Sáng kiến kinh nghiệm Một bài toán thường gặp về của phương trình và bất phương trình hàm

0 a . Xét dãy số ( )
+=
=
+
4
1: 2
1
0
nn
n
xx
ax
x 
)()(...)(
4
1
)( 01
2
1 afxfxfxfxf nnn ==== 
+= −− . 
 Ta có 
2
1
4
1
4
1
4
1
4
1 22
01 =+ +=+= axx . 
Bằng quy nạp ta chứng minh 
2
1
 nx . 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 35 
)( nx bị chặn trên và )( nx tăng 
−=−+=−+
2
2
1
2
1
4
1
nnnnn xxxxx nên )( nx hội tụ. 
nxb lim= , ta có 
2
1
4
1
4
1
limlim 221 = += 
+=+ bbbxx nn . 
Vì hàm số f liên tục nên 
====
2
1
)(lim)(lim)(lim)( fxfxfafaf nn là hằng số. 
+) 
2
1
 a . Xét dãy số ( )
4
1
4
1:
2
1
1
0
+= 
−=
=
+
+
nn
nn
n xx
xx
ax
x . 
)()(...)(
4
1
)( 0
2
11 afxfxfxfxf nnn ==== 
+= ++ . 
Dãy ( )nx giảm và bị chặn dưới nên )( nx hội tụ. nxb lim= . 
Ta có 2 21
1 1 1
lim lim
4 4 2
n nx x b b b+
= + = + = . 
Vì hàm số f liên tục nên 
1
( ) lim ( ) lim ( ) (lim )
2
n nf a f a f x f x f
= = = = là hằng số. 
Hàm số f là hàm hằng với 0 x , mà hàm số f là hàm chẵn nên hàm số f là hàm hằng 
trên R 
IX. Một số kỹ thuật giải phương trình hàm. 
IX.1. Giải phương trình hàm bằng phép thế. 
Bài toán 1(Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vòng 2-2004-2005). 
 Tìm tất cả các đa thức )(xP với hệ số thực thỏa điều kiện 
32)(:,);(7)()( bbaabRbabPaPbaP =+ +=+ . 
 Lời giải: 
Phân tích: 
−=
=
=
 =+
ba
ba
b
bbaab
2
0
)1(2)( 3 . Vậy xxx );;( thỏa (1) 
Trình bày: 
Ta có xxx );;( thỏa (1), nên RxxPxPxxP +=+ );(7)()( . 
Suy ra )"1();(8)2( RxxPxP = . Đa thức )'"1(;)(
0
xxaxP
n
i
i = . Từ (1”) và (1’”), 
ta có: 
3,00)82(82;8)2(
00
 = =− = = iaaaaxxaxa iiiiii
n
i
i
n
i
i 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 36 
Vậy xxaxP = ;)( 33 thỏa điều kiện bài toán. 
Bài toán 2(AusMO). 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →+f thỏa mãn 
)1(
,;
3
)(
3
)()(
2
1
)1(
  
+ 
=
=
Ryx
x
fyf
y
fxfxyf
f
. 
 Lời giải: 
(1): 
( )( )
= 
= +=
+ 
=
+ 
=
)(
3
2
1
)3(3
2
1
.
2
1
)3(
1
3
)(
3
)1().1(
1
3
)3(
3
3
)1()3.1(
2
yf
y
f
fff
fyf
y
ffyf
fffff
=
=
=
=
=
=
)()(2)3(
2
1
)1(
)
3
()(2)
3
.(
2
1
)1(
)()(2)(
2
1
)1(
xfxff
f
x
fxf
x
xf
f
yfxfxyf
f
 =
=
2
1
)(
2
1
)1(
xf
f
. Với  
2
1
)(2)(,
22 == xfxfox 
Vậy 0;
2
1
)( = xxf thỏa điều kiện. 
Bài toán 3(BalMO). 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →f thỏa mãn 
  ( ) )1(,;)()()( 2 Ryxyxfyfxxff +=+ . 
