Решение показательных уравнений с помощью квадратных уравнений

Муниципальное бюджетное образовательное учреждение

дополнительного образования детей дом детского творчества

г. Зверева Ростовской области.

Муниципальное бюджетное образовательное учреждение

средняя образовательная школа №1

г.Зверева Ростовской области.

Решение показательных уравнений

с помощью квадратных уравнений

Работа

педагога дополнительного

образования МБОУ ДОД ДДТ,

учителя математики МБОУ СОШ №1

Куца Фёдора Ивановича

г. Зверево

2013г.

1) Показательные уравнения вида:A∙a^2x + B∙a^x + C = 0.

2) Показательные уравнения вида:A∙a^2x ∙b^x+B∙a^x∙b^x + C∙b^x = 0.

3) Показательные уравнения вида:A∙a^x + + C = 0.

4) Показательные уравнения вида:A∙a^x + B∙a^-x + C= 0.

5) Однородные показательные уравнения:A∙a^2x + B∙a^x∙b^x + C∙b^2x = 0.

6) Основания степеней члены геометрической прогрессии.

7) «Завуалированное» обратное число.

8) Неочевидная замена.

9) Логарифмирование обеих частей уравнения.

10) Показательно - логарифмические уравнения.

11) Уравнения содержащие модуль.

12)Показательно - степенные уравнения a (x)^f(x) = a (x)^f(x).

13) Уравнения, содержащие тригонометрические функции.

1) Показательные уравнения вида:A∙a^2x + B∙a^x + C = 0,

гдеA ≠ 0, B,C – некоторые числа, a > 0, a ≠ 1,

заменойa^x = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям.

Пример. 3∙25^х - 14∙5^х - 5 = 0.

Решение. 3∙5^2х - 14∙5^х - 5 = 0.

Сделав замену 5^х=t (t > 0), получим уравнение 3t² - 14t - 5 = 0.

t_1,2 = = = .

t₁= 5; t₂= - = - .

t₂= - не удовлетворяет условию t > 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: 5^х= 5, откуда х = 1.

Ответ. х = 1.

2) Показательные уравнения вида:A∙a^2x ∙b^x+B∙a^x∙b^x + C∙b^x = 0,

гдеA ≠ 0, B,C – некоторые числа, a > 0, a ≠ 1,b > 0,b ≠ 1,путем деления на b^x и введением замены a^x = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям.

Пример. 18^x – 8∙6^x – 9∙2^x = 0.

Решение:9^x∙2^x – 8∙3^x∙2^x – 9∙2^x = 0, 2^x∙(9^x – 8∙3^x– 9) = 0,

так как 2^x > 0 при любом х, то 9^x – 8∙3^x– 9 = 0.

Сделав замену 3^х=t (t > 0), получим уравнение t² - 8t - 9 = 0,

корни которого: t₁= 9; t₂= - 1.

t₂= - 1 не удовлетворяет условию t > 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: 3^х= 9, откуда х = 2.

Ответ. х = 2.

3) Показательные уравнения вида:A∙a^x + + C = 0,

гдеA ≠ 0, B,C – некоторые числа, a > 0, a ≠ 1,

заменойa^x = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям.

Пример. 3^х+1 - 25 = .

Решение. 3∙3^х - 25 = .

Сделав замену 3^х=t (t > 0), получим уравнение: 3t - 25 = ,

3t² - 25t = 18, 3t² - 25t - 18 = 0.

t_1,2 = = = ,

t₁= 9; t₂= - = - .

t₂= - не удовлетворяет условию t > 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: 3^х= 9, откуда х = 2.

Ответ. х = 2.

4) Показательные уравнения вида:A∙a^x + B∙a^-x + C = 0,

гдеA ≠ 0, B,C – некоторые числа, a > 0, a ≠ 1,

заменойa^x = t (t > 0) сводятся к квадратным уравнениям.

Пример. 1) 13^{х + 1} - 12∙13 ^{- х} = 1.

Решение. 13∙13^х - 12∙13 ^{- х} - 1 = 0; 13∙13^2х - 12 - 13^х = 0.

Сделав замену 13^х=t (t > 0), получим уравнение: 13t² - t - 12 = 0, откуда

t₁= 1; t₂= - .

t₂= - не удовлетворяет условию t > 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: 13^х= 1; 13^х= 13⁰, откуда х = 0.

Ответ. х = 0.

2) 3∙ + - 25 = 0.

Решение. Обозначим = у, у > 0. Тогда 3у + - 25 = 0; 3у² - 25у + 8 = 0.

у_1,2= = = .

у₁ = 8, у₂ = .

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1)= 8; = ; = 3; х - 1 = 9; х = 10.

2)= ; = ; = ; = -- нет корней,

т.к. - < 0.

Ответ. х = 10.

5) Однородные показательные уравнения

Показательные уравнения вида: A∙a^2x + B∙a^x∙b^x + C∙b^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. 3∙16^х + 2∙81^х = 5∙36^х.

