Algebra_10kl_RU

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

Вопросы для контроля

1.Объясните на примерах, как можно решать простейшие логарифмические неравенства, используя свойства логарифмической функции.

2*. Обоснуйте справедливость равносильных переходов:

3.Объясните на примере применение метода интервалов к решению логариф% мических неравенств.

Упражнения

392

Т а б л и ц а 57

Показательно/степенные уравнения

Показательно"степенными уравнениямиобычно называют уравнения, содер% жащие выражения вида (f (x))g (x) , то есть уравнения вида (f (x))g (x) = (f (x))ϕ (x)

(основанием степеней, стоящих в левой и правой частях показательно%сте% пенного уравнения, является f (x) — выражение с переменной).

Основные способы решения уравнения вида (f (x))g (x) = (f (x))ϕ (x)

І.f (x) > 0

1.xlogx ( x+1) = x2 − 1

393

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

П р о д о л ж. т а б л. 57

ІІ. f (x) — произвольное выражение

Объяснение и обоснование

Показательно"степенными уравнениями и неравенствами обычно назы% вают уравнения и неравенства, содержащие выражения вида f (x)g (x) (в кото% рых переменная входит и в основание, и в показатель степени).

Анализируя показательно%степенные уравнения, представленные в табли% це 57, следует помнить, что в школьном курсе математики понятие уравнения на разных этапах вводилось по%разному. А именно: в 4–5 классах уравнением называлось числовое равенство, содержащее неизвестное число, обозначенное буквой. Значение неизвестного, при котором уравнение обращается в верное числовое равенство, называлось корнем или решением этого уравнения. На% пример, для уравнения 2х = 6 корнем является значение х = 3.

С точки зрения приведенного определения в уравнении 2х = 6 буквой х обозначено хотя и неизвестное нам, но конкретное число, поэтому х может принимать единственное значение х = 3. Но такое определение затрудняет в дальнейшем работу с уравнением. Когда х принимает единственное значение,

394

§ 34. Решение показательно/степенных уравнений и неравенств

мы не можем применять, например, графическое решение уравнения (имея только одно значение х, невозможно получить график у = 2х как прямую линию на плоскости). Поэтому, начиная с 6–7 классов, уравнение определя% ется как равенство с переменной (а корнем или решением уравнения соответ% ственно называется такое значение переменной, при котором это уравнение обращается в верное числовое равенство). Тогда х в уравнении 2х = 6 — это переменная, для которой нет ни одного ограничения, и поэтому х может быть любым числом (ОДЗ уравнения: x R). При таком подходе каждому значе% нию переменной х соответствует единственное значение переменной 2х. Та% ким образом, это уравнение можно решить графически, построить графики функций у = 2х и у = 6. Кроме того, при таком подходе можно записать урав% нение в общем виде как равенство f (x) = ϕ (x) и обоснованно применить свой% ства функций для решения уравнений.

Для всех видов уравнений, которые рассматривались в курсе алгебры или алгебры и начал анализа, приведенные два определения уравнения приводят к одному тому же результату при решении уравнений. Но в случае показа% тельно%степенного уравнения иногда можно получить разные ответы, исполь% зуя разные подходы к определению уравнения.

Например, решим уравнение х2х + 1 = х5.

Если рассматривать такое уравнение как числовое равенство, то две сте% пени с одинаковым основанием х могут быть равными только в одном из четырех случаев. А именно: если основанием степени является одно из зна% чений –1, 0, 1 (х = –1, х = 0, х = 1), то степени могут быть равными даже тогда, когда их показатели будут разными (при условии, что эти степени существуют). Во всех остальных случаях степени с одинаковым основани% ем будут равными только тогда, когда показатели этих степеней будут рав% ными (2х + 1 = 5, то есть х = 2). Следовательно, для получения всех корней данного уравнения достаточно проверить значения х, равные –1, 0, 1, 2. Все эти числа являются корнями, так как при подстановке каждого из них в дан% ное уравнение оно обращается в верное числовое равенство.

