Kaip išspręsti eksponentines lygtis ir nelygybes. eksponentinės lygtys

Šioje pamokoje nagrinėsime sudėtingesnių eksponentinių lygčių sprendimą, priminsime pagrindines teorines nuostatas dėl eksponentinės funkcijos.

1. Eksponentinės funkcijos apibrėžimas ir savybės, paprasčiausių eksponentinių lygčių sprendimo technika

Prisiminkite eksponentinės funkcijos apibrėžimą ir pagrindines savybes. Visų eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimas yra pagrįstas savybėmis.

Eksponentinė funkcija yra formos funkcija , kur bazė yra laipsnis, o čia x yra nepriklausomas kintamasis, argumentas; y – priklausomas kintamasis, funkcija.

Ryžiai. 1. Eksponentinės funkcijos grafikas

Grafike rodomas didėjantis ir mažėjantis eksponentas, iliustruojantis eksponentinę funkciją, kai bazė yra didesnė už vieną ir mažesnė už vieną, bet didesnė už nulį.

Abi kreivės eina per tašką (0;1)

Eksponentinės funkcijos savybės:

Domenas: ;

Vertybių diapazonas: ;

Funkcija yra monotoniška, didėja kaip , mažėja kaip .

Monotoninė funkcija kiekvieną jos reikšmę įgauna su viena argumento reikšme.

Kai argumentas padidėja nuo minuso iki pliuso begalybės, funkcija didėja nuo nulio imtinai iki pliusinės begalybės. Priešingai, kai argumentas didėja nuo minuso iki pliuso begalybės, funkcija sumažėja nuo begalybės iki nulio, imtinai.

2. Tipinių eksponentinių lygčių sprendimas

Prisiminkite, kaip išspręsti paprasčiausias eksponentines lygtis. Jų sprendimas pagrįstas eksponentinės funkcijos monotoniškumu. Beveik visos sudėtingos eksponentinės lygtys yra redukuojamos į tokias lygtis.

Rodiklių lygybė su lygiomis bazėmis atsiranda dėl eksponentinės funkcijos savybės, būtent dėl ​​jos monotoniškumo.

Sprendimo metodas:

Išlyginti laipsnių pagrindus;

Sulyginkite eksponentus.

Pereikime prie sudėtingesnių eksponentinių lygčių, mūsų tikslas yra sumažinti kiekvieną iš jų iki paprasčiausių.

Atsikratykime šaknies kairėje pusėje ir sumažinkime laipsnius iki to paties pagrindo:

Norint sumažinti sudėtingą eksponentinę lygtį į paprastą, dažnai naudojamas kintamųjų keitimas.

Naudokime laipsnio savybę:

Pristatome pakaitalą. Leisk tada. Su tokiu pakeitimu akivaizdu, kad y laikosi griežtai teigiamas vertes. Mes gauname:

Gautą lygtį padauginame iš dviejų ir visus terminus perkeliame į kairę pusę:

Pirmoji šaknis netenkina y reikšmių intervalo, ją atmetame. Mes gauname:

Suveskime laipsnius į tą patį rodiklį:

Pristatome pakaitalą:

Leisk tada . Šiuo pakeitimu akivaizdu, kad y įgyja griežtai teigiamas reikšmes. Mes gauname:

Mes žinome, kaip išspręsti panašias kvadratines lygtis, rašome atsakymą:

Kad įsitikintumėte, ar šaknys rastos teisingai, galite patikrinti pagal Vietos teoremą, tai yra rasti šaknų ir jų sandaugos sumą ir patikrinti atitinkamais lygties koeficientais.

Mes gauname:

3. Antrojo laipsnio vienarūšių eksponentinių lygčių sprendimo technika

Išstudijuokime šiuos svarbius eksponentinių lygčių tipus:

Šio tipo lygtys yra vadinamos antrojo laipsnio vienarūšėmis funkcijų f ir g atžvilgiu. Kairėje jo pusėje yra kvadratinis trinaris f atžvilgiu su parametru g arba kvadratinis trinaris g atžvilgiu su parametru f.

Sprendimo metodas:

Šią lygtį galima išspręsti kaip kvadratinę, bet lengviau tai padaryti atvirkščiai. Reikėtų atsižvelgti į du atvejus:

Pirmuoju atveju gauname

Antruoju atveju turime teisę padalyti iš aukščiausio laipsnio ir gauname:

Turėtume įvesti kintamųjų pakeitimą, gauname kvadratinė lygtis su pagarba:

Atkreipkite dėmesį, kad funkcijos f ir g gali būti savavališkos, tačiau mus domina atvejis, kai tai yra eksponentinės funkcijos.

4. Vienarūšių lygčių sprendimo pavyzdžiai

Perkelkime visus terminus į kairę lygties pusę:

Kadangi eksponentinės funkcijos įgyja griežtai teigiamas reikšmes, mes turime teisę iš karto padalyti lygtį iš , neatsižvelgdami į atvejį, kai:

Mes gauname:

Pristatome pakaitalą: (pagal eksponentinės funkcijos savybes)

Gavome kvadratinę lygtį:

Šaknis nustatome pagal Vieta teoremą:

Pirmoji šaknis netenkina y reikšmių intervalo, ją atmetame, gauname:

Panaudokime laipsnio savybes ir sumažinkime visus laipsnius iki paprastų bazių:

Nesunku pastebėti f ir g funkcijas:

Kadangi eksponentinės funkcijos įgyja griežtai teigiamas reikšmes, turime teisę iš karto lygtį padalyti iš , neatsižvelgdami į atvejį, kai .

Daugelis žmonių mano, kad eksponentinė nelygybė yra kažkas tokio sudėtingo ir nesuprantamo. O tas mokymasis jas spręsti yra kone didelis menas, kurį suvokti sugeba tik Išrinktieji...

Visiška nesąmonė! Eksponentinės nelygybės yra lengvos. Ir juos visada lengva išspręsti. Na, beveik visada. :)

Šiandien mes analizuosime šią temą plačiai ir plačiai. Ši pamoka bus labai naudinga tiems, kurie tik pradeda suprasti šią mokyklinės matematikos dalį. Pradėkime nuo paprastų užduočių ir pereikime prie sudėtingesnių. Šiandien nebus atšiaurumo, bet to, ką skaitysite, pakaks, kad išspręstumėte daugumą nelygybių, kylančių dėl visų rūšių kontrolės ir savarankiško darbo. Ir dėl šio jūsų egzamino.

Kaip visada, pradėkime nuo apibrėžimo. Eksponentinė nelygybė yra bet kokia nelygybė, turinti eksponentinę funkciją. Kitaip tariant, jį visada galima redukuoti iki formos nelygybės

\[((a)^(x)) \gt b\]

Kur $b$ vaidmuo gali būti įprastas skaičius, o gal kažkas sunkesnio. Pavyzdžiai? Taip prašau:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(x)) \gt 4;\quad ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2));\ keturkampis ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01;\quad ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac (4) )(x))). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Manau, kad prasmė aiški: yra eksponentinė funkcija $((a)^(x))$, ji lyginama su kažkuo, o tada prašoma rasti $x$. Ypač klinikinių atvejų vietoj kintamojo $x$ jie gali įdėti kokią nors funkciją $f\left(x \right)$ ir taip šiek tiek apsunkinti nelygybę. :)

Žinoma, kai kuriais atvejais nelygybė gali atrodyti rimtesnė. Pavyzdžiui:

\[((9)^(x))+8 \gt ((3)^(x+2))\]

Ar net tai:

Apskritai tokių nelygybių sudėtingumas gali būti labai įvairus, bet galiausiai jie vis tiek susiveda į paprastą konstrukciją $((a)^(x)) \gt b$. Ir mes kažkaip susitvarkysime su tokiu dizainu (ypač klinikiniais atvejais, kai nieko neateina į galvą, mums padės logaritmai). Todėl dabar mes išmoksime išspręsti tokias paprastas konstrukcijas.

