Введение

Введение.

Настоящий практикум составлен для того, чтобы оказать помощь учащимся в развитии умений решать различные уравнения школьного курса математики. Материал составлен в соответствии с действующей программой по математике и в соответствии со стандартами образования.

В каждой теме указаны, с пояснениями на примерах, основные методы решения различных уравнений; приведены примеры для самостоятельного решения. Они помогут учащимся закрепить навыки решения уравнений. Приведено достаточное число уравнений для подготовки к письменному экзамену по математике.

Материал будет полезен учащимся для самостоятельной работы в течение учебного года, при подготовке к выпускным и вступительным экзаменам, а также может быть использован учителями математики НПО для организации индивидуальной работы с учащимися.

Квадратные уравнения.

1) Уравнение вида ax2 + bx + c = 0, где х – переменная, a, b, c – некоторые числа, причём, а ≠ 0, называется квадратным.

2) Значение переменной, образующее уравнение в верное равенство, называют корнем уравнения.

3) Решить уравнение – значит найти множество его корней или доказать, что их нет. Это множество называют также решением уравнения.

4) Чтобы знать имеет квадратное уравнение решение или нет, необходимо вычислить его дискриминант D (определитель корня).

D = b2 – 4ac

Если D > 0, то квадратное уравнение имеет два различных действительных корня.

Если D = 0, то существует только один корень .

Если D < 0, то квадратное уравнение не имеет действительных корней.

Формула корней квадратного уравнения имеет вид

где D = b2 – 4ac.

Уравнение x2 + px + q = 0 называют приведённым квадратным уравнением.

Формула корней приведённого квадратного уравнения имеет вид

х1,2 =

Теорема Виета.

Сумма корней приведённого квадратного уравнения х2 + рх + q = 0 равна второму коэффициенту, взятому с противоположным знаком, а произведение корней равно свободному члену, т. е.

х1 + х2 = – р, х1 ∙ х2 = q.

Уравнения с решениями.

1) 2х2 + 3х + 1 = 0.

Решение: найдём дискриминант

D = 32 – 4 ∙ 2 ∙ 1 = 9 – 8 = 1. D > 0.

Применим формулу корней квадратного уравнения:

х = Отсюда находим два корня

х1 = х2 =

Ответ: х1 = – , х2 = – 1.

2) х2 + 5х – 6 = 0.

Решение: найдём дискриминант

D = 52 – 4 ∙ (– 6) = 25 + 24 = 49, D > 0.

Применим формулу корней квадратного уравнения:

х = Отсюда находим корни уравнения

х1 = х2 =

Ответ: х1 = 1, х2 = – 6.

3) x2 – 4x + 5 = 0.

Решение: найдём дискриминант

D = (–4)2 – 4 ∙ 1 ∙ 5 = 16 – 20 = – 4, D > 0. уравнение решений не имеет.

Ответ: нет решений.

4) 2x2 – 8x + 8 = 0.

Решение: найдём дискриминант

D = (–8)2 – 4 ∙ 2 ∙ 8 = 64 – 64 = 0.

D = 0 следовательно, уравнение имеет один корень

x =

Ответ: х = 2.

Уравнения для самостоятельного решения.

1. x2 – 7x – 8 =х2 – 7х + 1 = 0.

2. 5x2 – 8x – 4 =х2 + 3х – 2 = 0.

3. 3x2 + 8x – 3 =х2 – 6х + 1 = 0.

4. – x2 + 7x – 10 =–х2 + 2х + 8 = 0.

5) 3х2 – х = 0.

Чтобы решить данное неполное квадратное уравнение, разложим его левую часть на множители. Получим:

3х2 – х = х (3х – 1).

Произведение равно нулю тогда и только тогда, когда хотя бы один из множителей равен нулю, т. е.

х (3х – 1) = 0 если х = 0 или 3х – 1 = 0.

Решая уравнение 3х – 1 = 0, находим х = . Следовательно, произведение х(3х – 1) = 0 обращается в нуль при х = 0 и х = . Поэтому числа 0 и являются корнями уравнения 3х2 – х = 0.

Ответ: х = 0, х = .

6) – 2х2 + 5х = 0.

Решение: разложим левую часть на множители. Получим – 2х2 + 5х = х(– 2х + 5),

х(– 2х + 5) = 0.

Значит х = 0 или – 2х + 5 = 0.

Решая уравнение – 2х + 5 = 0, находим, что х = 2,5.

Числа 0 и 2,5 являются корнями уравнения – 2х2 + 5х = 0.

Ответ: х = 0, х = 2,5.

Уравнения для самостоятельного решения.

1. 10х2 + 5х =х2 – 12 х = 0.

2. 12х2 + 3х =х2 – 10х = 0.

3. 20х + 4х2 =х2 – х = 0.

4. х2 + 6х =х2 – 7х = 0.

7) 2х2 – 4 = 0.

Решение: чтобы решить такое уравнение перенесём в его правую часть свободный член с противоположным знаком и разделим обе части уравнения на 2 получим уравнение:

2х2 = 4, х2 = 2. Откуда х = , значит корни уравнения х1 = – , х2 = .

Ответ: х1 = – , х2 = .

8) 3х2 + 24 = 0.

