ГОСУДАРСТВЕННОЕ АВТОНОМНОЕ ПРОФЕССИОНАЛЬНОЕ ОБРАЗОВАТЕЛЬНОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ НОВОСИБИРСКОЙ ОБЛАСТИ «КУПИНСКИЙ МЕДИЦИНСКИЙ ТЕХНИКУМ»
МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
Для самостоятельной работы студентов
По учебному предмету: МАТЕМАТИКА
Тема: «Решение показательныхх уравнений»
Специальность: 34.02.01 Сестринское дело Курс: 1
(базовой подготовки)
Купино
2021
Рассмотрено на заседании предметной цикловой
Методической комиссии по общеобразовательным предметов,
общему гуманитарному и социально-экономическому, математическому и
естественно-научному циклу
Протокол № _____ от «_____» _________20____г.
Автор – составитель: преподаватель математики высшей категории Тюменцева О.Н.
Купино
2021 г
Пояснительная записка к методическому пособию
Методическое пособие предназначено для повторения теоретических и практических знаний по теме.
Цель пособия – повторить понятия показательной функции и ее свойств, показательного уравнения, методов решения показательных уравнений и подготовиться к занятию по теме «Решение рациональных, показательных, логарифмических уравнений».
Данное пособие рекомендовано для студентов первого курса специальности 34.02.01 Сестринское дело. Пособие содержит определения и формулы по теме: Показательные уравнения, тест для самоконтроля и критерии оценки теста.
Пособие направлено на формирование навыков самостоятельной работы с учебным материалом, формирование навыков решения задач, формирование и развитие творческого потенциала, повышение интереса к предмету.
Решение показательных уравнений
Показательным называется уравнение, содержащее переменную только в показателе степени. Рассмотрим несколько типов показательных уравнений, решаемых методами элементарной математики. Показательные уравнения рассматриваются в множестве действительных чисел. Уравнение вида х = b называется простейшим показательным.
Решение простейших показательных уравнений.
Решение показательных уравнений основано на свойстве степеней: две степени с одним и тем же положительным и отличным от единицы основанием равны тогда и только тогда, когда равны их показатели. Используя это свойство, уравнение х = b, где ˃ 0 , 1 и b 0, следует решать следующим образом:
х = b х = x = .
Пример 1. Решить уравнение = .
Решение. Поскольку = ; 0,5х2 – х = – ; 4х2 – 8х +3 = 0.
D = 16 – 12 = 4; х1,2 = ; х1 = 0,5, х2 = 1,5. Ответ: 0,5; 1,5.
Пример 2. Решить уравнение = .
Решение. Поскольку = , = 2х-5 = ,
2х = 6х – 15 х = . Ответ:
Пример 4. Найти корни уравнения = .
Решение. Используя определение логарифма, запишем = =
Тогда данное уравнение примет вид = . Следовательно, можно записать
= х х2 = , а так как 0 , то х = . Ответ.
Решение показательных уравнений введением новой переменной.
Пример 1. Решить уравнение – + 12 = 12.
Решение. Поскольку = , = 8· , введем новую переменную р = .
Получим уравнение – 8р + 12 = 0, из которого находим р1 = 2, р2 = 6. Поэтому исходное уравнение равносильно совокупности простейших показательных уравнений = 2, = 6. Корнем первого уравнения является х = , а второго – х = .
Ответ: ; .
Пример 2. Решить уравнение ( + = 14.
Решение. Используя равенство = , введем новую переменную
р = . В этом случае получим уравнение р + = 14, решая которое, находим его корни, -14р + 1 = 0, р = 7 = 7 .
Исходное уравнение равносильно совокупности уравнений
( = 7 ; ( = 7 .
Корень первого уравнения х = 2, второго – х = -2. Ответ: -2; 2.
Пример 3. Решить уравнение – 13· – = 0.
Решение. Запишем уравнение в виде 13· – = 0.
Оно является однородным третьей степени относительно степеней .
Разделим все члены уравнения на 0 и получим 13· – + 13= 0.
Введем новую переменную р = , уравнение примет вид кубического уравнения
– 13 – р +13 = 0. Разложим методом группировки левую часть уравнения на множители и найдем его корни: – р – 13 – 1) = 0, р(р2 -1) – 13(р2 – 1) = 0, (р2 -1)(р – 13) = 0, р1 = -1, р2 = 1, р3 = 13. Исходное уравнение равносильно совокупности трех простейших показательных уравнений = –1, = 1, = 13. Первое уравнение корней не имеет, корень второго – х = 0, третьего уравнения х =
Ответ: 0,
Аналогично уравнениям, которые были рассмотрены в примерах 1, 2, 3, введением новой переменной р = х решение уравнения вида f( х) = 0 сводится к нахождению всех положительных корней рk уравнения f(р) = 0 и решению простейших показательных уравнений х = рk.
Пример 4. Решить уравнение – 5 · + 1 = 0.
