Различные методы решения показательных уравнений Определение Показательным

Различные методы решения показательных уравнений

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

1) Основной метод. Уравнение вида ax = b, где а ≠ 1, а > 0 при b < 0 не имеет корней, при b > 0 решается логарифмированием обеих частей по основанию а: = , откуда х = . Пример. 23 х = 7. = ; 3 х∙ = ; 3 х = ; х = Ответ. х =

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) 32 х = 17. 32 х = ; 2 х = ; х = Ответ. х = 2) 23 х = 8. 23 х =23; 3 х = 3; х = 1. Ответ. х = 1.

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.

3) Вынесение общего множителя за скобку. Степень с наименьшим показателем выносится за скобку. Пример. 7 х + 7 х+ 2 = 350. 7 х ∙ (1+ 72) = 350; 7 х ∙ 50 = 350; 7 x = ; 7 х = 7; х = 1. Ответ. х = 1.

4) Составление отношения. Уравнение вида A∙ax = B∙bx сводится к уравнению: = . Пример. 5 х = 8 х. =1; = ; х = 0. Ответ. х = 0.

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 - 1 + 3 х + 2. 4 х - 1 = 3 х + 2 - 3 х – 1; 4 х – 1(4 – 1) = 3 х – 1(33 - 1); 4 х – 1 ∙ 3 = 3 х – 1 ∙ 26; Делим обе части уравнения на 3∙ 3 х – 1 = ; х – 1 = ; х = + 1. Ответ. х = + 1.

5) Способ группировки. Б) Слагаемые группируются так, чтобы левую часть уравнения можно было разложить на множители, а в правой получить ноль. Пример. - 49 + 3 = 147. - 49 + 3 -147 = 0; - 49 ) + (3 - 147) = 0; ( - 49) + 3 - 49) = 0; - 49) ( + 3) = 0. – 49 = 0 или + 3 = 0. 1) = 49; = 72; х – 5 = 2; х = 7. 2) = - 3 нет корней, т. к. > 0. Ответ. х = 7.

6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению). А) Показательные уравнения вида: A∙a 2 x + B∙ax + C = 0, где A ≠ 0, B, C – некоторые числа, a > 0, a ≠ 1, заменой ax = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям. Пример. 1) 3∙ 25 х - 14∙ 5 х - 5 = 0. 3∙ 52 х - 14∙ 5 х - 5 = 0. Сделав замену 5 х = t (t > 0), получим уравнение 3 t 2 - 14 t - 5 = 0. t 1, 2 = t 1= 5; t 2 = - не удовлетворяет условию t > 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: 5 х = 5, откуда х = 1. Ответ. х = 1.

6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению). Б) Показательные уравнения вида: A∙ax + + C = 0, где A ≠ 0, B, C – некоторые числа, a > 0, a ≠ 1, заменой ax = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям. Пример. 3 х+1 - 25 = . 3∙ 3 х - 25 = . Сделав замену 3 х = t (t > 0), получим уравнение: 3 t - 25 = , 3 t 2 - 25 t = 18, 3 t 2 - 25 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.

6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению). В) Показательные уравнения вида: A∙ax + B∙a -x + C = 0 , где A ≠ 0, B, C – некоторые числа, a > 0, a ≠ 1, заменой ax = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям. Пример. 13 х + 1 - 12∙ 13 - х = 1. 13∙ 13 х - 12∙ 13 - х - 1 = 0; 13∙ 132 х - 12 - 13 х = 0. Сделав замену 13 х = t (t > 0), получим уравнение: 13 t 2 - t - 12 = 0, откуда t 1= 1; t 2 = - не удовлетворяет условию t > 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: 13 х = 1; 13 х = 130 , откуда х = 0. Ответ. х = 0.

