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 =
 2  6  р  р2
 2  4  (2  р)( р  1)
=
.
р 1
р 1
3
4
1). Если p  1 , то в исходном уравнении имеем: 4  3 x  3 , 3 х  ,
3
 1  log 3 4 , то есть при p  1 есть решение, но отрицательное.
4
2
 0 , то есть при p  2 есть
2). D  0 при p  2 ; 3 . Тогда t1 
 2 1
положительное решение и потому p  2 берем в ответ. При p  3 имеем
2
 0 , то есть нет положительного корня.
3 1
х  log 3
3). Если в уравнении * один корень
нулевой, а второй –
положительный, то такая ситуация нас устроит. Имеем соответствующие
4
3
выкладки: р  2 , 3t 2  4t  0 , t(3t  4)  0 ; t 1  0 , t 2   ; таким образом р  2 , нас
не удовлетворяет.
4).
Если оба корня равнения
реализоваться система неравенств:

 D  0,


4
 0,

 p 1
p2
 0.

 p 1
6  p  p 2  0,
p  1  0,
положительны,
р 2  р  6  0,
p  1;
то
должна
р1, 2  2,3;
1
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:
 D  0,

p2
 p  1  0.

р  (1;2) .
Ответ: р  [2;2) .
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:
t 2  2pt  3p - 2  0 , t1, 2   p  p 2  3 p  2.
*
2
1). При D < 0 решений нет.
p 2 - 3p  2  0 ,
p1, 2 = 1;2.
р  (1;2)
2). Если D=0, то t1=–1, t2=–2, то есть р=1 и р=2 нас устраивают.
2
3
2
3
4
3
3). Если один корень нулевой, то р  , t (t  2  )  0, t1  0 , t 2   , и
это значение р 
2
нас устраивает.
3
4). Нас ещё устроит ситуация с двумя отрицательными корнями в
уравнении * , что должно определится при реализации следующей системы
неравенств:
 D  0,

 2 р  0,
3 p  2  0;

p  (;1)  (2;);
p  0;
2
p .
3
Пересечение решений всех трех неравенств принадлежит промежутку
2
( ;1)  (2;) . С учетом
3
2
имеем: p  .
3
2
Ответ: [ ;) .
3
результатов исследований во всех пунктах
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,
2  12 | x|  1
 0,
12 2| x|
так как при | x |  0 12|x|  1 , 2  12|x|  2 и числитель ≥1, а знаменатель тоже ≥1,
*
p
то есть р > 0.
3
Пусть в соотношении * 12|x|=t>0, тогда p 
2t  1
,
t2
p
2(1  t )
, t 0  1;
t3
2(2t  3)
, p (1)  0  max p (t )  p (1)  1. Стало быть, исходное уравнение
t4
имеет решение при p  (0;1] . Само решение определим, преобразовав
p (t ) 
исходное уравнение в квадратное относительно новой переменной “t”: пусть
12|x| = t, t > 0, тогда имеет: pt2–2t+1=0, t1, 2 
1 1 p
 0 , 1–p≥0, p≤1.
p
Так как p>0, то 1  1  р  0 . При знаке “+” перед корнем имеем:
1  1  р  0 , что верно при p≤1, а вернее при 0<p≤1. При знаке “–“ перед
корнем
| x | log 12
имеем:
1  1 p ,
1  1 р ,
0>–p,
p>0.
Итак,
12| x | 
1 1 p
,
p
1 1 p
при p  (0;1] , что является окончательным ответом.
p
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


у1  р х  ln p,
1  p x  ln p,
прямой
у2=х.
у к  у0  у0 ( х  х0 ),
x  p x  p x  ln p  x  p x  ln p  x0 . Так как 1  p x  ln p, то имеем p x  p x  ln p  x0 ,
0
0
0
ln p  x0  1, x0 
0
0
0
0
1
 log p e ,
ln p
4
1
1
1
e
и в соотношении 1 = рx lnp получим: 1  р ln p  ln p , 1 = e∙lnp, ln p  , p0  e e .
1
e
Ответ: если p  e , то нет решений;
если p  e
1
e
или 0<p≤1 имеем одно решение;
1
при p  (1; е е ) – 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, р  1 
4  10  3 х
,
5  9х 1
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,
t1, 2 
5  25  5( p  1)(3  p) 5  40  10 p  5 p 2
.

5( p  1)
5( p  1)
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.
p  ( 4;) .
Ответ: (4;) .
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:
5
4х+3≤р∙(2х +1),
4х  3
,
р х
2 1
откуда следует, что р≥0. Далее, произведем замену 2х=t>0:
t2 –pt–p+3≤0.
Полученное нестрогое неравенство равносильно
уравнения и уже строгого неравенства:
совокупности
t 2  pt  p  3  0,
 2
t  pt  p  3  0.
t1, 2 
p
p 2  4 p  12
.
2
Чтобы уравнение совокупности имело корни,
потребовать, что бы D≥0. Имеем р2+4р–12≥0, р1, 2=–6; 2.
достаточно
Стало быть, при р≥2 будем иметь хотя бы одно решение, ибо при
p2
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: [2;) .
6