Wykład: "Metody rozwiązywania równań wykładniczych."
1 . równania wykładnicze.
Równania zawierające niewiadome w wykładniku nazywane są równaniami wykładniczymi. Najprostszym z nich jest równanie ax = b, gdzie a > 0 i a ≠ 1.
1) Dla b< 0 и b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 показательной функции, не имеет решения.
2) Dla b > 0, korzystając z monotoniczności funkcji i twierdzenia o pierwiastku, równanie ma jeden pierwiastek. Aby go znaleźć, b musi być reprezentowane jako b = ań, ax = bń ó x = c lub x = logab.
Równania wykładnicze, poprzez przekształcenia algebraiczne, prowadzą do równań standardowych, które rozwiązuje się następującymi metodami:
1) metoda redukcji do jednej zasady;
2) sposób oceny;
3) metoda graficzna;
4) sposób wprowadzania nowych zmiennych;
5) metoda faktoryzacji;
6) wykładniczy - równania potęgowe;
7) wykładniczy z parametrem.
2 . Metoda redukcji do jednej bazy.
Metoda opiera się na następującej własności stopni: jeśli dwa stopnie są równe i ich podstawy są równe, to ich wykładniki są równe, tj. równanie należy spróbować sprowadzić do postaci
Przykłady. Rozwiązać równanie:
1 . 3x=81;
Przedstawmy prawą stronę równania w postaci 81 = 34 i napiszmy równanie równoważne oryginalnemu 3 x = 34; x = 4. Odpowiedź: 4.
2. https://pandia.ru/text/80/142/images/image004_8.png" width="52" height="49"> i przejdź do równania dla wykładników 3x+1 = 3 – 5x; 8x = 4; x = 0,5 Odpowiedź: 0,5
3. https://pandia.ru/text/80/142/images/image006_8.png" width="105" height="47">
Zauważ, że liczby 0,2, 0,04, √5 i 25 są potęgami liczby 5. Skorzystajmy z tego i przekształćmy pierwotne równanie w następujący sposób:
,
skąd 5-x-1 = 5-2x-2 ó - x - 1 = - 2x - 2, z czego znajdujemy rozwiązanie x = -1. Odpowiedź 1.
5. 3x = 5. Z definicji logarytmu x = log35. Odpowiedź: log35.
6. 62x+4 = 33x. 2x+8.
Przepiszmy to równanie jako 32x+4,22x+4 = 32x,2x+8, tj.png" width="181" height="49 src="> Stąd x - 4 = 0, x = 4. Odpowiedź: 4.
7 . 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9. Korzystając z własności potęg zapisujemy równanie w postaci e. x+1 = 2, x =1. Odpowiedź 1.
Bank zadań nr 1.
Rozwiązać równanie:
Test numer 1.
1) 0 2) 4 3) -2 4) -4 |
|
A2 32x-8 = √3. | 1)17/4 2) 17 3) 13/2 4) -17/4 |
A3 | 1) 3;1 2) -3;-1 3) 0;2 4) brak korzeni |
1) 7;1 2) bez korzeni 3) -7;1 4) -1;-7 |
|
A5 | 1) 0;2; 2) 0;2;3 3) 0 4) -2;-3;0 |
A6 | 1) -1 2) 0 3) 2 4) 1 |
Próba nr 2
A1 | 1) 3 2) -1;3 3) -1;-3 4) 3;-1 |
A2 | 1) 14/3 2) -14/3 3) -17 4) 11 |
A3 | 1) 2;-1 2) bez korzeni 3) 0 4) -2;1 |
A4 | 1) -4 2) 2 3) -2 4) -4;2 |
A5 | 1) 3 2) -3;1 3) -1 4) -1;3 |
3 Metoda oceny.
Twierdzenie pierwiastkowe: jeśli funkcja f (x) rośnie (male) na przedziale I, liczba a jest dowolną wartością przyjmowaną przez f na tym przedziale, to równanie f (x) = a ma jeden pierwiastek na przedziale I.
Podczas rozwiązywania równań metodą estymacji stosuje się to twierdzenie i właściwości monotoniczności funkcji.
Przykłady. Rozwiąż równania: 1. 4x = 5 - x.
Rozwiązanie. Przepiszmy równanie jako 4x + x = 5.
1. jeśli x \u003d 1, to 41 + 1 \u003d 5, 5 \u003d 5 jest prawdziwe, to 1 jest pierwiastkiem równania.
