phuong trinh co chua ham hop

Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…)) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 VŨ HỒNG PHONG (GV THPT Tiên Du số 1, Tiên Du, BắcNinh) TRẦN VĂN LÂM(XómTiếnBộ,thơnVânTrai,xãTânPhú,TháiNgun) Khi gặp phương trình (PT) có chứa biểu thức dạng hàm hợp f ( f (( f ( x)))) ta cần lưu ý số hướng sau để giúp giải PT Trước hết ta kí hiệu: f1 ( x)  f ( x); f n ( x)  f ( f n1 ( x)) ( n  ) I Hƣớng Rút gọn f n ( x) phương pháp quy nạp lượng giác hóa x Thí dụ 1.Cho f ( x)  Biết phương trình x 1 x2  có nghiệm x  10 Tìm n nghiệm lại x Lờigiải.Ta có f1 ( x)  f ( x)  x 1 x f n ( x)  x x2   x2 x2  1 x 1 x x x2   f3 ( x)  f ( f ( x))   x 3x  1 x2  Bằng quy nạp (dành cho bạn đọc chứng minh) x ta f n ( x)  PT cho trở thành nx  f ( x)  f ( f1 ( x))  x nx   x2  10 PT có x  nghiệm phương trình nên 2n    2n    n  12 10 PT cho trở thành: x 12 x   x2  10 x  x     x2 x2     12 x  27 x    12 x  100 x    x     x  x   x2     Vậy nghiệm lại x   x Giải phương trình: Thí dụ 2.Cho f ( x)  x 1  f ( x)  i 1 i Lờigiải.Ta có f1 ( x)  f ( x)  (1) x x 1 x x f ( x)  x   x  2x  x 1 x  Bằng quy nạp ta f n ( x)  nx  PT(1) trở thành: x x x x x      (2) x  x  3x  x  x  Ta có x  nghiệm PT(2) Xét x  PT(2) tương đương với 1 1      (3) 1 1 1 2 3 4 5 x x x x x Đặt  a  PT(3) trở thành: x 1 1     0 a  a 1 a a 1 a  a  0; 1; 2 2a 2a    0 a  a 1 a 5a  15a   a  0; 1; 2 15  145   15  145  a   10 a   10  Với a tìm PT(1) có nghiệm là: 0; 15  145  3 10 Thí dụ 3.Cho f ( x)  x2  Tìm số nghiệm phương trình: x   3x f ( x)  (1) Lờigiải.ĐK:  3x2   1  x  Đặt x  cos t với t  0;  Suy f1 ( x)  2cos2 t   cos 2t f ( x)  2cos2 2t   cos 22 t Bằng quy nạp ta f5 ( x)  cos 25 t cos t   3cos t cos t  3sin t  2      cos t.cos  sin t.sin  cos  t   3 3  PT(1) trở thành:   32t  t   k 2    cos32t  cos  t       32t  t    m2    2   31t   2k t  93  31 k   33t     2m t      m   99 33  2 k t  0;  suyra k 0;1; ;15 , Với t   93 31 tương ứng có 16 nghiệm PT(1)  2 m t  0;  suy Với t    99 33 m1;2; ;16 , tương ứng có 16 nghiệm PT(1).Xét  2  2  k   m  3(31m  33k )  32 (2) 93 31 99 33 Do VT(2)3 VP(2)  nên PT(2) khơng có nghiệm ngun.Vậy PT(1) có 32 nghiệm VP(1)  II Hƣớng 2 Sử dụng số kết sau để giải phương trình Kếtquả Cho hàm số y  f ( x) xác định miền D có tập giá trị tập D a) Nếu hàm số y  f ( x) đồng biến miền D ta có: fn ( x)  x  f ( x)  x (với n * ) b) Nếu hàm số y  f ( x) nghịch biến trên