Решение: Приносим свободный член с противоположным знаком в другую часть равенства

3х2 = – 24. Разделив на 3 получаем что х2 = – 8

т. к. х ≥ 0 то уравнение х2 = – 8 не имеет корней.

Ответ: нет решений.

Уравнения для самостоятельного решения.

1. 25 – 100х2 =– 36х2 = 0.

2. 2х2 – 8 =х2 – 75 = 0.

3. 4х2 – 12 =х2 – 32 = 0.

4. 3х2 – 27 =– 3 = 0.

Иррациональные уравнения.

Уравнения, в которых переменная содержится под знаком корня, называются иррациональными.

Пример:

Основными методами решения иррациональных уравнений являются следующие:

1) метод возведения обеих частей уравнения в одну и ту же степень;

2) метод введения новых переменных.

При возведении обеих частей в степень приводит к появлению посторонних корней, поэтому корни, полученные при решении иррационального уравнения, необходимо проверять подстановкой в данное уравнение.

Решение иррациональных уравнений методом возведения обеих частей в одну и ту же степень.

Уравнения с решениями:

1) .

Решение: данное уравнение содержит один радикал; оставим его в левой части, а все остальные члены уравнения перенесём в правую часть, получим

Возведём обе части уравнения в квадрат:

Применяя формулу (a – b)2 = a2 - 2ab + b2, получаем

х2 + 5х + 1 = 4х2 – 4х + 1;

После переноса всех членов в левую часть и приведения подобных имеем:

х2 + 5х + 1 – 4х2 + 4х – 1 = 0.

–3х2 + 9х = 0.

Решаем квадратное уравнение разложением на множители 3х(– х + 3) = 0. 3 ≠ 0, значит х = 0 или

–х + 3 = 0 отсюда получаем х1 = 0, х2 = 3.

Проверка: если х1 = 0, то , 2≠0.

Следовательно, первый корень х = 0 не удовлетворяет решению уравнения.

Если х2 = 3, то

Получаем верное равенство, значит корень х2 = 3 удовлетворяет данному уравнению.

Ответ: х = 3.

2)

Решение: возведём обе части уравнения в квадрат:

и применив тождество сокращенного умножения, получаем

Уединим корень и приведём подобные

2

Последнее уравнение ещё раз возведём в квадрат.

4(х – 1)(2х + 6) = (31 – 3х)2 и получим

8х2 + 24х – 8х – 24 = 961 – 186х +9х2

Перенесём все члены уравнения в одну часть и, приравняв к нулю, решим квадратное уравнение.

8х2 + 16х – 24 – 961 + 186х – 9х2 = 0.

– х2 + 202х – 985 = 0.

х2 – 202х + 985 = 0.

D = 40804 – 3940 = 36864.

х =

откуда х1 = 5 и х2 = 197.

Проверка: если х1 = 5, то , 2 + 4 = 6.

Получили верное равенство, значит х1 = 5 является корнем уравнения.

Если х2 = 197, то т. е. х2 = 197 – посторонний корень.

Ответ: х = 5.

Уравнения для самостоятельного решения.

1. . 5.

2. 6.

3. 7.

4. 8.

Решение иррациональных уравнений методом введения новой переменной.

Уравнения с решениями:

1)

Решение: Обозначим х2 + 3х – 6 = t и получаем

t – 12 + 4 или

4 где t ≥ 0 и 12 – t ≥ 0.

Решаем уравнение возведением обеих частей равенства в квадрат

16t = 144 – 24t + t2

t2 – 40t + 144 = 0.

откуда t1 = 36, t2 = 4.

При t1 = 36 не выполняется условие 12 – t ≥ 0, значит,

t1 = 36 не удовлетворяет решению уравнения.

При t = 4 имеем: х2 + 3х – 6 = 4 или х2 + 3х – 10 = 0.

Решив уравнение, получим х1 = – 5, х2 = 2.

Проверка: если х1 = – 5 имеем

(– 5)2 + 3(– 5) – 18 + 4

верное равенство, значит х1 = – 5 является корнем уравнения.

Если х2 = 2, имеем 22 + 3 ∙ 2 – 18 + 4

верное равенство, значит х2 = 2 также корень уравнения.

Ответ: х1 = – 5, х2 = 2.

Уравнения для самостоятельного решения.

1) обозначить

2) х2 + обозначить х2 = а.

3) х2 – 3х + 3 = а.

Тригонометрические уравнения.

I) Решение простейших тригонометрических уравнений вида cos t = a.

Формула решения простейшего тригонометрического уравнения

cos t = a, где – 1 ≤ а ≤ 1 имеет вид

t = ± arсcos a + 2Пn, n Z.

Частные случаи:

а) cos t = 1, t = 2Пn, nZ.

б) cos t = 0, t = + 2Пn, n Z.

в) cos t = – 1, t = П + 2Пn, n Z.

Уравнения с решениями:

1) cos x = – .

Решение: применим основную формулу решения простейшего уравнения cos t = a и получаем

х = ± arcсos + 2Пn, n Z.

Так как значение arсcos = , следовательно:

х = ± + 2Пn, n Z

Мы получили множество корней данного уравнения.

Ответ: х = ± + 2Пn, n Z.