Funkcja f(x) = 4x rośnie na R i g(x) = x rośnie na R => h(x)= f(x)+g(x) rośnie na R jako suma funkcji rosnących, więc x = 1 jest jedynym pierwiastkiem równania 4x = 5 – x. Odpowiedź 1.
2.
Rozwiązanie. Zapisujemy równanie w postaci 
.
1. jeśli x = -1, to 
, 3 = 3-prawda, więc x = -1 jest pierwiastkiem równania.
2. udowodnić, że jest wyjątkowy.
3. Funkcja f(x) = - maleje na R, a g(x) = - x - maleje na R => h(x) = f(x) + g(x) - maleje na R, ponieważ suma funkcji malejących. Tak więc z twierdzenia o pierwiastku x = -1 jest jedynym pierwiastkiem równania. Odpowiedź 1.
Bank zadań nr 2. Rozwiązać równanie
a) 4x + 1 = 6 - x;
B) 
c) 2x – 2 =1 – x;
4. Metoda wprowadzania nowych zmiennych.
Metodę opisano w sekcji 2.1. Wprowadzenie nowej zmiennej (podstawienie) następuje zwykle po przekształceniach (uproszczeniach) wyrazów równania. Rozważ przykłady.
Przykłady.
R równanie jedzenia: 1.
.
Przepiszmy równanie inaczej: https://pandia.ru/text/80/142/images/image030_0.png" width="128" height="48 src="> i.e..png" width="210" height = "45">
Rozwiązanie. Przepiszmy równanie inaczej: 
Oznacz https://pandia.ru/text/80/142/images/image035_0.png" width="245" height="57"> - nieodpowiednie.
t = 4 => https://pandia.ru/text/80/142/images/image037_0.png" width="268" height="51"> jest równaniem niewymiernym. Zauważ, że 
Rozwiązaniem równania jest x = 2,5 ≤ 4, więc 2,5 jest pierwiastkiem równania. Odpowiedź: 2,5.
Rozwiązanie. Przepiszmy równanie w postaci i podzielmy obie strony przez 56x+6 ≠ 0. Otrzymujemy równanie
2x2-6x-7 = 2x2-6x-8 +1 = 2(x2-3x-4)+1, więc..png" width="118" height="56">
Pierwiastki równania kwadratowego - t1 = 1 i t2<0, т. е..png" width="200" height="24">.
Rozwiązanie . Zapisujemy równanie w postaci
i zauważ, że jest to równanie jednorodne drugiego stopnia.
Dzielimy równanie przez 42x, otrzymujemy 
Zastąp https://pandia.ru/text/80/142/images/image049_0.png" width="16" height="41 src="> .
Odpowiedź: 0; 0,5.
Bank zadań nr 3. Rozwiązać równanie
B) 
G) 
Próba nr 3 z możliwością wyboru odpowiedzi. Minimalny poziom.
A1 | 1) -0,2;2 2) log52 3) –log52 4) 2 |
A2 0,52x – 3 0,5x +2 = 0. | 1) 2;1 2) -1;0 3) bez korzeni 4) 0 |
1) 0 2) 1; -1/3 3) 1 4) 5 |
|
A4 52x-5x - 600 = 0. | 1) -24;25 2) -24,5; 25,5 3) 25 4) 2 |
1) bez korzeni 2) 2;4 3) 3 4) -1;2 |
Próba nr 4 z możliwością wyboru odpowiedzi. Poziom ogólny.
A1 | 1) 2;1 2) ½;0 3)2;0 4) 0 |
A2 2x – (0,5)2x – (0,5)x + 1 = 0 | 1) -1;1 2) 0 3) -1;0;1 4) 1 |
1) 64 2) -14 3) 3 4) 8 |
|
1)-1 2) 1 3) -1;1 4) 0 |
|
A5 | 1) 0 2) 1 3) 0;1 4) brak korzeni |
5. Metoda faktoryzacji.
1. Rozwiąż równanie: 5x+1 - 5x-1 = 24.
Rozwiązanie..png" width="169" height="69"> , skąd
2. 6x + 6x+1 = 2x + 2x+1 + 2x+2.
Rozwiązanie. Wyjmijmy 6x po lewej stronie równania i 2x po prawej stronie. Otrzymujemy równanie 6x(1+6) = 2x(1+2+4) ó 6x = 2x.
Ponieważ 2x > 0 dla wszystkich x, możemy podzielić obie strony tego równania przez 2x bez obawy utraty rozwiązań. Otrzymujemy 3x = 1ó x = 0.
3. 