Решение. Так как = = 4· то уравнение можно записать так: 4· – 5 · + 1 = 0. Введем новую переменную р = . Получим квадратное уравнение 4р2 – 5р +1 = 0, которое имеет корни р1 = 1, р2 = . Исходное уравнение равносильно совокупности двух показательных уравнений = 1, = . Решая первое уравнение, получаем 2х – х2 = 0, х = 0, х = 2. Решая второе уравнение, находим ещё два корня: 2х – х2 = – 2, х = . Ответ: ; 0; 2; .
Пример 6. Решить уравнение + = 3.
Решение. Так как 2 = 1 + , то данное уравнение перепишем в следующем виде + = 3. Сделаем замену у = , тогда получим квадратное уравнение у2 + 2у -3 = 0, из которого найдем корни у1 = –3, у2 = 1. Значение у1 = –3, очевидно, постороннее. Поэтому исходное уравнение равносильно уравнению = 1, откуда = 0, х = + , n . Ответ: + , n .
Метод вынесения общего множителя за скобки.
Пример 1. Решить уравнение + 4 · + 2 · = 19 · – 4 · .
Решение. Преобразуем данное уравнение, перенеся члены с одинаковыми основаниями в одну и ту же уравнения и вынося за скобки степень с наименьшим показателем, к виду:
+ 4 · + 4 · = 19 · – 2 · (9 + 4 · 3 + 4) = 19 – 2 · 5) 25 = 9. Запишем последнее равенство в виде пропорции и получим:
= = . Это уравнение равносильно уравнению х – 2 = 2, откуда х = 4. Ответ: 4.
Пример 2. Решить уравнение – = – .
Решение. Сгруппируем члены, содержащие степени с одинаковыми основаниями с разных сторон равенства: + = + . Выносим общие множители за скобки:
(1 + ) = (1 + 3). Разделим это уравнение на выражение, стоящее в правой части, получим = 1. Таким образом, находим = 0; следовательно, – единственный корень исходного уравнения. Ответ: .
Метод использования монотонности показательной функции.
Пример 1. Решить уравнение + + = 9.
Решение. Можно заметить, что х = 1 – корень данного уравнения. Покажем, что других корней уравнение не имеет. Рассмотрим функцию f(x) = + + . Она монотонно возрастает на всем множестве действительных чисел и f(1) = 9. Свойством монотонной функции является то, что она принимает каждое свое значение только один раз. Поэтому, х = 1 – единственный корень данного уравнения. Ответ: 1.
Пример 2. Решить уравнение + = 34.
Решение. Заметим, что корнем уравнения является число х = 2 (32 + 52 = 34). Докажем, что других корней уравнение не имеет. Каждая из функций и является возрастающей, следовательно, их сумма – тоже возрастающая функция. При х = 2 левая часть равна 34, при х 2 – больше 34. Итак, уравнение имеет единственный корень. Ответ: 2.
Пример 3. Решить уравнение + =
Решение. Убеждаемся, что х = 1 – корень уравнения. Можно доказать, что других корней уравнение не имеет. Для этого оценим его левую и правую части уравнения. Если х 1, то вследствие убывания функции у = имеем + + = 2, а вследствие возрастания функции у = имеем Поэтому, при х 1 левая часть уравнения строго меньше 2, а правая строго больше 2. Следовательно, при х 1 уравнение корней не имеет. Аналогично, при х
Метод логарифмирования для решения показательных уравнений.
В основе этого метода лежит следующее утверждение: если выражения f(x) и h(x) положительны на множестве D, то уравнение f(x) = h(x) равносильно уравнению = на множестве D, где 0 и 1.
Пример1. Решите уравнение = .
Решение. Область допустимых значений уравнения х . Так как обе части уравнения положительные, то, прологарифмировав уравнение, например, по основанию 2, получим равносильное ему уравнение: 3х – 2 = (3 – х) · .
Решая это уравнение с помощью равносильных переходов, имеем:
3х – 2 = 3 3х + 3 +2 х(3 + = 3 + 2 х = . Ответ: .
Пример 2. Решить уравнение · = 500.
Решение. Прологарифмируем это уравнение по основанию 5 или 2. (Можно логарифмировать по любому основанию, но не совсем удачный выбор основания может привести к громоздким преобразованиям). Тогда имеем следующее уравнение х + 3 · = 3 + 2 х2 + х( – 3) – 3 = 0. Дискриминант
D = ( – 3)2 + 12 = ( + 3)2, следовательно, корни уравнения будут
х1,2 = отсюда х1 = 3, х2 = – Ответ: –
Пример 3. Решить уравнение ( х-1 = .
Решение. Обе части данного уравнения положительны. Прологарифмируем обе части этого уравнения по основанию 5: (х – 1) + = – , т.е. уравнение
х( – 1) – + 1 – + = х – 1 – , равносильное исходному уравнению. Отсюда получаем х = , т.е. х = . Ответ: .
Пример 4. Решить уравнение = 9.
Решение. Область допустимых значений уравнения: х 0.
Поскольку обе части уравнений положительны, то прологарифмируем по основанию 3:
) = 2, ( + = , = 1 и = 2, следовательно,
(1 + = 2, + – 2 = 0. Сделаем замену = у, тогда у2 + у – 2 = 0, корнями которого являются числа у1 = – 2 и у2 = 1. Возвращаемся к нашей замене и получаем: = – 2 или = 1. Тогда х1 = и х2 = 3. Ответ: ; 3.
