Презентация по математике "Различные методы решения показательных уравнений"

2) Приведение к одному основанию.

А) Уравнения вида a x = b приводятся к виду: a x = , откуда х = или a x = a t , откуда х = t .

Пример. 1) 3 2х = 17.

3 2х = ; 2х = ; х = .

Ответ. х = .

2) 2 3х = 8.

2 3х = 2 3 ; 3х = 3; х = 1.

Ответ. х = 1.

0 равносильно уравнению f ( x ) = g ( x ). Пример. 5 х ∙ 0,2 = ∙ . 5 х ∙5 -1 = ∙ ; 5 х – 1 = ; х – 1 = ; 2х – 2 = 3х + 1; х = - 3. Ответ. х = - 3. " width="640"

2) Приведение к одному основанию .

Б) Уравнение вида = при а ≠ 1 и а 0 равносильно уравнению f ( x ) = g ( x ).

Пример. 5 х ∙ 0,2 = ∙ .

5 х ∙5 -1 = ∙ ; 5 х – 1 = ;

х – 1 = ; 2х – 2 = 3х + 1; х = - 3.

Ответ. х = - 3.

3) Вынесение общего множителя за скобку.

Степень с наименьшим показателем выносится за скобку.

Пример. 7 х + 7 х+ 2 = 350.

7 х ∙ (1+ 7 2 ) = 350; 7 х ∙50 = 350; 7 x = ; 7 х = 7; х = 1.

Ответ. х = 1.

4) Составление отношения.

Уравнение вида A ∙a x = B ∙ b x сводится к уравнению: = .

Пример. 5 х = 8 х .

=1; = ; х = 0.

Ответ. х = 0.

5) Способ группировки.

А) Степени с одинаковыми основаниями собирают в одной из частей уравнения, затем используют способы: вынесение общего множителя за скобку и составление отношений .

Пример. 4 х + 3 х - 1 = 4 х - 1 + 3 х + 2 .

4 х - 4 х - 1 = 3 х + 2 - 3 х – 1 ; 4 х – 1 (4 – 1) = 3 х – 1 (3 3 - 1);

4 х – 1 ∙3 = 3 х – 1 ∙ 26;

Делим обе части уравнения на 3∙3 х – 1

= ; = ; х – 1 = ; х = + 1.

Ответ. х = + 1.

0. Ответ. х = 7. " width="640"

5) Способ группировки.

Б) Слагаемые группируются так, чтобы левую часть уравнения можно было разложить на множители, а в правой получить ноль.

Пример. - 49 + 3 = 147.

- 49 + 3 -147 = 0;

- 49 ) + (3 - 147) = 0;

( - 49) + 3 - 49) = 0;

- 49) ( + 3) = 0.

– 49 = 0 или + 3 = 0.

1) = 49; = 7 2 ; х – 5 = 2; х = 7.

2) = - 3 нет корней, т.к. 0.

Ответ. х = 7.

0, a ≠ 1, заменой a x = t ( t 0) сводятся к квадратным уравнениям.   Пример. 1) 3∙25 х - 14∙5 х - 5 = 0. 3∙5 2х - 14∙5 х - 5 = 0. Сделав замену 5 х = t ( t 0), получим уравнение 3 t 2 - 14 t - 5 = 0. t 1,2 = = = . t 1 = 5; t 2 = - = - . t 2 = - не удовлетворяет условию t 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: 5 х = 5, откуда х = 1. Ответ. х = 1. " width="640"

6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению).

А) Показательные уравнения вида: A ∙ a 2 x + B ∙ a x + C = 0,

где A ≠ 0, B , C – некоторые числа, a 0, a ≠ 1,

заменой a x = t ( t 0) сводятся к квадратным уравнениям.

Пример. 1) 3∙25 х - 14∙5 х - 5 = 0.

3∙5 2х - 14∙5 х - 5 = 0.

