Показательные и логарифмические уравнения это

Алгебра и начала математического анализа. 11 класс

Конспект урока

Алгебра и начала математического анализа, 11 класс Урок №44. Показательные и логарифмические уравнения и неравенства.

Перечень вопросов, рассматриваемых в теме

1) показательные уравнения и неравенства;

2) логарифмические уравнения и неравенства;

3) системы уравнений.

Глоссарий по теме

Показательными называются уравнения и неравенства, у которых переменная содержится в показатели степени.

Логарифмические уравнения и неравенства — это уравнения и неравенства, в которых переменная величина находится под знаком логарифма.

Колягин Ю.М., Ткачева М.В., Федорова Н.Е. и др., под ред. Жижченко А.Б. Алгебра и начала математического анализа (базовый и профильный уровни) 11 кл. – М.: Просвещение, 2014.

Шабунин М.И., Ткачева М.В., Федорова Н.Е. Дидактические материалы Алгебра и начала математического анализа (базовый и профильный уровни) 11 кл. – М.: Просвещение, 2017.

Теоретический материал для самостоятельного изучения

Вы уже умеете решать все виды уравнений и неравенств. Наша задача обобщить изученное, привести знания в систему. Начнем с показательных уравнений.

a х =b. где a>0, a≠1

Если b>0, уравнение имеет один корень: x=log_a b. График функции y=a x пересекает прямую y=b в одной точке.

Если b≤0 корней нет. График функции y=a x не пересекает прямую y=b.

При решении неравенств, обращаем внимание на основание. Если а>0, знак неравенства сохраняется. Если а 0, a≠1.

Логарифмическое уравнение log_ax=b имеет один положительный корень x=a b при любом значении b.

График функции пересекает прямую y=b в одной точке.

Уравнение имеет один положительный корень x=a b при любом b. График функции у= log_ax пересекает прямую y=b в одной точке.

При решении логарифмических неравенств обращаем внимание на область допустимых значений. Затем с учетом ОДЗ и значения решаем неравенство.

Теперь рассмотрим методы решения. Основных приема два: приведение к одинаковому знаменателю и замена переменной.

1 прием. Как в показательном, так и в логарифмическом уравняем основания. Затем сравним показатели или числа, стоящие под знаком логарифма.

2 прием. Замена переменных.

Находим корни и делаем обратную замену. При решении неравенств применяем те же самые приемы.

При решении логарифмических уравнений, возможно появление посторонних корней. Причина их появления — расширение области определения исходного уравнения. Поэтому проверка корней логарифмического уравнения осуществляется либо по области определения, либо непосредственной подстановкой найденных корней в исходное логарифмическое уравнение.

Примеры и разбор решения заданий тренировочного модуля

Пример 1. Решить уравнение:

При х= -2 выражение lg(x-1) не имеет смысла, т.е. х=-2 посторонний корень. Ответ: х=2.

Пример 2. Найти значение выражения (х+у). x

Найдем область определения: х>0, у>0.

1. lg(xy)=lg100 ↔ xy=100 ↔ 2xy=200
2. сложим два уравнения: х 2 +2ху+у 2 =425+200=625 ↔ (х+у) 2 =625

Задача B7 — логарифмические, показательные и иррациональные уравнения

Все задачи B7, которые мне доводилось видеть, были сформулированы примерно одинаково: решить уравнение. При этом сами уравнения относятся к одному из трех видов:

1. Логарифмические;
2. Показательные;
3. Иррациональные.

Вообще говоря, полноценное руководство по каждому типу уравнений займет не один десяток страниц, выходя далеко за рамки ЕГЭ. Поэтому мы рассмотрим лишь самые простые случаи, требующие незатейливых рассуждений и выкладок. Этих знаний будет вполне достаточно, чтобы решить любую задачу B7.