miền D ta có: f2k ( x)  x  f ( x)  x (với n * ) f2k 1 ( x)  x  f ( x)  x (với n ) Chứng minh.a) • Giảsử x0 nghiệm phương trình f ( x)  x suy f1 ( x0 )  f ( x0 )  x0  f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0  f2 ( x0 )  x0  f3 ( x0 )  f ( f2 ( x0 ))  f ( x0 )  x0 Bằng quy nạp ta có f n ( x0 )  x0 Suy x0 nghiệm PT: f n ( x)  x Vậy f ( x)  x  f n ( x)  x • Giả sử x0 nghiệm phương trình f n ( x)  x nên có f n ( x0 )  x0 Giả sử f ( x0 )  x0 hàm số y  f ( x) đồng biến nên f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0  f2 ( x0 )  x0  f3 ( x0 )  f ( f2 ( x0 ))  f ( x0 )  x0 Bằng quy nạp ta có f n ( x0 )  x0 mâu thuẫn với giả sử f n ( x0 )  x0 Tương tự f ( x0 )  x0 ta có f n ( x0 )  x0 mâu thuẫn với f n ( x0 )  x0 Do xảy f ( x0 )  x0 Suy x0 nghiệm PT: f ( x)  x Vậy f n ( x)  x  f ( x)  x b)• Ta chứng minh y  f ( x) hàm số đồng biến Thật vậy: Giả sử x1  x2  f ( x1 )  f ( x2 )  f2 ( x1 )  f ( f ( x1 ))  f ( f ( x2 ))  f ( x2 ) Áp dụng kết câu a với h( x)  f ( x) hàm số đồng biến ta có f2k ( x)  x  hk ( x)  x  h( x)  f ( x)  x • Giảsử x0 nghiệm phương trình f ( x)  x Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…)) suy f1 ( x0 )  f ( x0 )  x0  f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0  f2 ( x0 )  x0  f3 ( x0 )  f ( f2 ( x0 ))  f ( x0 )  x0 Bằng quy nạp ta có f 2k 1 ( x0 )  x0 Suy x0 nghiệm PT: f 2k 1 ( x)  x Vậy f ( x)  x  f 2k 1 ( x)  x Ta chứng minh f2k 1 ( x)  x  f ( x)  x sau: Xét f 2k 1 ( x)  x Đặt y1  f ( x); y2  f ( y1 ) ; ; y2k  f ( y2k 1 ) Ta có hệ hốn vị vòng quanh:  y1  f ( x)   y2  f ( y1 )   y  f (y ) k 1  2k  x  f ( y2 k ) Khơng tính tổng qt giả sử x   y1 ; y2 ; ; y2k ; x Có x  y1  f ( x)  f ( y1 )  y1  y2 Suyra f ( y1 )  f ( y2 ) hay y2  y3 ,… Tiếptụcnhưvậy ta có: y2k  x  f ( y2k )  f ( x) hay x  y1 Suyra x  y1  x suyra x  y1 Qtrìnhtrên ta cònsuyra x  y1  y2   y2k Vậy x  y1  f ( x) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 Do f ( x)  x3  đồng biến  nên 3 PT(2)  f3 ( x)  x  x3   x 3  x  3x    ( x  1) ( x  2)   x  x  2 Vậy PT(2) có nghiệm x  1; x  2 b)Do hàm số g( x)  x3  m đồng biến  nên có: PT(1)  g3 ( x)  x 1  x3  m  x  x  x3  m 3 Xét y  x  x ; y '   x   x  1 Ta có bảng biến thiên Từ bảng biến thiên suy PT(1) có  2 nghiệm phân biệt  m    ;   3  2 Vậy m cần tìm m    ;   3 Thí dụ 2.Giải phương trình:       x  x (1) Nhậnxét PT: f n ( x)  x cách giải đưa (vế trái có 100 dấu căn) Lờigiải Do VT(1)  