Логаритмични уравнения и неравенства
создание документов онлайн
Документы и бланки онлайн

Обследовать

Логаритмични уравнения и неравенства

математике



Отправить его в другом документе Логаритмични уравнения и неравенства Hits:



дтхзйе дплхнеофщ

МHОЖЕСТВЕHHЫЕ ЦЕHОВЫЕ ЦЕЛИ ПО ФИБОHАЧЧИ
Замена переменной в двойном интеграле
Логика двузначных предикатов
Зонная теория твердого тела.
ПРИМЕНЕНИЕ ОТНОШЕНИЯ ФИБОНАЧЧИ к КОРРЕКЦИЯМ и РАСШИРЕНИЯМ
МОДЕЛИ ПОТРЕБИТЕЛЬСКОГО СПРОСА
НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ
Непрерывное преобразование Фурье
Методы решения тригонометрических уравнений
Формула Лейбница
 

Логаритмични уравнения и неравенства

I. Логаритмична функция

Функция от вида y = logax, където a е положително число, различно от 1, а x – променлива по-голяма от 0, се нарича логаритмична функция, т.е.

 y = logax, ДМ:                                                       (1).

Логаритмична функция с основа 10 се нарича десетичен логаритъм и вместо log10x се използва означението lgx.

Логаритмична функция с основа неперовото число (e) се нарича натурален (естествен)  логаритъм. Вместо logex се използва означението lnx.

Като имаме предвид (4) от уроци “Показателни уравнения и неравенства” се оказва, че логаритмичната функция е обратна на показателната функция.

На фиг. 1 са представени графиките на обратните функции: y = ax и y = logax , когато a > 1. На фиг. 2 са представени графиките на обратните функции: y = ax и y = logax , когато 0 < a <1. Виждаме, че те са симетрични спрямо ъглополовящата на I и III квадрант.



Разглеждайки графиката на логаритмичната функция, може да се изкажат следните свойства:

¨      Свойство 1 – графиката на функцията минава през точките с координати : (1; 0) и (a ; 1); т.е.  loga1 = 0 и logaa = 1;

¨      Свойство 2 – графиката е разположена в I и IV квадрант  (“надясно” от оста Oy) т.е x > 0;

¨      Свойство 3 – Ако aÎ(0; 1), логаритмичната функция е намаляваща, като:

o       при 0 < x < 1 Þ logax > 0, т.е. стойностите на функцията са положителни (графиката е над абсцизната ос)

o       при x > 1 Þ logax < 0, т.е. стойностите на функцията са отрицателни (графиката е п 252g65ic од абсцизната ос)

o       Най-голямата и най-малката стойност в даден интервал [p; q] се намира от  (2)

¨      Свойство 4 – Ако aÎ(1; +∞), логаритмичната функция е растяща, като:

o       при 0 < x < 1 Þ logax < 0, т.е. стойностите на функцията са отрицателни (графиката е п 252g65ic од абсцизната ос)

o       при x > 1 Þ logax > 0, т.е. стойностите на функцията са положителни (графиката е над абсцизната ос)

o       Най-голямата и най-малката стойност в даден интервал [p; q] се намира от  (3)

¨      Свойство 5 – Всяка права успоредна на оста Ох пресича графиката на функцията y = logax само в една точка. Следователно логаритмичната функция е обратима.


Зад. 1: Да се намери най-малката стойност на функцията

Решение: Като сравним с (1) виждаме, че 0 < a < 1 Þ функцията y е намаляваща (т.е. ще използваме (2) ) и я изследваме за най-малката стойност в интервала на Д.М. Затова намираме Д.М.: -x2+4x–3>0 Þ xÎ(1; 3) и полагаме f(x) = –x2+4x–3. Графиката на тази функция е парабола с върха нагоре (защото a = – 1). Затова максималната и стойност е в точката , т.е.: .

Зад. 2: Намерете стойностите на параметъра m, при които уравнението , има реални корени, по малки от 1.

Решение: Определяме . По условие се интересуваме само от тези корени, които са по-малки от 1, затова разглеждаме интервала (0; 1). Сменяме основата в даденото уравнение  и получаваме уравнението . За да решим това уравнение, трябва да намерим в какви граници се изменя y. От полагането виждаме, че основата на логаритъма е по-голяма от 1, т.е. логаритмичната функция е растяща (фиг. 1). По условие xÎ(0; 1), тогава от фиг. 1 и Свойство 4 следва, че y < 0, т.е. уравнение (A) трябва да има реални корени, за които е изпълнено y1≤y2<0. Условието числото 0 да е надясно от двата корена е

II. Логаритмични уравнения

Уравнение, в което неизвестното се намира под знака на логаритъм, се нарича логаритмично уравнение. Уравнение от вида: , където f(x) > 0, a ≠ 1, a > 0, b Î R, се нарича основно логаритмично уравнение.

