Лекция: «Методы решения показательных уравнений».

1. Показательные уравнения.

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

  1) При b < 0 и 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 = aс,     аx = bс ⬄ x = c или x = logab.

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.  3x = 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.

5. 3x = 5. По определению логарифма x = log35.  Ответ: log35.
6. 62x+4 = 33x. 2x+8.

Перепишем уравнение в виде 32x+4.22x+4 = 32x.2x+8, т.е. далее

22x+4-x-8 = 33x-2x-4, т.е. 2x-4 = 3x-4. (Уже ясно, что x = 4). Перепишем уравнение, разделив на 3x-4 ≠ 0.   Отсюда x – 4 =0, x = 4.  Ответ: 4.

                      7. 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9.  Используя свойства степеней, запишем уравнение в виде 6∙3x - 2∙3x – 3x = 9 далее  3∙3x = 9,  3x+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.

3. 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. 4x = 5 – x.

 Решение. Перепишем уравнение в виде 4x +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) = 4x – 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 4x = 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) 4x + 1 =6 – x;

б)                                                    

в)  2x – 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 5x = t > 0, тогда   т.е. 3t2 – 2t – 1 =0, отсюда t1 = 1, -не удовлетворяет условию t > 0. Итак, 5x = 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 56x+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 <0, т.е.  ,

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 42x, 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:  5x+1 - 5x-1 = 24. 

Решение. Перепишем уравнение в виде   

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

Получим     , откуда

Ответ:  1.

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

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

Так как 2x >0 при всех x, можно обе части этого уравнения разделить на 2x, не опасаясь при этом потери решений. Получим  3x = 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)  48x – 42x+1 – 3x+1 + 12 = 0.

б)  52x-1 + 22x – 52x +22x+2 = 0.

в)  3x – 2x+2 = 3x-1 – 2x-1 – 2x-3.

г)  4x – 5 2x+ 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)  

                    7. Показательные уравнения с параметрами.

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

Решение. Введем замену 2x = 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 p1, 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 < p 0,75.

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.

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

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

Таким образом,

при – 9 < a < 0 уравнение (3) имеет два корня

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 < – 9 уравнение (3) корней не имеет.

Ответ:

если a < – 9, то корней нет;                 если – 9 < a < 0, то
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: x1, x2.

Введем замену. Пусть 2x = 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.

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

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

где 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) < 0, то есть 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.