Algebra_10kl_RU

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Таврический Национальный Университет им. В.И. Вернадского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Решите уравнение 4x +

.pdf

Скачиваний:

116

Добавлен:

20.03.2015

Размер:

5.2 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 / 4541 42 43 44 45 > Следующая >>>

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

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

Учитывая ОДЗ (x > 0) и то, что 0 < a < 1, получаем a 2 < x < a− 2. Ответ: 1) при a > 1 x (0; a− 2 ) (a 2 ; + ∞ ); 2) при 0 < a < 1 x (a 2; a− 2 ).

Вопросы для контроля

1.Объясните на примерах, какими способами можно решать показательно% степенные уравнения.

2.Объясните, почему при переходе от уравнения xlg x = x2 к уравнению lg x = 2 (основания равны — приравняли показатели) теряется корень данного урав% нения.

Упражнения

1. Решите уравнение:
1) xlg x = x3; 2) x2 lg x – 10x = 0; 3) x2l og16 x =				64	;	4) xlogx (x2−3) = 2x;

				x
х + 2	6	6)	x − 1			x2−1	= 1;

5) х	= х : а) при x > 0; б) при x R;

		log3 x+1 −	1	( 2	−1	)
7) (	1	)				= 2(x − 1);
7) (		)				= 2(x − 1);
9

9) 2x2 lg (x – 1) = 1 + (x – 1)3.

2.Решите систему уравнений:

xlog5 y + ylog5 x = 50,

1)log25 x + log25 y = 1,5;

3.Решите неравенство:

8) 4log4 x + xlog4 x = 8;

xlog2 y + ylog2 x = 16,

2) log2 x − log2 y = 2.

(x2 − x + 1)x2−2,5x+1 < 1;

x + 1

x2−2x l

x + 1

3 ;

l o g (x−2)

l og

(8−x)

l o g

x+4

x − 2

;

4) x

< a x;

5) x3+l o ga x > a2x2.

402

§35	ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
	И НЕРАВЕНСТВА

Некоторые показательные и логарифмические уравнения можно решить, используя свойства соответствующих функций. Напомним основные приемы, которые применяются при решении уравнений с помощью свойств функций, и приведем примеры решения уравнений и неравенств, содержащих показа% тельные, логарифмические и другие функции.

Т а б л и ц а 58

Ориентир

Пример

1. Конечная ОДЗ

2 x−1 + 3x = 41− 2−2x.

x − 1l 0,

x l1,

Если область допустимых значе#

ОДЗ:

Тогда

ний (ОДЗ) уравнения (неравенства

2 − 2x l 0.

x m1.

Итак, ОДЗ: х = 1.

или системы) состоит из конечного

П р о в е р к а. х = 1 — корень

числа значений, то для решения

(2 1−1 + 31 = 41−

2−2, 4 = 4).

достаточно проверить все эти зна#

чения.

Других корней нет, поскольку в ОДЗ

входит только одно число.

Ответ: 1.

2. Оценка значений левой и правой частей уравнения

= cos

f (x) = a,

f (x) = g (x)

Оценим значения левой и пра%

g (x) = a.

вой частей данного уравнения:

f (x) l a

f (x) = 2x2 l1 (поскольку x2 l 0);

g (x) m a

если g(x) = cos

, то –1 m g (x) m 1.

Если требуется решить уравне#

Итак, f (x) m 1, g (x) m 1. Тогда дан%

ное уравнение равносильно системе

ние вида f (x) = g (x) и выяснилось,

что f (x) l a, g (x) m a, то равенство

=1,

между левой и правой частями воз#

= 1.

можно тогда и только тогда, когда

cos

f (x) и g (x) одновременно будут

Из первого уравнения получаем

равны а.

x = 0, то есть x = 0, что удовлетво%

ряет и второму уравнению.

Ответ: 0.

403

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

П р о д о л ж. т а б л. 58

3. Использование монотонности функций

Схема решения уравнения 1. Подбираем один или несколько корней уравнения.

2. Доказываем, что других корней это уравнение не имеет (исполь" зуя теоремы о корнях уравнения или оценку значений левой и пра" вой частей уравнения).

Теоремы о корнях уравнения

1. Если в уравнении f (x) = a функция f (x) возрастает (убывает) на некотором про# межутке, то это уравнение может иметь не более чем один корень на этом проме# жутке.

Пример

Уравнение 2x + 3х = 5 имеет единствен% ный корень х = 1 (21 + 31 = 5, то есть 5 = 5), поскольку функция f (x) = 2x + 3х возрас% тает (на всей области определения х R) как сумма двух возрастающих функций.