Если же рассматривать это уравнение как равенство с переменной и встать на функциональную точку зрения, то функция f (x) = х2х + 1, как правило, считается определенной только при х > 0, и тогда данное уравнение имеет только два корня: 1 и 2.

Таким образом, в рассмотренном уравнении ответ нельзя записать одно% значно (поскольку каждый из указанных подходов к определению уравнения имеет право на существование и реально используется в математике). Поэто% му в подобных ситуациях приходится приводить оба варианта ответа.

Аналогичный пример приведен в таблице 57.

Обобщая приведенные выше рассуждения, заметим, что в том случае, ког" да при решении уравнения вида (f (x))g (x) = (f (x))ϕ (x) из условия не следует, что основание степени f (x) > 0, необходимо рассматреть три особых случая: ос" нование f (x) равно –1, 0, 1 (понятно, что в этих случаях степени (f (x))g (x)

395

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

и (f (x))ϕ (x) могут быть равными даже тогда, когда показатели g (x) и ϕ (x) разные), а затем приравнять показатели (g (x) = ϕ (x)). Если же из условия следует, что f (x) > 0, то рассматриваем только один особый случай — основание степени равно 1 (f (x) = 1) — и приравниваем показатели степеней (g (x) = ϕ (x)).

Например, решим уравнение (х2 – 1)3х – 7 = (х2 – 1)8.

Из условия не следует, что основание степени х2 – 1 > 0, следовательно, приходится рассматривать все случаи.

1)Если х2 – 1 = –1, то х2 = 0, и тогда х = 0.

Подставляя это значение в данное уравнение, имеем (–1)–7 = (–1)8, то есть –1 = 1 (неверное равенство). Таким образом, х = 0 не является корнем данного уравнения.

2)Если х2 – 1 = 0, то есть х = ä1, то при этих значениях х данное уравнение

обращается в неверное числовое равенство (поскольку значения выражений 0–4 и 0–10 не существуют). Таким образом, числа 1 и –1 не являются корнями данного уравнения.

3) Если х2 – 1 = 1, то есть x = ± 2, то данное уравнение обращается в верное равенство (1 = 1), следовательно, x = ± 2 — корни данного уравнения.

4)Приравняем показатели степеней данного уравнения (основания степеней

в левой и правой частях уравнения одинаковые): 3х – 7 = 8, тогда х = 5 (при подстановке получаем верное равенство 248 = 248).

Объединяя полученные результаты, получаем ответ.

Ответ: − 2; 2; 5.

З а м е ч а н и е. При f (x) > 0 для решения уравнения вида (f (x))g (x) = (f (x))ϕ (x) можно прологарифмировать обе его части по любому чис% ловому основанию, получить равносильное уравнение, в котором уже не при% дется рассматривать особый случай — он будет учтен автоматически. Это свя% зано с тем, что функция у = ах при a > 0 имеет особый случай, если а = 1 (см. график функции у = ах при a > 0 на с. 338), а функция y = logb x (где b > 0, b ≠ 1) особых случаев не имеет.

Также отметим, что при решении неравенств вида (f (x))g (x) > (f (x))ϕ (x)

обычно используют функциональный подход и считают, что f (x) > 0.

Заметим, что в тех случаях, когда в показательно"степенное уравнение входят выражения вида aloga N, то для решения такого уравнения может использоваться основное логарифмическое тождество. В этом случае следу% ет учитывать ОДЗ данного уравнения (см. пример 1 в табл. 57).

Достаточно часто для решения показательно%степенных уравнений ис% пользуется логарифмирование обеих частей. Конечно, это можно сделать толь% ко тогда, когда на ОДЗ данного уравнения обе части уравнения положитель% ны (см. пример 2 в табл. 57).

Приведем еще несколько примеров решения показательно%степенных урав% нений и неравенств.