nên x  Suy PT xác hệ hốn vị vòng quanh.Sau đâylà thí dụ Thí dụ 1.Cho phương trình: định đoạn [0;1] Do f ( x)   x 3  111    x  m   m   m  x (1) 3 3   a)Giải phương trình m   b)Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt Lờigiải.a)Với m  PT(1) trởthành: 3 111 2 2   x       x 3 3 3 3 nghịch biến đoạn [0;1] nên (1)  f100 ( x)  x  f ( x)  x    x  x    x  x2   x   x2   x  (1  x2 )2  x( x  1)( x2  x  1)  1   Do x [0;1] nên PT cho có nghiệm  x  x  x  (2) x  0; x  1; x  1  Cách khác.Ta thấy h( x)    x (2)  f (t )  t   4t  t  t  4t  đồng biến đoạn [0;1]  ( x2  x)4  4( x2  x)   (( x2  x)2 )2  (2x  1)2 PT(1)  h50 ( x)  x  h( x)  x  ( x2  x)2  x  (do x  0) Thí dụ 3.Giải phương trình: 1  x (1) 4 4  3x Lờigiải Do VT(1)  nên x   x4  2x3  x2  2x2  2x   2x   2x2  2x   ( x2  x  1)2  2( x  1)2 Ta chứng minh f ( x)    x2  x   2( x  1) (do x  0)  x2  (1  2) x    1   2  Vậy PT cho có nghiệm x 1   2  Thí dụ 5.Giải hệ phương trình: (1)  x  log y  x  y  8x  y  (2)    3x x nghịch biến khoảng (1; ) (1)  f3 ( x)  x   x  3x 1  ( x  1)2   x 1   3x  3x   Lờigiải.Từ PT(1) suy y  x thay vào PT(2)  (1  3x)( x  1)2    x(3x2  5x  1)   13  x  x  Do x  nên PT(1) có nghiệm được:  13 Thí dụ 4.Giải phương trình: Do f ( x)  4 x  x   x   2 x   PT(1) trở thành: đồng biến nửa khoảng [0; ) 2x  x đồng biến  nên 2x  x  x  2x  x  đa nghiệm Suy x  1, x  tất nghiệm h( x) Với x  y  Với x  Đặt x2  x  t  ta có: Dễ thấy hàm số f (t)   4t 2x  x  x Không q khoảng đơn điệu.Vì h( x) có tối x  x   4  4  4  4( x  x)   4  4  4t  t 8x      h '( x)  2x ln    x  ln    ln  Do h '( x)  có nghiệm suy h( x) có  Xét h( x)  2x  x; Lờigiải Do VP  nên ta có ĐK: x (1)  f2 ( x)  x  x  x      x (1) x (1) x  2 x 2x  x y  Vậy hệ PT cho có nghiệm (x;y) (2) là(1;2),(2;4) Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…)) Nhận xét:Đặc điểm dễ thấy phương trình có chứa hàm hợp chúng xuất hình thức khơng gọn gàng Nếu bạn đọc khơng ngại dạng phương trình,bpt,hệPT,bđt có chứa nhiều căn,lũy thừa,mũ,lơgarit,…thì tiếp tục đọc phần viết thêm với lưu ý viết với mục đích giới thiệu dạng tốn liên quan đến hàm hợp dạng f(f(…(f(x))…)) , viết không tài liệu ôn cho kỳ thi Phần viết thêm Một số dạng tốn có chứa hàm hợp f(f(…(f(x))…)) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 1 2 (𝑥 + 𝑥 − 1)2 + 𝑥 + 𝑥 − − = 𝑥 (2) 𝑥 + 2𝑥 + 2𝑥 − 𝑥 − = 𝑥 = −1 𝑥=− ± 17 𝑥= 17 Do 𝑥 ∈ [− 16 ; − 4) nên (2) có nghiệm 1− 17 𝑥 = −1; 𝑥 = − ; 𝑥 = VŨ HỒNG