Методика решения показателных уравнений


Государственное бюджетное профессиональное образовательное
Учреждение Краснодарского края
«Курганинский аграрно - технологический техникум»
Методическая разработка
по теме:
«Методы решения
показательных уравнений»

Разработала:
преподаватель математики
Самойленко Наталья Александровна
г. Курганинск, х. Красное Поле, 2015 г.
Введение
В школьном курсе математики важное место отводится решению показательных уравнений и неравенств и системам, содержащие показательные уравнения. Впервые ученики встречаются с показательными уравнениями и неравенствами в 10 классе, после того, как познакомятся с показательной функцией и ее свойствами, а системы, содержащие показательные уравнения и неравенства в 11 классе. И для того, чтобы решить правильно систему уравнений или неравенств, нужно правильно решить показательное уравнение или неравенство. При решении показательных уравнений и неравенств часто возникают трудности, связанные со следующими особенностями: - незнание четкого алгоритма решения показательных уравнений, неравенств и их систем; - при решении показательных уравнений и неравенств, ученики производят преобразования, которые не равносильны исходным уравнениям и неравенствам; - при решении показательного уравнения и неравенства введением новой переменной забывают возвращаться к обратной замене. Вышесказанное определяет актуальность выбранной темы и полезность ее изучения для будущей педагогической практики. Цель данной работы: изучить теоретический материал по теме, проанализировать данную тему в учебниках по алгебре и началам анализа. Для достижения поставленной цели необходимо решить следующие задачи: - изучить требования государственных стандартов по теме «Показательные уравнения и неравенства»; - проанализировать материал по теме в учебниках алгебры и начал анализа; - систематизировать методы решения показательных уравнений и неравенств; - систематизировать и обобщить методические особенности изучения данной темы. Объектом исследования является процесс обучения математике в старшей школе. Предметом исследования являются методические особенности изучения показательных уравнений, неравенств и их систем в старших классах средней школы. Практическая значимость исследования заключается в том, что разработанные методические рекомендации по изучению показательных уравнений и неравенств могут быть использованы учителями и практикантами в школе, а также в ходе занятий по элементарной математике на педагогическом отделении университета. Весь теоретический материал по теме «Показательные уравнения и неравенства и их систем» сгруппирован, приведены алгоритмы решения и разобраны примеры. Рассмотрены методы решения уравнений, предложены задания для самостоятельного изучения и закрепления новых знаний и умений.
«Методы решения показательных уравнений».
1. Показательные уравнения.
Уравнения, содержащие неизвестные в показателе степени, называются показательными уравнениями. Простейшим из них является уравнение аx = b, где а > 0, а ≠ 1.
1) При b < 0 и b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 показательной функции, не имеет решения.
2) При b > 0 используя монотонность функции и теорему о корне, уравнение имеет единственный корень. Для того, чтобы его найти, надо b представить в виде b = aс, аx = bс x = c или x = logab.
Показательные уравнения путем алгебраических преобразований приводят к стандартным уравнения, которые решаются, используя следующие методы:
метод приведения к одному основанию ;
метод оценки;
графический метод;
метод введения новых переменных;
метод разложения на множители;
показательно – степенные уравнения;
показательные с параметром.

2. Метод приведения к одному основанию.
Способ основан на следующем свойстве степеней: если равны две степени и равны их основания, то равны и их показатели, т.е. уравнение надо попытаться свести к виду

Примеры. Решить уравнение:
1. 3x = 81;
Представим правую часть уравнения в виде 81 = 34 и запишем уравнение, равносильное исходному 3 x = 34; x = 4. Ответ: 4.
2.
Представим правую часть уравнения в виде и перейдем к уравнению для показателей степеней 3x+1 = 3 – 5x; 8x = 4; x = 0,5. Ответ: 0,5.
3.
Представим правую часть данного уравнения в виде 1 = 50 и перейдем к уравнению для показателей степеней x2-3x+2 = 0, откуда легко получить решения x = 1 и x=2.
Ответ: 1 и 2.
4.
Заметим, что числа 0,2 , 0,04 , √5 и 25 представляют собой степени числа 5. Воспользуемся этим и преобразуем исходное уравнение следующим образом:
, откуда 5-x-1 = 5-2x-2 - x – 1 = - 2x – 2, из которого находим решение x = -1. Ответ: -1.
3x = 5. По определению логарифма x = log35. Ответ: log35.
62x+4 = 33x. 2x+8.
Перепишем уравнение в виде 32x+4.22x+4 = 32x.2x+8, т.е. далее
22x+4-x-8 = 33x-2x-4, т.е. 2x-4 = 3x-4. (Уже ясно, что x = 4). Перепишем уравнение, разделив на 3x-4 ≠ 0. Отсюда x – 4 =0, x = 4. Ответ: 4.
7. 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9. Используя свойства степеней, запишем уравнение в виде 6∙3x - 2∙3x – 3x = 9 далее 3∙3x = 9, 3x+1 = 32 , т.е. x+1 = 2, x =1. Ответ: 1.