Rozwiązanie. Rozwiązujemy równanie przez faktoring.
Wybieramy kwadrat dwumianu 
4. https://pandia.ru/text/80/142/images/image067_0.png" width="500" height="181">
x = -2 jest pierwiastkiem równania.
Równanie x + 1 = 0 " style="border-collapse:collapse;border:none">
A1 5x-1 +5x -5x+1 = -19.
1) 1 2) 95/4 3) 0 4) -1
A2 3x+1 +3x-1 =270.
1) 2 2) -4 3) 0 4) 4
A3 32x + 32x+1 -108 = 0.x=1,5
1) 0,2 2) 1,5 3) -1,5 4) 3
1) 1 2) -3 3) -1 4) 0
A5 2x -2x-4 = 15.x=4
1) -4 2) 4 3) -4;4 4) 2
Próba nr 6 Poziom ogólny.
A1 (22x-1)(24x+22x+1)=7. | 1) ½ 2) 2 3) -1;3 4) 0,2 |
A2 | 1) 2,5 2) 3;4 3) log43/2 4) 0 |
A3 2x-1-3x=3x-1-2x+2. | 1) 2 2) -1 3) 3 4) -3 |
A4 | 1) 1,5 2) 3 3) 1 4) -4 |
A5 | 1) 2 2) -2 3) 5 4) 0 |
6. Równania wykładnicze - potęgowe.
Do równań wykładniczych dołączają tzw. równania wykładniczo-potęgowe, czyli równania postaci (f(x))g(x) = (f(x))h(x).
Jeśli wiadomo, że f(x)>0 i f(x) ≠ 1, to równanie, podobnie jak wykładnicze, rozwiązuje się przez zrównanie wykładników g(x) = f(x).
Jeśli warunek nie wyklucza możliwości f(x)=0 i f(x)=1, to przy rozwiązywaniu wykładniczego równania potęgowego musimy wziąć pod uwagę te przypadki.
1..png" width="182" height="116 src=">
2. 
Rozwiązanie. x2 +2x-8 - ma sens dla dowolnego x, bo wielomian, więc równanie jest równoważne zbiorowi
https://pandia.ru/text/80/142/images/image078_0.png" width="137" height="35">
B) 
7. Równania wykładnicze z parametrami.
1. Dla jakich wartości parametru p równanie 4 (5 – 3) 2 +4p2–3p = 0 (1) ma jednoznaczne rozwiązanie?
Rozwiązanie. Wprowadźmy zmianę 2x = t, t > 0, to równanie (1) przyjmie postać t2 – (5p – 3)t + 4p2 – 3p = 0. (2)
Wyróżnikiem równania (2) jest D = (5p – 3)2 – 4(4p2 – 3p) = 9(p – 1)2.
Równanie (1) ma unikalne rozwiązanie, jeśli równanie (2) ma jeden dodatni pierwiastek. Jest to możliwe w następujących przypadkach.
1. Jeżeli D = 0, czyli p = 1, to równanie (2) przyjmie postać t2 – 2t + 1 = 0, stąd t = 1, więc równanie (1) ma jednoznaczne rozwiązanie x = 0.
2. Jeżeli p1, to 9(p – 1)2 > 0, to równanie (2) ma dwa różne pierwiastki t1 = p, t2 = 4p – 3. Zbiór systemów spełnia warunek zadania
Podstawiając t1 i t2 do układów, mamy
https://pandia.ru/text/80/142/images/image084_0.png" alt="no35_11" width="375" height="54"> в зависимости от параметра a?!}
Rozwiązanie. Pozwalać 
wtedy równanie (3) przyjmie postać t2 – 6t – a = 0. (4)
Znajdźmy wartości parametru a, dla których przynajmniej jeden pierwiastek równania (4) spełnia warunek t > 0.
Wprowadźmy funkcję f(t) = t2 – 6t – a. Możliwe są następujące przypadki.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image087.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_14.gif" align="left" width="215" height="73 src=">где t0 - абсцисса вершины параболы и D - дискриминант квадратного трехчлена f(t);!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image089.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_16.gif" align="left" width="60" height="51 src=">!}
Przypadek 2. Równanie (4) ma unikalne rozwiązanie dodatnie, jeśli
D = 0, jeśli a = – 9, to równanie (4) przyjmie postać (t – 3)2 = 0, t = 3, x = – 1.