396

§ 34. Решение показательно/степенных уравнений и неравенств

Примеры решения задач

К о м м е н т а р и й

Прологарифмировать обе части данного уравнения не удается (в левой ча% сти стоит сумма), поэтому попытаемся все степени представить в виде степе% ней с одним и тем же числовым основанием. Учитывая, что в данном уравне% нии есть логарифм по основанию 2, представим все данные степени как степе%

ни с основанием 2 по формуле u = aloga u, где u > 0, a > 0, а ≠ 1. Тогда

(то есть слагаемые, стоящие в левой части данного уравнения, одинаковы). После получения уравнения (2) (см. решение) можно использовать равен% ство (1) справа налево. Можно также записать правую часть уравнения (2) как степень числа 2 или прологарифмировать обе его части по основанию 2.

397

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

Р е ш е н и е

ОДЗ: x > 0. На этой ОДЗ данное уравнение равносильно уравнениям:

log2 x = 1, x = 2 (принадлежит ОДЗ).

Ответ: 2.

xlog3 y + ylog3 x = 18,

Задача 3 Решите систему уравнений

log3 x + log3 y = 3.

К о м м е н т а р и й

Используем равносильные преобразования системы. Для этого учтем ОДЗ и проследим за тем, чтобы на этой ОДЗ все преобразования уравнений как

впрямом, так и в обратном направлении сохраняли верные равенства.

Впервом уравнении данной системы запишем все степени как степени с основанием 3 (см. выше комментарий к задаче 2). После равносильных (на ОДЗ) преобразований первого уравнения получаем систему (1) (см. решение),

вкоторую переменные входят только в виде log3 x и log3 y, поэтому удобно использовать замену переменных. После обратной замены применяем опре%

деление логарифма.

Р е ш е н и е

x > 0,

ОДЗ: y > 0. На этой ОДЗ первое уравнение заданной системы равносильно

Из второго уравнения последней системы v = 3 – u, тогда из первого уравне% ния u(3 – u) = 2, то есть u2 – 3u + 2 = 0. Отсюда u1 = 1, u2 = 2. Тогда v1 = 2, v2 = 1.

Ответ: (3; 9), (9; 3).

398

§ 34. Решение показательно/степенных уравнений и неравенств

Іспособ

Ко м м е н т а р и й

Попытаемся выполнить равносильные преобразования данного неравен% ства, применив рассуждения, аналогичные тем, что приводились при реше% нии показательно%степенных уравнений (см. пункт ІІ табл. 57). Поскольку | x – 4 | l 0, то из особых случаев необходимо рассмотреть только два: основа% ние равно 0 (то есть x = 4) и основание равно 1 (то есть | x – 4 | = 1). При других значениях x основание — положительное число, не равное 1. Рассмотрим два случая: 1) основание больше 1 (при переходе от степеней к показателям в дан% ном неравенстве знак неравенства не меняется); 2) основание меньше 1, но больше 0 (при переходе от степеней к показателям в данном неравенстве знак неравенства меняется на противоположный). При таких преобразованиях по% лучаем неравенства, равносильные данному (на его ОДЗ), поскольку можем гарантировать правильность не только прямых, но и обратных переходов.

При решении полученных простейших логарифмических неравенств учи% тываем, что функция y = lg t является возрастающей.

Вответ следует включить все решения полученных систем неравенств

ивсе особые значения, которые являются решениями данного неравенства.

Р е ш е н и е

x − 2 > 0,

ОДЗ: 6 − x > 0, то есть 2 < x < 6.

При x = 4 данное неравенство выполняется (0lg 2 l 0lg 2, 0 l 0 — верное неравенство), таким образом, x = 4 — одно из решений этого неравенства.

Если | x – 4 | = 1 (то есть x – 4 = 1 или x – 4 = –1, тогда x = 5 или x = 3 — эти значения входят в ОДЗ), то данное неравенство также выполняется. При х = 5 и х = 3 получаем верное неравенство 1 l1. Таким образом, эти числа также являются решениями данного неравенства.