Сделав замену 5 х = t ( t 0), получим уравнение 3 t 2 - 14 t - 5 = 0.

t 1,2 = = = .

t 1 = 5; t 2 = - = - . t 2 = - не удовлетворяет условию t 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: 5 х = 5, откуда х = 1.

Ответ. х = 1.

0, a ≠ 1, заменой a x = t ( t 0) сводятся к квадратным уравнениям. Пример. 3 х+1 - 25 = . 3∙3 х - 25 = . Сделав замену 3 х = t ( t 0), получим уравнение: 3 t - 25 = , 3 t 2 - 25 t = 18, 3 t 2 - 25 t - 18 = 0. t 1,2 = = = . t 1 = 9; t 2 = - = - . t 2 = - не удовлетворяет условию t 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: 3 х = 9, откуда х = 2. Ответ. х = 2. " width="640"

6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению).

Б) Показательные уравнения вида: A ∙ a x + + C = 0,

где A ≠ 0, B , C – некоторые числа, a 0, a ≠ 1,

заменой a x = t ( t 0) сводятся к квадратным уравнениям.

Пример. 3 х+1 - 25 = .

3∙3 х - 25 = .

Сделав замену 3 х = t ( t 0), получим уравнение: 3 t - 25 = ,

3 t 2 - 25 t = 18, 3 t 2 - 25 t - 18 = 0.

t 1,2 = = = .

t 1 = 9; t 2 = - = - . t 2 = - не удовлетворяет условию t 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: 3 х = 9, откуда х = 2.

Ответ. х = 2.

0, a ≠ 1, заменой a x = t ( t 0) сводятся к квадратным уравнениям. Пример. 13 х + 1 - 12∙13 - х = 1 . 13∙13 х - 12∙13 - х - 1 = 0; 13∙13 2х - 12 - 13 х = 0. Сделав замену 13 х = t ( t 0), получим уравнение: 13 t 2 - t - 12 = 0, откуда t 1 = 1; t 2 = - . t 2 = - не удовлетворяет условию t 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: 13 х = 1; 13 х = 13 0 , откуда х = 0. Ответ. х = 0. " width="640"

6) Замена переменной (сведение уравнения к квадратному уравнению).

В ) Показательные уравнения вида: A ∙ a x + B ∙ a - x + C = 0 ,

где A ≠ 0, B , C – некоторые числа, a 0, a ≠ 1,

заменой a x = t ( t 0) сводятся к квадратным уравнениям.

Пример. 13 х + 1 - 12∙13 - х = 1 .

13∙13 х - 12∙13 - х - 1 = 0; 13∙13 2х - 12 - 13 х = 0.

Сделав замену 13 х = t ( t 0), получим уравнение:

13 t 2 - t - 12 = 0, откуда t 1 = 1; t 2 = - .

t 2 = - не удовлетворяет условию t 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: 13 х = 1; 13 х = 13 0 , откуда х = 0.

Ответ. х = 0.

0, a ≠ 1, b 0 , b ≠ 1 называются однородными уравнениями и они сводятся к квадратным уравнениям путем деления каждого слагаемого на ( a 2 x или b 2 x ) и введением новой переменной t = ( t = ), где t 0.   Пример. 3∙16 х + 2∙81 х = 5∙36 х . 3∙4 2х +2∙9 2х – 5∙4 х ∙9 х = 0. Поделив обе части уравнения на 9 2х , имеем 3∙ - 5∙ + 2 = 0. Сделав замену = t , t 0, получим уравнение 3 t 2 - 5 t + 2 = 0, откуда t 1 = 1; t 2 = . Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = 1, = , х = 0. 2) = , = , 2х = 1 , х = 0,5. Ответ. х 1 = 0, х 2 = 0,5. " width="640"

7) Метод почленного деления.

Показательные уравнения вида: A ∙ a 2 x + B ∙ a x ∙ b x + C ∙ b 2 x = 0, где A , B , C – некоторые числа, a 0, a ≠ 1, b 0 , b ≠ 1 называются однородными уравнениями и они сводятся к квадратным уравнениям путем деления каждого слагаемого на ( a 2 x или

b 2 x ) и введением новой переменной t = ( t = ), где t 0.

