Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hàm số cơ bản (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\sqrt{4-x}$ xác định khi $4-x\ge 0\iff x\le 4$. Vậy tập xác định là $D=(-\infty ;4]$, trùng với đáp án A (khớp bảng đáp án mã đề 0102, câu 10: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\sqrt{2-x}$ xác định khi $2-x\ge 0$, tức $x\le 2$. Vậy $D=(-\infty ;2]$. Khớp với đáp án B trong bảng đáp án (mã đề 0101, câu 4: B).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng hàm số: A) $y=x^2+1$ là đa thức, xác định với mọi $x\in \mathbb{R}$. B) $y=\frac{1}{x-2}$ xác định khi $x\ne 2$, tập xác định $\mathbb{R}\setminus \{2\}$. C) $y=\frac{3}{\sqrt{x-2}}$ xác định khi $x-2>0$, tức $x>2$. D) $y=\sqrt{x}$ xác định khi $x\ge 0$. Vậy chỉ hàm số ở phương án A có tập xác định là $\mathbb{R}$. Kết quả này trùng với đáp án nguồn (đề 102, Câu 1: A).

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng hàm số: A) $y=\sqrt{x+1}$ có điều kiện $x+1\ge 0\Rightarrow x\ge -1$, tập xác định là $[-1;+\infty )$, không phải $\mathbb{R}$. B) $y=x-2$ là hàm đa thức, xác định với mọi $x\in \mathbb{R}$, tập xác định là $\mathbb{R}$. C) $y=\frac{3}{\sqrt{x-2}}$ cần $x-2>0\Rightarrow x>2$, tập xác định $(2;+\infty )$. D) $y=\frac{1}{x}$ cần $x\ne 0$, tập xác định $\mathbb{R}\setminus \{0\}$. Vậy chỉ hàm số ở phương án B có tập xác định là $\mathbb{R}$, trùng với đáp án nguồn (đề 101, Câu 1: B).

(AI giải đề cho tôi)
Năm 2025 ứng với $t=55$, năm 2035 ứng với $t=65$. Tính $f(55)=\frac{26\cdot 55+10}{55+5}=\frac{1440}{60}=24$ (nghìn người) và $f(65)=\frac{26\cdot 65+10}{65+5}=\frac{1700}{70}=\frac{170}{7}\approx 24,2857$ (nghìn người). Số dân tăng thêm là $f(65)-f(55)\approx 24,2857-24=0,2857\approx 0,29$ nghìn người. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Thay $x=-3$ vào $f(x)=2x+1$: $f(-3)=2(-3)+1=-6+1=-5$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 209, câu 1: D).

(AI giải đề cho tôi)
Thay $x=-3$ vào $f(x)=2x+1$: $f(-3)=2(-3)+1=-6+1=-5$. Vậy đáp án D, khớp với bảng đáp án (Câu 2, mã đề 132: D).

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\frac{2x+1}{x^2-2x-3-m}$ xác định trên $\mathbb{R}$ khi và chỉ khi mẫu số $x^2-2x-3-m\ne 0$ với mọi $x\in \mathbb{R}$, tức phương trình $x^2-2x-3-m=0$ vô nghiệm. Xét biệt thức: $\Delta =(-2{)}^2-4(1)(-3-m)=4+12+4m=16+4m$. Yêu cầu $\Delta <0\iff 16+4m<0\iff m<-4$. Vậy $m<-4$, khớp với đáp án B trong đề (không chọn D vì $m=-4$ cho $\Delta =0$, mẫu triệt tiêu tại $x=1$).

Trước tiên, ta xét $P(x)$ đồng nhất với 0, thay vào ta được $0=0.0$ (luôn đúng)
Xét trường hợp $P(x)$ không đồng nhất với 0, đặt $\mathrm{deg}P(x)=n(n\ge 0)$

Ta xét bậc của hai vế: $\mathrm{deg}(P(x^2))=2.\mathrm{deg}P=2n$

Đặt $Q(x)=x^3$ và $\mathrm{deg}Q=m=3$, vì vậy:

deg$(x^3.P(x))=\mathrm{deg}(Q.P)=\mathrm{deg}Q+\mathrm{deg}P=3+n$

Vì vậy ta có được $2n=3+n\iff n=3$

Chính vì vậy $P(x)$ là một đa thức bậc 3, nên có dạng tổng quát: $P(x)=a{x}^3+b{x}^2+cx+d$
$\iff P(x^2)=a{x}^6+b{x}^4+c{x}^2+d$
$\iff x^3.P(x)=x^3.(a{x}^3+b{x}^2+cx+d)=a{x}^6+b{x}^5+c{x}^4+d{x}^3$

