Przykłady równań wykładniczych. Równania wykładnicze
Wykład: „Metody rozwiązywania równań wykładniczych”.
1 . Równania wykładnicze.
Równania zawierające niewiadome w wykładnikach nazywane są równaniami wykładniczymi. Najprostszym z nich jest równanie ax = b, gdzie a > 0, a ≠ 1.
1) W b< 0 и b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 показательной функции, не имеет решения.
2) Dla b > 0, korzystając z monotoniczności funkcji i twierdzenia o pierwiastku, równanie ma unikalny pierwiastek. Aby je znaleźć, b należy przedstawić w postaci b = aс, аx = bс ó x = c lub x = logab.
Równania wykładnicze poprzez przekształcenia algebraiczne prowadzą do równań standardowych, które rozwiązuje się następującymi metodami:
1) sposób redukcji do jednej zasady;
2) sposób oceny;
3) metoda graficzna;
4) sposób wprowadzania nowych zmiennych;
5) metoda faktoryzacji;
6) wykładnicze – równania potęgowe;
7) poglądowy z parametrem.
2 . Metoda redukcji do jednej zasady.
Metoda opiera się na następującej własności stopni: jeśli dwa stopnie są równe i ich podstawy są równe, to ich wykładniki są równe, czyli należy spróbować sprowadzić równanie do postaci
Przykłady. Rozwiązać równanie:
1 . 3x = 81;
Przedstawmy prawą stronę równania w postaci 81 = 34 i napiszmy równanie odpowiadające pierwotnemu 3 x = 34; x = 4. Odpowiedź: 4.
2. https://pandia.ru/text/80/142/images/image004_8.png"width="52" height="49">i przejdźmy do równania na wykładniki 3x+1 = 3 – 5x; 8x = 4; x = 0,5. Odpowiedź: 0,5.
3. https://pandia.ru/text/80/142/images/image006_8.png" szerokość="105" wysokość="47">
Zauważ, że liczby 0,2, 0,04, √5 i 25 reprezentują potęgi liczby 5. Skorzystajmy z tego i przekształćmy pierwotne równanie w następujący sposób:
, skąd 5-x-1 = 5-2x-2 ó - x – 1 = - 2x – 2, skąd znajdujemy rozwiązanie x = -1. Odpowiedź 1.
5. 3x = 5. Z definicji logarytmu x = log35. Odpowiedź: log35.
6. 62x+4 = 33x. 2x+8.
Przepiszmy równanie w postaci 32x+4,22x+4 = 32x,2x+8, czyli.png" szerokość="181" wysokość="49 src="> Stąd x – 4 =0, x = 4. Odpowiedź: 4.
7 . 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9. Korzystając z własności potęg, zapisujemy równanie w postaci 6∙3x - 2∙3x – 3x = 9 wtedy 3∙3x = 9, 3x+1 = 32, czyli x+1 = 2, x =1. Odpowiedź 1.
Bank problemów nr 1.
Rozwiązać równanie:
Próba nr 1.
1) 0 2) 4 3) -2 4) -4 |
|
A2 32x-8 = √3. | 1)17/4 2) 17 3) 13/2 4) -17/4 |
A3 | 1) 3;1 2) -3;-1 3) 0;2 4) bez pierwiastków |
1) 7;1 2) bez pierwiastków 3) -7;1 4) -1;-7 |
|
A5 | 1) 0;2; 2) 0;2;3 3) 0 4) -2;-3;0 |
A6 | 1) -1 2) 0 3) 2 4) 1 |
Próba nr 2
A1 | 1) 3 2) -1;3 3) -1;-3 4) 3;-1 |
A2 | 1) 14/3 2) -14/3 3) -17 4) 11 |
A3 | 1) 2;-1 2) bez pierwiastków 3) 0 4) -2;1 |
A4 | 1) -4 2) 2 3) -2 4) -4;2 |
A5 | 1) 3 2) -3;1 3) -1 4) -1;3 |
3 Metoda ewaluacji.
Twierdzenie o pierwiastku: jeśli funkcja f(x) rośnie (maleje) w przedziale I, liczba a jest dowolną wartością przyjmowaną przez f w tym przedziale, to równanie f(x) = a ma pojedynczy pierwiastek w przedziale I.