Решение. 3∙4^2х +2∙9^2х – 5∙4^х∙9^х = 0.

Поделив обе части уравнения на 9^2х, имеем 3∙ - 5∙ + 2 = 0;

3 ∙ - 5∙+ 2 = 0. Сделав замену = t,t > 0,

получим уравнение 3t² - 5t + 2 = 0, откуда t₁= 1; t₂= .

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1)= 1, = , х = 0.

2) = , = , 2х = 1 , х = 0,5.

Ответ. х₁ = 0, х₂ = 0,5.

6) 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∙ .

Решение. 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 , 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 t² - 4,25t + 1 = 0,

корни которого t₁ = 4, t₂= .

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

= 4, = 2², = 2, х = .

= , = 2^-2, = - 2, х = - .

Ответ. х₁ = , х₂ = - .

7) «Завуалированное» обратное число.

Основания степеней взаимно обратные числа.

Пример. + = 62.

Решение.Заметим, что (4 + )( 4 -) = 16 - 15 = 1.

Используя подстановку у = где у > 0, тогда =,

получим уравнение у + = 62, у²- 62у + 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. х₁ = 2, х₂ = - 2.

8) Неочевидная замена.

Показатели степеней преобразуют так, чтобы можно было ввести замену переменно.

й Пример.= 10 +3 .

Решение.Заметим, что += = = 5, отсюда = 5 -.

Введем замену = у, у > 0, тогда = = 2⁵ : = .

Имеем у =10 + 3 ; у² -10у - 96 = 0, откуда у₁= - 6, у₂ = 16.

у₁= - 6 не удовлетворяет условию у > 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: = 16; =2⁴; = 4;

3х – 5 = 4х – 8; х = 3.

Ответ. х = 3.

9) 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.

Решение. 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 = log₂3 + 1.

10) Показательно - логарифмические уравнения.

Если в уравнении содержится выражение видато 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 относительноlog_ax.

Пример.= 4.

Решение. ОДЗ уравнения: х > 0, х ≠ 1.

Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2:

=; ∙= 2; - - 2 = 0.

Пусть = t , тогда t² - 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= .

11) Уравнения содержащие модуль.

В решении уравнений используются свойства модуля.

Пример. 1) 7^2х+ 3|7^х - 5| = 7^{х +1} + 6.

Решение.1) Если 7^х - 5 ≥ 0, т.е. 7^х ≥ 5, то |7^х -5| = 7^х - 5 и уравнение примет вид:

7^2х+ 3(7^х -5) = 7^{х +1} + 6; 7^2х+ 3∙7^х - 15 - 7∙7^х - 6 = 0; 7^2х - 4∙7^х - 21 = 0.

Пусть у = 7^х, у > 0, тогда имеем уравнение у² - 4у - 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:

7^2х- 3(7^х -5) = 7^{х +1} + 6; 7^2х- 3∙7^х + 15 - 7∙7^х - 6 = 0; 7^2х - 10∙7^х + 9 = 0.

Пусть у = 7^х, у > 0, тогда имеем уравнение у² - 10у + 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.

12) Показательно - степенные уравнения a (x)^f(x) = a (x)^f(x).

Выражение в левой и правой частях уравнения представляют собой функции, содержащие переменную как в основании, так и в показателе степени, Для решения показательно – степенного уравнения нужно рассмотреть три случая: когда основание степени равно единице, нулю и когда оно отлично от указанных значений.

Пример.= .

Решение.1)Еслиx + 3 = 1, то есть x = - 2.

Получаем: 1¹ = 1^{- 4}, 1 = 1 - верное равенство; x = - 2 – корень уравнения.

2) Если x + 3 =0, то есть x = - 3, то в левой части уравнения получаем 0⁰, а в правой 0 ^{– 6} – выражение, не имеющее смысла. Поэтомуx = - 3 не является корнем уравнения.

3) Приравняв показатели, имеем x² - 3= 2x, откуда x₁ = - 1, x₂ = 3.

При этих значениях получим соответственно 2^{- 2} = 2^{- 2} и 6⁶ = 6⁶ – верные равенства, то есть x₁ = - 1, x₂ = 3 – корни уравнения.

Ответ.x₁ = - 2, x₂ = - 1, x₃ = 3.

13) 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.

у₂ = - 3 не удовлетворяет условию у > 0, следовательно, = 2, tgx = 1,

x = +n,nZ.

Ответ. x = +n, nZ.

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.

7) В.С.Крамор. Повторяем и систематизируем школьный курс алгебры и начал анализа. М.: Просвещение, 1990.

Интернет ресурсы:

http://nsportal.ru /node/592251

Адрес публикации: https://www.prodlenka.org/metodicheskie-razrabotki/23856-reshenie-pokazatelnyh-uravnenij-s-pomoschju-k