Paprasčiausių eksponentinių nelygybių sprendimas

Pažiūrėkime į kažką labai paprasto. Pavyzdžiui, čia yra:

\[((2)^(x)) \gt 4\]

Akivaizdu, kad skaičių dešinėje galima perrašyti kaip dviejų laipsnį: $4=((2)^(2))$. Taigi pradinė nelygybė perrašoma labai patogia forma:

\[((2)^(x)) \gt ((2)^(2))\]

O dabar rankos niežti "perbraukti" laipsnių pagrinduose stovinčius dvejetus, kad gautų atsakymą $x \gt 2$. Tačiau prieš ką nors išbraukdami, prisiminkime dviejų galias:

\[((2)^(1))=2;\quad ((2)^(2))=4;\quad ((2)^(3))=8;\quad ((2)^( 4))=16;...\]

Kaip matote, kuo didesnis rodiklis, tuo didesnis išvesties skaičius. "Ačiū, Cap!" – sušuks vienas iš mokinių. Ar atsitinka kitaip? Deja, taip atsitinka. Pavyzdžiui:

\[((\left(\frac(1)(2) \right))^(1))=\frac(1)(2);\quad ((\left(\frac(1)(2) \ dešinė))^(2))=\frac(1)(4);\quad ((\left(\frac(1)(2) \right))^(3))=\frac(1)(8 );...\]

Čia irgi viskas logiška: ką daugiau laipsnio, tuo daugiau kartų skaičius 0,5 padauginamas iš savęs (t. y. padalinamas per pusę). Taigi gauta skaičių seka mažėja, o skirtumas tarp pirmosios ir antrosios sekos yra tik bazėje:

• Jei laipsnio $a \gt 1$ bazė, tai didėjant rodikliui $n$, augs ir skaičius $((a)^(n))$;
• Ir atvirkščiai, jei $0 \lt a \lt 1$, tai augant rodikliui $n$ skaičius $((a)^(n))$ mažės.

Susumavus šiuos faktus, gauname svarbiausią teiginį, kuriuo grindžiamas visas eksponentinių nelygybių sprendimas:

Jei $a \gt 1$, tai nelygybė $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ yra lygi nelygybei $x \gt n$. Jei $0 \lt a \lt 1$, tai nelygybė $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ lygi nelygybei $x \lt n$.

Kitaip tariant, jei bazė yra didesnė už vieną, galite ją tiesiog pašalinti – nelygybės ženklas nepasikeis. O jei pagrindas mažesnis už vieną, tuomet jį irgi galima nuimti, bet nelygybės ženklą taip pat teks keisti.

Atkreipkite dėmesį, kad mes neatsižvelgėme į $a=1$ ir $a\le 0$ parinktis. Nes tokiais atvejais yra neapibrėžtumas. Tarkime, kaip išspręsti formos $((1)^(x)) \gt 3$ nelygybę? Vienas bet kuriai valdžiai vėl duos vienetą – mes niekada negausime trijų ar daugiau. Tie. sprendimų nėra.

Su neigiamomis bazėmis tai dar įdomiau. Apsvarstykite, pavyzdžiui, tokią nelygybę:

\[((\left(-2 \right))^(x)) \gt 4\]

Iš pirmo žvilgsnio viskas paprasta:

Teisingai? Bet ne! Užtenka vietoj $x$ pakeisti porą lyginių ir porą nelyginių skaičių, kad įsitikintumėte, jog sprendimas neteisingas. Pažiūrėk:

\[\begin(lygiuoti) & x=4\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(4))=16 \gt 4; \\ & x=5\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(5))=-32 \lt 4; \\ & x=6\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(6))=64 \gt 4; \\ & x=7\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(7))=-128 \lt 4. \\\end(lygiuoti)\]

Kaip matote, ženklai keičiasi. Bet dar yra trupmeniniai laipsniai ir kita skarda. Pavyzdžiui, kaip būtų galima suskaičiuoti $((\left(-2 \right))^(\sqrt(7)))$ (atėmus du, pakeltus iki septynių šaknies)? Negali būti!

Todėl, siekiant apibrėžtumo, darome prielaidą, kad visose eksponentinėse nelygybėse (beje, ir lygtyse) $1\ne a \gt 0$. Ir tada viskas išspręsta labai paprastai:

1 \\ & x \lt n\quad \left(0 \lt a \lt 1 \right). \\\pabaiga (lygiuoti) \right.\]

Apskritai dar kartą prisiminkite pagrindinę taisyklę: jei eksponentinės lygties bazė yra didesnė už vieną, galite ją tiesiog pašalinti; o jei pagrindas mazesnis nei vienas, tai irgi galima nuimti, bet tai pakeis nelygybes zenkl.

Sprendimo pavyzdžiai

Taigi, apsvarstykite keletą paprastų eksponentinių nelygybių:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01; \\ & ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Pirminė užduotis visais atvejais ta pati: nelygybes sumažinti iki paprasčiausios formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$. Taip dabar darysime su kiekviena nelygybe ir tuo pačiu kartosime laipsnių savybes ir eksponentinę funkciją. Taigi eikime!

\[((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2))\]

Ką čia galima padaryti? Na, o kairėje jau turime demonstratyvų išsireiškimą – nieko keisti nereikia. Bet dešinėje yra kažkoks mėšlas: trupmena ir net šaknis vardiklyje!

Tačiau atsiminkite darbo su trupmenomis ir laipsniais taisykles:

\[\begin(lygiuoti) & \frac(1)(((a)^(n)))=((a)^(-n)); \\ & \sqrt[k](a)=((a)^(\frac(1)(k))). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Ką tai reiškia? Pirma, mes galime lengvai atsikratyti trupmenos, paversdami ją neigiamu eksponentu. Antra, kadangi vardiklis yra šaknis, būtų malonu jį paversti laipsniu – šį kartą su trupmeniniu rodikliu.

Taikykime šiuos veiksmus nuosekliai dešinėje nelygybės pusėje ir pažiūrėkime, kas atsitiks:

\[\frac(1)(\sqrt(2))=((\left(\sqrt(2) \right))^(-1))=((\left(((2)^(\frac( 1)(3))) \right))^(-1))=((2)^(\frac(1)(3)\cdot \left(-1 \right)))=((2)^ (-\frac(1)(3)))\]

Nepamirškite, kad didinant laipsnį iki laipsnio, pridedami šių laipsnių rodikliai. Ir apskritai, dirbant su eksponentinėmis lygtimis ir nelygybėmis, būtina žinoti bent pačias paprasčiausias darbo su galiomis taisykles:

\[\begin(lygiuoti) & ((a)^(x))\cdot ((a)^(y))=((a)^(x+y)); \\ & \frac(((a)^(x)))(((a)^(y)))=((a)^(x-y)); \\ & ((\left(((a)^(x)) \right))^(y))=((a)^(x\cdot y)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Tiesą sakant, paskutinė taisyklė ką tik kreipėmės. Todėl mūsų pradinė nelygybė bus perrašyta taip:

\[((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2))\Rodyklė dešinėn ((2)^(x-1))\le ((2)^(-\ frac(1)(3)))\]

Dabar mes atsikratome deuce prie pagrindo. Kadangi 2 > 1, nelygybės ženklas išlieka toks pat:

\[\begin(align) & x-1\le -\frac(1)(3)\Rightarrow x\le 1-\frac(1)(3)=\frac(2)(3); \\ & x\in \left(-\infty ;\frac(2)(3) \right]. \\\end(lygiuoti)\]

Štai visas sprendimas! Pagrindinis sunkumas yra visai ne eksponentinėje funkcijoje, o kompetentingame pradinės išraiškos pakeitime: reikia atsargiai ir kuo greičiau ją perkelti į paprasčiausią formą.

