›
›
›

Phương trình có chứa hàm hợp - Vũ Hồng Phong

pdf 245 trang thaodu 2450
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Phương trình có chứa hàm hợp - Vũ Hồng Phong", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfphuong_trinh_co_chua_ham_hop_vu_hong_phong.pdf

Nội dung text: Phương trình có chứa hàm hợp - Vũ Hồng Phong

  1. Một số dạng toán 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,thônVânTrai,xãTânPhú,TháiNguyên) Khi gặp một phương trình (PT) có x 0 x 0 chứa các biểu thức dạng hàm hợp 22 xx 6 42 f() f((() f x)) ta cần lưu ý một số hướng sau 2 12xx 27 6 0 12x 1 100 để có thể giúp giải được PT. x 0 Trước hết ta kí hiệu: x2 2 1 f( x ) f ( x ); f( x ) f ( f ( x )) ( n 2 ). x 2 hoặc x . 1 nn 1 1 2 x2 I. Hƣớng 1. Rút gọn fxn ()bằng 4 phương pháp quy nạp hoặc lượng giác hóa. 1 x Vậy nghiệm còn lại là x  Thí dụ 1.Cho fx(). Biết phương trình 2 2 x 1 x Thí dụ 2.Cho fx(). Giải phương trình: x2 6 x 1 fxn () có nghiệm x 2. 5 10  fxi ( ) 0. (1) Tìm n và các nghiệm còn lại. i 1 x x Lờigiải.Ta có f1()() x f x Lờigiải.Ta có f1()() x f x x2 1 x 1 x x 2 x 1 x x 1 x fx2 (). f21( x ) f ( f ( x )) x 21x xx2221 1 1 x 1 2 x 1 x x Bằng quy nạp ta được fxn ()  nx 1 21x2 x PT(1) trở thành: f32( x ) f ( f ( x ))  xx2231 x x x x x 1 0. (2) 21x2 x 1 2 x 1 3 x 1 4 x 1 5 x 1 Bằng quy nạp (dành cho bạn đọc chứng minh) Ta có x 0 là nghiệm PT(2) . x Xét x 0 thì PT(2) tương đương với ta được fxn () .PT đã cho trở thành 2 1 1 1 1 1 nx 1 0. (3) 1 1 1 1 1 xx2 6 1 2 3 4 5 . x x x x x nx2 1 10 1 Đặt a 3thì PT(3) trở thành: PT này có x 2 là nghiệm phương trình nên x 1 1 1 1 1 28 0 2nn 1 5 12. a 2 a 1 a a 1 a 2 21n 10 2aa 2 1 a 0; 1; 2 2 0 xx 6 22 42 PT đã cho trở thành: a 41 a a 5aa 15 4 0 12x2 1 10 1
  2. a 0; 1; 2 Sử dụng một số kết quả sau để giải phương trình. 15 145 Kếtquả 1. Cho hàm số y f() x xác định trên 15 145 a . a 10 miền D và có tập giá trị là tập con của D. 10 a) Nếu hàm số đồng biến trên miền Với a tìm được thì PT(1) có 5 nghiệm là: 1 D thì ta có: f()() x x f x x (với n * ). 0; . n 15 145 b) Nếu hàm số nghịch biến trên trên 3 10 miền D thì ta có: Thí dụ 3.Cho f( x ) 2 x2 1. f22k ()() x x f x x (với Tìm số nghiệm của phương trình: f21k ()() x x f x x (với n ). xx 332 fx(). (1) Chứng minh.a) 5 2 • Giảsử x là nghiệm của phương trình f() x x Lờigiải.ĐK: 3 3xx2 0 1 1.Đặt xt cos 0 với t 0; .Suy ra suy ra 2 fx1( 0 ) fx ( 0 ) x 0 ffx ( ( 0 )) fx ( 0 ) x 0 f1( x ) 2cos t 1 cos2 t 22 fx2() 0 x 0 fx 3 ()(())() 0 ffx 2 0 fx 0 x 0 . f2 ( x ) 2cos 2 t 1 cos2 t . 5 Bằng quy nạp ta có f(). x x Bằng quy nạp ta được f( x ) cos2 t . n 00 5 22Suy ra x là nghiệm PT: f(). x x cost 3 3cos t cos t 3sin t 0 n VP(1) 22Vậy f()(). x x fn x x • Giả sử x là nghiệm của phương trình f() x x cost .cos sin t .sin cos t . 0 n 3 3 3 nên có f(). x x Giả sử f() x x thì do hàm số PT(1) trở thành: n 00 00 đồng biến nên 32t t k 2 3 f( f ( x0 )) f ( x 0 ) x 0 f2() x 0 x 0 cos32tt cos 3 32t t m 2 f3( x 0 ) f ( f 2 ( x 0 )) f ( x 0 ) x 0 . 3 Bằng quy nạp ta có f() x x mâu thuẫn với 2 n 00 31tk 2 tk 3 93 31 giả sử fn (). x00 x . 2 Tương tự nếu f() x x ta có f() x x 33tm 2 tm 00 n 00 3 99 33 mâu thuẫn với fn () x00 x . 2 Với tk và t 0; suyra k 0;1; ;15 , Do đó chỉ xảy ra f(). x x Suy ra x là nghiệm 93 31 00 0 tương ứng có 16 nghiệm của PT(1). của PT: f(). x x Vậy f()(). x x f x x n 2 Với tm và suy ra b)• Ta chứng minh y f() x là hàm số đồng biến 99 33 2 .Thật vậy: Giả sử xx f()() x f x m 1;2; ;16 , tương ứng có 16 nghiệm 12 12 của PT(1).Xét f2() x 1 f (()) f x 1 f (()) f x 2 f 2 (). x 2 22 k m 3(31 m 33 k ) 32. (2) Áp dụng kết quả câu a với h()() x f2 x là hàm số 93 31 99 33 đồng biến ta có Do VT(2) 3và VP(2) 3 nên PT(2) không fxx()()()() hxx hx fxx . có nghiệm nguyên.Vậy PT(1) có đúng 32 nghiệm. 22kk • Giảsử x là nghiệm của phương trình f() x x 0 II. Hƣớng 2. 2
  3. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 suy ra 12 Do f() x x3 đồng biến trên  nên fx( ) fx ( ) x ffx ( ( )) fx ( ) x 33 1 0 0 0 0 0 0 123 f2() x 0 x 0 f3( x 0 ) f ( f 2 ( x 0 )) f ( x 0 ) x 0 . PT(2) f3 ( x ) x x x 33 Bằng quy nạp ta có f2k 1(). x 0 x 0 32 x 3 x 2 0 ( x 1) ( x 2) 0 Suy ra x0 là nghiệm PT: f21k (). x x x 1hoặc x 2. Vậy PT(2) có 2 nghiệm xx 1; 2. Vậy f()(). x x f21k x x 1 3 Ta chứng minh f21k ()() x x f x x như sau: b)Do hàm số g(x ) x m đồng biến trên nên 3 Xét f21k (). x x có: PT(1) g3 ( x ) x Đặt y1 f( x ); y21 f() y ; ;y2kk f ( y 2 1 ). 1 1 x3 m x x x3 m. Ta có hệ hoán vị vòng quanh: 3 3 y1 f() x 1 32 Xét y x x; y ' 1 x 0 x 1. Ta có y f() y 3 21 bảng biến thiên . y f() y 2kk 2 1 x f() y2k Không mất tính tổng quát giả sử x min y1 ; y 2 ; ; y 2k ; x. Từ bảng biến thiên suy ra PT(1) có đúng 3 xy f()() x f y yy. 22 Có 1 1 12 nghiệm phân biệt m ;. 33 Suyra f()() y12 f y hay yy23 , . 22 Tiếptụcnhưvậy ta có: y x f()() y f x Vậy m cần tìm là m ; . 22kk 33 hay xy 1 .Suyra x y1 x suyra xy 1 . Thí dụ 2.Giải phương trình: Quátrìnhtrên ta cònsuyra x y y y . 1 2 2k 1 1 1 1 1 xx . (1) Vậy x y f( x ). 1 (vế trái có 100 dấu căn). Nhậnxét. PT: fn () x x còn cách giải là đưa về Lờigiải. Do VT(1) 0nên x 0. Suy ra PT xác hệ hoán vị vòng quanh.Sau đâylà các thí dụ. định trên đoạn[0;1].Do f( x ) 1 x Thí dụ 1.Cho phương trình: nghịch biến trên đoạn[0;1] nên 3 3 111 x3 m m m x. (1) (1) f ( x ) x f ( x ) x 100 2 333 2 2 1 1 x x 1 1 x x a)Giải phương trình khi m  3 2 22 11 xx 1 xx (1 ) b)Tìm m để phương trình có đúng 3 nghiệm phân x( x 1)( x2 x 1) 0 biệt. 2 15 Lờigiải.a)Với m PT(1) trởthành: x 0 hoặc x 1hoặc x  3 2 3 3 Do x [0;1]nên PT đã cho có 3 nghiệm 1 1 13 2 2 2 xx . (2) 3 3 3 3 3 3 15 x 0; x 1; x . 2 3
  4. Cách khác.Ta thấy (2) f ( t ) t 4 14 tt tt4 41 h( x ) 1 1 x 4 2 4 2 2 2 2 2 đồng biến trên đoạn[0;1]. (x x ) 4( x x )1 (( x x )) (21) x (x22 x ) 2 x 1(do PT(1) h50 ( x ) x h ( x ) x . x 0) Thí dụ 3.Giải phương trình: x42 x 3 x 2 2 x 2 2 x 1 2 x 1 2 x 2 2 x 1 1 2 2 2 1. x (1) (x x 1) 2( x 1) 3 2 4 x x 1 2( x 1) (do 3 4 xx2 (1 2) 1 2 0 13 x 1 2 2 2 1 Lờigiải. x . 2 Do VT(1) 1 nên x 1. Vậy PT đã cho có đúng 1 nghiệm 1 Ta chứng minh được fx( ) 1 1 2 2 2 1 13 x x . nghịch biến trên khoảng (1; ). 2 Thí dụ 5.Giải hệ phương trình: 1 (1) f3 ( x ) x 1 x xy log (1) 13 x 2 xy . 3 8xy 1 1 2 2 (2) x 1 (x 1) 3 13 x 13 x x (1 3xx )( 1)2 1 0 x(3 x2 5 x 1) 0 Lờigiải.Từ PT(1) suy ra y 2 thay vào PT(2) 2x x x 5 13 3 2 x x 2 x 0 hoặc x . 2 x 82x x 6 được: 3 2. 3 x Do x 1nên PT(1) có đúng 1 nghiệm 33 (1) 5 13 x . 2x x 6 Do fx() đồng biến trên  nên 3 Thí dụ 4.Giải phương trình: x 2 x x (1) f2 ( x ) x x 2 2x 0. x2 x 4 1 44 1 44 1 4 1 2 x . (1) 3 Lờigiải. Xét h( x ) 2x 2 x ; Do VP 0 nên ta có ĐK: x 2 hx'( ) 2 ln 2 2 0 x ln . xx2 0 ln 2 x 0. 2x 1 0 Do hx'( ) 0 có đúng 1 nghiệm suy ra hx()có PT(1) trở thành: Không quá 2 khoảng đơn điệu.Vì vậy có tối đa 2 nghiệm. Suy ra xx 1, 2 là tất cả các x22 x 4 14141414( 4 4 4 x x ). nghiệm của hx( ). Với x 1thì y 2. Với x 2 Đặt x2 x t 0 ta có: thì y 4. Vậy hệ PT đã cho có 2 nghiệm (x;y) 4 1 44 1 44 1 44 1 4tt . (2) là(1;2),(2;4). 4 Dễ thấy hàm số ft(t) 1 4 đồng biến trên nửa khoảng[0; ). 4
  5. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 1 1 1 Nhận xét:Đặc điểm dễ thấy ở phương trình có ( 2 + − 1)2 + 2 + − 1 − 1 = . (2) chứa hàm hợp là chúng xuất hiện dưới hình thức 2 2 2 không được gọn gàng. Nếu bạn đọc không ngại 1 + 1 2 + 1 2 2 − − 2 = 0 các dạng phương trình,bpt,hệPT,bđt có chứa nhiều 4 căn,lũy thừa,mũ,lôgarit, thì có thể tiếp tục đọc phần viết thêm dưới đây với lưu ý bài viết chỉ với = −1 mục đích giới thiệu các dạng toán liên quan đến 1 = − hàm hợp dạng f(f( (f(x)) )) , bài viết không là tài 2 1 ± 17 liệu ôn cho các kỳ thi. = 4 Phần viết thêm 17 1 Do ∈ [− ; − ) nên (2) có 3 nghiệm là Một số dạng toán có chứa hàm hợp 16 4 1 1− 17 f(f( (f(x)) )) = −1; = − ; = . 2 4 VŨ HỒNG PHONG (GV THPT Tiên Du số 1, BắcNinh) 1 • TH2:Xét ∈ [− ; +∞) 4 Mở rộng 1. Xét hàm f(x) có chứa cả các khoảng đồng biến và nghịch biến ta có thể sử dụng kết Từ bảng biến thiên hàm số f(x) suy ra tập giá trị 17 quả 1 trong số khoảng đơn điệu thỏa mãn điều của hàm số f(x) khi này là [− ; +∞). 16 kiện kết quả 1 hoặc hàm f(x) phức tạp. Loại 1: Hàm hợp chƣa cho dƣới dạng biểu 17 1 Xét những x thỏa mãn f (x) [- ; ) Khi này thức. 1 16 4 1 2 103 1 Thí dụ 1. Cho f( x ) x x 1. ( ) ∈ [− ; − ) . Suy ra ( ) 2 2 256 4 3 f(). x x Giải phương trình: 1982 (1) 103 1 ∈ [− ; − ) . Cứ suy luận như vậy Lờigiải. 256 4 Ta có bảng biến thiên hàm số f(x) như sau: 103 1 1 ta có ( ) ∈ [− ; − ) , mà x −∞ − +∞ 1982 256 4 4 1 f(x) +∞ +∞ ∈ [− ; +∞) vì vậy với x đang xét không là 17 4 − 16 nghiệm phươngtrình: f() x x. Tổng quát 17 1982 Do ≥ − với mọi ∈ 푅 nên 16 17 1 những x làm cho f (x) [- ; ) với 1 ≤ ≤ 17 k 16 4 x f1982 ( x ) .  x. 16 1982 đều không là nghiệm phươngtrình: 17 1 •TH1:Xét ∈ [− ; − ) 16 4 f1982 () x x. Ta loại bỏ những x này. Từ bảng biến thiên có f(x) nghịch biến trên nửa Vì vậy còn lại là những ∈ thỏa mãn tính chất: 17 1 103 1 khoảng [− ; − ) và có tập giá trị là [− ; − ) 1 16 4 256 4 fk (x) [ ; ) với mọi số k nguyên và 17 1 4  [- ; ) .Áp dụng kết quả 1 trên khoảng xác 16 4 1 ≤ ≤ 1982. 17 1 định [− ; − ) ta có 16 4 Cách 1. chứng minh fn ()(). x x f x x 1 2 = 5
  6. • Giảsử x0 là nghiệm của phương trình f() x x 1 ± 17 suy ra = 4 fx1( 0 ) fx ( 0 ) x 0 ffx ( ( 0 )) fx ( 0 ) x 0 1+ 17 fx2() 0 x 0 fx 3 ()(())() 0 ffx 2 0 fx 0 x 0 . Do ∈ ta thấy = là nghiệm của PT(1). 2 Bằng quy nạp ta có fn (). x00 x Cách 2. Với ∈ ta đặt ẩn phụ đưa về hệ hoán Suy ra x0 là nghiệm PT: fn (). x x 1 Vậy f()(). x x f x x vị vòng quanh với nhận xét D Cách này n 4 • Giả sử x là nghiệm của phương trình f() x x 0 n trình bày lời giải xin dành cho bạn đọc. nên có fn (). x00 x Giả sử f() x00 x thì do hàm số Cách 3. Dùng kết quả 2 (ở phần sau). 1 y f() x đồng biến trên [;) nên 4 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm là f( f ( x0 )) f ( x 0 ) x 0 f2() x 0 x 0 1 1− 17 1+ 17 f( x ) f ( f ( x )) f ( x ) x . = −1; = − ; = ; = . 3 0 2 0 0 0 2 4 4 Bằng quy nạp ta có fn () x00 x mâu thuẫn với Xin giới thiệu hướng tạo ta PT thí này như sau: giả sử fn (). x00 x Tương tự nếu f() x x ta có f() x x Trước hết ta chọn hàm f(x) chẳng hạn 00 n 00 f( x ) x2 2 ax 1. (ta chọn số -1 để tăng khả mâu thuẫn với fn () x00 x . năng PT có nhiều nghiệm) đồ thị là Parabol tọa Do đó chỉ xảy ra f(). x x Suy ra x là nghiệm 00 0 độ đỉnh ( ; − 2 − 1). Để xử li khi xét khoảng của PT: f(). x x Vậy fn ()(). x x f x x nghịch biến của f(x) chứa tập giá trị của f(x) khi này ta cho − 2 − 1 ≤ Nhận xét: Kết quả 1 mở rộng: − 2 − 1 2 − 2 − 2 − 1 − 1 ≤ Nếu f(x) đồng biến trên miền D là tập con thực 1 sự của [;) và f(x) là tập con thì + 1 ( 2 + + 1) ≤ 0 0 ≤ ≤ 1 4 fn ()(). x x f x x Đến đây ta chọn a thật khéo thì sẽ được PT có 1 nhiều nghiệm chẳng hạn chọn = − . chứng minh tương tự việc chứng minh kết quả 1. 4 2 Do đó Hoặc ta có thể chọn dạng f( x ) x 2 ax b . ta cho − 2 − ≤ f1982 ()(). x x f x x − 2 − 2 − 2 − 2 − − ≤ 1 (1) = 2 + − 1 = 2 2 + 2 + 2 2 + − ≤ 1 2 − − 1 = 0 Đến đây ta chỉ cần lựa chọn bộ số (a;b) thỏa mãn 2 bất PT trên. 6