2. Если в уравнении f (x) = g (x) функция f (x) возрастает на некотором промежут# ке, а функция g (x) убывает на этом же промежутке (или наоборот), то это урав# нение может иметь не более чем один корень на этом промежутке.

Пример

Уравнение 5x = 27 – x имеет единствен% ный корень х = 2 (52 = 27 – 2, то есть 25 = 25), поскольку f (x) = 5x возрастает, а g (x) = 27 – х убывает (при всех х R).

404

§35. Показательные и логарифмические уравнения и неравенства

Пр о д о л ж. т а б л. 58

	4. «Ищи квадратный трехчлен»

	Ориентир			Пример

			4x – (7 – x)æ2x + 12 – 4x = 0.
		Запишем 4x = 22x и введем замену 2x = t.
		Получаем
			t2 – (7 – x)æt + 12 – 4x = 0.
	Попытайтесь рассмот#	Рассмотрим это уравнение как квадратное
реть заданное уравнение		относительно t. Его дискриминант
как квадратное относи#		D = (7 – x)2 – 4(12 – 4x) = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2.
тельно некоторой пере#		Тогда t1,2 =		7 − x ± (x + 1)	,
менной (или относительно				7 − x ± (x + 1)		то есть t = 4, t = 3 – x.
менной (или относительно						то есть t = 4, t = 3 – x.
некоторой функции).		2				1	2
некоторой функции).		Обратная замена дает 2x = 4 (отсюда x = 2) или
		2x = 3 – x. Последнее уравнение имеет един%
		ственный корень x = 1, так как f (x) = 2x возра%
		стает, а g (x) = 3 — x убывает (при всех x R).
		Ответ: 1; 2.

	Примеры решения задач

		Решите уравнение (
Задача 1
		Р е ш е н и е
Если ( 2 −		3 )x = t, то
( 2 + 3 )x = 1. Получаем t +			1	= 4.

	t		t

Отсюда t2 – 4t + 1 = 0. Тогда

t1 = 2 − 3, t2 = 2 + 3. Обратная замена дает

(	2 −	3 )x = 2 −	3 (отсюда x = 2)
или (	2 −	3 )x = 2 +	3 (отсюда

x = –2).

Ответ: – 2; 2.

2 − 3 )x + ( 2 + 3 )x = 4.

К о м м е н т а р и й

Замечаем, что ( 2 − 3 ) ( 2 + 3 )= 22 − ( 3)2 = 1.

Таким образом, если 2 − 3 = a, то

2 + 3 = 1 . То есть данное уравнение

имеет вид ax + 1x = 4, и его можно ре%

a x

шить с помощью замены a = t. Но

теперь эту замену можно непосред% ственно применить для данного урав% нения, не вводя промежуточные обо% значения. После обратной замены учитываем, что

		1				1		−2
2 +	3 =			=			= (	2 − 3 ) .
		2 −	3		(	2 − 3 )2

405

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

К о м м е н т а р и й

Если привести все степени к одному основанию 2 и обозначить 2x = t, то

получим уравнение (1) (см. решение), в котором можно ввести замену t − 1 = u

				t
(тогда u2 = t2 − 2 +	1	, отсюда t2 +	1	= u2 + 2 . На ОДЗ данного уравнения (x R)
	t2		t2

все замены и обратные замены являются равносильными преобразованиями этого уравнения. Таким образом, решив уравнения, полученные в результате замен, и выполнив обратные замены, мы получим корни данного уравнения.

Р е ш е н и е

		2x	+			1				+		x	−	1		= 4.
2											2
2					2			2x			2			2	x
Замена 2x = t дает уравнение					2									2
Замена 2x = t дает уравнение
		t2 +				1			+ t − 1 = 4.											(1)
		t2 +							+ t − 1 = 4.											(1)
						t2							t
Обозначим t −	1	= u, тогда t2 +		1			= u2				+ 2, таким образом, из уравнения (1)
	t			t2														= 1, u		= –2.
получаем уравнение u2 + u – 2 = 0, которое имеет корни: u																	1	= 1, u	2	= –2.
																	1		2

Обратная замена дает t − 1 = 1 или t − 1 = −2.

Тогда t2 – t – 1 = 0 или t2 + 2t – 1 = 0.

Получаем t =

1 +

1 −

или t = −1 +

t = −1 − 2.

1 + 5

+ 5

1 − 5

Тогда 2

(отсюда

x = log2

или 2

(корней нет, по%

= −

(

2 − 1)), или 2x

= −

−

скольку

1 −

0 , или 2x

2 (отсюда x = log

(корней нет, поскольку −1 −

2 < 0).