2) 5cos 4x = – 5.

Решение: приведём уравнение к виду cos t = a. Для этого поделим уравнение на 5, и получим равносильное уравнение cos 4x = – 1.

Правая часть уравнения равна (– 1), следовательно, корни уравнения находим, используя формулу уравнения

cos t = – 1, где t = П + 2Пn, n Z.

Получаем 4х = П + 2Пn, n Z.

Разделив уравнение на 4, получим окончательный результат х = + n Z.

Ответ: х = + n Z.

3) cos3x + = 0.

Решение: перенесём свободный член уравнения в правую часть. Получаем cos 3x = – ;

По основной формуле корней уравнения получаем

3х = ± arccos + 2Пn, n Z.

Так как arccos = , то 3х = ± + 2Пn, n Z.

Разделив уравнение на 3, получаем корни уравнения:

х = ± + n Z.

Ответ: х = ± + n Z.

4) cos .

Решение: умножим уравнение на 2, чтобы привести его к виду cos t = a.

cos

Применим основную формулу корней уравнения:

2х – = ± arсcos + 2Пn, n Z.

Так как arccos = , то n Z.

откуда 2х = ± + + 2Пn, n Z или

х = ± + +Пn, n Z.

Ответ: х = ± + +Пn, n Z.

Уравнения для самостоятельного решения.

1. cos8х = . 5. cos3x = –

2. 3cosx =cos

3. cos3x =cos5x – 1 = 0.

4. 2cos4x = –cos

II) Решение простейших тригонометрических уравнений вида sin t = a.

Формула для корней уравнения sin t = a, где –1 ≤ а ≤ 1, имеет вид:

t = (– 1­)k arcsin a + Пk, k Z.

Частные случаи:

а) sin t = 1, t = Пk, k Z б) sin t = 0, t = Пk, k Z.

в) sin t = – 1, t = – Пk, k Z.

Уравнения с решениями:

1) sin2x = .

Решение: по основной формуле корней уравнения получаем

2х = (– 1­)k arcsin + Пk, k Z.

Так как arcsin = , то 2х = (– 1­)k ∙ + Пk, k Z. Делим уравнение на 2. Следовательно,

х = (– 1­)k + k, k Z. являются корнями данного уравнения.

Ответ: х = (– 1­)k + k, k Z.

2) sin3x + = 0.

Решение: sin3x – . По основной формуле для корней уравнения получаем

3х = (– 1­)k arcsin + Пk, k Z.

Так как arcsin = – , то

3х = (– 1­)k ∙ + Пk, k Z.

Разделим уравнение на 3 и получим

х = (– 1­)k ∙ + k, k Z.

Учитывая, что (– 1)k∙= (– 1)k∙(– 1)∙ = (– 1)k+1 ∙

получаем х = (– 1­)k+1 ∙ + k, k Z – корни уравнения.

Ответ: х = (– 1­)k+1 ∙ + k, k Z.

3) 2sin

Решение: преобразуем уравнение к виду sin t = a, 2sin sin

Применим основную формулу для корней уравнения и получаем

2х – = (– 1­)k ∙ arcsin +Пk, k Z. Так как

arcsin = –, то 2x – = (– 1)k∙ Пk, k Z.

Откуда 2х = (– 1­)k + Пk, k Z или

х = (– 1)k + k, k Z.

Ответ: х = (– 1)k+1 ∙ + +k, k Z.

Уравнения для самостоятельного решения:

1. sin x = . 5. sin

2. sin = – . 6. sin

3. 2sin 3x = 7. sin 5x = sin

4. sin 8. sin 4x =

III) Решение простейших тригонометрических уравнений вида tg x = a.

Формула корней уравнения tg t = a имеет вид х = arctg a + Пn, n Z.

В случае tg t = 0, x = Пn, n Z.

Уравнения с решениями:

1) tg x = – .

Решение: применим формулу корней уравнения tg t = a.

Найдём х = arctg+ Пn, n Z. Так как

arctg = – , приходим к окончательному ответу х = – + Пn, n Z.

Ответ: х = – + Пn, n Z.

2) tg

Решение: по формуле корней уравнения получаем

х + = arctg +Пn, n Z.

Так как arctg = получаем х + = +Пn, n Z. откуда х = – +Пn, n Z.

Приведём подобные и находим корни уравнения

х = +Пn, n Z.

Ответ: х = +Пn, n Z.

3) ctg 6x = – 1.

Решение: учитывая, что ctg x = получаем равносильное уравнение: или tg 6x = – 1, откуда 6х = arctg (– 1) + Пn, n Z.

Зная, что arctg (– 1) = – , получаем 6х = –Пn, n Z, х = – n Z.

Ответ: х = – n Z.

Уравнения для самостоятельного решения:

1. tg . 5. 3tg x = 3.

2. tg 6. tg

3. tg 7. tg 2x = sin П.

4. 6tg 5x = – 6. 8.

IV) Решение тригонометрических уравнений приводимых к квадратному.

Уравнения с решениями:

1) 8sin2 x – 6sin x – 5 = 0.

Решение: введём новую переменную y = sin x. Тогда данное уравнение можно записать в виде 8y2 – 6y – 5 = 0.

