Решение логарифмических уравнений 1 Уравнения вида loga

Решение логарифмических уравнений

1) Уравнения вида loga x = b. Уравнение вида log a x = b при всех допустимых a имеют единственное решение x = a b. Пример. log 3 x = 4. х = 34, х = 81. Ответ. х = 81.

2) Уравнения вида log a f(x) = b. Уравнение вида log a f(x)= b равносильно уравнению f(x) = a b. Пример. log 2(5 – x) = 3. 5 – х = 23, х = - 3. Ответ. х = - 3.

3) Уравнения вида log a f (x) = g(x). Уравнение вида log a f (x) = g(x) равносильно уравнению f(x) = a g(x). Пример. lg (2 x + 4) = x – x lg 5. 2 x + 4 = 10 x-x lg 5, 2 x + x + 4 = , 2 x + x + 4 = 2 x, x = - 4. Ответ. х = - 4.

4) Уравнения вида log a f (x) = log a g (x). 1 способ решения Уравнение вида log a f (x) = log a g (x) равносильно системе: Причем любую из двух последних строк можно (и, как правило, нужно) опустить. Пример. log 2 (x 2 + x - 2) = log 2 2 x. x = 2. Ответ. x = 2.

4) Уравнения вида log a f (x) = log a g (x). 2 способ решения. Решив уравнение f(x) =g(x), сделать проверку найденных корней для исходного уравнения. Пример. log 2(5 x + 3) = log 2(7 x + 5) 5 x + 3 = 7 x + 5, - 2 x = 2, x = - 1. Проверка. x = - 1. Число x = -1 не является корнем исходного уравнения, так как при x = -1 левая и правая части уравнения теряют смысл. Ответ. Корней нет.

5) Уравнения вида log a(x) f (x) = log a(x) g (x). Уравнение вида log a(x) f(x) = log a(x) g(x) равносильно системе: или Пример. log 4 - x (x 2 + 1) = log 4 - x (3 x + 1). x = 0. Ответ. x 1 = 0.

6) Уравнения вида log a (log b f (x)) = c. При решении уравнений вида log a (log b f (x)) = c вначале потенцируют по внешнему логарифму, затем по внутреннему. Пример. log (log 3 x) = 4. log 2(log 3 x) = 2 или log 2(log 3 x) = - 2. 1) log 2(log 3 x) = 2; log 3 x = 4; x = 81. 2) log 2(log 3 x) = - 2; log 3 x = ; x = . Ответ. x 1 = 81, x 2 = .

7) Замена переменной. Пример. lg 2 + lg x = 7. (lg 10 – lg x)2 + lg x = 7, (1 – lg x)2 + lg x = 7. Пусть lg x = у, тогда (1 – у)2 + у = 7, 1 - 2 у + у2 + у – 7 = 0, у2 – у – 6 = 0, у1 = 3, у2 = - 2. Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) lg x = 3, x = 103, x 1 = 1000. 2) lg x = -2, x = 10 -2, x 2 = 0, 01. Ответ. x 1 = 1000, x 2 = 0, 01.

8) Приведение к одному основанию. Пример. = 2 – 2 . = - , Решим уравнение 18 x 2 + 18 x – 1= 0. х1, 2 = = , Условию удовлетворяет х = . Ответ. х = .

9) Уравнения с неизвестным в основании логарифма. Пример 1. log x 5 = 3. x = Ответ. x = Пример 2. log x 2 x = 0, 5. 0 < x < 1, x > 1. Ответ. 0 < x < 1, x > 1. Пример 3. log(-x) 25 = - 2. x = - . Ответ. x = - .

10) Уравнения вида logaf (x)∙logbg(x) = 0. Уравнения вида log a f(x)∙ log b g(x) = 0 равносильно системе: Пример. log 2 x ∙log 7(3 – x) = 0. x 1 = 1, x 2 = 2. Ответ. x 1 = 1, x 2 = 2.

11) Разложение на множители левой части уравнения. Пример. log 4 (2 x – 1)∙log 4 x = 2 log 4(2 x – 1). log 4 (2 x – 1) ∙ log 4 x - 2 log 4(2 x – 1) = 0, log 4 (2 x – 1) ∙ (log 4 x – 2) = 0, log 4 (2 x – 1) = 0 или log 4 x – 2 = 0. 1) log 4 ( 2 x – 1) = 0, 2 x – 1 = 1, x 1 = 1. 2) log 4 x – 2 = 0, log 4 x = 2, x 2 = 16. Проверка показывает, что оба значения x являются корнями исходного уравнения. Ответ. x 1 = 1, x 2 = 16.

