Логарифмические уравнения и неравенства

Предисловие
Цель данного учебно-методического пособия – оказание помощи
студентам факультета математики, информатики и физики в усвоении
курса элементарной математики, в частности раздела «Общие методы
решения уравнений и неравенств». Разработка данного пособия была
вызвана отсутствием единого учебника, доступного студентам, в котором
содержались бы все необходимые сведения по данному разделу.
Пособие представляет собой вторую часть раздела «Общие методы
решения уравнений и неравенств» и включает следующие темы
«Иррациональные уравнения и неравенства», «Показательные уравнения и
неравенства», «Логарифмические уравнения и неравенства».
Пособие включает в себя:
- примерный тематический план изучения тем;
- требования к знаниям и умениям студентов по темам;
- содержание тем;
- упражнения для индивидуальной работы по темам;
- примерный вариант итоговой контрольной работы;
- список рекомендуемой литературы.
Содержательные
части всех тем, включенных в данное
методическое пособие, построены одинаково, а именно, сначала
рассматриваются простейшие уравнения и неравенства того или иного
типа и основные теоретические положения, на основе которых решаются
такие уравнения и неравенства. Далее происходит решение уравнений и
неравенств с использованием общих методов (разложение на множители,
введение нового неизвестного, рассмотрение выражения как однородного,
использование свойств функций), суть этих методов была изложена в
первой части пособия. Затем решаются более сложные уравнения и
неравенства. Методы и приёмы решения уравнений (неравенств) того или
иного типа выделены и иллюстрируются примерами.
К каждой теме приведён список задач для индивидуальной работы.
Задачи частично заимствованы из литературы, частично составлены
авторами. Ответы к задачам прилагаются.
Теоретический и задачный материал представлен в пособии в
избыточном количестве. Это объясняется необходимостью организации
индивидуальной работы студентов на различных уровнях.
3
Примерный тематический план
№
п/п
1-2.
3.
4-5.
6.
Темы занятий
Тема III: Иррациональные уравнения
неравенства.
Тема IV: Показательные уравнения
неравенства.
Тема V: Логарифмические уравнения
неравенства.
Контрольная работа.
Всего: 12 ч.
и
Число часов
Лекции практич.
Занятия
2
2
и
1
1
и
2
2
2
Тема III: Иррациональные уравнения и неравенства
Требования к знаниям и умениям студентов
Цель изучения темы – систематизировать и обобщить знания
студентов о способах решения иррациональных уравнений и неравенств.
В результате изучения темы студент
знает
- описание понятия иррационального уравнения (неравенства);
- описание понятия области определения (ОДЗ) иррационального
уравнения (неравенства);
- определения и свойства корней различных степеней;
- определение и свойства степенной функции;
- виды преобразований, используемых при решении иррациональных
уравнений и неравенств; какие из них приводят к равносильному
уравнению (неравенству), а какие к уравнению(неравенству)-следствию;
- виды преобразований, приводящих к потере корней уравнения
(решений неравенства);
- какие иррациональные уравнения и неравенства относятся к
простейшим, способы их решения;
- общий подход к решению иррациональных уравнений и
неравенств: сведение их к рациональным возведением в степень;
- о возможностях использования общих методов при решении
иррациональных уравнений и неравенств: разложение на множители,
введение нового неизвестного, рассмотрение выражения как однородного,
метод интервалов, использование свойств функций;
- о специальных приёмах решения иррациональных уравнений:
сведение к системе рациональных уравнений, умножение на сопряжённое
выражение, замена суммы (разности) радикалов, тригонометрические
подстановки.
4
умеет
- решать простейшие иррациональные уравнения и неравенства;
- применять общие методы для решения иррациональных уравнений
и неравенств;
- использовать специальные приёмы для решения иррациональных
уравнений и неравенств.
Содержание темы
1. Простейшие иррациональные уравнения и неравенства
1.1. Основные понятия и предварительные замечания
Иррациональные уравнения (неравенства) являются одним из видов
алгебраических уравнений (неравенств) (см. [12, с. 5-6]). От других
алгебраических уравнений (неравенств) их отличает присутствие степени
с рациональным дробным показателем у выражений с переменной.
2 х 3  х 
Например, уравнение
является иррациональным, а
4
неравенство 2 х  3х  7 рационально, поскольку в нём выражение с
переменной х не находится под знаком корня.
Нахождение области определения (ОДЗ) иррационального
уравнения (неравенства) обычно связано с определением тех значений
неизвестного, при которых неотрицательны все выражения, находящиеся
под знаками корней чётных степеней.
Ключевая идея решения большинства иррациональных уравнений и
неравенств состоит в сведении их к рациональным алгебраическим
уравнениям и неравенствам путём некоторых преобразований. Для
решения иррациональных уравнений и неравенств, наряду с общими для
любого класса уравнений преобразованиями, используются определения и
свойства корней различных степеней, степенной функции (см. [1-3, 7-9]).
Отметим следующие свойства, которые постоянно используются при
решении иррациональных уравнений (неравенств):
а) Все корни чётной степени являются арифметическими, т.е., если
подкоренное выражение отрицательно, то корень лишён смысла; если
подкоренное выражение равно нулю, то корень также равен нулю; если
подкоренное выражение положительно, то значение корня положительно.
б) Все корни нечётной степени определены при любом значении
подкоренного выражения; при этом корень отрицателен, если подкоренное
выражение отрицательно; равен нулю, если подкоренное выражение равно
нулю; положителен, если подкоренное выражение положительно.
в) Функции y  2 n x и y  2 n1 x , где n  N , монотонно возрастают на
своей области определения.
5
Тождества, описывающие свойства корней:
для любых n, m  N , n  2, m  2, k  R, a  0, b  0
1) n a  n b  n a  b ; 2)
5)
т n
a  mn a ; 6)
mn
n
n
a
b
n
a
, b  0 ; 3) (n a ) k  n a k , a  0 ; 4)
b
 a
n
n
 a;
a mk  n a k , a  0 .
В частности, для любых n  N , a  R
2n
a 2n  a ;
2 n 1
a 2n 1  a .
1.2. Простейшие иррациональные уравнения
Решение большинства иррациональных уравнений сводится к
решению одного из двух простейших иррациональных уравнений.
А. Уравнение вида n f ( x)  g ( x), n  N , n  2 . (1)
Если n – нечётно, то осуществляем равносильный переход от
уравнения (1) к уравнению f ( x)  g n ( x) (2), решая которое находим корни
исходного уравнения.
Если n – чётно, то уравнения вида (1) можно решить с помощью
равносильных преобразований или заменить его уравнением-следствием с
необходимостью проверки найденных решений. Рассмотрим оба способа
решения.
1 способ. Переход к уравнению-следствию (2) осуществляется путём
возведения обеих частей уравнения (1) в степень n. Решая получившееся
уравнение, находим корни не только уравнения (1), но и «теневого»
уравнения n f ( x)   g ( x) (3), для которого уравнение (2) также является
следствием (см. [12, с. 17-21]). Тогда корни уравнения (3) (если они
имеются) являются посторонними корнями исходного уравнения. Их
следует отсеять при окончательной проверке всех найденных корней
уравнения (2) подстановкой в уравнение (1).
Пример 1. Решите уравнение  3x  3  x  1 .
Решение: Возведём обе части уравнения в квадрат и решим
получившееся уравнение:  3x  3  ( x  1)2   3x  3  x 2  2 x  1 
 x 2  x  2  0  x1  1 и x2  2 .
Осуществим проверку, подставляя найденные корни в исходное
уравнение. Пусть x  1, тогда левая часть уравнения:  3 1  3  0  0;
правая часть: 1-1=0; в итоге 0  0 - верное равенство, значит, x  1 - корень
исходного уравнения. Пусть x  2 , тогда левая часть уравнения:
 3  (2)  3  9  3 ; правая часть: -2-1=-3; в итоге 3=-3 – неверное
равенство, поэтому x  2 не является корнем исходного уравнения.
Ответ: x  1.
2 способ. При равносильных преобразованиях уравнение (1)
 f ( x)  g n ( x),
заменяется системой: 
 g ( x)  0.
6
Условие неотрицательности
f (x )
учитывается в силу равенства f ( x)  g n ( x) и условия g ( x)  0 . Этот способ
очень удобен, если корни большие числа или иррациональны.
Пример 1'. Решите уравнение  3x  3  x  1 .
Решение: Уравнение равносильно системе:
 3x  3  ( x  1) 2 ,
 x 2  x  2  0,



