a f b a b b a b− ≤ − = − . 
 12 
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( )
f a a
f b b
a b f a f b b a
f a b
f b a
 =

=
+ ⇒ − = − ⇔ 
=

=
. 
+) Nếu ( )( )
f a a
f b b
=

=
 thì: 
Chọn [ ] ( ) ( ); ; y b x a b f x x c= ∈ ⇒ ≤ . 
Chọn [ ] ( ) ( ); ; y a x a b f x x d= ∈ ⇒ ≥ . 
( ) ( ) ( )c d f x x+ ⇒ = . 
+) Nếu ( )( )
f a b
f b a
=

=
 thì: 
Chọn [ ]; ;y b x a b= ∈ rồi chọn [ ]; ;y a x a b= ∈ như trên ta được: ( )f x a b x= + − . Thử 
lại thấy đúng. 
Nhận xét: 
+) Từ VD1 → VD5 là các BPT hàm. Cách giải nĩi chung là tìm các giá trị đặc biệt – cĩ 
thể tính được trước. Sau đĩ tạo ra các BðT “ngược nhau” về hàm số cần tìm để đưa ra kết 
luận về hàm số. 
+) Việc chọn các trường hợp của biến phải cĩ tính “kế thừa”. Tức là cái chọn sau phải 
dựa vào cái chọn trước nĩ và thử các khả năng cĩ thể sử dụng kết quả vừa cĩ được. 
Ví dụ 6: Tìm :f R R→ thỏa mãn: 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )0 ; ,2 6
2 cos ,
f a f b a b
f x y f x y f x y x y R
pi  
= =  
 
 + + − = ∀ ∈
cho tr−íc
. 
Lời giải: 
Cho ;
2
y x Rpi= ∈ ta được: ( )0
2 2
f x f x api pi   + + − =   
   
. 
Cho 0;x y R= ∈ ta được: ( ) ( ) ( )2 cosf y f y a y b+ − = . 
Cho ;
2
x y Rpi= ∈ ta được: ( )2 cos
2 2
f y f y b y cpi pi   + + − =   
   
. 
 13 
( ) ( ) ( )
0
2 2
2 cos
2 2 2
2 cos
2 2
f x f x
a b c f x f x a x
f x f x b x
pi pi
pi pi pi
pi pi
    
+ + − =   
   
      
+ + ⇒ − + − = −      
     
    
+ + − =    
   
. 
Giải hệ ta được: ( ) cos sinf x a x b x= + . Thử lại thấy đúng. 
Ví dụ 7: Tìm :f R R→ thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( )sin sin , 7f x f y f x y x y x y R= + + ∀ ∈ . 
Lời giải: Ta thấy ( ) cosf x x= là một hàm số thỏa mãn. 
Cho ( )( ) ( ) ( )( )
2 0 00 0 0
0 1
f
x y f f f
=
= = ⇔ = ⇔ 
=
. 
Nếu ( )0 0f = thì: Cho ( ) ( )0; 0 0y x R f x f x R= ∈ ⇒ = − = ∀ ∈ . Thử lại ta được: 
sin sin 0 ,x y x y R= ∀ ∈ ⇒vơ lý. Vậy ( ) 0f x = khơng là nghiệm (7). 
Nếu ( )0 1f = thì cho 
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 21 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
pi
pi
pi
  
= 
 = ⇒
  
− =  
 
. 
Nếu 0
2
f pi  = 
 
 thì: Cho ;
2
x y Rpi= ∈ thế vào (7) suy ra: 
( )sin 0 cos
2
f y y f y y y Rpi + + = ⇒ = ∀ ∈ 
 
. Thử lại thấy đúng. 
Nếu 0
2
f pi − = 
 
 tương tự như trên ta được: ( ) cosf y y y R= ∀ ∈ . 
Vậy hàm số cần tìm là: ( ) cosf x x= . 
Ví dụ 8: Tìm , :f g R R→ thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )cos , 8f 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 api pi pi   = − ∈ ⇒ − − = ⇔ − =   
   
. 
Chọn ( ) ( ) ( ); 8 sin 2 .
2 2 2
x y y R f y f y y g bpi pi pi   = + ∈ ⇒ + − = −   
   
. 
 14 
( ) ( ) ( )sin 2 .
2 2 2
a b f y f y y g cpi pi pi     + ⇒ + − − = −     
     
. 
Theo (8): ( ) ( )2
2 2
f y f y g y dpi pi   + − − = −   
   
. 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 sin 2 . 2 sin 2 sin
2
c d g y y g y R g x a x g x a xpi + ⇒ = ∀ ∈ ⇒ = ⇒ = 
 
x R∀ ∈ . 
(với 
2
a g pi =  
 
 cho trước.) 
Cho ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0; 0 cos . sin 2 ( 0 ) ,
2
ay x R f x f x g x f x x b b f x R= ∈ ⇒ − = ⇒ = + = ∀ ∈ . 
Thử lại 2 hàm số: 
( )
( )
sin 2
2
sin
af x x b
g x a x

= +

 =
 (Với a, b là hằng số cho trước). Thỏa 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 xf x c
x x


− = − ∀ ∈


+ = + ∀ ∈

 
= ∀ ≠   
. 
Lời giải: 
Ta tính 1xf
x
+ 
 
 
 đến ( )f x theo hai cách: 
( ) ( )21 1 11 1 1 0f xxf f f x ax x x x
+     
= + = + = + ∀ ≠     
     