Apsvarstykite antrąją nelygybę:

\[((0,1)^(1-x)) \lt 0,01\]

Taip ir taip. Čia laukiame dešimtainių trupmenų. Kaip jau ne kartą sakiau, bet kokiose išraiškose, turinčiose galias, turėtumėte atsikratyti dešimtainių trupmenų – dažnai tai yra vienintelis būdas pamatyti greitą ir paprastą sprendimą. Štai ko mes atsikratysime:

\[\begin(align) & 0,1=\frac(1)(10);\quad 0,01=\frac(1)(100)=((\left(\frac(1)(10) \ dešinėje))^(2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01\Rightarrow ((\left(\frac(1)(10) \right))^(1-x)) \lt ( (\left(\frac(1)(10) \right))^(2)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Prieš mus vėl pati paprasčiausia nelygybė, ir net su baze 1/10, t.y. mažiau nei vienas. Na, nuimame pagrindus, kartu keisdami ženklą iš „mažiau“ į „didesnį“, ir gauname:

\[\begin(lygiuoti) & 1-x \gt 2; \\ & -x \gt 2-1; \\ & -x \gt 1; \\& x \lt -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Gavome galutinį atsakymą: $x\in \left(-\infty ;-1 \right)$. Atkreipkite dėmesį, kad atsakymas yra tiksliai nustatytas ir jokiu būdu formos $x \lt -1$ konstrukcija. Nes formaliai tokia konstrukcija yra visai ne aibė, o nelygybė kintamojo $x$ atžvilgiu. Taip, tai labai paprasta, bet tai nėra atsakymas!

Svarbi pastaba. Šią nelygybę būtų galima išspręsti kitu būdu – sumažinant abi dalis iki galios, kurios bazė yra didesnė už vieną. Pažiūrėk:

\[\frac(1)(10)=((10)^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(((10)^(-1)) \right))^(1-x)) \ lt ((\left(((10)^(-1)) \right))^(2))\Rodyklė dešinėn ((10)^(-1\cdot \left(1-x \right))) \lt ((10)^(-1\cdot 2))\]

Po tokios transformacijos vėl gauname eksponentinę nelygybę, bet su baze 10 > 1. O tai reiškia, kad galite tiesiog nubraukti dešimtuką – nelygybės ženklas nepasikeis. Mes gauname:

\[\begin(lygiuoti) & -1\cdot \left(1-x \right) \lt -1\cdot 2; \\ & x-1 \lt-2; \\ & x \lt -2+1=-1; \\ & x \lt -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Kaip matote, atsakymas yra visiškai tas pats. Tuo pačiu apsisaugojome nuo būtinybės keisti ženklą ir apskritai atsiminti kai kurias ten taisykles. :)

\[((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16\]

Tačiau neleiskite, kad tai jūsų gąsdintų. Kad ir kas būtų rodikliuose, pati nelygybės sprendimo technologija išlieka ta pati. Todėl pirmiausia pažymime, kad 16 = 2 4 . Perrašykime pradinę nelygybę atsižvelgdami į šį faktą:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt ((2)^(4)); \\ & ((x)^(2))-7x+14 \lt 4; \\ & ((x)^(2))-7x+10 \lt 0. \\\end(lygiuoti)\]

Sveika! Gavome įprastą kvadratinę nelygybę! Ženklas niekur nepasikeitė, nes pagrindas yra dvejetas – skaičius didesnis už vieną.

Funkcijos nuliai skaičių eilutėje

Išdėstome funkcijos $f\left(x \right)=((x)^(2))-7x+10$ ženklus - aišku, jos grafikas bus parabolė su šakomis į viršų, taigi bus "pliusai “ šonuose. Mus domina regionas, kuriame funkcija mažesnė už nulį, t.y. $x\in \left(2;5 \right)$ yra atsakymas į pradinę problemą.

Galiausiai apsvarstykite kitą nelygybę:

\[((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25)\]

Vėl matome eksponentinę funkciją su dešimtaine trupmena bazėje. Paverskime šią trupmeną į bendrą trupmeną:

\[\begin(align) & 0,2=\frac(2)(10)=\frac(1)(5)=((5)^(-1))\Rodyklė dešinėn \\ & \Rightarrow ((0) ,2)^(1+(x)^(2))))=((\left(((5)^(-1)) \right))^(1+(x)^(2) )))=((5)^(-1\cdot \left(1+(x)^(2)) \right)))\end (lygiuoti)\]

Šiuo atveju pasinaudojome anksčiau pateikta pastaba - sumažinome bazę iki 5\u003e 1, kad supaprastintume tolesnį sprendimą. Tą patį padarykime su dešine puse:

\[\frac(1)(25)=((\left(\frac(1)(5) \right))^(2))=((\left(((5)^(-1)) \ dešinėje))^(2))=((5)^(-1\ctaškas 2))=((5)^(-2))\]

Perrašykime pradinę nelygybę, atsižvelgdami į abi transformacijas:

\[((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25)\Rodyklė dešinėn ((5)^(-1\cdot \left(1+) ((x)^(2)) \right)))\ge ((5)^(-2))\]

Abiejų pusių pagrindai yra vienodi ir didesni už vieną. Dešinėje ir kairėje nėra kitų terminų, todėl tiesiog „perbraukiame“ penketukus ir gauname labai paprastą posakį:

\[\begin(lygiuoti) & -1\cdot \left(1+((x)^(2)) \right)\ge -2; \\ & -1-((x)^(2))\ge -2; \\ & -((x)^(2))\ge -2+1; \\ & -((x)^(2))\ge -1;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))\le 1. \\\end(lygiuoti)\]

Čia jūs turite būti atsargūs. Daugelis studentų mėgsta tiesiog išgauti Kvadratinė šaknis abi nelygybės dalis ir parašykite kažką panašaus į $x\le 1\Rightarrow x\in \left(-\infty ;-1 \right]$. Niekada neturėtumėte to daryti, nes tikslaus kvadrato šaknis yra modulis, ir jokiu būdu originalus kintamasis:

\[\sqrt(((x)^(2)))=\left| x\right|\]

Tačiau darbas su moduliais nėra pati maloniausia patirtis, tiesa? Taigi mes nedirbsime. Vietoj to, mes tiesiog perkeliame visus terminus į kairę ir išsprendžiame įprastą nelygybę naudodami intervalo metodą:

$\begin(lygiuoti) & ((x)^(2))-1\le 0; \\ & \left(x-1 \right)\left(x+1 \right)\le 0 \\ & ((x)_(1))=1;\quad ((x)_(2)) =-1; \\\end(lygiuoti)$

Vėlgi, pažymime gautus taškus skaičių eilutėje ir žiūrime į ženklus:

Atkreipkite dėmesį: taškai yra tamsinti.