  7. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 2 x 1 f100()() x x f 2 x x Thí dụ 2. Cho fx() x a) Giải phương trình: f(). x x 2xx22 1 2 1 100 xx 2 2 2 b) Giải phương trình: f( x ) 2 x . x 1 x 1 100 c) Giải phương trình: fx( ) 2. 100 d) Tìm các tiệm cận ngang của hàm số 42 15 x x 1 0 x . y f( x ). 2 100 Lờigiải. 1 15 a) Cách 1.Ta có: fx'( ) Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là x . xx22 1 2 Cách 2 . Bằng quy nạp ta có: Ta có bảng biến thiên 푛 2 + 푛 − 1 푣ớ푖 > 0 푛 − 1 2 + 1 x −∞ 0 +∞ 푛 = 푛 2 + 푛 − 1 − 2 푣ớ푖 0 99x2 + 1 TH1: với ∈ 0; +∞ thì tập giá trị hàm số khi f100 x = này là 1; +∞ . 100x2 + 99 − 2 với x 0 = . 99x2 + 1 2 42 15 d) Có limfx100 ( ) x x 1 0 x . x 2 100x2 99 10 lim . x 2 TH2: với ∈ −∞; 0 thì tập giá trị hàm số khi 99x 1 33 này là −∞; −1 . 100x2 99 10 2+1 Có +1 2 limfx100 ( ) lim 2 . 2 2 +1 x x 99x 1 33 Suy ra 2 = = − 2+1 2+1 10 Hàm số có 2 tiệm cận ngang y = ± Theo kết quả 1 thì 3 3 7
  8. x2 2 3xx22 2 3 2 Thí dụ 3.Cho fx() xx 2 2 2 x x 2 x 2 Giải phương trình: f(). x x 88 Lờigiải. x42 x 2 0 x 2. 2 Ta có: fx'( ) 22 xx 2 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là x 2. xx 2 3 Ta có bảng biến thiên Thí dụ 4.Cho fx() x Giải phương trình: f(). x x x −∞ 0 +∞ 9 Lờigiải. f(x) − +∞ 3 Ta có: fx'( ) 22 −∞ 1 xx 3 TH1: với ∈ 0; +∞ thì tập giá trị hàm số khi Ta có bảng biến thiên này là 1; +∞ . x −∞ 0 +∞ 2+2 +2 2 2 3 +2 f(x) +∞ Suy ra 2 = = 2+1 2+2 −∞ 2 Theo kết quả 1 thì Xét trên từng khoảng −∞; 0 푣à (0; +∞) thì f(x) f()() x x f x x đều thỏa mãn kết quả 1. Do vậy 100 2 f9 ()() x x f x x 22 3xx 2 3 2 2 xx 2 2 x 2 2 x 2 + +3 = −1 = 3 . = 1 + 3 x42 x 2 0 x 2. xx 2 1 Thí dụ 5.Cho fx() 2 21 x TH2: với ∈ −∞; 0 thì tập giá trị hàm số khi Giải phương trình: f2020 (). x x 2 x 1 Lờigiải. này là −∞; −1 . fx1() 2 x 1 2 xx 2 1 Ta có: f'( x ) 2 0;  x 2+2 22 +2 2 xx 2. 2 1 2 3 +2 Suy ra 2 = = − 2+1 2+2 Suy ra hàm số đồng biến trên R. f2020 ()() x x f x x Theo kết quả 1 thì xx 2 1 x (1 x ) x2 1 x 21 x2 8
  9. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 Loại 2: Hàm hợp cho ở dạng biểu thức. x(1 x) 0 2 22 x 1 ( x 1) x Chẳng hạn 1 = = 3 + 01 x 2 2 2 x 1 2 x ( x 1) x 2 = 3 + 3 + 01 x 11 3 = 3 + 3 + 3 + xx 2 ( ) 1 xx 1 2 2 2 1 x . 4 = 3 + 3 + 3 + 3 + 2 Tương tự: xx 2 1 1.Cho fx() Đến đây nếu muốn tạo PT( ít căn ta chọn 2 2 21 x hoặc 3 ) nhiều căn ta có thể chọn 4 để được PT: Giải phương trình: f2020 (). x x Thí dụ 6. Giải phương trình: 1 5 2 2 5 Đs: x 3 + 3 + 3 + 3 + = x. (1) 2 xx 2 1 2.Cho fx() Lờigiải. 1 x2 1 4 Do 1 > 0 nên > 0. Giải phương trình: Dễ thấy = 3 + đồng biến trên khoảng 9 17 Đs: x 8 0; +∞ và có tập giá trị là 3; +∞ là tập con của 0; +∞ nên theo kết quả 1 có xx 2 1 Tổng quát: fx() 1 = = 2 4 mx 1 >0 3 + = 2 − − 3 = 0 Giải phương trình: fn ( x) x. Đưa về giải phương trình: 1 + 13 = 11 2 2 x 2 x ( m 1) xx Để tạo ra PT khó hơn ta chọn = 3 + 2 Để có nghiệm không quá xấu khi này ta chọn m Ta được: thỏa mãn: 1 (m 1)2 có dạng bình phương của 1 7 7 số hữu tỉ chẳng hạn mmm ; ; ; 443 9
  10. Thí dụ 7. Giải phương trình: Thí dụ 9. Giải phương trình: 3 + 2 3 + 2 3 + 2 = x. (1) 7 + 1 + 7 + 1 + = x. (1) Lờigiải. Lờigiải. Do 1 > 0 nên > 0. Do 1 > 0 nên > 0. Dễ thấy = 3 + 2 đồng biến trên khoảng Dễ thấy = 7 + 1 + đồng biến trên 0; +∞ và có tập giá trị là 3; +∞ là tập con khoảng 0; +∞ và có tập giá trị là 2 2; +∞ của 0; +∞ nên theo kết quả 1 có là tập con của 0; +∞ nên theo kết quả 1 có 1 3 = = 1 2 = = >0 3 + 2 = 2 − 2 − 3 = 0 7 + 1 + = 7 + 1 + = 2 = 3. 1 + = 2 − 7 Nếu chọn = 1 + 2 + 3 4 2 Ta được: 1 + = − 14 + 49 푣ớ푖 ≥ 7 Thí dụ 8. Giải phương trình: − 3 3 + 3 2 − 5 − 16 = 0 1 + 5 + 3. 5 + 3. 2 + 3 = x. (1) = 3 Lờigiải. 3 2 Do 1 > 0 nên > 0. Vì ≥ 7 nên + 3 − 5 − 16 = ( 3 − 5 ) + 3 2 − 16 > 0 Dễ thấy = 1 + 2 + 3 đồng biến trên Thí dụ 10. Giải phương trình: khoảng 0; +∞ và có tập giá trị là 1 + 3; +∞ 3 3 1 + 2 1 + 23 1 + 2 = x. (1) là tập con của 0; +∞ nên theo kết quả 1 có Lờigiải. Dễ thấy = 3 1 + 2 đồng biến trên R nên theo kết quả 1 có 1 3 = = 1 3 = = 1 + 2 + 3 = 2 + 3 = − 1 3 1 + 2 = 3 − 2 − 1 = 0 2 + 3 = 2 − 2 + 1 푣ớ푖 ≥ 1 + 1 2 − − 1 = 0 5 + 29 = . 2 1 ± 5 = −1 = . 2 10
  11. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 Thí dụ 11. Giải phương trình: 2 + 3 6 + = 2 + 3 6 + = 2 4 4 1 + 4 1 + 44 1 + 4 = x. (1) 3 Lờigiải. 6 + = 2 − 2 6 + = 2 − 2 3 Do 1 > 0 nên > 0. − 2 4 − 2 2 + 4 + 2 4 − 4 2 + 7 = 0 Dễ thấy = 4 1 + 4 đồng biến trên khoảng = 2. 0; +∞ và có tập giá trị là 1; +∞ Thí dụ 13. Giải phương trình: là tập con của 0; +∞ nên theo kết quả 1 có 3 3 3 3 3 1 − 1 − 1−. . − 1 − 1 − x = x. 1 3 = = (vế trái có 100 dấu căn). 4 1 + 4 = 1 + 4 = 4 Lờigiải. 4 2 2 3 3 + 2 + 1 = 2 + 2 + 1 Xét = 1 − 1 − là hàm số đồng biến trên R. PT đã cho trở thành 2 2 + 1 2 = 2 + 2 3 3 50 = = 1 − 1 − = 2 + 1 = 2 + 2 표 > 0 1 − 3 1 − = 3 (*) 2 − 2 + 1 − 2 = 0 Đặt = 3 1 − từ (*) ta có hệ PT 1 − = 3 1 + 2 2 − 1 = . 1 − = 3 2 Thí dụ 12. Giải phương trình: Trừ vế với vế ta được: 3 2 2 2 + 6 + 2 + 3 6 + = x. (1) − + + − 1 = 0. ( ) Lờigiải. Cộng vế với vế ta được: Do 1 > 0 nên > 0. + 3 − 3 + + + − 2 = 0 Dễ thấy = 2 + 3 6 + đồng biến trên Từ ( ) có = thay vào hệ PT ta được: khoảng 0; +∞ và có tập giá trị là 3 3 2 + 3 6; +∞ 2(9 + 93) + 2(9 − 93) 1 − = 3 = 3 36 là tập con của 0; +∞ nên theo kết quả 1 có Từ ( ) có 2 + + 2 − 1 = 0 ta có hệ PT 1 2 = = ( + )2 − 2 − 1 = 0 ( + )3 − 3 + + + − 2 = 0 11
  12. Giải hệ này ta được nghiệm(x;y) là (0;1),(1;0). Tương tự. Giải phương trình: Vậy PT đã cho có 3 nghiệm: − − ퟒ − − ퟒ풙 = 풙 . (1) 3 3 2(9 + 93) + 2(9 − 93) Lờigiải. = 0; = 1; = 3 Hàm số ( ) = 3 − 9 − 4 có đk: 36 Thí dụ 14. Giải phương trình: 9 4x 0 9 0 x 3 9 4x 0 4 − − − − 풙 = 풙 . (1) Suy ra hàm số ( ) = 3 − 9 − 4 có TXD là Lờigiải. 9 0; và là hàm số đồng biến có tập giá trị là 0; 3 Hàm số ( ) = 3 − 9 − 5 có điều kiện: 4 9 5x 0 9 9 0 x là tập con của 0; . Áp dụng kết quả 1 có 5 4 3 9 5x 0 Suy ra hàm số ( ) = 3 − 9 − 5 có TXĐ là 1 2 = = 9 0; và là hàm số đồng biến có tập giá trị là 0; 3 5 3 − 9 − 4 = 9 là tập con của 0; . Áp dụng kết quả 1 có 5 9 − 4 = 3 − 2 푣ớ푖 ≤ 3 1 2 = = 9 − 4 = 3 − 2 2 − 2 2 + 2 − 2 = 0 3 − 9 − 5 = = 0 푕표ặ = −1 + 3. 9 − 5 = 3 − 2 푣ớ푖 ≤ 3 Giải phương trình: 9 − 5 = 3 − 2 2 − 1 2 + − 5 = 0 4 − 16 − 7 4 − 16 − 7 = . = 0 푕표ặ = 1. Chú ý: Việc chứng minh hàm số Đ푠: = 0 ; = 1. 9 Thí dụ 15. Giải phương trình: ( ) = 3 − 9 − 5 đồng biến trên 0; bằng 5 định nghĩa hoặc đạo hàm 7 − 2. 10 − 4. 7 − 2. 10 − 4 = . (1) Lờigiải. 5 9 ′ = > 0; ∀ ∈ 0; Do VT(1) không âm nên ≥ 0 4 3 − 9 − 5 . 9 − 5 5 Hàm số ( ) = 7 − 2. 10 − 4 Vì vậy ở thí dụ khác việc chứng minh tính đồng có đk: biến,nghịch biến của các hàm số tác giả xin không 10 4x 0 95 x trình bày trong lời giải. 16 2 7 2 10 4x 0 12
  13. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 Suy ra hàm số ( ) = 7 − 2. 10 − 4 xét trên giả sử fn (). x00 x 5 đoạn 0; và là hàm số đồng biến có tập giá trị là 2 Do đó chỉ xảy ra f(). x00 x Suy ra x0 là nghiệm 7 − 2 10; 7 của PT: f(). x x Vậy f()(). x x f x x n 5 631 Xét 7 − 2. 10 − 4 ≤ . . ≤ . 2 256 (1) = 7 − 2. 10 − 4 = 5 631 7 − 2. 10 − 4 = 2 7 − 2. 10 − 4 > 2 . . > 256. 2. 10 − 4 = 7 − 2 PT đã cho có dạng: = 2 2 7 − ≥ 0 2 4 10 − 4 = (7 − 2) 631 Với > 256 2 7 − ≥ 0 2 2 thì do f(x) đồng biến nên − 2 − 9 − 2 − 9 = 0 . 631 5 > = PT đã cho có 2 nghiệm 256 2 = 1 + 2; = −1 + 10 Khi này 2 không tồn tại. Tƣơng tự. Giải phương trình: 631 +Với 0 ≤ ≤ thì tập giá trị của f(x) là tập con 256 8 − 2. 11 − 4. 8 − 2. 11 − 4 = . 5 của 0; 2 ĐS: PT đã cho có 2 nghiệm Áp dụng kết quả 1 mở rộng có = 1 + 3; = −1 + 11 x Thí dụ 16.Cho fx( ) 1 2 푛 = = x 1 a)Giải phương trình: f9 (). x x Thật vậy b)Giải phương trình: • Giảsử x là nghiệm của phương trình f() x x 0 xx 2 1 suy ra 1 x 2 x x22 11 x fx1( 0 ) fx ( 0 ) x 0 ffx ( ( 0 )) fx ( 0 ) x 0 fx() x fx ()(())() ffx fx x . 2 0 0 3 0 2 0 0 0 Lờigiải. 1 Bằng quy nạp ta có fn (). x00 x fx'( ) 0 (x23 1) Suy ra x0 là nghiệm PT: fn (). x x Suy ra hàm số đồng biến trên R. Vậy f()(). x x fn x x • Giả sử x là nghiệm của phương trình f() x x 0 n a) f9 ()() x x f x x nên có f(). x x Giả sử f() x x thì do hàm số x n 00 00 1 x (x 1) x2 1 x 5 y f() x đồng biến trên 0; nên x2 1 2 f( f ( x0 )) f ( x 0 ) x 0 f2() x 0 x 0 f3( x 0 ) f ( f 2 ( x 0 )) f ( x 0 ) x 0 . Bằng quy nạp ta có fn () x00 x mâu thuẫn với 13
  14. x(x 1) 0 2 22 x 1 ( x 1) x Câu b) có thể để ở dạng khó nhìn ra dạng hàm x 0 hơp là x 1 Giải phương trình: 2 2 2 x 1 2 x ( x 1) x xx 2 1 1 x. 32x22 21 x x x 0 Thí dụ 17.Giải phương trình: x 1 11 1 1 1 1 1 xx . (1) xx 2 ( ) 1 xx (vế trái có 100 dấu căn). Lờigiải. PT xác định trên đoạn[0;1]. 1 2 2 2 1 x . 2 Do f( x ) 1 1 x xx 2 1 đồng biến trên đoạn[0;1] nên b) 1 x 2 (1) f ( x ) x f ( x ) x x x22 11 x 50 1 1 x x 1 x 1 x (Chia Tử và mẫu cho 2 + 1) 2 2 x 1 x 1 2 x x x 20 x x 1 x2 1 x( x 1)(2 x 1 5)2 x 1 5 0 1 x 2 x 35 11 x 0 hoặc x 1hoặc x  x2 1 2 Thí dụ 18. Giải phương trình: f()() x x f x x 1+ − + ퟒ. − + ퟒ. − + ퟒ풙 = 풙 . (1) 2 x Lờigiải. 1 x (x 1) x2 1 x Xét hàm số = 1 + −5 + 4 có TXĐ là x2 1 ; + ∞ và là hàm số đồng biến có tập giá trị là ퟒ ;+ ∞ . 5 5 81 Có 1 + −5 + 4 16384 64 14
  15. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 20769 Suy ra với ≥ thì = 1 + −5 + 4 là Thí dụ 19. Giải phương trình: 16384 5 5+12 hàm số đồng biến có tập giá trị là tập con của 5 + +12 +12 2 14 2+78 3 + 2 = . (1) ; + ∞ . 14 2+78 5+12 2 ퟒ 7 + +39 2 14 2+78 Lờigiải. Áp dụng kết quả 1 mở rộng có PT(1) tương đương 5 5+12 1 3 = = 5 + +12 1 +12 2 14 2+78 + + 2 = (2) 2 2 14 2+78 5+12 14 + +78 Thật vậy 2 14 2+78 5+12 Xét hàm số = + có • Giảsử x0 là nghiệm của phương trình f() x x 2 14 2+78 1 3 (7 5 + 65 3 − 56) suy ra ′ = + 2 2 fx( ) fx ( ) x ffx ( ( )) fx ( ) x 2 2 7 + 39 1 0 0 0 0 0 0 21 6 + 244 4 + (546 2 − 168 + 1521) = > 0 fx() x fx ()(())() ffx fx x . 2 7 2 + 39 2 2 0 0 3 0 2 0 0 0 ( 546 2 − 168 + 1521 > 0 표 ó ∆ 0 nên > 0. giả sử fn (). x00 x 5 Tương tự nếu f() x x ta có f() x x Dễ thấy = 풙 + + 풙 đồng biến trên 4 00 n 00 khoảng 0; +∞ và có tập giá trị là 2; +∞ mâu thuẫn với fn () x00 x . là tập con của 0; +∞ nên theo kết quả 1 có Do đó chỉ xảy ra f(). x00 x Suy ra x0 là nghiệm của PT: f(). x x Vậy fn ()(). x x f x x 1 2 = = Như vậy 1 1 + −5 + 4 = + 2 + = + 2 + = 2 −5 + 4 = − 1 2 + = 2 − 2 + = 4 − 2 3 + 2 với > 1 −5 + 4 = − 1 2 = 3 ± 3. − 2 3 + + 1 = 0 = 2. 15