  Пример. 3∙16 х + 2∙81 х = 5∙36 х .

3∙4 2х +2∙9 2х – 5∙4 х ∙9 х = 0.

Поделив обе части уравнения на 9 2х , имеем 3∙ - 5∙ + 2 = 0.

Сделав замену = t , t 0, получим уравнение

3 t 2 - 5 t + 2 = 0, откуда t 1 = 1; t 2 = .

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) = 1, = , х = 0.

2) = , = , 2х = 1 , х = 0,5.

Ответ. х 1 = 0, х 2 = 0,5.

0), получаем квадратное уравнение t 2 - 4,25 t + 1 = 0, корни которого t 1 = 4, t 2 = . Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = 4, = 2 2 , = 2, х = . 2) = , = 2 -2 , = - 2, х = - . Ответ. х 1 = , х 2 = - . " width="640"

8) Основания степеней члены геометрической прогрессии.

Показательные уравнения вида: A ∙ + B + C ∙ = 0, где A , B , C – некоторые числа, причем A ≠ 0, B ≠ 0, C ≠ 0; a , b , c – являются последовательными членами

геометрической прогрессии, путем деления на любую из степеней , , и введением новой переменной сводятся к квадратному уравнению.

Пример. + = 4,25∙ .

ОДЗ уравнения х ≠0.

Преобразуем уравнение так, чтобы показатели степени были одинаковыми.

+ = 4,25∙ .

Так как числа 100, 50, 25 являются последовательными членами геометрической прогрессии со

знаменателем 0,5 ,то разделив обе части уравнения, например, на , получаем:

+ 1 = 4,25∙ ; - 4,25∙ + 1 = 0; - 4,25∙ + 1 = 0,

Обозначив = t ( t 0), получаем квадратное уравнение t 2 - 4,25 t + 1 = 0, корни которого

t 1 = 4, t 2 = .

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) = 4, = 2 2 , = 2, х = .

2) = , = 2 -2 , = - 2, х = - .

Ответ. х 1 = , х 2 = - .

0, тогда = , получим уравнение у + = 62. у 2 - 62у + 1 = 0, откуда у 1,2 = 31 ± = 31 ± = 31 ± . Преобразуем выражение 31 ± = 16 ± + 15 = Возвращаясь к переменной х, имеем: 1) , х = 2. = , = , = , х = - 2. Ответ. х 1 = 2, х 2 = - 2. " width="640"

9) «Завуалированное» обратное число.

Основания степеней взаимно обратные числа.

Пример. + = 62.

Заметим, что (4 + )( 4 - ) = 16 - 15 = 1.

Используя подстановку у = , где у 0, тогда = , получим уравнение у + = 62.

у 2 - 62у + 1 = 0, откуда у 1,2 = 31 ± = 31 ± = 31 ± .

Преобразуем выражение 31 ± = 16 ± + 15 =

Возвращаясь к переменной х, имеем:

1) , х = 2.

• = , = ,

= , х = - 2.

Ответ. х 1 = 2, х 2 = - 2.

0, тогда = = 2⁵: = . Имеем у =10 + 3 ; у² -10у - 96 = 0, откуда у 1 = - 6, у 2 = 16. у 1 = - 6 не удовлетворяет условию у 0. Возвращаясь к переменной х, имеем: = 16; = 2⁴; = 4; 3х – 5 = 4х – 8; х = 3. Ответ. х = 3. " width="640"

10) Неочевидная замена.

Показатели степеней преобразуют так, чтобы можно было ввести замену переменной.

Пример. = 10 + 3 .

Заметим, что + = = =5, отсюда =5 - .

Введем замену = у, у 0, тогда = = 2⁵: = .

Имеем у =10 + 3 ; у² -10у - 96 = 0, откуда у 1 = - 6, у 2 = 16. у 1 = - 6 не удовлетворяет условию у 0.