Kadangi sprendėme negriežtą nelygybę, visi grafiko taškai yra užtamsinti. Todėl atsakymas bus toks: $x\in \left[ -1;1 \right]$ yra ne intervalas, o segmentas.

Apskritai norėčiau pastebėti, kad eksponentinėse nelygybėse nėra nieko sudėtingo. Visų šiandien atliktų transformacijų prasmė susiveda į paprastą algoritmą:

• Raskite bazę, iki kurios sumažinsime visus laipsnius;
• Atsargiai atlikite transformacijas, kad gautumėte formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ nelygybę. Žinoma, vietoj kintamųjų $x$ ir $n$ gali būti daug sudėtingesnių funkcijų, bet tai nekeičia reikšmės;
• Nubraukite laipsnių pagrindus. Šiuo atveju nelygybės ženklas gali pasikeisti, jei bazė $a \lt 1$.

Tiesą sakant, tai yra universalus visų tokių nelygybių sprendimo algoritmas. O visa kita, kas jums bus pasakyta šia tema, yra tik konkrečios gudrybės ir gudrybės, kurios supaprastins ir paspartins transformaciją. Štai vienas iš tų triukų, apie kuriuos dabar kalbėsime. :)

racionalizavimo metodas

Apsvarstykite kitą nelygybių partiją:

\[\begin(lygiuoti) & ((\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))^(x+7)) \gt ((\text( )\!\!\pi \!\!\text( ))^(((x)^(2))-3x+2)); \\ & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1; \\ & ((\left(\frac(1)(3) \right))^(((x)^(2))+2x)) \gt ((\left(\frac(1)(9)) \dešinė))^(16-x)); \\ & ((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt 1. \\\end(lygiuoti)\]

Na, o kuo jie ypatingi? Jie taip pat yra lengvi. Nors, sustok! Ar pi pakeltas į galią? Kokia nesąmonė?

O kaip skaičių $2\sqrt(3)-3$ pakelti iki galios? Arba $ 3-2\sqrt(2)$? Užduočių rengėjai prieš sėsdami į darbą akivaizdžiai išgėrė per daug „Gudobelės“. :)

Tiesą sakant, šiose užduotyse nėra nieko blogo. Priminsiu: eksponentinė funkcija yra $((a)^(x))$ formos išraiška, kur bazė $a$ yra bet koks teigiamas skaičius, išskyrus vieną. Skaičius π yra teigiamas – mes tai jau žinome. Skaičiai $2\sqrt(3)-3$ ir $3-2\sqrt(2)$ taip pat teigiami – tai nesunku pastebėti, jei palyginsime juos su nuliu.

Pasirodo, visos šios „siaubingos“ nelygybės niekuo nesiskiria nuo paprastų, aptartų aukščiau? Ir jie tai daro taip pat? Taip, visiškai teisingai. Tačiau, remdamasis jų pavyzdžiu, norėčiau apsvarstyti vieną gudrybę, kuri sutaupo daug laiko savarankiškam darbui ir egzaminams. Kalbėsime apie racionalizavimo metodą. Taigi dėmesio:

Bet kuri eksponentinė nelygybė formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ yra lygi nelygybei $\left(x-n \right)\cdot \left(a-1 \ dešinėje) \gt 0 $.

Štai ir visas metodas :) Ar galvojote, kad bus koks nors kitas žaidimas? Nieko panašaus! Tačiau šis paprastas faktas, parašytas pažodžiui vienoje eilutėje, labai supaprastins mūsų darbą. Pažiūrėk:

\[\begin(matrica) ((\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))^(x+7)) \gt ((\text( )\!\!\pi\ !\!\text( ))^(((x)^(2))-3x+2)) \\ \Downarrow \\ \left(x+7-\left(((x)^(2)) -3x+2 \right) \right)\cdot \left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \right) \gt 0 \\\pabaiga (matrica)\]

Čia nėra daugiau eksponentinių funkcijų! Ir jums nereikia prisiminti, ar ženklas pasikeitė, ar ne. Bet yra nauja problema: ką daryti su sušiktu daugikliu \[\left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \right)\]? Mes nežinome, kokia yra tiksli pi reikšmė. Tačiau atrodo, kad kapitonas užsimena apie tai, kas akivaizdu:

\[\text( )\!\!\pi\!\!\text( )\apytiksliai 3,14... \gt 3\Rightarrow \text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \gt 3-1=2\]

Apskritai tiksli π reikšmė mūsų nelabai jaudina – svarbu tik suprasti, kad bet kuriuo atveju $\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \gt 2 $, t.e. yra teigiama konstanta, ir iš jos galime padalinti abi nelygybės puses:

\[\begin(lygiuoti) & \left(x+7-\left(((x)^(2))-3x+2 \right) \right)\cdot \left(\text( )\!\! \pi\!\!\text( )-1 \right) \gt 0 \\ & x+7-\left(((x)^(2))-3x+2 \right) \gt 0; \\ & x+7-((x)^(2))+3x-2 \gt 0; \\ & -((x)^(2))+4x+5 \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))-4x-5 \lt 0; \\ & \left(x-5 \right)\left(x+1 \right) \lt 0. \\\end (lygiuoti)\]

Kaip matote, tam tikru momentu turėjome dalytis iš minus vieneto ir pasikeitė nelygybės ženklas. Pabaigoje išplėčiau kvadratinį trinarį pagal Vietos teoremą - akivaizdu, kad šaknys lygios $((x)_(1))=5$ ir $((x)_(2))=- 1 USD. Tada viskas išsprendžiama klasikiniu intervalų metodu:

Nelygybę išsprendžiame intervalų metodu

Visi taškai yra perbraukti, nes pradinė nelygybė yra griežta. Mus domina sritis su neigiamomis reikšmėmis, todėl atsakymas yra $x\in \left(-1;5 \right)$. Štai ir sprendimas. :)

Pereikime prie kitos užduoties:

\[((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1\]

Čia viskas paprasta, nes dešinėje yra blokas. Ir mes prisimename, kad vienetas yra bet koks skaičius, padidintas iki nulio laipsnio. Net jei šis skaičius yra neracionali išraiška, stovint prie pagrindo kairėje:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1=((\left(2) \sqrt(3)-3\right))^(0)); \\ & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt ((\left(2\sqrt(3)-3) \dešinė))^(0)); \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Taigi racionalizuosime:

\[\begin(lygiuoti) & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot \left(2\sqrt(3)-3-1 \right) \lt 0; \\ & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot \left(2\sqrt(3)-4 \right) \lt 0; \\ & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\ ]

Belieka tik susitvarkyti su ženklais. Daugiklis $2\left(\sqrt(3)-2 \right)$ neturi kintamojo $x$ – tai tik konstanta, ir mes turime išsiaiškinti jo ženklą. Norėdami tai padaryti, atkreipkite dėmesį į šiuos dalykus:

\[\begin(matrica) \sqrt(3) \lt \sqrt(4)=2 \\ \Downarrow \\ 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 2\cdot \left(2) -2 \right)=0 \\\pabaiga (matrica)\]

Pasirodo, antrasis veiksnys yra ne tik konstanta, bet ir neigiama konstanta! O dalijant iš jo pradinės nelygybės ženklas pasikeis į priešingą:

\[\begin(lygiuoti) & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 0; \\ & ((x)^(2))-2x-0 \gt 0; \\ & x\left(x-2 \right) \gt 0. \\\end (lygiuoti)\]