Przy rozwiązywaniu równań metodą estymacji wykorzystuje się to twierdzenie i właściwości monotoniczności funkcji.
Przykłady. Rozwiąż równania: 1. 4x = 5 – x.
Rozwiązanie. Przepiszmy równanie jako 4x +x = 5.
1. jeśli x = 1, to 41+1 = 5, 5 = 5 jest prawdą, co oznacza, że 1 jest pierwiastkiem równania.
Funkcja f(x) = 4x – rośnie na R, a g(x) = x – rośnie na R => h(x)= f(x)+g(x) rośnie na R, jako suma rosnących funkcji, wtedy x = 1 jest jedynym pierwiastkiem równania 4x = 5 – x. Odpowiedź 1.
2.
Rozwiązanie. Przepiszmy równanie w postaci .
1. jeśli x = -1, to , 3 = 3 jest prawdą, co oznacza, że x = -1 jest pierwiastkiem równania.
2. udowodnić, że jest jedyny.
3. Funkcja f(x) = - maleje na R, a g(x) = - x – maleje na R=> h(x) = f(x)+g(x) – maleje na R, jako suma funkcje malejące. Oznacza to, że zgodnie z twierdzeniem o pierwiastku x = -1 jest jedynym pierwiastkiem równania. Odpowiedź 1.
Bank problemów nr 2. Rozwiązać równanie
a) 4x + 1 =6 – x;
B)
c) 2x – 2 =1 – x;
4. Sposób wprowadzania nowych zmiennych.
Metodę opisano w paragrafie 2.1. Wprowadzenie nowej zmiennej (podstawienie) następuje zwykle po przekształceniach (uproszczeniach) wyrazów równania. Spójrzmy na przykłady.
Przykłady. R Rozwiązać równanie: 1. .
Przepiszmy równanie inaczej: https://pandia.ru/text/80/142/images/image030_0.png" szerokość="128" wysokość="48 src="> tj.png" szerokość="210" wysokość = "45">
Rozwiązanie. Przepiszmy równanie inaczej:
Oznaczmy https://pandia.ru/text/80/142/images/image035_0.png" szerokość="245" wysokość="57"> - nie nadaje się.
t = 4 => https://pandia.ru/text/80/142/images/image037_0.png" szerokość="268" wysokość="51"> - równanie irracjonalne. Zauważamy, że
Rozwiązaniem równania jest x = 2,5 ≤ 4, co oznacza, że 2,5 jest pierwiastkiem równania. Odpowiedź: 2,5.
Rozwiązanie. Przepiszmy równanie do postaci i podzielmy obie strony przez 56x+6 ≠ 0. Otrzymujemy równanie
2x2-6x-7 = 2x2-6x-8 +1 = 2(x2-3x-4)+1, t..png" szerokość="118" wysokość="56">
Pierwiastkami równania kwadratowego są t1 = 1 i t2<0, т. е..png" width="200" height="24">.
Rozwiązanie . Przepiszmy równanie w postaci
i zauważmy, że jest to równanie jednorodne drugiego stopnia.
Podziel równanie przez 42x i otrzymamy
Zamieńmy https://pandia.ru/text/80/142/images/image049_0.png" szerokość="16" wysokość="41 src="> .
Odpowiedź: 0; 0,5.
Bank problemów nr 3. Rozwiązać równanie
B)
G)
Próba nr 3 z możliwością wyboru odpowiedzi. Minimalny poziom.
A1 | 1) -0,2;2 2) log52 3) –log52 4) 2 |
A2 0,52x – 3 0,5x +2 = 0. | 1) 2;1 2) -1;0 3) bez pierwiastków 4) 0 |
1) 0 2) 1; -1/3 3) 1 4) 5 |
|
A4 52x-5x - 600 = 0. | 1) -24;25 2) -24,5; 25,5 3) 25 4) 2 |
1) bez korzeni 2) 2;4 3) 3 4) -1;2 |
Próba nr 4 z możliwością wyboru odpowiedzi. Poziom ogólny.
