Различные методы решения показательных уравнений - презентация

1 Различные методы решения показательных уравнений Работа ученика 10 класса МБОУ СОШ 1 г.Зверево Королёва Андрея Консультанты: педагог дополнительного образования Куц Федор Иванович учитель математики Мищенко Татьяна Васильевна

2 Определение. Показательным уравнением называется уравнение вида : a x = b, где а 1, а > 0, х - неизвестная величина.

3 1) Основной метод. Уравнение вида a x = b, где а 1, а > 0 при b 0 решается логарифмированием обеих частей по основанию а: =, откуда х =. Пример. 2 3 х = 7. = ; 3 х = ; 3 х = ; х = Ответ. х =

4 2) Приведение к одному основанию. А) Уравнения вида a x = b приводятся к виду: a x =, откуда х = или a x = a t, откуда х = t. Пример. 1) 3 2 х = х = ; 2 х = ; х =. Ответ. х =. 2) 2 3 х = х =2 3 ; 3 х = 3; х = 1. Ответ. х = 1.

5 2) Приведение к одному основанию. Б) Уравнение вида = при а 1 и а > 0 равносильно уравнению f(x) = g(x). Пример. 5 х 0,2 =. 5 х 5 -1 = ; 5 х – 1 = ; х – 1 = ; 2 х – 2 = 3 х + 1; х = - 3. Ответ. х = - 3.

6 3) Вынесение общего множителя за скобку. Степень с наименьшим показателем выносится за скобку. Пример. 7 х + 7 х+ 2 = х ( ) = 350; 7 х 50 = 350; 7 x = ; 7 х = 7; х = 1. Ответ. х = 1.

7 4) Составление отношения. Уравнение вида Aa x = Bb x сводится к уравнению: =. Пример. 5 х = 8 х. =1; = ; х = 0. Ответ. х = 0.

8 5) Способ группировки. А) Степени с одинаковыми основаниями собирают в одной из частей уравнения, затем используют способы: вынесение общего множителя за скобку и составление отношений. Пример. 4 х + 3 х - 1 = 4 х х х - 4 х - 1 = 3 х х – 1 ; 4 х – 1 (4 – 1) = 3 х – 1 ( ); 4 х – 1 3 = 3 х – 1 26; Делим обе части уравнения на 33 х – 1 = ; = ; х – 1 = ; х = + 1. Ответ. х = + 1.

9 5) Способ группировки. Б) Слагаемые группируются так, чтобы левую часть уравнения можно было разложить на множители, а в правой получить ноль. Пример = = 0; - 49 ) + ( ) = 0; ( - 49) ) = 0; - 49) ( + 3) = 0. – 49 = 0 или + 3 = 0. 1) = 49; = 7 2 ; х – 5 = 2; х = 7. 2) = - 3 нет корней, т.к. > 0. Ответ. х = 7.

10 6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению). А) Показательные уравнения вида: Aa 2x + Ba x + C = 0, где A 0, B, C – некоторые числа, a > 0, a 1, заменой a x = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям. Пример. 1) 325 х х - 5 = х х - 5 = 0. Сделав замену 5 х = t (t > 0), получим уравнение 3t t - 5 = 0. t 1,2 = = =. t 1 = 5; t 2 = - = -. t 2 = - не удовлетворяет условию t > 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: 5 х = 5, откуда х = 1. Ответ. х = 1.

11 6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению). Б) Показательные уравнения вида: Aa x + + C = 0, где A 0, B, C – некоторые числа, a > 0, a 1, заменой a x = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям. Пример. 3 х =. 33 х - 25 =. Сделав замену 3 х = t (t > 0), получим уравнение: 3t - 25 =, 3t t = 18, 3t t - 18 = 0. t 1,2 = = =. t 1 = 9; t 2 = - = -. t 2 = - не удовлетворяет условию t > 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: 3 х = 9, откуда х = 2. Ответ. х = 2.

12 6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению). В ) Показательные уравнения вида: Aa x + Ba -x + C = 0, где A 0, B, C – некоторые числа, a > 0, a 1, заменой a x = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям. Пример. 13 х х = х х - 1 = 0; х х = 0. Сделав замену 13 х = t (t > 0), получим уравнение: 13t 2 - t - 12 = 0, откуда t 1 = 1; t 2 = -. t 2 = - не удовлетворяет условию t > 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: 13 х = 1; 13 х = 13 0, откуда х = 0. Ответ. х = 0.

