Показательные и логарифмические уравнения и неравенства

Математика, 11 класс
Колегаева Елена Михайловна
Показательные и логарифмические уравнения и
неравенства
Решение показательных уравнений основано на следующем свойстве степеней:
af(x)=ag(x) (a>0; a1)  f(x)=g(x)
Применяется два основных метода решения.
I.
Преобразованиями уравнение сводится к виду
af(x)=ag(x)  f(x)=g(x)
и решается второе уравнение.
II.
Метод замены переменной.
Проиллюстрируем эти два метода на примерах.
1. Решим уравнение
0,2 x  0,5
x

0,04 
;

25
5
5  ( x  0,5)
1
52
5 2 x
 2 ;
5
5  x  0,5 0,5  5 2 x  2 ;
5  x 1  5 2 x  2 ;
–х–2=–2х–2;
х=–1.
Ответ: х=–1.
2. Решите уравнение:
23х+1–63х–1–3х=9.
Решение. Коэффициенты при х в показателях степени равны, вынесем за скобку степень
числа 3 с меньшим показателем.
3х–1(232–6–31)=9;
3х–1(18–6–3)=9;
3х–19=9;
3х–1=1;
3х–1=30;
х–1=0;
х=1.
Ответ: х=1.
3. Решите уравнение:
4x
2
2
 9  2x
2
2
 8  0.
2 2( x  2)  9  2 x  2  8  0 ;
Коэффициенты при х2 в показателях степени числа 2 не равны, введем вспомогательную
переменную
2
2
2 x 2  t  2 2( x  2)  t 2  t 2  9t  8  0  t1  1; t 2  8 .
Возвращаемся к старой переменной
2
2
2 x  2  1  2 x  2  2 0  x 2  2  0 – такое уравнение не имеет решений.
2
2
2 x  2  8  2 x  2  2 3  x 2  2  3  x 2  1  x  1.
2
2
Ответ: x  1.
4. Решите уравнение
4

1
x
2
2x  2
Разделим почленно на 2
1
3

2
1
x
1

x

3
2

2
x

2
x

1
x
3
1
x

1
x
9

1
x
2
 3x  0
, получим
 3
 0 , обозначим  
2
2

x
6


1
x
 t , тогда 1  t  t 2  0 .
t2  t 1 0
t
1 1 4 1 5

2
2
t1 
 3
 
2
1 5
1 5
; t2 
2
2

1
x

1
1 5
1 5
   log 3
 x
x
2
2
2
1
log 3
2
1

x
1 5
1 5
0,а
– не имеет решений, так как

2
2
1
Ответ: x  
.
1 5
log 3
2
2
3
 
2
1 5
2
3
 
2

1
x
 0 для любых х0.
 При решении показательных неравенств выполняются преобразования аналогичные
тем, что и при решении показательных уравнений, основано решение неравенств на
следующем свойстве степеней:
af(x)>a(x), a>1  f(x)>(x)
af(x)>a(x), 0<a<1  f(x)<(x)
1. Решите неравенство: (0,3)
2 x 2 3 x  6
 0,00243
(0,3) 2 x 3x6  (0,3) 5 , так как 0,3<1, то
2
2х2–3x+6>5
2x2–3x+1>0
2x2–3x+1=0
x
3  9  8 3 1
1

; x=1; x= ;
4
4
2
 x  1,
1

 x  1 X    0   1
x  .
2

2

 x  1,
Ответ: 
x  1 .
2

2. Решите неравенство:
x 1
3
x 1
3  9.
3 9
1
x 1
 3 2 , так как 3>1, то
1
2
1 x
1  2x  2
0
x 1
 2x  1
0
x 1
2x  1
0
x 1
1
Ответ:  1  x   .
2
-1
1

2
x
3. Решите неравенство: 2 x  21x  3  0
2 x  21x  3  0
2
 3  0 , так как 2 x  0 , умножим обе части неравенства на 2 x , знак
x
2
неравенства не изменится, получим равносильное неравенство
2x 
2 
x 2
 