A1 | 1) 2;1 2) ½;0 3)2;0 4) 0 |
A2 2x – (0,5)2x – (0,5)x + 1 = 0 | 1) -1;1 2) 0 3) -1;0;1 4) 1 |
1) 64 2) -14 3) 3 4) 8 |
|
1)-1 2) 1 3) -1;1 4) 0 |
|
A5 | 1) 0 2) 1 3) 0;1 4) bez korzeni |
5. Metoda faktoryzacji.
1. Rozwiąż równanie: 5x+1 - 5x-1 = 24.
Rozwiązanie..png" szerokość="169" wysokość="69"> , skąd
2. 6x + 6x+1 = 2x + 2x+1 + 2x+2.
Rozwiązanie. Umieśćmy 6x w nawiasach po lewej stronie równania i 2x po prawej stronie. Otrzymujemy równanie 6x(1+6) = 2x(1+2+4) ó 6x = 2x.
Ponieważ 2x > 0 dla wszystkich x, możemy podzielić obie strony tego równania przez 2x bez obawy o utratę rozwiązań. Otrzymujemy 3x = 1ó x = 0.
3.
Rozwiązanie. Rozwiążmy równanie metodą faktoryzacji.
Wybierzmy kwadrat dwumianu
4. https://pandia.ru/text/80/142/images/image067_0.png" szerokość="500" wysokość="181">
x = -2 jest pierwiastkiem równania.
Równanie x + 1 = 0 " style="border-collapse:collapse;border:none">
A1 5x-1 +5x -5x+1 =-19.
1) 1 2) 95/4 3) 0 4) -1
A2 3x+1 +3x-1 =270.
1) 2 2) -4 3) 0 4) 4
A3 32x + 32x+1 -108 = 0. x=1,5
1) 0,2 2) 1,5 3) -1,5 4) 3
1) 1 2) -3 3) -1 4) 0
A5 2x -2x-4 = 15. x=4
1) -4 2) 4 3) -4;4 4) 2
Próba nr 6 Poziom ogólny.
A1 (22x-1)(24x+22x+1)=7. | 1) ½ 2) 2 3) -1;3 4) 0,2 |
A2 | 1) 2,5 2) 3;4 3) log43/2 4) 0 |
A3 2x-1-3x=3x-1-2x+2. | 1) 2 2) -1 3) 3 4) -3 |
A4 | 1) 1,5 2) 3 3) 1 4) -4 |
A5 | 1) 2 2) -2 3) 5 4) 0 |
6. Wykładniczy – równania potęgowe.
Do równań wykładniczych sąsiadują tzw. równania potęg wykładniczych, czyli równania postaci (f(x))g(x) = (f(x))h(x).
Jeżeli wiadomo, że f(x)>0 i f(x) ≠ 1, to równanie, podobnie jak wykładnicze, rozwiązuje się przez przyrównanie wykładników g(x) = f(x).
Jeżeli warunek nie wyklucza możliwości f(x)=0 i f(x)=1, to przy rozwiązywaniu równania wykładniczego musimy uwzględnić te przypadki.
1..png" szerokość="182" wysokość="116 src=">
2.
Rozwiązanie. x2 +2x-8 – ma sens dla dowolnego x, ponieważ jest wielomianem, co oznacza, że równanie jest równoważne całości
https://pandia.ru/text/80/142/images/image078_0.png" szerokość="137" wysokość="35">
B)
7. Równania wykładnicze z parametrami.
1. Dla jakich wartości parametru p równanie 4 (5 – 3) 2 +4p2–3p = 0 (1) ma jednoznaczne rozwiązanie?
Rozwiązanie. Wprowadźmy podstawienie 2x = t, t > 0, wówczas równanie (1) przyjmie postać t2 – (5p – 3)t + 4p2 – 3p = 0. (2)
Dyskryminator równania (2) D = (5p – 3)2 – 4(4p2 – 3p) = 9(p – 1)2.