Dabar viskas tampa gana akivaizdu. Šaknys kvadratinis trinaris dešinėje: $((x)_(1))=0$ ir $((x)_(2))=2$. Pažymime juos skaičių eilutėje ir žiūrime į funkcijos $f\left(x \right)=x\left(x-2 \right)$ ženklus:

Atvejis, kai mus domina šoniniai intervalai

Mus domina pliuso ženklu pažymėti intervalai. Belieka tik surašyti atsakymą:

Pereikime prie kito pavyzdžio:

\[((\left(\frac(1)(3) \right))^(((x)^(2))+2x)) \gt ((\left(\frac(1)(9) \ dešinėje))^(16-x))\]

Na, čia viskas gana akivaizdu: bazės yra to paties skaičiaus galios. Todėl viską parašysiu trumpai:

\[\begin(matrica) \frac(1)(3)=((3)^(-1));\quad \frac(1)(9)=\frac(1)(((3)^( 2)))=((3)^(-2)) \\ \Downarrow \\ ((\left(((3)^(-1)) \right))^(((x)^(2) )+2x)) \gt ((\left(((3)^(-2)) \right))^(16-x)) \\\pabaiga(matrica)\]

\[\begin(lygiuoti) & ((3)^(-1\cdot \left(((x)^(2))+2x \right))) \gt ((3)^(-2\cdot \ left(16-x\right))); \\ & ((3)^(-((x)^(2))-2x)) \gt ((3)^(-32+2x)); \\ & \left(-((x)^(2))-2x-\left(-32+2x \right) \right)\cdot \left(3-1 \right) \gt 0; \\ & -((x)^(2))-2x+32-2x \gt 0; \\ & -((x)^(2))-4x+32 \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))+4x-32 \lt 0; \\ & \left(x+8 \right)\left(x-4 \right) \lt 0. \\\end (lygiuoti)\]

Kaip matote, transformacijų procese turėjome dauginti iš neigiamo skaičiaus, todėl pasikeitė nelygybės ženklas. Pačioje pabaigoje aš vėl pritaikiau Vietos teoremą kvadratiniam trinaliui koeficientuoti. Dėl to atsakymas bus toks: $x\in \left(-8;4 \right)$ – norintys gali tuo įsitikinti nubrėžę skaičių liniją, pažymėdami taškus ir skaičiuodami ženklus. Tuo tarpu mes pereisime prie paskutinės nelygybės iš mūsų „rinkinio“:

\[((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt 1\]

Kaip matote, pagrindas vėl yra neracionalus skaičius, o vienetas vėl yra dešinėje. Todėl eksponentinę nelygybę perrašome taip:

\[((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt ((\left(3-2\sqrt(2)) dešinėje))^(0))\]

Racionaluokime:

\[\begin(lygiuoti) & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot \left(3-2\sqrt(2)-1 \right) \lt 0; \\ & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot \left(2-2\sqrt(2) \right) \lt 0; \\ & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \right) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\ ]

Tačiau visiškai akivaizdu, kad $1-\sqrt(2) \lt 0$, nes $\sqrt(2)\approx 1.4... \gt 1$. Todėl antrasis veiksnys vėl yra neigiama konstanta, pagal kurią galima padalyti abi nelygybės dalis:

\[\begin(matrica) \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \right) \lt 0 \\ \Downarrow \ \\pabaiga (matrica)\]

\[\begin(lygiuoti) & 3x-((x)^(2))-0 \gt 0; \\ & 3x-((x)^(2)) \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))-3x \lt 0; \\ & x\left(x-3 \right) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\]

Pakeiskite į kitą bazę

Atskira problema sprendžiant eksponentinę nelygybę yra „teisingo“ pagrindo paieška. Deja, iš pirmo žvilgsnio į užduotį toli gražu ne visada aišku, ką laikyti pagrindu, o ką daryti kaip šio pagrindo laipsnį.

Tačiau nesijaudinkite: čia nėra magijos ir „slaptų“ technologijų. Matematikoje bet kokie įgūdžiai, kurių negalima algoritmuoti, gali būti lengvai lavinami praktikuojant. Bet tam jūs turite išspręsti problemas skirtingi lygiai sunkumų. Pavyzdžiui, tai yra:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac(4)(x))); \\ & ((\left(\frac(1)(3) \right))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & ((\left(0,16 \right))^(1+2x))\cdot ((\left(6,25 \right))^(x))\ge 1; \\ & ((\left(\frac(27)(\sqrt(3)) \right))^(-x)) \lt ((9)^(4-2x))\cdot 81. \\\ pabaiga (lygiuoti)\]

Sudėtinga? Baugus? Taip, tai lengviau nei višta ant asfalto! Pabandykime. Pirmoji nelygybė:

\[((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac(4)(x)))\]

Na, manau, kad čia viskas aišku:

Perrašome pradinę nelygybę, viską sumažindami iki pagrindo „du“:

\[((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((2)^(\frac(8)(x)))\Rodyklė dešinėn \left(\frac(x)(2)- \frac(8)(x) \right)\cdot \left(2-1 \right) \lt 0\]

Taip, taip, jūs supratote teisingai: aš tiesiog pritaikiau aukščiau aprašytą racionalizavimo metodą. Dabar reikia dirbti atsargiai: gavome trupmeninę-racionalinę nelygybę (tai ta, kurios vardiklyje yra kintamasis), todėl prieš prilyginant kažką nuliui, reikia viską sumažinti iki bendro vardiklio ir atsikratyti pastovaus koeficiento. .

\[\begin(align) & \left(\frac(x)(2)-\frac(8)(x) \right)\cdot \left(2-1 \right) \lt 0; \\ & \left(\frac(((x)^(2))-16)(2x) \right)\cdot 1 \lt 0; \\ & \frac(((x)^(2))-16)(2x) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\]

Dabar mes naudojame standartinį intervalų metodą. Skaitiklio nuliai: $x=\pm 4$. Vardiklis eina į nulį tik tada, kai $x=0$. Iš viso yra trys taškai, kuriuos reikėtų pažymėti skaičių tiesėje (visi taškai punktyriniai, nes nelygybės ženklas griežtas). Mes gauname:

Sudėtingesnis atvejis: trys šaknys

Kaip galite atspėti, brūkšniavimas žymi intervalus, kuriais kairėje esanti išraiška įgauna neigiamas reikšmes. Todėl į galutinį atsakymą iš karto pateks du intervalai:

Intervalų galai neįtraukiami į atsakymą, nes pradinė nelygybė buvo griežta. Daugiau šio atsakymo patvirtinti nereikia. Šiuo atžvilgiu eksponentinės nelygybės yra daug paprastesnės nei logaritminės: nėra DPV, jokių apribojimų ir pan.

Pereikime prie kitos užduoties:

\[((\left(\frac(1)(3) \right))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x))\]

Čia taip pat nėra problemų, nes mes jau žinome, kad $\frac(1)(3)=((3)^(-1))$, todėl visą nelygybę galima perrašyti taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(((3)^(-1)) \right))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x ))\Rodyklė dešinėn ((3)^(-\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & \left(-\frac(3)(x)-\left(2+x \right) \right)\cdot \left(3-1 \right)\ge 0; \\ & \left(-\frac(3)(x)-2-x \right)\cdot 2\ge 0;\quad \left| :\kairė(-2\dešinė)\dešinė. \\ & \frac(3)(x)+2+x\le 0; \\ & \frac(((x)^(2))+2x+3)(x)\le 0. \\\end(lygiuoti)\]

Atkreipkite dėmesį: trečioje eilutėje nusprendžiau negaišti laiko smulkmenoms ir iškart viską padalinti iš (−2). Minus pateko į pirmą skliaustą (dabar visur yra pliusų), o dvikova buvo sumažinta su pastoviu daugikliu. Būtent tai turėtumėte daryti atlikdami tikrus nepriklausomų ir nepriklausomų skaičiavimų kontrolinis darbas- nereikia tiesiogiai piešti kiekvieno veiksmo ir transformacijos.