Банк задач №1.
Решить уравнение:

Тест №1. с выбором ответа. Минимальный уровень.
А1 3-x+2 =
1) 0 2) 4 3) -2 4) -4
А2 32x-8 = √3.
1)17/4 2) 17 3) 13/2 4) -17/4
А3
1) 3;1 2) -3;-1 3) 0;2 4) корней нет
А4
1) 7;1 2) корней нет 3) -7;1 4) -1;-7
А5 1) 0;2; 2) 0;2;3 3) 0 4) -2;-3;0
А6 1) -1 2) 0 3) 2 4) 1
Тест №2 с выбором ответа. Общий уровень.

А1 1) 3 2) -1;3 3) -1;-3 4) 3;-1
А2 1) 14/3 2) -14/3 3) -17 4) 11
А3
1) 2;-1 2) корней нет 3) 0 4) -2;1
А4
1) -4 2) 2 3) -2 4) -4;2
А5
1) 3 2) -3;1 3) -1 4) -1;3
Метод оценки.
Теорема о корне: если функция f(x) возрастает (убывает) на промежутке I, число а –любое значение принимаемое f на этом промежутке, тогда уравнение f(x) = а имеет единственный корень на промежутке I.
При решении уравнений методом оценки используется эта теорема и свойства монотонности функции.
Примеры. Решить уравнения: 1. 4x = 5 – x.
Решение. Перепишем уравнение в виде 4x +x = 5.
1. если x = 1, то 41+1 = 5 , 5 = 5 верно, значит 1 – корень уравнения.
2. докажем, что он единственный.
Функция f(x) = 4x – возрастает на R, и g(x) = x –возрастает на R => h(x)= f(x)+g(x) возрастает на R, как сумма возрастающих функций, значит x = 1 – единственный корень уравнения 4x = 5 – x. Ответ: 1.
2.
Решение. Перепишем уравнение в виде .
если x = -1, то , 3 = 3-верно, значит x = -1 – корень уравнения.
докажем, что он единственный.
Функция f(x) = - убывает на R, и g(x) = -x – убывает на R=> h(x) = f(x)+g(x) – убывает на R, как сумма убывающих функций. Значит по теореме о корне, x = -1 – единственный корень уравнения. Ответ: -1.
Банк задач №2. Решить уравнение

а) 4x + 1 =6 – x;
б)
в) 2x – 2 =1 – x;
4. Метод введения новых переменных.
Метод описан в п. 2.1. Введение новой переменной (подстановка) обычно производится после преобразований (упрощения) членов уравнения. Рассмотрим примеры.
Примеры. Решить уравнение: 1. .
Перепишем уравнение иначе:
Обозначим 5x = t > 0, тогда т.е. 3t2 – 2t – 1 =0, отсюда t1 = 1, -не удовлетворяет условию t > 0. Итак, 5x = 1 = 50 <=> x = 0. Ответ: 0.
2.
Решение. Перепишем уравнение иначе:
Обозначим тогда - не подходит.
t = 4 => Отсюда - иррациональное уравнение. Отмечаем, что
Решением уравнения является x = 2,5 ≤ 4, значит 2,5 – корень уравнения. Ответ: 2,5.
3. .
Решение. Перепишем уравнение в виде и разделим его обе части на 56x+6 ≠ 0. Получим уравнение

2x2-6x-7 = 2x2-6x-8 +1 = 2(x2-3x-4)+1, т.е
Заменим

Корни квадратного уравнения – t1 = 1 и t2 <0, т.е. ,
x2-3x-4=0
x1 = -1, x2 = 4. Ответ: -1, 4.
4. .
Решение. Перепишем уравнение в виде
и заметим, что оно является однородным уравнением второй степени.
Разделим уравнение на 42x, получим
Заменим 2t2 – 5t +3 = 0 , где t1 = 1, t2 = .