Решаването на логаритмични уравнения се свежда до решаването на уравнения от следните два вида:

1) Основно уравнение – решава се по следния начин

, където ДМ:                        (16)

2) Уравнение, при което от двете страни на равенството имаме логаритъм при една и съща основа – решава се по следната схема

, където ДМ:          (17)

Основни типове задачи:

¨      Уравнение от вида (16)

Зад. 3:

Решение: ДМ: 4x – x2 > 0 Û x Î (0; 4).

 x2 – 4x + 4 = 0 Û (x – 2)2 = 0 Û x = 2

Зад. 4: log3(x2–4)2=2

Решение: ДМ: (x2 – 4)>0 Û "x1/2≠±2

¨      Уравнение от вида (17)

Зад. 5: log3(x2 – 7x + 11) = log3(x – 4)

Решение:

Основите са еднакви от двете страни на равенството и прилагаме (17):

x2 – 7x + 11 = x – 4 Û x2 – 8x + 15 = 0; x1 = 3ÏДМ; x2 = 5ÎДМ, т.е. даденото уравнение има един корен x = 5.

Зад. 6:

Решение:

Преобразуваме уравнението

Корена x = 2 Î ДМ следователно е решение на даденото уравнение.

¨      Решаване чрез полагане

Зад. 7:

Решение:

Сменяме основата и преобразуваме:

Зад. 8:

Решение: . Преобразуваме като използваме формула (12):



От полагането

А) log2x = 2 Û x = 22 Û x = 4

В) log2x = 1 Û x = 21 Û x = 2

Зад. 9:

Решение: . Преобразуваме като използваме формули (5), (7) и (10):

Зад. 10:

Решение: . Сменяме основата и преобразуваме:

Зад. 11:

Решение:. ДМ: x > 0. Сменяме основата и преобразуваме:

Тогава . Това показателно уравнение ще решим графично. При непосредствена проверка намираме, че x = 2 е решение (защото лявата страна е равна на дясната). Разглеждаме следните случаи:

А) Ако 0 < x < 2. Тогава 0 < log2x < 1 и , но x2 + 1 = 4+ 5 = 9 > 5 Þ уравнение (С) няма решение.

В) Ако x >2. Тогава  Þ уравнение (С) няма решение.

От А) и В) следва, че единственото решение на уравнение (С) е x = 2. Това е и решението на даденото уравнение.

Зад. 12:

Решение:. ДМ: x > 0. Полагаме log2x = y и след преобразувание получаваме y2 – (1 – x)y + (2x–6) = 0. D = (1 – x)2 – 4(2x – 6) = x2 – 10x + 25 = (x – 5)2 Û . Тогава . Разглеждаме следните случаи:

Уравнение (B) ще решим графично. За целта чрез непосредствена проверка откриваме, че x = 2 е решение (защото лявата страна е равна на дясната). Доказваме, че това решение е единственото. За всяко xÎД.М. лявата страна на уравнение (B) е растяща функция, а дясната страна – константа, следователно те могат да се пресичан само в една единствена точка и тази точка е с абсциса x = 2. От А) и В) следва, че решенията на даденото уравнение са

¨      Модулни уравнения

Зад. 13: lg|x – 1| = 1 – |lg(x+2)|

Решение:. ДМ: . Анулираме изразите под модул x – 1 = 0 Û x = 1; lg(x+2) = 0 Û x+2 = 100 Û x = – 1. Разделяме ДМ на подинтервали и определяме знака на всеки модул. Резултатите са показани в долната таблица

Разглеждаме следните случая:

А) При xÎ(– 2; – 1). Като отчетем горната таблица даденото уравнение има вида

В) При xÎ[– 1; 1). Като отчетем горната таблица даденото уравнение има вида lg[–(x – 1)] = 1 – lg(x + 2) Û lg(1 – x) + lg(x + 2) = 1 Û (1 – x)(x + 2) = 101 Û x2 + x + 8 = 0; D = 1 – 32 < 0 Þ даденото уравнение няма решение при xÎ[– 1; 1).

