Нестандартные методы решений показательных уравнений. 2 + (3х – 10)

Нестандартные методы решений показательных уравнений.
Пример 1. Решите уравнение 3 · 4х + (3х – 10)2х + 3 – х = 0.
Решение. Данное уравнение кроме показательных функций содержит линейные функции у
= 3х – 10 и у = 3 – х. Можно заметить, что относительно р = 2х оно является квадратным:
10−3х ± √(10−3х)2 −12(3−х)
3р2 + (3х – 10)р + 3 – х = 0 и поэтому р = 2х =
10−3х ± √(3х−8)2
6
=
10−3х ±(3х−8)
6
=
10−3х ± √9х2 −48х+64
6
=
1
, откуда р = 3, р = 3 – х. Таким образом, исходное уравнение
6
1
равносильно совокупности уравнений: 2х = 3 , 2х = 3 – х. Корень первого уравнения х =
1
log 2 ( 3). Второе уравнение имеет корень х = 1, а других корней не имеет, т. к. его левая
1
часть – всюду возрастающая функция, а правая – всюду убывающая. Ответ: 1; log 2 ( 3).
2 −2х−1)
Пример 2. Решить уравнение 3log3(х
+ х = 2.
Решение. Применив формулу основного логарифмического тождества, получим
1+√13
1−√13
уравнение х2 – 2х – 1 + х = 2(*), корни которого х1 = 2 и х2 = 2 . Теперь достаточно
проверить, какое из полученных чисел удовлетворяет неравенству:
х2 – 2х – 1 > 0 (**). Это можно сделать проще (не подставляя в неравенство полученные
числа). Перепишем уравнение (*) в виде х2 – 2х – 1 = 2 – х, тогда видим, что выражение
х2 – 2х – 1 положительно тогда и только тогда, когда х < 2. Таким образом, вместо
Дубова Мария Игоревна 273 – 784 - 574
проверки неравенства (**) можно проверить условие х < 2. Теперь видно, что только х =
1−√13
2
является корнем данного уравнения. Ответ:
Пример 3. Решить уравнение
5х +3х
1−√13
2
.
4 ·5х−1
= 2·5х−3х+1.
5х −3х
Решение. В данном уравнении удобно применить следующий прием: разделив числители
и знаменатели в обеих частях уравнения на 5х > 0, получим равносильное исходному
уравнение:
3
5
3
1−( )х
5
1+( )х
=
4
5
3
5
2−3·( )х
. Далее сделаем замену
3
(5)х
= у, у>0 и получаем
1+у
1−у
4
5
= 2−3у . (*)
2
Можно заметить, что у ≠ 1, у ≠ . Таким образом, получаем равносильное (*) уравнение
3
(5 + 5у)(2 – 3у) = 4 – 4у; 10 – 5у – 15у2 – 4 + 4у = 0; 15у2 + у – 6 = 0; D = 1 + 360 = 361;
х
у1=
−1+19
30
; у2=
−1−19
30
3
; у1 = 5 , у2 < 0. Вернемся к нашей замене, получим уравнение
3
, откуда х = 1. Ответ: 1.
5
Пример 4. Решить уравнение (2 + √3)
(х+1)2
+ (2 − √3)
(х−1)2
= (2 + √3)
2х2 +2
+ 1.
3
(5)
=
Решение. Перепишем данное уравнение в виде:
(2 + √3)
х2 +1
(2 + √3)
2х
2х
+
(2+√3)
= (2 + √3)
х2 +1
2х2 +2
+ 1.
(2+√3)
Сделаем замену (2 + √3)
х2 +1
2х
= 𝛼; (2 + √3) = b, тогда αb + bα-1 – α2 – 1 = 0;
α2b + b – α3 – α = 0; α2(b – α) + (b – α) = 0; (b – α)(α2 + 1) = 0, откуда b = 𝛼, поскольку
2х
уравнение α2 + 1 = 0 корней не имеет. Таким образом, (2 + √3) = (2 + √3)
х2 +1
и
х2 + 1 = 2х. Очевидно, что х = 1. Ответ: 1.
Пример 5. Решить уравнение 6 · 2|х−2|+ |х−4| + 8 · 3|х−1|+ |х−3|−1= 48.
Решение. Разделим обе части уравнения на 24, получим уравнение
2|х−2|+ |х−4|−2+ 3|х−1|+ |х−3|−2 = 2. Применяя неравенство |α − b| ≤ |α| + |b| (его легко
доказать возведением обеих частей в квадрат), получим |х – 2| + |х – 4| ≥ |х – 2 – (х – 4)| =
2 и |х – 1| + |х – 3| = |х – 1 – (х – 3)| = 2, поэтому 2|х−2|+ |х−4|−2 ≥ 1 и 3|х−1|+ |х−3|−2 ≥ 1.
Знак равенства возможен, если имеет решение система уравнений:
{
|х – 2| + |х – 4| = 2,
|х – 1| + |х – 3| = 2
<=> {
х ∈ [2; 4]
<=> [2; 3].
х ∈ [1; 3]
Ответ: [2; 3]
Пример 5. Решить уравнение х2 – 2х + 2 = 2 · 2х−1 – 4х−1 . Решение. Представим
2х−1 = 1,
уравнение в виде (2х−1 – 1)2 + (х – 1)2 = 0. Это уравнение равносильно системе: {
х − 1 = 0,
откуда х = 1. Ответ: 1.