  16. 5 Thí dụ 21. Giải phương trình: 1 = = 1. = (1) 3 + 2 3 − 1 2+ 2 − 1 2+ 2− Thí dụ 22. Giải phương trình: 2+ 2− Lờigiải. = (1) + − Do 1 > 0 nên > 0. PT(1) xác định trên + − + −풙 nửa khoảng 0;2 Lờigiải. 1 Dễ thấy = đồng biến trên nửa 2+ 2− Do 1 > 0 nên > 0. PT(1) xác định trên 1 1 khoảng 0;2 và có tập giá trị là ; nửa khoảng 0;1 2+ 2 2 1 Dễ thấy = đồng biến trên nửa nên theo kết quả 1 có 1+ 1− 1 khoảng 0;1 và có tập giá trị là ; 1 1 3 = = 2 1 = 2 + 2 − = 1 nên theo kết quả 1 có 2 + 2 − 2 − = 1 − 2 1 3 = = 1 2 2 − 3 = 1 − 2 2 푣ớ푖 ≤ 1 2 = + 1 − = 1 1 + 1 − −3 + 13 − 1 2 + 3 − 1 = 0 = 1 − = 1 − 2 Tổng quát: 2 − 3 = 1 − 2 Với = ta có − 1 2 + − 1 = 0 + − Giải phương trình: −1 + 5 = 1 = = 2 + . − Giải phương trình: + . − + . − 1 = x 1 Với a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn ≤ . 1+2. 1− 1 1+2. 1− Thí dụ: Giải phương trình: 1+2. 1−x 5 Đs: = 5 −1+ 17 3 + 2 3 − = 1 = . 3+2 3− 8 Thí dụ 23. Giải phương trình: HD: Do 1 > 0 nên > 0. = x (1) + − 5 + − Dễ thấy = đồng biến trên 0;3 và + − 퐱 3+2 3− 5 5 có tập giá trị là ; Lờigiải. 3+2 3 3 Do 1 > 0 nên > 0. PT(1) xác định trên nên theo kết quả 1 có nửa khoảng 0;1 1 2 = = 16
  17. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 1 1 Dễ thấy = đồng biến trên nửa 2 1+ 2−2 = 1 2 + 1 − khoảng 0;1 và có tập giá trị là ; 1 1+ 2 Đặt 1 − = ∈ 0; 1) 1 − 2 2 2 + = 1 nên theo kết quả 1 có 3 + 2 − 2 − 1 2 + − 1 = 0 −1 + 5 1 3 = = 2 + − 1 = 0 = 2 1 3 2 3 = + 2 − 2 = 1 (do + − 2 − 1 = − 1 + − 2 0 nên > 0. PT(1) xác định trên +∞ +∞ nửa khoảng 0;1 0 0 Dễ thấy = đồng biến trên nửa h(x) + −풙 1 khoảng 0;1 và có tập giá trị là ; 1 h( 0) 3 nên theo kết quả 1 có Từ bbt suy ra 2 = 2 = 4. 1 2 = = 1 = 2 + 1 − 17
  18. Thí dụ 26. Giải phương trình: 3 풙 b)Giải sử phương trình : fxn () có nghiệm là 3 = (1) 푛 . Chứng minh 푛 là hằng số. Lờigiải. 1 c)Giải sử phương trình : fxn () có nghiệm là 3 2 Dễ thấy = 3 đồng biến trên R 2 32 , chứng minh ≤ < 1. Tìm n để ≤ 푛 11 푛 푛 761 nên theo kết quả 1 có Lờigiải. 1 = = x 3 Ta có: fx1() xa2 3 3 3 = 3 − = 0 (2) x 3 xa2 x Xét 푕 = 3 − fx2 () x2(1 a ) x 2 a 2 3 3 a 푕′ = 3 푙푛 3 − 1 = 0 xa2 x 1 2 = 푙표 = a 1 0 xa22 푙푛 a 1 Bbt x −∞ 3 0 27 +∞ x +∞ +∞ 2 a 1 xa2 a 1 x fx3 (). 23 0 0 xa 1 23 2 a x a h(x) a 1 2 a 1 xa a 1 h( 0) Bằng quy nạp và áp dụng tính chất của cấp số nhân ta được: Từ bbt suy ra 2 = 3 = 27. xx fxn (). aann 11 x22 ann x a Mở rộng 2. Do các nghiệm (nếu có) tương ứng aa 11 với mỗi n sẽ làm xuất hiện dãy số gồm các Ta có limfn (1) 3. n nghiệm của PT hàm hợp.Sau đây là một số hàm số mà ta thu gọn được hàm hợp bằng quy nạp. 13 lim Đặc biệt ta có các bài toán liên qua tới dãy số n n 1 a n 3 cũng khá đa dạng.Sau đây là một số thí dụ a 1 a x Thí dụ 1. Cho fx() với 11 a .Biết 1 3 2 xa2 a 1 33 3 1 a limfn (1) . n 11 1 a)Giải phương trình : fx() xin dành cho bạn 1 2019 2 a)Giải phương trình : fx2019 (). 2 đọc. 2 3 b)Với a phương trình : fxn () 3 3 18
  19. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 x 3 3 ;(x 0) c) Giải sử phương trình : fxn () có nghiệm là n 3 2 3 1 n x 3 2 2 n 100 x 푛 . Tìm lim . 2 n x 1 3 n 3 nn Lờigiải. 22 2 TH1. = 1.Bằng quy nạp ta được: 3. x 0 33 x fxn () 13 nx2 1 xx2 . (đpcm). 33 1 13 limfn (9) lim 0 . 2 1 n 5 n 81n 1 5 c)Với a phương trình : fxn () 3 2 Vậy a=1 loại x 1 TH2. ≠ 1 ;(x 0) n Bằng quy nạp ta được: 2 2 1 n x 3 2 2 fxn (). x n 2 1 a 2 n 1 3 xa 3 1 a 1 11 xx . Do limfn (9) lim n n n n n 5 3 1 a n 1 3. .9 a 2 1 a n nên a là số thực thỏa mãn −1 < < 1 3 11 1 Do 1 1 3. ; n 1 Ta có limf (9) 22 n n 5 2 Suy ra ≤ 푛 < 1. 11 11 lim 1 32 n n 32 1 a n 5 Xét 푛 ≤ n . .9 a 275 3 761 1 a 1 3. 1 1 16 2 a . n 5 1 5 25 33 .9 n 5. 1 a 22 Đến đây giải tiếp xin dành cho bạn đọc. x Thí dụ 2. Cho fx() .Biết xa2 Tổng quát: 1 x limfn (9) n 1)fx ( ) 5 2 ax b a)Tìm limfn (1). n 3 x b) Chứng minh với mọi n phương trình : fx() fxn () khi ≠ 1 n 5 1 bn a. x2 bn luôn có nghiệm duy nhất là 푛 và 푛 là hằng số. 1 b 19
  20. x khi 푛 .Tìm giới các giới hạn sau: lim xn và fxn () = 1 n nax2 1 x limn 1 . x n x 2)fx ( ) n 2 ax b Lờigiải. TH1. = 1 n ( 1) x khi ≠ 1 x fxn () Bằng quy nạp ta được: fx() 1 bn n a. x2 bn nax 1 1 b x Suy ra fx() không thỏa mãn giả 7 71ax ( 1)n x fx() khi = 1 x n 2 n thiết fx() nax b 7 129x 128 TH2. ≠ 1 x 3)fx ( ) x k axk b fx() 1 ax b x fxn () khi ≠ 1 x bn 1 x k kn fx() ax b a. x b 2 x 2 b 1 ab. a( b 1) x b ax b x x fx() khi = 1 n kk b2 1 nax 1 a x b2 b 1 x x ;0m ab b2 1 x2 a. x b 22 x mx mm fx() b 1 4)fx ( ) 3 x 3 2 x ab. b 1 3 ax b ;0m 2 a x b b 1 2 b 1 ab2 a. x b x b 1 mm22 x Tìm hàm fxn ()dành cho bạn đọc. Bằng quy nạp được: fxn (). n b 1 n x a. x b Thí dụ 3. Cho fx() biết b 1 ax b x Do hay fx7 (). 129x 128 xx a)Giải phương trình : fx( ) 1. 7 . 2 b 1 129x 128 a. x b7 b 1 b)Tìm limfx6 ( ). x nên ta có hệ 7−1 . = 129 = 3 c) Giải sử phương trình : fx( ) 2 có nghiệm −1 n = −2 7 = −128 là 푛 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của Đến đây câu a và b xin dành cho bạn đọc. 20
  21. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 c) Phương trình : fx( ) 2 84 n Vậy x 57n x 4 2. max x ( 2)n 1 n 3.x ( 2)n 7 3 8 min x n 5 x 2 2 n n limx lim 1 1 2 x ( 2) n n nn 1 3. 2 2 nn 11 3 2 x 2 n 1 n 1 3. 2 2 2 xn 1 2 xx lim lim( 2.n ) 1. n nn 1 n x 32 1 n 1 3. 2 3. 4 2 2 2 n 2 Tổng quát dạng này là hàm số: x n 1 n 2 mx x 32 f( x ) ; m 0 ax b ab n x 1 mm n 1 3. 2 3 xn 1 32 2 Thí dụ 4. Cho biết = − 1 + 1 2.nn 2 2. 3 xn 32 1 1)Tìm n để phương trình = có nghiệm 3. 4 푛 2 1 2 = 1 + . 99 2 3 Như vậy 2)Biết phương trình = có nghiệm 푛 2 2 xn n 푛 .Tìm 푙푖 푛 . 1 3. 2 Lờigiải. 2 Ta có +Với 푛 = 2 ta được: 3 2 1 = − 1 + 1 x n 2k 3 3 9 1 2 = − 1 + 1 − 1 + 1 = − 1 + 1 3. 2 9 3 27 3 = − 1 + 1 − 1 + 1 = − 1 + 1 2 8 Bằng quy nạp ta được xn 1 5 3푛 푛 = − 1 + 1 Với 푛 = 2 − 1 ta được: + 3 푛 3 1) = − 1 3 + 1 = 2 푛 2 2 xn 21k 1 푛 3. 2 푛 1 3 1 − 1 3 = = 1 + 2 2 2 4 3 1 xn 1)Phương trình = có nghiệm 7 푛 2 21
  22. 1 1 = 1 + . n +1 99 3 2 Suy ra xn+1 = 1 + 3 1 − 푛 333 3푛 1 1 = 9 1 + = 1 + 1 − 푛+1 99 2 2 1 2 2 2 33푛 333 3푛+1 333 1 1 1 = 3 3 = 3 1 3푛 1 9 1 1 1 9 33푛+1 = 푛 = 9 = 18 푛 = 18 2 2 3 9 3 푛 + 1 = 33 푛 = 32 3 푛 3 2) = − 1 3 + 1 = 푛 2 2 1 푛 +1982 1 2) = 1 + 33 푛 푛+1982 푛 1 3 1 1 3푛 − 1 3 = = 1 + 1 + 1 2 2 2 7푛 7푛 = 1 + 33 푠 1 1 푛+1982 7푛 푛+120 = 7푛 1 + 33 = 1 + 33 1 1 푛 1 0 푙푖 = 푙푖 1 + 3 = 1 + = 2. 푛 2 2 푛 + 120 = 7푛 푛 = 20 1 3푛+42 Thí dụ 5. Cho biết = − 1 3 + 1 3) 3푛+42 = 1 + 33 9 2 푙표 3 푛 − 1 = 푙표 3 3푛+42 − 1 1)Biết phương trình 푛 = 4 có nghiệm 푛 Tìm 33 9 1 2 1− 푛 3 1 n biết = 9. 3푛 33푛+42 1− 푛 +1 푙표 33 = 푙표 33 9 2 2) Biết phương trình 푛 = 4 có nghiệm 푛 Tìm 1 1 n biết = 푛 = 푛+120 7푛 3 33푛+42 3)Biết phương trình 푛 = 4 có nghiệm 푛 Tìm 9 2 1 1 n biết 푙표 3 푛 − 1 = 푙표 3 3푛+42 − 1 = 9푛 = 3푛 + 84 39푛 33푛+84 4) Biết phương trình 푛 = 4 có nghiệm 푛 Tìm 푛 = 14 8888 n biết ≥ 1 + 32푛 푛 8888 2푛 4) 푛 ≥ 1 + 3 1 푛 8888 푛 Lờigiải. Ta có 1 + 33 ≥ 1 + 32 푛 푛 3 1 2 1 2 = − 1 + 1 33푛 ≥ 38888 ≥ 1 3푛 8888 3 3 9 2 = − 1 + 1 − 1 + 1 = − 1 + 1 푛 6 ≤ 2020 푛 ≤ 푙표 68888 ≈ 5,07 9 3 27 3 = − 1 + 1 − 1 + 1 = − 1 + 1 푛 ∈ 1; 2; 3; 4; 5 Bằng quy nạp ta được Thí dụ 6. Cho biết = − 2 3 + 2. 3푛 . 푛 = − 1 + 1 a)Biết phương trình 4 = có nghiệm 3푛 1) 푛 = 4 − 1 + 1 = 4 = 5.Tìm m . b)Biết phương trình 푛 = có nghiệm 푛 với 3푛 − 1 = 3 mọi n.Tìm n biết 3 − 4 = 6 . Lờigiải. 푛 1 3 푛 = 푛 = 1 + 3 = 1 + 33 Ta có 22
  23. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 3 1 = − 2 + 2 e)Biết phương trình 4 = có 2 nghiệm 3 3 9 1; 2 phân biệt thỏa mãn 2 = − 2 + 2 − 2 + 2 = − 2 + 2 1 − 1 + 2 − 1 = 6. 9 3 27 3 = − 2 + 2 − 2 + 2 = − 2 + 2 Lờigiải. Bằng quy nạp ta được Ta có 푛 3 2 푛 = − 2 + 2 1 = − 2 + 2 2 2 4 a)Phương trình 4 = có nghiệm = 5 2 = − 2 + 2 − 2 + 2 = − 2 + 2 4 4 2 8 3 3 = − 2 + 2 − 2 + 2 = − 2 + 2 5 − 2 + 2 = Bằng quy nạp ta được = 2 + 381 2푛 푛 = − 2 + 2 b)Xét phương trình a) 5 = 18 100 = − 2 32 + 2 = 18 − 2 32 = 16 푛 − 2 3 + 2 = = 2 ± 32 16 = 2 ± 8 2 푛 − 2 3 + 2 = b) Phương trình 푛 = 18 có nghiệm 64 3n = 2 + 2 x = xn = 2 + m − 2 푛 − 2 2 + 2 = 18 có nghiệm = 2 + 64 2 27 3 = 2 + − 2 2푛 2푛 81 264 = 24 = 4 푛 = 8 4 = 2 + − 2 64 ó 3 − 4 = 6 c) Xét phương trình 27 81 2 + − 2 − 2 − − 2 = 6 100 = 27 81 − 2 200 + 2 = − 2 − − 2 − 6 = 0 200 3 − 2 = − 2 81 − 2 − 54 − 2 − 6 = 0 = 2 ± 200 − 2 푣ớ푖 ≥ 2 81 − 2 = 2 Suy ra 1 − 2 = 6 = 2 + 281 200 200 2 + − 2 − 2 + − 2 = 6 Thí dụ 7. Cho biết = − 2 2 + 2 . 200 200 2 − 2 = 6 − 2= 3 a)Giải phương trình 5 = 18. b)Biết phương trình = 18 có nghiệm 200 푛 = 2 + 3 = 2 + 64 2 .Tìm n. d) Xét phương trình c)Biết phương trình 100 = có 2 nghiệm 1; 2 thỏa mãn 1 − 2 = 6 .Tìm a. 4 = d)Biết phương trình 4 = có 2 nghiệm − 2 16 + 2 = 1; 2 phân biệt thỏa mãn 1 − 1 + 2 − 1 = 2 .Tìm a. 23
  24. − 2 16 = − 2 (푣ô 푛 푕푖ệ ) 16 16 TH2: 1 − − 2 3 = 2 ± − 2 푣ớ푖 ≥ 2 16 16 8 = có 2 nghiệm 1; 2 phân biệt > 2 ∗ 1 + − 2 −1 + − 2 = 6 16 16 1 − 1 + 2 − 1 = 2 − 2 = 3 = 2 + 3 . 16 16 2 + − 2 − 1 + 2 − − 2 − 1 = 2 16 ậ = 2 + 3 3 16 16 Thí dụ 8. Cho biết = − + . 1 + − 2 + 1 − − 2 = 2 . 16 16 1)Biết phương trình = có nghiệm với 1 + − 2 + 1 − − 2 = 2 (∗) 푛 푛 mọi n.Tìm a và m biết 푙푖 푛 = 8 푣à 3 = 3 16 2)Biết phương trình = có nghiệm với TH1: 1 − − 2 ≥ 0 2 3 3 1 = − + 16 16 3 3 9 ∗ 1 + − 2 −1 + − 2 = 2 2 = − + − + 2 = − + 9 3 27 16 = − + − + = − + − 2 = 0 푣ô 푛 푕푖ệ . 3 Bằng quy nạp ta được Vậy các giá trị a cần tìm là 2 2 lim a + (m − a)3n = 8 − 1 + − 1 = 6 1 2 a + (m − a)0 = 8 a = 7 2 + 16 − 2 − 1 + 2 − 16 − 2 − 1 = 6 27 Với a = 7 thì x3 = 7 + m − 7 = 3 16 16 1 + − 2 + 1 − − 2 = 6 27 m − 7 = −4 16 16 1 + − 2 + 1 − − 2 = 6 (∗) 27 54 − 7= −4 = −2 TH1: 1 − 16 − 2 ≥ 0 2 < ≤ 3 54 = 7 −2 16 16 ∗ 1 + − 2 +1 − − 2 = 6 2) ó 푙푖 푛 = 4 24
  25. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 1 1 n 2) ó = lim a + (m − a)3 = 4 푛 2 푛 1 0 3 + 9 − 9 = a + (m − a) = 3 a = 3 2 3푛 19 9 + 9 = Với a = 3 thì x2 = 3 + m − 3 2 3푛 27 19 x3 = 3 + m − 3 = = −9 + 푛 2 2 = 3 + 24 3푛 9 27 19 3 + m − 3 = 3 + m − 3 + 24 푙푖 = 푙푖 −9 + = +∞ 푛 2 9 27 3 m − 3 − m − 3 − 24 = 0 Thí dụ 10. Cho biết = − 2 + 2. . 3 27 27 5 m − 3 − m − 3 − 24 = 0 1)Biết phương trình = có nghiệm với 푛 2 푛 27 m − 3 = 3 m = 3 + 327 mọi n.Tìm 푙푖 푛 9 2)Biết phương trình 푛 = có nghiệm 푛 với Thí dụ 9. Cho biết = 3 + 9 − 9. 4 mọi n.Tính 푃 = − 2 − 2 . ( − 2). . 푛 1 2 푛 19 3)Biết phương trình 푛 = 6 có nghiệm 푛 với 1)Biết phương trình 푛 = − có nghiệm 푛 với 2 mọi n.Tính 푃푛 = 1 − 2 2 − 2 . ( 푛 − 2). mọi n.Tìm 푙푖 8 푛 Tìm n biết 푙표 2푃푛 = 9 − 3 1 2)Biết phương trình = có nghiệm với 푛 2 푛 mọi n.Tìm 푙푖 푛 . Lờigiải. Ta có Lờigiải. = 3 − 2 + 2 Ta có 1 3 3 3 9 1 = + 9 − 9 2 = − 2 + 2 − 2 + 2 = − 2 + 2 3 3 9 Bằng quy nạp ta được 2 = + 9 − 9 + 9 − 9 = + 9 − 9 3푛 푛 = − 2 + 2 3 9 27 = + 9 − 9 + 9 − 9 = + 9 − 9 5 3 1) ó = 푛 2 Bằng quy nạp ta được 3푛 5 − 2 + 2= 3푛 2 푛 = + 9 − 9 푛 1 3 − 2 = 19 2 1) ó 푛 = − 푛 2 1 3 푛 19 = = 2 + 3 + 9 − 9 = − 푛 2 2 푛 1 3 + 9 = − 3푛 2 1 푛 푙푖 푛 = 푙푖 2 + = 2 1 3 2 = = −9 + − 푛 2 9 2) ó = 푛 4 3푛 3푛 9 1 − 2 + 2= 푙푖 푛 = 푙푖 −9 + − = −9 4 2 25
