Методы решения показательных уравнений

Лекция: «Методы решения показательных уравнений».

1. Показательные уравнения.

Уравнения, содержащие неизвестные в показателе степени, называются показательными уравнениями. Простейшим из них является уравнение а^x = b, где а 0, а ≠ 1.

1) При b b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 показательной функции, не имеет решения.

2) При b 0 используя монотонность функции и теорему о корне, уравнение имеет единственный корень. Для того, чтобы его найти, надо b представить в виде b = a^с, а^x = b^с  x = c или x = log_ab.

Показательные уравнения путем алгебраических преобразований приводят к стандартным уравнения, которые решаются, используя следующие методы:

1. метод приведения к одному основанию ;

2. метод оценки;

3. графический метод;

4. метод введения новых переменных;

5. метод разложения на множители;

6. показательно – степенные уравнения;

7. показательные с параметром.

2. Метод приведения к одному основанию.

Способ основан на следующем свойстве степеней: если равны две степени и равны их основания, то равны и их показатели, т.е. уравнение надо попытаться свести к виду

Примеры. Решить уравнение:

1. 3^x = 81;

Представим правую часть уравнения в виде 81 = 3⁴ и запишем уравнение, равносильное исходному 3 ^x = 3⁴; x = 4. Ответ: 4.

2.

Представим правую часть уравнения в виде и перейдем к уравнению для показателей степеней 3x+1 = 3 – 5x; 8x = 4; x = 0,5. Ответ: 0,5.

3.

Представим правую часть данного уравнения в виде 1 = 5⁰ и перейдем к уравнению для показателей степеней x²-3x+2 = 0, откуда легко получить решения x = 1 и x=2.

Ответ: 1 и 2.

4.

Заметим, что числа 0,2 , 0,04 , √5 и 25 представляют собой степени числа 5. Воспользуемся этим и преобразуем исходное уравнение следующим образом:

, откуда 5^-x-1 = 5^-2x-2  - x – 1 = - 2x – 2, из которого находим решение x = -1. Ответ: -1.

1. 3^x = 5. По определению логарифма x = log₃5. Ответ: log₃5.

2. 6^2x+4 = 3^3x. 2^x+8.

Перепишем уравнение в виде 3^2x+4.2^2x+4 = 3^2x.2^x+8, т.е. далее

2^2x+4-x-8 = 3^3x-2x-4, т.е. 2^x-4 = 3^x-4. (Уже ясно, что x = 4). Перепишем уравнение, разделив на 3^x-4 ≠ 0. Отсюда x – 4 =0, x = 4. Ответ: 4.

7. 2∙3^x+1 - 6∙3^x-2 - 3^x = 9. Используя свойства степеней, запишем уравнение в виде 6∙3^x - 2∙3^x – 3^x = 9 далее 3∙3^x = 9, 3^x+1 = 3² , т.е. x+1 = 2, x =1. Ответ: 1.

Банк задач №1.

Решить уравнение:

Тест №1. с выбором ответа. Минимальный уровень.

Тест №2 с выбором ответа. Общий уровень.

1. Метод оценки.

Теорема о корне: если функция f(x) возрастает (убывает) на промежутке I, число а –любое значение принимаемое f на этом промежутке, тогда уравнение f(x) = а имеет единственный корень на промежутке I.

При решении уравнений методом оценки используется эта теорема и свойства монотонности функции.

Примеры. Решить уравнения: 1. 4^x = 5 – x.

Решение. Перепишем уравнение в виде 4^x +x = 5.

1. если x = 1, то 4¹+1 = 5 , 5 = 5 верно, значит 1 – корень уравнения.

2. докажем, что он единственный.

Функция f(x) = 4^x – возрастает на R, и g(x) = x –возрастает на R = h(x)= f(x)+g(x) возрастает на R, как сумма возрастающих функций, значит x = 1 – единственный корень уравнения 4^x = 5 – x. Ответ: 1.

2.

Решение. Перепишем уравнение в виде .

1. если x = -1, то , 3 = 3-верно, значит x = -1 – корень уравнения.