13 7) Метод почленного деления. Показательные уравнения вида: Aa 2x + Ba xb x + Cb 2x = 0, где A, B, C – некоторые числа, a > 0, a 1, b > 0, b 1 называются однородными уравнениями и они сводятся к квадратным уравнениям путем деления каждого слагаемого на (a 2x или b 2x ) и введением новой переменной t = (t = ), где t>0. Пример. 316 х х = 536 х х х – 54 х 9 х = 0. Поделив обе части уравнения на 9 2 х, имеем = 0. Сделав замену = t, t > 0, получим уравнение 3t 2 - 5t + 2 = 0, откуда t 1 = 1; t 2 =. Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = 1, =, х = 0. 2) =, =, 2 х = 1, х = 0,5. Ответ. х 1 = 0, х 2 = 0,5.

14 8) Основания степеней члены геометрической прогрессии. Показательные уравнения вида: A + B + C = 0, где A, B, C – некоторые числа, причем A 0, B 0, C 0; a, b, c – являются последовательными членами геометрической прогрессии, путем деления на любую из степеней,, и введением новой переменной сводятся к квадратному уравнению. Пример. + = 4,25. ОДЗ уравнения х 0. Преобразуем уравнение так, чтобы показатели степени были одинаковыми. + = 4,25. Так как числа 100, 50, 25 являются последовательными членами геометрической прогрессии со знаменателем 0,5,то разделив обе части уравнения, например, на, получаем: + 1 = 4,25 ; - 4, = 0; - 4, = 0, Обозначив = t (t > 0), получаем квадратное уравнение t 2 - 4,25t + 1 = 0, корни которого t 1 = 4, t 2 =. Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = 4, = 2 2, = 2, х =. 2) =, = 2 -2, = - 2, х = -. Ответ. х 1 =, х 2 = -.

15 9) «Завуалированное» обратное число. Основания степеней взаимно обратные числа. Пример. + = 62. Заметим, что (4 + )( 4 - ) = = 1. Используя подстановку у =, где у > 0, тогда =, получим уравнение у + = 62. у у + 1 = 0, откуда у 1,2 = 31 ± = 31 ± = 31 ±. Преобразуем выражение 31 ± = 16 ± + 15 = Возвращаясь к переменной х, имеем: 1), х = 2. 2) =, =, =, х = - 2. Ответ. х 1 = 2, х 2 = - 2.

16 10) Неочевидная замена. Показатели степеней преобразуют так, чтобы можно было ввести замену переменной. Пример. = Заметим, что + = = =5, отсюда =5 -. Введем замену = у, у > 0, тогда = = 2: =. Имеем у = ; у² -10 у - 96 = 0, откуда у 1 = - 6, у 2 = 16. у 1 = - 6 не удовлетворяет условию у > 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: = 16; = 2; = 4; 3 х – 5 = 4 х – 8; х = 3. Ответ. х = 3.

17 11) Логарифмирование обеих частей уравнения. Логарифмируя обе части уравнения по основанию, равному одному из оснований степени, получаем более простое уравнение. Пример. 6 1/х 2 х = 12. Логарифмируем по основанию 2. = ; + = ; + х = ; +1) + х = + 2; х 2 = х ( + 2); х 2 –( + 2)х +( + 1) = 0. По теореме, обратной теореме Виета: х 1 =1, х 2 = + 1. Ответ. х 1 =1, х 2 = + 1.

18 12) Использование монотонности. Используя свойства монотонных функций, путем рассуждений находим корни уравнения. Пример. 1) 2 х + 5 х = 29. f (x) = 2 х + 5 х возрастает на R, графиком у = 29 является горизонтальная прямая. f (2) = 29, т.е. имеется только одна точка пересечения графиков функций, стоящих в левой и правой частях уравнения. Следовательно, х = 2 единственный корень. Ответ х = 2.

19 13) Метод подбора. Подбором находится корень уравнения, а затем доказывается, что корень единственный, используя монотонность показательной функции. Пример. 12 х + 5 х = 13 х. Числа 5;12;13 – пифагоровы, т.е = 13 2, следовательно, х = 2 – корень уравнения. Покажем, что других корней нет. Разделив обе части уравнения на 13 х и применив свойства степеней, получим: + = 1. В левой части уравнения убывающая функция ( как сумма убывающих функций), а в правой горизонтальная прямая, графики пересекаются только в одной точке. Ответ х = 2.

20 14) Уравнения, правая часть которых представляет собой бесконечно убывающую геометрическую прогрессию. Применяя формулу суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии, сводят уравнение к более простому виду. Пример. 2 х х х - 2 = 6,5 + 3,25 + 1,625 + … В правой части уравнения записана бесконечно убывающая геометрическая прогрессия с первым членом b 1 = 6,5 и знаменателем q = = =. Найдем сумму этой прогрессии по формуле S =. S = = 13. Исходное уравнение принимает вид: 2 х х х - 2 = 13; 2 х - 4 ( ) = 13; 2 х = 13; 2 х - 4 = 1; 2 х - 4 = 2 0 ; х – 4 = 0; х = 4. Ответ х = 4.