PHONG (GV THPT Tiên Du số 1, BắcNinh) • TH2:Xét 𝑥 ∈ [− ; +∞) Mở rộng Xét hàm f(x) có chứa khoảng đồng biến nghịch biến ta sử dụng kết số khoảng đơn điệu thỏa mãn điều kiện kết hàm f(x) phức tạp Loại 1: Hàm hợp chƣa cho dƣới dạng biểu thức Thí dụ Cho f ( x)  x  x  Giải phương trình: f1982 ( x)  x (1) Lờigiải Ta có bảng biến thiên hàm số f(x) sau: x −∞ − f(x) +∞ +∞ +∞ 17 Do − 16 17 𝑓 𝑥 ≥ − 16 với 17 16 𝑥 ∈ 𝑅 nên khoảng [− 16 103 256 ;− ) 17  [- ;  ) Áp dụng kết khoảng xác 16 17 ; +∞) 17 ;  ) Khi 16 17 103 𝑓2 (𝑥) ∈ [− ; − )  [- ;  ) Suy 𝑓3 (𝑥) 256 16 17 103 ∈ [− 256 ; − 4)  [- ;  ) Cứ suy luận 16 17 103 ta có 𝑓1982 (𝑥) ∈ [− ; − )  [- ;  ) , mà 256 16 𝑥 ∈ [− ; +∞) với x xét khơng phươngtrình: f1982 ( x)  x Tổng quát 17 ;  ) với ≤ 𝑘 ≤ 16 nghiệm phươngtrình: x làm cho f k (x)  [khơng Vì lại 𝑥 ∈ 𝐷 thỏa mãn tính chất: f k (x)  [  ; ) với số k nguyên ≤ 𝑘 ≤ 1982 định [− 16 ; − 4) ta có 16 f1982 ( x)  x Ta loại bỏ x ; − ) có tập giá trị [− 17 Xét x thỏa mãn f1 (x)  [- 1982 ;− ) Từ bảng biến thiên có f(x) nghịch biến nửa 17 hàm số f(x) [− nghiệm 17 x  f1982 ( x)    x 16 •TH1:Xét 𝑥 ∈ [− Từ bảng biến thiên hàm số f(x) suy tập giá trị Cách chứng minh fn ( x)  x  f ( x)  x 𝑓2 𝑥 = 𝑥 • Giảsử x0 nghiệm phương trình f ( x)  x suy f1 ( x0 )  f ( x0 )  x0  f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0  f2 ( x0 )  x0  f3 ( x0 )  f ( f2 ( x0 ))  f ( x0 )  x0 𝑥= ± 17 Do 𝑥 ∈ 𝐷 ta thấy 𝑥 = Bằng quy nạp ta có f n ( x0 )  x0 Suy x0 nghiệm PT: f n ( x)  x Vậy f ( x)  x  f n ( x)  x • Giả sử x0 nghiệm phương trình f n ( x)  x nên có f n ( x0 )  x0 Giả sử f ( x0 )  x0 hàm số y  f ( x) đồng biến [  ; ) nên f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0  f2 ( x0 )  x0  f3 ( x0 )  f ( f2 ( x0 ))  f ( x0 )  x0 Bằng quy nạp ta có f n ( x0 )  x0 mâu thuẫn với giả sử f n ( x0 )  x0 Tương tự f ( x0 )  x0 ta có f n ( x0 )  x0 mâu thuẫn với f n ( x0 )  x0 Do xảy f ( x0 )  x0 Suy x0 nghiệm PT: f ( x)  x Vậy fn ( x)  x  f ( x)  x Nhận xét: Kết mở rộng: Nếu f(x) đồng biến miền D tập thực 1 [  ; ) f(x) tập [  ; ) 4 fn ( x)  x  f ( x)  x 1+ 17 nghiệm PT(1) Cách Với 𝑥 ∈ 𝐷 ta đặt ẩn phụ đưa hệ hốn vị vòng quanh với nhận xét   D Cách trình bày lời giải xin dành cho bạn đọc Cách Dùng kết (ở phần sau) Vậy PT cho có nghiệm 1− 17 𝑥 = −1; 𝑥 = − ; 𝑥 = ;𝑥 = 1+ 17 Xin giới thiệu hướng tạo ta PT thí sau: Trước hết ta chọn hàm f(x) chẳng hạn f ( x)  x2  2ax  (ta chọn số -1 để tăng khả PT có nhiều