2. докажем, что он единственный.

3. Функция f(x) = - убывает на R, и g(x) = -x – убывает на R= h(x) = f(x)+g(x) – убывает на R, как сумма убывающих функций. Значит по теореме о корне, x = -1 – единственный корень уравнения. Ответ: -1.

Банк задач №2. Решить уравнение

а) 4^x + 1 =6 – x;

б)

в) 2^x – 2 =1 – x;

4. Метод введения новых переменных.

Метод описан в п. 2.1. Введение новой переменной (подстановка) обычно производится после преобразований (упрощения) членов уравнения. Рассмотрим примеры.

Примеры. Решить уравнение: 1. .

Перепишем уравнение иначе:

Обозначим 5^x = t 0, тогда т.е. 3t² – 2t – 1 =0, отсюда t₁ = 1, -не удовлетворяет условию t 0. Итак, 5^x = 1 = 5⁰ x = 0. Ответ: 0.

2.

Решение. Перепишем уравнение иначе:

Обозначим тогда - не подходит.

t = 4 = Отсюда - иррациональное уравнение. Отмечаем, что

Решением уравнения является x = 2,5 ≤ 4, значит 2,5 – корень уравнения. Ответ: 2,5.

3. .

Решение. Перепишем уравнение в виде и разделим его обе части на 5^6x+6 ≠ 0. Получим уравнение

2x²-6x-7 = 2x²-6x-8 +1 = 2(x²-3x-4)+1, т.е

Заменим

Корни квадратного уравнения – t₁ = 1 и t₂ ,

x²-3x-4=0

x₁ = -1, x₂ = 4. Ответ: -1, 4.

4. .

Решение. Перепишем уравнение в виде

и заметим, что оно является однородным уравнением второй степени.

Разделим уравнение на 4^2x, получим

Заменим 2t² – 5t +3 = 0 , где t₁ = 1, t₂ = .

Ответ: 0; 0,5.

Банк задач № 3. Решить уравнение

а)

б)

в)

г)

Тест № 3 с выбором ответа. Минимальный уровень.

Тест № 4 с выбором ответа. Общий уровень.

5. Метод разложения на множители.

1. Решите уравнение: 5^x+1 - 5^x-1 = 24.

Решение. Перепишем уравнение в виде

Теперь в левой части уравнения вынесем за скобки общий множитель 5^x.

Получим , откуда

Ответ: 1.

2. 6^x + 6^x+1 = 2^x + 2^x+1 + 2^x+2.

Решение. Вынесем за скобки в левой части уравнения 6^x, а в правой части – 2^x. Получим уравнение 6^x(1+6) = 2^x(1+2+4)  6^x = 2^x.

Так как 2^x 0 при всех x, можно обе части этого уравнения разделить на 2^x, не опасаясь при этом потери решений. Получим 3^x = 1 x = 0.

Ответ: 0.

3.

Решение. Решим уравнение методом разложения на множители.

Выделим квадрат двучлена

Ответ: 2.

4.

Решение. Преобразуем члены уравнения и перегруппируем слагаемые

x = -2 – корень уравнения.

Уравнение x + 1 = можно решить либо методом оценки, либо графически.

x = 1 – второй корень исходного уравнения.

Ответ: 1; -2.

Банк задач №4. Решить уравнение

а) 48^x – 4^2x+1 – 3^x+1 + 12 = 0.

б) 5^2x-1 + 2^2x – 5^2x +2^2x+2 = 0.

в) 3^x – 2^x+2 = 3^x-1 – 2^x-1 – 2^x-3.

г) 4^x – 5 2^x+ 4 = 0.

Тест №5 Минимальный уровень.

Тест № 6 Общий уровень.

6. Показательно – степенные уравнения.

К показательным уравнениям примыкают так называемые показательно – степенные уравнения, т.е. уравнения вида (f(x))^g(x) = (f(x))^h(x).

Если известно, что f(x)0 и f(x) ≠ 1, то уравнение, как и показательное, решается приравниванием показателей g(x) = f(x).