Ответ: 0; 0,5.
Банк задач № 3. Решить уравнение
а)
б)
в)
г)
Тест № 3 с выбором ответа. Минимальный уровень.
А1
1) -0,2;2 2) log52 3) –log52 4) 2
А2 0,52x – 3 0,5x +2 = 0.
1) 2;1 2) -1;0 3) корней нет 4) 0
А3
1) 0 2) 1; -1/3 3) 1 4) 5
А4 52x-5x- 600 = 0. 1) -24;25 2) -24,5; 25,5 3) 25 4) 2
А5 1) корней нет 2) 2;4 3) 3 4) -1;2
Тест № 4 с выбором ответа. Общий уровень.

А1 1) 2;1 2) ½;0 3)2;0 4) 0

А2 2x – (0,5)2x – (0,5)x + 1 = 0
1) -1;1 2) 0 3) -1;0;1 4) 1
А3 1) 64 2) -14 3) 3 4) 8
А4 1)-1 2) 1 3) -1;1 4) 0
А5
1) 0 2) 1 3) 0;1 4) корней нет
5. Метод разложения на множители.
1. Решите уравнение: 5x+1 - 5x-1 = 24.
Решение. Перепишем уравнение в виде
Теперь в левой части уравнения вынесем за скобки общий множитель 5x.
Получим , откуда
Ответ: 1.
2. 6x + 6x+1 = 2x + 2x+1 + 2x+2.
Решение. Вынесем за скобки в левой части уравнения 6x, а в правой части – 2x. Получим уравнение 6x(1+6) = 2x(1+2+4) 6x = 2x.
Так как 2x >0 при всех x, можно обе части этого уравнения разделить на 2x, не опасаясь при этом потери решений. Получим 3x = 1 x = 0.
Ответ: 0.
3.
Решение. Решим уравнение методом разложения на множители.
Выделим квадрат двучлена
Ответ: 2.
4.
Решение. Преобразуем члены уравнения и перегруппируем слагаемые

x = -2 – корень уравнения.
Уравнение x + 1 = можно решить либо методом оценки, либо графически.
x = 1 – второй корень исходного уравнения.
Ответ: 1; -2.
Банк задач №4. Решить уравнение
а) 48x – 42x+1 – 3x+1 + 12 = 0.
б) 52x-1 + 22x – 52x +22x+2 = 0.
в) 3x – 2x+2 = 3x-1 – 2x-1 – 2x-3.
г) 4x – 5 2x+ 4 = 0.
Тест №5 Минимальный уровень.
А1 5x-1 +5x -5x+1 =-19.
1) 1 2) 95/4 3) 0 4) -1
А2 3x+1 +3x-1 =270.
1) 2 2) -4 3) 0 4) 4
А3 32x + 32x+1 -108 = 0. x=1,5
1) 0,2 2) 1,5 3) -1,5 4) 3
А4 x=1
1) 1 2) -3 3) -1 4) 0
А5 2x -2x-4 = 15. x=4
1) -4 2) 4 3) -4;4 4) 2
Тест № 6 Общий уровень.
А1 (22x-1)(24x+22x+1)=7. 1) ½ 2) 2 3) -1;3 4) 0,2
А2 1) 2,5 2) 3;4 3) log43/2 4) 0
А3 2x-1-3x=3x-1-2x+2. 1) 2 2) -1 3) 3 4) -3
А4 1) 1,5 2) 3 3) 1 4) -4
А5 1) 2 2) -2 3) 5 4) 0