Получили квадратное уравнение относительно у. Решая его, найдём

y1 = и у2 = –

Следовательно, sin x = или sin x = – Уравнение

sin x = корней не имеет, так как значение sin x

не может быть больше 1.

Решаем уравнение sin x = – k

x = (– 1)k Пk, kZ. x = (– 1)k + 1 ∙ + Пk, kZ.

Ответ: x = (– 1)k + 1 ∙ + Пk, kZ.

2) 2sin2 x + 5cos x = 4.

Решение: так как уравнение содержит и cos x и sin x следует воспользоваться соотношением sin2 x = 1 – cos2 x и перейти к равносильному уравнению

2(1 – cos2 x) + 5 cos x = 4 или

2 – 2cos2 x + 5cos x – 4 = 0. – 2cos2 x + 5cos x – 2 = 0.

Обозначив cos x = y получим – 2у2 + 5у – 2 = 0.

Решаем квадратное уравнение

откуда у1 = и у2 = 2.

Решаем уравнение cos x = и находим его корни

x = ± arсcos + Пn, nZ. или x = ± + Пn, nZ.

Уравнение cos x = 2 корней не имеет, так как 2 > 1.

Ответ: x = ± + Пn, nZ.

3) 2tg x + ctg x = 3.

Решение: зная, что ctg x = . Произведём замену, получаем уравнение 2tg x += 3.

Вводим новую переменную tg x = y, уравнение примет вид 2у + = 3.

Приведём его к квадратному уравнению 2у2 – 3у + 1 = 0.

(при условии у ≠ 0).

Решаем уравнение и получаем корни: у1 = 1 и у2 = .

Откуда tg x1 = 1, x1 = arctg 1 + Пn, nZ.

x1 = + Пn, nZ.

tg x2 = . x2 = arctg + Пn, nZ.

Ответ: x1 = + Пn, nZ, x2 = arctg + Пn, nZ.

Уравнения для самостоятельного решения:

1. cos2 x + 3cos x + 2 =cos x – 4sin2 x – 1 = 0.

2. 1 – cos 2x = 2sin x. 6. 3cos2 x – sin2 x = 2.

3. cos2 x = cos x +sin2 x = 2cos x + 3.

4. sin2 2x + 2 = 3sin 2x. 8. 2sin2 x – 7sin x + 3 = 0.

V) Решение однородных тригонометрических уравнений.

Уравнения с решениями:

1) sin x + cos x = 0.

Решение: значения х, при которых cos x = 0 не удовлетворяют данному уравнению, так как тогда в этом случае sin x = 0, а cos x и sin x не могут быть одновременно равны нулю. Поэтому можно разделить обе части уравнения почленно на cos x. Получаем

Получим tg x + 1 = 0, откуда tg x = –

x = arctg + Пn, n Z. или х = – + Пn, n Z.

Ответ: х = – + Пn, n Z.

2) sin 2x – cos x = 0.

Решение: Заменим sin 2x, зная что sin 2x = 2sin x cos x = 0.

получаем 2sin x cos x – cos x = 0.

Вынесем общий множитель cos x за скобки

cos x( 2sin x – 1) = 0.

Последнее уравнение распадается на два:

а) cos x = 0, б) 2sin x – 1 = 0.

Уравнение а) cos x = 0 – частный случай простейшего уравнения имеет корни

Х1 = + Пn, n Z.

Уравнение б) 2sin x – 1 = 0 преобразовываем к виду sin x = и получаем корни

х = (– 1)k arcsin + Пk, k Z откуда х2 = (– 1)k + Пk, k Z.

Ответ: х = + Пn, n Z, х = (– 1)k + Пk, k Z.

3) sin2 x – 3sin x ∙ cos x + 2cos2 x = 0.

Решение: рассмотрим такие значения х, когда cos x = 0. Из уравнения следует, что тогда и sin x = 0, а это невозможно. Следовательно, среди этих значений решений нет. Рассмотрим значения х, при которых cos x ≠ 0. Разделив обе части данного уравнения на cos2 x, получим уравнение относительно tg x, равносильное исходному

tg2 x – 3tg x + 2 = 0.

Введём новую переменную y = tg x уравнение примет вид y2 – 3y + 2 = 0.

Решим квадратное уравнение:

D = 9 – 8 = 0. y = у1 = 2, у2 = 1.

Рассмотрим два уравнения:

а) tg x = 2, х1 = arctg 2 + Пn, nZ.

б) tg x = 1, х2 = + Пn, nZ.

Ответ: х = arctg 2 + Пn, nZ. х = + Пn, nZ.

4) 5sin2 x + 6cos2 x + 3sin x ∙ cos x = 4.

Решение: так как cos2 x + sin2y = 1 для всех х, то данное уравнение равносильно уравнению

5sin2 x + 6cos2 x + 3sin x ∙ cos x = 4 ∙ (cos2 x + sin2 y) или

5sin2x + 6cos2 x + 3sin x ∙ cos x = 4cos2 x + 4sin2 x

5sin2 x + 6cos2 x + 3sin x ∙ cos x – 4cos2 x – 4sin2 x = 0.

приведя подобные получаем

sin2 x + 2cos2 x + 3sin x ∙ cos x = 0.