nghiệm) đồ thị Parabol tọa độ đỉnh 𝐼(𝑎; −𝑎2 − 1) Để xử li xét khoảng nghịch biến f(x) chứa tập giá trị f(x) ta cho 𝑓 −𝑎2 − ≤ 𝑎 −𝑎2 − − 2𝑎 −𝑎2 − − ≤ 𝑎 𝑎 𝑎 + (𝑎2 + 𝑎 + 1) ≤ 0≤𝑎≤1 Đến ta chọn a thật khéo PT có chứng minh tương tự việc chứng minh kết nhiều nghiệm chẳng hạn chọn 𝑎 = − Do Hoặc ta chọn dạng f ( x)  x2  2ax  b ta f1982 ( x)  x  f ( x)  x (1) 𝑓 𝑥 =𝑥 𝑥2 + 𝑥 − = 𝑥 𝑥2 − 𝑥 − = cho 𝑓 −𝑎2 − 𝑏 ≤ 𝑎 −𝑎2 − 𝑏 𝑎2 + 𝑏 + 2𝑎 𝑎2 + 𝑏 − 𝑏 ≤ 𝑎 − 2𝑎 −𝑎2 − 𝑏 − 𝑏 ≤ 𝑎 Đến ta cần lựa chọn số (a;b) thỏa mãn bất PT Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…)) f100 ( x)  x  f ( x)  x x2  x Thí dụ Cho f ( x)  Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 a) Giải phương trình: f100 ( x)  x x2   b) Giải phương trình: f100 ( x)  x x2  x x2   x2 x2  c) Giải phương trình: f100 ( x)   x4  x2    x   d) Tìm tiệm cận ngang hàm số y  f100 ( x) Lờigiải 1 a) Cách 1.Ta có: f '( x)  x x2  1 1 Vậy PT cho có nghiệm x   Cách Bằng quy nạp ta có: Ta có bảng biến thiên x f(x) −∞ 𝑛𝑥 + 𝑛 − 𝑣ớ𝑖 𝑥 > 𝑛 − 𝑥2 + +∞ −𝟏 𝑓𝑛 𝑥 = − +∞ 𝑛𝑥 + 𝑛 − 𝑣ớ𝑖 𝑥 < 𝑛 − 𝑥2 + Suy −∞ TH1: với 𝑥 ∈ 0; +∞ tập giá trị hàm số 1; +∞ Suy 𝑓2 𝑥 = 𝑥 +1 +1 𝑥2 = 𝑥 +1 2𝑥 +1 x 1 x Giải tiếp xin dành cho bạn đọc c) Phương trình: f100 ( x)  2x   x2 x2  1 TH2: với 𝑥 ∈ −∞; tập giá trị hàm số −∞; −1 𝑥 +1 +1 𝑥2 𝑥 +1 𝑥  1153 66  x4  x2    x  Suy 𝑓2 𝑥 = 100x + 99 với x < 100x + f100 ( x)  x có nghiệm x   f100 ( x)  x  f ( x)  x 2x  − b) Giải cách ta có phương trình: Theo kết  f100 x = 𝑥 +1 𝑥 100x + 99 với x > 99x + =− 2𝑥 +1 𝑥 +1 95 100x + 99 = 𝑣à 𝑥 > 99x + 𝑥= 74 d) Có lim f100 ( x) x   100 x  99  10  lim    x    99 x   3   100 x  99  10  x     99 x   3 Có lim f100 ( x)  lim  x  10 Theo kết Hàm số có tiệm cận ngang y = ± 3 x2  x Thí dụ 3.Cho f ( x)   3x  x2  x 3x   x2 x 2 Giải phương trình: f88 ( x)  x  x4  x2    x   Lờigiải 2 Ta có: f '( x)  x Vậy PT cho có nghiệm x   x2  2 Thí dụ 4.Cho f ( x)  Ta có bảng biến thiên x −∞ f(x) −𝟏 +∞ x  x2  x Giải phương trình: f9 ( x)  x Lờigiải +∞ −∞ Suy 𝑓2 𝑥 = 𝑥 +1 𝑥 = 3𝑥 +2 𝑥 +2 Ta có bảng biến thiên x −∞ 3x  3x  x  x2 x  x 2 f(x) 𝟎 +∞  x4  x2    x  𝑥+ 𝑥 +3 −∞; −1 f1 ( x)   =𝑥 x2  Lờigiải x2 𝑥 Theo kết f100 ( x)  x  f ( x)  x  x2    x  x2    x  2  x  3𝑥 +2 𝑥 +2 x  x2  Giải phương trình: f 2020 ( x)  x Ta có: f '( x)  =− 𝑥 = −1 𝑥 =1+ … Thí dụ 5.Cho f ( x)  TH2: với 𝑥 ∈ −∞; tập giá trị hàm số 𝑥 +1 f9 ( x)  x  f ( x)  x 𝑥 Suy 𝑓2 𝑥 = +∞ Xét khoảng −∞; 𝑣à (0; +∞) f(x) thỏa mãn kết Do f100 ( x)  