Решение показательных уравнений различными методами.
методическая разработка по алгебре (11 класс)
В данном материале рассмотрены различные методы решения показательных уравнений с примерами решений, что может пригодиться для подготовки к ЕГЭ как учащимся. так и учителям.
Скачать:
Вложение | Размер |
---|---|
![]() | 44.27 КБ |
Предварительный просмотр:
Решение показательных уравнений различными методами.
1. 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 часть 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)
=
∙ 4.
Разделим это уравнение на выражение, стоящее в правой части, получим = 1.
Таким образом, находим = 0; следовательно,
– единственный корень исходного уравнения. Ответ:
.
2. 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. 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 она – меньше 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.
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 <1 левая часть уравнения строго больше 2, а правая строго меньше 2. Поэтому при х <1 уравнение также не имеет корней. Таким образом, х = 1 – единственный корень уравнения.
Ответ: 1.
Пример 4. Решить уравнение. =
.
Решение. Подбором находим х = 1. Других корней это уравнение не имеет, поскольку функция f(х)= монотонно убывает, а функция h(x)=
монотонно возрастает (h/(x)=(
·3x2
).
Ответ: 1.
Пример 5. Решить уравнение. –
= 32.
Решение.
Так как > 0, то разделим обе части уравнения на
, тогда получим
– 1 =
;
– 1 =
. Теперь видно, что левая часть монотонно возрастает, а правая монотонно убывает, поэтому решение уравнения х = 2 – единственное.
Ответ: 2.
Пример 6. Решить уравнение –
= 15.
Решение. Запишем уравнение в виде = 15.
Рассмотрим функцию f(x) = и ее поведение на различных интервалах,
где она меняет свое поведение.
1) При х < 2, т.е. х + 2 < 0,
; f(x)
. Решений нет.
2) При 2
х
, |х|
2. Тогда х2 – 4
0,
1. (1)
При этом х + 2 < 2, ,
(2)
Рассмотрим поведение функции у = при х
Заметим, что при х функция у(х) строго убывает, при х функция у(х) строго возрастает.
Перемножив (1) и (2), получим f(x) , что означает отсутствие корней при
2
х
.
3) При х 0 функции
и
будут монотонно возрастающими и непрерывными, поэтому их произведение – функция f(x) также будет непрерывной и возрастающей. Следовательно, уравнение f(x) = 15 может иметь только один корень, который можно найти подбором: х = 2.
Ответ: 2.
3. 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: –
Это же уравнение можно решить другим способом, представив правую часть равенства в виде: 500 = . Тогда получим
·
=
;
=
; (
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:
.
4.Решение показательно-степенных уравнений.
Пример 1.
Решить уравнение = 9.
Решение. Область допустимых значений уравнения: .
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 2. 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 (не удовлетворяет условию х
3) . Из уравнения
= 0 находим |х – 3| =1
х – 3 = – 1 или х – 3 = 1.
Поэтому х3 = 2, х4 = 4.
Ответ: ; 2; 4.
Пример 3. Решить уравнение, в ответе указать наибольший корень
Решение. Поскольку область определения данного уравнения: х > 14, то
Наибольший корень уравнения равен 24. Ответ: 24.
Пример 4. Решить уравнение (2 = 1.
Решение. Запишем уравнение в виде (2.
Тогда
.
Ответ: +
,
.
5. 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 основное логарифмическое тождество, 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 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, 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.
Тогда, исходное уравнение равносильно системе 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.
Пример 6. Решить уравнение +
+
= 6,5 + 3,25 + 1,625 + …(выражение в правой части – бесконечная геометрическая прогрессия).
Решение. В правой части – сумма членов бесконечной убывающей геометрической прогрессии S, где b1 = 6,5; q = = 0,5
S =
=
= 13.
Теперь перепишем уравнение в виде +
+
= 13
·
=13,
= 16,
откуда х = 4. Ответ: 4.
Пример 7. Решить уравнение 3 · + 37 ·
= 26 ·
.
Решение. Для того, чтобы решить данное уравнение разделим обе его части на . Получаем
3 · + 37 ·
– 26 = 0. (*)
Пусть t = , t
тогда уравнение (*) принимает вид
3t2 + 37t – 26 = 0,
корнями которого являются числа .