Przypadek 3. Równanie (4) ma dwa pierwiastki, ale jeden z nich nie spełnia nierówności t > 0. Jest to możliwe, jeśli
https://pandia.ru/text/80/142/images/image092.png" alt="no35_17" width="267" height="63">!}
Zatem w a 0 równanie (4) ma jeden dodatni pierwiastek 
. Wówczas równanie (3) ma jednoznaczne rozwiązanie 
Dla< – 9 уравнение (3) корней не имеет.
Jeśli< – 9, то корней нет; если – 9 < a < 0, то
jeśli a = – 9, to x = – 1;
jeśli a 0, to
Porównajmy metody rozwiązywania równań (1) i (3). Zauważ, że przy rozwiązywaniu równania (1) sprowadzono do równania kwadratowego, którego wyróżnikiem jest pełny kwadrat; zatem pierwiastki równania (2) zostały natychmiast obliczone ze wzoru na pierwiastki równania kwadratowego, a następnie wyciągnięto wnioski dotyczące tych pierwiastków. Równanie (3) zostało sprowadzone do równania kwadratowego (4), którego wyróżnikiem nie jest doskonały kwadrat, dlatego przy rozwiązywaniu równania (3) wskazane jest stosowanie twierdzeń o położeniu pierwiastków kwadratowego trójmianu i model graficzny. Zauważ, że równanie (4) można rozwiązać za pomocą twierdzenia Vieta.
Rozwiążmy bardziej złożone równania.
Zadanie 3. Rozwiąż równanie 
Rozwiązanie. ODZ: x1, x2.
Wprowadźmy zamiennik. Niech 2x = t, t > 0, to w wyniku przekształceń równanie przyjmie postać t2 + 2t – 13 – a = 0. (*) Znajdźmy wartości a, dla których przynajmniej jeden pierwiastek równanie (*) spełnia warunek t > 0.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image098.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_23.gif" align="left" width="71" height="68 src=">где t0 - абсцисса вершины f(t) = t2 + 2t – 13 – a, D - дискриминант квадратного трехчлена f(t).!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image100.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_25.gif" align="left" width="360" height="32 src=">!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image102.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_27.gif" align="left" width="218" height="42 src=">!}
Odpowiedź: jeśli a > - 13, a 11, a 5, to jeśli a - 13,
a = 11, a = 5, to nie ma pierwiastków.
Bibliografia.
1. Podstawy technologii edukacyjnej Guzeeva.
2. Technologia Guzeeva: od recepcji do filozofii.
M. „Dyrektor” nr 4, 1996
3. Guzeev i formy organizacyjne edukacji.
4. Guzeev i praktyka integralnej technologii edukacyjnej.
M. „Edukacja ludowa”, 2001
5. Guzeev z form lekcji - seminarium.
Matematyka w szkole nr 2, 1987, s. 9 - 11.
6. Technologie edukacyjne Selevko.
M. „Edukacja ludowa”, 1998
7. Uczniowie Episheva uczą się matematyki.
M. "Oświecenie", 1990
8. Iwanow do przygotowania lekcji - warsztatów.
Matematyka w Szkole Nr 6, 1990, s. 37-40.
9. Smirnowski model nauczania matematyki.
Matematyka w Szkole Podstawowej nr 1, 1997, s. 32-36.
10. Sposoby organizacji pracy praktycznej Tarasenko.
Matematyka w Szkole Podstawowej nr 1, 1993, s. 27 - 28.
11. O jednym z rodzajów pracy indywidualnej.
Matematyka w Szkole Podstawowej nr 2, 1994, s. 63 - 64.
12. Zdolności twórcze uczniów Chazankina.
Matematyka w Szkole Podstawowej nr 2, 1989, s. 10.
13. Scanavi. Wydawca, 1997
14. i wsp. Algebra i początki analizy. Materiały dydaktyczne kl
15. Zadania Krivonogova z matematyki.
M. "Pierwszy września", 2002
16. Czerkasow. Podręcznik dla uczniów szkół średnich i
wstęp na uniwersytety. "A S T - szkoła prasowa", 2002
17. Zhevnyak dla kandydatów na uniwersytety.
Mińsk i RF „Przegląd”, 1996
18. Pisemne D. Przygotowanie do egzaminu z matematyki. M.Rolf, 1999
19. i inne Nauka rozwiązywania równań i nierówności.
M. "Intelekt - Centrum", 2003
20. i inne Materiały edukacyjne i szkoleniowe przygotowujące do E G E.