Równanie (1) ma unikalne rozwiązanie, jeśli równanie (2) ma jeden pierwiastek dodatni. Jest to możliwe w następujących przypadkach.
1. Jeżeli D = 0, czyli p = 1, to równanie (2) przyjmie postać t2 – 2t + 1 = 0, stąd t = 1, zatem równanie (1) ma jednoznaczne rozwiązanie x = 0.
2. Jeżeli p1, to 9(p – 1)2 > 0, to równanie (2) ma dwa różne pierwiastki t1 = p, t2 = 4p – 3. Warunki zadania spełnia zbiór układów
Podstawiając t1 i t2 do systemów, mamy
https://pandia.ru/text/80/142/images/image084_0.png" alt="no35_11" width="375" height="54"> в зависимости от параметра a?!}
Rozwiązanie. Pozwalać wówczas równanie (3) przyjmie postać t2 – 6t – a = 0. (4)
Znajdźmy wartości parametru a, dla których przynajmniej jeden pierwiastek równania (4) spełnia warunek t > 0.
Wprowadźmy funkcję f(t) = t2 – 6t – a. Możliwe są następujące przypadki.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image087.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_14.gif" align="left" width="215" height="73 src=">где t0 - абсцисса вершины параболы и D - дискриминант квадратного трехчлена f(t);!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image089.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_16.gif" align="left" width="60" height="51 src=">!}
Przypadek 2. Równanie (4) ma unikalne dodatnie rozwiązanie, jeśli
D = 0, jeśli a = – 9, to równanie (4) przyjmie postać (t – 3)2 = 0, t = 3, x = – 1.
Przypadek 3. Równanie (4) ma dwa pierwiastki, ale jeden z nich nie spełnia nierówności t > 0. Jest to możliwe jeżeli
https://pandia.ru/text/80/142/images/image092.png" alt="no35_17" width="267" height="63">!}
Zatem dla a 0 równanie (4) ma jeden dodatni pierwiastek . Wtedy równanie (3) ma unikalne rozwiązanie
Kiedy< – 9 уравнение (3) корней не имеет.
Jeśli< – 9, то корней нет; если – 9 < a < 0, то
jeśli a = – 9, to x = – 1;
jeśli 0, to
Porównajmy metody rozwiązywania równań (1) i (3). Należy zauważyć, że przy rozwiązywaniu równania (1) zostało zredukowane do równania kwadratowego, którego wyróżnikiem jest idealny kwadrat; Zatem od razu obliczono pierwiastki równania (2) korzystając ze wzoru na pierwiastki równania kwadratowego, a następnie wyciągnięto wnioski dotyczące tych pierwiastków. Równanie (3) zostało zredukowane do równania kwadratowego (4), którego wyróżnik nie jest idealnym kwadratem, dlatego przy rozwiązywaniu równania (3) wskazane jest skorzystanie z twierdzeń o położeniu pierwiastków trójmianu kwadratowego oraz model graficzny. Należy zauważyć, że równanie (4) można rozwiązać za pomocą twierdzenia Viety.
Rozwiążmy bardziej złożone równania.
Zadanie 3: Rozwiąż równanie
Rozwiązanie. ODZ: x1, x2.
Wprowadźmy zamiennik. Niech 2x = t, t > 0, to w wyniku przekształceń równanie przyjmie postać t2 + 2t – 13 – a = 0. (*) Znajdźmy wartości a, dla których co najmniej jeden pierwiastek z równanie (*) spełnia warunek t > 0.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image098.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_23.gif" align="left" width="71" height="68 src=">где t0 - абсцисса вершины f(t) = t2 + 2t – 13 – a, D - дискриминант квадратного трехчлена f(t).!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image100.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_25.gif" align="left" width="360" height="32 src=">!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image102.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_27.gif" align="left" width="218" height="42 src=">!}
Odpowiedź: jeśli a > – 13, a 11, a 5, to jeśli a – 13,
a = 11, a = 5, to nie ma pierwiastków.