Ta cần bằng hệ số:
So sánh các hệ số của $x^6$: $a{x}^6=a{x}^6$ (luôn đúng với mọi $a$)
So sánh các hệ số của $x^5$: $b{x}^4=b{x}^5\iff b=0$
So sánh các hệ số của $x^4$: $c{x}^2=c{x}^4\iff c=0$
So sánh các hệ số của $x^3$: $d=d{x}^3\iff d=0$

Vì vậy đa thức thoả mãn là $P(x)=a{x}^3$ (a là số thực tuỳ ý)

Thử lại $P(x^2)=a{x}^6$ và $x^3.P(x)=a{x}^6$ (đúng)

[Ghi chú sửa lỗi nguồn, do agent sửa câu hỏi: nguồn in 'Ta cần bằng hệ số' (thiếu chữ 'cân') và các đẳng thức so sánh hệ số viết dưới dạng 'bx⁴ = bx⁵ ⟺ b = 0', 'cx² = cx⁴ ⟺ c = 0', 'd = dx³ ⟺ d = 0' (trang 10) — đây là lỗi trình bày của nguồn. Lập luận đúng là: so sánh hệ số của $x^5$, $x^4$, $x^3$ trong đẳng thức $a{x}^6+b{x}^4+c{x}^2+d=a{x}^6+b{x}^5+c{x}^4+d{x}^3$: vế trái không có các lũy thừa $x^5,x^4,x^3$ nên $b=0$, $c=0$, $d=0$. Kết luận cuối cùng $P(x)=a{x}^3$ của nguồn là chính xác và được giữ nguyên.]

Giả sử rằng tồn tại hàm số $f$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Dễ dàng chứng minh được $f$ là đơn ánh.
Thay $n=0$ vào (1) ta được:
$$f(m+f(0))=f(m)⟹m+f(0)=m⟹f(0)=0.$$
Thay $m=0$ vào (1) và kết hợp với $f(0)=0$, ta có:
$$f(0+f(n))=f(0)+9n⟹f(f(n))=9n,\forall n\in \mathbb{Z}.$$
Tiếp theo, thay $m\mapsto f(m)$ vào (1) ta có:
$$f(f(m)+f(n))=f(f(m))+9n=9(m+n)=f(f(m+n))⟹f(m+n)=f(m)+f(n),\forall m,n\in \mathbb{Z}.$$
Từ đây bằng quy nạp dễ dàng chứng minh $f(n)=nf(1),\forall n\in \mathbb{Z}$.
Đặt $c=f(1)\in \mathbb{Z}$, khi đó ta có $f(n)=cn,\forall n\in \mathbb{Z}$ và thay vào (1) ta được:
$$c(m+cn)=cm+9n⟺c^{2}n=9n,\forall n\in \mathbb{Z}.$$
Suy ra $c=\pm 3$. Vậy $f(n)=3n,\forall n\in \mathbb{Z}$ hoặc $f(n)=3n,\forall n\in \mathbb{Z}$. (Ghi chú: bản gốc in lặp 'f(n) = 3n' hai lần; khả năng đúng là $f(n)=3n$ hoặc $f(n)=-3n$ do $c=\pm 3$.)

Đặt $\alpha =1+\sqrt{2}$, là nghiệm dương của $x^2-2x-1$.
Giả sử $|a_0|,\dots ,|a_{n-1}|\le 1$. Từ $P(\alpha )=0$ và $|a_n|\ge 1$, ta có $\alpha -1=\sqrt{2}>1$ nên có mâu thuẫn là
$${\alpha }^n\le |a_n|{\alpha }^n=\left|\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{\alpha }^k\right|\le \sum _{k=0}^{n-1}{\alpha }^k=\frac{{\alpha }^n-1}{\alpha -1}<{\alpha }^n$$
Mặt khác, với mọi $n>4$, lấy $P(x)=x^{n-2}(x^2-2x-1)=x^n-2x^{n-1}-x^{n-2}$.
Vì vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 2.

Ta sẽ chứng minh rằng các số nguyên dương $n$ thỏa mãn bài toán là các số lẻ.