M. "Intelekt - Centrum", 2003 i 2004
21 i inne Warianty CMM. Centrum testowe Ministerstwa Obrony Federacji Rosyjskiej, 2002, 2003
22. Równania Goldberga. „Kwant” nr 3, 1971
23. Volovich M. Jak skutecznie uczyć matematyki.
Matematyka, 1997 nr 3.
24 Okunev na lekcję, dzieci! M. Oświecenie, 1988
25. Jakimański - ukierunkowana edukacja w szkole.
26. Ograniczenia pracy na lekcji. M. Wiedza, 1975
W tej lekcji rozważymy rozwiązanie bardziej złożonych równań wykładniczych, przypomnimy główne przepisy teoretyczne dotyczące funkcji wykładniczej.
1. Definicja i własności funkcji wykładniczej, technika rozwiązywania najprostszych równań wykładniczych
Przypomnij sobie definicję i główne własności funkcji wykładniczej. To na właściwościach opiera się rozwiązanie wszystkich równań i nierówności wykładniczych.
Funkcja wykładnicza jest funkcją postaci , gdzie podstawą jest stopień, a tutaj x jest zmienną niezależną, argumentem; y - zmienna zależna, funkcja.
Ryż. 1. Wykres funkcji wykładniczej
Wykres przedstawia rosnący i malejący wykładnik, ilustrujący funkcję wykładniczą przy podstawie odpowiednio większej niż jeden i mniejszej niż jeden, ale większej niż zero.
Obie krzywe przechodzą przez punkt (0;1)
Własności funkcji wykładniczej:
Domena: ;
Zakres wartości: ;
Funkcja jest monotoniczna, rośnie jako , maleje jako .
Funkcja monotoniczna przyjmuje każdą ze swoich wartości z pojedynczą wartością argumentu.
Kiedy argument rośnie od minus do plus nieskończoności, funkcja rośnie od zera włącznie do plus nieskończoności. Wręcz przeciwnie, gdy argument rośnie od minus do plus nieskończoności, funkcja maleje od nieskończoności do zera włącznie.
2. Rozwiązywanie typowych równań wykładniczych
Przypomnij sobie, jak rozwiązywać najprostsze równania wykładnicze. Ich rozwiązanie opiera się na monotoniczności funkcji wykładniczej. Prawie wszystkie złożone równania wykładnicze są zredukowane do takich równań.
Równość wykładników o równych podstawach wynika z właściwości funkcji wykładniczej, a mianowicie jej monotoniczności.
Metoda rozwiązania:
Wyrównaj podstawy stopni;
Zrównaj wykładniki.
Przejdźmy do bardziej złożonych równań wykładniczych, naszym celem jest sprowadzenie każdego z nich do najprostszego.
Pozbądźmy się pierwiastka po lewej stronie i skróćmy stopnie do tej samej podstawy:
Aby zredukować złożone równanie wykładnicze do prostego, często stosuje się zmianę zmiennych.
Skorzystajmy z własności stopnia:
Przedstawiamy zamiennik. Niech więc 
Otrzymane równanie mnożymy przez dwa i przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę:
Pierwszy pierwiastek nie spełnia przedziału wartości y, odrzucamy go. Otrzymujemy:
Doprowadźmy stopnie do tego samego wskaźnika:
Wprowadzamy zamiennik:
Niech więc 
. Przy tym zastąpieniu jest oczywiste, że y przyjmuje wartości ściśle dodatnie. Otrzymujemy:
Wiemy, jak rozwiązywać podobne równania kwadratowe, piszemy odpowiedź:
Aby upewnić się, że pierwiastki zostały znalezione poprawnie, możesz sprawdzić zgodnie z twierdzeniem Vieta, to znaczy znaleźć sumę pierwiastków i ich iloczynu i sprawdzić z odpowiednimi współczynnikami równania.
Otrzymujemy:
3. Technika rozwiązywania jednorodnych równań wykładniczych drugiego stopnia
Przestudiujmy następujący ważny typ równań wykładniczych:
Równania tego typu nazywane są jednorodnymi drugiego stopnia względem funkcji f i g. Po jego lewej stronie znajduje się trójmian kwadratowy względem f z parametrem g lub trójmian kwadratowy względem g z parametrem f.
Metoda rozwiązania:
To równanie można rozwiązać jako kwadratowe, ale łatwiej jest zrobić to na odwrót. Należy rozważyć dwa przypadki:
W pierwszym przypadku otrzymujemy
W drugim przypadku mamy prawo podzielić przez najwyższy stopień i otrzymujemy:
Należy wprowadzić zamianę zmiennych , otrzymamy równanie kwadratowe dla y:
Zauważmy, że funkcje f i g mogą być dowolne, ale nas interesuje przypadek, gdy są to funkcje wykładnicze.