Разделим все члены уравнения на cos2 x ≠ 0.

получаем tg2 x + 2 + 3tg x = 0. обозначим tg x = y.

Тогда уравнение примет вид

у2 + 3у + 2 = 0. откуда у1 = – 1, у2 = – 2.

Получим: а) tg x = – 1, х1 = – + Пn, nZ.

б) tg x = – 2, х2 = arctg (– 2) + Пn, nZ.

Ответ: х = – + Пn, nZ. х = arctg (– 2) + Пn, nZ.

Уравнения для самостоятельного решения:

1) 16sin x = 5cos x; 2) 3sin x = 10cos x;

3) 3sin2 x – 4sin x ∙ cos x + 5cos2 x = 0;

4) sin2 x = 16cos2 x;

5) 2sin x – cos2 3x = 1 + sin2 3x;

6) 4sin2 x – 8sin x ∙ cos x + 10cos2 x = 3;

7) sin2 8x + cos 8x ∙ sin 8x = 0;

8) sin2 x – sin x ∙ cos x – 2cos2 x = 0.

Показательные уравнения.

Уравнения, содержащие переменную в показателе степени, называются показательными.

При решении показательных уравнений используются методы:

1)переход от уравнения аf(x) = ag(x) к уравнению f(x) = g(x).

2) введение новых переменных;

3)вынесение общего множителя за скобки.

Решение уравнений первым методом основано на теореме:

Уравнения с решениями.

Если a > 0, и a ≠ 1, то уравнение af(x) = ag(x) равносильно уравнению f(x) = g(x).

1)

Решение: учитывая, что получаем

или переходим к равносильному уравнению , решая его, находим корень уравнения

, х = –

Ответ: х = – .

2)

Решение: данное уравнение равносильно уравнению

х2 – 2х = 3х – 6,

Приравняв все к нулю, получаем квадратное уравнение

х2 – 5х + 6 = 0. D = (– 5)2 – 4 ∙ 6 = 25 – 24 = 1.

х = Корни которого равны х1 = 2 и х2 = 3.

Ответ: х = 2, х = 3.

3)

Решение: используя свойства степени, перейдём к одному основанию, представив

и Получим:

или

т. к. основания равны, имеем равносильное уравнение

решая квадратное уравнение находим его корни

D =

х1 = – 1, х2 =

Ответ: х1 = – 1, х2 =

Уравнения для самостоятельного решения.

1. 5.

2. 6. 3х – 4 = 1.

3. 7.

4. 25 ∙ 1252х – 1 =.

Решение показательных уравнений введением новой переменной.

Уравнения с решениями:

1) 4х + 22х + 1 – 24 = 0.

Решение: т. к. 4х = (22)х = (2х)2 и

2х + 1 = 2х ∙ 2,

то заданное уравнение можно переписать следующим образом (2х)2 + 2 ∙ 2х – 24 = 0.

Введём новую переменную, 2х = у (у > 0) и решим полученное квадратное уравнение у2 + 2у – 24 = 0,

его корнями являются у1 = 4 и у2 = – 6.

Таким образом, решение заданного уравнения сводится решению двух уравнений 2х = 4 и 2х = – 6.

Из первого уравнения 2х = 4 получаем 2х = 22, х = 2,

а второе уравнение корней не имеет, т. к. 2х > 0, – 6 < 0.

Итак х = 2 – корень заданного уравнения.

Ответ: х = 2.

2) 3 ∙ 52х – 1 – 2 ∙ 5 х – 1 = 0,2.

Решение: используем свойство ах – у =

Обозначим 5х = t (t > 0),

тогда уравнение примет вид:

Умножив уравнение на 5, получаем 3t2 – 2t – 1 = 0.

t1 = 1, t2 = –

Значит, 5х = 1 и 5х = – Второе уравнение не имеет корней, т. к. 5х > 0

Решаем уравнение 5х = 1, где 1 = 5о значит 5х = 5о,

х = 0 – корень уравнения.

Ответ: х = 0.

Уравнения для самостоятельного решения.

1. 52х – 5х – 600 =∙ 32х – 3 ∙ 3х – 2 = 0.

2. 33 ∙ 2х – 1 – 4х + 1 =х – 1 + 5х + 1 = 250.

3. 8 ∙ 22х – 5 ∙ 2х + 4 =х – 2 ∙ 3х + 1 – 27 = 0.

4. 72х – 5 ∙ 7х – 14 = 0. 8.

Уравнения, решаемые способом вынесения общего множителя за скобки.

Уравнения с решениями:

1) 3х + 2 + 4 ∙ 3х + 1 = 21.

Решение: применив свойство ах + у = ах ∙ ау, получаем уравнение

3х ∙ 32 + 4 ∙ 3х ∙ 31 = 21.

Вынесем за скобки общий множитель 3х, получаем

3х(32 + 4 ∙ 3) = 21. 3х(9 + 12) = 21 или 3х ∙ 21 = 21.

Поделим уравнение на 21, получим 3х = 1, или 3х = 3о х = 0 – корень уравнения.

Ответ: х = 0.

2) 4 ∙ 72х + 4 – 32х + 6 – 2 ∙ 72х + 3 + 32х + 3 = 0.