(1) Chứng minh $n$ là số lẻ:

Đầu tiên ta có $g(i)=0$ với $i$ là số phức thỏa mãn $i^2=-1$.

Vì ${\prod }_{j=1}^n\left(f_j(x{)}^2-1\right)=g(x{)}^2-1,\forall x\in \mathbb{R}$ và hai vế là đa thức nên điều này cũng đúng với mọi $x\in \mathbb{C}$.

Thay $x=i$, ta có ${\prod }_{j=1}^n\left(f_j(i{)}^2-1\right)=-1$.

Với $j\in \{1,2,\dots ,n\}$, đặt $f_j(i)=z_j\in \mathbb{Z}[i]=\{a+bi\mid a,b\in \mathbb{Z}\}$.

Với mỗi số phức $z=a+bi$, xét $N(z)=a^2+b^2$ là chuẩn của $z$.

Khi đó ${\prod }_{j=1}^n\left(z_j^2-1\right)=-1$ nên ${\prod }_{j=1}^{n}N\left(z_j^2-1\right)=N(-1)=1$.

Vì $z_j\in \mathbb{Z}[x]$ nên $N\left(z_j^2-1\right)$ là số nguyên dương hay $N\left(z_j^2-1\right)=1$ với $j=1,2,\dots ,n$.

Khi đó $z_j^2-1\in \{1,-1,i,-i\}$, xét từng trường hợp và để ý $N\left(z_j^2\right)=N(z_j{)}^2$ là số chính phương để suy ra $z_j=0$ với mọi $j=1,2,\dots ,n$.

Vì vậy $-1={\prod }_{j=1}^n\left(z_j^2-1\right)=(-1{)}^n$ nên $n$ là số lẻ.

(2) Chứng minh $n$ lẻ thỏa mãn:

Ta có đẳng thức: $(4t^3-3t{)}^2-1=(t^2-1){\left((2t{)}^2-1\right)}^2$.

Xét dãy đa thức $(P_k{)}_{k\ge 0}$ được xác định bởi $P_0(x)=x^2+1$ và

$$P_{k+1}(x)=4P_k(x{)}^3-3P_k(x)\forall k\ge 0.$$

Thay $t=P_k(x)$, ta được:

$$P_{k+1}(x{)}^2-1=\left(P_k(x{)}^2-1\right){\left((2P_k(x){)}^2-1\right)}^2.$$

Vì $n$ là số lẻ nên tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $n=2m+1$.

Đặt $g(x)=P_m(x)$, $f_1(x)=P_0(x)=x^2+1$ và với mỗi $k=0,1,\dots ,m-1$, đặt:

$$f_{2k+2}(x)=f_{2k+3}(x)=2P_k(x).$$

Khi đó, áp dụng liên tiếp đẳng thức phía trên, ta có:

$$g(x{)}^2-1=P_m(x{)}^2-1=\left(P_0(x{)}^2-1\right)\prod _{k=0}^{m-1}{\left((2P_k(x){)}^2-1\right)}^2=\prod _{j=1}^n\left(f_j(x{)}^2-1\right).$$

Mặt khác, $P_0(i)=0$. Nếu $P_k(i)=0$ thì: $P_{k+1}(i)=4P_k(i{)}^3-3P_k(i)=0$.

Do đó, theo quy nạp, $P_k(i)=0$ với mọi $k\ge 0$ nên $g(i)=0$ hay $g(x)$ chia hết cho $x^2+1$.

Vậy với mọi số lẻ $n$, tồn tại các đa thức khác hằng $f_1,f_2,\dots ,f_n,g\in \mathbb{Z}[x]$ thỏa mãn:

$$\prod _{j=1}^n\left(f_j(x{)}^2-1\right)=g(x{)}^2-1\text{vaˋ}g(i)=0.$$

Vậy tất cả số nguyên dương $n$ cần tìm là các số lẻ.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P2).

a) Trước hết, lấy $0<x<y$ và đặt $h=\frac{y-x}{3}>0$. Thay $(x,y,z,t)$ bởi $(x,h,h,h)$ để suy ra

$$f(u)=f(x+3h)\ge f(x)+3f(h)>f(x).$$

Vậy $f$ tăng ngặt trên ${\mathbb{R}}^{+}$.