12) Использование формулы перехода к новому основанию. Пример. log 3 x + log x 3 = . Уравнение имеет смысл при x > 0, x ≠ 1. (1) Воспользовавшись формулой log x 3 = , имеем: log 3 x + = . Введем замену log 3 x = t, t ≠ 0. t + = , 2 t 2 – 5 t + 2 = 0. t 1 = 2, t 2 = . 1) Если t 1 = 2, то log 3 x = 2, x 1 = 9. 2) Если t 1 = , то log 3 x = , x 2 = . Найденные значения x удовлетворяют условиям (1) и являются корнями данного уравнения. Ответ. x 1 = 9, x 2 = .

13) Использование формулы log a b + log a с = log a (bc). Пример. log 2 (1 – x) = 3 – log 2 (3 – x) log 2 (1 – x) + log 2 (3 – x) = 3, log 2((1 – x) (3 – x)) = 3, (1 - x)(3 - x) = 8, x 2 - 4 x - 5 = 0. x 1 = - 1, x 2 = 5. Проверка. x 1 = - 1. Левая часть уравнения log 2 (1 – x) = log 2 (1 - (-1)) = log 2 2 = 1. Правая часть уравнения 3 - log 2 (3 – x) = 3 - log 2 (3 - (-1)) =3 - log 2 4 = 3 - 2 = 1. 1 = 1 верно, x 1 = - 1 корень исходного уравнения. x 2 = 5. Число x 2 = 5 не является корнем исходного уравнения, так как при x = 5 левая и правая части уравнения теряют смысл. Ответ. x = - 1.

14) Использование формулы log a b - log a c = log a (b/c) Пример. lg (x - 1) – lg (2 x – 11) = lg 2. lg = lg 2, = 2, x – 1 = 2∙ (2 x -11), 3 x = 21, x = 7. Проверка. x = 7. lg (x - 1) – lg (2 x – 11) = lg (7 - 1) – lg (2∙ 7 – 11) = lg 6 – lg 3 = lg 2 верно, x = 7 корень данного уравнения. Ответ. x = 7.

15)Уравнения вида A∙( log a f (x))2 + B∙ log a f (x) + C = 0. (f (x) > 0, а ≠ 1) путем замены log a f (x) = t сводится к квадратному уравнению. Пример. + = 5. ОДЗ уравнения х > 0. 2 + = 5, 2 + = 5, 2∙ - 2 + - 4∙ + 4 - 5 = 0, - 2∙ - 3 = 0. Обозначив = t, получим квадратное уравнение: t 2 - 2 t - 3 = 0, корни которого t 1 = - 1, t 2 = 3 Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = -1, х1 = 3. 2) = 3, х2 = . Оба значения входят в ОДЗ. Ответ. х1 = 3 , х2 = .

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 получаемое алгебраическое уравнение относительно log a x. Пример. = 4. ОДЗ уравнения: x > 0, x ≠ 1. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2: = log 2 4, (log 2 x - 1)∙log 2 x = 2, ( log 2 x)2 - log 2 x - 2 = 0. Пусть log 2 x = t , тогда t 2 - t - 2 = 0, откуда t = 2, t = -1, Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) log 2 x = 2, x 1 = 4. 2) log 2 x = - 1, x 2 = . Оба значения удовлетворяют ОДЗ. Ответ. x 1 = 4, x 2 = .

17)Использование однородности. Уравнения вида a∙A 2(х)+ b∙A(х)B(х) + c∙B 2(х) = 0 называются однородными Способ решения однородных уравнений: деление обеих частей уравнения на A 2(х), A(х)B(х) или B 2(х) и введение замены. Пример. lg 2(x + 1) = lg(x + 1) lg(x - 1) + 2 lg 2(x - 1). ОДЗ x > 1, lg 2(x + 1) - lg(x + 1) lg(x - 1) - 2 lg 2(x - 1) = 0, Разделим на lg 2(x - 1) ≠ 0. - 2 = 0. Пусть у = , тогда у2 – у – 2 = 0, откуда у1 = 2, у2 = -1. Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = 2; lg(x + 1) = 2 lg(x - 1); lg(x + 1) = lg(x - 1)2; х + 1 = (х – 1)2; х + 1 = x 2 - 2 х + 1 ; x 2 - 3 х = 0; (x – 3)х = 0. x 1 = 3, x 2 = 0. x = 0 не удовлетворяет ОДЗ. 2) = -1; lg(x + 1) = - lg(x - 1); lg(x + 1) = lg ; x + 1 = ; x 2 – 1= 1; x 2= 2. x 1, 2 = x = не удовлетворяет ОДЗ. Ответ. x 1 = 3, x 2 = .

18) Уравнения вида a loga f(x) = g(x). Уравнение вида = g(x) равносильно системе: Пример. = 4 x. Ответ. x = 1.

19) Уравнения вида a logс f(x) = b. Уравнения вида = b равносильно уравнению = am , где b = am; откуда log c f(x) = m. Пример. 23 lg x∙ 5 lg x = 1600. 8 lg x∙ 5 lg x = 1600, 40 lg x = 402, lg x = 2, x = 100. Ответ. x = 100.

