§5. Показательные и логарифмические задачи

§5. Показательные и логарифмические задачи

Пример 5.1. Найти все значения параметра “p”, при котором уравнение
(р+1)∙9х+4∙3х+р–2 = 0
имеет хотя бы одно решение.

Решение. Пусть 3х = t > 0, тогда исходное уравнение принимает вид:

(р+1)t2+4t+р–2 = 0. *

В этом уравнении надо установить, при каких значениях параметра имеется хотя бы одно положительное решение.

р1, 2 = = .

1). Если , то в исходном уравнении имеем: , , , то есть при есть решение, но отрицательное.

2). при ; . Тогда , то есть при есть положительное решение и потому берем в ответ. При имеем , то есть нет положительного корня.

3). Если в уравнении * один корень нулевой, а второй –положительный, то такая ситуация нас устроит. Имеем соответствующие выкладки: , ,;, ; таким образом , нас не удовлетворяет.

4). Если оба корня равнения положительны, то должна реализоваться система неравенств:

Пересечением решений всех трёх неравенств будет промежуток
(–2;–1), а с учетом исследований в пунктах 1). и 2). имеем отрезок [–2;–1].

5). Если корни уравнения * имеют разные знаки, то наличие хотя бы одного положительного корня нас устроит. При этом должна реализоваться следующая система неравенств:

.

Ответ: .

Пример 5.2. Найти все значения параметра “p”, при которых уравнение

9х + 2р∙3х + 3р –2 = 0

не имеет решений.

Решение. Пусть 3х=t>0, тогда имеем квадратное уравнение относительно новой переменной “t”, которое должно иметь неотрицательные решения. Итак, имеем:

* ,

1). При D < 0 решений нет.

,

p1, 2 = 1;2.

2). Если D=0, то t1=–1, t2=–2, то есть р=1 и р=2 нас устраивают.

3). Если один корень нулевой, то , , , и это значение нас устраивает.

4). Нас ещё устроит ситуация с двумя отрицательными корнями в уравнении * , что должно определится при реализации следующей системы неравенств:

Пересечение решений всех трех неравенств принадлежит промежутку . С учетом результатов исследований во всех пунктах имеем: .

Ответ: .

Пример 5.3. При каких значениях параметра “p” уравнение
р∙12|x|=2–12–|x|

имеет решение? Найти это решение.

Решение. Решим исходное неравенство относительно параметра “p”:

| р∙12|x|=2–12–|x| , | ∙12|x|

p∙122|x| = 2∙12|x|–1,

* ,

так как при , и числитель ≥1, а знаменатель тоже ≥1, то есть р > 0.

Пусть в соотношении * 12|x|=t>0, тогда , Стало быть, исходное уравнение имеет решение при . Само решение определим, преобразовав исходное уравнение в квадратное относительно новой переменной “t”: пусть 12|x| = t, t > 0, тогда имеет: pt2–2t+1=0, , 1–p≥0, p≤1.

Так как p>0, то . При знаке “+” перед корнем имеем: , что верно при p≤1, а вернее при 0<p≤1. При знаке “–“ перед корнем имеем: , , 0>–p, p>0. Итак, , при , что является окончательным ответом.

Пример 5.4. В зависимости от значений параметра “p” найти число корней уравнения

рх = х.

Решение. В зависимости от значения “p” как основания показательной функции имеем следующую геометрическую иллюстрацию с учетом того, что x > 0, а в уравнении у1 = у2, где у1 = рх, у2 = х, у2 есть фиксированный геометрический образ.

1)  При р=1 показательная функция «вырождается» в прямую у2=1 и имеем одно решение.

2)  При p<1 так же имеем одно решение, то есть в интервале 0<p<1, так как p>0.

3)  При p > 1 имеем касание при каком-то р0, которое характеризует одно решение; при p > р0 нет решений; при 1< p < р0 имеем два решения, отмеченные на рисунке штрихами.

Определим теперь значение р0, используя уравнение касательной к кривой у1 = рх, которая является фиксированным образом – уравнением прямой у2=х. Так как то имеем ,

и в соотношении 1 = рx lnp получим: , 1 = e∙lnp, , .

Ответ: если , то нет решений;

если или 0<p≤1 имеем одно решение;

при – два решения.

Пример 5.5. Найти все значения параметра “p”, при которых неравенство

5(р+1)∙9х – 10∙3х + р – 3 > 0

выполнимо для всех значений “x”.

Решение. Преобразуем данное неравенство следующим образом: 5∙(р+1)∙9х – 10∙3х + р + 1 – 4 > 0, (р+1)∙(5∙9х + 1) > 4 + 10∙3х, , откуда следует, что р + 1 > 0, p > –1.

В исходном неравенстве сделаем замену: 3x = t > 0, и получим квадратное неравенство относительно “t”; это неравенство должно выполняться теперь уже для всех t > 0. Итак, имеем:

5(р+1)∙t2 – 10∙t + р – 3 > 0,

.

Так как р + 1 > 0 (что уже установлено), то для всех t > 0 неравенство будет выполнимо при D < 0.

40+10р–5p2<0,

p2–2p–8>0,

p1, 2 = –2, 4.

.

Ответ: .

Пример 5.6. При каких значениях параметра “p” неравенство

4x–p∙2x–p+3≤0

имеет хотя бы одно решение?

Решение. Преобразуем данное неравенство следующим образом:

4х+3≤р∙(2х +1),

,

откуда следует, что р≥0. Далее, произведем замену 2х=t>0:

t2 –pt–p+3≤0.

Полученное нестрогое неравенство равносильно совокупности уравнения и уже строгого неравенства:

.

Чтобы уравнение совокупности имело корни, достаточно потребовать, что бы D≥0. Имеем р2+4р–12≥0, р1, 2=–6; 2.

Стало быть, при р≥2 будем иметь хотя бы одно решение, ибо при t=1>0. Из геометрических соображений следует, что неравенство совокупности для всех t>0 решения не имеет. Поскольку пустое множество объединяется с любым, то имеем р≥2.

Ответ: .