 x  1  0;
 x  1.
Уравнение системы имеет корни x1  1 и x2  2 . Второй корень не
удовлетворяет неравенству, поэтому является посторонним для исходного
уравнения. Первый корень является решением системы и, следовательно,
корнем данного уравнения.
Ответ: x  1.
Рассмотренный пример хорошо иллюстрирует тот факт, что
посторонние корни могут появиться не только в следствии расширения
области определения исходного уравнения (в примере ОДЗ:
 3x  3  0  x  1, т.е. оба корня входят в ОДЗ), но и в результате самого
действия возведения в чётную степень. Таким образом, учёт ОДЗ
исходного уравнения не избавляет от появления посторонних корней,
поэтому не может использоваться как способ решения иррациональных
уравнений. Но следует отметить, что решение выше приведённого
уравнения можно сократить, учитывая тот факт, что система условий
 3x  1  0,
имеет единственное решение x  1, которое и является корнем

x  1  0
исходного уравнения (в этом можно убедиться проверкой).
B. Уравнение вида n f ( x)  n g ( x) , n  N , n  2 . (4)
Если n – нечётно, то осуществляем равносильный переход от
уравнения (4) к уравнению f ( x)  g ( x) (5), решая которое находим корни
исходного уравнения (см. [12, с. 21]).
Если n – чётно, то возможны два способа решения: возведение
уравнения в степень с последующей проверкой корней подстановкой в
исходное уравнение и равносильные преобразования данного уравнения.
Первый способ не имеет отличий, зависящих от вида уравнения, поэтому
мы рассмотрим только второй способ. Равносильные преобразования
данного уравнения приводят к составлению и решению системы:
 f ( x)  g ( x),
 f ( x)  g ( x),
 f ( x)  g ( x),