 3  2 x  2  0 , пусть 2 x  t  2 x
2
 t2
t 2  3t  2  0
t 2  3t  2  0
t1  2; t 2  1 , тогда 1<t<2, возвращаемся к старой переменной 1  2 x  2 
2 0  2 x  2 , так как 2>1, то 0<x<1.
Ответ: 0<x<1.
4. Решите неравенство: 2 x 2  2 x3  2 x 4  5 x1  5 x 2
2 x  2  2 x   2 x 4  5 x 1  5 x  2
2 x2 (1  2  2 2 )  5 x1 (1  5)
2 x2 (5)  5 x1  (4)
2 x  22  5  x 11
2x  5x
x
2
  1
5
x
0
2
2 2
     , так как 0   1 , то х>0.
5
5 5
Ответ: х>0.
II. Логарифмические уравнения и неравенства
При решении логарифмических уравнений применяют потенцирование, то есть
переход от уравнения log a f ( x)  log a  ( x) к уравнению f(x)=(x); определение логарифма
или основное логарифмическое тождество, то есть переход от уравнения log a f ( x)  b к
уравнению f ( x)  a b или  f ( x) 
log f ( x )  ( x )
  ( x) ; свойства логарифмов, то есть формулы
log a f ( x)   ( x)  log a f ( x)  log a  ( x)
log a f ( x)
 log a f ( x)  log a  ( x)
log a  ( x)
log a  f ( x)   n log a f ( x)
Когда применяется потенцирование, то ОДЗ уравнения расширяется, то есть возможно
приобретение корней, в этом случае нужна проверка.
n
Если применяется определение логарифма, нужно учитывать, что основание
логарифма положительно и отлично от 1, выражение, стоящее под знаком логарифма –
положительно.
При применении свойств логарифмов может произойти как приобретение корней,
так и их потеря. Если перечисленные формулы применяются так, что левая часть формулы
заменяется правой, то область допустимых значений сужается, такое применение
формулы может привести к потере корней и формально недопустимо. Если формулы
применяются так, что правая часть равенства заменяется левой, то возможно
log
 ( x)
приобретение корней, то есть необходима проверка. Замена выражения f ( x) f ( x )
выражением (х) тоже расширяет ОДЗ уравнения.
1. Решите уравнение: log x1 3  2 .
log x1 3  2  по определению логарифма
( x  1) 2  3  x  1   3  x  1 3 , но х–1 не может быть отрицательным 
x  1 3 .
2. Решите уравнение: 3log3 ( x 4 x3)  x  3 .
Применяя основное логарифмическое тождество, получим x 2  4 x  3  x  3
x 2  5 x  6  0  x1  2; x2  3 .
Поскольку при применении основного логарифмического тождества могли появиться
посторонние корни, необходима проверка.
2
Проверка: x  2 : 3log3 ( 483) – не существует, то есть х=2 не является корнем.
x  3 : 3log3 (9123) – не существует, то есть х=3 не является корнем.
Ответ: уравнение не имеет решений.
3. Решите уравнение: lg( x  1) 2  lg( x  9) 2  2 lg 9 .
Если решать уравнение, применяя формулу log a  f ( x)  n log a f ( x) , получим
2 lg( x  1)  2 lg( x  9)  2 lg 9
n
lg( x  1)( x  9)  lg 9
x 2  10 x  0
x  0;
x  1 , то, с одной стороны, могли быть корни потеряны, так как ОДЗ
сужается действительно, выражение lg( x  1) 2 существует при всех х, отличных от –
1, выражение lg( x  9) 2 существует при всех х, отличных от
–9, а выражение lg( x  1) существует при х>-1, а выражение lg( x  9) существует
при x>-9. С другой стороны, замена выражения log( x  1)  log( x  9) выражением
log( x  1)( x  9) может привести к приобретению корней, но это легко устраняется
проверкой.
Решать это уравнение можно было иначе.
lg( x  1) 2  lg( x  9) 2  2 lg 9
lg( x  1) 2  ( x  9) 2  lg 9 2
( x  1) 2  ( x  9) 2  9 2
( x  1)( x  9)  9
а) x 2  10 x  9  9
x 2  10 x  0
б) x 2  10 x  9  9
x 2  10 x  18  0
x  5  7
x  0; x  10
так как ОДЗ уравнения составляют любые действительные значения х, отличные от –
1 и –9, то решением уравнения являются все найденные значения х.
Ответ: x  0; x  10; x  5  7 .
Можно было при решении уравнения рассуждать следующим образом:
2 lg x  1  2 lg x  9  2 lg 9
lg x  1  lg x  9  lg 9
lg x  1  x  9  lg 9
x 1  x  9  9
( x  1)( x  9)  9  x  0, x  10, x  5  7 .
Решение логарифмических неравенств. При решении неравенств выполняются
преобразования аналогичные тем, что проводились при решении уравнений.
Необходимо следить за равносильностью проводимых преобразований.
Неравенство log a f ( x)  log a  ( x) равносильно
 f ( x)   ( x),
системе: 
при 0<a<1 и
 ( x)  0
 f ( x)   ( x),
системе: 
при а>1.
 f ( x)  0
1. Решите неравенства:
а) log 5 (3x  1)  1
3 x  1  0,