Bibliografia.
1. Guzeev podstawy technologii edukacyjnej.
2. Technologia Guzeeva: od recepcji do filozofii.
M. „Dyrektor Szkoły” nr 4, 1996
3. Guzeev i formy organizacyjne szkolenia.
4. Guzeev i praktyka integralnej technologii edukacyjnej.
M. „Edukacja publiczna”, 2001
5. Guzeev z form lekcji - seminarium.
Matematyka w szkole nr 2, 1987 s. 9 – 11.
6. Technologie edukacyjne Seleuko.
M. „Edukacja publiczna”, 1998
7. Uczniowie Episheva uczą się matematyki.
M. „Oświecenie”, 1990
8. Ivanova przygotowuje lekcje - warsztaty.
Matematyka w szkole nr 6, 1990 s. 37 – 40.
9. Smirnowowski model nauczania matematyki.
Matematyka w szkole nr 1, 1997 s. 32 – 36.
10. Sposoby organizacji pracy praktycznej Tarasenko.
Matematyka w szkole nr 1, 1993 s. 27 – 28.
11. O jednym z rodzajów pracy indywidualnej.
Matematyka w szkole nr 2, 1994, s. 63 – 64.
12. Zdolności twórcze uczniów Khazankina.
Matematyka w szkole nr 2, 1989 s. 10.
13. Scanavi. Wydawca, 1997
14. i inne Algebra i początki analizy. Materiały dydaktyczne dot
15. Zadania Krivonogova w matematyce.
M. „Pierwszy września”, 2002
16. Czerkasow. Podręcznik dla uczniów szkół ponadgimnazjalnych i
wchodząc na uniwersytety. „AS T – szkoła prasowa”, 2002
17. Żewniak dla osób rozpoczynających naukę na uniwersytetach.
„Przegląd” Mińska i Federacji Rosyjskiej, 1996
18. Pisemne D. Przygotowujemy się do egzaminu z matematyki. M.Rolf, 1999
19. itd. Nauka rozwiązywania równań i nierówności.
M. „Intelekt – Centrum”, 2003
20. itd. Materiały edukacyjne i szkoleniowe dotyczące przygotowania do EGE.
M. „Wywiad – Centrum”, 2003 i 2004.
21 i inne opcje CMM. Centrum Testowe Ministerstwa Obrony Federacji Rosyjskiej, 2002, 2003.
22. Równania Goldberga. „Kwant” nr 3, 1971
23. Volovich M. Jak skutecznie uczyć matematyki.
Matematyka, 1997 nr 3.
24 Okunev na lekcję, dzieci! M. Edukacja, 1988
25. Yakimanskaya - nauka zorientowana w szkole.
26. Ograniczenia pracy na zajęciach. M. Wiedza, 1975
Jest to nazwa równań w postaci, w której niewiadoma występuje zarówno w wykładniku, jak i w podstawie potęgi.
Można określić całkowicie przejrzysty algorytm rozwiązywania równania postaci. Aby to zrobić, musisz zwrócić uwagę na fakt, kiedy Oh) nie równa zero, jeden i minus jeden, równość stopni o tych samych podstawach (czy to dodatnia, czy ujemna) jest możliwa tylko wtedy, gdy wykładniki są równe, to znaczy wszystkie pierwiastki równania będą pierwiastkami równania f(x) = g(x) Odwrotne stwierdzenie nie jest prawdziwe, kiedy Oh)< 0 i wartości ułamkowe k(x) I g(x) wyrażenia Oh) k(x) I
Oh) g(x) tracą sens. To znaczy, kiedy przechodzisz z do f(x) = g(x)(mogą pojawić się obce pierwiastki, które należy wykluczyć, sprawdzając z oryginalnym równaniem. I przypadki a = 0, a = 1, a = -1 należy rozpatrywać osobno.