или 

 f ( x)  0,
 g ( x)  0
 f ( x)  0
 g ( x)  0

Пример 2. Решите уравнение 4 x 3  x 2 2x  4 x 3  8 .
Решение: Возведём уравнение в четвёртую степень и дополним
полученное уравнение областью определения правой части (более простой
по сравнению с левой). Получим равносильную исходному уравнению
систему:
7
 х 3  х 2  2 х  x 3  8,

 3
 x  8  0
 x  4,
 х 2  2 х  8  0,

  x  2,  х  2.
 3
 x  8
 x  2

Ответ: x  2 .
Если решаемое уравнение не относится ни к одному из
рассмотренных видов, то нужно постараться с помощью различных
алгебраических преобразований привести его к виду (1) или (4). Обычно
для этих целей используют метод «уединения» радикалов и возведение в
степень. Следует помнить, что при этих преобразованиях могут
осуществляться неравносильные переходы. Поэтому в процессе решения
необходимо следить за равносильностью проводимых преобразований или,
если проведение равносильных преобразований затруднительно, в конце
решения делать проверку подстановкой полученных корней в исходное
уравнение.
Пример 3. Решите уравнение 2 x  4  x  2  15 .
Решение: Прежде, чем возводить данное уравнение в квадрат,
«уединим» радикал: x  2  2 x  11 . Тогда переходим к равносильной
 x  2  (2 x  11) 2 ,
4 x 2  45 x  119  0,
Уравнение системы имеет



2
x

11

0
;
x

5
,
5
.


корни x  4,25 и x  7 . Первый корень не удовлетворяет неравенству,
системе:
поэтому является посторонним для исходного уравнения. Второй корень
является решением системы и, следовательно, корнем данного уравнения.
Ответ: x  7 .
Пример 4. Решите уравнение 2 x  4  x  5  1  0 .
Решение: Уединить радикалы не удается, т.к. переменная содержится
в двух подкоренных выражениях. Однако преобразование уравнения к
виду 2 x  4  x  5  1 позволяет отнести его к типу (1) и перейти от
уравнения не к системе, а равносильному уравнению (очевидно, что
выражение x  5  1  0 ): 2 x  4  x  6  2 x  5 . Однократное возведение в
квадрат не привело к рациональному уравнению. Поэтому возведем в
квадрат ещё раз, предварительно уединив радикал:
( x  10) 2  4( x  5),
 x 2  24 x  80  0,
 x  20, x  4,
x  10  2 x  5  



 x  10
 x  10
 x  10  0
 x  20 .
Ответ: x  20 .
Итак, общим подходом к решению иррациональных уравнений
является возведение обеих частей уравнения в некоторую степень. При
этом для отсева посторонних корней уравнения при возведении в чётную
степень необходимо либо накладывать ограничения на соответствующие
функции, либо проводить проверку найденных корней непосредственной
8
подстановкой в
недостаточно).
исходное
уравнение
(проверки
корней
по
ОДЗ
1.3. Простейшие иррациональные неравенства
Решение
иррациональных
неравенств
осложняется
тем
обстоятельством, что здесь, как правило, исключена возможность
проверки, поэтому все преобразования должны быть равносильными.
Основным методом решения иррациональных неравенств является метод
сведения
исходного неравенства к равносильной системе или
совокупности систем рациональных неравенств. Наибольший интерес
представляют следующие неравенства, соответствующие простейшим
иррациональным уравнениям.
А. Неравенство вида
n
f ( x)  g ( x) или
n
f ( x)  g ( x), n  N , n  2 .
Если n – нечётно, то данное неравенство равносильно неравенству
f ( x)  g n ( x) или f ( x)  g n ( x) , решая которое находим решения исходного
неравенства (см. [12, с. 24]).
Если n – чётно, то в силу неотрицательности выражения n f ( x)
неравенства такого вида решают, переходя к системе трёх неравенств:
n
 f ( x)  g n ( x),

f ( x)  g ( x)   f ( x)  0,
или
 g ( x)  0

n
 f ( x)  g n ( x),

f ( x)  g ( x)   f ( x)  0,
(5)
 g ( x)  0.