 Lời giải: 
(1):   ( )   ( ) yfyffyfyfff += +=+ 22 )0()()0()()0(.0 
( ) ( ) 212
2
1
2
21 )0()0()()( yyyfyfyfyf = +=+ = . Vậy là f một đơn ánh.Vế phải của (1) 
là hàm nhất biến theo y nên có tập giá trị là R. 
Vậy 0)(: = afa . (1)   ( ) afaafafaaff = +=+ )0()()()( 2 . 
Do f là đơn ánh nên 0=a . 
Suy ra ( ) ( ) xxxffyyffx = = = ;)()(0 . 
 (1): ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 222 )())(()()()()(0 xxxffxffxffxffxfxffy = = = = 
( ) xxfxxfxxxf −== = )()()( 22 coù ta , moãi vôùi . 
Giả sử có     )(!).()(,)(:0, 22 bababaafbbfaafba +− +=+− −=−= . 
Vậy ( ) , ( ) ,f x x x f x x x=   = −  thỏa điều kiện. 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 37 
Bài toán 4(VMO). 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →f thỏa mãn 
)1(;2)1()( 42 Rxxxxfxfx −=−+ . 
 Lời giải: 
(1): 42 )1()1(2)()1()1( xxxfxfx −−−=+−− 
  4242 )1()1(2)()(2)1( xxxfxfxxxx −−−=+−−− 
2 4 2 2 4
2 2 2 3
(1 ) (2 ) 1 (1 ) ( ) 2(1 ) (1 )
( 1)( 1) ( ) ( 1)(1 )(1 )
x x x x x f x x x
x x x x f x x x x x
 − − + − − = − − − 
 − − − + = − − − +
)1)(1)(1()()1( 22 xxxxxfxx +−−−=−− 
01,.,);1)(1)( 2 =−− +−= xxbabaxxxxf pt cuûa nghieäm laø . Tìm )(),( bfaf . ta có 
=
=+
1
1
ab
ba
. (1) 
−=+
−=+
42
42
2)()(
2)()(
bbafbfb
aabfafa
. Đặt Rccaf = ;)( 
Vậy ( )
2
4 2
1 , ,
( ) , ; , 1 0
2 ,
x x a b
f x c x a a b x
a a c a x b
− 
= = − − =
− − + =
2laø nghieäm cuûa pt : x 
(thỏa mãn điều kiện). 
Bài toán 5(Dự tuyển IMO). 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →f thỏa mãn 
)1(,);)((2))(( Ryxxyffxyxff −+=+ . 
 Lời giải: 
(1): 2)0(
2
)0(
, −= 
−
= fx
xf
Rx . Chọn   −=−−= )(),( ff . Khi đó 
xffffff =+−=+−+−=−= )0(2))(()(2))(()(   . Vậy f là một toàn ánh, suy ra 
 0)(: = afa . ))((2))(()0()( ayffayaffyfyfy −+=+=+= . 
ayfxaxyfyx −= += )()(:, axxfaxfaayffax −= +=−−+= )()())((2 thỏa 
điều kiện bài toán. 
Vậy constcxcxf :,;)( + 
Bài toán 6(CaMO). 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →f thỏa mãn 
)1(,;))(()(2))(( 222 Ryxyfxyfxyxf +−=− . 
 Lời giải: 
(1): 1)0(0)0())0(()0())0(()0(200))00(( 2222 == = +−=− fffffff . +T.h: 1)0( =f , 
0;1)(;1)()1(.0 22 +=+= = xxxfrasuyxxfy 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 38 
22222 )1(21))(())((2)()1(.0 +=++= +−= = yyyyfyfyyfx
1)(1)( −−=+= yyfyyf 
−=−
=−
 −= +−==
1)(
1)(
))((1))(()(2)0(:)1(. 222
xfx
xfx
xfxxfxxfxfyx 
+=
−=
1)(
1)(
xxf
xxf
. Thử 
lại 1)( += xxf thỏa điều kiện bài toán. 
+) T.h: 0)0( =f , 0;)(;)()1(.0 22 == = xxxfrasuyxxfy 
xxfxfxxfxxfxfyx = −= +−== )())((0))(()(2)0(:)1(. 222 , thỏa điều kiện. 
Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện là xxxfxxxf =+= ;)(;1)( 
IX.2 Giải phương trình dựa vào giá trị của đối số, của hàm số. 
Bài toán 1: 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →f thỏa mãn 
)1(,);()())(( Ryxyxfyfxyfxf ++=+ . 
 Lời giải: 
(1): xxfxffhayyfyffyfyfyff == ++=+ );()(()())(()(0)(0))(0( . Vậy u thuộc 
tập giá trị, ta có uuf =)( 
+) T.h: )())(1())((:)1(,1)(: 00000 yfxyfyfxfyfy ++=+−  . Ta có vế phải là hàm bậc 
nhất theo x có tập giá trị là R, nên vế trái cũng có tập giá trị là R. Vì vậy, 
tufuRt =  )(:, . 
Suy ra xxxfhaytufufftf ==== ;)()())(()( : thử lại thấy không thỏa điều kiện. 
+) T.h: xxfhayyfy −=−= ;1)(1)(: : thử lại thấy thỏa điều kiện. 
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là xxf −= ;1)( 
Bài toán 2: 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →f thỏa mãn 
)1(,);()(2))(( Ryxyfxxfyfxf ++=− . 
 Lời giải: 
(1):  )0(
2
)())(()()())((2))()(( fa
a
yfyffyfyfyffyfyff =+−= ++=− . 
x
a
xxf +−= ;
2
)( (1’) 
(1): )()())((2))()(( yfxfxffyfxff ++=− 
  ayfxfyfxff +−−=− )()())()(( 
(1): )()()())()((2))()()(( yfyfxfyfxffyfyfxff +−+−=−− 
    ayfxfxfayfxfyfxff 2)(2)()(2)()(2))(2)(( +−−=++−−=− 
axxfaxfyyfxxfyfxf +=−− =+=−− )(2)(0),()(2))((:)1( . 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 39 
Ta thấy vế phải có tập giá trị là R nên vế trái cũng có tập giá trị là R. 
)(2)(, vfuftt −= atavfufvfufftf 22))(2)(())(2)(()( +−=+−−=−= . 
Hay xaxxf +−= ;2)( (1”). Từ (1’) và (1”), ta có 0=a . Thử lại thấy thỏa điều kiện. 
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là xxxf −= ;)( 
Bài toán 3(IMO). 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →f thỏa mãn 
)1(,;1)()())(())(( Ryxxfyxfyffyfxf −++=− . 
 Lời giải: 
(1): 1))(()()())(())()(( −++=− yffyfyfyffyfyff 
 )0(
2
1
))((
2
1
))(( 2 fa
a
yfyff =
+
+−= )'1(
2
1
))((
2
1
))(( 2
+
+−= 
a
xfxff 
(1): 1))(()()())(())()(( −++=− xffyfxfyffyfxff 
1
2
1
2
))((
)()(
2
1
2
))((
))()((
22
−
+
+−+
+
+−=− 
axf
yfxf
ayf
yfxff 
a
yfxf
yfxff +
−
−=− 
2
))()(((
))()((
2
. 
Nhận xét 
0)( xf không thỏa (1) nên 0)(: 00  yfy . 
Từ (1), ta có 1)())(()())(( 000 −+=−− yxfyffxfyfxf . Vế trái là một hàm bậc nhất theo x 
nên có tập giá trị là R. Suy ra vế phải cũng có tập giá trị là R. 
xavfufvfuffxfvfufxvux +−−=−= −= ,))()((
2
1
))()(()()()(:,, 2 
)"1(,))((
2
1
))(( 2 xaxfxff +−= . 
Từ (1’) và (1”), ta có 1
2
1
= 
+
= a
a
a xxxf +−= ;1
2
1
)( 2 . Thử lại thấy thỏa điều kiện. 
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là xxxf +−= ;1
2
1
)( 2 
IX.3. Giải phương trình dựa vào tính đơn điệu 
Bài toán 1: 
 Tìm tất cả các hàm đơn điệu RR : →f thỏa mãn 
)1(,;)())(( Ryxyxfyfxf +=+ . 