x  f ( x)  x 𝑥 +2 +2 𝑥2 x2  −∞ Theo kết  x TH1: với 𝑥 ∈ 0; +∞ tập giá trị hàm số 1; +∞ 𝑥 +2 +2 𝑥2 3 Ta có: f '( x)    0; x Suy hàm số đồng biến R f2020 ( x)  x  f ( x)  x  x  x2   x 1  x  (1  x) x   x Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…))  x(1  x)   2  x  1 ( x  1)  x 0  x   2  x   x  ( x  1)  x 0  x     1   x  x   ( x  x )      x  1  2 1 Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 Loại 2: Hàm hợp cho dạng biểu thức Chẳng hạn 𝑓1 𝑥 = 𝑓 𝑥 = + 𝑥 𝑓2 𝑥 = 3+ 3+𝑥 𝑓3 𝑥 = 3+ 3+ 3+𝑥 𝑓4 𝑥 = 3+ 3+ 3+ 3+𝑥 Tương tự: 1.Cho f ( x)  x  x2   x 1 Giải phương trình: f 2020 ( x)  x Đs: x  1   2.Cho f ( x)  x  x2  1  x2  Giải phương trình: f 2020 ( x)  x Đến muốn tạo PT( ta chọn 𝑓2 𝑥 𝑓3 𝑥 ) nhiều ta chọn 𝑓4 𝑥 để PT: Thí dụ Giải phương trình: + + + + 𝑥 = x (1) Lờigiải Do 𝑉𝑇 > nên 𝑥 > Dễ thấy 𝑓 𝑥 = + 𝑥 đồng biến khoảng  17 Đs: x  Tổng quát: f ( x)  0; +∞ có tập giá trị 3; +∞ tập 0; +∞ nên theo kết có x  x2  m  x2  Giải phương trình: f n ( x)  x 𝑓4 𝑥 = 𝑥 3+𝑥 =𝑥 𝑥>0 𝑓 𝑥 =𝑥 𝑥2 − 𝑥 − = Đưa giải phương trình: 1    x    x    (m  1) x x   Để có nghiệm không xấu ta chọn m thỏa mãn:  (m  1)2 có dạng bình phương 𝑥= + 13 Để tạo PT khó ta chọn 𝑓 𝑥 = + 2𝑥 Ta được: 7 số hữu tỉ chẳng hạn m  ; m  ; m  ; 4 Thí dụ Giải phương trình: + + + 2𝑥 = x Thí dụ Giải phương trình: (1) + + + + 𝑥 = x (1) Lờigiải Lờigiải Do 𝑉𝑇 > nên 𝑥 > Do 𝑉𝑇 > nên 𝑥 > Dễ thấy 𝑓 𝑥 = + 2𝑥 đồng biến khoảng Dễ thấy 𝑓 𝑥 = 0; +∞ có tập giá trị 3; +∞ tập 0; +∞ nên theo kết có + + 𝑥 đồng biến khoảng 0; +∞ có tập giá trị 2; +∞ tập 0; +∞ nên theo kết có 𝑓3 𝑥 = 𝑥 𝑓 𝑥 =𝑥 + 2𝑥 = 𝑥 𝑥>0 𝑓2 𝑥 = 𝑥 𝑓 𝑥 =𝑥 𝑥 − 2𝑥 − = 7+ 1+𝑥 =𝑥 𝑥 = + + 𝑥 = 𝑥2 + 𝑥 = 𝑥2 − Nếu chọn 𝑓 𝑥 = + + 3𝑥 + 𝑥 = 𝑥 − 14𝑥 + 49 𝑣ớ𝑖 𝑥 ≥ Ta được: Thí dụ Giải phương trình: 𝑥 − 𝑥 + 3𝑥 − 5𝑥 − 16 = + + + + 3𝑥 = x (1) 𝑥=3 Lờigiải Do 𝑉𝑇 > nên 𝑥 > Dễ thấy 𝑓 𝑥 = + + 3𝑥 đồng biến khoảng 0; +∞ có tập giá trị + 3; +∞ Vì 𝑥 ≥ nên 𝑥 + 3𝑥 − 5𝑥 − 16 = (𝑥 − 5𝑥) + 3𝑥 − 16 > Thí dụ 10 Giải phương trình: 3 + + + 2𝑥 = x tập 0; +∞ nên theo kết có 𝑓3 𝑥 = 𝑥 𝑓 𝑥 =𝑥 Lờigiải Dễ thấy 𝑓 𝑥 = R nên theo kết có 1 + + 3𝑥 = 𝑥 𝑓3 𝑥 = 𝑥 + 3𝑥 = 𝑥 − + 3𝑥 = 𝑥 − 2𝑥 + 𝑣ớ𝑖 𝑥 ≥ 1 + 2𝑥 = 𝑥 + 2𝑥 đồng biến 𝑓 𝑥 =𝑥 𝑥 − 2𝑥 − = 𝑥 + 𝑥2 − 𝑥 − = + 29 𝑥= 𝑥 = −1𝑉𝑥 = 10 (1) 1± Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…)) x −∞ 𝑥0 +∞ 𝒉(𝑥0 ) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 5𝑥 𝑙𝑛5 − 3𝑥 𝑙𝑛3 − 𝑕′ 𝑥 = − +xét 0 𝑕′ 𝑥 = − h(x) −∞ −∞ 5𝑥 𝑙𝑛5 = 3𝑥 𝑙𝑛3 + Từ bbt suy +Với 𝑥 < 𝑓 𝑥 < 𝑔 𝑥 < nên