Первое неравенство в системе (5) является результатом возведения
исходного неравенства в чётную степень, второе неравенство представляет
собой условие существования корня в исходном неравенстве, а третье
неравенство обеспечивает возможность возведения в чётную степень
(напомним, что неравенство нельзя возводить в чётную степень, если хотя
бы одна из его частей отрицательна, поскольку при этом знак неравенства
может измениться).
Пример 5. Решите неравенство 6 2 x  3  1 .
Решение:
рациональных
В соответствии со схемой (5) запишем систему
неравенств,
равносильную
данному
неравенству
2 x  3  16 ,
(условие g ( x)  1  0 очевидно выполняется при всех х). Решаем

2 x  3  0
 x  2,
2 x  4,
3


полученную систему неравенств: 
3   x  2.
2
2 x  3
 x  2
Ответ:
3
 x  2.
2
Пример 6. Решите неравенство х  18  2  х .
9
Решение: По схеме
неравенству, имеет вид:
(5)
система,
равносильная
исходному
 х  18  0,
 x  18,
 18  x  2,


  x  2,

  18  x  2 .
2  x  0,
x


2
,
x

7

 x 2  5 x  14  0

2

 x  18  2  x 
Ответ:  18  x  2 .
B. Неравенство вида
n
f ( x)  g ( x) или
n
f ( x)  g ( x), n  N , n  2 .
Если n – нечётно, то данное неравенство равносильно неравенству
f ( x)  g n ( x) или f ( x)  g n ( x) , решая которое находим решения исходного
неравенства (см. [12, с. 24]).
Если n – чётно, то в силу неотрицательности выражения n f ( x)
неравенства такого вида решают, переходя к совокупности двух систем
неравенств:
n
 g ( x)  0,

n
 f ( x)  g ( x),

f ( x)  g ( x)  
или
g ( x)  0,


 f ( x)  0
n
 g ( x)  0,

n
 f ( x)  g ( x),

f ( x)  g ( x)  
(6)
g ( x)  0,


 f ( x)  0.
Обратимся к первой системе схемы (6). Первое неравенство этой
системы является условием, «позволяющим» осуществить возведение в
чётную степень исходного неравенства, а второе – результатом этого
возведения. Вторая система схемы (6) получается следующим образом:
первое неравенство означает, что правая часть исходного неравенства
отрицательна, и возводить в чётную степень нельзя. Но левая часть
исходного неравенства – арифметический корень чётной степени –
неотрицательна при всех значениях х, при которых она определена.
Поэтому исходное неравенство выполняется при всех х, при которых
существует его левая часть. Второе неравенство описывает условие
существования левой части.
Пример 7. Решите неравенство 8 2 x  5  1 .
Решение: Применим схему (6) при условии, что в данном
неравенстве g ( x)  1  0 . Приходим к равносильному неравенству
2 x  5  18 , т.е. x  3 .
Ответ: x  3 .
Пример 8. Решите неравенство x 2  x  2  x .
Решение: Использование схемы (6) приводит к замене неравенства
равносильной ему совокупностью двух систем:
10
 x  0,
 x  0,
 2

2
 x  x  2  x ,
 x  2  0,


 x  0,
 x  0,



 x 2  x  2  0
 x  2  x  1  0
 x  0,

 x  2,
 x  0,   x  2,
 x  2.


 x  2,

 x  1
Ответ: x  2 , x  2 .
C. Неравенство вида
n
f ( x)  n g ( x) или
n
f ( x)  n g ( x) , n  N , n  2 .
Если n – нечётно, то данное неравенство равносильно неравенству
f ( x)  g ( x) или f ( x)  g ( x) , решая которое находим решения исходного
неравенства (см. [12, с. 24]).
Если n – чётно, то нужно переходить к системе:
n
 f ( x)  g ( x),
 f ( x)  g ( x),

или
f ( x)  g ( x)   f ( x)  0,

 f ( x)  0
 g ( x)  0

n
 f ( x)  g ( x),
 f ( x)  g ( x),

f ( x)  n g ( x)   f ( x)  0,

 f ( x)  0.
 g ( x)  0

n
Пример 9. Решите неравенство 4 x  1  4 2  x .
Решение: Заменяем неравенство равносильной ему системой двух
3

 x  1  2  x,
x  ,
неравенств: 

2  1  x  1,5.
x  1  0
 x  1
Ответ: 1  x  1,5 .
D. Неравенство вида
n
f ( x)  n g ( x) или
n
f ( x)  n g ( x) , n  N , n  2 .
Если n – нечётно, то данное неравенство равносильно неравенству
f ( x)  g ( x) или f ( x)  g ( x) , решая которое находим решения исходного
неравенства (см. [12, с. 24]).
Если n – чётно, то нужно переходить к системе:
n
 f ( x)  g ( x),
 f ( x)  g ( x),

или
f ( x)  g ( x)   f ( x)  0,

g
(
x
)

0

 g ( x)  0

n
 f ( x)  g ( x),
 f ( x)  g ( x),

f ( x)  n g ( x)   f ( x)  0,

 g ( x)  0.
 g ( x)  0

n
11
Пример 10. Решите неравенство 6 x  1  6 2  x .
Решение: Заменяем неравенство равносильной ему системой двух
3

 x  1  2  x,
x  ,
неравенств: 