Tiếp theo, thay $(x,y,z,t)$ bởi $(n,1,1,1)$ suy ra

$$f(n+3)\ge f(n)+3f(1)=f(n)+3.$$

Bằng quy nạp suy ra được $f(3n+1)\ge 3n+1$ với mọi số nguyên $n\ge 0$, do đó $f(2026)\ge 2026$.

b) Cách 1. Cố định $x>0$. Với mỗi $m$ đủ lớn, gọi $a_m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn

$$a_m\equiv 1(\mathrm{mod}3),a_m\le 4^{m}x.$$

Ta có $0\le 4^{m}x-a_m<3$, nên $a_m/4^m\to x$. Bởi tính tăng ngặt của $f$ và nhận xét trên nên

$$4^{m}f(x)=f(4^{m}x)\ge f(a_m)\ge a_{m}f(1)=a_m.$$

Cho $m\to \infty$ suy ra $f(x)\ge x$.

Tương tự, gọi $b_m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn

$$b_m\equiv 1(\mathrm{mod}3),b_{m}x\le 4^m.$$

Khi đó $0\le 4^m/x-b_m<3$, nên $4^m/b_m\to x$. Ta có

$$b_{m}f(x)\le f(b_{m}x)\le f(4^m)=4^m.$$

Cho $m\to \infty$ suy ra $f(x)\le x$. Do đó $f(x)=x$ với mọi $x>0$.

Cách 2. Cho $x=y=z=t=u$ trong giả thiết, khi đó $4f(u)\le f(4u)\le 4f(u)$ nên

$$f(4u)=4f(u),\forall u>0$$

Từ đây ta suy ra được với mọi $x,y,z,t>0$ thì

$$\frac{f(x)+f(y)+f(z)+f(t)}{4}\le \frac{f(x+y+z+t)}{4}=f\left(\frac{x+y+z+t}{4}\right).$$

Hơn nữa, khi thay $(x,y,z,t)$ bởi $(x,x,y,y)$ ta được

$$f\left(\frac{x+y}{2}\right)\ge \frac{f(x)+f(y)}{2},\forall x,y>0$$

Ta có $f(2u)\ge \frac{f(u)+f(3u)}{2}$ và $f(3u)\ge \frac{f(2u)+f(4u)}{2}=\frac{f(2u)+4f(u)}{2}$ nên

$$f(2u)\ge \frac{f(u)}{2}+\frac{f(3u)}{2}\ge \frac{f(u)}{2}+\frac{f(2u)+4f(u)}{4}=\frac{f(2u)}{4}+\frac{3f(u)}{2}$$

Suy ra $f(2u)\ge 2f(u)$ nên $f(u)\ge 2f\left(\frac{u}{2}\right)$.

Mặt khác $f(2u)=4f\left(\frac{u}{2}\right)$ nên $f(u)\ge \frac{f(2u)}{2}$, hay $f(2u)\le 2f(u)$. Vậy $f(2u)=2f(u)$ với mọi $u>0$.

Vì vậy với mọi $x,y>0$, ta có $f(x+y)=2f\left(\frac{x+y}{2}\right)\ge f(x)+f(y)$.

Từ $f(1)=1$ và $f(2u)=2f(u)$, bằng cách lặp lại ta được $f(2^k)=2^k$ với mọi $k\in \mathbb{Z}$.

Xét $r=\frac{m}{2^n}$, trong đó $m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ và $n\in \mathbb{N}$, khi đó ta có $f\left(\frac{m}{2^n}\right)\ge mf\left(\frac{1}{2^n}\right)=\frac{m}{2^n}$.

Chọn $N>m$ là lũy thừa của 2, ta có $f\left(\frac{N}{2^n}\right)=\frac{N}{2^n}$ và $f\left(\frac{N-m}{2^n}\right)\ge (N-m)f\left(\frac{1}{2^n}\right)=\frac{N-m}{2^n}$.

Bởi vậy $\frac{N}{2^n}=f\left(\frac{N}{2^n}\right)\ge f\left(\frac{m}{2^n}\right)+f\left(\frac{N-m}{2^n}\right)\ge f\left(\frac{m}{2^n}\right)+\frac{N-m}{2^n}$.

Suy ra $f\left(\frac{m}{2^n}\right)\le \frac{m}{2^n}$ nên $f(r)=r$ với mọi $r>0$ có dạng $r=\frac{m}{2^n}$ với $m\in {\mathbb{N}}^{\ast },n\in \mathbb{N}$.

Cuối cùng, với $x>0$ tùy ý, đặt $r_n=\frac{\lfloor 2^{n}x\rfloor }{2^n}$ và $s_n=\frac{\lfloor 2^{n}x\rfloor +1}{2^n}$ với mọi $n$ đủ lớn.