20) Уравнения вида a(x) loga(x) f(x) = g(x). Уравнение вида = g(x) равносильно системе: Пример. = 2 x. Ответ. x = 3.

21) Использование формул loga(b/c) = log a |b| - log a |c|, loga(b∙c) = log a |b| + log a |c|. Пример. = + 1. Ответ. x = -2.

22) Использование формулы log f(x) (g(x))n = n∙ log f(x) |g(x)| (При четном n). Пример. lg 4(x - 1)2 + lg 2(1 - x)3 = 25. 24∙ lg 4|x - 1| + 32∙ lg 2(1 - x) = 25. Область определения функции lg 2(1 - x) «диктует» выполнение неравенства 1 – x > 0. Поэтому |x - 1| = 1 – x. В полученном уравнении 16∙ lg 4(1 - x) + 9∙ lg 2(1 - x) - 25 = 0 сделаем замену переменной: у = lg 2(1 - x), у ≥ 0. у = 1. Следовательно, lg 2(1 - x) = 1. Откуда: 1) lg(1 - x) = 1; lg(1 - x) = lg 10; 1 – x = 10; x 1 = - 9. 2) lg(1 - x) = - 1; lg(1 - x) = lg 0, 1; 1 – x = 0, 1; x 2 = 0, 9. Ответ. x 1 = - 9, x 2 = 0, 9.

23) Рационально – логарифмические уравнения. Пример. + = 1. Сделав замену lg x = у, получаем + = 1. Умножим обе части уравнения на общий знаменатель (4 + у)(2 – у) ≠ 0. 2 – у + 8 + 2 у = 8 – 2 у – у2, у2 + 3 у + 2 = 0. у1 = -1, у2 = - 2. Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) lg x = -1, х = 0, 1. 2) lg x = -2, х = 0, 01. Оба значения удовлетворяют ОДЗ. Ответ. х1 = 0, 1, х2 = 0, 01.

24) Иррационально – логарифмические уравнения. 1 случай Пример. = log 2 (2 x). ОДЗ x > 0. = log 2 2 + log 2 x, = 1 + log 2 x. Сделав замену переменной log 2 x = у, получаем = 1 + у. (*) Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем: 2 у2 + 3 у – 5 = 1 + 2 у + у2, у 2+ у – 6 = 0. у1 = - 3, у2 = 2. Проверим иррациональное уравнение (*). 1) При у1 = - 3 правая часть уравнения отрицательна, следовательно у1 = - 3 посторонний корень. 2) у2 = 2. Левая часть = = 3. Правая часть 1 + у = 1 + 2 = 3. 3 = 3 верно, у = 2 корень уравнения (*). Возвращаясь к переменной х, имеем: log 2 x = 2, х = 4. Ответ. х = 4.

24) Иррационально – логарифмические уравнения. 2 случай Пример. + = 4 lg x – 5. Так квадратный корень всегда неотрицателен, то левая часть уравнения неотрицательна при любых x, и, следовательно, правая часть 4 lg x – 5 ≥ 0. Тогда = | 5 - 4 lg x | = 4 lg x – 5, т. е. исходное уравнение равносильно системе: Решением последней системы являются x, удовлетворяющие уравнению lg x = 4, т. е. x = 104, x = 10000. Ответ. x = 10000.

25) Уравнения, содержащие модуль. 1 случай Пример. = . 1) При 0 ≤ x < 1: | - 1| = 1 - , поскольку < 1 при 0 ≤ x < 1. Уравнение равносильно системе: 0 ≤ x < 1. 2) При x ≥ 1: | - 1| = - 1, поскольку ≥ 1 при x ≥ 1. Уравнение равносильно системе: x 1= 4 , x 2= 1. Ответ. Корнями уравнения являются числа из промежутка 0 ≤ x ≤ 1 и x = 4.

25) Уравнения, содержащие модуль. 2 случай Пример. 3+ |2 – log 5 x| = |1 + log 5 x |. Сделаем замену t = log 5 x и решим уравнение: 3 + |2 - t| = |1 + t|. Критические точки t = 2, t = - 1. При t < - 1: 3 + 2 - t = - (1 + t), откуда 5 - t = - t - 1, 0∙t = - 6 нет корней. При - 1 ≤ t < 2: 3 + 2 - t = 1 + t , откуда 5 - t = t + 1, -2 t = - 4, t = 2 - не удовлетворяет условию - 1 ≤ t < 2. При t ≥ 2: 3 + t – 2 = 1 + t , откуда t +1 = t + 1, 0∙t = 0. Следовательно, t ≥ 2. Итак, log 5 x ≥ 2, log 5 x ≥ log 5 25, так как 5 > 1, то x ≥ 25. Ответ. x ≥ 25.