  26. 푛 1 Đẳng thức xảy ra khi nào? 3 − 2 = 4 Tác giả: Vũ Hồng Phong 푛 1 3 Lờigiải. = 푛 = 2 + 4 Ta có 푃푛 = 1 − 2 2 − 2 . ( 푛 − 2) 1 = − 1 + 1 1 2 푛 1 3 1 3 1 3 = . . . 4 4 4 4 2 = − 1 + 1 − 1 + 1 = − 1 + 1 3푛 −1 31+32+⋯+3푛 3. 2 1 1 4 8 = = = − 1 + 1 − 1 + 1 = − 1 + 1 4 4 3 3푛 −1 3푛 −1 1 1 푛+1 = = = 23−3 Bằng quy nạp ta được 8 8 2푛 푛 = − 1 + 1 푛 2 3) ó 푛 = 6 1) 푛 = 3 − 1 + 1 = 3 3푛 − 2 + 2= 6 2푛 = 푛 = 1 + 2 푛 3 2푛 2푛 8 − 2 = 4 푛 = 257 1 + 2 = 257 2 = 2 3푛 푛 = 푛 = 2 + 4 2 = 8 푛 = 3 푃 = − 2 − 2 . ( − 2) 2푛+1 2.2푛 푛 1 2 푛 2) 푛+1 = 1 + 2 = 1 + 2 1 − 푛+1 888 31 32 3푛 3 푛 푛 Suy ra các số hạng liên tiếp của dãy số 22 là 5)Cho biết phương trình = 11 có nghiệm 푛 푛 28; 216 ; 232 là số nguyên có bao nhiêu chữ số và chứng minh 4)푃푛 = 1 − 1 2 − 1 . ( 푛 − 1). tổng các chữ số của 푛 không phụ thuộc vào n.Tìm n 1 2 푛 = 22 . 22 . . 22 để phương trình 푛 = 11 có nghiệm có 65 chữ 1 2 푛 푛 số. = 22 +2 +⋯+2 = 22 −1 22푛 −2푛+6+15 6)Biết phương trình 푛 = 3 có nghiệm 푛 với 푃푛 > 3 2 푛 2푛 푛+6 푛+1 (푛 −푛+6) 22 −1 > 32 −2 +15 mọi n.Chứng minh 푛 ≥ 1 + 2 6 26
  27. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 푛 2푛 푛 2 − 1 > 2 − 64. 2 + 63 푙표 23 (lấy looga 2)Với = 1 biết phương trình 푛 = 9 có cơ số 2 hai vế) nghiệm 푛 là số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 푛 푛 푛 288. Tìm n. 2 − 1 > 2 − 1 2 − 63 푙표 23 푛 3)Với = 1 biết phương trình 푛 = 9 có 1 > 2 − 63 푙표 23 nghiệm 푛 là số tự nhiên có tổng các chữ số nằm 1 2푛 < 63 + = 63 + 푙표 2 < 63 + 1 trong khoảng ( 288;2323). Tìm n. 푙표 3 3 2 4)Với = 222 biết phương trình 푛 = −212 có 푛 ≤ 5. nghiệm 푛 là số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2푛 4387. Tìm n. 5) 푛 = 11 − 1 + 1 = 11 5) Tìm a biết biết phương trình = 10 − có 2푛 4 = 푛 = 1 + 10 nghiệm 푛 là số tự nhiên có 14 chữ số. 2푛 푛 푛 = 1 + 10 là số có 2 + 1 푕ữ 푠ố có dạng Lờigiải. 100 001 trong đó có 2푛 − 1 số 0. Tổng các chữ số Ta có bằng 2. 2푛 푛 푕푖ệ 푛 = 1 + 10 có 65 chữ số 2 + 1 = 65 1 = + − 푛 = 6 4 2 = + − + − = + − 6)Biết phương trình 푛 = 3 có nghiệm 푛 với 2 6 푛+3 (푛 +3) mọi n.Chứng minh 푛 ≥ 2 4 8 3 = + − + − = + − 2푛 푛 = 3 − 1 + 1 = 3 Bằng quy nạp ta được 2푛 = 푛 = 1 + 2 2푛 푛+1 (푛2−푛+6) 푛 = + − Ta chứng minh 2푛 ≥ (∗) 6 1)Với = 1 biết phương trình 푛 = 9 có 2 1 1+1 (1 −1+6) +Với n=1 thì (*):2 ≥ ( 푙 ô푛 đú푛 ) nghiệm 푛 là số tự nhiên có không quá 2048 chữ số. 6 2 2 2+1 (2 −2+6) Tìm n. +Với n=2 thì (*):2 ≥ ( 푙 ô푛 đú푛 ) 2푛 6 = 9 + 1 − 1 = 9 푛 2푛 푛 +Với 푛 ≥ 3 thì = 푛 = −1 + 10 là số tự nhiên có 2 chữ số Ta có 2푛 = 1 + 1 푛 gồm toàn số 9 tức 푛 = 99 99 0 2 3 푛 0 2 3 = 푛 + 푛 + 푛 + ⋯ + 푛 ≥ 푛 + 푛 + 푛 Theo đề bài có 2푛 ≤ 2048 = 211 푛 ≤ 11 Ta có 2) Với = 1 biết phương trình 푛 = 9 có 0 2 3 푛−1 푛 푛−2 푛−1 푛 푛 + 푛 + 푛 = 1 + + 2 6 nghiệm 푛 là số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 푛 + 1 (푛2 − 푛 + 6) 288. Tìm n. = 2푛 푛 6 Do = 푛 = −1 + 10 là số tự nhiên có 2 chữ số 2 푛 푛+1 (푛 −푛+6) Vậy 2 ≥ gồm toàn số 9 tức 푛 = 99 99 6 푛 Đẳng thức xảy ra 푛 = 1 푛 = 2 푛 = 3 Nên tổng các chữ số của 푛 bằng 9.2 Theo đề bài có 9.2푛 = 288 2푛 = 32 푛 = 5 Suy ra 푛 +1 (푛 2−푛 +6) 3)Với = 1 biết phương trình = 9 có nghiệm 2푛 푛 1 + 2 ≥ 1 + 2 6 푛 là số tự nhiên có tổng các chữ số nằm trong Đẳng thức xảy ra 푛 = 1 푛 = 2 푛 = 3 khoảng ( 288;2323). Tìm n. Thí dụ 12. Cho a là số thực dương và 2푛 푛 Do = 푛 = −1 + 10 là số tự nhiên có 2 chữ số = + − . gồm toàn số 9 tức 푛 = 99 99 푛 1)Với = 1 biết phương trình 푛 = 9 có Nên tổng các chữ số của 푛 bằng 9.2 nghiệm 푛 là số tự nhiên có không quá 2048 chữ số. Theo đề bài ta có Tìm n. 2323 288 < 9.2푛 < 2323 32 < 2푛 < 9 27
  28. 2323 40 −3 81 = −1 5 < 푛 < 푙표 2 ≈ 8,01 푛 ∈ 6; 7; 8 9 1 1 4)Với = 222 biết phương trình 푛 = −212 có 40 = = 381 40 81 nghiệm 푛 là số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 3 1 4387. Tìm n. 2)Tìm a biết = 0 ó 푛 푕푖ệ = 5 2 2푛 = −212 + 222 − 222 = −212 5 푛 3 −1 5 2 3 2푛 2푛 5 = 0 − 1 + 1 = 0 = 푛 = −222 + 10 = −1 + 10 − 221 121 243 푛 − 1 = −1 Nên tổng các chữ số của 푛 bằng 9.2 − 221 Theo đề bài ta có 1 = 0 ó 푛 푕푖ệ = 9.2푛 − 221 = 4387 2푛 = 512 푛 = 9 5 2 1 243 5) Tìm a biết biết phương trình 4 = 10 − có 121 − = −1 nghiệm 푛 là số tự nhiên có 14 chữ số. 2 16 121 243 121 243 4 = 10 − + − = 10 − = 2 = ± 2 16 15 = 푛 = − + 10 3)Tìm a biết = 0 ó 푛 푕푖ệ = 2 16 Do nghiệm = − + 1016 có 14 chữ số nên có 4 9 푛 2 = 0 − 1 = −1 1013 ≤ − + 1016 ≤ 1014 − 1 15 1016 − 1014 + 1 ≤ ≤ 1016 − 1013 = 0 ó 푛 푕푖ệ = 2 16 Thí dụ 13. Cho a là số thực khác 0 và 9 4 1 3 − = −1 = − 1 + 1. 16 4 36 9 1)Tìm a biết 4 = 0 ó 푛 푕푖ệ = −2 = 2 = ±2 1 2)Tìm a biết = 0 ó 푛 푕푖ệ = 5 2 Thí dụ 14. Cho biết = + 2 − 15 3)Tìm a biết = 0 ó 푛 푕푖ệ = . 2 16 Lờigiải. a)Tìm a biết phương trình 5 =0 có nghiệm = 0. Ta có b)Tìm a để phương trình 6 = 0 có 2 nghiệm 3 ; thỏa mãn − = 8 1 = − 1 + 1 1 2 1 2 c)Tìm a để phương trình 6 = 0 có 2 nghiệm 3 3 2 = − 1 + 1 − 1 + 1 1; 2 đều âm. Lờigiải. = 1+3 − 1 9 + 1 3 Ta có = 1+3 − 1 3 + 1 − 1 + 1 3 2 1 = + − 2 = 1+3+3 − 1 27 + 1 2 2 2 = + − + − Bằng quy nạp ta được = + 4 − 3푛−1 3푛 푛 = 2 − 1 + 1 4 2 3 = + − + − = + 8 − 1)Tìm a biết 4 = 0 ó 푛 푕푖ệ = −2 34−1 Bằng quy nạp ta được 34 4 = 0 2 − 1 + 1 = 0 2푛 푛 = + − 40 − 1 81 = −1 a)Tìm a biết phương trình 5 =0 có nghiệm 4 = 0 ó 푛 푕푖ệ = −2 = 0. 28
  29. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 32 5 =0 + − = 0 2)ta có phương trình = 0 có nghiệm = 0 5 1 = 2 32 − = 0 31 − 1 = 0 = 2 .2 = 0 = 1 2 128 .2 128 b)Tìm a để phương trình 6 = 0 có 2 nghiệm 2 =2 2 = 2 . 2 = 128 1; 2 thỏa mãn 1 − 2 = 8 128 64 2 = 2 ó 푛 푕푖ệ = 3 6 =0 + − = 0 3 + 64 = ≥ 0 . 2 = 128 (∗) 64 + = ± Do VP(*)>0 nên . 23 > 0 > 0 64 = − ± Xét = . 23 − = 8 1 2 ′ ( ) = 23 + . 23 푙푛8 > 0 264 = 8 64 = 4 = 464 = 2128 Suy ra f(a) là hàm số đồng biến trên khoảng c)Tìm a để phương trình = 0 có 2 nghiệm 6 0; +∞ . 1; 2 đều âm 64 6 = 0 = − ± với ≥ 0 Do đó a=2 là nghiệm duy nhất của (*). PT đã cho có 2 nghiệm âm Vậy a=2 2020 64 > 0 2019 3) 2 = 2019 − ± 2020 2 .2 = 20192019 > 0 > 0 Phương trình 64 63 20192020 > 1 − > 0 2 = 2019 ó 푛 푕푖ệ = 1 2020 0 0 nên 푙푛 2 > 0 2 > 1 20192020 2 = 2019 ó 푛 푕푖ệ = 1. Xét 푡 = 푡푙푛푡 푣ớ푖 푡 > 1 Lờigiải. ′ (푡) = 푙푛푡 + 1 > 0 1)Với = 1 ta có Suy ra f(t) là hàm số đồng biến trên khoảng 1; +∞ Do đó có 1 = 2 (∗) 2 = 20192019 = 22 2019 2019 2 2 = 2019 = 푙표 2 2019 3 2 3 2 = 3 2 = 3 = 2019푙표 2 2019 푙표 (22 )= 푙표 (33 ) 2 2 * Dạng toán: Tìm các yếu tố của hàm số f(x) khi 2 biết hàm hợp 풇 (풙) và các dạng khác. 풏 2 = 3 푙표 3 = 푙표 3 2 3 2 Thí dụ 1. Cho = . Tìm a biết 2+ 2 = 푙표 푙표 23 a) 5 = 2 3 5 +1 29
  30. b) = 2 4 2+9 푛 = 푛 −1 c) = 2 + 푛 2 1 1 −1 2+ 2 4 a)Do 5 = nên = 1. d) = 5 2+1 4 13 16 2+ b) = nên ≠ 1 27 81 2 4 2+9 1 e) 3 1 = Mà 2 2 = 2 2 1 ( + 1) + f) 1 = 4 4 + 1 = 4 Suy ra = 3 2 = 9 1 g) 1 = 6 127 3 8 c) = nên ≠ 1 2 1 1 2+ 1 2 4 h) limfx6 ( ) x Mà 37 1 p) ′ 0 = 2 = 5 32 ( + 1) 2 + 2 1 q) ′ 0 = 1 6 1982 + 1 = 2 1 Suy ra 1 = − 2 = 2 Lờigiải. 4 TH1: Với = 1 có d) = nên ≠ 1 4 13 16 2+ 27 81 1 = 2 + 1 mà 2+1 4 = 2 = = 4−1 2 2 2 + 1 2 + 4 + 1 −1 2+1 4−1 13 Bằng quy nạp có = 2 Suy ra −1 27 = − 4 16 3 푛 = = 푛 2 + 1 81 e) TH1: Với = 1 có TH2: Với ≠ 1 có 3 = 3 2 + 1 = 1 1 1 2 1 = = ( tm) + 3 2 2 TH2: Với ≠ 1 có 2+ 2 = = 2 2 −1 2 2 3 = + + 3−1 2+ −1 2 + 3 −1 2−1 2+ 2 1 1 1 −1 3 1 = = 3 = = 2 3 2 −1 3 2 3−1 + 2 + 3 −1 2−1 + −1 2+ 2 −1 3 − 1 + 3 = 2 푣ớ푖 1 ≠ > 0 − 1 Bằng quy nạp có 30
  31. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 127 4 − 1 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + + 1 = 3 = 2 3 + 2 + + 1 = 2 8 − 1 1 1 1 127 3 + 2 + + 1 + + + = 3 + 2 + + 1 = 4 2 2 3 8 1 3 − 3 2 + + 1 = 0 = = 2 2 ( − 1) 2 − 2 − 1 = 0 = 1 + 2 h) ) TH1: Với = 1 có Vậy = 1 = 1 + 2 6 = 6 2 + 1 f) TH1: Với = 1 có 1 limfx6 ( ) 4 = x 6 4 2 + 1 1 1 TH2: Với ≠ 1 có 1 = ≠ (không tm) 3 2 4 6 = TH2: Với ≠ 1 có 6−1 2 + 6 −1 4 = 4−1 2 + 4 −1 1 1 1 1 limfx6 ( ) x 4 1 = = 37 2 4−1 4 + 4 1 1 −1 − = − 6−1 3 7 5 − 1 −1 = 4 푣ớ푖 1 ≠ > 0 − 1 6 − 1 = 63 푣ớ푖 > 1 − 1 4 + 3 + 2 + + 1 = 4 5 + 4 + 3 + 2 + + 1 = 63 4 + 3 + 2 + + 1 = 16 2 5 + 4 + 3 + 2 + = 62 = 2 1 1 2 + + 1 + + = 16 Chú ý:푕 = 5 + 4 + 3 + 2 + đồng biến 2 1 trên khoảng 1; +∞ Đặt + = 푡 > 2 1 p) ′ 0 = Suy ra 5 32 TH1: Với = 1 có −1 + 69 푡2 + 푡 − 17 = 0 푡 = = 2 5 2 1 −1+ 69 5 + 1 Suy ra + = 2 1 ′5 = −1 + 69 ± 54 − 2 69 5 2 + 1 5 2 + 1 . . = 4 ′5 0 = 1 không tm −1+ 69± 54−2 69 TH2: Với ≠ 1 có Vậy = 4 5 Chú ý: Ta có thể không cần chia 2 TH vì ′5 = 5−1 5−1 2 + 5 2 + 5 푛 = −1 −1 1 + + 2+. . + 푛−1 2 + 푛 1 1 1 g) 6 1 = 3 5 2 5 7 ′5 0 = = = 32 = 4 1 1 5 32 = 6 5 4 3 2 = 4. + + + + + + 1 127 3 1 8 q) ′ 0 = 6 1982 31
  32. 1 129 TH1: Với = 1 có nghiệm = 1 + 푛 = 푛 = 3. 22 −1 128 6 = Thí dụ 3. Cho = . Tìm a và b biết 6 2 + 1 2+ 1 a) 8 = 2 ′6 = 100 +1 2 2 6 + 1 6 + 1 b) = 6 9 2+64 ′6 0 = 1 không tm 4 2 TH2: Với ≠ 1 có c) = 5 2+1 6 8 d) = ′6 = 6 3 2+1 6−1 6−1 2 + 6 2 + 6 9 3 −1 −1 e) = 5 27 2+32 1 f) ′5 = 1 1 20 2+1 20 2+1 ′ 0 = = 3 = 1982 81 6 6 h) ′ = 1982 4 2+81 2+81 3 = ±1982 = ± 3 1982. 2 1 k) 5 = + + 32 2 Thí dụ 2. Cho b là số thực dương và p) 5 = 2 + 4 + 16 = + ( − ). Tìm a và b biết q) = 2 + + 4 81 a) = 4 + 5128 − 4 7 b) Khi = 1 푣à = 2 phương trình 푛 = 0 có 129 Lờigiải. nghiệm = . Tìm n. 128 TH1: Với = 1 có Lờigiải. = 1 1 2 = + ( − ) = + 2 − + 1 1 2 +1 2 = + ( + ( − ) − ) 2 = = 2 2 2 + 1 1 1 . + 1 + 22 2+1 2 22 = + . − Bằng quy nạp có 2 = 2 +1 = 1 1 1 푛 3 2 + 2+ + 푛 2 2 푛 + 1 푛 = + 2 2 2 . − . 2 + 1 1 2 +1 1− 2푛 = + 2푛 . − a) 7 = 4 + 5 − 4 Bằng quy nạp có mà 127 푛 = 128 푛 2 + 1 7 = + 128 . − = 4 = 4 suy ra 127 ra 128 127 128 TH2: Với ≠ 1 có 128 = 5 = 5127 = 5 1 푛 1− 푛 2 1 = b) 푛 = 0 + 2 . − = 0 2 + 1 1− 2푛 2푛 . − = − 푣ớ푖 ≤ 0 2+ 2 = = 푛 − 2 2−1 2 . + . 2 + 2 − = 2푛 −1 2+ −1 2푛 푛 푛 2 2 − = = + 2푛 −1 2푛 −1 Khi = 1 푣à = 2 phương trình 푛 = 0 có 32
  33. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 = 2 = −2 2−1 . 2+ 2 1 3 −1 = = − 3 = = 3 7 7 2 −1 2 3 . + = −2 . 2 + −1 −1 2 2 Với 3 thì = không tồn tại . + = − 3 −1 7 − 2−2 7 1 Vậy = 푣à = 2. Bằng quy nạp có 7 4 2 = c) = = 푛 5 2+1 1 1 푛 −1 2+ . 2 + 푛 32 25 −1 TH1: Với = 1 có a) TH1: Với = 1 có = = 5 2 8 2 5 + 1 8 + 1 Theo đề bài có: 5 = Theo đề bài có: 8 = 2 100 2+1 1 + 1 25 32 5 Suy ra 8 = 100 = 2 2 nên khi này không có a,b. TH2: Với ≠ 1 có TH2: Với ≠ 1 có 8 = 8−1 5 = . 2 + 8 5−1 −1 . 2 + 5 −1 Theo đề bài có: 8 = 100 2+1 Theo đề bài có: 5 = 2 Suy ra 1 + 1 32 25 8 = 1 = −1 Suy ra 8 − 1 (푣ô 푛 푕푖ệ ) . = 100 . 0 = 100 1 − 1 5 = 25 5 Vậy = 푣à = 1. 2 2 5 − 1 1 b) TH1: Với = 1 có . = − 1 32 6 = 1 6 2 + 1 = 1 2 = Theo đề bài có: = 1 2 6 9 2+64 − 1 32 1 1 nên khi này không có a,b. . 1 = = − 1 32 62 TH2: Với ≠ 1 có 2 8 d) 6 = = 6 = 3 2+1 2 6−1 3 + 1 . 2 + 6 64 6 −1 2 Theo đề bài có: = TH1: Với = 1 có 6 9 2+64 Suy ra 6 = 6 2 + 1 6 = 64 Theo đề bài có: 6 = 6 − 1 2 . = 9 3 + 1 − 1 64 26 = 2 = −2 nên khi này không có a,b. 64 − 1 64 − 1 . = 9 . = 9 TH2: Với ≠ 1 có 2 − 1 −2 − 1 6 = 6−1 . 2 + 6 −1 33