 Lời giải: 
21212121 )()())(())(()()( yyyxfyxfyfxfyfxfyfyf = +=+ +=+ = . Vậy f là đơn 
ánh. xxfxffyfyff += +=+ ;)0())(()0())(0(:)1( 
)(()0())(())()((:)1( yxffyxfyxffyfxff +=++=+=+ . 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 40 
Vì f là đơn ánh nên yxyfxfyxf ,);()()( +=+ . Suy ra f là đơn ánh và cộng tính trên R. 
 Ta có  0;)( = axaxxf , thay vào (1): 
  yaxyxfayxayfxayfxf +=++=+=+ )(,))(())(( 1,2 = +=+ ayayaxyaax . Thử 
lại thấy thỏa điều kiện. 
Vậy có hai hàm thỏa mãn điều kiện là xxxfxxxf −== ;)(;)( 
Bài toán 2: 
 Tìm tất cả các hàm tăng thật sự RR : →f thỏa mãn 
)1(,;1)())(( Ryxyxfyxff ++=+ . 
 Lời giải: 
1)())((1)0()0)((:)1( += ++=+ xfxffxfxff . 
11)()1)((1))(()))(((:)1( +++=++ ++=+ yxfyxffyxffyxfff 
11)(1))(())()((:)1( +++=++=+ yxfyfxfyfxff ))()(()1)(( yfxffyxff +=++ . 
Vì hàm f đơn điệu nên xxxfyfxfyxf += +=++ ;1)()()(1)( .Thử lại thấy thỏa 
điều kiện.Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là xxxf += ;1)( 
Bài toán 3(IMO). 
 Tìm tất cả các hàm số RR : →f thỏa mãn )1(,;))(())(( 22 Ryxyxfyfxf +=+ . 
 Lời giải: 
2
2
1
2
2
2
1
2
21 ))(())(())(())(()()( yxfyxfyfxfyfxfyfyf +=+ +=+ = 
21 yy = . Vậy f là đơn ánh. Vế trái là một hàm bậc nhất theo y nên có tập xác định là R, 
suy ra vế phải có tập xác định là R. 0)(:! = afa . 
Đặt bf =)0( 
2222 ))(())(())0(())(0(:)1( bxxffbyyffyfyff += += +=+ 
abbafaff += +=+ 222 ))0(())(0(:)1( 
aafaafaafafaf = +=+ +=+ )(0)0())(())((:)1( 22222 
00))(()( 22222 == += +== bababaaffaf . 
Suy ra xxxff = ;))(( 
)'1(;))(()(0))(())0((:)1( 2222 xxfxfxffxf = +=+
00)(0)(0 = = xxfxfxraSuy . 
  ( ) ( ) )()()()())(()()(:,0 222 yfxfyfxfyffxfyxfRyx +=+=+=+ 
)()()( yfxfyxf +=+ . Vậy f cộng tính. 
)()()())(()(.0)(0 yfyfyxfyyxfxfyxfyxyx +−=+−= − − .
)()( yfxfyx . Vậy f tăng thật sự. Suy ra Rxkkxxf  = ,0;)( . Từ 1)'1( = k . 
Thử lại thấy thỏa điều kiện. 
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là xxxf = ;)( 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 41 
IX.4. Giải phương trình dựa vào tính liên tục. 
Bài toán 1: 
 Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên R thỏa mãn )1(;
2
)( Rx
x
fxf  
= . 
 Lời giải: 
Bằng quy nạp, ta có: NnRx
x
fxf
n
   
= ,;
2
)( . Do f liên tục trên R nên 
Rxf
x
fxfxf
nnn
 = 
==
 → →
);0(
2
lim)(lim)( . 
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là ( )constcxcxf :;)( = 
Bài toán 2: 
 Tìm tất cả các hàm số liên tục RRf →: thỏa mãn 
++=+
−=
)1(
,;2)()()(
1)1(
yxxyyfxfyxf
f
 Lời giải: 
0)0(0.2)0()()0(:)1( = ++=+ ffxfxf
)'1(2)(2)()(2)()(:)1( 222 yyyfxxxfyxyxyxf −−+−−=+−+−+ . 