С) При xÎ(1; +∞). Като отчетем горната таблица даденото уравнение има вида lg(x – 1) = 1 – lg(x + 2) Û lg(x – 1) + lg(x + 2) = 1 Û (x – 1)(x + 2) = 101 Û x2 + x – 12 = 0; x1 = – 4 Ï (1; +∞), x2 = 3 Î (1; +∞) Þ даденото уравнение има решение x = 3

От А), В) и С) следва, че решенията на даденото уравнение са

¨      Уравнения в които се използва формулата за смяна на основата във вида (15):

Зад. 14: logx + 13.log2x + 1(x + 1) + logx + 1(x2 – 2x + 6).log2x + 1(x + 1) = 2.

Решение:. .

Преобразуваме даденото уравнение по следния начин: [logx + 13 + logx + 1(x2 – 2x + 6)].log2x + 1(x + 1) = 2 Û logx + 13(x2 – 2x + 6).log2x + 1(x + 1) = 2. Използваме формула (15) и получаваме log2x + 1(3x2 – 6x + 18) = 2 Û 3x2 – 6x + 18 = (2x + 1)2 Û 3x2 – 6x + 18 = 4x2 + 4x + 1 Û x2 + 10x – 17 = 0; . Следователно  е решение на даденото уравнение.

¨      Параметрични уравнения

Зад. 15: Да се реши уравнението , където a е реален параметър.

Решение:. . На всички логаритми определяме основа a. . Полагаме logax = y и горното уравнение добива вида y2 + 2|a + y| – a = 0   (C). Премахваме модула като разглеждаме два случая:

А) При a + y < 0 Û y < – a, уравнение (С) добива вида y2 – 2(a + y) – a = 0 Û y2 – 2y – 3a = 0. Решенията му са . Проверяваме кои от тези решения изпълняват условието (А):

1) . За да е изпълнено това неравенство трябва да е изпълнено – a – 1 > 0 Û a < – 1 Ï Д.М.a. Следователно корена  не е решение на даденото уравнение.

2) . Това неравенство се решава като решим следните две системи:

         а)

         б)

От 1) и 2) следва, че при aÎ(0; 1) решението е . Като заместим в полагането получаваме

B) При a + y ≥ 0 Û y ≥ – a, уравнение (С) добива вида y2 + 2(a + y) – a = 0 Û y2 + 2y + a = 0. Решенията му са . Проверяваме кои от тези решения изпълняват условието (B):

1) . Разглеждаме следните две системи:

         а)

      б)



От 1) и 2) следва, че при aÎ(0; 1) решението е . Като заместим в полагането получаваме

От А) и В) следва, че даденото уравнение при aÎ(0; 1) има две решения , а при aÎ(1; +∞) – няма решения.

Зад. 16: Намерете при кои стойности на параметъра a, уравнението  има точно едно решение.

Решение:. . Решаваме даденото уравнение

. Даденото уравнение, за да има точно едно решение, то за уравнение (C) имаме следните случаи:

А) . D = (a – 2)2 – 4 = a2 – 4a = 0; a1 = 0, a2 = 4. При a1 = 0 не е изпълнено ax>0, следователно a1 = 0 не е решение на даденото уравнение. При a1 = 4 даденото уравнение има вида  и има точно един корен x = 1, следователно a1 = 4 е решение на даденото уравнение.

В) Уравнение (C) има две решения, но единият корен е по-малък от – 1, т.е. числото – 1 е между двата корена. Това е възможно, когато е изпълнено 1.f(– 1) < 0 Û (– 1)2 – (– 1)(a – 2) + 1 < 0 Û 1 + a – 2 + 1 < 0 Û a < 0

От А) и В) следва, че даденото уравнение има точно едно решение при aÎ(– ∞; 0) È .

¨      Графично решаване

Зад. 17: log2x = 3 – x.

Решение:.ДМ: x > 0. Лявата страна на даденото уравнение е растяща логаритмична функция (защото основата 2 > 1), а дясната – намаляваща функция. Следователно двете функции ще се пресичат само в една точка (може и да не се пресичат) т.е. решението (ако има такова) на даденото уравнение е само едно. С непосредствена проверка установяваме, че x = 2 е корен на уравнението.

III. Логаритмични неравенства

Неравенство, в което неизвестното се намира под знака на логаритъм, се нарича логаритмично неравенство, т.е. неравенство от вида loga f(x) > b, където f(x) > 0, a ≠ 1, a > 0, b Î R.