При х ≠ 4, х ≠ 5 и х ≠ 3 на ОДЗ данное неравенство равносильно следующей совокупности систем:

399

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

Таким образом, 5 < x < 6 или 3 < x < 4. Учитывая особые значения, кото% рые являются решениями, получаем: 3 m x m 4 или 5 m x < 6.

Ответ: [3; 4] [5; 6).

IIспособ решения неравенства | x – 4 | lg (x – 2) l | x – 4 | lg (6 – x).

Ко м м е н т а р и й

Решим данное неравенство методом интервалов, для этого приведем его к виду f (x) l 0.

Для нахождения нулей f (x) необходимо решить показательно%степенное уравнение (2). Поскольку | x – 4 | l 0, то из особых случаев необходимо рас% смотреть только два — основание равно 0 (то есть x = 4) или основание равно 1 (то есть | x – 4 | = 1). При других значениях x из ОДЗ в уравнении (3) основа% ние — положительное число, не равное 1. Тогда можно приравнять показате% ли степеней (получаем уравнение, равносильное данному).

Для нахождения знаков f (x) удобно использовать графики функции у = ах при 0 < a < 1 и при a > 1.

Р е ш е н и е

400

§ 34. Решение показательно/степенных уравнений и неравенств

При x = 4 равенство (3) выполняется (0lg 2 = 0lg 2; 0 = 0 — верное равен% ство), таким образом, x = 4 — корень уравнения (3).

Если | x – 4 | = 1 (то есть x – 4 = 1 или x – 4 = –1, тогда x = 5 или x = 3), то равенство (3) также выполняется. При х = 5 и х = 3 получаем верное равенство 1 = 1. Таким образом, эти числа также являются корнями уравнения (3). При х ≠ 4, х ≠ 5 и х ≠ 3 на ОДЗ уравнение (3) равносильно уравнению

lg (x – 2) = lg (6 – x). Тогда x – 2 = 6 – x,то есть x = 4 — не удовлетворяет условию х ≠ 4. Следовательно, на последнем множестве уравнение (3) кор% ней не имеет.

3. Отмечаем нули функции на ОДЗ и на% ходим знак f (x) на каждом из проме% жутков, на которые разбивается ОДЗ (см. рисунок).

Ответ: [3; 4] [5; 6).

Задача 5 Решите неравенство xl o ga x+1 > a2x.

К о м м е н т а р и й

На ОДЗ обе части неравенства положительны, поэтому попытаемся про% логарифмировать обе части неравенства. Поскольку в данное неравенство уже входит loga x, то удобно прологарифмировать по основанию a. Но при лога% рифмировании по основанию больше 1 знак неравенства не меняется, а при логарифмировании по основанию меньше 1 знак неравенства меняется. При% ходится рассматривать два случая (в каждом из них получаем неравенство, равносильное данному на его ОДЗ).

Р е ш е н и е

ОДЗ: x > 0, a > 0, а ≠ 1. Прологарифмируем обе части неравенства.

1) При a > 1 данное неравенство на его ОДЗ равносильно неравенствам: loga (xl o ga x+1 ) > loga (a2x), (loga x + 1) loga x > loga a2 + loga x,

log2a x + loga x > 2 + loga x, log2a x > 2. Таким образом, loga x < − 2 или loga x > 2.

То есть loga x < loga a− 2 или loga x > loga a 2.

Учитывая ОДЗ (x > 0) и то, что a > 1, получаем 0 < x < a− 2 или x > a 2. 2) При 0 < a < 1 данное неравенство на его ОДЗ равносильно неравенствам:

loga (xl o ga x+1 ) < loga (a2x), (loga x + 1) loga x < loga a2 + loga x, log2a x + loga x < 2 + loga x, log2a x < 2.

Таким образом, − 2 < loga x < 2.

401