Tada pradedamas naudoti pažįstamas intervalų metodas. Skaitiklio nuliai: bet jų nėra. Nes diskriminantas bus neigiamas. Savo ruožtu vardiklis nustatomas į nulį tik tada, kai $x=0$ – kaip ir praėjusį kartą. Na, aišku, kad trupmenos teigiamas reikšmes bus į dešinę nuo $x=0$, o neigiamas – į kairę. Kadangi mus domina tik neigiamos reikšmės, galutinis atsakymas yra $x\in \left(-\infty ;0 \right)$.

\[((\left(0,16 \right))^(1+2x))\cdot ((\left(6,25 \right))^(x))\ge 1\]

O ką reikėtų daryti su dešimtainėmis trupmenomis eksponentinėse nelygybėse? Teisingai: atsikratykite jų paversdami įprastais. Čia mes verčiame:

\[\begin(align) & 0,16=\frac(16)(100)=\frac(4)(25)\rodyklė dešinėn ((\left(0,16 \right))^(1+2x)) =((\left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x)); \\ & 6,25=\frac(625)(100)=\frac(25)(4)\rodyklė dešinėn ((\left(6,25 \right))^(x))=((\left(\) frac(25)(4) \right))^(x)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Na, ką mes gavome eksponentinių funkcijų bazėse? Ir mes gavome du abipusius skaičius:

\[\frac(25)(4)=((\left(\frac(4)(25) \right))^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(\frac(25)(4) \ dešinė))^(x))=((\left(((\left(\frac(4)(25) \right))^(-1)) \right))^(x))=((\ kairėje(\frac(4)(25)\right))^(-x))\]

Taigi pradinė nelygybė gali būti perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x))\cdot ((\left(\frac(4)(25) \right) )^(-x))\ge 1; \\ & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x+\left(-x \right)))\ge ((\left(\frac(4)(25)) \dešinė))^(0)); \\ & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(x+1))\ge ((\left(\frac(4)(25) \right))^(0) ). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Žinoma, padauginus galias su ta pačia baze, jų rodikliai sumuojasi, kas atsitiko antroje eilutėje. Be to, mes reprezentavome vienetą dešinėje, taip pat kaip galią bazėje 4/25. Belieka tik racionalizuoti:

\[((\left(\frac(4)(25) \right))^(x+1))\ge ((\left(\frac(4)(25) \right))^(0)) \RightArrow \left(x+1-0 \right)\cdot \left(\frac(4)(25)-1 \right)\ge 0\]

Atkreipkite dėmesį, kad $\frac(4)(25)-1=\frac(4-25)(25) \lt 0$, t.y. antrasis veiksnys yra neigiama konstanta, o padalijus iš jos nelygybės ženklas pasikeis:

\[\begin(lygiuoti) & x+1-0\le 0\Rodyklė dešinėn x\le -1; \\ & x\in \left(-\infty ;-1 \right]. \\\end(lygiuoti)\]

Galiausiai paskutinė nelygybė iš dabartinio „rinkinio“:

\[((\left(\frac(27)(\sqrt(3)) \right))^(-x)) \lt ((9)^(4-2x))\cdot 81\]

Iš esmės sprendimo idėja čia taip pat aiški: visos eksponentinės funkcijos, sudarančios nelygybę, turi būti sumažintos iki pagrindo „3“. Tačiau tam reikia šiek tiek pasimanyti su šaknimis ir laipsniais:

\[\begin(align) & \frac(27)(\sqrt(3))=\frac(((3)^(3)))(((3)^(\frac(1)(3)) ))=((3)^(3-\frac(1)(3)))=((3)^(\frac(8)(3))); \\ & 9=((3)^(2));\quad 81=((3)^(4)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Atsižvelgiant į šiuos faktus, pradinė nelygybė gali būti perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(((3)^(\frac(8)(3))) \right))^(-x)) \lt ((\left(((3)) ^(2)) \right))^(4-2x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x+4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(4-4x)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Atkreipkite dėmesį į 2 ir 3 skaičiavimų eilutes: prieš darydami ką nors su nelygybe, būtinai perkelkite ją į formą, apie kurią kalbėjome nuo pat pamokos pradžios: $((a)^(x)) \lt ( (a)^(n))$. Jei turite kairiojo arba dešiniojo kairiojo daugiklio, papildomų konstantų ir pan., negali būti atliktas joks racionalizavimas ir pagrindų „perbraukimas“.! Nesupratus šio paprasto fakto, buvo atlikta daugybė užduočių neteisingai. Aš pats nuolat stebiu šią problemą su savo mokiniais, kai tik pradedame analizuoti eksponentinę ir logaritmines nelygybes.

Bet grįžkime prie mūsų užduoties. Pabandykime šį kartą apsieiti be racionalizavimo. Primename: laipsnio pagrindas yra didesnis nei vienetas, todėl trigubus galima tiesiog perbraukti – nelygybės ženklas nepasikeis. Mes gauname:

\[\begin(lygiuoti) & -\frac(8x)(3) \lt 4-4x; \\ & 4x-\frac(8x)(3) \lt 4; \\ & \frac(4x)(3) \lt 4; \\ & 4x \lt 12; \\ & x \lt 3. \\\end(lygiuoti)\]

Tai viskas. Galutinis atsakymas: $x\in \left(-\infty ;3 \right)$.

Stabilios išraiškos paryškinimas ir kintamojo pakeitimas

Apibendrinant siūlau išspręsti dar keturias eksponentines nelygybes, kurios nepasiruošusiems studentams ir taip yra gana sunkios. Norėdami su jais susidoroti, turite atsiminti darbo su laipsniais taisykles. Visų pirma, bendrų veiksnių išskyrimas skliausteliuose.

Tačiau svarbiausia išmokti suprasti: kas tiksliai gali būti skliausteliuose. Tokia išraiška vadinama stabilia – ją galima pažymėti nauju kintamuoju ir taip atsikratyti eksponentinės funkcijos. Taigi, pažiūrėkime į užduotis:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(x+2))+((5)^(x+1))\ge 6; \\ & ((3)^(x))+((3)^(x+2))\ge 90; \\ & ((25)^(x+1,5))-((5)^(2x+2)) \gt 2500; \\ & ((\left(0,5 \right))^(-4x-8))-((16)^(x+1,5)) \gt 768. \\\end(lygiuoti)\]

Pradėkime nuo pačios pirmosios eilutės. Parašykime šią nelygybę atskirai:

\[((5)^(x+2))+((5)^(x+1))\ge 6\]

Atminkite, kad $((5)^(x+2))=((5)^(x+1+1))=((5)^(x+1))\cdot 5$, taigi dešinioji pusė galima perrašyti:

Atkreipkite dėmesį, kad nelygybėje nėra kitų eksponentinių funkcijų, išskyrus $((5)^(x+1))$. Ir apskritai kintamasis $x$ niekur kitur nepasitaiko, tad įveskime naują kintamąjį: $((5)^(x+1))=t$. Gauname tokią konstrukciją:

\[\begin(lygiuoti) & 5t+t\ge 6; \\ & 6t\ge 6; \\ & t\ge 1. \\\end(lygiuoti)\]