Если условием не исключается возможность f(x)=0 и f(x)=1, то приходится рассматривать и эти случаи при решении показательно – степенного уравнения.

1. Решить уравнение

Решение. Для нахождения корней уравнения следует рассмотреть четыре случая:

1. x + 1=x² – 1 ( показатели равны);

2. x = 1(основание равно единице);

3. x = 0 (основание равно нулю);

4. x = -1(основание равно -1).

Решим первое уравнение: x² – x – 2 = 0, x = 2, x = -1.

Проверка:

x₁ = 2 = 2³ = 2³ – верно;

x₂ = -1 = (-1)⁰ =(-1)⁰ – верно;

x₃ = 1 = 1² = 1⁰ – верно;

x₄ = 0 = 0¹ = 0^(-1) – не имеет смысла.

Ответ: -1; 1; 2.

Уравнение вида f(x)^g(x) = 1 равносильно совокупности двух систем

f(x)^g(x) = 1

2.

Решение. x² +2x-8 – имеет смысл при любых x , т.к. многочлен, значит уравнение равносильно совокупности

Ответ: -2; 2.

Банк задач №5. Решить уравнение

а)

б)

1. При каких значениях параметра p уравнение 4 (5 – 3)^2 +4p²–3p = 0 (1)   имеет единственное решение?

Решение. Введем замену 2^x = t, t 0, тогда уравнение (1) примет вид t² – (5p – 3)t + 4p² – 3p = 0.  (2)

Дискриминант уравнения (2)  D = (5p – 3)² – 4(4p² – 3p) = 9(p – 1)².

Уравнение (1) имеет единственное решение, если уравнение (2) имеет один положительный корень. Это возможно в следующих случаях.

1. Если D = 0, то есть p = 1, тогда уравнение (2) примет вид t² – 2t + 1 = 0, отсюда t = 1, следовательно, уравнение (1) имеет единственное решение x = 0.

2. Если p1, то 9(p – 1)² 0, тогда уравнение (2) имеет два различных корня t₁ = p, t₂ = 4p – 3. Условию задачи удовлетворяет совокупность систем

Подставляя t₁ и t₂ в системы, имеем

или

Ответ: p = 1, 0

Рассмотрим более общую задачу.

Задача 2. Сколько корней имеет уравнение в зависимости от параметра a?

Решение. Пусть  тогда уравнение (3) примет вид t² – 6t – a = 0.       (4)

Найдем значения параметра a, при которых хотя бы один корень уравнения (4) удовлетворяет условию t 0.

Введем функцию f(t) = t² – 6t – a. Возможны следующие случаи.

С лучай 1. Уравнение (4) имеет два различных положительных корня, если выполнятся условия

г де t₀ — абсцисса вершины параболы и D — дискриминант квадратного трехчлена f(t);

Т аким образом,

при – 9 a

Случай 2. Уравнение (4) имеет единственное положительное решение, если

D = 0, если a = – 9, тогда уравнение (4) примет вид  (t – 3)² = 0, t = 3, x = – 1.

Случай 3. Уравнение (4) имеет два корня, но один из них не удовлетворяет неравенству t 0. Это возможно, если

Таким образом, при a 0 уравнение (4) имеет единственный положительный корень . Тогда уравнение (3) имеет единственное решение 

При a

Ответ:

е сли a a если a = – 9, то x = – 1;

если a  0, то

Сравним способы решения уравнений (1) и (3). Отметим, что при решении уравнение (1) было сведено к квадратному уравнению, дискриминант которого — полный квадрат; тем самым корни уравнения (2) сразу были вычислены по формуле корней квадратного уравнения, а далее относительно этих корней были сделаны выводы. Уравнение (3) было сведено к квадратному уравнению (4), дискриминант которого не является полным квадратом, поэтому при решении уравнения (3) целесообразно использовать теоремы о расположении корней квадратного трехчлена и графическую модель. Заметим, что уравнение (4) можно решить, используя теорему Виета.

Решим более сложные уравнения.

Задача 3. Решите уравнение

Решение. ОДЗ: x1, x2.