В математике термин «решить уравнение» означает найти множество всех корней данного уравнения, либо доказать, что это множество пусто. Но в бланк ЕГЭ можно вписывать только числа — никаких множеств. Поэтому, если в задании B7 оказалось больше одного корня (или, наоборот, ни одного) — в решении была допущена ошибка.

Логарифмические уравнения

— это любое уравнение, которое сводится к виду log _a f ( x ) = k , где a > 0, a ≠ 1 — основание логарифма, f ( x ) — произвольная функция, k — некоторая постоянная.

Такое уравнение решается внесением постоянной k под знак логарифма: k = log _a a k . Основание нового логарифма равно основанию исходного. Получим уравнение log _a f ( x ) = log _a a k , которое решается отбрасыванием логарифма.

Заметим, что по условию a > 0, поэтому f ( x ) = a k > 0, т.е. исходный логарифм существует.

Решение. log₇ (8 − x ) = 2 ⇔ log₇ (8 − x ) = log₇ 7 2 ⇔ 8 − x = 49 ⇔ x = −41.

Решение. log_0,5 (6 − x ) = −2 ⇔ log_0,5 (6 − x ) = log_0,5 0,5 −2 ⇔ 6 − x = 4 ⇔ x = 2.

Но что делать, если исходное уравнение окажется сложнее, чем стандартное log _a f ( x ) = k ? Тогда сводим его к стандартному, собирая все логарифмы в одной стороне, а числа — в другой.

Если в исходном уравнении присутствует более одного логарифма, придется искать область допустимых значений (ОДЗ) каждой функции, стоящей под логарифмом. Иначе могут появиться лишние корни.

Поскольку в уравнении присутствуют два логарифма, найдем ОДЗ:

1. x + 1 > 0 ⇔ x > −1
2. x + 5 > 0 ⇔ x > −5

Получаем, что ОДЗ — это интервал (−1, +∞). Теперь решаем уравнение:

log₅ ( x + 1) + log₅ ( x + 5) = 1 ⇒ log₅ ( x + 1)( x + 5) = 1 ⇔ log₅ ( x + 1)( x + 5) = log₅ 5 1 ⇔ ( x + 1)( x + 5) = 5 ⇔ x 2 + 6 x + 5 = 5 ⇔ x ( x + 6) = 0 ⇔ x ₁ = 0, x ₂ = −6.

Но x ₂ = −6 не подходит по ОДЗ. Остается корень x ₁ = 0.

Показательные уравнения

— это любое уравнение, которое сводится к виду a f ( x ) = k , где a > 0, a ≠ 1 — основание степени, f ( x ) — произвольная функция, k — некоторая постоянная.

Это определение почти дословно повторяет определение логарифмического уравнения. Решаются показательные уравнения даже проще, чем логарифмические, ведь здесь не требуется, чтобы функция f ( x ) была положительна.

Для решения сделаем замену k = a t , где t — вообще говоря, логарифм ( t = log _a k ), но в ЕГЭ числа a и k будут подобраны так, что найти t будет легко. В полученном уравнении a f ( x ) = a t основания равны, а значит, равны и показатели, т.е. f ( x ) = t . Решение последнего уравнения, как правило, не вызывает проблем.

Задача. Решить уравнение: 7 x − 2 = 49.

Решение. 7 x − 2 = 49 ⇔ 7 x − 2 = 7 2 ⇔ x − 2 = 2 ⇔ x = 4.

Задача. Решить уравнение: 6 16 − x = 1/36.

Решение. 6 16 − x = 1/36 ⇔ 6 16 − x = 6 −2 ⇔ 16 − x = −2 ⇔ x = 18.

Немного о преобразовании показательных уравнений. Если исходное уравнение отличается от a f ( x ) = k , применяем правила работы со степенями:

1. a n · a m = a n + m ,
2. a n / a m = a n − m ,
3. ( a n ) m = a n · m .

Кроме того, надо знать правила замены корней и дробей на степени с рациональным показателем:

Такие уравнения встречаются в ЕГЭ крайне редко, но без них разбор задачи B7 был бы неполным.