Grįžtame prie pradinio kintamojo ($t=((5)^(x+1))$), ir tuo pačiu prisimename, kad 1=5 0 . Mes turime:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(x+1))\ge ((5)^(0)); \\ &x+1\ge 0; \\ & x\ge -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Štai visas sprendimas! Atsakymas: $x\in \left[ -1;+\infty \right)$. Pereikime prie antrosios nelygybės:

\[((3)^(x))+((3)^(x+2))\ge 90\]

Čia viskas taip pat. Atminkite, kad $((3)^(x+2))=((3)^(x))\cdot ((3)^(2))=9\cdot ((3)^(x))$ . Tada kairę pusę galima perrašyti:

\[\begin(lygiuoti) & ((3)^(x))+9\cdot ((3)^(x))\ge 90;\quad \left| ((3)^(x))=t \dešinė. \\&t+9t\ge 90; \\ & 10t\ge 90; \\ & t\ge 9\Rightarrow ((3)^(x))\ge 9\Rightarrow ((3)^(x))\ge ((3)^(2)); \\ & x\ge 2\Rightarrow x\in \left[ 2;+\infty \right). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Maždaug taip reikia parengti sprendimą dėl realios kontrolės ir savarankiško darbo.

Na, pabandykime ką nors sudėtingesnio. Pavyzdžiui, čia yra nelygybė:

\[((25)^(x+1,5))-((5)^(2x+2)) \gt 2500\]

kame cia problema? Visų pirma, kairėje pusėje esančių eksponentinių funkcijų pagrindai yra skirtingi: 5 ir 25. Tačiau 25 \u003d 5 2, todėl pirmasis narys gali būti transformuotas:

\[\begin(lygiuoti) & ((25)^(x+1,5))=((\left(((5)^(2)) \right))^(x+1,5))= ((5)^(2x+3)); \\ & ((5)^(2x+3))=((5)^(2x+2+1))=((5)^(2x+2))\cdot 5. \\\end(lygiuoti )\]

Kaip matote, iš pradžių viską suvedėme į tą pačią bazę, o paskui pastebėjome, kad pirmasis narys nesunkiai redukuojamas į antrąjį – pakanka tik išplėsti eksponentą. Dabar galime drąsiai įvesti naują kintamąjį: $((5)^(2x+2))=t$, ir visa nelygybė bus perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & 5t-t\ge 2500; \\ & 4t\ge 2500; \\ & t\ge 625=((5)^(4)); \\ & ((5)^(2x+2))\ge ((5)^(4)); \\ & 2x+2\ge 4; \\ & 2x\ge 2; \\ & x\ge 1. \\\end(lygiuoti)\]

Vėlgi, jokių problemų! Galutinis atsakymas: $x\in \left[ 1;+\infty \right)$. Pereinant prie paskutinės nelygybės šios dienos pamokoje:

\[((\left(0,5 \right))^(-4x-8))-((16)^(x+1,5)) \gt 768\]

Pirmas dalykas, į kurį reikia atkreipti dėmesį, žinoma, dešimtainis pirmojo laipsnio pagrindu. Būtina jo atsikratyti ir tuo pačiu metu visas eksponentines funkcijas perkelti į tą pačią bazę - skaičių "2":

\[\begin(align) & 0,5=\frac(1)(2)=((2)^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(0,5 \right))^(-4x- 8))=((\left(((2)^(-1)) \right))^(-4x-8))=((2)^(4x+8)); \\ & 16=((2)^(4))\Rodyklė dešinėn ((16)^(x+1,5))=((\left(((2)^(4)) \right))^( x+1,5))=((2)^(4x+6)); \\ & ((2)^(4x+8))-((2)^(4x+6)) \gt 768. \\\end(lygiuoti)\]

Puiku, žengėme pirmą žingsnį – viskas atvedė į tą patį pagrindą. Dabar turime pabrėžti stabilią išraišką. Atminkite, kad $((2)^(4x+8))=((2)^(4x+6+2))=((2)^(4x+6))\cdot 4$. Jei įvesime naują kintamąjį $((2)^(4x+6))=t$, tada pradinę nelygybę galima perrašyti taip:

\[\begin(lygiuoti) & 4t-t \gt 768; \\ & 3t \gt 768; \\ & t \gt 256=((2)^(8)); \\ & ((2)^(4x+6)) \gt ((2)^(8)); \\ & 4x+6 \gt 8; \\ & 4x \gt 2; \\ & x \gt \frac(1)(2)=0,5. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Natūralu, kad gali kilti klausimas: kaip mes sužinojome, kad 256 = 2 8 ? Deja, čia tereikia žinoti dviejų (o kartu ir trijų bei penkių) galias. Na, arba padalinkite 256 iš 2 (galite padalyti, nes 256 yra lyginis skaičius), kol gausime rezultatą. Tai atrodys maždaug taip:

\[\begin(lygiuoti) & 256=128\cdot 2= \\ & =64\cdot 2\cdot 2= \\ & =32\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =16\cdot 2 \cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =8\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =4\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =((2)^(8)).\end(lygiuoti )\]

Tas pats yra su trimis (skaičiai 9, 27, 81 ir 243 yra jo galios), ir su septyniais (skaičiai 49 ir ​​343 taip pat būtų malonu prisiminti). Na, penki taip pat turi „gražius“ laipsnius, kuriuos reikia žinoti:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(2))=25; \\ & ((5)^(3))=125; \\ & ((5)^(4))=625; \\ & ((5)^(5))=3125. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Žinoma, jei norite, visus šiuos skaičius mintyse galite atkurti tiesiog padauginus juos po vieną. Tačiau kai tenka išspręsti kelias eksponencines nelygybes, o kiekviena sekanti yra sunkesnė už ankstesnę, paskutinis dalykas, apie kurį norisi pagalvoti, yra kai kurių skaičių galios. Ir šia prasme šios problemos yra sudėtingesnės nei „klasikinės“ nelygybės, kurios sprendžiamos intervalų metodu.

Pamoka ir pranešimas tema: „Eksponentinės lygtys ir eksponentinės nelygybės“

Papildomos medžiagos
Mieli vartotojai, nepamirškite palikti savo komentarų, atsiliepimų, pasiūlymų! Visa medžiaga yra patikrinta antivirusine programa.

Mokymo priemonės ir treniruokliai internetinėje parduotuvėje "Integral" 11 klasei
Interaktyvus vadovas 9-11 klasėms „Trigonometrija“
Interaktyvus vadovas 10-11 klasėms „Logaritmai“

Eksponentinių lygčių apibrėžimas

Vaikinai, mes studijavome eksponentines funkcijas, mokėmės jų savybių ir kūrėme grafikus, analizavome lygčių, kuriose buvo susiduriama su eksponeninėmis funkcijomis, pavyzdžius. Šiandien mes tyrinėsime eksponencines lygtis ir nelygybes.

Apibrėžimas. Formos lygtys: $a^(f(x))=a^(g(x))$, kur $a>0$, $a≠1$ vadinamos eksponentinėmis lygtimis.

Prisimindami teoremas, kurias studijavome temoje „Eksponentinė funkcija“, galime pristatyti naują teoremą:
Teorema. eksponentinė lygtis$a^(f(x))=a^(g(x))$, kur $a>0$, $a≠1$ atitinka lygtį $f(x)=g(x)$.