Решаването на логаритмични неравенства се свежда до решаването на неравенства от следните два вида:

1) Неравенство от вида loga f(x) < b, където        (19)

Решаването му зависи от вида на основата:

¨      Ако 0 < a < 1, то имаме loga f(x) < b Û f(x) > ab,      (20)

т.е. знакът на неравенството се променя;

¨      Ако a > 1, то имаме loga f(x) < b Û f(x) < ab,            (21)

т.е. знакът на неравенството се запазва;

2) Неравенство от вида loga f(x) < loga g(x), където      (22)

Решаването му зависи от вида на основата:

¨      Ако 0 < a < 1, то имаме loga f(x) < loga g(x) Û f(x) > g(x),  (23)

т.е. знакът на неравенството се променя;

¨      Ако a > 1, то имаме loga f(x) < loga g(x) Û f(x) < g(x),        (24)

т.е. знакът на неравенството се запазва;

Основни типове задачи:

¨      Неравенство от вида (19)

Зад. 18: log2(x + 3) – log2 (2x – 1) > 5 – log3 9.

Решение:. . Преобразуваме даденото неравенство използвайки свойствата на логаритмите и получаваме . Основата е 2 > 1 и прилагаме (21)

Зад. 19: .

Решение:. .

Решаването започваме от най-външния логаритъм, като приложим (20)

Като засечем с ДМ получаваме, че решенията са .

Зад. 20: .

Решение:. . Основата зависи от неизвестното, затова разглеждаме два случая:

А)

В)

От А) и В) следва, че решенията на даденото неравенство са xÎ(1; 4].

Зад. 21:

Решение:.ДМ: x > 0.

I начин

Логаритмуваме двете страни на даденото неравенство при основа 3 и преобразуваме

Полагаме log3x = y и получаваме (2 – y2 – 2y).y + y > 0 Û y(y2 + 2y – 3) < 0 Û yÎ(– ∞; – 3)È(0; 1). Разглеждаме следните случаи:

А) yÎ(– ∞; – 3), тогава от полагането следва log3x < – 3 Û x < 3– 3 Û .

В) yÎ(0; 1) , тогава от полагането следва .

От А) и В) получаваме крайните решения .

II начин

Преобразуваме до . Имаме показателно неравенство с основа зависеща от неизвестното, затова разглеждаме следните случаи:

А)

2) 2 – log32x – 2log3x < – 1 Û log32x + 2log3x – 3 > 0. Полагаме log3x = y и получаваме квадратното неравенство y2 + 2y – 3 > 0. Решенията му са yÎ(– ∞; – 3) È (1; + ∞). От полагането получаваме:

а) При . Засичаме с (1) и получаваме решенията

б) При y > 1 Þ log3x > 1 Û x > 3 Ï (0; 1).



От а) и б) следва, че случай (А) даденото неравенство има решение

Обединяваме решенията


Зад. 22: .

Решение:. . Основата зависи от неизвестното, затова разглеждаме два случая:

А) При 0 < x2 < 1 Û xÎ(– 1; 0) È (0; 1). В този интервал |x – 2| = – (x – 2) и прилагаме (18) върху даденото неравенство: 2 – x ≥ (x2)1 Û x2+x–2≤0 Þ xÎ[– 2; 1]. От тези стойности само xÎ(– 1; 0) È (0; 1) принадлежат на (A). Те принадлежат и на Д.М.

В) При x2 > 1 Û (x – 1)(x + 1) > 0 Û xÎ(– ∞; – 1) È (1; +∞). Разглеждаме два случая:

1) При xÎ(– ∞; – 1) È (1; 2) В този интервал |x – 2| = – (x – 2) и прилагаме (21) върху даденото неравенство: 2 – x ≤ (x2)1 Û x2 + x – 2 ≥ 0 Þ xÎ(– ∞; – 2] È [1; +∞). От тези стойности само xÎ(– ∞; – 2] È (1; 2).

2) При xÎ(2; + ∞) В този интервал |x – 2| = x – 2 и прилагаме (21) върху даденото неравенство: x – 2 ≤ (x2)1 Û x2 – x + 2 ≥ 0; D = 1 – 8 < 0 Þ "xÎ(2; + ∞) е решение.

От 1) и 2) следва, че решенията са xÎ(– ∞; – 1) È (1; 2) È (2; +∞).

От А) и В) следва, че решенията на даденото неравенство са xÎ(– ∞; – 2] È (– 1; 0) È (0; 1) È (1; 2) È (2; +∞).

¨      Неравенство от вида (22)

Зад. 23: log2(x2 – 7x +10) ≤ log2(3x – 11).