Возвращаясь к переменной х, имеем: = 16; = 2⁴;

= 4; 3х – 5 = 4х – 8; х = 3.

Ответ. х = 3.

11) Логарифмирование обеих частей уравнения.

Логарифмируя обе части уравнения по основанию, равному одному из оснований степени, получаем более простое уравнение.

Пример. 6 1/х ∙ 2 х = 12.

Логарифмируем по основанию 2.

= ; + = ; + х = ;

+1) + х = + 2; + 1 + х 2 = х ∙ ( + 2);

х 2 –( + 2)∙х +( + 1) = 0.

По теореме, обратной теореме Виета: х 1 =1, х 2 = + 1.

Ответ. х 1 =1, х 2 = + 1.

12) Использование монотонности .

Используя свойства монотонных функций, путем рассуждений находим корни уравнения.

Пример. 1) 2 х + 5 х = 29.

f ( x ) = 2 х + 5 х возрастает на R , графиком у = 29 является горизонтальная прямая.

f (2) = 29, т.е. имеется только одна точка пересечения графиков функций, стоящих в левой и правой частях уравнения.

Следовательно, х = 2 единственный корень.

Ответ х = 2.

13) Метод подбора.

Подбором находится корень уравнения, а затем доказывается, что корень единственный, используя монотонность показательной функции.

Пример. 12 х + 5 х = 13 х .

Числа 5;12;13 – пифагоровы, т.е. 12 2 + 5 2 = 13 2 , следовательно,

х = 2 – корень уравнения.

Покажем, что других корней нет.

Разделив обе части уравнения на 13 х и применив свойства степеней, получим:

+ = 1.

В левой части уравнения убывающая функция ( как сумма убывающих функций), а в правой горизонтальная прямая, графики пересекаются только в одной точке.

Ответ х = 2.

14) Уравнения, правая часть которых представляет собой бесконечно убывающую геометрическую прогрессию .

Применяя формулу суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии, сводят уравнение к более простому виду.

  Пример. 2 х - 1 + 2 х - 4 + 2 х - 2 = 6,5 + 3,25 + 1,625 + …

В правой части уравнения записана бесконечно убывающая геометрическая прогрессия с первым членом b 1 = 6,5 и

знаменателем q = = = .

Найдем сумму этой прогрессии по формуле S = .

S = = 13.

Исходное уравнение принимает вид: 2 х - 1 + 2 х - 4 + 2 х - 2 = 13;

2 х - 4 (2 3 + 1 + 2 2 ) = 13; 2 х - 4 ∙13 = 13; 2 х - 4 = 1; 2 х - 4 = 2 0 ; х – 4 = 0; х = 4.

Ответ х = 4.

0,т.е. х ≠ 3, имеем = ; х 2 – 2х = 3; х 2 – 2х – 3 = 0; х 1 = - 1, х 2 = 3. х = 3 не удовлетворяет условию х ≠ 3, поэтому не является корнем исходного уравнения. Если х = -1, то | х - 3| = |-1 - 3| = |- 4| = 4 ≠ 1. х = -1 корень исходного уравнения. 2)|х - 3| = 1 при х 2 – 2х ≥ 0. Решим уравнение : |х - 3| = 1. х – 3 = 1 или х - 3 = - 1 . х 1 = 4, х 2 = 2. Решим неравенство х 2 – 2х ≥ 0, х (х - 2) ≥ 0. Откуда х ≤ 0 или х ≥ 2. Найденные корни х 1 = 4, х 2 = 2 удовлетворяют условию х ≥ 2. Ответ. х 1 = 4, х 2 = 2, х 3 = - 1. " width="640"

15)Показательно - степенные уравнения.

Пример. = .

Поскольку основанием левой и правой части является не число, а функция f ( x ) = | x - 3|, то данное уравнение относится к показательно - степенным уравнениям. Мы должны рассмотреть это уравнение как показательное с основанием больше нуля и не равным единице и как степенное с основанием равным единице.

