Показательные уравнения. Методы решения.

Показательные уравнения. Методы решения.

Показательным называется уравнение, содержащее переменную только в показателе степени. Рассмотрим несколько типов показательных уравнений, решаемых методами элементарной математики. Показательные уравнения рассматриваются в множестве действительных чисел. Уравнение вида αх = b называется простейшим показательным.
Решение простейших показательных уравнений.
Решение показательных уравнений основано на свойстве степеней: две степени с одним и тем же положительным и отличным от единицы основанием равны тогда и только тогда, когда равны их показатели. Используя это свойство, уравнение αх = b, где α ˃ 0 , α ≠ 1 и b > 0, следует решать следующим образом:
αх = b <=> αх = αlogαb <=> x = logαb .
Пример 1. Решить уравнение 70,5х2 -х = 87-3.
Решение. Поскольку 87-3 = 7-38; 0,5х2 – х = – 38; 4х2 – 8х +3 = 0.
D = 16 – 12 = 4; х1,2 = 4 ± 24 ; х1 = 0,5, х2 = 1,5. Ответ: 0,5; 1,5.
Пример 2. Решить уравнение 4х = 82х-5.
Решение. Поскольку 4х= ( 22)х = 22х, 82х-5= (23 )2х-5 = 26х-15,
22х= 26х-15 <=> 2х = 6х – 15 <=> х = 154. Ответ: 154.
Пример 4. Найти корни уравнения 21х = 3х.
Решение. Используя определение логарифма, запишем 21х = 3log321х = 31х ∙log32Тогда данное уравнение примет вид 31х ∙log32 = 3х. Следовательно, можно записать
1х ∙log32 = х <=> х2 = log32, а так как log32 > 0 , то х = ±log32. Ответ. ±log32. Приложение 1.Решение показательных уравнений введением новой переменной.
Пример 1. Решить уравнение 64х – 23+3х + 12 = 12.
Решение. Поскольку 64х = (8х)2, 23+3х = 8·8х, введем новую переменную р = 8х.
Получим уравнение р2 – 8р + 12 = 0, из которого находим р1 = 2, р2 = 6. Поэтому исходное уравнение равносильно совокупности простейших показательных уравнений 8х = 2, 8х = 6. Корнем первого уравнения является х = 13, а второго – х = log86.
Ответ: 13; log86.
Пример 2. Решить уравнение (7+ 48)х + 7- 48)х = 14.Решение. Используя равенство 7- 48)х = 17+ 48)х , введем новую переменную
р = (7+ 48)х. В этом случае получим уравнение р + 1р = 14, решая которое, находим его корни, р2 -14р + 1 = 0, р = 7 ± 49-1 = 7 ± 48 .
Исходное уравнение равносильно совокупности уравнений
(7+ 48)х = 7 + 48; (7+ 48)х = 7 - 48.
Корень первого уравнения х = 2, второго – х = -2. Ответ: -2; 2.
Пример 3. Решить уравнение 27х – 13·18х – 12х+ 13·8х = 0.
Решение. Запишем уравнение в виде 33х- 13·32х·2х – 3х· 22х+ 13·23х = 0.
Оно является однородным третьей степени относительно степеней 3х и 2х.
Разделим все члены уравнения на 23х ≠ 0 и получим (32)3х- 13·(32)2х– (32)х + 13= 0.
Введем новую переменную р = (32)х, уравнение примет вид кубического уравнения
р3 – 13р2 – р +13 = 0. Разложим методом группировки левую часть уравнения на множители и найдем его корни: р3 – р – 13(р2 – 1) = 0, р(р2 -1) – 13(р2 – 1) = 0,
(р2 -1)(р – 13) = 0, р1 = -1, р2 = 1, р3 = 13. Исходное уравнение равносильно совокупности трех простейших показательных уравнений 32х = –1, 32х = 1, 32х = 13. Первое уравнение корней не имеет, корень второго – х = 0, третьего уравнения х = log3213. Ответ: 0, log3213.
Аналогично уравнениям, которые были рассмотрены в примерах 1, 2, 3, введением новой переменной р = αх решение уравнения вида f(αх) = 0 сводится к нахождению всех положительных корней рk уравнения f(р) = 0 и решению простейших показательных уравнений αх = рk.
Пример 4. Решить уравнение 24х+2·4-х2 – 5 · 22х-х2 + 1 = 0.