Решение:. . Даденото неравенство е от вида (22): x2 – 7x +10 ≤ 3x – 11 Û x2 – 10x + 21 ≤ 0 Û xÎ[2; 7]. Като засечем с ДМ, получаваме окончателните решения xÎ(5; 7].

¨      Сложни неравенства – Нека имаме неравенството F(x)>0 , където F(x) е сложна функция. Изразът F(x)се разлага на множители, за които се определят интервалите, в които са положителни и интервалите, в които са отрицателни, и след това за решенията се използва методът на интервалите.

Зад. 24:

Решение:. . Преобразуваме:

За да решим горното неравенство, достатъчно е да намерим при кои стойности на x, числителят и знаменателят имат еднакви знаци. Разглеждаме следните случаи:

А) За числителя: lg(x2 + 3x) – 1 = 0 Û lg(x2 + 3x) = 1 Û x2 + 3x = 10 Û x2 + 3x – 10 = 0; x1 = – 5, x2 = 2 т.е. при xÎ(– ∞; – 5) È (2; + ∞) числителят е положителен, а при xÎ(– 5; 2) – отрицателен. Като засечем с ДМ, получаваме, че числителят е положителен при xÎ(2; 10) È (10; + ∞), а отрицателен при xÎ(0; 2).

В) За знаменателя: 1 – lg x = 0 Û lg x = 1 Û x = 10 т.е. при xÎ(– ∞; 10) знаменателят е положителен, а при xÎ(10; + ∞) – отрицателен. Като засечем с ДМ, получаваме, че знаменателят е положителен при xÎ(0; 10), а отрицателен при xÎ(10; + ∞).

От А) и В) следва, че неравенството е положително при xÎ(2; 10) и отрицателно – при xÎ(0; 2) È (10; + ∞).

Окончателно получаваме, че даденото неравенство има решения при xÎ[2; 10).

¨      Графично решаване – При този начин за решаване на логаритмични неравенства използваме Свойство 4 на логаритмичната функция (Фиг.1 и Фиг.2)

Зад. 25:

Решение:. . При xÎДМ имаме , т.е. дясната страна на даденото неравенство е положителна за "x. За лявата страна разглеждаме следните два случая:

А) log2 x < 0. От Фиг. 1 се вижда, че логаритмичната функция log2 x е отрицателна при xÎ(0; 1). Това е и решението на даденото неравенство в този случай.

В) log2 x > 0, т.е. двете страни на даденото неравенство са положителни и преобразуваме . От (В) и (С) определяме, че знаменателят е положителен. Тогава в горното неравенство знаменателят отпада и получаваме . Решаваме ирационалното неравенство:

От А) и В) получаваме всички решения xÎ(0; 1) È [3; +∞).

Зад. 26:

Решение:. . Преобразуваме даденото неравенство

Полагаме: f(x) = log2(x+2) и . Построяваме графиките им на Фиг. 3. Разгледаме следните два случая:

А) Когато x < 0 т.е. . Тогава неравенство (С) е f(x)>g(x). От Фиг. 3 виждаме, че решенията му са: .

В) Когато x > 0, т.е. xÎ(0; +∞), тогава неравенство (С) е f(x)<g(x). От Фиг. 3 виждаме, че това неравенство няма решения.

От А) и В) следва, че всички решения на даденото неравенство са: .

¨      Параметрични неравенства

Зад. 27: Намерете стойностите на параметъра a, за които неравенството x log2 a4 – x2 > 3 + 2.log2 a2 има поне едно решение.

Решение:.Д.М.x: "x. Д.М.a: "a > 0. Полагаме log2 a2 = y. Тогава даденото неравенство е 2x.y – x2 > 3 + 2.y Û x2 – 2yx + 2y + 3 < 0. Това неравенство е параметрично с параметър y. То ще има решение, когато D > 0, т.е. D = y2 – 2y – 3 > 0 Û yÎ(–∞; – 1)È(3; +∞). От полагането разглеждаме два случая:

А) Ако yÎ(–∞; – 1), тогава log2 a2 < – 1 Û a2 < 2– 1 Û . Засичаме с ДМa и получаваме, че даденото неравенство има поне едно решение при .

В)Ако yÎ(3; +∞), тогава log2 a2 > 3 Û a2 > 23 Û a2 > 8 Û .

От А) и В) следва, че даденото неравенство има точно едно решение при

Задачи за упражнение:

Следват 107 задачи групирани по сложност. Част от тях са давани на конкурсни изпити или на матури. Ако желаете да ги решавате, моля обадете се на посочените телефони или e-mail.