4. Przykłady rozwiązywania równań jednorodnych
Przenieśmy wszystkie wyrazy na lewą stronę równania:
Ponieważ funkcje wykładnicze przybierają wartości ściśle dodatnie, mamy prawo od razu podzielić równanie przez , bez rozważania przypadku, gdy:
Otrzymujemy:
Wprowadzamy zamiennik: 
(zgodnie z właściwościami funkcji wykładniczej)
Otrzymaliśmy równanie kwadratowe:
Pierwiastki określamy zgodnie z twierdzeniem Vieta:
Pierwszy pierwiastek nie spełnia przedziału wartości y, odrzucamy go, otrzymujemy:
Wykorzystajmy własności stopnia i sprowadźmy wszystkie stopnie do prostych podstaw:
Łatwo zauważyć funkcje f i g:
Ponieważ funkcje wykładnicze przybierają wartości ściśle dodatnie, mamy prawo od razu podzielić równanie przez , bez rozważania przypadku, gdy .
Do kanału youtube naszej witryny, aby być świadomym wszystkich nowych lekcji wideo.
Najpierw przypomnijmy sobie podstawowe wzory stopni i ich właściwości.
Produkt liczby A dzieje się na sobie n razy, możemy zapisać to wyrażenie jako a… a=a n
1. za 0 = 1 (za ≠ 0)
3. za n za m = za n + m
4. (a n) m = a nm
5. za n b n = (ab) n
7. za n / za m \u003d za n - m
Równania potęgowe lub wykładnicze- są to równania, w których zmienne są potęgami (lub wykładnikami), a podstawą jest liczba.
Przykłady równań wykładniczych:
W tym przykładzie liczba 6 jest podstawą, jest zawsze na dole i zmienną X stopień lub miarę.
Podajmy więcej przykładów równań wykładniczych.
2 x *5=10
16x-4x-6=0
Przyjrzyjmy się teraz, jak rozwiązuje się równania wykładnicze?
Weźmy proste równanie:
2 x = 2 3
Taki przykład można rozwiązać nawet w umyśle. Widać, że x=3. W końcu, aby lewa i prawa strona były równe, musisz wstawić liczbę 3 zamiast x.
Zobaczmy teraz, jak należy podjąć tę decyzję:
2 x = 2 3
x = 3
Aby rozwiązać to równanie, usunęliśmy te same podstawy(czyli dwójki) i zapisał to, co zostało, są to stopnie. Otrzymaliśmy odpowiedź, której szukaliśmy.
Podsumujmy teraz nasze rozwiązanie.
Algorytm rozwiązywania równania wykładniczego:
1. Trzeba sprawdzić ten sam czy podstawy równania po prawej i po lewej stronie. Jeśli podstawy nie są takie same, szukamy opcji rozwiązania tego przykładu.
2. Gdy podstawy są takie same, zrównać stopnia i rozwiązać wynikowe nowe równanie.
Teraz rozwiążmy kilka przykładów:
Zacznijmy prosto.
Podstawy po lewej i prawej stronie są równe liczbie 2, co oznacza, że możemy odrzucić podstawę i zrównać ich stopnie.
x+2=4 Wyszło najprostsze równanie.
x=4 - 2
x=2
Odpowiedź: x=2
W poniższym przykładzie widać, że podstawy są różne, są to 3 i 9.
3 3x - 9x + 8 = 0
Na początek przenosimy dziewięć na prawą stronę, otrzymujemy:
Teraz musisz zrobić te same podstawy. Wiemy, że 9=3 2 . Użyjmy wzoru na potęgę (a n) m = a nm .
3 3x \u003d (3 2) x + 8
Otrzymujemy 9 x + 8 \u003d (3 2) x + 8 \u003d 3 2 x + 16
3 3x \u003d 3 2x + 16 teraz jasne jest, że podstawy po lewej i prawej stronie są takie same i równe trzem, co oznacza, że możemy je odrzucić i zrównać stopnie.
3x=2x+16 ma najprostsze równanie
3x-2x=16
x=16
Odpowiedź: x=16.
Spójrzmy na następujący przykład:
2 2x + 4 - 10 4 x \u003d 2 4
Przede wszystkim patrzymy na podstawy, podstawy są różne dwa i cztery. I musimy być tacy sami. Przekształcamy poczwórne zgodnie ze wzorem (a n) m = a nm .