Ответ: log2

1 +

;

log2 (

2 − 1).

Решите уравнение 4x +

= 2 cos 2x.

Задача 3

Іспособ

Ко м м е н т а р и й

Учитывая, что 4x > 0, получаем, что в левой части уравнения стоит сумма двух взаимно обратных положительных чисел, которая всегда больше или

406

§ 35. Показательные и логарифмические уравнения и неравенства

равна 2. (Действительно, если a > 0, то a +				1	− 2 =	a2 − 2a + 1	= (a − 1)2	l 0, таким
равна 2. (Действительно, если a > 0, то a +				a	− 2 =	a	= (a − 1)2	l 0, таким
		1	l 2.)	a		a	a
образом, при всех a > 0	a +	1
образом, при всех a > 0	a +
		a

Для оценки значений правой части достаточно вспомнить, что областью значений функции cos 2x является промежуток [– 1; 1], таким образом, –2 m 2 cos 2x m 2.

Р е ш е н и е
Оценим значения левой и правой частей уравнения. f (x) = 4x +	1		l2 как
	4	x	l2 как
		x

сумма двух взаимно обратных положительных чисел. Если g (x) = 2 cos 2x, то –2 m g (x) m 2. Таким образом, f (x) l 2, g (x) m 2, тогда данное уравнение

равносильно системе				x	+	1	= 2,
			4
			4			4x
						4x

			2 cos 2x = 2.
Из первого уравнения, используя замену 4x = t, получаем
	t +	1	= 2, то есть t2 – 2t + 1 = 0. Отсюда t = 1.
	t +		= 2, то есть t2 – 2t + 1 = 0. Отсюда t = 1.
Тогда 4x		t
Тогда 4x	= 1, отсюда x = 0, что удовлетворяет и второму уравнению.
Ответ: 0.								1
	ІІ способ решения уравнения 4x +							1	= 2 cos 2x.
	ІІ способ решения уравнения 4x +							x	= 2 cos 2x.
							4
			К о м м е н т а р и й

Если обозначить 4x = t, то данное уравнение приводится к уравнению (2) (см. решение), которое можно рассматривать как квадратное относительно переменной t. Заметим, что t = 4x ≠ 0, поэтому при таких значениях t уравне% ния (1) и (2) являются равносильными. Далее используем условие существова% ния корней квадратного уравнения.

Р е ш е н и е

После замены 4x = t (t > 0) из данного уравнения получаем равносильное

уравнение
t +	1	= 2 cos 2x,	(1)

	t
которое, в свою очередь, равносильно уравнению
t2 – (2 cos 2x) t + 1 = 0.			(2)

Рассмотрим уравнение (2) как квадратное относительно переменной t. Тогда его дискриминант D = 4 cos2 2x – 4.

Уравнение (2) может иметь корни только тогда, когда D l 0, то есть когда

4 cos2 2x – 4 l 0. Отсюда
cos2 2x l 1.	(3)

У этого неравенства знак «больше» не может выполняться (cos2 2x m 1 всегда), таким образом, неравенство (3) равносильно уравнению cos2 2x = 1. Тогда cos 2x = 1 или cos 2x = –1. Подставляя эти значения в уравнение (2),

407

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

cos 2x = 1,	cos 2x = −1,
получаем две системы: t2 − 2t + 1 = 0	или t2 + 2t + 1 = 0. Во второй системе из

второго уравнения имеем t = –1, что не удовлетворяет условию t > 0. Таким образом, данное уравнение равносильно только первой системе. Из второго уравнения первой системы имеем t = 1, тогда 4x = 1, то есть x = 0, что удовлет% воряет и первому уравнению этой системы.

Ответ: 0.

Задача 4

Решите уравнение 2| x | – | 2х + 1 – 2 | = 2х + 1.

К о м м е н т а р и й

Для решения уравнения с несколькими модулями можем применить об% щую схему (с. 240):

1)найти ОДЗ;

2)найти нули всех подмодульных функций;

3)отметить нули на ОДЗ и разбить ОДЗ на промежутки;

4)найти решения уравнения в каждом из промежутков.

Р е ш е н и е

ОДЗ: х R.

Нули подмодульных функций: x = 0 и 2x + 1 – 2 = 0, 2x + 1 = 2, x + 1 = 1, x = 0.

Этот нуль (x = 0) разбивает ОДЗ на два промежут% ка, в каждом из которых каждая подмодульная функция имеет постоянный знак (см. рисунок).