  34. Theo đề bài có: 6 = = 2 5 2 3 + 1 5 + 1 64 26 1 ′ = 6 1 5 2 2 = 6 5 + 1 5 + 1 Suy ra 2 6−1 3 . = −1 64 1 Theo đề bài có: ′5 = 20 2+1 20 2+1 1 1 Suy ra 5 = 20 = 4 = = − 2 2 TH2: Với ≠ 1 có 1 1 − 1 − 1 64 3 64 3 5 = . 1 = . 1 = 5−1 − 1 64 − − 1 64 . 2 + 5 2 2 −1 5 1 1 ′5 = 5−1 5−1 = = − . 2 + 5 . 2 + 5 2 2 −1 −1 1 1 = = 42 14 1 9 3 Theo đề bài có: ′5 = 2 2 e) = = 20 +1 20 +1 5 27 2+32 5 1 2 2 5 Suy ra = 1 = 1(푙표ạ푖) + 9 3 1 h) ′ = TH1: Với = 1 có 4 2+81 2+81 5 = 5 2 + 1 TH1: Với = 1 có Theo đề bài có: = 5 4 = 1 2 2 5 2 + 4 + 1 9 3 1 nên khi này không có a,b. ′4 = 4 2 + 1 4 2 + 1 TH2: Với ≠ 1 có = 81 5 Theo đề bài có: ′4 = 5−1 2+81 2+81 . 2 + 5 −1 Suy ra Theo đề bài có: = 1 1 5 = 1 2 2 5 3 + 4 2 + 1 3 2+81 9 3 3 812 Suy ra Suy ra không có a. 5 2 TH2: Với ≠ 1 có 5 = 3 4 = 5 4 − 1 1 −1 2 4 . = . + − 1 9 −1 2 4 = 2 ′4 = 3 = 4−1 4−1 3 . 2 + 4 . 2 + 4 2 5 −1 −1 − 1 1 9 3 = . 2 = − 1 9 211 81 3 Theo đề bài có: ′ = 4 2+81 2+81 1 f) ′ = 5 20 2+1 20 2+1 Suy ra TH1: Với = 1 có 34
  35. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 4 = 81 = ±3 5−1 . 2 + 5 4 − 1 4 − 1 −1 + . = 1 . = 1 5−1 − 1 − 1 . −1 1 5 = 3 = −3 2 = 5 + 1 1 −1 5−1 2 = = − . . 40 20 −1 −1 1 Với = − 푣à = −3 thì f(x) không tồn 20 Suy ra tại 1 5 = 1 5 1 −1 − 1 Vậy = ; = 3. . . = 1 40 −1 − 1 5 1 1 2 1 = 5 k) = + + 5 2 = 5 32 −1 32 32 . TH1: Với = 1 có −1 16 = = 5 2 31 5 + 1 1 5 2 + 1 = 5 = = + 2 5 2 + 1 5 2 p) 5 = 2 + 4 + 2 1 TH1: Với có Theo đề bài có: 5 = + + = 1 32 nên > 0 và 5 = 5 2 + 1 1 2 4 = + 5 + 1 1 1 = = + 2 + 5 2 5 5 25 2 5 + 1 2 Theo đề bài có: 5 = 2 + 4 + 1 = 1 nên > 0 và 5 (푣ô 푛 푕푖ệ ) 1 1 = 1 1 25 2 32 2 5 = + 2 + 5 25 TH2: Với ≠ 1 có 1 5 = = 2 5 5 −1 2 5 = 10 . + 1 −1 = 4 25 2 5 = 5 . −1 2 + 5 −1 TH2: Với ≠ 1 có 5 −1 2 5 5 = . + 5 −1 −1 2 5 = + . + 5−1 −1 . −1 5 = 5 . −1 2 + 5 −1 2 1 Theo đề bài có: 5 = + + 32 5−1 . 2 + 5 5−1 −1 nên . > 0 và = + −1 5−1 . −1 35
  36. Theo đề bài có: 4 = 4 2 −1 2 4 5 = 2 + 4 + . + −1 4−1 . 2 + 4 4−1 −1 nên . > 0 và −1 = 4−1 + . 5−1 −1 . 2 + 5 −1 5 + −1 16 . Theo đề bài có: = 2 + + −1 4 81 1 5 2 = 5 + 2 4−1 −1 5−1 4 . 2+ 4 . −1 −1 −1 . −1 nên . > 0 và 4−1 + −1 . −1 Suy ra 1 4 1 2 = 2 = 4 + 5−1 −1 4−1 2 . 5 − 1 1 . . −1 . = −1 −1 5 − 1 2 = 4 5 = 1 Suy ra 5−1 2 . 1 −1 4 4−1 = 1 − 1 . (푙표ạ푖 표 ≠ 1) −1 . = 1 − 1 Vậy = 1 푣à = 10 4 16 16 = 4 4 4 = 2 16 −1 81 81 q) 4 = + + . 81 −1 TH1: Với = 1 có 4 − 1 . = 1 = − 1 4 2 2 4 + 1 = ± 4 2 + 1 3 4 = = + 4 2 + 1 4 27 27 2 16 = = Theo đề bài có: 4 = + + 65 13 81 2 2 = = − 3 3 nên > 0 và 1 1 Thí dụ 4. Cho = . Tìm a và b biết = 2 + + + 4 2 4 16 a) = 9 6 +1 b) = 1 6 7 +8 = 1 4 c) 2 = (푣ô 푛 푕푖ệ ) 5 31 +16 1 = 81 d) = 16 2 4 6 5 +9 1 e) ′ 0 = 1024 và 1 = 5 5 2020 TH2: Với ≠ 1 có 2 1 f) = 2019 + 푙푛16 1 4 = 2 4−1 . 2 + 4 푣à , 푙à á 푠ố 푕ữ 푡ỉ −1 2 1 g) = 9 + 32푙푛2 1 5 36
  37. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 푣à , 푙à á 푠ố 푕ữ 푡ỉ 3 1 1 g) = 4 + 푙푛3 = 1 6 6−1 4 4 . + 6 푣à , 푙à á 푠ố 푕ữ 푡ỉ −1 Suy ra Lờigiải. 6 TH1: Với = 1 có = 8 = ± 2 6 − 1 6 − 1 = . = 7 . = 7 1 + 1 − 1 − 1 +1 2 = = . + 1 2 + 1 = 2 = − 2 +1 = 2 − 1 = − 2 − 1 2 +1 3 = = c) 5 2 = . + 1 3 + 1 31 +16 2 +1 푡 Đặt 2 = 푡 = 2 Bằng quy nạp có 푡 2 푡 Suy ra 5 푡 = 푡 = 31. +16 31푡+32 푛 = 2 푛 + 1 Suy ra = 5 31 +32 TH2: Với ≠ 1 có TH1: Với = 1 có = = không xảy ra. 1 + 5 5 +1 TH2: Với ≠ 1 có + 2 = = 2−1 . + . + 2 + −1 5 = 5 −1 5 2−1 . + . + −1 −1 3 = = 3 −1 3 . 2−1 + . + . + −1 Suy ra −1 Bằng quy nạp có 5 = = 32 푛 푛 −1 5 = 2 . + 푛 − 1 −1 . = 31 = 1 − 1 a) 9 = 6 +1 d) = TH1: Với = 1 có 4 6 5 +9 2 Đặt = 푡 = 6푡 = 9 = 6 = 6 9 9 + 1 3 6푡 푡 TH2: Với ≠ 1 có 4 푡 = = 3 30푡 + 9 5푡 + 2 TH1: Với = 1 có 9 = 9−1 không xảy ra. . + 9 = không xảy ra. −1 4 4 +1 b) = 6 7 +8 TH2: Với ≠ 1 có TH1: Với = 1 có = không xảy ra. 6 6 +1 4 = 4−1 . + 4 TH2: Với ≠ 1 có −1 37
  38. 2 1 Suy ra f) = 2019 + 푙푛16 1 2 4 4 3 3 푣à , 푙à á 푠ố 푕ữ 푡ỉ = = ± 2 2 4 − 1 4 Ta có . = 5 − 1 − 1 . = 5 − 1 + 2 = = . + ( + 1) + 2 + 4 3 4 3 1 2 = = = + 1 + 2 2 2 4 3 4 3 = 10 − 1 = −10 + 1 2 2 2 2 1 2 = + 1 + 1 2 e) ′5 0 = 1024 và 5 1 = 1 1 2020 2 = + 1 + 푙푛2 = 2019 + 4푙푛2 2 = 4 TH1: Với = 1 có Suy ra ( + 1) = 2019 = . 5 5 +1 1 = ±2 ′ = 5 5 + 1 2 ( + 1) = 2019 ′ 0 = 1 nên không có a,b. = 2 5 = 2 2019 TH2: Với ≠ 1 có = = −2019 3 2 1 g) = 9 + 32푙푛2 = 1 5 5 5−1 . + 5 푣à , 푙à á 푠ố 푕ữ 푡ỉ −1 5 TH1: Với = 1 có ′5 = 5−1 2 5 = . . + 5 5 +1 −1 1 1 = 5 + 1 5 표 ′5 0 = 1024 và 5 1 = 2 2 2020 1 1 Suy ra = 5 + 5 1 1 5 = 1024 = 45 = 5 + 푙푛2 = 9 + 32푙푛2 1 1 không có a hữu tỉ. = 5−1 . + 5 2020 TH2: Với ≠ 1 có −1 = 4 5 = − 1 5 5 5−1 . + = 2020 . + 5 − 1 −1 1 5 − 1 5 = . + = 4 − 1 1023 5 . + 1024 = 2020 3 2 2 = 4 1 5 − 1 5 = 4 996 = . + 341 = 996 = 5 − 1 341 1 1 38
  39. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 5 32 17 − 1 5 d) = − 1 + + = . + 푙푛2 = 9 + 32푙푛2 4 17 − 1 2 5−1 9 e) 5 = 2 . = 9 = 1 Suy ra −1 31 Lờigiải. 5 = 2 2 = 32 1 = − 1 + 1 3 1 1 2 2 g) = 4 + 푙푛3 2 = − 1 + 1 − 1 + 1 1 4 4 1+2 4 푣à , 푙à á 푠ố 푕ữ 푡ỉ = − 1 + 1 1+2 4 2 TH1: Với = 1 có 3 = − 1 + 1 − 1 + 1 2 = 1+2+2 − 1 8 + 1 4 = . 4 +1 1 1 = 4 + Bằng quy nạp có 4 2푛 −1 2푛 3 3 푛 = − 1 + 1 1 1 a) ′ = 264 − 1 16 = 4 + 4 4 Ta có 1 1 15 16 1 4 = − 1 + 1 = 8 + 푙푛3 = 4 + 푙푛3 15 16 4 ′4 = 16 − 1 64 16 không có a hữu tỉ. Mà ′4 = 2 − 1 15 64 TH2: Với ≠ 1 có Suy ra 16 = 2 15 = 260 = 1615 = 16 b) ′5 2 = 8 4 = 4−1 . + 4 có −1 31 32 1 4 − 1 4 5 = − 1 + 1 = . + 31 31 − 1 ′5 = 32 − 1 4 31 ′5 2 = 32 = 8 3 3 31 1 4 4 Suy ra = 1 − 1 4 = . + 132 64 4 − 1 c) ′6 = 2 − 1 1 1 4 có − 1 4 1 = 2 . + 푙푛3 = 4 + 푙푛3 = 63 − 1 64 + 1 − 1 4 6 63 64 4−1 ′6 = 64 − 1 2 . = 4 132 64 −1 Mà ′6 = 2 − 1 Suy ra 1 4 = 63 132 4 Suy ra 64 = 2 63 126 4 − 1 = 2 = 4 . = 2 32 − 1 d) = − 1 17 + + 4 17 2 = ± Ta có 2 15 16 4 = − 1 + 1 8 − 4 2 8 + 4 2 15 = = 3 3 = − 1 17 + + 4 17 2 2 32 = = − Mà = − 1 17 + + 2 2 4 17 Thí dụ 5. Cho = − 1 2 + 1. Tìm a biết Suy ra 64 16 15 a) ′ = 2 − 1 32 3 4 = 15 = 32 3 = 2 = 2 b) ′5 2 = 8 17 17 2 132 64 e) c) ′6 = 2 − 1 1 5 = 2 39
  40. Có Thí dụ 7. Cho = . Tìm a biết 31 32 +1 5 = − 1 + 1 k 2 2 a) Tìm a và k biết đồ thị hàm số y f() x có 5 31 32  i 5 = − 1 + 1 i 1 1 1 tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang = 1 31 = + 1 33 b) Tìm a và k biết đồ thị hàm số có 2 Mà = 2 1 5 1 31 ′(0) = 6 và 1 tiệm cận ngang = Suy ra + 1 = 2 = 31 33 30 33 2019 2019 Thí dụ 6. Cho = − 2 + . Tìm a,b c) Cho 푃 = f ' (1) chứng minh 푃 <  i 2020 biết i 1 32 d) Tính a) = − 17 + 3 + 4 17 ′ ′ ′ 9 푙푖 1 − 1(1) 1 − 2(1) 1 − 푛(1) b) 3 = 243 − − + e) Tìm a biết Lờigiải. 2 lim 6 = 2 1 = − + +∞ 2 2 2 = − + − + Lờigiải. = 1+2 − 4 + 1 = 1+2 4 2 + 1 3 = − + − + 2 = 1+2+2 − 8 + +1 2 = = . + 1 2 + 1 Bằng quy nạp có +1 2푛 −1 2푛 푛 = − + 2 +1 32 17 3 = = a) 4 = − + 3 + . + 1 3 + 1 17 2 +1 có 15 16 4 = − + Bằng quy nạp có 15 17 = − + + 푛 = 4 17 푛 + 1 k a) Tìm a và k biết đồ thị hàm số y f() x có 5 32  i Mà = − 17 + 3 + i 1 4 17 Suy ra tiệm cận đứng và 1 tiệm cận ngang = 1 15 32 3 do đồ thị hàm số có 5 tiệm cận đứng = = 2 17 17 = 3 = 3 nên hàm số phải có 5 biểu thức 푖 và ≠ 0 9 b) 3 = 243 − − + suy ra = 5 Ta có 7 8 = + +. . + 3 = − + + 1 2 + 1 5 + 1 7 1 1 1 1 1 137 9 3 = − + + lim y 9 x a2 a 3 a 4 a 5 a 60 a 9 Mà 3 = 243 − − + Suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là Suy ra 137 7 = = 3 60 = 243 137 60 9 Theo đề bài có = 1 = = −1 60 137 = −1 40
  41. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 k Chú ý: b) Tìm a và k biết đồ thị hàm số y f() x có  i Ta có i 1 1 1 1 ′(0) = 6 và 1 tiệm cận ngang = = 30 22 4 có 1 1 1 1 2 < = − = 3 2.3 2 3 푛 푛 + 1 1 1 1 1 1 2 < = − ′ = 4 3.4 3 4 푛 푛 + 1 2 ′푛 0 = 0 1 1 1 1 < = − Suy ra ′ 0 = = 6 20202 2019.2020 2019 2020 Cộng vế với vế được: = + +. . + + 1 2 + 1 6 + 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 1 49 푃 < + − < lim y 4 2 2020 4 x a2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 20 a Suy ra tiệm cận ngang của đồ thị hàm số là d) Tính 49 푙푖 1 − ′ (1) 1 − ′ (1) 1 − ′ (1) = 1 2 푛 60 49 1 Theo đề bài có = = 49 Có 30 30 ′ ′ ′ 2019 2019 푙푖 1 − 1(1) 1 − 2(1) 1 − 푛(1) c) Cho 푃 = f '(1) chứng minh 푃 <  i 2020 1 1 1 i 1 = 푙푖 1 − 2 1 − 2 1 − 2 Ta có 2 3 푛 1.3 2.4 푛 − 1 (푛 + 1) = 푙푖 = 2 2 2 푖 푛 + 1 2 3 푛 1 푛 + 1 1 + 1 = 푙푖 = 푙푖 푛 = 1 2푛 2 2 ′ = 푖 푖 + 1 2 e) Tìm a biết 1 lim 6 = 2 ′ 1 = +∞ 푖 푖 + 1 2 = 6 6 + 1 Cho 푃 = 1 lim 6 = lim = = 2 1 1 1 1 +∞ +∞ 6 + 1 6 푃 = + + + ⋯ + 1 22 32 42 20202 = 12 Ta có Thí dụ 8. Cho = . Tìm a và b biết 1 1 1 + < = 1 − 22 1.2 2 1)Đồ thị hàm số = 2 có tiệm cận đứng 1 1 1 1 = −4 và tiệm cận ngang = 1 2 < = − 3 2.3 2 3 2)Đồ thị hàm số = 6 có tiệm cận đứng 1 1 1 1 1 1 < = − = − và tiệm cận ngang = 42 3.4 3 4 12 12 3)Đồ thị hàm số = 6 có tiệm cận đứng 32 1 1 1 1 1 = − và tiệm cận ngang = < = − 31 62 20202 2019.2020 2019 2020 Lờigiải. Cộng vế với vế được: 1 2019 1 = 푃 < 1 − = + 2020 2020 41
  42. + + 2 = = 2 2 = = 2−1 + ( + 1) + . + . + 2 + + −1 1)Đồ thị hàm số = 2 có tiệm cận đứng 2−1 . + = −4 và tiệm cận ngang = 1 −1 3 = = 3 Có −1 3 . 2−1 + . + . + −1 Đồ thị hàm số = có tiệm cận đứng −1 ( +1) + 2 Bằng quy nạp có 2 1 = − và tiệm cận ngang = ( +1) ( +1) 푛 = 푛 −1 . + 푛 Do Đồ thị hàm số = 2 có tiệm cận đứng −1 = −4 và tiệm cận ngang = 1 nên ta có 6 = 6−1 2 . + 6 − = −4 −1 ( + 1) 2 = 4 Đồ thị hàm số = 6−1 có tiệm cận đứng . + 6 1 + 1 = 1 −1 = 1 6 ( + 1) 1 = − 6−1 và tiệm cận ngang = 6−1 1 . . = = −1 −1 −1 3 V 6 1 6 1 = −2 − 6−1 = − 6−1 = = 2 . 12 . 12 −1 −1 2)Đồ thị hàm số = 6 có tiệm cận đứng Suy ra 1 1 1 1 1 1 6−1 = 6−1 = = − và tiệm cận ngang = . 12 . 12 12 12 −1 −1 TH1: Với = 1 có 6 = 1 = −1 6 − 1 (푣ô 푛 푕푖ệ ) 1 = . = 12 . 0 = 12 + 1 − 1 +1 Vậy a=2;b=1 2 = = . + 1 2 + 1 3)Đồ thị hàm số = 6 có tiệm cận đứng +1 16 1 = − và tiệm cận ngang = 31 62 2 +1 3 = = TH1: Với = 1 có . + 1 3 + 1 2 +1 = 6 6 + 1 Bằng quy nạp có Đồ thị hàm số = có tiệm cận đứng 6 +1 1 1 푛 = = − và tiệm cận ngang = 푛 + 1 6 6 1 32 − = − 6 31 푠 = Suy ra 1 1 (푣ô 푛 푕푖ệ ) 6 6 + 1 = 6 62 Đồ thị hàm số = có tiệm cận đứng 6 +1 1 1 = − và tiệm cận ngang = TH2: Với ≠ 1 có 6 6 1 1 Đồ thị hàm số = 6−1 có tiệm cận đứng − = − . + 6 6 12 −1 Suy ra 1 1 = 2 6 = 1 6 12 = − 6−1 và tiệm cận ngang = 6−1 . . TH2: Với ≠ 1 có −1 −1 6 32 6 32 − 6−1 = − 6−1 = = . 31 . 31 1 + Suy ra −1 −1 1 1 1 1 6−1 = 6−1 = . 62 . 62 −1 −1 42