Đặt xxxfxg 2)()( 2 −−= liên tục trên R. )()()()'1( ygxgyxg +=+ . Hàm )(xg liên tục và 
cộng tính nên 421)1()1()( −=−−== fgaxxg . Suy ra 4)( −=xg 
Vậy hàm thỏa mãn điều kiện là xxxxf −= ;2)( 2 
Bài toán 3: 
 Tìm tất cả các hàm số liên tục ++ → RRf : thỏa mãn 
 =
)2.1(0;
1
))((
)1.1()2007()2006(
x
x
xff
ff
 Lời giải: 
21
21
2121
11
))(())(()()( xx
xx
xffxffxfxf = = = = . Vậy f đơn ánh. Suy ra f đơn 
điệu (do đơn ánh và liên tục), mà do (1.1) nên f đồng biến trên R+. Khi đó 
x
xff
1
))(( = 
cũng đồng biến trên R+ (!) 
Vậy không có hàm f thỏa mãn điều kiện. 
IX.5. Giải phương trình dựa vào các cấu trúc đại số, nghiệm của phương trình đại số, 
phương pháp tổng hợp. 
Bài toán 1(Chọn HS Giỏi Tiền Giang Vòng 1-2004-2005). 
 Xác định hàm số sao cho )1(0;2004)(
1
 =+ 
− xxf
x
f . 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 42 
 Lời giải: 
Phân tích: 
1
(1) : ( ) 2004
2004
f f x
x
c c
− + = 
+ =
 1002= c 
Trình bày: 
Đặt )'1(1002)()( += xgxf . Thế (1’) vào (1), ta có: 
)"1(0;0)(
1
20041002)(1002
1
 =+ 
− =+++ 
− xxg
x
gxg
x
g 
−−= 
−−= 
x
gxgxg
x
gxg
1
)(
2
1
)(
1
)()"1( 
 
1 1
( ) ( ) ; ( )
2
g x h x h h x
x
 = − − laø moät haøm soá tuøy y ùxaùc ñònh treân R \ 0 
Vậy 0;1002
1
)(
2
1
)( + 
−−= x
x
hxhxf thỏa điều kiện bài toán. 
Bài toán 2: 
 Xác định hàm số Rf →]1;0[: sao cho )1(]1;0[;1)1()( =−+ xxfxf . 
 Lời giải: 
Phân tích: 
( ) (1 ) 1; [0;1] (1)
1
f x f x x
c c
+ − =  
+ =
1
2
c = 
Trình bày: 
Đặt )'1(
2
1
)()( += xgxf . Thế (1’) vào (1), ta có: 
 )1()(
2
1
)(
0)1()(1
2
1
)1(
2
1
)(
xgxgxg
xgxgxgxg
−−= 
=−+ =+−++
  [0;1] treân ñònh xaùc yù tuøy moät haøm laø)(;)1()(
2
1
)( xhxhxhxg −−= 
Vậy ( )  [0;1] treân ñònh xaùc yù tuøy moät haøm laø)(;
2
1
1)(
2
1
)( xhxhxhxf +−−= thỏa điều kiện 
bài toán. 
Bài toán 3: 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 43 
 Xác định hàm số Rf →]1;0[: sao cho )1(]1;0[;1)1()(  −+ xxfxf . 
 Lời giải: 
Đặt )'1(
2
1
)()( += xgxf . Thế (1’) vào (1), ta có: 
=−+ +=+−++
0)(
)()1()()(1
2
1
)1(
2
1
)(
xh
xhxgxgxhxgxg
(Ta đã chuyển bất phương trình hàm về phương trình hàm) 
 Cấu trúc đại số của )(xh là: 
)();()1(
2
1
x :ñoäng baát ñieåm
2
1
x qua xöùng ñoái ===− xhxh
)
2
1
()
2
1
(
2
1
),()1( ththtxxhxh +=− +==− 
+= 
− =− thtttt
2
1
)(;
2
1
;
2
1
),()( 
0)1(
2
1
)1()(
2
1
)( = 
−−−+ 
− xhxgxhxg 
 )1()(
2
1
)(
2
1
)( xxxhxg −−+= 
Vậy ( )
( ) 0, (1- ) ( ); [0;1]1 1
( ) ( ) ( ) 1 ;
2 2
h x h x h x x
f x h x x x 

 = 
= + − − + 
vôùi 
(x) [0;1]laø moät haøm tuøy y ùxaùc ñònh treân
thỏa điều kiện bài toán. 