7) Метод почленного деления. Показательные уравнения вида: A∙a 2 x + B∙ax∙bx + C∙b 2 x = 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 2 x или b 2 x) и введением новой переменной t = (t = ), где t>0. Пример. 3∙ 16 х + 2∙ 81 х = 5∙ 36 х. 3∙ 42 х +2∙ 92 х – 5∙ 4 х∙ 9 х = 0. Поделив обе части уравнения на 92 х, имеем 3∙ - 5∙ + 2 = 0. Сделав замену = t, t > 0, получим уравнение 3 t 2 - 5 t + 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. х1 = 0, х2 = 0, 5.

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, 25∙ + 1 = 0; - 4, 25∙ + 1 = 0, Обозначив = t (t > 0), получаем квадратное уравнение t 2 - 4, 25 t + 1 = 0, корни которого t 1 = 4, t 2 = . Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = 4, = 22, = 2, х = . 2) = , = 2 -2, = - 2, х = - . Ответ. х1 = , х2 = - .

9) «Завуалированное» обратное число. Основания степеней взаимно обратные числа. Пример. + = 62. Заметим, что (4 + )( 4 - ) = 16 - 15 = 1. Используя подстановку у = , где у > 0, тогда = , получим уравнение у + = 62. у2 - 62 у + 1 = 0, откуда у 1, 2 = 31 ± . Преобразуем выражение 31 ± = 16 ± + 15 = Возвращаясь к переменной х, имеем: 1) , х = 2. 2) = , = , х = - 2. Ответ. х1 = 2, х2 = - 2.

10) Неочевидная замена. Показатели степеней преобразуют так, чтобы можно было ввести замену переменной. Пример. = 10 + 3 . Заметим, что + = = =5, отсюда =5 - . Введем замену = у, у > 0, тогда = = 2⁵: = . Имеем у =10 + 3 ; у² -10 у - 96 = 0, откуда у1= - 6, у2 = 16. у1= - 6 не удовлетворяет условию у > 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: = 16; = 2⁴; = 4; 3 х – 5 = 4 х – 8; х = 3. Ответ. х = 3.

11) Логарифмирование обеих частей уравнения. Логарифмируя обе части уравнения по основанию, равному одному из оснований степени, получаем более простое уравнение. Пример. 61/х ∙ 2 х = 12. Логарифмируем по основанию 2. = ; + х = ; +1) + х = + 2; + 1 + х2 = х ∙ ( + 2); х2 –( + 2)∙х +( + 1) = 0. По теореме, обратной теореме Виета: х1 =1, х2 = + 1. Ответ. х1 =1, х2 = + 1.

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.

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. 122 + 52 = 132, 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.

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 - 1 + 2 х - 4 + 2 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 - 1 + 2 х - 4 + 2 х - 2 = 13; 2 х - 4(23 + 1 + 22) = 13; 2 х - 4∙ 13 = 13; 2 х - 4 = 1; 2 х - 4 = 20; х – 4 = 0; х = 4. Ответ х = 4.

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 = ; х2 – 2 х = 3; х2 – 2 х – 3 = 0; х1 = - 1, х2 = 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 х2 – 2 х ≥ 0. Решим уравнение : |х - 3| = 1. х – 3 = 1 или х - 3 = - 1. х1 = 4, х2 = 2. Решим неравенство х2 – 2 х ≥ 0, х (х - 2) ≥ 0. Откуда х ≤ 0 или х ≥ 2. Найденные корни х1 = 4, х2 = 2 удовлетворяют условию х ≥ 2. Ответ. х1 = 4, х2 = 2, х3= - 1.

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; - - 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. х1 = 4, х2 = .