Решение: преобразуя уравнение так, чтобы показатели степеней имели один вид 2х + 3:

4 ∙ 72х + 3 ∙ 7 – 32х + 3 ∙ 33 – 2 ∙ 72х+3 + 32х + 3 = 0.

Произведя вычисления, получим:

28 ∙ 72х + 3 – 27 ∙ 32х + 3 – 2 ∙ 72х + 3 + 32х + 3 = 0.

Приведём подобные: 26 ∙ 72х + 3 – 26 ∙ 32х + 3 = 0.

Преобразуем уравнение: 26 ∙ 72х + 3 = 26 ∙ 32х + 3.

Поделим уравнение на 26 ∙ 32х + 3 и получим или.Преобразуя правую часть уравнения , откуда 2х + 3 = 0 или х = –

Ответ: х = – 1

Уравнения для самостоятельного решения.

1. 7х + 1 – 3 ∙ 7х = ∙ 7х + 1 + 5 ∙ 7х – 1 = 152.

2. 4х + 4х – 1 =х + 5х + 2 + 5х + 4 = 651.

3. 2х + 3 – 5 ∙ 2х = 3 ∙ 2–х + 3 – 10 ∙ 5х = 23.

4. 2 ∙ 4х + 1 – 4х – 1 – 31 =х + 2 – 3х = 72.

Показательные неравенства.

Решение показательных неравенств вида af(x) < ag(x), где a > 0, a ≠ 1, основано на следующих утверждениях:

если a >1 (показательная функция возрастает), то из неравенства af(x)<ag(x) следует f(x)<g(x).

если 0 < a < 1 (показательная функция убывает), то из неравенства af(x) < ag(x) следует f(x) > g(x).

Неравенства с решениями:

1) 36х < .

Решение: приведём неравенство к одному основанию, учитывая, что

36х = (62)х = 62х и = , получаем 62х < , так как основание степени 6 > 1 следует, что функция возрастает и неравенство равносильно 2х < , откуда х < .

Ответ: .

2) 1000 ∙ 0,3х + 1 < 27.

Решение: разделим данное неравенство на 1000 и получим 0,3х + 1 < ,

Учитывая, что = 0,027 = 0,33 получаем 0,3х + 1 < 0,33.

Последнее неравенство, имея основание степени 0<0,3<1, равносильно неравенству х + 1 > 3 или x > 2.

Ответ: (2; + ∞).

3) ≥ 0,255.

Решение: так как основание степени 0 < 0.25 < 1 следовательно заданное неравенство равносильно неравенству 6х – х2 ≤ 5.

Решаем квадратное неравенство.

– х2 + 6х – 5 ≤ 0.

– х2 + 6х – 5 = 0.

D = 36 – 4 ∙ (– 5) ∙ (– 1) = 36 – 20 = 16.

х = ; х = 1, х = 5.

График функции f(x) = – x2 + 6х – 5 парабола, ветви которой направлены вниз.

Выбираем интервалы удовлетворяющие условию

– х2 + 6х – 5 ≤ 0

получаем множество решений (– ∞; 1] [5; + ∞)

Ответ: (– ∞; 1] [5; + ∞).

4) 4х + 3 ∙ 2х – 4 < 0.

Решение: обозначим 2х = у, тогда,

4х = (22)х = 22х = у2.

неравенство 22х + 3 ∙ 2х – 4 < 0 приводится к виду

у2 + 3у – 4 < 0. Решая его находим

дискриминант D = 32 – 4 ∙ (– 4) = 9 + 16 = 25

и корни у = ; у1 = 1, у2 = – 4.

Найдём множество решений неравенства на числовой прямой, учитывая, что график функции f(x) = у2 + 3у – 4 – парабола, ветви которой направлены вверх, т. е. – 4 < y < 1.

Так как у = 2х, то получаем двойное неравенство

– 4 < 2x < 1 или

2х > – 4 и 2х < 1.

Неравенство 2х > – 4. Решений не имеет, т. к. 2х > 0 при всех х, остаётся решить неравенство 2х <1 или 2х < 2o. Функция возрастающая (основание 2>1) следовательно, х < 0.

Ответ: (– ∞; 0).

Неравенства для самостоятельного решения.

1) 45х – 7 < 47x –– 6x > 0,5.

2) 63 – x < 2x – 5 > 35x – 6.

Логарифмические уравнения.

Уравнения, содержащие переменную под знаком логарифма, называются логарифмическими.

I) Простейшие логарифмические уравнения вида loga x = b (a > 0, a ≠ 1, x > 0) приводятся к виду ab = x.

Уравнения с решениями:

1) log3 ∙ (3x – 2) = 1.

Решение: на основании определения логарифма получаем

3x – 2 = 31, 3x – 2 = 3, 3x = 5, x = .

Проверку корней уравнения можно сделать, подставив корень уравнения в заданное уравнение

log3 ∙ log3 ∙ (5 – 2) = 1, log3 3 = 1.

Или, учтя область определения функции

3х – 2 > 0, получаем 3x > 2, x > , корень x = = 1.

принадлежит области определения.

Ответ: х = 1.

2) log2 (x2 + 4x + 3) = 3.