Решение. Так как 24х+2·4-х2= 2-2х2+4х+2 = 4·22(2х-х2), то уравнение можно записать так: 4·22(2х-х2) – 5 ·22х-х2 + 1 = 0. Введем новую переменную р = 22х-х2. Получим квадратное уравнение 4р2 – 5р +1 = 0, которое имеет корни р1 = 1, р2 = 14. Исходное уравнение равносильно совокупности двух показательных уравнений 22х-х2 = 1, 22х-х2 = 14. Решая первое уравнение, получаем 2х – х2 = 0, х = 0, х = 2. Решая второе уравнение, находим ещё два корня: 2х – х2 = – 2, х = 1±3. Ответ: 1-3; 0; 2; 1+3.
Пример 6. Решить уравнение 4cos2х + 4cos2x = 3.
Решение. Так как 2cos2x = 1 + cos2x, то данное уравнение перепишем в следующем виде 22cos2х + 21+cos2х = 3. Сделаем замену у = 2cos2х, тогда получим квадратное уравнение у2 + 2у -3 = 0, из которого найдем корни у1 = –3, у2 = 1. Значение у1 = –3, очевидно, постороннее. Поэтому исходное уравнение равносильно уравнению 2cos2х = 1, откуда cos2х = 0, х = π4 + πn2 , n∈Z. Ответ: π4 + πn2 , n∈Z.
Приложение 2.
Метод вынесения общего множителя за скобки.
Пример 1. Решить уравнение 3х + 4 · 3х-1 + 2 · 5х-1 = 19 · 5х-2 – 4 · 3х-2.
Решение. Преобразуем данное уравнение, перенеся члены с одинаковыми основаниями в одну и ту же уравнения и вынося за скобки степень с наименьшим показателем, к виду:
3х + 4 · 3х-1 + 4 · 3х-2= 19 · 5х-2 – 2 · 5х-1 => 3х-2(9 + 4 · 3 + 4) = 5х-2(19 – 2 · 5) => => 33х-2· 25 = 5х-2· 9. Запишем последнее равенство в виде пропорции и получим:
33х-25х-2 = 925 <=> (35)х-2= (35)2. Это уравнение равносильно уравнению х – 2 = 2, откуда х = 4. Ответ: 4.
Пример 2. Решить уравнение 4х – 3х-12 = 3х+12 – 22х-1.
Решение. Сгруппируем члены, содержащие степени с одинаковыми основаниями с разных сторон равенства: 4х + 12 ∙4х = 3х+12 + 3х-12 . Выносим общие множители за скобки:
4х(1 + 12) = 3х-12(1 + 3). Разделим это уравнение на выражение, стоящее в правой части, получим (43)х-32 = 1. Таким образом, находим х-32 = 0; следовательно, х=32 – единственный корень исходного уравнения. Ответ: 32.
Метод использования монотонности показательной функции.
Пример 1. Решить уравнение 2х + 3х + 4х = 9.
Решение. Можно заметить, что х = 1 – корень данного уравнения. Покажем, что других корней уравнение не имеет. Рассмотрим функцию f(x) = 2х + 3х + 4х. Она монотонно возрастает на всем множестве действительных чисел и f(1) = 9. Свойством монотонной функции является то, что она принимает каждое свое значение только один раз. Поэтому, х = 1 – единственный корень данного уравнения. Ответ: 1.
Пример 2. Решить уравнение 3х + 5х = 34.
Решение. Заметим, что корнем уравнения является число х = 2 (32 + 52 = 34). Докажем, что других корней уравнение не имеет. Каждая из функций у=3х и у= 5х является возрастающей, следовательно, их сумма – тоже возрастающая функция. При х = 2 левая часть равна 34, при х < 2 она, следовательно, меньше 34, при х > 2 – больше 34. Итак, уравнение имеет единственный корень. Ответ: 2.
Пример 3. Решить уравнение (23)х + 43 = 2х.Решение. Убеждаемся, что х = 1 – корень уравнения. Можно доказать, что других корней уравнение не имеет. Для этого оценим его левую и правую части уравнения. Если х > 1, то вследствие убывания функции у = (23)х имеем (23)х + 43 < 23 + 43 = 2, а вследствие возрастания функции у = 2х имеем 2х > 2. Поэтому, при х > 1 левая часть уравнения строго меньше 2, а правая строго больше 2. Следовательно, при х > 1 уравнение корней не имеет. Аналогично, при х < 1 левая часть уравнения строго больше 2, а правая строго меньше 2. Поэтому при х < 1 уравнение также не имеет корней. Таким образом, х = 1 – единственный корень уравнения. Ответ: 1.