2  1,5  x  2.
2  x  0
 x  2
Ответ: 1,5  x  2 .
2. Использование общих методов при решении иррациональных
уравнений и неравенств
2.1. Разложение на множители. Метод интервалов
Метод разложения на множители является одним из общих методов
решения уравнений и неравенств. Естественно предположить, что он
может использоваться и для решения иррациональных уравнений и
неравенств. Для применения этого метода необходимо все слагаемые
перенести в одну часть уравнения (чаще всего в левую), в другой оставить
нуль. После переноса слагаемых левую часть уравнения раскладывают на
множители. Напомним, что для разложения выражений на множители
обычно применяются: способ вынесения общего множителя; способ
группировки; формулы сокращенного умножения. Далее при решении
уравнений можно использовать общий вывод, сделанный в [12, с.26], что
 f1 ( x)  0,
ОДЗ ( f 1 ( x ), f 2 ( x ),..., f n ( x )) 
 f 2 ( x)  0,
f1 ( x)  f 2 ( x)  ... f n ( x)  0

...

 f n ( x)  0.
Проиллюстрируем сказанное на примере.
Пример 11. Решите уравнение 164 3  x  x 2 4 3  x .
Решение: Сгруппируем все члены уравнения в левой части и
вынесем общий множитель за скобки. Тогда данное уравнение
равносильно уравнению (16  x 2 )4 3  x  0 , которое в свою очередь
равносильно системе:
16  x 2  0,
 x  4,
 x  4,


3  x  0,   x  3,  
 x  3.

x  3
3

x

0


Условие 3  x  0 в системе появилось как условие существования
корня 4 3  x .
Ответ: x  4; x  3 .
Рассмотрим пример решения иррационального неравенства методом
разложения на множители.
12
Пример 12. Решите неравенство ( x  1) x 2  x  6  6 x  6 .
Решение: Перенесём слагаемые в левую часть неравенства:
( x  1) x 2  x  6  (6 x  6)  0 . Разложим на множители: ( x  1)( x 2  x  6  6)  0 .
Перейдём к решению совокупности:
 x  1  0,
 x  1,
 2
 2
 x  x  6  6  0;
 x  x  6  6;



x

1

0
,
x


1
,




 2
 2

x

x

6

6

0


 x  x  6  6
 x  1,
 2
 x  x  6  36,
 x  1,


 x 2  x  6  0,
 2
 x  x  6  36
 x  1,
 x  1,
 2

 x  x  42  0,
 x  6,


x


1
,
 x  7,

 
  x  7,


 x  2,
 6  x  2.
 x  2,


 x  3,
  6  x  7
 2
 x  x  42  0
Ответ: x  7,  6  x  2 .
Иногда левая часть иррационального неравенства уже представлена в
виде произведения двух функций. Особо следует рассмотреть случай,
когда неравенство имеет вид 2n f ( x)  g ( x)  0, n  N . Решение такого
неравенства с помощью совокупности систем часто производится с
ошибками. Поэтому остановимся на этом подробнее.
Нестрогий знак в данном неравенстве позволяет заменить
неравенство равносильной ему совокупностью:
2 n f ( x)  g ( x)  0, (7 )

2 n f ( x)  g ( x)  0. (8)
Решение уравнения (7) производим по правилу расщепления
 f ( x)  0,

 g ( x) определена;
 g ( x)  0,

 f ( x)  0.
Учитывая неотрицательность значений первого множителя при
любом значении х из области его определения, неравенство (8) заменим
 g ( x)  0,
 f ( x)  0.
равносильной ему системой 
Вторая система в решении уравнения (7) и система, равносильная
 g ( x)  0,
 f ( x)  0.
неравенству (8), могут быть объединены в систему 
Поэтому
совокупности:
исходное
неравенство
13
равносильно
следующей
2n
 f ( x)  0,

 g ( x) определена;
f ( x)  g ( x)  0  
g ( x)  0,

 f ( x)  0.
Пример 13. Решите неравенство ( x 2  3x  40)  8 2 x  3  0 .
Решение: Данное неравенство равносильно совокупности:
3

x ,
3


2
x  2 ,

2 x  3  0,
3


x ,
 x  5,
 2





(
x

8
)(
x

5
)

0
,
2

 x  8,
 x  3 x  40  0,




2 x  3  0;

3
 x  8.

 x  ;