17) Уравнения содержащие модуль. А) В решении уравнений используются свойства модуля. Пример. 1) 72 х + 3|7 х -5| = 7 х +1 + 6. 1) Если 7 х - 5 ≥ 0, т. е. 7 х ≥ 5, то |7 х -5| = 7 х - 5 и уравнение примет вид: 72 х + 3(7 х -5) = 7 х +1 + 6; 72 х + 3∙ 7 х - 15 - 7∙ 7 х - 6 = 0; 72 х - 4∙ 7 х - 21 = 0. Пусть у = 7 х, у > 0, тогда имеем уравнение у2 - 4 у - 21 = 0, корни которого у1 = 7, у2 = - 3. у2 = - 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: 72 х - 3(7 х -5) = 7 х +1 + 6; 72 х - 3∙ 7 х + 15 - 7∙ 7 х - 6 = 0; 72 х - 10∙ 7 х + 9 = 0. Пусть у = 7 х, у > 0, тогда имеем уравнение у2 - 10 у + 9 = 0, корни которого у1 = 1, у2 = 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. х1 = 1, х2 = 0.

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 х2 – 2 х + 1 = х2 + 6 х + 9; 8 х = - 8; х = - 1. Проверка. Л. ч. 3|х - 1| =3|- 1 - 1| = 3|- 2| = 32 = 9. П. ч. 3|х + 3| =3|- 1 + 3| = 3|2| = 32 = 9. 9 = 9. х = - 1 – корень уравнения. Ответ. х = -1.

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 = ; у2 + у – 6 = 0, откуда у1 = 2, у2 = - 3 не удовлетворяет условию у > 0, следовательно, = 2, tg x = 1, x = + n, n Z. Ответ. x = + n, n Z.

19) Метод оценок. Пример. ( - )х = 51, 2. Оценим приближенно число - . Так как 81 < 125 < 625, то есть 34 < 125 < 54, то (3; 5). Так как 0, 1296< 0, 2401, тоесть 0, 64 < 0, 2 < 0, 74, 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 ∙ ∙ + 6 ∙ – 4 ∙ + 0, 2 =125 – 100 + 30 – 4 + 0, 2 = 51, 2. х = 4 – корень уравнения. Ответ. х = 4.

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.

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 = имеют разные области определения. Первая определена при , 2, а вторая при х ≠ 0. Пример. = 225. Исходное уравнение равносильно системе Преобразовав уравнение системы к виду = 152, имеем = 2, откуда х = . Но х = не удовлетворяет условию , 2, т. е. уравнение не имеет корней. Ответ. Нет корней.

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 у1=3 х-2 возрастает на всем множестве, тогда как правая часть уравнения – функция у2= – 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 33 – 2 = . Итак, х = 3 - единственный корень этого уравнения. Ответ. х = 3.

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 + 4 sin x. Для решения оценим множество значений функции F = из левой части уравнения и функции G = 5 + 4 sin x из правой части. Начнем с функции F = , которая определена на множестве R. Поскольку | х - | ≥ 0, то ≥ 30 = 1, следовательно, 9 ∙ ≥ 9∙ 1 = 9. Таким образом, F ≥ 9. Перейдем к нахождению множества значений функции G = 5 + 4 sin x. Так как -1 ≤ sin x ≤ 1, то - 4 ≤ 4 sin x ≤ 4, а 1 ≤ 5 + 4 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 = .

Литература 1) Тестовые задания по математике для слушателей подготовительных курсов ИГАСУ Сост. Ж. Н. Аксенова, П. Б. Татиевский. Иваново, 2006. 2)А. Н. Рурукин Пособие для интенсивной подготовки к выпускному, вступительному экзамену и ЕГЭ по математике М. : ВАКО, 2004. 3)А. Г. Мерзляк, В. Б. Полонский, М. С. Якир. Алгебраический тренажер: Пособие для школьников и абитуриентов. М. : Илекса, 2003. 4)В. Ф. Чаплыгин, Н. Б. Чаплыгина. Конкурсные задачи по математике: Сборник задач. Ярославль, 2005. 5) В. В. Кочагин, М. Н. Кочагина. ЕГЭ-2007. Математика. Тематические тренировочные задания М. : Эксмо, 2007. 6)Алгебра. ЕГЭ: шаг за шагом / А. А. Черняк, Ж. А. Черняк. - Волгоград: Учитель, 2012.