Метод логарифмирования для решения показательных уравнений.
В основе этого метода лежит следующее утверждение: если выражения f(x) и h(x) положительны на множестве D, то уравнение f(x) = h(x) равносильно уравнению logαf(x) = logαh(x) на множестве D, где α>0 и α≠ 1.
Пример1. Решите уравнение 23х-2 = 33-х.
Решение. Область допустимых значений уравнения х∈R. Так как обе части уравнения положительные, то, прологарифмировав уравнение, например, по основанию 2, получим равносильное ему уравнение: 3х – 2 = (3 – х) · log23.
Решая это уравнение с помощью равносильных переходов, имеем:
3х – 2 = 3log23-хlog23 <=> 3х + хlog23= 3log23 +2 <=> х(3 + log23) = 3log23 + 2 <=> х = 3log23 + 2 3 + log23. Ответ: 3log23 + 2 3 + log23.
Пример 2. Решить уравнение 5х · 8х-1х = 500.
Решение. Прологарифмируем это уравнение по основанию 5 или 2. (Можно логарифмировать по любому основанию, но не совсем удачный выбор основания может привести к громоздким преобразованиям). Тогда имеем следующее уравнение х + 3 · х-1х log52 = 3 + 2log52; х2 + х(log52 – 3) – 3log52 = 0. Дискриминант
D = (log52 – 3)2 + 12log52 = (log52 + 3)2, следовательно, корни уравнения будут
х1,2 = [3-log52±log52+3]2, отсюда х1 = 3, х2 = – log52. Ответ: – log52; 3.
Пример 3. Решить уравнение 35 (35)х-1 = 453х-45.
Решение. Обе части данного уравнения положительны. Прологарифмируем обе части этого уравнения по основанию 5: (х – 1)log5(35) + 12 log5(35) = 3х-44 – 12, т.е. уравнение
х(log53 – 1) – log53 + 1 – 12 + 12log53 = 34 х – 1 – 12 , равносильное исходному уравнению. Отсюда получаем х4log53-74 = -4+3log532 , т.е. х = 2(3log53-4)4log53-7. Ответ: 2(3log53-4)4log53-7.
Пример 4. Решить уравнение хlog33х = 9.
Решение. Область допустимых значений уравнения: х > 0.
Поскольку обе части уравнений положительны, то прологарифмируем по основанию 3:
(log33х)log3х = 2, (log33 + log3х)log3х = log39, log33 = 1 и log39 = 2, следовательно,
(1 + log3х)log3х = 2, log32x + log3х – 2 = 0. Сделаем замену log3х = у, тогда у2 + у – 2 = 0, корнями которого являются числа у1 = – 2 и у2 = 1. Возвращаемся к нашей замене и получаем: log3х = – 2 или log3х = 1. Тогда х1 = 19 и х2 = 3. Ответ: 19; 3.
Пример 5. Решить уравнение |х-3|3х2-10х+3 = 1.
Решение. Понятно, что х ≠ 3,следовательно, |х – 3| > 0. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 10, тогда (3х2 – 10х + 3)lg|х-3| = 0, откуда
3х2 – 10х + 3 = 0 или lg|х-3| = 0. Корнями квадратного уравнения 3х2 – 10х + 3 = 0 будут
х1 = 13 и х2 = 3. Из уравнения lg|х-3| = 0 находим |х – 3| =1 => х – 3 = – 1 или х – 3 = 1.
Поэтому х3 = 2, х4 = 4; х2 = 3 не подходит по ОДЗ логарифма. Ответ: 13; 2; 4.
Нестандартные методы решений показательных уравнений.
Пример 1. Решите уравнение 3 · 4х + (3х – 10)2х + 3 – х = 0.