Aby całkowicie rozwiązać równanie, rozważamy przypadki:
a(x) = O k(x) I g(x) będą liczbami dodatnimi, to jest rozwiązanie. W przeciwnym razie nie
a(x) = 1. Pierwiastki tego równania są także pierwiastkami pierwotnego równania.
a(x) = -1. Jeżeli dla wartości x spełniającej to równanie, k(x) I g(x) są liczbami całkowitymi o tej samej parzystości (obie parzyste lub obie nieparzyste), to jest to rozwiązanie. W przeciwnym razie nie
Kiedy i rozwiązujemy równanie f(x)= g(x) i podstawiając otrzymane wyniki do pierwotnego równania, odcinamy zewnętrzne pierwiastki.
Przykłady rozwiązywania równań potęg wykładniczych.
Przykład nr 1.
1) x - 3 = 0, x = 3. ponieważ 3 > 0 i 3 2 > 0, wówczas rozwiązaniem jest x 1 = 3.
2) x - 3 = 1, x 2 = 4.
3) x - 3 = -1, x = 2. Obydwa wskaźniki są parzyste. To rozwiązanie to x 3 = 1.
4) x - 3? 0 i x? ± 1. x = x 2, x = 0 lub x = 1. Dla x = 0, (-3) 0 = (-3) 0 - to rozwiązanie jest poprawne: x 4 = 0. Dla x = 1, (- 2) 1 = (-2) 1 - to rozwiązanie jest poprawne x 5 = 1.
Odpowiedź: 0, 1, 2, 3, 4.
Przykład nr 2.
Z definicji arytmetycznego pierwiastka kwadratowego: x - 1? 0,x? 1.
1) x - 1 = 0 lub x = 1, = 0, 0 0 nie jest rozwiązaniem.
2) x - 1 = 1 x 1 = 2.
3) x - 1 = -1 x 2 = 0 nie mieści się w ODZ.
D = (-2) - 4*1*5 = 4 - 20 = -16 - bez pierwiastków.
Stosowanie równań jest szeroko rozpowszechnione w naszym życiu. Wykorzystuje się je w wielu obliczeniach, budowie konstrukcji, a nawet sporcie. Człowiek używał równań w czasach starożytnych i od tego czasu ich użycie tylko wzrosło. Równania potęgowe lub wykładnicze to równania, w których zmienne są potęgami, a podstawą jest liczba. Na przykład:
Rozwiązanie równania wykładniczego sprowadza się do dwóch dość prostych kroków:
1. Musisz sprawdzić, czy podstawy równania po prawej i lewej stronie są takie same. Jeśli przyczyny nie są takie same, szukamy opcji rozwiązania tego przykładu.
2. Gdy podstawy staną się takie same, zrównujemy stopnie i rozwiązujemy powstałe nowe równanie.
Załóżmy, że mamy równanie wykładnicze w następującej postaci:
Rozwiązanie tego równania warto rozpocząć od analizy bazy. Podstawy są różne - 2 i 4, ale do rozwiązania potrzebujemy, żeby były takie same, więc przekształcamy 4 za pomocą następującego wzoru -\[ (a^n)^m = a^(nm):\]
Do pierwotnego równania dodajemy:
Wyjmijmy to z nawiasów \
Wyraźmy \
Ponieważ stopnie są takie same, odrzucamy je:
Odpowiedź: \
Gdzie mogę rozwiązać równanie wykładnicze za pomocą narzędzia online?
Równanie możesz rozwiązać na naszej stronie internetowej https://site. Bezpłatny solwer online pozwoli Ci rozwiązać równania online o dowolnej złożoności w ciągu kilku sekund. Wystarczy, że wprowadzisz swoje dane do solwera. Możesz także obejrzeć instrukcje wideo i dowiedzieć się, jak rozwiązać równanie na naszej stronie internetowej. A jeśli nadal masz pytania, możesz je zadać w naszej grupie VKontakte http://vk.com/pocketteacher. Dołącz do naszej grupy, zawsze chętnie Ci pomożemy.