Введем замену. Пусть 2^x = t, t 0, тогда в результате преобразований уравнение примет вид t² + 2t – 13 – a = 0.         (*)Найдем значения a, при которых хотя бы один корень уравнения (*) удовлетворяет условию t 0.

Р ассмотрим функцию f(t) = t² + 2t – 13 – a. Возможны случаи.

Случай 1. Для того чтобы оба корня уравнения (*) удовлетворяли неравенству t 0, должны выполняться условия

г де t₀ — абсцисса вершины f(t) = t² + 2t – 13 – a, D — дискриминант квадратного трехчлена f(t).

Система решений не имеет.

Случай 2. Для того чтобы только один корень уравнения (*) удовлетворял неравенству t 0, должно быть выполнено условие f(0) a – 13.

Тогда

Случай 3. Найдем значения a, когда t  2, t  4.

откуда a  11, a  – 5.

Ответ: если a – 13, a  11, a  5, то  если a – 13,

a = 11, a = 5, то корней нет.

Список используемой литературы.

1. Гузеев В.В. Системные основания образовательной технологии.

М. 1995 г.

2. Гузеев В.В. Образовательная технология: от приема до философии.

М. «Директор школы»№4, 1996 г.

3. Гузеев В.В. Методы и организационные формы обучения.

М. «Народное образование», 2001 г.

4. Гузеев В.В. Теория и практика интегральной образовательной технологии.

М. «Народное образование», 2001 г.

5. Гузеев В.В. Одна из форм урока – семинара.

Математика в школе №2, 1987 г. с .9 – 11.

6. Селевко Г.К. Современные образовательные технологии.

М. «Народное образование», 1998 г.

7. Епишева О.Б. Крупич В.И. Учить школьников учиться математике.

М. «Просвещение», 1990 г.

8. Иванова Т.А. Как подготовить уроки – практикумы.

Математика в школе №6, 1990 г. с. 37 – 40.

9. Смирнова Н.М. Профильная модель обучения математике.

Математика в школе №1, 1997 г. с. 32 – 36.

10. Тарасенко Н.А. Некоторые способы организации практической работы.

Математика в школе №1, 1993 г. с. 27 – 28.

11. Утеева Р.А. Об одном из видов индивидуальной работы.

Математика в школе №2, 1994 г. с .63 – 64.

12. Хазанкин Р.Г. Развивать творческие способности школьников.

Математика в школе №2, 1989 г. с. 10.

13. Сканави М.И. Математика. Издатель В.М.Скакун, 1997 г.

14. Шабунин М.И. и др. Алгебра и начала анализа. Дидактические материалы для

10 – 11 классов. М. Мнемозина, 2000 г.

15. Кривоногов В.В. Нестандартные задания по математике.

М. «Первое сентября», 2002 г.

16. Черкасов О.Ю. Якушев А.Г. Математика. Справочник для старшеклассников и

поступающих в вузы. «А С Т -пресс школа», 2002 г.

17. Жевняк Р.М. Карпук А.А. Математика для поступающих в вузы.

Минск И РФ «Обозрение», 1996 г.

18. Письменный Д. Готовимся к экзамену по математике. М. Рольф, 1999 г.

19. Денищева Л.О. и др. Учимся решать уравнения и неравенства.

М. «Интеллект – Центр», 2003 г.

20. Денищева Л.О. и др. Учебно – тренировочные материалы для подготовки к Е Г Э.

М. «Интеллект – центр», 2003 г. и 2004 г.

21 Денищева Л.О. и др. Варианты КИМ. Центр тестирования МО РФ, 2002 г., 2003г.

22. Гольдберг В.В. Показательные уравнения. «Квант» №3, 1971 г.

23. Волович М. Как успешно обучать математике.

Математика, 1997 г. №3.

24 Окунев А.А. Спасибо за урок, дети! М. Просвещение, 1988 г.

25. Якиманская И.С. Личностно – ориентированное обучение в школе.

«Директор школы», 1996 г. сентябрь.

26. Лийметс Х. Й. Групповая работа на уроке. М. Знание, 1975 г.