Решение. Данное уравнение кроме показательных функций содержит линейные функции у = 3х – 10 и у = 3 – х. Можно заметить, что относительно р = 2х оно является квадратным:
3р2 + (3х – 10)р + 3 – х = 0 и поэтому р = 2х = 10-3х ± (10-3х)2-12(3-х)6 = 10-3х ± 9х2-48х+646 = 10-3х ± (3х-8)26 = 10-3х ±(3х-8)6, откуда р = 13, р = 3 – х. Таким образом, исходное уравнение равносильно совокупности уравнений: 2х = 13 , 2х = 3 – х. Корень первого уравнения х = log2(13). Второе уравнение имеет корень х = 1, а других корней не имеет, т. к. его левая часть – всюду возрастающая функция, а правая – всюду убывающая. Ответ: 1; log2(13).
Пример 2. Решить уравнение 3log3(х2-2х-1) + х = 2.
Решение. Применив формулу основного логарифмического тождества, получим уравнение х2 – 2х – 1 + х = 2(*), корни которого х1 = 1+132 и х2 = 1-132. Теперь достаточно проверить, какое из полученных чисел удовлетворяет неравенству: х2 – 2х – 1 > 0 (**). Это можно сделать проще (не подставляя в неравенство полученные числа). Перепишем уравнение (*) в виде х2 – 2х – 1 = 2 – х, тогда видим, что выражение х2 – 2х – 1 положительно тогда и только тогда, когда х < 2. Таким образом, вместо Дубова Мария Игоревна 273 – 784 - 574
проверки неравенства (**) можно проверить условие х < 2. Теперь видно, что только х = 1-132 является корнем данного уравнения. Ответ: 1-132.
Пример 3. Решить уравнение 5х+3х5х-3х = 4 ·5х-12·5х-3х+1.
Решение. В данном уравнении удобно применить следующий прием: разделив числители и знаменатели в обеих частях уравнения на 5х > 0, получим равносильное исходному уравнение: 1+(35)х1-(35)х =452-3·(35)х. Далее сделаем замену (35)х = у, у>0 и получаем 1+у1-у =452-3у. (*) Можно заметить, что у ≠ 1, у ≠ 23. Таким образом, получаем равносильное (*) уравнение
(5 + 5у)(2 – 3у) = 4 – 4у; 10 – 5у – 15у2 – 4 + 4у = 0; 15у2 + у – 6 = 0; D = 1 + 360 = 361;
у1= -1+1930; у2= -1-1930; у1 = 35 , у2 < 0. Вернемся к нашей замене, получим уравнение (35)х = 35, откуда х = 1. Ответ: 1.
Пример 4. Решить уравнение (2+3)(х+1)2 + (2-3)(х-1)2= (2+3)2х2+2 + 1.
Решение. Перепишем данное уравнение в виде:
(2+3)х2+1(2+3)2х + (2+3)2х(2+3)х2+1 = (2+3)2х2+2 + 1.
Сделаем замену (2+3)х2+1 = α; (2+3)2х= b, тогда αb + bα-1 – α2 – 1 = 0;
α2b + b – α3 – α = 0; α2(b – α) + (b – α) = 0; (b – α)(α2 + 1) = 0, откуда b = α, поскольку уравнение α2 + 1 = 0 корней не имеет. Таким образом, (2+3)2х= (2+3)х2+1 и
х2 + 1 = 2х. Очевидно, что х = 1. Ответ: 1.
Пример 5. Решить уравнение 6 · 2х-2+ |х-4| + 8 · 3х-1+ х-3-1= 48.
Решение. Разделим обе части уравнения на 24, получим уравнение
2х-2+ х-4-2+ 3х-1+ х-3-2 = 2. Применяя неравенство |α-b| ≤ |α| + |b| (его легко доказать возведением обеих частей в квадрат), получим |х – 2| + |х – 4| ≥ |х – 2 – (х – 4)| = 2 и |х – 1| + |х – 3| = |х – 1 – (х – 3)| = 2, поэтому 2х-2+ х-4-2≥ 1 и 3х-1+ х-3-2≥ 1.
Знак равенства возможен, если имеет решение система уравнений:
х – 2+ х – 4=2,х – 1+ х – 3=2 <=> х∈2;4х∈1;3 <=> 2;3. Ответ: 2;3 Пример 5. Решить уравнение х2 – 2х + 2 = 2 · 2х-1 – 4х-1. Решение. Представим уравнение в виде (2х-1 – 1)2 + (х – 1)2 = 0. Это уравнение равносильно системе: 2х-1=1,х-1=0, откуда х = 1. Ответ: 1.
Приложение 3.