3
2

 x  ;
2

3
2
Ответ: x  8, x  .
При решении методом разложения на множители иррациональных
неравенств приходится сравнивать с нулем произведение нескольких
множителей. Наиболее рациональным способом решения неравенства в
этом случае является метод интервалов. Его использование при решении
неравенств различных видов основано на следующей теореме.
Теорема 1: Если функция непрерывна на некотором интервале и не
обращается в ноль ни в какой точке данного интервала, то она сохраняет
знак на этом интервале.
Таким образом, пусть задана функция y  f (x) , тогда числовая
прямая разбивается на четыре множества:
А – множество точек, для которых f ( x)  0 ;
В – множество точек, для которых f ( x)  0 ;
С – множество точек, для которых f ( x)  0 ;
D – множество точек, для которых f (x) не определена.
Решение неравенства разбивается на следующие этапы. Сначала
находят граничные точки множеств А, В, С и D. Найденные точки
разбивают числовую прямую на интервалы. Для каждого интервала
определяют, к какому из четырёх множеств относятся принадлежащие ему
точки. Наконец, выбирают множества, соответствующие смыслу
решаемого неравенства.
Отличительной особенностью иррациональных неравенств является
ограниченность их области определения, поэтому обычно начинают
решать неравенство с отыскания ОДЗ, затем находят корни уравнения
f ( x)  0 и, наконец, определяют знаки функции на каждом интервале
числовой оси, где функция определена.
14
Пример 14. Решите неравенство (16  x 2 )4 3  x  0 .
Решение: Прежде, чем решать неравенство, найдём его ОДЗ:
3  x  0  x  3 . Найдём корни уравнения (16  x 2 )4 3  x  0 (см. пример 11):
x  4, x  3 . Отметим их на части числовой оси, входящей в ОДЗ
неравенства, выколотыми точка, так как неравенство строгое. Определим
знаки выражения, стоящего в левой части неравенства, в каждом из
получившихся промежутков:
_
+
4
Выделим промежутки, на
положительные значения:  4  x  3 .
Ответ:  4  x  3 .
которых
Пример 15. Решите неравенство
Решение:
Воспользуемся
неравенство в виде
x2 1
x
3
x2 1
13  x 2
принимает
 x 1.
методом
интервалов.
Перепишем
( x  1)(( x  1)  13  x 2 )
 0.
13  x 2
Найдём область определения неравенства: 13  х 2  0  ( 13; 13 ) .
13  x 2
 ( x  1)  0 
выражение
Находим нули функции, стоящей в левой части преобразованного
неравенства, принадлежащие найденной области определения. Для этого
достаточно найти нули числителя дроби, т.е. решить систему:
 13  x, 13 ,
 13  x  13 ,
 13  x  13 ,
 13  x  13 ,




 x  1,
 x  1,


  x  1,
 


 x  1  0,
 2
2
2


x

x

6

0
,


13

x

x

1
,






2
2


 x  1  0
 x  1
 x  1  13  x  0
 13  x  x  1


 13  x  13 ,
 x  1,

Нули функции разбивают область определения
  x  1,

 x  2.
 x  2

на три промежутка. Установим знак функции на каждом интервале:
_
+
 13
1
+
2
13
x
Итак, дробь принимает неотрицательные значения при  13  x  1 и
2  x  13 .
Ответ:  13  x  1 , 2  x  13 .
15
2.2. Введение нового неизвестного. Однородные уравнения
Мощным средством решения иррациональных уравнений и
неравенств является метод введения вспомогательного неизвестного.
Введение новой переменной применяется в том случае, если в уравнении
(неравенстве) неоднократно встречается некоторое выражение, зависящее
от неизвестной величины. Тогда имеет смысл обозначить это выражение
какой-нибудь буквой и попытаться решить уравнение (неравенство)
сначала относительно введённого неизвестного, а потом уже найти
значения исходного неизвестного. В ряде случаев удачная замена
неизвестного облегчает преобразования и упрощает решение задачи;
иногда без замены решить уравнение (неравенство) вообще невозможно.
Замена переменной особенно полезна, если в её результате
достигается новое качество уравнения (неравенства), например,
иррациональное уравнение (неравенство) превращается в рациональное.
Подобные подстановки часто называют рационализирующими.
Пример 16. Решите уравнение 2 x2  3x  2x2  3x  9  33 .
Решение: Введём новую переменную y  2 x 2  3x  9 , y  0 . Для
новой переменной уравнение перепишется в виде y 2  y  9  33 . Решая его,
находим корни y1  6, y2  7 . Корень y2 является посторонним, т.к. не
y  0.
удовлетворяет
условию
Осталось
решить
уравнение
9
2 x 2  3x  9  6  2 x 2  3x  9  36  2 x 2  3x  27  0  x  3, x   .
2
9
Ответ: x  3 , x   .
2
2x  1
x 1
2
 1.
x 1
2x  1
2x  1
Решение: Введём новую переменную y 
, y  0 , относительно
x 1
2
которой исходное уравнение принимает вид y   1 . Путём равносильных
y
Пример 17. Решите уравнение
преобразований (при условии положительности у) оно приводится к
квадратному
уравнению
имеющему
единственный
y2  y  2  0 ,
положительный корень y  2 .
Возвращаясь к исходному неизвестному, получим уравнение
2x  1
 2.
x 1
Его
решение
представим
цепочкой
равносильных
преобразований:
 2 x  5  0,
2x 1
2 x  1  4( x  1)
 2x  5
5
4
0
0 
 x .
x 1
x 1
x 1
2
 x  1  0;
5
Ответ: x  .
2
16
Рационализирующие подстановки эффективны также для решения
иррациональных неравенств (примеры неравенств можно сконструировать
на основе рассмотренных уравнений), при этом «подсказкой» к
использованию замены также служит повторение одного и того же
выражения относительно неизвестной. Рассмотрим пример, в котором
такой «подсказки» нет, но рационализирующая замена возможна.
Пример 18. Решите неравенство
Решение:
Введём
новую
рационализирующей подстановки
Получаем неравенство:

3 х
 1.
15  х
переменную
15  x  t , t  0 .
t
с
Тогда
помощью
x  15  t 2 .

t  3t  4  0  t  3, Учитывая, что
3  15  t 2
t 2  t  12
1 
0
t  0,
0  t  4.
t
t
t

получаем 0  t  4 . Далее решаем систему иррациональных неравенств
относительно переменной х:
 15  x  0,
 0  15  x  16  15   x  1  1  x  15 .

 15  x  4
Ответ: 1  x  15 .
Рассмотрим уравнения, в которых кроме метода введения нового
неизвестного используется и метод выделения полного квадрата. Обычно
так решаются уравнения, которые имеют радикалы в подкоренных
выражениях, причем
для выделения полного квадрата степени
многочленов, стоящих под «внутренним» и «внешним» радикалами,
должны совпадать.
Пример 19. Решите уравнение x  1  2 x  2  x  7  6 x  2  2 .
Решение: Введём новую переменную y  x  2 , y  0 . Тогда
2
и
исходное
уравнение
перепишется
в
виде:
x  y 2
y2  2y 1  y2  6y  9  2 
 y  12

 y  32
 2  y 1  y  3  2
(использовалось тождество 2n a 2n  a , n  N , a  R ). Решив полученное
уравнение с модулями, последовательно раскрывая модули на
промежутках 0  y  1;1  y  3; y  3 , найдём, что 1  y  3 .
На последнем этапе решаем систему иррациональных неравенств:
 x  2  1,
 1  х  2  9  3  х  11.

 x  2  3
Ответ: 3  х  11.
Особым типом уравнений, решаемых с помощью замены
переменных, являются однородные уравнения (см. [12, с. 39-40]). Чаще
всего встречаются однородные уравнения второй степени. Напомним, что
однородным уравнением второй степени относительно выражений р(х) и
q(x) называют уравнение вида aр 2  bpq  cq 2  0, a  0, c  0 . Решение
однородного уравнения разбивается на два этапа:
17
 p( x)  0,
(Тогда найденное
q( x)  0.
1) проверить, имеет ли решения система 
решение является корнем исходного уравнения)
2) при ограничениях p( x)  0, q( x)  0 выполнить деление уравнения на
старшую степень одного из выражений p (x ) или q(x) и свести уравнение к
рациональному введением новой переменной у 
px 
qx 
или у 
.
qx 
px 
Любое однородное уравнение второй степени приводится к квадратному
уравнению.
Пример 20. Решите уравнение: 6 x 2  7 x 1  x  24(1  x) .
Решение: Перенесём слагаемое 24(1  x) в левую часть уравнения,
получим однородное уравнение второй степени относительно выражений х
2
и 1  x : 6 x 2  7 x 1  x  24 1  x   0 . Выражения х и 1  x одновременно не
равны нулю, поэтому можно производить деление уравнения на вторую
степень одного из выражений. Выполним почленное деление на (1+х),
x
x2
x
,
7
 24  0 . Введём новую переменную y 
1 x
1 x
1 x
относительно которой получаем квадратное уравнение 6 у 2  7 у  24  0 ,
3
8
имеющее два корня: у1  ; у2   .
2
3
получим: 6
Решим иррациональные уравнения, учитывая, что x  0, 1  x  0 :
1).
2 x  0,
 x  0,
x
3
 x  3.
  3 1  x  2x  
 2
2
1 x 2
91  x   4 x
4 x  9 x  9  0;
2).
 3x  0,
 x  0,
8
x
8
 x .
   8 1  x  3x  
 2
2
9
3
1 x
641  x   9 x
9 x  64 x  64  0;
8
9
Ответ: x  3 , x   .
2.3. Использование свойств функций
Ограниченность области определения
Пример 21. Решите уравнение 6 5  x  8 7  x  4 2 x  15  2 .
Решение:
Найдём
область
определения
уравнения:
5  х  0,
 х  5,

Последняя система не имеет решения. Значит и
7  х  0,  
х

7
,
5
.

2 х  15  0.