theo kết có 5𝑥 𝑙𝑛5 − 3𝑥 𝑙𝑛3 − =0 𝑥 𝑙𝑛3 + 𝑥 Do 𝑦 = 𝑥 − 𝑙𝑛5 = 𝑥 𝑙𝑛3 + − 𝑙𝑛5 hàm số 𝑓2 𝑥 < 𝑔2 𝑥 liên tục nghịch biến +Với < 𝑥 < 𝑦 = 𝑙𝑛3 + − 𝑙𝑛3 > > 𝑓 𝑥 > 𝑔 𝑥 > nên theo kết có lim 𝑦 = −𝑙𝑛5 < 𝑥 +∞ 𝑓2 𝑥 > 𝑔2 𝑥 nên có 𝑦 𝑎 < +Với 𝑥 > Suy 𝑦 𝑦 𝑎 < < 𝑓 𝑥 < 𝑔 𝑥 nên theo kết có Do 𝑓2 𝑥 < 𝑔2 𝑥 𝑥 𝑙𝑛3 + 𝑥 − 𝑙𝑛5 = +Với 𝑥 = 𝑉 𝑥 = 𝑓2 𝑥 = 𝑔2 𝑥 Có nghiệm 𝑥0 Vậy PT cho có nghiệm 𝑥 = 𝑉 𝑥 = Cách khác:Có 𝑦 < suy Thí dụ 94 Giải phương trình: 𝑦 𝑦 0 5𝑥 𝑙𝑛5 < 3𝑥 𝑙𝑛3 + − 𝑥 +xét PT(1) có dạng 𝑓2 𝑥 = 𝑔2 𝑥 2𝑥+3𝑥 −1 −1 − = 𝑙𝑛2 + Có nghiệm 𝑥0 ∈ 0; hàm số đồng biến R Xét 𝑕 𝑥 = 𝑥 𝑥 𝑙𝑛3 + 𝑥 − 𝑙𝑛5> 𝑥 < 𝑥0 +xét 239 5𝑥 𝑙𝑛5 − 3𝑥 𝑙𝑛3 − 𝑕′ 𝑥 = − 𝑥0 x 𝑔 𝑥 = 𝑥 Dễ thấy f(x) g(x) hàm số đồng biến R 5𝑥 𝑙𝑛5 > 3𝑥 𝑙𝑛3 + Xét 𝑓 𝑥 = 𝑥 + +∞ 𝒉(𝑥0 ) 𝑥+3 𝑥−1 𝑥−2 x 𝑓 𝑥 −𝑔 𝑥 Suy −∞ −3 − + − +∞ + Suy +Với 𝑥 < −3 h(x) −∞ −∞ Từ bbt suy 𝑓 𝑥 < 𝑔 𝑥 < −3 Theo kết có 𝑓3 𝑥 < 𝑔3 𝑥 +Với 𝑥 < +Với −3 < 𝑥 < 𝑓 𝑥 < 𝑔 𝑥 < nên theo kết có 𝑓2 𝑥 < 𝑔2 𝑥 > 𝑓 𝑥 > 𝑔 𝑥 > −3 Theo kết có 𝑓3 𝑥 > 𝑔3 𝑥 +Với < 𝑥 < +Với < 𝑥 < > 𝑓 𝑥 > 𝑔 𝑥 > nên theo kết có 𝑓2 𝑥 > 𝑔2 𝑥 1𝑔 𝑥 >2 Theo kết có 𝑓3 𝑥 > 𝑔3 𝑥 +Với 𝑥 = 𝑉 𝑥 = 𝑓2 𝑥 = 𝑔2 𝑥 +Với 𝑥 = −3 𝑉 𝑥 = 𝑉 𝑥 = 𝑓3 𝑥 = 𝑔3 𝑥 Vậy PT cho có nghiệm 𝑥 = 𝑉 𝑥 = Vậy tập nghiệm: Thí dụ 95 Giải bất phương trình: 1 𝑥 + 7 7 Lời giải + + ≤𝑥 𝑆 = (−∞; −3] ∪ 1; Thí dụ 96 Giải phương trình: 3 −6 + −6 + −6 + 7𝑥 < 𝑥 240 Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…)) Lời giải Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 Lời giải Xét 𝑓 𝑥 = Có −6 + 7𝑥 𝑔 𝑥 = 𝑥 Dễ thấy f(x) g(x) hàm số đồng biến R 𝑥 −1 22 PT cho có dạng: 𝑓3 𝑥 = 𝑔3 𝑥 Xét 𝑓 𝑥 − 𝑔 𝑥 = =− 22 −6 + 7𝑥 − 𝑥 ≤ 3 −6 + −6 + 7𝑥 𝑥 −1 −1 ≤ −6 + −6 + 7𝑥 Xét 𝑓 𝑥 = 2𝑥−1 𝑔 𝑥 = −6 + 7𝑥 𝑥 + 𝑥 − (𝑥 − 2) 𝑥 + 𝑥 −6 + 7𝑥 + x 𝑓 𝑥 −𝑔 𝑥 Suy −∞ −6 + 7𝑥 −3 + Dễ thấy f(x) g(x) hàm số đồng biến 1; 2 − + +∞ − Xét 𝑕 𝑥 = 𝑓 𝑥 − 𝑔 𝑥 = 𝑕′ 𝑥 = +Với 𝑥 < −3 −3 > 𝑓 𝑥 > 𝑔 𝑥 𝑥−1 𝑕′′ (𝑥) = 𝑙𝑛2 − −6 + 7𝑥 𝑙𝑛2 − 𝑥−1 𝑥−1 −6 + 7𝑥 98 + Theo kết có 𝑓3 𝑥 > 𝑔3 𝑥 −6 + 7𝑥 +Với −3 < 𝑥 < Suy hàm số h(x) lõm đoạn [1;2] −3 < 𝑓 𝑥 < 𝑔 𝑥 < Mà 𝑕 = 𝑕 = Theo kết có 𝑓3 𝑥 < 𝑔3 𝑥 x +Với < 𝑥 < >0 0 h(x) 2>𝑓 𝑥 >𝑔 𝑥 >1 Theo kết có 𝑓3 𝑥 > 𝑔3 𝑥 +Với 𝑥 > 2 𝑔 𝑡 > +Với ≤ 𝑡 < = 𝑓(1) > 𝑓 𝑡 > 𝑔 𝑡 > Theo kết có 𝑓3 𝑡 > 𝑔3 𝑡 Theo kết có 𝑓3 𝑡 > 𝑔3 𝑡 +Với < 𝑡 < +Với < 𝑡 < 1 𝑔 = Theo kết có 𝑓3 𝑡 > 𝑔3 𝑡 Theo kết có 𝑓3 𝑡 > 𝑔3 𝑡 +Với 𝑡 = 𝑉 𝑡 = 𝑓3 𝑡 = 𝑔3 𝑡 +Với 𝑡 = 𝑉 𝑡 = 𝑓3 𝑡 = 𝑔3 𝑡 Vậy (1) có nghiệm 𝑡 = 𝑉 𝑡 = Suy PT cho có nghiệm 242 Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…)) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019   