21 15)Показательно - степенные уравнения. Пример. =. Поскольку основанием левой и правой части является не число, а функция f(x) = |x - 3|, то данное уравнение относится к показательно - степенным уравнениям. Мы должны рассмотреть это уравнение как показательное с основанием больше нуля и не равным единице и как степенное с основанием равным единице. 1) При |х - 3| > 0,т.е. х 3, имеем = ; х 2 – 2 х = 3; х 2 – 2 х – 3 = 0; х 1 = - 1, х 2 = 3. х = 3 не удовлетворяет условию х 3, поэтому не является корнем исходного уравнения. Если х = -1, то | х - 3| = |-1 - 3| = |- 4| = 4 1. х = -1 корень исходного уравнения. 2)|х - 3| = 1 при х 2 – 2 х 0. Решим уравнение : |х - 3| = 1. х – 3 = 1 или х - 3 = - 1. х 1 = 4, х 2 = 2. Решим неравенство х 2 – 2 х 0, х (х - 2) 0. Откуда х 0 или х 2. Найденные корни х 1 = 4, х 2 = 2 удовлетворяют условию х 2. Ответ. х 1 = 4, х 2 = 2, х 3 = - 1.

22 16) Показательно - логарифмические уравнения. Если в уравнении содержится выражение вида, то для нахождения корней уравнения необходимо сначала прологарифмировать обе его части по тому же основанию, что и основание логарифма, стоящего в показателе степени, а затем решить полученное алгебраическое уравнение относительно. Пример. = 4. ОДЗ уравнения: х > 0, х 1. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2: = ; = 2; = 0. Пусть = t, тогда t 2 - t - 2 = 0, откуда t = 2, t = -1, Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = 2, х = 4. 2) = - 1, х =. Оба значения удовлетворяют ОДЗ. Ответ. х 1 = 4, х 2 =.

23 17) Уравнения содержащие модуль. А) В решении уравнений используются свойства модуля. Пример. 1) 7 2 х + 3|7 х -5| = 7 х ) Если 7 х - 5 0, т.е. 7 х 5, то |7 х -5| = 7 х - 5 и уравнение примет вид: 7 2 х + 3(7 х -5) = 7 х ; 7 2 х + 37 х х - 6 = 0; 7 2 х - 47 х - 21 = 0. Пусть у = 7 х, у > 0, тогда имеем уравнение у у - 21 = 0, корни которого у 1 = 7, у 2 = - 3. у 2 = - 3 не удовлетворяет условию у > 0. Следовательно, 7 х = 7, откуда х = 1. 2) Если 7 х -5 < 0, т.е. 7 х < 5, то |7 х -5| = - (7 х -5) и уравнение примет вид: 7 2 х - 3(7 х -5) = 7 х ; 7 2 х - 37 х х - 6 = 0; 7 2 х х + 9 = 0. Пусть у = 7 х, у > 0, тогда имеем уравнение у у + 9 = 0, корни которого у 1 = 1, у 2 = 9. Оба значения удовлетворяют условию у > 0, следовательно, имеем два уравнения 1) 7 х = 1, откуда х = 0. 2) уравнение 7 х = 9 не удовлетворяет условию 7 х < 5. Ответ. х 1 = 1, х 2 = 0.

24 17) Уравнения содержащие модуль. Б) В решении уравнений используются свойства модуля. Пример. 3 |х - 1| = 3 |х + 3|. Так как 3 > 0, 3 1, то исходное уравнение равносильно уравнению |х - 1| = |х + 3|. Возводя это уравнение в квадрат, получаем его следствие (х- 1) 2 = (х + 3) 2, откуда х 2 – 2 х + 1 = х х + 9; 8 х = - 8; х = - 1. Проверка. Л.ч. 3 |х - 1| =3 | | = 3 |- 2| = 3 2 = 9. П.ч. 3 |х + 3| =3 | | = 3 |2| = 3 2 = 9. 9 = 9. х = - 1 – корень уравнения. Ответ. х = -1.

25 18) Уравнения содержащие тригонометрические функции. Пример. 1 + = 3. Преобразуем показатель степени, стоящий в правой части уравнения: = = = - tg x = (1 - tg x). Тогда исходное уравнение примет вид: 1 + = 3 ; 1 + = 3 ; 1 + =. Обозначив = у, у > 0, имеем 1 + у = ; у 2 + у – 6 = 0, откуда у 1 = 2, у 2 = - 3. у 2 = - 3 не удовлетворяет условию у > 0, следовательно, = 2, tg x = 1, x = + n, n Z. Ответ. x = + n, n Z.