6. Показательно – степенные уравнения.
К показательным уравнениям примыкают так называемые показательно – степенные уравнения, т.е. уравнения вида (f(x))g(x) = (f(x))h(x).
Если известно, что f(x)>0 и f(x) ≠ 1, то уравнение, как и показательное, решается приравниванием показателей g(x) = f(x).
Если условием не исключается возможность f(x)=0 и f(x)=1, то приходится рассматривать и эти случаи при решении показательно – степенного уравнения.
1. Решить уравнение
Решение. Для нахождения корней уравнения следует рассмотреть четыре случая:
x + 1=x2 – 1 ( показатели равны);
x = 1(основание равно единице);
x = 0 (основание равно нулю);
x = -1(основание равно -1).
Решим первое уравнение: x2 – x – 2 = 0, x = 2, x = -1.
Проверка:
x1 = 2 => 23 = 23 – верно;
x2 = -1 => (-1)0 =(-1)0 – верно;
x3 = 1 => 12 = 10 – верно;
x4 = 0 => 01 = 0(-1) – не имеет смысла.
Ответ: -1; 1; 2.
Уравнение вида f(x)g(x) = 1 равносильно совокупности двух систем
f(x)g(x) = 1
2.
Решение. x2 +2x-8 – имеет смысл при любых x , т.к. многочлен, значит уравнение равносильно совокупности


Ответ: -2; 2.
Банк задач №5. Решить уравнение
а)
б)
7. Показательные уравнения с параметрами.
1. При каких значениях параметра p уравнение 4 (5 – 3)2 +4p2–3p = 0 (1)   имеет единственное решение?
Решение. Введем замену 2x = t, t > 0, тогда уравнение (1) примет вид t2 – (5p – 3)t + 4p2 – 3p = 0.  (2)
Дискриминант уравнения (2)  D = (5p – 3)2 – 4(4p2 – 3p) = 9(p – 1)2.
Уравнение (1) имеет единственное решение, если уравнение (2) имеет один положительный корень. Это возможно в следующих случаях.
1. Если D = 0, то есть p = 1, тогда уравнение (2) примет вид t2 – 2t + 1 = 0, отсюда t = 1, следовательно, уравнение (1) имеет единственное решение x = 0.
2. Если p1, то 9(p – 1)2 > 0, тогда уравнение (2) имеет два различных корня t1 = p, t2 = 4p – 3. Условию задачи удовлетворяет совокупность систем

Подставляя t1 и t2 в системы, имеем
3657600410210
или

Ответ: p = 1, 0 < p 0,75.
Рассмотрим более общую задачу.
Задача 2. Сколько корней имеет уравнение в зависимости от параметра a?
Решение. Пусть  тогда уравнение (3) примет вид t2 – 6t – a = 0.       (4)
Найдем значения параметра a, при которых хотя бы один корень уравнения (4) удовлетворяет условию t > 0.
Введем функцию f(t) = t2 – 6t – a. Возможны следующие случаи.
1143000272415Случай 1. Уравнение (4) имеет два различных положительных корня, если выполнятся условия
457200217805где t0 — абсцисса вершины параболы и D — дискриминант квадратного трехчлена f(t);
3657600163195Таким образом,
при – 9 < a < 0 уравнение (3) имеет два корня
6172200177165
Случай 2. Уравнение (4) имеет единственное положительное решение, если
D = 0, если a = – 9, тогда уравнение (4) примет вид  (t – 3)2 = 0, t = 3, x = – 1.
Случай 3. Уравнение (4) имеет два корня, но один из них не удовлетворяет неравенству t > 0. Это возможно, если
     

Таким образом, при a 0 уравнение (4) имеет единственный положительный корень . Тогда уравнение (3) имеет единственное решение 
При a < – 9 уравнение (3) корней не имеет.
Ответ:
3200400457200если a < – 9, то корней нет; если – 9 < a < 0, тоесли a = – 9, то x = – 1;
если a  0, то
34290046355