Khi đó $r_n\to x$ và $s_n\to x$. Vì $f$ đồng biến nên $r_n=f(r_n)\le f(x)\le f(s_n)=s_n$.

Cho $n\to \infty$, ta được $f(x)=x$ với mọi $x>0$, thử lại thấy thoả mãn.

① Cho $n=1$ thì $f(f(m)f(1))=m$, suy ra $f$ là song ánh.

Ta có $f(2028)=2028$. Thay $m=1$, $n=2028$ ta được
$$f(f(1)f(2028))=2028=f(2028).$$
Do $f$ đơn ánh nên $f(1)\cdot 2028=2028$ hay $f(1)=1$.

② Từ $f(1)=1$ ta có $f(f(m))=m$ với mọi $m\in {\mathbb{N}}^{\ast }$, do đó
$$f(mn)=f(f(f(m)f(n)))=f(m)f(n),\forall m,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$$
Giờ ta sẽ chứng minh $f(p)=p$ với mọi số nguyên tố $p$.

Trước hết, nếu $p$ là số nguyên tố thì $f(p)$ cũng là số nguyên tố, vì nếu $f(p)=uv$ với $u,v>1$ thì
$$p=f(f(p))=f(uv)=f(u)f(v).$$
Để ý với $u>1$ thì $f(u)>1$ do tính song ánh, từ đó có mâu thuẫn nên $f(p)$ là số nguyên tố.

Bây giờ lấy số nguyên tố $q\ne 2027$. Vì $(q,2027)=1$, tồn tại $b\in \{1,2,\dots ,2026\}$ sao cho
$$qb\equiv 1(\mathrm{mod}2027).$$
Viết $qb=2027c+1$. Ta có $c\ge 1$. Xét
$$X=qb=2027c+1,Y=q(b+2027)=2027(c+q)+1.$$
Ta có $f(X)=X$, $f(Y)=Y$ và $f(q)$ chia hết cho cả $X$ và $Y$, do đó
$$f(q)\mid \gcd (N_0,N_1)=q\gcd (b,b+2027)=q\gcd (b,2027)=q.$$
Vì $f(q)$ là số nguyên tố, suy ra $f(q)=q$.

Đặt $r=f(2027)$ thì $r$ là số nguyên tố.

Nếu $r\ne 2027$, ta có $r=f(r)=f(f(2027))=2027$, mâu thuẫn. Vậy $f(2027)=2027$.

Do đó $f(p)=p$ với mọi số nguyên tố $p$, kết hợp với tính nhân tính ta có $f(n)=n$ với mọi $n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

Kí hiệu mệnh đề đã cho bởi $\mathcal{P}(x,y)$ và đặt $a=f(0)$.
Từ $\mathcal{P}(0,y)$, ta được $f(a)=0$. Từ $\mathcal{P}(x,0)$, với $x\ne 0$, ta có $f(f(-x))=f(x+a)$, $\forall x\in \mathbb{R}$.
Vì thế phương trình ban đầu cho ta
$$f(x+f(y))=\left(1-\frac{y}{x}\right)f(x+a)(x\ne 0)$$
Nếu $f\equiv 0$ thì hiển nhiên hàm này thỏa mãn.
Xét trường hợp $f\not\equiv 0$. Chọn $t\in \mathbb{R}$ sao cho $f(t)\ne 0$. Vì $f(a)=0$ nên $t\ne a$.
Đặt $x_0=t-a$, khi đó $x_0\ne 0$ và $f(x_0+a)=f(t)\ne 0$.
Giả sử $f(u)=f(v)$. Thay $y=u$ và $y=v$, ta có
$$\left(1-\frac{u}{x_0}\right)f(t)=f(x_0+f(u))=f(x_0+f(v))=\left(1-\frac{v}{x_0}\right)f(t).$$
Vì $x_{0}f(t)\ne 0$, suy ra $u=v$. Vậy $f$ là đơn ánh.
Cho $y=x\ne 0$ trong phương trình ban đầu, ta được $f(x+f(x))=0=f(a)$, kết hợp $f$ đơn ánh nên $x+f(x)=a$ với mọi $x\ne 0$. Đẳng thức này cũng đúng khi $x=0$ do $f(0)=0$. Vậy
$$f(x)=a-x,\forall x\in \mathbb{R}.$$
Thử lại thấy hàm số này thoả mãn với mọi $a\in \mathbb{R}$.
Vậy tất cả các nghiệm hàm là $f(x)=0,\forall x\in \mathbb{R}$ và $f(x)=a-x,\forall x\in \mathbb{R}$ với $a\in \mathbb{R}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $P(x,y)$ là mệnh đề $f\left(xy+f(x^2)-x^2\right)=xf(y)$.