4 x = (2 2) x = 2 2x
Używamy również jednego wzoru a n a m = a n + m:
2 2x+4 = 2 2x 2 4
Dodaj do równania:
2 2x 2 4 - 10 2 2x = 24
Podaliśmy przykład z tych samych powodów. Ale przeszkadzają nam inne liczby 10 i 24. Co z nimi zrobić? Jeśli przyjrzysz się uważnie, zobaczysz, że po lewej stronie powtarzamy 2 2x, oto odpowiedź - możemy wyciąć 2 2x z nawiasów:
2 2x (2 4 - 10) = 24
Obliczmy wyrażenie w nawiasach:
2 4 — 10 = 16 — 10 = 6
Całe równanie dzielimy przez 6:
Wyobraź sobie 4=2 2:
2 2x \u003d 2 2 podstawy są takie same, odrzuć je i zrównaj stopnie.
2x \u003d 2 okazało się najprostszym równaniem. Dzielimy to przez 2, otrzymujemy
x = 1
Odpowiedź: x = 1.
Rozwiążmy równanie:
9 x - 12*3 x +27= 0
przekształćmy:
9 x = (3 2) x = 3 2x
Otrzymujemy równanie:
3 2x - 12 3x +27 = 0
Nasze podstawy są takie same, równe 3. W tym przykładzie widać wyraźnie, że pierwsza trójka ma stopień dwukrotnie (2x) niż druga (tylko x). W takim przypadku możesz zdecydować metoda zastępcza. Liczbę o najmniejszym stopniu zastępuje się przez:
Następnie 3 2x \u003d (3 x) 2 \u003d t 2
Zamieniamy wszystkie stopnie na x w równaniu z t:
t 2 - 12 t + 27 \u003d 0
Otrzymujemy równanie kwadratowe. Rozwiązujemy przez dyskryminację, otrzymujemy:
D=144-108=36
t1 = 9
t2 = 3
Powrót do zmiennej X.
Przyjmujemy t 1:
t 1 \u003d 9 \u003d 3 x
To jest,
3 x = 9
3 x = 3 2
x 1 = 2
Znaleziono jeden korzeń. Szukamy drugiego, od t 2:
t 2 \u003d 3 \u003d 3 x
3 x = 3 1
x 2 = 1
Odpowiedź: x 1 \u003d 2; x 2 = 1.
Na stronie możesz w dziale POMOC ZDECYDOWAĆ zadać interesujące pytania, na pewno Ci odpowiemy.
Dołącz do grupy
Równania nazywane są wykładniczymi, jeśli niewiadoma jest zawarta w wykładniku. Najprostsze równanie wykładnicze ma postać: a x \u003d a b, gdzie a> 0, a 1, x jest niewiadomą.
Główne właściwości stopni, za pomocą których przekształcane są równania wykładnicze: a>0, b>0.
Przy rozwiązywaniu równań wykładniczych wykorzystuje się również następujące własności funkcji wykładniczej: y = a x , a > 0, a1:
Aby przedstawić liczbę jako potęgę, stosuje się podstawową tożsamość logarytmiczną: b = , a > 0, a1, b > 0.
Zadania i testy na temat „Równania wykładnicze”
- równania wykładnicze
Lekcje: 4 Zadania: 21 Testy: 1
- równania wykładnicze - Ważne tematy do powtarzania egzaminu z matematyki
Zadania: 14
- Układy równań wykładniczych i logarytmicznych - Funkcje wykładnicze i logarytmiczne Stopień 11
Lekcje: 1 Zadania: 15 Testy: 1
- §2.1. Rozwiązywanie równań wykładniczych
Lekcje: 1 Zadania: 27
- §7 Równania i nierówności wykładnicze i logarytmiczne - Sekcja 5. Funkcje wykładnicze i logarytmiczne Stopień 10
Lekcje: 1 Zadania: 17
Aby pomyślnie rozwiązać równania wykładnicze, musisz znać podstawowe właściwości potęg, właściwości funkcji wykładniczej i podstawową tożsamość logarytmiczną.
Podczas rozwiązywania równań wykładniczych stosuje się dwie główne metody:
- przejście z równania a f(x) = a g(x) do równania f(x) = g(x);
- wprowadzenie nowych linii.
Przykłady.
1. Równania sprowadzające się do najprostszych. Rozwiązuje się je, doprowadzając obie strony równania do potęgi o tej samej podstawie.
3x \u003d 9x - 2.