1) При |х - 3| 0,т.е. х ≠ 3, имеем = ; х 2 – 2х = 3; х 2 – 2х – 3 = 0; х 1 = - 1, х 2 = 3.

х = 3 не удовлетворяет условию х ≠ 3, поэтому не является корнем исходного уравнения.

Если х = -1, то | х - 3| = |-1 - 3| = |- 4| = 4 ≠ 1.

х = -1 корень исходного уравнения.

2)|х - 3| = 1 при х 2 – 2х ≥ 0.

Решим уравнение : |х - 3| = 1.

х – 3 = 1 или х - 3 = - 1 .

х 1 = 4, х 2 = 2.

Решим неравенство х 2 – 2х ≥ 0, х (х - 2) ≥ 0. Откуда х ≤ 0 или х ≥ 2.

Найденные корни х 1 = 4, х 2 = 2 удовлетворяют условию х ≥ 2.

Ответ. х 1 = 4, х 2 = 2, х 3 = - 1.

0, х ≠ 1. Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2: = ; ∙ = 2; - - 2 = 0. Пусть = t , тогда t 2 - t - 2 = 0, откуда t = 2, t = -1, Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая: 1) = 2, х = 4. 2) = - 1, х = . Оба значения удовлетворяют ОДЗ. Ответ. х 1 = 4, х 2 = . " width="640"

16) Показательно - логарифмические уравнения .

Если в уравнении содержится выражение вида , то для нахождения корней уравнения необходимо сначала прологарифмировать обе его части по тому же основанию, что и основание логарифма, стоящего в показателе степени, а затем решить полученное алгебраическое уравнение относительно .

Пример. = 4.

ОДЗ уравнения: х 0, х ≠ 1.

Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2:

= ; ∙ = 2; - - 2 = 0.

Пусть = t , тогда t 2 - t - 2 = 0, откуда t = 2, t = -1,

Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:

1) = 2, х = 4.

2) = - 1, х = . Оба значения удовлетворяют ОДЗ.

Ответ. х 1 = 4, х 2 = .

0, тогда имеем уравнение у 2 - 4у - 21 = 0, корни которого у 1 = 7, у 2 = - 3. у 2 = - 3 не удовлетворяет условию у 0. Следовательно, 7 х = 7, откуда х = 1.   2) Если 7 х -5 7 2х - 3(7 х -5) = 7 х +1 + 6; 7 2х - 3∙7 х + 15 - 7∙7 х - 6 = 0; 7 2х - 10∙7 х + 9 = 0. Пусть у = 7 х , у 0, тогда имеем уравнение у 2 - 10у + 9 = 0, корни которого у 1 = 1, у 2 = 9. Оба значения удовлетворяют условию у 0, следовательно, имеем два уравнения 1) 7 х = 1, откуда х = 0. 2) уравнение 7 х = 9 не удовлетворяет условию 7 х Ответ. х 1 = 1, х 2 = 0. " width="640"

17) Уравнения содержащие модуль.

А) В решении уравнений используются свойства модуля.

Пример. 1) 7 2х + 3|7 х -5| = 7 х +1 + 6.

1) Если 7 х - 5 ≥ 0, т.е. 7 х ≥ 5, то |7 х -5| = 7 х - 5 и уравнение примет вид:

7 2х + 3(7 х -5) = 7 х +1 + 6; 7 2х + 3∙7 х - 15 - 7∙7 х - 6 = 0; 7 2х - 4∙7 х - 21 = 0.

Пусть у = 7 х , у 0, тогда имеем уравнение у 2 - 4у - 21 = 0, корни которого

у 1 = 7, у 2 = - 3. у 2 = - 3 не удовлетворяет условию у 0.

Следовательно, 7 х = 7, откуда х = 1.

2) Если 7 х -5

7 2х - 3(7 х -5) = 7 х +1 + 6; 7 2х - 3∙7 х + 15 - 7∙7 х - 6 = 0; 7 2х - 10∙7 х + 9 = 0.