**Bước 1: $f(0)=0$.** Với $P(x,0)$: $f\left(f(x^2)-x^2\right)=xf(0)$. Vế trái không đổi khi thay $x$ bởi $-x$, nên $xf(0)=-xf(0)$ với mọi $x$, suy ra $f(0)=0$. Khi đó $P(x,0)$ cho $f\left(f(x^2)-x^2\right)=0$ với mọi $x$. Hàm $f\equiv 0$ thỏa mãn; dưới đây giả sử $f$ không đồng nhất $0$.

**Bước 2: $f$ toàn ánh.** Vì $f$ không đồng nhất $0$, tồn tại $x_0\ne 0$ với $f(y_0)\ne 0$ với $y_0$ nào đó; với $x\ne 0$ cố định, khi $y$ chạy khắp $\mathbb{R}$ thì $xy+f(x^2)-x^2$ chạy khắp $\mathbb{R}$, nên $f(t)=xf\left(\frac{t-f(x^2)+x^2}{x}\right)$ cho thấy $f$ toàn ánh.

**Bước 3: $f(1)=1$.** $P(1,y)$: $f(y+f(1)-1)=f(y)$, tức $f$ có chu kỳ $c=f(1)-1$. Với chu kỳ $c$: $P(x,y+c)$ cho $f\left(xy+xc+f(x^2)-x^2\right)=xf(y+c)=xf(y)=f\left(xy+f(x^2)-x^2\right)$, tức $f(t+xc)=f(t)$ với mọi $t,x$. Nếu $c\ne 0$ thì mọi số thực đều là chu kỳ của $f$, suy ra $f$ hằng, mâu thuẫn với $f(0)=0$ và $f$ không đồng nhất $0$. Vậy $c=0$, tức $f(1)=1$.

**Bước 4: $f$ lẻ.** $P(x,y)$ và $P(-x,y)$ (chú ý $f(x^2)-x^2$ như nhau): $f\left(2(f(x^2)-x^2)-t\right)=-f(t)$ với $t=xy+f(x^2)-x^2$. Với $x=1$: $f(1)-1=0$ nên $f(-t)=-f(t)$: $f$ lẻ.

**Bước 5: $f(x^2)=x^2$.** Từ Bước 4, với mọi $x$: $f\left(2(f(x^2)-x^2)+s\right)=f(s)$, tức $p_x=2(f(x^2)-x^2)$ là chu kỳ của $f$. Nếu tồn tại $x$ với $p_x\ne 0$, lặp lại lập luận Bước 3 (thay $y$ bởi $y+p_x$ trong $P$) được $f(t+u{p}_x)=f(t)$ với mọi $u,t$, mọi số thực là chu kỳ, $f$ hằng, mâu thuẫn. Vậy $f(x^2)=x^2$ với mọi $x$, tức $f(t)=t$ với mọi $t\ge 0$.

**Bước 6: Kết luận.** Phương trình trở thành $f(xy)=xf(y)$. Với $y>0$, $x>0$: $xy=xf(y)$ (vì $f(xy)=xy$), suy ra $f(y)=y$ với $y>0$. Kết hợp $f$ lẻ: $f(x)=x$ với mọi $x$.

**Kiểm tra:** $f\equiv 0$: hai vế đều $0$. $f(x)=x$: vế trái $=xy+x^2-x^2=xy=$ vế phải. Cả hai đều thỏa mãn.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=f(x)=x^2-3x+2$ là hàm đa thức (tam thức bậc hai), xác định với mọi $x\in \mathbb{R}$ vì không có mẫu thức, căn thức hay điều kiện ràng buộc nào. Vậy tập xác định là $\mathbb{R}$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Hàm số $y=\sqrt{x}+2$ xác định với $x\ge 0$, khi đó $\sqrt{x}\ge 0$ nên $y\ge 2$. Với mọi $y\ge 2$, chọn $x=(y-2{)}^2\ge 0$ thì $f(x)=y$, nên tập giá trị là $[2;+\infty )$. Đáp án C.