Xét hàm số $f:(0;+\infty )\to (0;+\infty )$ có $f(1)=2$ và thỏa mãn điều kiện
$$f(x+y)(f(xy)-f(x)f(y))=1-f(x)f(y),\forall x,y>0$$
a) Tính $f(2421)$. Chứng minh rằng $f(x)>\frac{n}{n+1}$ với mọi số nguyên dương $n$ và $f(x)>1$ với mọi số thực dương $x$.
b) Đặt $g(x)=\frac{1}{f(x)-1}$, chứng minh rằng $g(2x)=2g(x)$, với mọi số thực dương $x$ và từ đó, tìm tất cả các hàm số $f(x)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

a) (3,0 điểm) Trong (*), thay $y=1$, ta có $f(x+1)\cdot (f(x)-2f(x))=1-2f(x)$ hay $$f(x+1)=2-\frac{1}{f(x)}$$ với mọi $x>0$. (0,5)

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng $f(n)=1+\frac{1}{n},\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. Khẳng định đúng với $n=1$. Giả sử đúng với $n\ge 1$ thì $f(n+1)=2-\frac{1}{f(n)}=\frac{n+2}{n+1}=1+\frac{1}{n+1}$. Theo nguyên lý quy nạp thì khẳng định đúng. Vì thế $f(2421)=\frac{2422}{2421}$. (0,5)

Từ đẳng thức $f(x+1)=2-\frac{1}{f(x)}>0$ suy ra $f(x)>\frac{1}{2}$ với mọi số thực $x>0$ và cũng từ đẳng thức này ta được $\frac{1}{f(x)}=2-f(x+1)<2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$ suy ra $f(x)>\frac{2}{3}$. Tiếp theo ta chứng minh $f(x)>\frac{n}{n+1}$ đúng với mọi số nguyên dương $n$ bằng quy nạp theo $n$. (0,5)

Thật vậy với $n=1$ đã chứng minh ở trên, giả sử $f(x)>\frac{n}{n+1}$ với số nguyên dương $n$, tiếp theo ta cần chứng minh bất đẳng thức $f(x)>\frac{n+1}{n+1+1}=\frac{n+1}{n+2}$. Từ bất đẳng thức trên và đẳng thức $\frac{1}{f(x)}=2-f(x+1)<2-\frac{n}{n+1}=\frac{n+2}{n+1}$ suy ra $f(x)>\frac{n+1}{n+2}$. Từ đó ta có bất đẳng thức $f(x)>\frac{n}{n+1}$ với số nguyên dương $n$. Vì thế cho $n\to +\infty$ ta được $f(x)\ge 1$ với mọi $x>0$. (0,5)

Nếu tồn tại $a>0$ để $f(a)=1$ thì thay vào giả thiết, ta có
$$f(a+1)(f(a)-f(a)f(1))=1-f(a)f(1)\text{ hay }f(a+1)=1.$$
Từ đây quy nạp được $f(a+n)=1,\forall n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$. (0,5)

Trong (*) thay $x,y$ thoả mãn $xy=1$ và $x+y=a+n$ (với $n\ge 2$ để hệ phương trình này có nghiệm dương). Ta có ngay $f(a+n)(2-f(x)f(y))=1-f(x)f(y)$ mà $f(a+n)=1$ nên có vô lý, điều này cho thấy luôn phải có $f(x)>1,\forall x>0$. (0,5)

b) (2,0 điểm) Với $g(x)=\frac{1}{f(x)-1}$, ta có $f(x)=1+\frac{1}{g(x)}$ nên thay vào (*), ta có
$$g(x)g(y)\cdot (1+g(x+y))=g(xy)\cdot (g(x)+g(y)+1)\text{ với }x,y>0.(\ast \ast )$$ (0,5)

Vì $f(1)=2$ nên $g(1)=1$. Thay $x=y=1$ thì $g(2)=2$. Thay $y=1$ vào (**), ta có $g(x)\cdot (1+g(x+1))=g(x)\cdot (g(x)+2)$ nên $g(x+1)=g(x)+1$ với $x>0$. Do đó
$$g(x+2)=g(x)+2.$$
Trong (**), thay $y=2$ thì $2g(x)\cdot (1+g(x+2))=g(2x)\cdot (g(x)+2+1)$, sử dụng đẳng thức ở trên, ta có ngay $g(2x)=2g(x)$ với mọi $x>0$. (0,5)

Trong (**), thay $x,y\to 2x,2y$, ta có
$$4g(x)g(y)\cdot (1+2g(x+y))=4g(xy)\cdot (2g(x)+2g(y)+1).$$
Chia từng vế của đẳng thức này cho (**), ta có
$$\frac{1+g(x+y)}{1+2g(x+y)}=\frac{1+g(x)+g(y)}{1+2g(x)+2g(y)},\text{ suy ra }g(x+y)=g(x)+g(y).$$
Cách 1: Do $g(x)>0$ với mọi $x>0$ nên từ $g$ là hàm cộng tính ta được $g$ là hàm đơn điệu tăng suy ra $g(x)=cx$, trong đó $c$ là hằng số dương. Thử lại ta được $g(x)=x$ hay $f(x)=1+\frac{1}{x}$ với mọi $x>0$.
Cách 2: Thay ngược lại vào (**) thì có $g(x)g(y)=g(xy)$. Vì thế hàm này vừa cộng tính vừa nhân tính trên ${\mathbb{R}}^{+}$ nên $g(x)=x,\forall x>0$.
Thay ngược lại được $f(x)=1+\frac{1}{x},\forall x>0$. Thử lại, ta thấy hàm này thoả mãn. (1,0)

Ghi chú: nếu học sinh chưa giải được câu a) mà làm câu b) thì vẫn tính điểm bình thường.