Задача. Решить уравнение: (5/7) x − 2 · (7/5) 2 x − 1 = 125/343

1. (7/5) 2 x − 1 = ((5/7) −1 ) 2 x − 1 = (5/7) 1 − 2 x ,
2. 125/343 = (5 3) /(7 3 ) = (5/7) 3 .

Имеем: (5/7) x − 2 · (7/5) 2 x − 1 = 125/343 ⇔ (5/7) x − 2 · (5/7) 1 − 2 x = (5/7) 3 ⇔ (5/7) x − 2 + 1 − 2 x = (5/7) 3 ⇔ (5/7) − x − 1 = (5/7) 3 ⇔ − x − 1 = 3 ⇔ x = −4.

Иррациональные уравнения

Под иррациональным понимается любое уравнение, содержащее знак корня. Из всего многообразия иррациональных уравнений мы рассмотрим лишь простейший случай, когда уравнение имеет вид:

Чтобы решить такое уравнение, возведем обе стороны в квадрат. Получим уравнение f ( x ) = a 2 . При этом автоматически выполняется требование ОДЗ: f ( x ) ≥ 0, т.к. a 2 ≥ 0. Остается решить несложное уравнение f ( x ) = a 2 .

Возводим обе стороны в квадрат и получим: 5 x − 6 = 8 2 ⇔ 5 x − 6 = 64 ⇔ 5 x = 70 ⇔ x = 14.

Сначала, как и в прошлый раз, возводим обе стороны в квадрат. А затем внесем знак «минус» в числитель. Имеем:

Заметим, что при x = −4 под корнем будет положительное число, т.е. требование ОДЗ выполнено.

Показательные и логарифмические уравнения с параметром

Показательные уравнения c параметром

Как правило, чтобы решить показательные уравнения с параметром нужно привести их квадратному или линейному уравнению. Обычно это можно сделать при помощи метода замены переменных. Но надо быть внимательным – при замене \(t=a^x\), новая переменная \(t\) всегда положительна.

Найдите все значения параметра \(a\), при которых уравнение \((a+1)(4^x+4^<-x>)=5\) имеет единственное решение.

Заметим, что \(a+1 > 0\), так как \(4^x+4^ <-x>> 0\). Сделаем замену \(t=4^x\); \(t > 0\) $$ (a+1)(t+\frac<1>)=5;$$ $$(a+1)t^2-5t+a+1=0$$ $$_<1,2>=\frac<5±\sqrt<25-4(a+1)^2>> <2(a+1)>.$$
Уравнение будет иметь единственное решение, если $$D=25-4(a+1)^2=0 $$ $$a+1=±\frac<5><2>$$ \(a=-3.5 -\) не подходит;
\(a=1.5;\)

Логарифмические уравнения с параметром

Чтобы решить логарифмические уравнения, надо обязательно записывать ОДЗ, а затем провести необходимые равносильные преобразования или сделать замену, чтобы свести уравнение к более простому.

Решите уравнение \(log_a (x^2)+2log_a (x+1)=2\) для каждого \(a\).

Перейдем от суммы логарифмов к их произведению:

При условии, что \(1-4a≥0 ⇔ 0 0\).

При условии, что $$ 1+4a>0 ⇔ a>0$$ корень $$x=\frac<1><2>-\frac<\sqrt<1+4a>><2>$$ не подходит, так как \( x>0.\)

Найдите все значения параметра \(a\), при которых уравнение \(log_4 (16^x+a)=x\) имеет два действительных и различных корня.

При помощи равносильного преобразования приведем наше уравнение к виду:

Сделаем замену: \(t=4^x>0 ⇔ t^2-t+a=0,\)

Полученное квадратное уравнение должно иметь корни \(0 0, \\D≥0, \\D>0, \\ _<0>>0; \end $$ $$ \begin a>0, \\1-4a>0, \\ 1/2>0; \end $$ $$ \begin a>0, \\a