Решение: по определению логарифма получаем

x2 + 4x + 3 = 23, или

x2 + 4x + 3 = 8, x2 + 4x – 5 = 0.

Решаем квадратное уравнение

D = 16 – 4 ∙ (– 5) = 36.

х = ; х = – 5, х = 1.

Проверим полученные корни, подставляя их в заданное уравнение.

При х = – 5 имеем log2 ((– 5)2 + 4∙(– 5) + 3) = log2 (25 – 20 + 3) = log2 8 = log2 23 = 3log2 2 = 3 ∙ 1 = 3. верное равенство.

При х = 1 получаем верное равенство

log2 ∙ (12 + 4 ∙ 1 + 3) = log2 8 = log2 23 = 3log2 2 = 3.

Ответ: х = – 5, х = 1.

3) 0,24 – х = 3.

Решение: данное показательное уравнение не может быть решено с использованием способов решения показательных уравнений, поэтому используется определение логарифма

log0.2 3 = 4 – x откуда х = 4 – log0,2 3

Ответ: х = 4 – log0,2 3.

Уравнение для самостоятельного решения:

1. log7 (1 – 3x) =log3 x (x – 2) = 1.

2. log11 (x2 + 21) =log3 (x2 + 4x + 12) = 2.

3. log3 (2x – 1) =– 2x = 5.

4. log2 (0,5x – 3,25) = –,54 – x = 11.

II) Уравнения, сводящиеся к виду loga f (x) = loga g (x). Это уравнение при а > 0, a ≠ 1 равносильно системе: f (x) = g (x),

f (x) > 0,

g (x) > 0.

Уравнения с решениями:

1) log5 x = log5 7 – 2log5 3 + log5 8.

Решения: применим свойство логарифма и, преобразуем правую часть уравнения:

log5 7 – 2log5 3 + log5 8 = log5 7 – log5 32 + log5 = log57 – log5 9 + log5 2 = log5 = log5 .

Уравнение приняло вид log5 x = log5, log5 x = log5 .

Откуда х = , х удовлетворяет условию х > 0.

Ответ: х = .

2) log5 (3x – 10) = 2 + log5 2.

Решение: воспользуемся свойствами логарифма и преобразуем правую часть уравнения:

2 + log5 2 = 2 ∙ 1 + log5 2 = 2log5 5 + log5 2 = log5 25 + log5 2 = log5 25 ∙ 2 = log5 50.

Уравнение примет вид log5 (3x – 10) = log5 50.

Откуда

3х – 10 = 50. 3х = 60. х = 20.

3х – 10 > 0. 3х > 10. х > 3,3.

Корень уравнения число 20 удовлетворяет области определения.

Ответ: х = 20.

3) log2 (2x + 1) – log x = log 64.

Решение: представим разность логарифмов в левой части уравнения в виде логарифма частного, а правую часть упростим:

log2 = log2 8 т. к. log4 64 = = log2 8.

Полученное уравнение равносильно уравнению = 8.

Откуда 2х + 1 = 8х, 8х – 2х = 1, 6 + х = 1, х = .

Найденный корень уравнения удовлетворяет области определения исходного уравнения:

 

2х + 1 > 0. x > –0,5.

x > 0

x > 0. x > 0.

Ответ: х = .

Уравнения для самостоятельного решения:

1) log7 x = 2log7 3 + log7 6 – log7 9.

2) lg 5x + lg (x – 1) = 1.м 3) log2 (x + 3) = log2 16.

4) lg (3x – 2) = 3 – lg lg (3 – x) – lg (x + 2) = 2lg 2.

6) log2 (4 – x) + log2 (1 – 2x) = 2log2 3.

7) log4 x = 2log4 3 + log4 49 – log4 27.

8) log4 3 + log4 (3 – x) = 1 + log4 (1 – 2x).

III) Уравнения, приводимые к квадратному заменой неизвестного.

Уравнения с решениями:

1) log32 x – 3log3 x + 2 = 0.

Решение: обозначим log3 x = y, log32 x = y2, получим уравнение у2 – 3у + 2 = 0.

Решим его и найдём корни у1 = 2, у2 = 1.

Найдём теперь значения х

у1: log3 x = 2, x = 32, x = 9.

y2: log3 x = 1, x = 3.

Оба эти значения х удовлетворяют исходному уравнению, так как область его определения х > 0.

Ответ: х = 3, х = 9.

Уравнения для самостоятельного решения:

1) lg2 x + 2lg x =log22 x – 3log2 x + 2 = 0.

2) 2log42 x – 5log4 x + 2 =lg2 x + 3 = 7lg x.

3) lg2 10x + lg x – 19 =log32 x + log3 x – 2 = 0

4) lg2 x = 4 – 3lg x. 8) lg2 x – 3 lg x = lg x2 – 4.

Логарифмические неравенства.

При решении логарифмических неравенств, следует учитывать общие свойства неравенств, свойство монотонности логарифмической функции и область её определения.

Из неравенства loga f(x) > loga g(x) получаем

при а > 1 f(x) > g(x), при 0 < a < 1 f(x) < g(x).

f(x) > 0, f(x) > 0.

g(x) > 0. g(x) > 0.

Неравенства с решениями.

1) log0,5 (2x – 4) > – 3.