Eksponentinių lygčių pavyzdžiai

Pavyzdys.
Išspręskite lygtis:
a) $3^(3x-3)=27$.
b) $((\frac(2)(3)))^(2x+0,2)=\sqrt(\frac(2)(3))$.
c) $5^(x^2-6x)=5^(-3x+18)$.
Sprendimas.
a) Gerai žinome, kad $27=3^3$.
Perrašykime savo lygtį: $3^(3x-3)=3^3$.
Naudodami aukščiau pateiktą teoremą, gauname, kad mūsų lygtis redukuojama į lygtį $3x-3=3$, išsprendę šią lygtį, gauname $x=2$.
Atsakymas: $x=2$.

B) $\sqrt(\frac(2)(3))=((\frac(2)(3)))^(\frac(1)(5))$.
Tada mūsų lygtis gali būti perrašyta: $((\frac(2)(3)))^(2x+0,2)=((\frac(2)(3)))^(\frac(1)(5 ) )=((\frac(2)(3)))^(0,2)$.
2 x + 0,2 = 0,2 USD.
$x = 0 $.
Atsakymas: $x=0$.

C) Pradinė lygtis atitinka lygtį: $x^2-6x=-3x+18$.
$x^2-3x-18=0$.
$(x-6)(x+3) = 0 $.
$x_1=6$ ir $x_2=-3$.
Atsakymas: $x_1=6$ ir $x_2=-3$.

Pavyzdys.
Išspręskite lygtį: $\frac(((0.25))^(x-0.5))(\sqrt(4))=16*((0.0625))^(x+1)$.
Sprendimas:
Mes paeiliui atliksime veiksmų seriją ir sujungsime abi lygties dalis į tuos pačius pagrindus.
Kairėje pusėje atlikime keletą operacijų:
1) $((0.25))^(x-0.5)=((\frac(1)(4)))^(x-0.5)$.
2) $\sqrt(4)=4^(\frac(1)(2))$.
3) $\frac(((0.25))^(x-0.5))(\sqrt(4))=\frac(((\frac(1)(4)))^(x-0 ,5)) (4^(\frac(1)(2)))= \frac(1)(4^(x-0,5+0,5))=\frac(1)(4^x) =((\frac(1) (4)))^x$.
Pereikime į dešinę pusę:
4) $16=4^2$.
5) $((0,0625))^(x+1)=\frac(1)((16)^(x+1))=\frac(1)(4^(2x+2))$.
6) 16 USD*((0,0625))^(x+1)=\frac(4^2)(4^(2x+2))=4^(2-2x-2)=4^(-2x )= \frac(1)(4^(2x))=((\frac(1)(4)))^(2x)$.
Pradinė lygtis yra lygiavertė lygčiai:
$((\frac(1)(4)))^x=((\frac(1)(4)))^(2x)$.
$x=2x$.
$x = 0 $.
Atsakymas: $x=0$.

Pavyzdys.
Išspręskite lygtį: $9^x+3^(x+2)-36=0$.
Sprendimas:
Perrašykime savo lygtį: $((3^2))^x+9*3^x-36=0$.
$((3^x))^2+9*3^x-36=0$.
Pakeiskime kintamuosius, tegul $a=3^x$.
Naujuose kintamuosiuose lygtis bus tokia: $a^2+9a-36=0$.
$(a+12)(a-3)=0$.
$a_1=-12$ ir $a_2=3$.
Atlikime atvirkštinį kintamųjų keitimą: $3^x=-12$ ir $3^x=3$.
Paskutinėje pamokoje sužinojome, kad eksponentinės išraiškos gali turėti tik teigiamas reikšmes, atsiminkite grafiką. Tai reiškia, kad pirmoji lygtis neturi sprendinių, antroji lygtis turi vieną sprendinį: $x=1$.
Atsakymas: $x=1$.

Parašykime eksponentinių lygčių sprendimo būdus:
1. Grafinis metodas. Abi lygties dalis pavaizduojame kaip funkcijas ir sudarome jų grafikus, randame grafikų susikirtimo taškus. (Šį metodą naudojome paskutinėje pamokoje).
2. Rodiklių lygybės principas. Principas grindžiamas tuo, kad dvi išraiškos su vienodomis bazėmis yra lygios tada ir tik tada, kai šių bazių laipsniai (rodikliai) yra lygūs. $a^(f(x))=a^(g(x))$ $f(x)=g(x)$.
3. Kintamųjų metodo keitimas. Šis metodas turėtų būti naudojamas, jei lygtis, keičiant kintamuosius, supaprastina savo formą ir yra daug lengviau išsprendžiama.

Pavyzdys.
Išspręskite lygčių sistemą: $\begin (atvejai) (27)^y*3^x=1, \\ 4^(x+y)-2^(x+y)=12. \end(atvejai)$.
Sprendimas.
Apsvarstykite abi sistemos lygtis atskirai:
27 USD^y*3^x=1$.
$3^(3y)*3^x=3^0$.
$3^(3y+x)=3^0$.
$x+3y=0$.
Apsvarstykite antrąją lygtį:
$4^(x+y)-2^(x+y)=12$.
$2^(2(x+y))-2^(x+y)=12$.
Naudokime kintamųjų keitimo metodą, tegul $y=2^(x+y)$.
Tada lygtis bus tokia:
$y^2-y-12=0$.
$(y-4)(y+3)=0$.
$y_1=4$ ir $y_2=-3$.
Pereikime prie pradinių kintamųjų, iš pirmos lygties gauname $x+y=2$. Antroji lygtis neturi sprendinių. Tada mūsų pradinė lygčių sistema yra lygiavertė sistemai: $\begin (atvejai) x+3y=0, \\ x+y=2. \end(atvejai)$.
Iš pirmosios lygties atimkite antrąją lygtį, gausime: $\begin (atvejai) 2y=-2, \\ x+y=2. \end(atvejai)$.
$\begin (atvejai) y=-1, \\ x=3. \end(atvejai)$.
Atsakymas: $(3;-1)$.

eksponentinės nelygybės

Pereikime prie nelygybės. Sprendžiant nelygybes, būtina atkreipti dėmesį į laipsnio bazę. Sprendžiant nelygybes, galimi du įvykių raidos scenarijai.

Teorema. Jei $a>1$, tai eksponentinė nelygybė $a^(f(x))>a^(g(x))$ lygi nelygybei $f(x)>g(x)$.
Jei 0 USD a^(g(x))$ atitinka $f(x)

Pavyzdys.
Išspręskite nelygybes:
a) $3^(2x+3)>81$.
b) $((\frac(1)(4)))^(2x-4) c) $(0,3)^(x^2+6x)≤(0,3)^(4x+15)$ .
Sprendimas.
a) $3^(2x+3)>81$.
$3^(2x+3)>3^4$.
Mūsų nelygybė yra lygiavertė nelygybei:
$2x+3>4$.
$2x>1$.
$x>0,5 $.

B) $((\frac(1)(4)))^(2x-4) $((\frac(1)(4)))^(2x-4) Mūsų lygtyje bazė su laipsniu mažesnė nei 1, tada pakeičiant nelygybę lygiaverte, reikia pakeisti ženklą.
$2x-4>2$.
$x>3 $.

C) Mūsų nelygybė yra lygiavertė nelygybei:
x^2+6x≥4x+15$.
x^2+2x-15≥0$.
$(x-3)(x+5)≥0 $.
Naudokime intervalo sprendimo metodą:
Atsakymas: $(-∞;-5]U)