. 
2
2 2
11
1 1 11 1 1
1
1 1
xf f
x xx xf f
x x xx x
x x
   
−   + +  + +        
= = = + − =      +         
   + +   
 
( )
( )
2 2
2
11 1 11 1
1 1
f xx xf
x x x x
 + +   +     
= + − = − =          +      +    
( )
( ) ( )
2
2
11 1 0, 1 
1
f xx
x x b
x x
 ++ 
− ∀ ≠ ≠      + 
. 
( ) ( ) ( ) 0; 1a b f x x x x+ ⇒ = ∀ ≠ ≠ . 
Với ( ) ( )0; 0 0x a f= ⇒ = thỏa mãn ( )f x x= . 
Với ( ) ( ) ( )1; 1 1x a f f= ⇒ − = − : 
Cho ( ) ( ) ( )0; 1 1 1 1x b f f= ⇒ = ⇒ − = − thỏa mãn ( )f x x= . 
 15 
Vậy ( )f x x x R= ∀ ∈ . Thử lại thấy đúng . 
Ví dụ 10: Tìm { }: \ 0f 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
=

     
= ∀ ≠     +     
 + + = ∀ + ≠ tháa mn 
. 
Lời giải: 
Cho ( )*,x y R b= ∈ ta được: ( ) ( ) ( )1 12 2 2 0 *
2
f f f x f x x
x x
   
= ⇒ = ∀ ≠   
   
 
Cho ( )*,x y R c= ∈ ta được: ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )2 22 '2 2 2 2 0 *x f x x f x f x x f x x= ⇔ = ∀ ≠ . 
Thế (*) vào (*’) suy ra: ( ) ( )( ) ( )2 " *f x x f x= . 
Giả sử: *1,o ox x R∃ ≠ ∈ sao cho: f(xo) = 0. Thay 1 ;o ox x y x= − = vào (*”) ta được: f(1) = 0 
trái với giả thiết f(1) = 1. Vậy ( ) 0 1; 0f x x x≠ ∀ ≠ ≠ . 
Vì ( )1 1 0f = ≠ nên từ (*”) suy ra ( ) 1 0f x x
x
= ∀ ≠ . Thử lại thấy đúng. 
Ví dụ 11: Tìm :f R R→ thỏa mãn: 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )4
1 1 
2 ,
1
 0 
f a
f x y f x f y xy x y R b
f xf x c
x x


=


+ = + + ∀ ∈

 
= ∀ ≠   
. 
Lời giải: 
Cho ( ) ( )0, 0 0x y b f= = ⇔ = 
Cho ( ) ( ) ( ) ( )20, 2 2 2 1x y t b f t f t t= = ≠ ⇔ − = . 
Cho ( ) ( )21 1 1 1, 2 *2 2 2x y b f ft t t t
   
= = ⇔ − =   
   
 
Từ ( ) ( ) ( )( )44
21 1
;
2 2
f t f t
c f f
t t t t
   
⇒ = =   
   
. Thế vào (*) ta được: ( ) ( )( ) ( )44 2
2 12 2
22
f t f t
t tt
− = . 
( ) ( ) ( ) 21 2 0f t t t+ ⇒ = ∀ ≠ . Từ ( ) ( ) 20 0f f t t t R= ⇒ = ∀ ∈ . Thử lại thấy đúng. 
Ví dụ 12: Cho hàm số ( ) ( ): 0; 0;f + ∞ → + ∞ thỏa mãn: 
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ), 0; 12f xf y f y f f x x y
y
 
= ∀ ∈ + ∞ 
 
. 
 16 
Lời giải: Cho: 
( )( ) ( ) ( )( ) ( )1 1 1 . 1 1 1x y f f f f f f= = ⇒ = ⇒ = vì ( )( ) ( )( )1 0 1 1f f f f≠ ⇒ = . 
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
1
1
1; 0; 1
ff y
x y f y f y f f y f y f y a
y y
 
    
= ∈ + ∞ ⇒ = = ⇔ = 
 
. 
Mặt 
khác: ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
1
1
1
f f yyf f y f y f y f f y f y f y f y y f y f
y y
y
    
          = = = =       
      
 
 ( ) ( )( )1 1y f y f f f y
y y
 
=  
 
. 
Vì ( )( ) 0f f y ≠ nên ( ) ( ) ( )1 1 11 1y f y f f y f b
y y y
   
= ⇔ =   
   
. 
( ) ( ) ( ) ( )1 0;a b f y y
y
+ ⇒ = ∀ ∈ + ∞ . Thử lại thấy đúng. 
Ví dụ 13: Tìm :f R R→ thỏa mãn: 
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
10
2
: ,
f a
a R f a y f x f a x f y f x y x y R b

=

∃ ∈ − + − = + ∀ ∈
. 
Lời giải: 
Cho ( ) ( ) 10,
2
x y b f a= = ⇒ = . 
Cho 0;y x R= ∈ ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ). 0 .f x f x f a f f a x f x f a x c= + − ⇒ = − . 
Cho ;y a x x R= − ∈ ta được: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )2 2f a f x f a x d= + − . 
( ) ( ) ( )( )
( )
( )
2
1
1 22
12
2
f x
c d f x
f x

=
+ ⇒ = ⇔ 

= −

. 
Nếu ox R∃ ∈ sao cho: ( ) 12of x = − thì: 
( ) ( ) ( )
2
1 2