Итак, исходное уравнение равносильно уравнению:
=
,
из которого находим единственный корень исходного уравнения: =
=
х =
. Ответ:
.
6. Решение показательных уравнений с параметром.
Пример 1. Найти решение уравнения 3 + 27 =
·
при всех значениях
Решение. Запишем уравнение в виде 3
–
·
=
– 27
(3 –
) ·
=
– 27
=
, где
0.
Прологарифмировав обе части уравнения по основанию 4, получим:
=
)
х – 2 =
), х = 2 +
), где
0.
Решим полученное неравенство методом интервалов и получим .
Ответ: 2 + ), где
при
уравнение решений не имеет.
Пример 2. Решить уравнение ·
=
при всех действительных значениях
Решение. Уравнение имеет смысл при Тогда запишем уравнение в виде:
·
=
=
=
х =
,
где – 3, учитывая область допустимых значений
Ответ: при
; нет корней при
;
Пример 3. Решить уравнение = 1.
Решение. Если – 1 = 1, т.е.
= 2, тогда х
..
Если , то х2 –
х + 1 = 0 и х1,2 =
.
Ответ: х, при
= 2;
, при
при
(
;
уравнение решений не имеет.
Пример 4. При каких значениях параметра р уравнение
= 2
имеет единственное решение?
Решение. Поскольку:
,
сделав замену ,
тогда получим уравнение вида:
= 2
+
= (
)2 = 0
=
. Прологарифмировав обе части уравнения, получим: х
= х
(*)
При любом значении параметра р есть решение х = 0, поэтому для единственности решения уравнения необходимо и достаточно, чтобы второе уравнение совокупности не имело решений.
Область допустимых значений (*):
Если то
Если , то
Данное уравнение имеет единственное решение(х = 0 – решение исходного уравнения при любом значении р), если уравнение не имеет решений, что происходит тогда, когда 9р2 -24
Ответ:
Пример 5. При каждом значении параметра решить уравнение
+ 1 =
.
Решение. Запишем уравнение в виде: =
. Тогда если
уравнение обращается в тождество, верное при любом значении переменной, т.е. х
.. При
разделим обе части уравнения на . Получим
=
. Обозначим р =
Учитывая, что 0
получим, что
, или 1
Таким образом, 1
, следовательно 3
Теперь сделаем обратную замену при плученных значениях
, тогда
. Решения уравнения
:
х =
Ответ: при
; (-
при
при других значениях
уравнение решений не имеет.
По теме: методические разработки, презентации и конспекты
Различные способы решения показательных уравнений
Карточка инструктор по теме;"Различные способы решения показательных уравнений"...
![](/sites/default/files/pictures/2013/02/20/picture-203725-1361376624.jpg)
Методы решения показательных уравнений.
Урок повторения и закрепления знаний с применением ИКТ. На уроке осуществляется индивидуальный подход к учащимся, включающий каждого в осознанную учебную деятельность и групповая форма работы. В течен...
![](/sites/default/files/pictures/2015/10/30/picture-698930-1446186954.jpg)
РЕШЕНИЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ РАЗЛИЧНЫМИ МЕТОДАМИ
План-конспект урока по теме "Решение тригонометрических уравнений различными методами", 10 класс...
![](/sites/default/files/pictures/2016/02/05/picture-749994-1454651261.jpg)
Метод.разработка по теме: «Методы решения показательных уравнений»
В школьном курсе математики важное место отводится решению показательных уравнений и неравенств и системам, содержащие показательные уравнения. Впервые ученики встречаются с показательными уравнениями...
![](/sites/default/files/pictures/2017/01/15/picture-877616-1484474519.jpg)
разработка урока по теме: "Решение логарифмических уравнений различными методами"
Разработка урока по теме "Решение логарифмических уравнений различными способами"...
Методическая разработка открытого урока "Показательные уравнения. Методы решения показательных уравнений"
Методическая разработка открытого урока "Показательные уравнения. Методы решения показательных уравнений"...
![](/sites/default/files/pictures/2014/09/13/picture-299269-1410592715.jpg)
Решение показательных уравнений различными методами.
В данном материале рассмотрены различные методы решения показательных уравнений с примерами решений, что может пригодиться для подготовки к ЕГЭ как учащимся. так и учителям....