log3  2log3 1  x   x 𝑥 =1𝑉𝑥 =4 Bài tập tương tự  1 20 𝑥 𝑥+ 21 21 21 21 = 20 + 21 + 20 21 1 𝑥+ 3 3 + + PT có nghiệm 𝑥 = 1; 𝑥 = 16 log  1 log3 (1 x )   x  x   log ( x  1) 10 ******************************** Phần viết thêm có nhiều dạng tốn nên tác giả chưa có thời gian xếp lại thành hệ thống chỉnh sửa thí dụ cho gọn gàng Đặc biệt tác giả giả chưa kiểm tra hết sai sót.Vậy đọc viết ý tưởng hay bạn đọc lấy làm tham khảo chỗ chưa hay sai sót chỉnh sửa giúp tác giả bỏ qua  x  1 2 2 1 2x 2      sin  sin  x     x   2 2 11 sin  Tác giả: Vũ Hồng Phong 31-8-2019 HD: Nhận xét 𝑥 ∈ −1; Bài Tập Bài tập 1.Giải phương trình: 2 x  x  x  x  x  log1  log  log1  x    x   Giải phương trình: HD: f ( x)  x  x có PT: f ( x)  x  f ( x)  sin( x) có PT: f3 ( x)  x Phương trình có nghiệm 0; ±1 12 x  sin  x  sinx   2sin x Bài tập2.Giải phương trình:       x  x 3 x  6 x  11  x   11  x  11  x   1   HD: f ( x)  x  11  x  HD: f ( x)  3x  x2  có PT: f ( x)  x    x  x     3 1 x 5 2x      2 2 3 3  3  1 x x   10 x   x x   8x   2 2x3   3x    5   3 x2  x2 2  3x   x  4x   43 3x x2  x2 2  3x   x  x   33  3x 243 tan  tan  tan  sin x    4 4 4  x  1 1 1   1 1  1 1 y  1  y x  y       sin sin sin sin x     2 2 2  Bài tập Cho f ( x)  x  ; g( x)  x3  3x ;     sin sin sin sin x     2 2 2 h( x)  2 2   sin  sin  sin  sin x    4   16  16  u( x)  x  x Tìm số nghiệm phương trình:  log log 3x  log 4  log (4  x) 1 x  10   x 3 x 11  2   ( )x    3   3 x 3 x   5 x 12  log    1) f5 ( x)  h( x) 2) g4 ( x)  h( x) 3x   x 3) f ( x)  22   log3 1 x   x2 ; k( x)  x( x  3)2 ;   x 5 x   log2  3x 5x   log2        log   5      5x 4) k ( x)  5) f3 ( x)  h3 ( x) 6) g3 ( x)  h2 ( x) 7) h4 ( x )  8) h5 ( x)  h4 ( x) Bài tập 3.Giải hệ phương trình:  2  2( y  1)  y 2  x x 3 3x    y    3  2 x    y y    x   log log y   y  log z  z   log log x 2  244 9) u4 ( x)  10) u ( x)  3x   x Bài tập Cho f ( x)  x Giải phương trình : 2x  i 1 k 1 a) fi ( x)  b) f k ( x)  1 Một số dạng tốn có chứá hàm hợp f(f(…(f(x))…)) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 Vũ Hồng Phong (Bất Lự,Hoàn Sơn,Tiên Du,Bắc Ninh) 245 ...  Đặt x  cos t với t  0;  Suy f1 ( x)  2cos2 t   cos 2t f ( x)  2cos2 2t   cos 22 t Bằng quy nạp ta f5 ( x)  cos 25 t cos t   3cos t cos t  3sin t  2      cos t.cos  sin... 3cos t cos t  3sin t  2      cos t.cos  sin t.sin  cos  t   3 3  PT(1) trở thành:   32t  t   k 2    cos32t  cos  t       32t  t    m2    2   31t