  43. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 6 = 32 = ±2 6 − 1 6 − 1 Từ bbt suy ra PT có 5 nghiệm phân biệt . = 62 . = 62 − 1 − 1 137 62 62 ≠ = = − 60 63 21 5 = 2 = −2 2) Tìm a biết phương trình  fi () x a có đúng 4 i 1 x 1 Thí dụ 9. Cho f x = nghiệm phân biệt nhỏ hơn − . x+1 4 5 1) Tìm a biết phương trình  fi () x a có đúng 5 Từ bbt suy ra phương trình có đúng 4 i 1 1 nghiệm phân biệt. nghiệm phân biệt nhỏ hơn − 4 137 2) Tìm a biết phương trình có đúng 4 > 60 1 5 nghiệm phân biệt nhỏ hơn − . 4 3) Tìm a biết phương trình  fi () x a có đúng 3 i 1 3) Tìm a biết phương trình có đúng 3 1 nghiệm phân biệt lớn hơn − 3 1 nghiệm phân biệt lớn hơn − 3 Từ bbt suy ra phương trình có đúng 3 Lờigiải. 1 Ta có nghiệm phân biệt lớn hơn − 3 137 푖 = 0 3 3 + 1 2 2 + 1 2 5 + 1 2 2 Vậy hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định. Lờigiải. Bbt TH1: Với = 1 có 1 1 1 1 2 x −∞ −1 − − − − +∞ 1 = x + b 2 3 4 5 2 2 y +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ 2 = x + b + b = x + 2b 2 2 137 3 = x + 2b + b = x + 3b 60 137 60 Bằng quy nạp có −∞ −∞ −∞ −∞ −∞ = x2 + nb 푛 43
  44. TH2: Với ≠ 1 có 1 1 = = − = ax2 + b 2 2 1 32 32 2 = = 2 = a ax + b + b 63 21 1 1 1 n 4) Khi = 1; = . Tính 2 a − 1 4 0 = a2x2 + b a + 1 = a2x2 + b 12 a − 1 1 Bằng quy nạp có = x2 + 12. = x2 + 3 12 4 an − 1 = an x2 + b Đặt = 3푡 푛푡 từ dó ta tính được 푛 a − 1 1 1 1 = = 1) Tìm a,b biết = x2 + 8 12 2 12 0 0 x + 3 6 3 TH1: Với = 1 có 16 3 1 5) Khi = 2; = . Tính 2 2 15 1 12 = x + 12b 4 2 Suy ra 12b = 8 b = 16 24 − 1 3 4 2 2 4 = 2 x + . = 4 x + 1 TH2: Với ≠ 1 có 15 2 − 1 a12 − 1 Đặt = 3푡 푛푡 từ dó ta tính được 12 2 = a x + b 3 3 12 a − 1 1 1 2 = 2 = 12 16 x + 1 192 a = 1 a12 = 1 1 4 1 Suy ra a12 −1 0 (푣푛) 16 2 b = 8 b = 8 6) Khi = 2; = − . Tính a−1 a−1 5 3 4 2) Tìm a,b biết 2 5 = 32x + 93 16 24 − 1 TH1: Với = 1 có = 24x2 − . = 4 x2 − 3 4 5 2 − 1 2 5 = x + 5b 2 2 2 Suy ra không có a,b. 4 = 4 x − 3 = 4 − 3푙푛3 TH2: Với ≠ 1 có 3 3 (dùng lượng giác hóa hoặc tích phân từng phần) a5 − 1 8 1 5 2 7) Khi = −2; = . Tính 1 = a x + b 3 3 5 a − 1 2 5 8 (−2)3 − 1 a = 32 3 2 2 = 2 3 = (−2) x + . = 2 2 1 − x Suy ra a5−1 3 −2 − 1 b = 93 = 3 a−1 1 1 3 2 1 3 = 2 2 1 − x = 2 2 − 3) Tìm a,b biết = x2 + 1 1 1 6 8 6 64 2 2 3 = 2 − (đặt x=sint) TH1: Với = 1 có 3 4 2 Tổng quát: 6 = x + 6b Hàm số = + Suy ra không có a,b. TH1: Với = 1 có TH2: Với ≠ 1 có 푛 = + 푛 a6 − 1 TH2: Với ≠ 1 có = a6x2 + b 6 a − 1 an − 1 1 1 = anxk + b a6 = = ± 푛 a − 1 64 2 Suy ra a6−1 a6−1 b = 1 b = 1 Hay mọi a ta có: a−1 a−1 n k n−1 푛 = a x + b 1 + a+. . +a 44
  45. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 2 Thí dụ 11. Cho f x = x + a 1)Phương trình: 10 1)Tìm a>0 biết phương trình: 10 푛 = 77 = 77 =1 푛 có nghiệm = 0 =1 2 2 2 có nghiệm = 0. + 4 + ⋯ + 100 = 77 2)Tìm a >0 biết phương trình: 1 385 2 = 77 = 8 5 푛 = 400 2)phương trình: =1 8 có nghiệm = 1. 푛 = 400 3)Khi a=2 giải phương trình =1 7 có nghiệm = 1. 2 2 2 푛 = 777 1 + + 2 + +. . + 8 + = 400 =1 204 + 72 + 8 2 = 400 −9 + 179 4)Khi = −2 giải phương trình biết ≥ 196 8 2 + 72 − 196 = 0 = 1 1 1 39 2 + + = 3)Khi a=2 giải phương trình 2 5 8 80 7 = 777 5)Khi = −2 giải phương trình biết ≥ 36 푛 =1 1 1 1 7 + + = 2 3 4 2 2 f x = x + 2 2 6)Khi = −3 giải phương trình biết ≥ 144 푛 = x + 2n 1 1 1 21 + + = 3 4 5 16 Suy ra 7 7)Khi = −1 giải phương trình biết ≥ 9 푛 = 777 1 1 1 7 =1 + + = 2 2 2 2 3 4 2 x + 2 + x + 4 +. . + x + 14 = 777 8)Khi = −1 giải phương trình biết ≥ 9 7x + 56 x + 560 = 777 1 1 1 13 + + = 7x + 56 x − 217 = 0 2 3 4 2 x + 8 x − 31 = 0 x = −4 + 47 Lờigiải. = 63 − 8 47 ĐK: ≥ 0. 4)Khi = −2 giải phương trình 2 1 1 1 39 1 = x + a . Do a>0 + + = 2 2 5 8 80 2 2 Do ≥ 196 2 = x + a + a = x + 2a 2 2 f x = x − 2 2 2 2 3 = x + 2a + a = x + 3a 1 = x − 2 2 Bằng quy nạp có 2 2 2 = x − 2 − 2 = x − 4 2 푛 = x + na 45
  46. 1 1 1 7 2 + 2 + 2 = 2 x − 4 x − 6 x − 8 2 2 2 7 = x − 12 − 2 = x − 14 Đặt x − 6 = a 2 PT đã cho trở thành 2 2 1 1 1 7 8 = x − 14 − 2 = x − 16 + + = a + 2 2 a2 a − 2 2 2 Suy ra 2 2 + 8 1 7 1 1 1 39 2 2 + 2 = + + = − 4 a 2 2 5 8 80 Đặt a2 = t 1 1 1 39 + + = Ta có: 2 2 2 80 x − 4 x − 10 x − 16 2푡 + 8 1 7 + − = 0 Đặt x − 10 = a 푡 − 4 2 t 2 PT đã cho trở thành (푡 − 2) 7푡2 − 48푡 + 16 1 1 1 39 − = 0 + + = 2t 푡 − 4 2 a + 6 2 a2 a − 6 2 80 4(6 ± 29) 푡 = 2 푡 = 2 7 2 + 72 1 39 Suy ra + = 2 − 36 2 a2 80 4(6 ± 29) Đặt a2 = t = ± 2 = ± 7 Ta có: 2푡 + 72 1 39 Suy ra pt đã cho có 6 nghiệm: + − = 0 2 푡 − 36 2 t 80 2 4(6± 29) = 6 ± 2 V = 6 ± 3(푡 − 20) 13푡2 − 756푡 + 1728 7 − = 0 80t 푡 − 36 2 Do ≥ 36 suy ra 6(63 ± 3345) 2 2 4(6± 29) 푡 = 20 푡 = = 6 + 2 V = 6 + 13 7 Suy ra 6(63 ± 3345) = ± 20 = ± 6)Khi = −3 giải phương trình 13 1 1 1 21 Suy ra + + = 3 4 5 16 2 2 2 6(63± 3345) = 10 ± 20 V = 10 ± f x = x − 3 13 2 = x − 3n Đối chiếu điều kiện ≥ 196 suy ra 푛 2 Suy ra 2 6(63± 3345) 1 1 1 21 = 10 + 20 V = 10 + 13 + + = 3 4 5 16 5)Khi = −2 giải phương trình 1 1 1 21 2 + 2 + 2 = 1 1 1 7 x − 9 x − 12 x − 15 16 + + = 2 3 4 2 Đặt x − 12 = a 2 f x = x − 2 PT đã cho trở thành 1 1 1 21 2 + + = 푛 = x − 2n với n=2,3,4 a + 3 2 a2 a − 3 2 16 Suy ra 1 1 1 7 2 2 + 18 1 21 + + = + = 2 3 4 2 2 − 9 2 a2 16 46
  47. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 Đặt a2 = t Suy ra Ta có: 2 = 3 + 3 2푡 + 18 1 21 + − = 0 8)Khi = −1 giải phương trình 푡 − 9 2 t 16 1 1 1 13 3(푡 − 1) 7푡2 − 135푡 + 423 + + = 2 3 4 2 − 2 = 0 16t 푡 − 9 3(45 ± 681) 2 푡 = 1 푡 = 14 f x = x − 1 Suy ra 2 푛 = x − n 3(45 ± 681) Suy ra = ±1 = ± 14 1 1 1 13 + + = Suy ra 2 3 4 2 2 1 1 1 13 3(45± 681) 2 + 2 + 2 = x = 12 ± 1 2 V x = 12 ± x − 2 x − 3 x − 4 2 14 Đặt x − 3 = a do ≥ 144 suy ra 2 PT đã cho trở thành 3(45± 681) 1 1 1 13 x = 132 V x = 12 + + + = 14 a + 1 2 a2 a − 1 2 2 2 7)Khi giải phương trình 2 + 2 1 13 = −1 + = 1 1 1 7 2 − 1 2 a2 2 + + = 2 2 3 4 3 Đặt a = t 2 Ta có: f x = x − 1 2푡 + 2 1 13 2 + − = 0 푛 = x − n 푡 − 1 2 t 2 Suy ra (푡 − 2) 13푡2 − 6푡 + 1 1 1 1 7 − 2 = 0 + + = t 푡 − 1 2 3 4 3 푡 = 2 1 1 1 7 2 + 2 + 2 = Suy ra x − 2 x − 3 x − 4 3 = ± 2 Đặt x − 3 = a Suy ra PT đã cho trở thành 2 1 1 1 7 = 3 + 2 + + = a + 1 2 a2 a − 1 2 3 Tổng quát: Với a,b,x là số thực dƣơng 2 2 + 2 1 7 Hàm số = + + = 2 − 1 2 a2 3 TH1: Với = 1 có 2 Đặt a = t 푛 = + 푛 Ta có: TH2: Với ≠ 1 có 2푡 + 2 1 7 an − 1 + − = 0 n 2 = a . + 푛 푡 − 1 t 3 푛 a − 1 (푡 − 3) 7푡2 − 2푡 + 1 Chú ý:Nếu k lẻ thì a,b, là số thực. − 2 = 0 2 3t 푡 − 1 Thí dụ 12. Cho f x = 2 x − 3 푡 = 3 Cho phương trình: 2 = Suy ra a) Giải phương trình khi m=9. = ± 3 b) Giải phương trình khi m=4. 47
  48. 3 3 9 c)Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. t 0 +∞ 4 2 4 Lờigiải. 푕 푡 +∞ 2 1 = 2 x − 3 2 9 9 2 = 2 2 x − 3 − 3 = 2 2 = 2 2 x − 3 − 3 0 0 Suy ra 2 = Từ bbt suy ra PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt 2 2 2 x − 3 − 3 = m 0 < < 9. 3 a) với m=9 có Thí dụ 13. Cho f x = a3 x + b = 9 2 1)Tìm a,b biết 2 = 3 = −1 2 2 2 x − 3 − 3 = 9 có nghiệm = −1. Trong các cặp (a;b) thỏa mãn 9 đề bài tìm (a;b) để 푃 = 6 + 6 đạt giá trị nhỏ . . = 0 = = 9 4 nhất. b) với m=4 có 2)Tìm a,b biết 2 = 3 = 1 2 = 4 có nghiệm = 1. Trong các cặp (a;b) thỏa mãn 2 4 4 2 2 x − 3 − 3 = 4 đề bài (a;b) tìm giá trị nhỏ nhất 푃 = + . 3)Biết = −1 có nghiệm = −1. 1 25 49 121 1 = = = = Chứng minh với mọi n phương trình 16 16 16 16 = −1 có nghiệm = −1. Tương tự 푛 4)Biết 1 = 1 có nghiệm = 1. 2 = 1 2 Chứng minh với mọi n phương trình 2 2 x − 3 − 3 = 1 푛 = 1 có nghiệm = 1. 1 25 Lờigiải. = = 1 = 4 = 3 4 4 2 3 2 = a . x + b 1 + a 3 = 3 3 2 = a3. x + b 1 + a + a2 2 3 2 2 x − 3 − 3 = 3 1)Do 2 = 3 = −1 3 3 có nghiệm = −1 = 2 ± 3 = 14 ± 3 3 8 8 Suy ra c) 3 3 −a2 + b 1 + a = −a3 + b 1 + a + a2 = −1 2 = −a2 + b 1 + a = −1 2 2 2 x − 3 − 3 = m −a3 + b 1 + a + a2 = −1 (1 − a + b) 1 + a = 0 Đặt x = t ≥ 0 1 − a3 + b 1 + a + a2 = 0 PT đã cho trở thành: = −1 = − 1 V 3 2 2 2t − 3 − 3 2 = m = −2 1 − a + (a − 1) 1 + a + a = 0 = −1 = − 1 2 Xét 푕 푡 = 2 2t − 3 − 3 = −2 a ∈ R 2 = −1 −4t + 3 khi 0 ≤ t ≤ 3 +Với thì 푃 = 6 + 6 = 65 = 2 = −2 4t − 9 khi 0 ≤ t ≤ 3 = − 1 +Với thì Bbt a ∈ R 푃 = 6 + 6 = 6 + (1 − )6 48
  49. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 6 + 3 3 Dùng đạo hàm hoặc bđt 6 + 6 ≥ 2 −1 = an. −1 + b 1 + a+. . +an−1 2 푛 1 3 Ta được 6 + (1 − )6 ≥ n 3 n−1 32 = a . −1 + (a − 1) 1 + a+. . +a 1 Vậy GTNN của P là khi và chỉ khi n n 3 32 = −a + a − 1 = −1 1 1 = ; = − Suy ra phương trình 푛 = −1 có nghiệm 2 2 = −1. 2)Do = = 1 2 3 4)Biết = 1 có nghiệm = 1. có nghiệm = 1 1 Chứng minh với mọi n thì phương trình Suy ra 3 3 푛 = 1 có nghiệm = 1. a2 + b 1 + a = a3 + b 1 + a + a2 = 1 Do 1 = 1 có nghiệm = 1 nên a2 + b 1 + a = 1 3 3 a3 + b 1 + a + a2 = 1 a 1 + b = 1 (a − 1 + b) 1 + a = 0 + = 1 = 1 − a3 − 1 + b 1 + a + a2 = 0 Bằng quy nạp được = −1 = 1 − V 3 2 3 = 2 1 − a + (1 − a) 1 + a + a = 0 n 3 n−1 = −1 = 1 − 푛 = a . x + b 1 + a+. . +a = 2 a ∈ R 3 3 = −1 1 = an . 1 + (1 − a) 1 + a+. . +an−1 +Với thì 푃 = 4 + 4 = 17 푛 = 2 3 = 1 − n 3 n−1 +Với thì = a . 1 + (1 − a) 1 + a+. . +a a ∈ R n n 3 푃 = 4 + 4 = 4 + (1 − )4 = a + 1 − a = 1 + 4 Suy ra phương trình 푛 = 1 có nghiệm = 1. Dùng đạo hàm hoặc bđt 4 + 4 ≥ 2 2 1 Ta được 4 + (1 − )4 ≥ Mở rộng 3. Phƣơng pháp lƣợng giác hóa 8 1 1 Vậy GTNN của P là khi và chỉ khi = = Thí dụ 1. Cho f( x ) 2 x24 x . 32 2 2)Do 2 = 3 = 1 2 1) Giải phương trình: fx(). có nghiệm = 1 6 2 Suy ra 1 2) Tính 1 2 3 3 2 3 − 2 a + b 1 + a = a + b 1 + a + a = 1 2 a2 + b 1 + a = 1 2 2 3 2 3) Tính 1 a + b 1 + a + a = 1 2 (a − 1 + b) 1 + a = 0 2 a3 − 1 + b 1 + a + a2 = 0 Lờigiải. = −1 = 1 − 1)ĐKXĐ: 2 4 V − ≥ 0 ∈ −1; 1 = 2 1 − a3 + (1 − a) 1 + a + a2 = 0 = −1 = 1 − Đến đây ta nghĩ đến phương pháp lượng giác = 2 a ∈ R hóa. 3)Biết = −1 có nghiệm = −1. 1 Đặt = 푠푖푛푡 푣ớ푖 푡 ∈ − ; . Suy ra Chứng minh với mọi n thì phương trình 2 2 2 2 푛 = −1 có nghiệm = −1. 1 = = 2. 푠푖푛 푡(1 − 푠푖푛 푡) = Do 1 = −1 có nghiệm = −1 nên = 2 푠푖푛푡 표푠푡 = 푠푖푛2푡 3 a3 −1 + b = −1 2 2 − + = −1 = − 1 2 = 2. 푠푖푛 2푡(1 − 푠푖푛 2푡) = Bằng quy nạp được = 2 푠푖푛2푡 표푠2푡 = 푠푖푛22푡 . 3 n 3 n−1 푛 = a . x + b 1 + a+. . +a Bằng quy nạp ta được: 49
  50. = 푠푖푛26푡 = 푠푖푛64푡 . 6 xx 1 2 11 x2 2 2 e)fx3 ( ) . f)fx4 ( ) . fx() 푠푖푛64푡 = . 2 2 6 2 2 Giải tiếp dành cho bạn đọc. *Để có PT lượng giác hàm số lượng khác chẳng 1 2x 2) Tính 1 hạn fx() − 2 2 2 1 x Đặt = 푠푖푛푡 푣ớ푖 푡 ∈ − ; Đặt = 푡 푛푡 푣ớ푖 푡 ∈ − ; suy ra 2 2 2 2 Theo câu trên có ( ) = 푡 푛2푡; ( ) = 푡 푛2푛 푡. 푛 2 = 푠푖푛4푡 Ta tạo ra các PT hàm hợp sau = 표푠푡 푡 3 Đổi cận a)( f6 x) . b)f5 ( x ) x. 3 1 = − 푡 = − 1 x 13 x 2 6 c)fx ( ) . d)fx( ) . 5 1 x 5 1 3x = 1 푡 = 2 3 Thí dụ 2. Cho f( x ) x 3 x 1 2 = 푠푖푛4푡 표푠푡 푡 a)Giải phương trình: fx5 ( ) 1. 1 2 − − 2 6 b)Giải phương trình: fx( ) 2. 32 + 16 2 + 3 3 4 = ⋯ = 60 c)Giải phương trình: fx4 ( ) 3. 2 2 d)Giải phương trình: fx4 ( ) 2. 3) Tính 1 2 2 e)Giải phương trình: fx( ) 0. 4 Đặt = 푠푖푛푡 푣ớ푖 푡 ∈ − ; 2 2 f)Giải phương trình: fx4 ( ) 2cos81 Theo câu trên có 3 h) Tính = 푠푖푛4푡 1 2 2 2 k) Tính = 표푠푡 푡 1 2 1 Đổi cận p) Tính 0 3 1 q) Tính ′5 1 = 푡 = 2 6 v) Tính ′5 2 2 = 푡 = s) Tính ′5 3 2 4 2+ 6 t) Tính ′ 2 5 2 2 4 = 푠푖푛4푡 표푠푡 푡 Lờigiải. 1 2 2 6 Ta có bảng biến thiên f(x) 8 2 − 3 3 x −∞ −2 −1 1 2 +∞ = ⋯ = +∞ 60 f(x) Các PT tƣơng tự : 2 2 Cho f( x ) 2 x24 x . −2 −2 1)Tìm số nghiệm của phương trình 2 3 a) f5 ( x ) 2 x 1. b)f6 ( x ) 3 x 4 x . −∞ 1 x 2 c)fx4 ( ) . d)f5 ( x ) 1 x . 2 50