Промежуток І. При x (– ; 0] имеем уравнение 2–x + 2x + 1 – 2 = 2x + 1. Тогда 2–x = 2, таким образом, x = –1 (– ; 0].

Промежуток ІІ. При x [0; + ) имеем уравнение 2x – (2x + 1 – 2) = 2x + 1. Тогда

2x =	2	, отсюда x = log		2	. Но log		2	< 0, таким образом, во ІІ промежутке
			2 3			2 3
3

данное уравнение корней не имеет.

Ответ: –1.

Задача 5 Решите уравнение

lg2 (x + 1) = lg (x + 1) lg (x – 1) + 2 lg2 (x –1).

Р е ш е н и е

x + 1 > 0,

ОДЗ: x − 1 > 0. То есть x > 1.

Поскольку x = 2 не является корнем данного уравнения, то при делении обе% их частей уравнения на lg2 (x – 1) ≠ 0

К о м м е н т а р и й

Если выполнить замену lg (x + 1) = u, lg (x – 1) = v, то получим уравнение u2 = uv + 2v2, все члены которого име" ют одинаковую суммарную сте" пень — два. Напомним, что такое уравнение называется однородным и

408

§ 35. Показательные и логарифмические уравнения и неравенства

получаем

равносильное (на ОДЗ)

решается делением обеих частей на

уравнение

наибольшую степень одной из пере"

lg2 (x + 1)

lg(x + 1)

+ 2.

менных. Разделим, например, обе ча%

lg2 (x − 1)

lg (x − 1)

сти на v2 (то есть на lg2 (x – 1)).

После замены t =

lg(x + 1)

имеем урав%

Чтобы не потерять корни уравне"

ния при делении на выражение с пе"

lg(x − 1)

ременной, необходимо те значения

нение t

– t – 2 = 0, корни которого:

переменной, при которых это выра"

t1 = –1, t2 = 2.

жение равно нулю, рассмотреть от"

Выполнив обратную замену, получаем

дельно. Значение x, при котором

lg(x + 1)

= −1

или

= 2.

lg (x – 1) = 0 (тогда x – 1 = 1), то есть

lg(x − 1)

Тогда на ОДЗ имеем равносильные

x = 2, подставляем в данное уравне%

ние.

уравнения:

Для реализации полученного пла%

lg (x + 1) = –lg (x – 1) или

на решения не обязательно вводить

lg (x + 1) = 2 lg (x – 1),

переменные u и v, достаточно заме%

lg (x + 1) = lg (x – 1)

–1

или

тить, что данное уравнение однород%

lg (x + 1) = lg (x – 1)

ное, разделить обе части на lg2 (x – 1),

x + 1 =

или x + 1 = (x – 1)2,

а затем ввести новую переменную t.

− 1

или x + 1 = x2 – 2x + 1,

В конце учитываем, что все преоб%

x2 – 1 = 1

x2 = 2

или x2 – 3x = 0,

разования были равносильными на

x = ±

или x = 0 или x = 3.

ОДЗ, следовательно, необходимо вы%

бирать только те из найденных кор%

Учитывая ОДЗ, получаем

ней, которые входят в ОДЗ.

x =

2 или x = 3.

Ответ:

2; 3.

Решите уравнение log2 (1+ x − 2 )+ log1 (1−

x2 − 4

)= 0.

Задача 6

К о м м е н т а р и й

Логарифмические функции, стоящие в левой части данного уравнения, принимают только неотрицательные значения.

Действительно, на всей области определения 1 + x − 2 l1, таким образом, log2 (1 + x − 2)l0; аналогично, поскольку 1 – | x2 – 4 | m 1, то на своей области

определения log1 (1− x2 − 4 )l0. В этом случае сумма двух неотрицательных

функций может равняться нулю тогда и только тогда, когда каждая из этих функций равна нулю.

Заметим, что при переходе от данного уравнения к системе уравнений ОДЗ не изменяется, таким образом, ее можно не записывать в явном виде. При ре% шении полученных простейших логарифмических уравнений ОДЗ также учи% тывается автоматически, поэтому ее можно вообще не записывать в решение.

409

РАЗДЕЛ 4. Показательная и логарифмическая функции

Р е ш е н и е

(1+ x − 2 )l0

Поскольку на всей области определения log

(

)

log1

−

− 4

l 0,

то данное уравнение равносильно системе

(1+ x − 2) = 0,

log

(1−

)= 0.

log

x2 − 4

Из первого уравнения системы получаем 1+ x − 2 = 20. Тогда x − 2 = 0, то есть х = 2, что удовлетворяет и второму уравнению системы.