Пример 5. Решить уравнение | = 1.
Решение. Понятно, что х 3,следовательно, |х – 3| 0. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 10, тогда (3х2 – 10х + 3) = 0, откуда
3х2 – 10х + 3 = 0 или = 0. Корнями квадратного уравнения 3х2 – 10х + 3 = 0 будут
х1 = и х2 = 3. Из уравнения = 0 находим |х – 3| =1 х – 3 = – 1 или х – 3 = 1.
Поэтому х3 = 2, х4 = 4; х2 = 3 не подходит по ОДЗ логарифма. Ответ: ; 2; 4.
Нестандартные методы решений показательных уравнений.
Пример 1. Решите уравнение 3 + (3х – 10) + 3 – х = 0.
Решение. Данное уравнение кроме показательных функций содержит линейные функции у = 3х – 10 и у = 3 – х. Можно заметить, что относительно р = оно является квадратным:
3р2 + (3х – 10)р + 3 – х = 0 и поэтому р = = = = = , откуда р = , р = 3 – х. Таким образом, исходное уравнение равносильно совокупности уравнений: = , = 3 – х. Корень первого уравнения х = . Второе уравнение имеет корень х = 1, а других корней не имеет, т. к. его левая часть – всюду возрастающая функция, а правая – всюду убывающая. Ответ: 1; .
Пример 2. Решить уравнение + х = 2.
Решение. Применив формулу основного логарифмического тождества, получим уравнение х2 – 2х – 1 + х = 2(*), корни которого х1 = и х2 = . Теперь достаточно проверить, какое из полученных чисел удовлетворяет неравенству: х2 – 2х – 1 0 (**). Это можно сделать проще (не подставляя в неравенство полученные числа). Перепишем уравнение (*) в виде х2 – 2х – 1 = 2 – х, тогда видим, что выражение х2 – 2х – 1 положительно тогда и только тогда, когда х 2. Таким образом, вместо Дубова Мария Игоревна 273 – 784 - 574
проверки неравенства (**) можно проверить условие х 2. Теперь видно, что только х = является корнем данного уравнения. Ответ: .
Пример 3. Решить уравнение = .
Решение. В данном уравнении удобно применить следующий прием: разделив числители и знаменатели в обеих частях уравнения на 0, получим равносильное исходному уравнение: = . Далее сделаем замену = у, у 0 и получаем = . (*)
Можно заметить, что у 1, у . Таким образом, получаем равносильное (*) уравнение
(5 + 5у)(2 – 3у) = 4 – 4у; 10 – 5у – 15у2 – 4 + 4у = 0; 15у2 + у – 6 = 0; D = 1 + 360 = 361;
у1= у2= ; у1 = , у2 0. Вернемся к нашей замене, получим уравнение = , откуда х = 1. Ответ: 1.
Пример 4. Решить уравнение + = + 1.
Решение. Перепишем данное уравнение в виде:
+ = + 1.
Сделаем замену = ; = b, тогда + -1 – 2 – 1 = 0;
2b + b – 3 – = 0; 2(b – ) + (b – ) = 0; (b – )( 2 + 1) = 0, откуда b = поскольку уравнение 2 + 1 = 0 корней не имеет. Таким образом, = и
х2 + 1 = 2х. Очевидно, что х = 1. Ответ: 1.
Пример 5. Решить уравнение 6 · + 8 · = 48.
Решение. Разделим обе части уравнения на 24, получим уравнение
+ = 2. Применяя неравенство | | | + |b| (его легко доказать возведением обеих частей в квадрат), получим |х – 2| + |х – 4| |х – 2 – (х – 4)| = 2 и |х – 1| + |х – 3| = |х – 1 – (х – 3)| = 2, поэтому 1 и 1.
Знак равенства возможен, если имеет решение система уравнений:
. Ответ: Пример 5. Решить уравнение х2 – 2х + 2 = 2 · – Решение. Представим уравнение в виде ( – 1)2 + (х – 1)2 = 0. Это уравнение равносильно системе: откуда х = 1. Ответ: 1.
Тест по теме: Решение показательных уравнений
Эталоны ответов теста по теме: Решение показательных уравнений
Критерии оценивания тестовых заданий
10 вопросов 5 (отлично) (10-9 ответов)
10 вопросов 4 (хорошо) (8-7 ответов)
10 вопросов 3 (удов) (6 ответов)
Литература
Алимов Ш.А. и др. Алгебра и начала математического анализа. 10 (11) кл. – М.: 2018
Башмаков М.И. Сборник задач: учеб. пособие (базовый уровень). 11 кл. – М.: 2012
Интернет-ресурсы
http://school-collection.edu.ru – Электронный учебник «Математика в
школе, XXI век».
http://fcior.edu.ru - информационные, тренировочные и контрольные материалы.
www.school-collection.edu.ru – Единая коллекции Цифровых образовательных ресурсов