  51. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 3 Từ bảng biến thiên suy ra 5 = 1hay = 1 = 2 4 표푠 푡 − 3 표푠2푡 = 2 표푠3푡 3 2 4( ) = 1 2 = 2 4 표푠 3푡 − 3 표푠3푡 = 2 표푠3 푡 = 2 표푠33푡 tương đương với f4 ( x ) xi [ 2;2] . 3 = −2푠푖푛푡 푡 Từ bảng biến suy ra f() x x tương đương với 4 i Đổi cận f( x ) y [ 2;2].Cứ như vậy ta có = 3 i 1 = 0 푡 = = ∈ 2; 2 có các nghiệm thuộc đoạn 2 푖 2; 2 . Suy ra tất cả các nghiệm của PT đã cho = 1 푡 = 3 5 = 1 đều thuộc đoạn [−2; 2]. 1 3 Đặt = 2 표푠푡 với t 0;  suy ra = −4 표푠27푡. 푠푖푛푡 푡 3 0 3 2 = 1 = 2 4 표푠 푡 − 3 표푠2푡 = 2 표푠3푡 3 2 53 2 = 2 4 표푠 3푡 − 3 표푠3푡 = 2 표푠3 푡 = − Bằng quy nạp ta được 364 q) Tính ′ 1 = 2 표푠35푡 = 2 표푠243푡 5 5 Vậy PT fx( ) 1 trở thành 5 Đặt = 2 표푠푡 với suy ra 3 2 표푠243푡 = 1 표푠243푡 = 표푠 = 1 = 2 4 표푠 푡 − 3 표푠2푡 = 2 표푠3푡 3 3 2 2 2 = 2 4 표푠 3푡 − 3 표푠3푡 = 2 표푠3 푡 푡 = ± + 729 243 Bằng quy nạp ta được 5 Giải tiếp a,b,c,d,exin dành cho bạn đọc. 5 = 5 2 표푠푡 = 2 표푠3 푡 3 = 푕 푡 = 2 표푠243푡 h) Tính 1 2 Khi = 1 푡푕ì 푡 = Đặt = 2 표푠푡 với suy ra 3 ′ 3 푕 (푡) = −486푠푖푛243푡 = 1 = 2 4 표푠 푡 − 3 표푠2푡 = 2 표푠3푡 = 2 4 표푠33푡 − 3 표푠3푡 = 2 표푠32푡 푕′ = −486 sin 243 = 0 2 3 3 = −2푠푖푛푡 푡 (푡) = 2 표푠푡 Đổi cận ′ 푡 = −2푠푖푛푡 = 1 푡 = ′ 3 = −2푠푖푛 = − 3 3 3 = 3 푡 = Có h(t) là hàm hợp tạo bởi 2 hàm số 5 và 6 (푡) = 2 표푠푡 3 6 = −4 표푠9푡. 푠푖푛푡 푡 Ta có: 푕′ = ′ 1 . ′ 2 3 5 3 1 3 Từ đó ta được ′5 1 = 0. 3 1 = 4 표푠9푡. 푠푖푛푡 푡 = ⋯ = v) Tính ′5 2 5 6 Đặt = 2 표푠푡 với suy ra 2 3 k) Tính 1 2 = 1 = 2 4 표푠 푡 − 3 표푠2푡 = 2 표푠3푡 = 2 4 표푠33푡 − 3 표푠3푡 = 2 표푠32푡 3 3 2 = 4 표푠9푡. 푠푖푛푡 푡 = ⋯ = − Bằng quy nạp ta được 40 0 5 1 5 = 5 2 표푠푡 = 2 표푠3 푡 p) Tính 0 3 = 푕 푡 = 2 표푠243푡 Đặt = 2 표푠푡 với suy ra Khi = 2 푡푕ì 푡 = 4 Đặt = 2 표푠푡 với suy ra 푕′ (푡) = −486푠푖푛243푡 51
  52. 푕′ = −486 sin 243 6 − 2 4 4 ′ = −2푠푖푛 = − 12 12 2 = −486 sin = −243 2 Có h(t) là hàm hợp tạo bởi 2 hàm số và 4 5 (푡) = 2 표푠푡 (푡) = 2 표푠푡 ′ ′ 2+ 6 ′ 푡 = −2푠푖푛푡 Ta có: 푕 = ′5 . 12 2 12 ′ = −2푠푖푛 = − 2 6 − 2 2 + 6 4 4 − 243 2 = − ′ 2 5 2 Có h(t) là hàm hợp tạo bởi 2 hàm số 5 và (푡) = 2 표푠푡 Từ đó ta được 2+ 6 486 Ta có: 푕′ = ′ 1 . ′ ′ = = 243 3 + 1 . 4 5 4 5 2 3−1 − 243 2 = − 2 ′5 1 Vậy tại sao tạo ra được phương trình dạng như Từ đó ta được ′ 2 = 243. 5 thí dụ 2.Câu trả lời đó là xuất phát hàm số s) Tính ′5 3 3 5 f( x ) 4 x 3 x và đẳng thức 5 = 5 2 표푠푡 = 2 표푠3 푡 3 = 푕 푡 = 2 표푠243푡 4cos x 3cosxx cos3 3 Khi = 3 푡푕ì 푡 = Xét f( x ) 4 x 3 x 6 푕′ (푡) = −486푠푖푛243푡 Ta có bảng biến thiên f(x) ′ 푕 = −486 sin 243 = 0 1 1 6 6 x −∞ −1 − 1 +∞ 2 2 (푡) = 2 표푠푡 +∞ ′ 푡 = −2푠푖푛푡 f(x) ′ = −2푠푖푛 = −1 1 1 4 6 Có h(t) là hàm hợp tạo bởi 2 hàm số 5 và −1 −1 (푡) = 2 표푠푡 Ta có: 푕′ = ′ 2 . ′ 6 5 6 −∞ Nhận xét: Từ bbt suy ra ứng với mỗi x thuộc 0 = − ′5 2 đoạn −1; 1 ta có ( ) ∈ −1; 1 và ngược lại Từ đó ta được ′5 3 = 0. ( ) ∈ −1; 1 chỉ xảy ra với các giá trị 2+ 6 t) Tính ′ ∈ −1; 1 . Do đó khi ∈ −1; 1 ta có 5 2 2+ 6 Vậy ta có: = 2 표푠푡 với t 0;  có = 2 표푠 2 12 Khi này ta tạo ra được: = 2 표푠푡 = 2 표푠35푡 5 5 3 = 푕 푡 = 2 표푠243푡 Cho f( x ) 4 x 3 x 2+ 6 a)Giải phương trình: fx( ) 1. Khi = = 2 표푠 푡푕ì 푡 = 5 2 12 12 푕′ (푡) = −486푠푖푛243푡 2 b)Giải phương trình: fx4 () 2 푕′ = −486 sin 243 = −243 2 12 12 3 (푡) = 2 표푠푡 c)Giải phương trình: fx5 (). 2 ′ 푡 = −2푠푖푛푡 d)Giải phương trình: fx( ) 0. 4 52
  53. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 1 1 a) fx( ) 0. e) Tính 2 5 2 3 b fx4 ( ) 1 2 f) Tính 1 − 3 2 c) fx5 ( ) 2 h)Giải phương trình: f( x ) x 1 x2 . 3 4 d) fx( ) 1 . 4 2 k)Giải phương trình: f(). x x24 x 3 HD: lí luận tương tự thí dụ 2 đẫn tới Đặt = 1 + 표푠푡 với t 0;  Cách giải tương tự như thí dụ 2,3. f (xt ) 1 cos3 * Bây giờ để tạo ra các hàm bậc 3 tương tự 1 3 2 f( x ) 4 x 3 x là khá dễ dàng f2 (xt ) 1 cos3 1)chẳng hạn để khi giải cần phải đặt Bằng quy nạp được: n = 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng fn (xt ) 1 cos3 3 2 표푠3푡 = 2 4 표푠 − 3 표푠 4) chẳng hạn để khi giải cần phải đặt 3 Suy ra = 2 4 − 3 = 3 − 3 . = 2 + 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 2 2 2) chẳng hạn để khi giải cần phải đặt 2 + 2 표푠3푡 3 Suy ra = 2 + 2 4 − 1 − 3( − 1) = 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 2 표푠3푡 2 2 3 Suy ra = 2 4 − 3 = 2 3 − 3 . 32 2 2 x 69 x x 3 Ta có bài toán: Chú ý: Các hàm f( x ) x 3 x Cho f(x ) x32 12x 9 x . Tìm số nghiệm Hoặc f( x ) 4 x3 3 x ; cũng thuộc loại phương trình: này. a) fx( ) 0. * Để tạo ra dạng toán phức tạp hơn 5 3)chẳng hạn để khi giải cần phải đặt b) fx6 ( ) 2 = 1 + 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 1 + 표푠3푡 c) fx5 ( ) 2 3 Suy ra = 1 + 4 − 1 3 − 3 − 1 d) fx( ) 4. 32 4 4xx 12x 9 HD : Đặt = 2 + 2 표푠푡 với f(x ) 4 x32 12x 9 x f (xt ) 2 2cos3 Ta có bảng biến thiên f(x) 1 1 3 2 x −∞ 0 2 +∞ f2 (xt ) 2 2cos3 2 2 +∞ Bằng quy nạp được: f(x) f (xt ) 2 2cos3n 2 2 n 5)Để khi giải cần phải đặt 0 0 = 1 + 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 1 + 2 표푠3푡 −1 3 −1 Suy ra = 1 + 2 4 − 3( ) −∞ 2 2 Ta có bài toán: 32 32 xx 33 Cho f(x ) 4 x 12x 9 x . Tìm số nghiệm Ta được phương trình: 53
  54. 32 Cho f(xx ) 3x 3. Tìm số nghiệm 8) Để khi giải cần phải đặt phương trình: = 3 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 3 표푠3푡 ta được a) fx5 ( ) 0. 4 3 b) fx6 ( ) 1. Cho f( x ) x 3 x 3 c) fx( ) 3. 6 Tìm số nghiệmphương trình: 1 a) fx( ) 3. b) fx6 (). 5 2 b) fx( ) 3cos1 6)Để khi giải cần phải đặt 6 = −1 + 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng c) fx( ) 0 với ≤ 0 7 −1 + 2 표푠3푡 Có thể tạo ra nhiều dạng câu hỏi về phương +1 3 +1 Suy ra = −1 + 2 4 − 3( ) trình dạng này chẳng hạn 2 2 3 32 Thídụ 3. Cho f( x ) 4 x 3 x . Xét xx 33 32 phương trình: fx( ) 0 (1) Cho f(xx ) 3x 3. Tìm số nghiệm n 8 phương trình: a.Tìm n để PT(1) có đúng 9 nghiệm. b. Chứng minh với mọi n phương trình (1) có a) fx5 ( ) 1. nghiệm lớn nhất,nhỏ nhất lần lượt là M,m thỏa b) fx6 ( ) 1. 3 3 mãn: ≤ − < ≤ c) fx( ) 0. với ≥ 0 2 2 6 c. Tìm n để PT(1) có nghiệm lớn d) fx6 ( ) 3. nhất bằng 표푠 . Với n tìm được giả sử các 486 7) Để khi giải cần phải đặt nghiệm 푖 của PT(1) được sắp xếp theo thứ tự = 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng tăng dần tức là < 푣ớ푖 < ,tìm nghiệm 2 표푠3푡 ta được 95 và 203. 3 3 d. Tìm n để PT(1) có nghiệm Cho f() x x x 161 2 lớn nhất bằng 표푠 . Với n tìm được tính 162 Tìm số nghiệmphương trình: tổng các nghiệm của PT(1) và tìm nghiệm a) dương nhỏ nhất của PT(1). e.Giả sử các nghiệm của PT(1) được sắp b) 푖 1 xếp theo thứ tự giảm dần tức là < 1 c) fx7 () với ≥ . 푣ớ푖 . . Tìm n để nghiệm = 표푠 . 2 2 2 486 2− 6 3 3 f)Tính ′ Ta có bảng biến thiên f() x x x 5 4 2 Lờigiải. 1 1 x −∞ − 2 − 2 +∞ Lập luận như các thí dụ trên ta có tất cả các 2 2 +∞ nghiệm của PT đã cho đều thuộc đoạn [−1; 1]. f(x) Đặt = 표푠푡 với t 0;  suy ra 2 2 = 표푠3푛 푡. 푛 Ta có PT: − 2 − 2 표푠3푛 푡 = 0 3푛 푡 = + −∞ 2 54
  55. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 + + 243 − 2 . = 2 = 표푠 2 3푛 2 243 với t [0; ] suy ra + + 243 − 95 . 11 2 1 1 2 0 ≤ ≤ − ≤ ≤ − + 3푛 95 = 표푠 = 표푠 3푛 2 2 243 18 Suy ra ∈ 0; 1; ; 3푛 − 1 tương ứng ta có 3푛 giá trị x phân biệt. + 243 − 203 . 3 = 표푠 2 = 표푠 = a. Như vậy PT có 3푛 nghiệm. Theo đề bài có 203 243 6 2 푛 8 16 3 3 3 = 9 = 3 푛 = 16. Vậy = . Nhận xét = − = − 203 2 41 203 2 b. Xét +0. +1. + 3푛 −1 . 2 ; 2 ; .; 2 suy ra d. PT(1) có nghiệm lớn 3푛 3푛 3푛 nhất bằng 표푠 khi và chỉ khi +0. +1. + 3푛 −1 . 486 cos 2 > cos2 > .>cos 2 (*) 3푛 3푛 3푛 2 161 2 161 Ta có 표푠( − ) = 표푠 − = 3푛 162 3푛 162 푛 5 + 3 −1 . 2 ≤ < < ≤ 2 = − 2 (*) 푛 4 3푛 6 2 6 3푛 3푛 3 = 3 푛 = 4. Suy ra nghiệm lớn nhất của (1) Khi n=4 PT(1) có 81 nghiệm là 3 2 là = 표푠 1 = 표푠 ; 2 = 표푠 ; ; 3푛 162 162 161 nghiệm nhỏ nhất của (1) là = 표푠 . 81 162 Dễ thấy + = + = ⋯ = = cos⁡( − 2 ). 1 81 2 80 3푛 = 40 + 42 = 0. 3 3 Từ (*) ta có : ≤ − < ≤ Suy ra tổng các nghiệm của PT(1) 2 2 bằng = 표푠 = 0. c. PT(1) có nghiệm lớn 41 2 Do = 표푠 = 0 nên nghiệm dương nhỏ nhất là nhất bằng 표푠 khi và chỉ khi 41 4 486 79 = 표푠 . 40 162 2 2 표푠 = 표푠 = 3푛 486 3푛 486 e. Làm tương tự câu trên ta có 푛 5 3 = 3 푛 = 5. +1. 2 2 =cos 푛 = 표푠 푛 = 6. Khi n=5 PT(1) có 243 nghiệm là 3 486 2− 6 3 f)Tính ′ = 표푠 ; = 표푠 ; ; 5 4 1 486 2 486 2− 6 7 485 Ta có = 표푠 243 = 표푠 . 4 12 486 5 5( ) = 표푠3 푡 Dễ thấy 1 + 243 = 2 + 242 = ⋯ = = 푕 푡 = 표푠243푡 = 121 + 123 = 0. 2− 6 7 7 Suy ra tổng các nghiệm của PT(1) Khi = = 표푠 푡푕ì 푡 = 4 12 12 bằng = 표푠 = 0 ′ 122 4 푕 (푡) = −243푠푖푛243푡 Theo (*) các nghiệm sắp xếp theo thứ tự tăng 7 7 243 2 푕′ = −243 sin 243 = dần là 12 12 2 + 243 − 1 . (푡) = 표푠푡 2 = 표푠 ′ 1 243 푡 = −푠푖푛푡 55
  56. 1 ′ 7 2 + 6 = = −푠푖푛 = − 2 표푠32 12 12 4 1 Có h(t) là hàm hợp tạo bởi 2 hàm số và = 5 3 표푠33 (푡) = 표푠푡 Việc giải các PT xin dành cho bạn đọc. ′ 7 2− 6 ′ Ta có: 푕 = ′ . 3 13 12 5 4 6 Thídụ 5. Cho f( x ) x x cos 16 2019 243 2 2 + 6 2 − 6 = − ′ Giải phương trình: f(). x x 2 4 5 4 10 Lờigiải. 2− 6 486 Từ đó ta được ′5 = − . 13 1 4 2+ 6 Có f( x ) x3 x cos đồng biến trên 16 32 2019 Thêm một hƣớng tạo ra hàm f(x) nhƣ sau  nên f10 () x x f() x x Nếu các nghiệm x thỏa mãn ≥ 1 thì ta 1 3 13 1 đặt = 푣ớ푖 푡 ∈ [0; ]\ . Ta có: x x cos x 표푠푡 2 16 32 2019 1 3 1 1 3 34 = = 표푠 xx cos (1) 표푠3 4 표푠3 − 3 표푠 1 2 16 9 4 − 표푠 1 4 1 1 Do 0 cos Từ có có 32 9 32 2 x3 Thídụ 4. Cho fx() Lập luận như thí dụ trên ta có tất cả các nghiệm 43 x2 1 của PT(1) đều thuộc [−1; 1]. Đặt = 표푠푡 2 2 a)Giải phương trình: fx3 (). t 0; 3 với  .PT(1) trở thành 13 3 1 b)Giải phương trình: fx3 ( ) 2. cosxx cos cos 8 32 32 2019 c) Giải phương trình: fx( ) 1. 3 cos3t cos . Lờigiải. 2019 22 3xx ( 4) Giải tiếp xin dành cho bạn đọc. fx'( ) 22 (4 3x ) Nhân xét. Việc nghĩ ra cách giải lượng giác hóa Bảng biến thiên để giải PT hàm hợp mà f(x) là hàm bậc 3 là khá x −∞ − − – +∞ khó khăn . Vì thế ta có thể chọn hàm bậc 2 thì f(x) +∞ +∞ +∞ sẽ quen thuộc hơn. Xuất phát từ công thức lượng giác 표푠2 = 2 표푠2 − 1 = 1 − 2푠푖푛2 1 – – 2 Ta có thể chọn f x = 2x − 1 hoặc f x = 1 − 2x2 −∞ −∞ −∞ Từ đó ta có các PT chẳng hạn: Thídụ 6.Giải phương trình và tìm nghiệm dương Lập luận tương tự các thí dụ trên suy ra các nghiệm bé nhất và lớn nhất của phương trình sau: của PT f3 () x m với m 1 2 2 2 2 1 2 đặt = 푣ớ푖 푡 ∈ [0; ]\ . Ta có: 2 2 2 2x 1 1 1 1 . 표푠푡 2 2 1 = Lờigiải. 1 표푠3 Ta có BBT của hàm số f x = 2x2 − 1 như sau: 56