Сравним способы решения уравнений (1) и (3). Отметим, что при решении уравнение (1) было сведено к квадратному уравнению, дискриминант которого — полный квадрат; тем самым корни уравнения (2) сразу были вычислены по формуле корней квадратного уравнения, а далее относительно этих корней были сделаны выводы. Уравнение (3) было сведено к квадратному уравнению (4), дискриминант которого не является полным квадратом, поэтому при решении уравнения (3) целесообразно использовать теоремы о расположении корней квадратного трехчлена и графическую модель. Заметим, что уравнение (4) можно решить, используя теорему Виета.
Решим более сложные уравнения.
Задача 3. Решите уравнение
Решение. ОДЗ: x1, x2.
Введем замену. Пусть 2x = t, t > 0, тогда в результате преобразований уравнение примет вид t2 + 2t – 13 – a = 0.         (*)Найдем значения a, при которых хотя бы один корень уравнения (*) удовлетворяет условию t > 0.
-22860051435Рассмотрим функцию f(t) = t2 + 2t – 13 – a. Возможны случаи.
Случай 1. Для того чтобы оба корня уравнения (*) удовлетворяли неравенству t > 0, должны выполняться условия
14287533655где t0 — абсцисса вершины f(t) = t2 + 2t – 13 – a, D — дискриминант квадратного трехчлена f(t).
-676275220345
Система решений не имеет.
Случай 2. Для того чтобы только один корень уравнения (*) удовлетворял неравенству t > 0, должно быть выполнено условие f(0) < 0, то есть a > – 13.
571500125095
Тогда
3886200173355
Случай 3. Найдем значения a, когда t  2, t  4.
откуда a  11, a  – 5.
2857500155575
Ответ: если a > – 13, a  11, a  5, то  если a – 13,
a = 11, a = 5, то корней нет.
Список используемой литературы.
1. Гузеев В.В. Системные основания образовательной технологии.
М. 1995 г.
2. Гузеев В.В. Образовательная технология: от приема до философии.
М. «Директор школы»№4, 1996 г.
3. Гузеев В.В. Методы и организационные формы обучения.
М. «Народное образование», 2001 г.
4. Гузеев В.В. Теория и практика интегральной образовательной технологии.
М. «Народное образование», 2001 г.
5. Гузеев В.В. Одна из форм урока – семинара.
Математика в школе №2, 1987 г. с .9 – 11.
6. Селевко Г.К. Современные образовательные технологии.
М. «Народное образование», 1998 г.
7. Епишева О.Б. Крупич В.И. Учить школьников учиться математике.
М. «Просвещение», 1990 г.
8. Иванова Т.А. Как подготовить уроки – практикумы.
Математика в школе №6, 1990 г. с. 37 – 40.
9. Смирнова Н.М. Профильная модель обучения математике.
Математика в школе №1, 1997 г. с. 32 – 36.
10. Тарасенко Н.А. Некоторые способы организации практической работы.
Математика в школе №1, 1993 г. с. 27 – 28.
11. Утеева Р.А. Об одном из видов индивидуальной работы.
Математика в школе №2, 1994 г. с .63 – 64.
12. Хазанкин Р.Г. Развивать творческие способности школьников.
Математика в школе №2, 1989 г. с. 10.
13. Сканави М.И. Математика. Издатель В.М.Скакун, 1997 г.
14. Шабунин М.И. и др. Алгебра и начала анализа. Дидактические материалы для 10 – 11 классов. М. Мнемозина, 2000 г.
15. Кривоногов В.В. Нестандартные задания по математике.
М. «Первое сентября», 2002 г.
16. Черкасов О.Ю. Якушев А.Г. Математика. Справочник для старшеклассников и
поступающих в вузы. «А С Т -пресс школа», 2002 г.
17. Жевняк Р.М. Карпук А.А. Математика для поступающих в вузы.
Минск И РФ «Обозрение», 1996 г.
18. Письменный Д. Готовимся к экзамену по математике. М. Рольф, 1999 г.
19. Денищева Л.О. и др. Учимся решать уравнения и неравенства.
М. «Интеллект – Центр», 2003 г.
20. Денищева Л.О. и др. Учебно – тренировочные материалы для подготовки к Е Г Э.
М. «Интеллект – центр», 2003 г. и 2004 г.
21 Денищева Л.О. и др. Варианты КИМ. Центр тестирования МО РФ, 2002 г., 2003г.
22. Гольдберг В.В. Показательные уравнения. «Квант» №3, 1971 г.
23. Волович М. Как успешно обучать математике.
Математика, 1997 г. №3.
24 Окунев А.А. Спасибо за урок, дети! М. Просвещение, 1988 г.
25. Якиманская И.С. Личностно – ориентированное обучение в школе.
«Директор школы», 1996 г. сентябрь.
26. Лийметс Х. Й. Групповая работа на уроке. М. Знание, 1975 г.

Приложенные файлы


Добавить комментарий