3 x  1  5
 x  1 ,
3

 x  2
1
 x  2.
3
б) log 0,5 (1  2 x)  1
Ответ:
log 0,5 (1  2 x)  log 0,5 2
1

 x  2 ,
1  2 x  2,
 

1  2 x  0
x   1

2
1
1
Ответ:   x  .
2
2
2x  6
0
в) log 7
2x 1
log 7
2x  6
 log 7 1
2x 1
2x  6
 1 (тем более, больше 0)
2x 1
2x  6  2x 1
0
2x 1
5
 0  2x 1  0 
2x 1
1
Ответ: x  .
2
1
1
г)

2
1  lg x 1  lg x
x
1
.
2
1  lg x  1  lg x  2  2 lg 2 x
0
(1  lg x)(1  lg x)
2 lg 2 x
0
(1  lg x)(1  lg x)
 x  1,
lg x  0,
lg x  0,

 
 1
.

(1  lg x)(1  lg x)  0
 1  lg x  1
10  x  10
Ответ: x  (0,1; 1)  (1; 10) .
Контрольное задание
Уважаемые ребята, ниже приводятся задания для самостоятельного решения,
которые следует выполнить, оформить отдельно от заданий по другим предметам и
выслать в адрес Хабаровской краевой заочной физико-математической школы.
Наш адрес: 680000, г. Хабаровск, ул. Дзержинского, 48, ХКЦТТ ( ХКЗФМШ).
Решить уравнения:
5
М10.11.1.  
 3
x 1
 9
 
 25 
x 2  2 x 11
9
5
  ;
 3
М10.11.2. 2 x  2  2 x 1  2 x 1  2 x 2  9 ;
М10.11.3.
x
64  x 23x3  12  0 ;
М10.11.4. 4 x  2  5 2 x  10 x  0 ;
М10.11.5. log 3 ( x  1)  log 3 ( x  3)  1 ;
М10.11.6. log 7 (2 x  1)  log 7 (2 x  7)  1 ;
М10.11.7.
3 lg x  19
 2 lg x  1 .
3 lg x  1
Решите неравенства:
М10.11.8. 3 x
2
7 , 2 x
 
 35 9
1
;
М10.11.9. 3 x  2 x 1  2 x  2  3 x 1  2 x 3  0 ;
М10.11.10. 4
 x
1
2
 7  2x  4  0 ;
М10.11.11. 2 x  2  5 x  2  2 3 x  53 x ;

x2  4 
0;
М10.11.12. log 0,5  log 6
x  4 

М10.11.13. log x ( x 3  x 2  2 x)  3 ;
М10.11.14. log 2 x 3 x 2  1 .