  57. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 x −∞ −1 0 1 +∞ Ta có thể tạo ra PT sau f(x) +∞ +∞ Cho = 2 2 + 4 a)Giải phương trình: fx( ) 0. 1 1 4 1 b)Giải phương trình: fx(). 4 2 −1 * Để tạo ra các hàm f(x) bậc 2 tương tự khác 3 PT đã cho có dạng = . 4 2 chẳng hạn để khi giải cần phải đặt 2 Do ∈ −1; 1 nên từ bảng biến thiên suy ra = −1 + 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 2 2 2 −1 + 2 표푠2푡 = −1 + 4 표푠 − 2. 4 = tương đương với 3 = 푖 ∈ −1; 1 2 +1 2 Suy ra = −1 + 4 − 2 = Tương tự từ bảng biến thiên suy ra 3 = 푖 2 2 tương đương với 2 = 푖 ∈ −1; 1 . Cứ như vậy = + 2 − 2 suy ra tất cả các nghiệm của PT đã cho đều thuộc Ta có thể tạo ra PT sau 2 đoạn −1; 1 . Đặt = 표푠푡 với t 0;  suy ra Cho = + 2 − 2 2 a)Giải phương trình: fx6 ( ) 1. f1 x = 2cos t − 1 = cos2t b)Giải phương trình: fx6 ( ) 1. 2 2 f2 x = 2cos 2t − 1 = cos2 t * Để tạo ra các hàm f(x) bậc 2 tương tự khác chẳng hạn để khi giải cần phải đặt 2 2 3 f3 x = 2cos 2 t − 1 = cos2 t = 3 + 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 3 + 2 표푠2푡. 2 3 4 f x = 2cos 2 t − 1 = cos2 t −3 2 4 Suy ra = 3 + 4 − 2 = 2 2 PT đã cho trở thành = − 6 + 10 Ta có thể tạo được PT sau: 2 2 표푠16푡 = Cho = − 6 + 10 2 a)Giải phương trình: fx( ) 5. Giải tiếp xin dành cho bạn đọc. 6 * Để tạo ra các hàm f(x) bậc 2 tương tự là khá b)Giải phương trình: fx6 ( ) 2. dễ dàng chẳng hạn để khi giải cần phải đặt * Để tạo ra các hàm f(x) bậc 2 tương tự khác = 2 + 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 2 + 표푠2푡 chẳng hạn để khi giải cần phải đặt Suy ra = 2 + 2 − 2 2 − 1 = 2 2 − 8 + 9 = 1 + 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng Ta có thể tạo ra PT sau 1 + 2 표푠2푡. 2 Cho = 2 − 8 + 9 −1 2 Suy ra = 1 + 4 − 2 = 43 2 a)Giải phương trình: fx(). = 2 − 2 5 2 Cho = 2 − 2 42 b) Giải phương trình: fx(). a)Giải phương trình: fx( ) 0. 5 2 6 b)Giải phương trình: fx6 ( ) 1. c) Giải phương trình: fx5 ( ) 1. * Để tạo ra các hàm f(x) bậc 2 tương tự khác Ta có thể tạo ra PT như sau: chẳng hạn để khi giải cần phải đặt Giải phương trình: = −1 + 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 2 2 −1 + 표푠2푡. 2 2 2xx22 1 1 1 1 Suy ra = −1 + 2 + 1 2 − 1 = = 2 2 + 4 57
  58. 2 2 Giải phương trình: 2 2 2x22 1 1 1 2 x 1 x 2 2 2 2 2 * Để tạo ra các hàm f(x) bậc 2 đơn giản chẳng xm 2 2 2 2 2 2 hạn để khi giải cần phải đặt = 2 표푠푡 và đưa f(x) về dạng 2 표푠2푡. khi 2 a) = ± 3 b) = ± 2 Suy ra = 4 − 2 = 2 − 2 2 2020 2 c) = ± d) = ± Ta có: 3 2019 Thí dụ 7.Giải phương trình và tìm nghiệm âm bé nhất và lớn nhất của phương trình sau:: Thí dụ 8.Giải phương trình: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2xm 1 1 1 1 1 x 2 2 2 2 2 2 3. Biết Lờigiải. 2 a) = ± Đặt − 2 = thì PT đã cho trở thành 2 3 6± 3 2 2 b) = ± ; = ± 표푠 ; = ± , . 2 2 8 4 2 2 x 2 2 2 2 2 2 3.(*) 1 2 c) = ± ; ± , 3 5 Lập luận tương tự các thí dụ trước dẫn tới Lờigiải. đặt = 2 표푠푡 t 0; và đưa = 2 − 2   abc)Đặt 2 − 1 = thì PT đã cho trở thành về dạng = 2 표푠2푡. 2 2 2 2 2 Từ PT(*) ta có PT: 2 표푠25푡 = 2. 2 2 2 2a 1 1 1 1 . 2 Giải tiếp xin dành cho bạn đọc. Lập luận tương tự các thí dụ trước dẫn tới Với chú ý: = 2 + 2 표푠푡. đặt = 표푠푡 và đưa = 2 2 − 1 Ngoài cách lượng giác hóa thì dạng PT này còn cách giải khá đơn giản là: về dạng = 표푠2푡. 2 Giải tiếp xin dành cho bạn đọc. 2 2 2 2 d)Giải dựa vào tính chất x 2 2 2 2 2 2 3 2 = > 0 = ± 2 2 2 Thí dụ 9.Chứng minh 2 2 x 2 2 2 2 2 2 3 2 + 2 + 2 + 2 + 2 2 2 2 x 22 2 2 2 2 2 3 표푠 = 64 2 2 2 2 x 22 2 2 2 2 2 3 2 + 2 + 2 − 2 + 2 2 7 2 2 표푠 = x 2 2 2 2 2 2 3 64 2 Giải tiếp xin dành cho bạn đọc. Tổng quát: 58
  59. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 2 − 2 + 2 + 2 + 2 2 ± 2 ± 2 ± 2 + 2 31 표푠 = 64 2 = ± 2 Đặt = 표푠푡 với 푡 ∈ 0; PT(1) trở thành 2 − 2 + 2 − 2 + 2 2 25 2 2 2 2 표푠2푡 − 1 2 − 1 2 − 1 2 − 1 = 표푠 = 2 64 2 2 2 2 2 표푠22푡 − 1 2 − 1 2 − 1 = Lờigiải. 2 2 Xét phương trình 2 2 표푠24푡 − 1 2 − 1 = 2 2 2 2 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 − 1 = (1) 2 표푠28푡 − 1 = 2 2 Do vế trái là đa thức bậc 16 nên (1) có tối đa 표푠16푡 = 표푠 4 16 nghiệm. 16푡 = + 2 4 2 + 2 (1) 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 = 16푡 = − + 2 4 4 2 + 2 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 = ± 푡 = + 2 64 8 푡 = − + 2 ± 2 + 2 64 8 2 2 2 − 1 2 − 1 2 = Do 푡 ∈ 0; nên dễ dàng suy ra 4 ∈ 0,1,2, ,7 và ∈ 1,2, ,8 2 ± 2 + 2 Do hàm số = 표푠푡 nghịch biến trên đoạn 2 2 2 − 1 2 − 1 = ± 2 0; nên +Nghiệm lớn nhất của (1) là 2 ± 2 ± 2 + 2 2 2 − 1 2 = 4 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 2 2 ± 2 ± 2 + 2 2 2 − 1 = ± 2 ứng với t nhỏ nhất là 푡 = 64 Suy ra 2 ± 2 ± 2 ± 2 + 2 2 = 4 2 + 2 + 2 + 2 + 2 표푠 = 2 ± 2 ± 2 ± 2 + 2 64 2 = ± +Nghiệm lớn thứ 2 của (1) là 2 Vậy (1) có 16 nghiệm phân biệt là 59
  60. 2 + 2 + 2 − 2 + 2 2 − 2 + 2 − 2 + 2 25π = cos = 2 64 2 7 ứng với 푡 = suy ra Với cách giải này ta có thể biểu thị các giá trị lượng 64 giác của các góc đặc biệt chẳng hạn: 2 + 2 + 2 − 2 + 2 7 표푠 = 2 − 2 + 2 + 2 + 2 64 2 푠푖푛 = 64 2 +Xét các nghiệm dương của (1) khi này tương ứng có Bằng cách đặt = 푠푖푛푡 푣ớ푖 푡 ∈ − ; 2 2 0 ≤ 푡 = + < và 0 ≤ 푡 = − + < 64 8 2 64 8 2 Các góc khác: được ∈ 0,1,2,3 và ∈ 1,2,3,4 2 + 2 + 2 + 2 Nghiệm dương nhỏ nhất của (1) là 표푠 = 32 2 2 − 2 + 2 + 2 + 2 2 − 2 + 2 + 2 = 푠푖푛 = 2 32 2 31 Tương ứng m=4 và với 푡 = 64 Suy ra 2 + 2 + 2 − 2 3 표푠 = 32 2 2 − 2 + 2 + 2 + 2 31 2 − 2 + 2 − 2 표푠 = 3 64 2 푠푖푛 = 32 2 Nghiệm dương nhỏ thứ 2 của (1) là 2 + 2 + 2 표푠 = 2 − 2 + 2 − 2 + 2 16 2 = 2 2 − 2 + 2 25 Tương ứng k=4 và với 푡 = 푠푖푛 = 64 16 2 Suy ra 3 2 + 2 − 2 표푠 = 16 2 60
  61. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 3 2 − 2 − 2 푠푖푛 = 2 ± 2 ± 2 ± 2 + 3 16 2 2 = 4 Tác giả lấy thêm vài ví dụ để làm rõ hơn về dạng này 2 ± 2 ± 2 ± 2 + 3 Thí dụ 10.Chứng minh = ± 2 Vậy (1) có 16 nghiệm phân biệt là 2 + 2 + 2 + 2 + 3 표푠 = 96 2 2 ± 2 ± 2 ± 2 + 3 = ± 2 + 2 + 2 − 2 + 3 2 11 Đặt = 표푠푡 với 푡 ∈ 0; 표푠 = 96 2 PT(1) trở thành 3 2 2 2 2 표푠2푡 − 1 2 − 1 2 − 1 2 − 1 = 2 Lờigiải. 3 2 2 2 표푠22푡 − 1 2 − 1 2 − 1 = Xét phương trình 2 2 2 3 3 2 2 표푠 4푡 − 1 − 1 = 2 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 − 1 = (1) 2 2 3 2 표푠28푡 − 1 = 2 Do vế trái là đa thức bậc 16 nên (1) có tối đa 표푠16푡 = 표푠 16 nghiệm. 6 2 + 3 16푡 = + 2 (1) 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 = 6 4 16푡 = − + 2 2 + 3 6 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 = ± 2 푡 = + 96 8 2 ± 2 + 3 2 2 2 − 1 2 − 1 2 = 푡 = − + 4 96 8 Do 푡 ∈ 0; nên dễ dàng suy ra 2 ± 2 + 3 ∈ 0,1,2, ,7 và ∈ 1,2, ,8 2 2 2 − 1 2 − 1 = ± 2 Do hàm số = 표푠푡 nghịch biến trên đoạn 0; nên 2 ± 2 ± 2 + 3 +Nghiệm lớn nhất của (1) là 2 2 − 1 2 = 4 2 + 2 + 2 + 2 + 3 2 ± 2 ± 2 + 3 2 2 − 1 = ± = 2 2 61
  62. ứng với t nhỏ nhất là 푡 = 2 ± 3 96 2 2 2 − 1 2 − 1 = ± Suy ra 2 2 + 2 + 2 + 2 + 3 2 ± 2 ± 2 ± 3 . = ± 표푠 = 2 96 2 Đặt = 표푠푡 với 푡 ∈ 0; +Nghiệm lớn thứ 2 của (1) là PT(1) trở thành 2 2 2 2 1 2 2 2 2 표푠 푡 − 1 − 1 − 1 − 1 = 2 + 2 + 2 − 2 + 3 2 = . 표푠16푡 = 표푠 2 3 11 16푡 = + 2 ứng với 푡 = suy ra 3 96 16푡 = − + 2 3 2 + 2 + 2 − 2 + 3 푡 = + 11 48 8 표푠 = 96 2 푡 = − + 48 8 Thí dụ 11.Chứng minh Do 푡 ∈ 0; nên dễ dàng suy ra ∈ 0,1,2, ,7 và ∈ 1,2, ,8 2 + 2 + 2 + 3 Do hàm số = 표푠푡 nghịch biến trên đoạn 표푠 = 0; nên 48 2 +Nghiệm lớn nhất của (1) là 2 + 2 + 2 − 3 5 2 + 2 + 2 + 3 표푠 = = 48 2 2 ứng với t nhỏ nhất là 푡 = Lờigiải. 48 Xét phương trình Suy ra 1 2 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 − 1 = (1) 2 2 + 2 + 2 + 3 표푠 = Do vế trái là đa thức bậc 16 nên (1) có tối đa 48 2 16 nghiệm. +Nghiệm lớn thứ 2 của (1) là 3 (1) 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 2 = 4 2 + 2 + 2 − 3 3 = 2 2 2 2 − 1 2 − 1 2 − 1 = ± 2 2 5 ứng với 푡 = suy ra 2 ± 3 48 2 2 2 − 1 2 − 1 2 = 4 62
  63. Một số dạng toán có chứá hàm hợp f(f( (f(x)) )) Vũ Hồng Phong THPT Tiên Du số 1,Bắc Ninh Tháng 8-2019 ′ b) Tính 5 표푠 64 2 + 2 + 2 − 3 5 c) Tính ′ 푠푖푛 표푠 = 5 128 48 2 1 d) Tính 0 4 * Để tạo ra các hàm f(x) phức tạp hơn xuất phát 0 e) Tính 3 5 − từ cos2x chẳng hạn để khi giải cần phải đặt 2 1 = và đưa f(x) về dạng 2 표푠푡 2 f) Tính 1 1 1 4 2 = 2 . 표푠2 2 표푠 −1 2 1 2 2 g) Tính 1 3 Suy ra = 1 = 2 − 2. 2−1 2− 2 1 2 h) Tính 3 2 Thí dụ 15. Cho x fx() 2 2 2 x 2 Lờigiải. a)Giải phương trình: fx3 (). 3 Đặt = 표푠푡 với t 0;  suy ra b)Giải phương trình: fx3 ( ) 1. 2 = 1 = 2 표푠 푡 − 1 = 표푠2푡 2 2 c) Giải phương trình: fx3 ( ) 2. 2 = 2 표푠 2푡 − 1 = 표푠2 푡 Lờigiải. Bằng quy nạp ta được 5 4x 5 = 표푠2 푡 fx'( ) (2 x22 ) = 푕 푡 = 표푠32푡 1 2 Bảng biến thiên Khi = − 푡푕ì 푡 = 2 3 x −∞ − – +∞ 푕′ (푡) = −32푠푖푛32푡 f(x) +∞ +∞ 2 2 푕′ = −32 sin 32 = 16 3 – 1 1 – 3 3 (푡) = 표푠푡 0 ′ 푡 = −푠푖푛푡 2 2 3 −∞ −∞ ′ = −푠푖푛 = − 3 3 2 Lập luận tương tự các thí dụ trên suy ra các nghiệm Có h(t) là hàm hợp tạo bởi 2 hàm số 5 và (푡) = 표푠푡 của PT f3 () x m với m 1 ′ 2 1 ′ 2 1 Ta có: 푕 = ′ − . đặt = 푣ớ푖 푡 ∈ [0; ]\ . Ta có: 3 5 2 3 표푠푡 2 1 3 1 = 16 3 = − . ′5 − 1 표푠2 2 2 1 1 = Từ đó ta được ′5 − = 32 2 표푠22 2 1 ′ b) Tính 5 표푠 3 = 3 64 표푠2 5 Việc giải các PT xin dành cho bạn đọc. 5 = 표푠2 푡 Lưu ý điều kiện xác định. = 푕 푡 = 표푠32푡 Thí dụ 16. Cho = 2 2 − 1 Khi = 표푠 푡푕ì 푡 = 64 64 1 a) Tính ′ − 푕′ (푡) = −32푠푖푛32푡 5 2 63
  64. 1 푕′ = −32 sin 32 = −32 2 1 64 64 4 = 표푠16푡. 푠푖푛푡 푡 = − (푡) = 표푠푡 0 0 155 0 ′ e) Tính 3 5 푡 = −푠푖푛푡 − 2 ′ 5 = −푠푖푛 0 64 64 6 3 5 = 표푠32푡. 푠푖푛푡 푡 = Có h(t) là hàm hợp tạo bởi 2 hàm số và 3 5 − 124 2 2 (푡) = 표푠푡 2 ′ ′ 2 Ta có: 푕 = ′5 표푠 . f) Tính 1 4 64 64 64 2 2 −32 = −푠푖푛 . ′5 2 3 64 64 = 표푠16푡. 푠푖푛푡 푡 32 1 4 Từ đó ta được ′ = 5 64 푠푖푛 2 4 64 49 + 2 2 c) Tính ′ 푠푖푛 = − 5 128 1020 5 2 5 = 표푠2 푡 2 g) Tính 1 = 푕 푡 = 표푠32푡 − 3 2 63 63 Khi = 푠푖푛 = 표푠 푡푕ì 푡 = 2 2 128 128 128 2 3 ′ = 표푠8푡. 푠푖푛푡 푡 푕 (푡) = −32푠푖푛32푡 1 3 − 2 4 ′ 63 63 푕 = −32 sin 32 = 16 2 23 + 2 2 128 128 = − (푡) = 표푠푡 252 ′ 1 3 3−4 푡 = −푠푖푛푡 h) = 6 표푠4푡. 푠푖푛푡 푡 = 3 2 0 60 63 63 2 ′ = −푠푖푛 128 128 Có h(t) là hàm hợp tạo bởi 2 hàm số 5 và (푡) = 표푠푡 63 63 Mở rộng 4. Các phương trình chứa tham số. Ta có: 푕′ = ′ 푠푖푛 . ′ 128 5 128 128 phương trình và hệ phương trình có liên quan đến 63 phương trình chứa hàm hợp. 16 2 = −푠푖푛 . ′ 푠푖푛 128 5 128 ′ 16 2 16 2 Thí dụ 1.Cho phương trình: Suy ra 푠푖푛 = − 63 == − 5 128 푠푖푛 표푠 128 128 3 m 3 m 3 m x x. (1) 1 d) Tính 0 4 1)Tìm m để phương trình (1)có đúng 3 nghiệm Đặt = 표푠푡 với t 0;  suy ra phân biệt. 2 2)Tìm m để phương trình (1)có đúng 2 nghiệm = 1 = 2 표푠 푡 − 1 = 표푠2푡 2 2 phân biệt. 2 = 2 표푠 2푡 − 1 = 표푠2 푡 3) Giải phương trình: Bằng quy nạp ta được 3 4 x222 3 x 3 x x x. 4 = 표푠2 푡 Khi = 0 푡푕ì 푡 = 4) Giải phương trình: 2 3 5553 3 Khi = 1 푡푕ì 푡 = 0 x x x x x. = −푠푖푛푡 푡 5) Giải phương trình: 3 4 33 4 33 4 3 x x x x x x x x. 64