26 19) Метод оценок. Пример. ( - ) х = 51,2. Оценим приближенно число -. Так как 81 < 125 < 625, то есть 3 4 < 125 < 5 4, то (3;5). Так как 0,1296< 0,2 < 0,2401,тоесть 0,6 4 < 0,2 < 0,7 4,то (0,6;0,7). Следовательно, - (2,3;4,4). Учитывая, что в правой части стоит рациональное число, то и в левой части будет число рациональное. Из интервала (2,3;4,4) только при х = 4 может получиться рациональное число в левой части. Подставим х = 4 в левую часть уравнения: ( - ) 4 = ( ) 4 – 4( ) 3 + 6( ) 2 ( ) 2 – - 4 ( ) 3 +( ) 4 = 125 – – 4 + 0,2 =125 – – 4 + 0,2 = 51,2. х = 4 – корень уравнения. Ответ. х = 4.

27 20) Графический метод. В одной системе координат строят графики функций, стоящих в левой и правой частях уравнения. Находят абсциссы точек пересечения. Производят проверку. Пример. = х -. В одной системе координат строим графики функций у = и у = х -. Из рисунка видно, что графики функций пересекаются в точке с абсциссой х =1. Проверка показывает, что х = 1 – корень данного уравнения: =, 1 - =. Покажем, что других корней нет. Функция у = убывающая, а функция у = х - возрастающая, тогда по теореме о встречной монотонности, уравнение имеет не более одного корня. Ответ. х = 1.

28 21) Переменная является показателем корня. Если в показательном уравнении содержатся радикалы вида,то следует учитывать, что корень определен при натуральных значениях х не меньших 2 (, 2). Необходимо помнить, что функции у = и у = имеют разные области определения. Первая определена при, 2, а вторая при х 0. Пример. = 225. Исходное уравнение равносильно системе Преобразовав уравнение системы к виду = 15 2, имеем = 2, откуда х =. Но х = не удовлетворяет условию, 2, т.е. уравнение не имеет корней. Ответ. Нет корней.

29 22) Применение теоремы о встречной монотонности. Если на промежутке Х функция f(x) возрастает, а функция g(x) – убывает или постоянна, то исходное уравнение f(x) = g(x) имеет не более одного корня. Пример. 3 х – 2 =. Поскольку основание 3 больше 1, то показательная функция у 1 =3 х-2 возрастает на всем множестве, тогда как правая часть уравнения – функция у 2 = – убывает на множествах ( -;0) и (0;). Таким образом, в силу теоремы о встречной монотонности, данное уравнение имеет единственный корень, либо корней вообще не имеет. Подберем целый положительный корень этого уравнения среди делителей числа 9: х = 3 дает верное равенство 3 3 – 2 =. Итак, х = 3 - единственный корень этого уравнения. Ответ. х = 3.

30 23) Оценочная(«граничная») задача. Производится оценка множеств значений правой и левой частей уравнения. Если правая часть ограничена снизу, а левая часть ограничена сверху, то равенство возможно только в общей точке. Пример. = 5 + 4sin x. Для решения оценим множество значений функции F = из левой части уравнения и функции G = 5 + 4sin x из правой части. Начнем с функции F =, которая определена на множестве R. Поскольку | х - | 0, то 3 0 = 1, следовательно, 9 91 = 9. Таким образом, F 9. Перейдем к нахождению множества значений функции G = 5 + 4sin x. Так как -1 sin x 1, то - 4 4sin x 4, а sin x 9, т.е.1 G 9. Поскольку F 9 и G 9, то равенство F = G возможно лишь при условии F = 9 и G =9, т.е. Первое уравнение имеет единственный корень х =, который и будет единственным решением системы в том случае, если он удовлетворяет второму уравнению. Подставляя х = во второе уравнение, получаем sin = 1- верно. Ответ. х =.

31 Литература: 1) Тестовые задания по математике для слушателей подготовительных курсов ИГАСУ Сост. Ж.Н.Аксенова, П.Б.Татиевский. Иваново, )А.Н.Рурукин Пособие для интенсивной подготовки к выпускному, вступительному экзамену и ЕГЭ по математике М.: ВАКО, )А.Г.Мерзляк, В.Б.Полонский, М.С.Якир. Алгебраический тренажер: Пособие для школьников и абитуриентов.М.: Илекса, )В.Ф.Чаплыгин, Н.Б.Чаплыгина.Конкурсные задачи по математике: Сборник задач. Ярославль, ) В.В.Кочагин, М.Н.Кочагина. ЕГЭ-2007.Математика. Тематические тренировочные задания М.: Эксмо, 2007.