Пусть у = 7 х , у 0, тогда имеем уравнение у 2 - 10у + 9 = 0, корни которого у 1 = 1, у 2 = 9.

Оба значения удовлетворяют условию у 0, следовательно, имеем два уравнения

1) 7 х = 1, откуда х = 0.

2) уравнение 7 х = 9 не удовлетворяет условию 7 х

Ответ. х 1 = 1, х 2 = 0.

0, 3 ≠ 1, то исходное уравнение равносильно уравнению |х - 1| = |х + 3|. Возводя это уравнение в квадрат, получаем его следствие (х- 1) 2 = (х + 3) 2 , откуда х 2 – 2х + 1 = х 2 + 6х + 9; 8х = - 8; х = - 1. Проверка. Л.ч. 3 |х - 1| =3 |- 1 - 1| = 3 |- 2| = 3 2 = 9. П.ч. 3 |х + 3| =3 |- 1 + 3| = 3 |2| = 3 2 = 9. 9 = 9. х = - 1 – корень уравнения. Ответ. х = -1. " width="640"

17) Уравнения содержащие модуль.

Б) В решении уравнений используются свойства модуля.

Пример. 3 |х - 1| = 3 |х + 3| .

Так как 3 0, 3 ≠ 1, то исходное уравнение равносильно уравнению |х - 1| = |х + 3|.

Возводя это уравнение в квадрат, получаем его следствие

(х- 1) 2 = (х + 3) 2 , откуда

х 2 – 2х + 1 = х 2 + 6х + 9; 8х = - 8; х = - 1.

Проверка. Л.ч. 3 |х - 1| =3 |- 1 - 1| = 3 |- 2| = 3 2 = 9.

П.ч. 3 |х + 3| =3 |- 1 + 3| = 3 |2| = 3 2 = 9.

9 = 9. х = - 1 – корень уравнения.

Ответ. х = -1.

0, имеем 1 + у = ; у 2 + у – 6 = 0, откуда у 1 = 2, у 2 = - 3. у 2 = - 3 не удовлетворяет условию у 0, следовательно, = 2, tg x = 1, x = + n , n Z . Ответ. x = + n , n Z . " width="640"

18) Уравнения содержащие тригонометрические функции.

Пример. 1 + = 3∙ .

Преобразуем показатель степени, стоящий в правой части уравнения:

= = = - tg x = (1 - tg x).

Тогда исходное уравнение примет вид: 1 + = 3∙ ;

1 + = 3∙ ; 1 + = . Обозначив = у, у 0, имеем

1 + у = ; у 2 + у – 6 = 0, откуда у 1 = 2, у 2 = - 3.

у 2 = - 3 не удовлетворяет условию у 0, следовательно, = 2, tg x = 1,

x = + n , n Z .

Ответ. x = + n , n Z .

19) Метод оценок.

Пример. ( - ) х = 51,2.

Оценим приближенно число - .

Так как 81

Так как 0,1296

Следовательно, - (2,3;4,4). Учитывая, что в правой части стоит рациональное число, то и в левой части будет число рациональное. Из интервала (2,3;4,4) только при х = 4 может получиться рациональное число в левой части.

Подставим х = 4 в левую часть уравнения:

( - ) 4 = ( ) 4 – 4∙( ) 3 ∙ + 6 ( ) 2 ∙ ( ) 2 –

- 4∙ ∙ ( ) 3 + ( ) 4 = 125 – 4 ∙ ∙ + 6 ∙ – 4 ∙

+ 0,2 =125 – 100 + 30 – 4 + 0,2 = 51,2.

х = 4 – корень уравнения.

Ответ. х = 4.

20) Графический метод.

В одной системе координат строят графики функций, стоящих в левой и правой частях уравнения. Находят абсциссы точек пересечения. Производят проверку.

Пример. = х - .

  В одной системе координат строим графики

функций у = и у = х - .

Из рисунка видно, что графики функций

пересекаются в точке с абсциссой х = 1.

