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