25) Уравнения, содержащие модуль. 3 случай Пример. = 2. ОДЗ: x ≠ 3. x 2 – 6 x + 14 = (x 2 – 6 x +9) + 5 = (x – 3)2 + 5 = | x – 3|2 + 5. сделаем замену переменной t = | x – 3|. = 2; = ; t 2 + 5 = ( t + 1)2; t 2 + 5 = t 2 + 2 t + 1; 2 t = 4; t = 2. Возвращаясь к переменной x, имеем: | x – 3| = 2, откуда x – 3 = 2 или x – 3 = - 2, т. е. x 1= 5, x 2 = 1. Проверка показывает, что оба значения x являются корнями исходного уравнения. Ответ. x 1= 5, x 2 =1.

26) Комбинированные уравнения. Пример 1. + 3∙ = 10. Преобразуем выражение : = . Сделав теперь в исходном уравнении замену переменной t = , придем к системе: t = 2. Итак, = 2. Прологарифмируем это уравнение по основанию 2: = log 2 2, ( log 2 4 x)2 = 1. log 2 4 x = 1 или log 2 4 x = - 1. 1) log 2 4 x = 1, 4 x = 2, x 1 =. 2) log 2 4 x = -1, 4 x = , x 2 = Ответ. x 1= , x 2 = . .

26) Комбинированные уравнения. Пример 2. = . ОДЗ: x < 0, x > 4. В соответствии со свойствами логарифмов = исходное уравнение преобразуется в показательное: = , откуда = , log 3 5 = 4( log 3 15 - log 3 (x 2 – 4 x)), log 3 5 = 2 log 3 15 - log 3 (x 2 – 4 x), log 3 (x 2 – 4 x) = log 3(225/5), x 2 – 4 x = 45, x 2 – 4 x – 45 = 0. x 1 = 9 или x 2 = - 5. Ответ. x 1= 9 , x 2 = - 5.

26) Комбинированные уравнения. Пример 3. log cos x sin x + log sin x cos x = 2. ОДЗ: 2 n < x < + 2 n, n Z. (*) Пусть log cos x sin x = у, тогда log sin x cos x = . у + = 2; = 0; у = 1. log cos x sin x = 1; log cos x sin x = log cos x; sin x = cos x; tg x = 1; x = + n, n Z. Учитывая ограничения (*), имеем: x = +2 n, n Z. Ответ. x = +2 n, n Z.

27) 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. = log 2 x + log x 2. Так как log 2 x + log x 2 = log 2 x + , то при всех x > 0, x ≠ 1 выполняется неравенство |log 2 x + log x 2| ≥ 2. С другой стороны, - x 2 + 4 x – 3 = - x 2 + 4 x – 4 +1= - (x – 2)2 + 1 ≤ 1 при любом x, откуда следует, что ≤ 21 = 2. Поэтому равенство левой и правой частей исходного уравнения возможно лишь в случае Решим второе уравнение: = 2, - x 2 + 4 x – 3 = 1, - (x – 2)2 + 1 = 1, - (x – 2)2 = 0, x = 2. Подставим найденное значение x = 2 в первое уравнение системы: log 22 + log 22 = 1 + 1 = 2. 2 = 2 – верно. x = 2 – корень исходного уравнения. Ответ. x = 2.

28) Использование монотонности функций. Пример. log 7(x + 8) = - x. По определению логарифма имеем: x + 8 = 7 -x; x + 8 = . (*) Функция у = x + 8 – возрастающая, функция у = - убывающая, следовательно, по теореме о встречной монотонности уравнение (*) имеет не более одного корня. Подбором находим, что это x = - 1. Ответ. x = -1.

Литература: 1) Алгебра. ЕГЭ: шаг за шагом / А. А. Черняк, Ж. А. Черняк. - Волгоград: Учитель, 2012. 2) Методы решения задач по математике: Пособие для поступающих в НПИ. Ч 1 / Ред. журн. «Изв. вузов. Электромеханика» . Новочеркасск, 1993 3) Алгебра и начала математического анализа, 10 -11 класс, В 2 ч. Ч. 1. Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (базовый уровень) / А. Г. Мордкович, – 12 -е изд. , доп. -– М. : Мнемозина, 2011. 4) Алгебра и начала математического анализа, 10 -11 класс, Учебник для учащихся общеобразовательных учреждений (базовый уровень) /Ш. А. Алимов, Ю. М. Колягин, М. В. Ткачёва и др. - 16 -е изд. , перераб. - М. : Просвещение, 2010 5)Математика. Учебное пособие для слушателей подготовительных курсов /Ю. С. Рогозина, И. М. Башняк, О. Л. Логвиненко, Новочеркасск: НГМА , 2003