Решение: представим правую часть неравенства в виде логарифма – 3 = – 3 log0,5 0,5 = log0,5 0,5– 3 = log0,5 8

получаем log0,5 (2x + 4) > log0,5 8.

Логарифмическая функция с основанием 0,5 определена и убывает на области определения, поэтому получим систему неравенств

2х – 4 < 8. 2x < 12. x < 6.

2x – 4 > 0. 2x > 4. x > 2.

Ответ: (2; 6).

2) logП (x + 1) + logП x ≤ logП 2.

Решение: применив свойство логарифма loga x + loga y =

=loga (xy), преобразуем неравенство logП ((х + 1) ∙ х) ≤ logП2.

Логарифмическая функция определена на области определения, так как П > 1 и возрастает, следовательно имеем систему неравенств (х + 1) ∙ х ≤ 2.

х + 1 > 0.

х > 0.

Решаем первое неравенство: х2 + х – 2 ≤ 0.

Находим корни уравнения х2 + х – 2 = 0

D = 1 + 8 = 9. х = ; х = 1, х = – 2.

Значит – 2 ≤ х ≤ 1. Учитывая область определения

х > – 1.

x > 0. т. е. х > 0,

получим интервал 0 < x ≤ 1.

Ответ: (0; 1].

Неравенства для самостоятельного решения.

1) log5 (x – 3) <log2 (x – 1) + log2 x < 1.

2) log4 (6x – 8) >log0,5 (4 – x) ≥ log0,5 2 – log0,5 (x + 1).

3) log3 (x2 – 2x) >log3 (2x + 1) < log3 5.

4) (x2 + x – 3) < –log2 (x2 – x – 12) < 3.

Уравнения для итогового закрепления.

1) 94х + 1 = 2) 2cos2 x + sin x = 2.

3) x = 4) log 2х = log2 3 + log 25 – log2 4.

5) 16x – 5 ∙ 4x + 4 =cos2 x + 4cos x = 3sin2 x.

7) x – 8) 2lg (x – 1) = lg (3x + 1).

9) 3 ∙ 2x + 2 + 7 ∙ 2x + 1 – 5∙ 2x = 84.

10) cos2 x + 3cos x = – = 1.

12) lg 2x + lg (3x + 5) =x + = 12.

14) 2sin2 3x + 5sin 3x =

16) lg x – 2lg 3 = lg 7 – lg (16 – x).

17) 72x – 6 ∙ 7x – 7 =tg2 x = tg x.

19) 20) lg (x – 9) + lg

21) 9x + 2 ∙ 3x = sin2 x + 100cos x = 89.

23) lg (x + 6) – lg (2x – 3) = 2 – lg 25.

24) 22x + 14 ∙ 2x + 1 – 29 =sin2 x – 5sin x + 2 = 0.

26) 2log3 (x + 1) – 2 = log3 (x – x – 80 ∙ 10x – 1 – 20 = 0.

28) sin2 2x – cos x = 0.5 – cos2 2x. 29) lg2 x = lg x.

30) 4x + 1 + 19 ∙ 2x – 5 =sin2 x= 3cos2 x.

32) log5 (x2 – 11x + 43) = 2.

33) 4 ∙ 32x – 22x – 1 – 32x + 1 – 22x = 0.

34) 6sin x = 5cos x.

35) lg2 x2 – lg x5 + 1 = 0.

36) 22x + 2x – 2 = 0.

37) cos2 x – 3sin x ∙ cos x + 2cos2 x = 0.

38) 2 ∙ 52x – 5x + 1 = 0.

39) 3 ∙ 32x + 10 ∙ 3x + 3 = 0.

40) 22x – 6 ∙ 2x + 8 = 0.

Литература.

1. Алгебра и начала анализа: Учеб. для 10-11 кл. общеобразоват. учреждений/, , и др.; Под ред. . – 9-е изд. – М.: Просвещение, АО «Московские учебники», 2000. – 365 с.: ил.

2. Крамор и систематизируем школьный курс алгебры и начал анализа. – М.: Просвещение, 1990. – 416.: ил.

3. , Мордкович по элементарной математике: Алгебра. Тригонометрия: Учеб. пособие для студентов физ.-мат. спец. пед. ин-тов. – 2-е изд., перераб. и доп. – М.: Просвещение, 1991. – 352 с.: ил.

4. Письменный к экзамену по математике. – 5-е изд., испр. и доп. – М.: Айрис-пресс, 1998. – 288 с.: ил.

5. , Денищева по алгебре и началам анализа (в средних профтехучилищах): Метод. пособие для преп. СПТУ. – М.: Высш. шк., 1988. – 239 с.: ил.

6. Система тренировочных задач и упражнений по математике. /, , и др. – М.: просвещение, 1991. – 208 с.: ил.

7. , , Семенов государственный экзамен 2007. Математика. Учебно-тренировочные материалы для подготовки учащихся / Ф. ИПИ – М.: Интеллект-Центр, 2007. – 272 с.

8. Левченко : Задания типа А единого государственного экзамена: Рабочая тетрадь для учащихся общеобразовательных учреждений. – М.: Вентана-град, 2006. – 96 с. (Практикум по подготовке к ЕГЭ).