Ответ: 2.

Задача 7	При каких значениях параметра a неравенство
				3 cos x + a − 5
	log		sin x +	3 cos x + a − 5	> 0
	log			5	> 0
		2a−15		5
		5
	выполняется для любых значений x?

К о м м е н т а р и й

Сначала воспользуемся формулой a sin x + b cos x = a2 + b2 sin (x + ϕ): sin x + 3 cos x = 2 sin (x + π3 ). Далее запишем правую часть неравенства как

значение логарифмической функции и, переходя к аргументу, учтем, что в слу% чае, когда основание этой функции больше 1, функция возрастает, а когда меньше 1 (но больше 0) — убывает.

При дальнейшем анализе полученных неравенств учитываем, что нера% венство sin t > b выполняется для любых значений t тогда и только тогда, когда b < –1, а неравенство sin t < c — когда c > 1.

Р е ш е н и е Данное неравенство равносильно неравенству

2 sin(x

+ π )+ a − 5

log

2a−15

> log

2a−15

Эта неравенство равносильно совокупности систем

2a − 15

> 1,

0 <

2a − 15

< 1,

2 sin(x +

)+ a

− 5

или

2 sin(x +

)+ a − 5

> 1

< 1.

a > 10,

7,5 < a < 10,

+ π )> 5 − a

Тогда

или

sin(x

5 − a < sin(x + π )< 5 − a .

410

§ 35. Показательные и логарифмические уравнения и неравенства

Неравенство с переменной x в последней совокупности систем будут вы% полняться для любых значений x при условии:


a > 10,		7,5 < a < 10,						7,5 < a < 10,
a > 10,							a > 10,	7,5 < a < 10,
			5	− a			a > 10,
	− a < −	или	5	− a		< −1,	То есть	или a > 7,
		или				< −1,	То есть	или a > 7,
5				2			a > 12
5	1
	2	5		−	a	> 1.		a < 8.
		5		−		> 1.
				2
				2

Тогда a > 12 или 7,5 < a < 8. Ответ: при а (7,5; 8) (12; + ).

Задача 8 При каких значениях параметра a уравнение log2 (4x – a) = x имеет единственный корень?

К о м м е н т а р и й Выполняя равносильные преобразования данного уравнения, учитываем,

что при использовании определения логарифма для решения этого простей% шего логарифмического уравнения его ОДЗ учитывается автоматически.

При выполнении замены переменной в задании с параметром учитыва" ем, что после замены требование задачи может измениться.

Исследуя расположение корней квадратного трехчлена f (t) = t2 – t – a, применим условия, приведенные на с. 225 в таблице 37 (для записи соответ% ствующих условий используем обозначение: D — дискриминант, t0 — абс% цисса вершины параболы). Как известно, для того чтобы корни квадратно" го трехчлена f (t) (с положительным коэффициентом при t2) были располо" жены по разные стороны от числа A, необходимо и достаточно, чтобы вы" полнялось условие f (A) < 0.

Р е ш е н и е
Данное уравнениеравносильно уравнению
4x – a = 2x.	(1)
То есть 22x – a = 2x. Замена 2x = t (t > 0) дает уравнение
t2 – t – a = 0.	(2)

Требование задачи будет выполняться тогда и только тогда, когда уравне% ние (2) будет иметь единственный положительный корень. Это будет в одном из двух случаев:

1)уравнение (2) имеет единственный корень, и он положительный;

2)уравнение (2) имеет два корня, из которых только один положительный, а второй — отрицательный или нуль.

Для первого случая получаем

Таким образом, a = − 1 .

D = 0,>t0 0,

1 + 4a = 0,

то есть t		= 1	> 0.
	0	2
		2

411

<<< < Предыдущая 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 4041 / 4541 42 43 44 45 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
16.08.2019358.53 Кб699354.rtf
#
08.08.20192.1 Mб3agrarne.doc
#
11.11.2019364.54 Кб2ajm_project_description_form_2012_en.doc
#
08.05.20191.03 Mб136ALEXANDER KAMENSK1.doc
#
02.12.20181.91 Mб8ALFRED.doc
#
20.03.20155.2 Mб116Algebra_10kl_RU.pdf
#
20.07.201940.96 Кб1AMERICAN%20VALUES.doc
#
20.03.2015574.46 Кб225anatomia.doc
#
20.03.201531.23 Кб30Antonyme.doc
#
30.04.201583.34 Кб25Arduino Uno Rev.3.pdf
#
20.03.2015693.36 Кб19Art of speaking.docx