Rozwiązanie:
3 x \u003d (3 2) x - 2;
3x = 3 2x - 4;
x = 2x-4;
x=4.
Odpowiedź: 4.
2. Równania rozwiązywane przez wzięcie w nawias wspólnego czynnika.
Rozwiązanie:
3x - 3x - 2 = 24
3 x - 2 (3 2 - 1) = 24
3 x - 2 x 8 = 24
3 x - 2 = 3
x - 2 = 1
x=3.
Odpowiedź: 3.
3. Równania rozwiązane przez zmianę zmiennej.
Rozwiązanie:
2 2x + 2x - 12 = 0
Oznaczamy 2 x \u003d y.
y 2 + y - 12 = 0
y 1 = - 4; y 2 = 3.
a) 2 x = - 4. Równanie nie ma rozwiązań, ponieważ 2 x > 0.
b) 2 x = 3; 2 x = 2 log 2 3 ; x = log 2 3.
Odpowiedź: dziennik 2 3.
4. Równania zawierające potęgi o dwóch różnych (nieredukowalnych do siebie) podstawach.
3 × 2 x + 1 - 2 × 5 x - 2 \u003d 5 x + 2 x - 2.
3 x 2 x + 1 - 2 x - 2 = 5 x - 2 x 5 x - 2
2 x - 2 × 23 = 5 x - 2
×23
2 x - 2 = 5 x - 2
(5/2) x– 2 = 1
x-2 = 0
x = 2.
Odpowiedź: 2.
5. Równania jednorodne względem a x i b x .
Formularz ogólny: .
9 x + 4 x = 2,5 x 6 x .
Rozwiązanie:
3 2x – 2,5 × 2x × 3x +2 2x = 0 |: 2 2x > 0
(3/2) 2x - 2,5 × (3/2) x + 1 = 0.
Oznaczmy (3/2) x = y.
y 2 - 2,5 y + 1 \u003d 0,
y 1 = 2; y2 = ½. 
Odpowiedź: dziennik 3/2 2; - dziennik 3/2 2.
Na etapie przygotowania do egzaminu końcowego licealiści muszą uzupełnić swoją wiedzę na temat „Równania wykładnicze”. Doświadczenia ostatnich lat wskazują, że takie zadania sprawiają uczniom pewne trudności. Dlatego licealiści, niezależnie od poziomu przygotowania, muszą dokładnie opanować teorię, zapamiętać wzory i zrozumieć zasadę rozwiązywania takich równań. Nauczywszy się radzić sobie z tego typu zadaniami, absolwenci będą mogli liczyć na wysokie wyniki przy zdanym egzaminie z matematyki.
Przygotuj się do testów egzaminacyjnych razem ze Shkolkovo!
Podczas powtarzania omówionego materiału wielu uczniów staje przed problemem znalezienia wzorów potrzebnych do rozwiązania równań. Podręcznik szkolny nie zawsze jest pod ręką, a wybór niezbędnych informacji na dany temat w Internecie zajmuje dużo czasu.
Portal edukacyjny Shkolkovo zaprasza uczniów do korzystania z naszej bazy wiedzy. Wdrażamy zupełnie nową metodę przygotowania do egzaminu końcowego. Studiując na naszej stronie, będziesz w stanie zidentyfikować luki w wiedzy i zwrócić uwagę właśnie na te zadania, które sprawiają największe trudności.
Nauczyciele „Szkolkowa” zebrali, usystematyzowali i przedstawili cały materiał niezbędny do pomyślnego zdania egzaminu w najprostszej i najbardziej dostępnej formie.
Główne definicje i wzory przedstawiono w sekcji „Źródła teoretyczne”.
W celu lepszego przyswojenia materiału zalecamy przećwiczenie zadań. Uważnie przejrzyj przykłady równań wykładniczych z rozwiązaniami przedstawione na tej stronie, aby zrozumieć algorytm obliczeń. Następnie przejdź do zadań w sekcji „Katalogi”. Możesz zacząć od najprostszych zadań lub przejść od razu do rozwiązywania złożonych równań wykładniczych z kilkoma niewiadomymi lub . Baza ćwiczeń na naszej stronie jest na bieżąco uzupełniana i aktualizowana.
Te przykłady ze wskaźnikami, które sprawiły ci trudności, możesz dodać do „Ulubionych”. Możesz więc szybko je znaleźć i przedyskutować rozwiązanie z nauczycielem.
Aby pomyślnie zdać egzamin, codziennie ucz się na portalu Shkolkovo!