Bài toán 4: 
 Xác định hàm số RRf →: sao cho )1(;2)()1( xxfxf +=+ . 
 Lời giải: 
Phân tích: 
 =
+=
+=+
c
cc
xfxf
2
2)()1(
2
2)1(
)(
1)()1(
= 
+=+ 
= 
+=+
a
axxa
axxf
xfxf
Trình bày: 
Đặt )'1()(2)( xgxxf += . Thế (1’) vào (1), ta có: 
xxgxgxgxxgx =+ ++=+++ );()1(2)(2)1()1(2 . 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 44 
Vậy xxgxxf += );(2)( ( )(xg là hàm tuần hoàn với chu kỳ T=1) thỏa điều kiện bài toán. 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 45 
Bài toán 5: 
 Xác định hàm số RRf →: sao cho: )1(;2)()1( xxfxf +−=+ . 
 Lời giải: 
Phân tích: 
1
2
2)()1(
=
+−=
+−=+
c
cc
xfxf
Trình bày: 
Đặt )'1()(1)( xgxf += . Thế (1’) vào (1), ta có: 
xxgxgxgxg −=+ +−−=++ );()1(2)(1)1(1 . 
 
x
xgxg
xgxgxg
x
xgxg
xgxg

=+
+−=

=+
−=+
;
)()2(
)1()(
2
1
)(
;
)()2(
)()1(
 
1
( ) ( ) ( 1) ; ( ) 2
2
g x h x h x h x T= − + = , laø haøm tuaàn hoaøn (tuøy yù) 
Vậy  
1
( ) 1 ( ) ( 1) ; ( ) 2
2
f x h x h x h x T= + − + = , laø haøm tuaàn hoaøn (tuøy yù) thỏa điều kiện bài 
toán. 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 46 
C. KẾT LUẬN 
Sau một thời gian làm việc nghiêm túc, cùng với sự góp ý chân thành từ các đồng 
nghiệp, tôi đã hoàn thành chuyên đề với phần lý thuyết căn bản cùng một hệ thống bài tập 
tương đối chi tiết. Tôi đã cố gắng tổng hợp, hệ thống các bài tập chủ yếu được trích ra từ các 
cuộc thi học sinh giỏi THPT quốc gia, Quốc tế và khu vực. Giúp học sinh chuyên có thêm tư 
liệu học tập, tra cứu. Dựa trên cơ sở đó, chuyên đề đã thu được những kết quả sau: 
 - Trình bày tổng quan, hệ thống lý thuyết thường sử dụng trong các kí thi học sinh giỏi 
QG và khu vực. 
 - Giúp học sinh có được hệ thống ví dụ và bài tập đa dạng, để thử sức với nhiều cấp độ 
khác nhau. 
 Tôi hi vọng đây sẽ là một tài liệu bổ ích cho giáo viên và học sinh. 
CHUYÊN ĐỀ NCKH GV: NGUYỄN ĐỨC LAI 
 Trang 47 
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO 
[1]. “ GS-TS Nguyễn Văn Mậu, “ Bài giảng chuyên đề phương trình, bất phương 
trình hàm”. 
[2]. Các chuyên đề chọn lọc bồi dưỡng học sinh năng khiếu toán. 
[3]. Báo Toán học và tuổi trẻ. 
[4]. Các đề thi chọn học sinh giỏi Olimpic 30.4 
[5]. Các đề thi toán chọn đội tuyển quốc gia(VMO) 
[6]. Các đề thi toán quốc tế (IMO) và các nước