Проверка показывает, что х = 1 – корень

данного уравнения: = , 1 - = .

Покажем, что других корней нет. Функция у = убывающая, а функция

у = х - возрастающая, тогда по теореме о встречной монотонности,

уравнение имеет не более одного корня.

Ответ. х = 1.

21) Переменная является показателем корня.

Если в показательном уравнении содержатся радикалы вида , то следует учитывать, что корень определен при натуральных значениях х не меньших 2 ( , 2). Необходимо помнить, что функции у = и у = имеют разные области определения. Первая определена при ,

2, а вторая при х ≠ 0.

Пример. = 225.

Исходное уравнение равносильно системе

Преобразовав уравнение системы к виду = 15 2 , имеем = 2,

откуда х = . Но х = не удовлетворяет условию , 2, т.е. уравнение не имеет корней.

Ответ. Нет корней.

22) Применение теоремы о встречной монотонности.

Если на промежутке Х функция f ( x ) возрастает, а функция g ( x ) – убывает

или постоянна, то исходное уравнение f ( x ) = g ( x ) имеет не более одного корня.

Пример. 3 х – 2 = .

Поскольку основание 3 больше 1, то показательная функция у 1 =3 х-2

возрастает на всем множестве, тогда как правая часть уравнения – функция

у 2 = – убывает на множествах ( -∞;0) и (0;∞). Таким образом, в силу

теоремы о встречной монотонности, данное уравнение имеет единственный

корень, либо корней вообще не имеет.

Подберем целый положительный корень этого уравнения среди делителей

числа 9: х = 3 дает верное равенство 3 3 – 2 = .

Итак, х = 3 - единственный корень этого уравнения.

Ответ. х = 3.

23) Оценочная(«граничная») задача.

Производится оценка множеств значений правой и левой частей уравнения.

Если правая часть ограничена снизу, а левая часть ограничена сверху, то

равенство возможно только в общей точке.

Пример. = 5 + 4 sin x .

Для решения оценим множество значений функции F = из левой части

уравнения и функции G = 5 + 4 sin x из правой части.

Начнем с функции F = , которая определена на множестве R.

Поскольку | х - | ≥ 0, то ≥ 3 0 = 1, следовательно, 9 ∙ ≥ 9∙1 = 9.

Таким образом, F ≥ 9.

Перейдем к нахождению множества значений функции G = 5 + 4 sin x . Так как

-1 ≤ sin x ≤ 1, то - 4 ≤ 4 sin x ≤ 4, а 1 ≤ 5 + 4 sin x ≤ 9, т.е.1 ≤ G ≤ 9.

Поскольку F ≥ 9 и G ≤ 9, то равенство F = G возможно лишь при условии F = 9 и G =9, т.е.

Первое уравнение имеет единственный корень х = , который и будет единственным

решением системы в том случае, если он удовлетворяет второму уравнению.

Подставляя х = во второе уравнение, получаем sin = 1- верно.

  Ответ. х = .

Литература

1 ) Тестовые задания по математике для слушателей подготовительных курсов ИГАСУ

Сост. Ж.Н.Аксенова, П.Б. Татиевский. Иваново, 2006.

2)А.Н. Рурукин Пособие для интенсивной подготовки к выпускному, вступительному экзамену

и ЕГЭ по математике М.: ВАКО, 2004.

3)А.Г.Мерзляк, В.Б.Полонский, М.С.Якир . Алгебраический тренажер: Пособие для школьников

и абитуриентов .М.: Илекса, 2003.

4)В.Ф.Чаплыгин, Н.Б.Чаплыгина. Конкурсные задачи по математике: Сборник задач.

Ярославль, 2005.

5) В.В.Кочагин, М.Н.Кочагина. ЕГЭ-2007.Математика. Тематические тренировочные задания

М.: Эксмо, 2007.

6)Алгебра. ЕГЭ: шаг за шагом / А.А.Черняк, Ж.А.Черняк.- Волгоград: Учитель,2012.