исходное уравнение не имеет корней.
Ответ: корней нет.
18
Пример 22. Решите неравенство
Решение:
ОДЗ
данного
9  x2
x2  9
.

6 x
x2  5
неравенства
определяется
системой
9  x  0,
 3  x  3,
 2

x  5  0,
 x  3,
 x  3,
ограничений:  2

 
 x  3.
 x  9  0,
 x  3,
6  x  0
 x  6

2
Проверим, являются ли найденные числа решениями данного
неравенства. Как при х  3 , так и при х  3 получаем верное числовое
неравенство 0  0 , т.е. х  3 являются решениями данного неравенства.
Ответ: х  3 .
Ограниченность множества значений
Пример 23. Решите неравенство 8 x 3  3x 2  16 x  2  1  1  2 х 2 .
Решение: Исследуем множества значений функций, стоящих в левой
и правой частях неравенства. Левая часть неравенства представляет собой
неотрицательную функцию. Правая же часть – отрицательна, так как для
любого х имеет место неравенство х 2  0 , тогда  2 х 2  0 , а  1  2 х 2  1 .
Таким образом, неравенство решений не имеет.
Ответ: решений нет.
Пример 24. Решите уравнение х 2  4  х 2  1  3  5х 2 .
Решение: Исследуем множества значений функций, стоящих в левой
и правой частях уравнения. Левая часть:
х2  4  х2 1  4  1  3 ;
причём равенство достигается только при х=0. Правая часть: 3  5 х 2  3 ;
причём равенство достигается только при х=0. Следовательно, равенство
функций возможно только, если обе они принимают значение 3, которое
достигается при х  0 . При всех других значениях х функция, стоящая в
левой части уравнения, принимает значения, большие 3; функция, стоящая
в правой части уравнения, – меньшие 3, следовательно, х  0 –
единственный корень уравнения.
Ответ: х  0 .
Проводить исследование множеств значений функций, входящих в
уравнение (неравенство), имеет смысл, если они каким-либо образом
ограничены. В рассмотренных примерах исследование множеств значений
было эффективным, т.к. функции вида y  2 n t , n  N в левых частях
уравнений ограничены снизу, а квадратные трёхчлены, стоящие справа,
ограничены сверху. Заметим, что исследование множеств значений
позволяет обосновать единственность корня в последнем примере.
19
Монотонность функций
Пример 25. Решите уравнение 3 2 x  1  3 x  1  1.
Решение: Корень х  1 уравнения можно найти подбором.
Действительно, 3 2 1  1  3 1  1  1  0  1 . Докажем, что других корней
уравнение не имеет. Левая часть уравнения представляет собою сумму
двух функций y1  3 2 x  1 и y2  3 x  1 , определённых на все числовой оси.
Функция y1  3 2 x  1 представляет собой композицию двух функций:
y1  3 t1 , t1  2 x  1 . Каждая из указанных функций возрастает, поэтому и
функция y1  3 2 x  1 также возрастает на всей числовой оси. Аналогично
функция y2  3 x  1 возрастает на всей числовой оси. Следовательно,
возрастает функция y1  y2  3 2 x  1  3 x  1 , т.е. в левой части уравнения
находится возрастающая функция. Любая монотонная функция
(возрастающая или убывающая) на всей области определения принимает
каждое своё значение только один раз (при одном и только одном
значении х), т.е. корень х  1 является единственным для данного
уравнения.
Ответ: х  1.
В подобных случаях решение уравнения состоит из двух этапов:
1)угадывание корня; 2) доказательство его единственности. Свойство
монотонности функции может также использоваться для сокращения
самого процесса решения уравнения. Основанием для этого в большинстве
случаев является использование свойства строго монотонной (монотонно
возрастающей/монотонно убывающей) функции принимать каждое из
своих возможных значений только один раз (при одном значении
аргумента).
Пример 26. Решите уравнение (2 х  1) 7  (2 х  1) 2  х х 2  7  0 .
Решение: Данное уравнение определено для всех действительных х.
f ( y)  y y 2  7 ,
Рассмотрим функцию
определённую для всех
действительных y. Тогда исходное уравнение можно представить в виде
f (2 x  1)  f ( x)  0 или f (2 x  1)   f ( x) . Заметим, что функция f ( y ) является
нечётной, т.е. f ( y )   f ( x) . Тогда уравнение примет вид f (2 x  1)  f ( x) .
Докажем, что функция
производную
f ( y ) 
y2  7 
f ( y ) возрастает. Для этого найдем её
y 2y
2 y2  7

y2  7  y2
y2  7

2 y2  7
y2  7
.
При
любом
действительном значении у производная f ( y ) положительна, значит,
функция f ( y ) возрастает на множестве действительных чисел. Каждое своё
значение монотонная функция принимает только один раз, поэтому
значения функции могут совпадать только при совпадении значений
20
аргументов, значит, уравнение f (2 x  1)  f ( x) равносильно уравнению
1
2х 1   х , корнем которого является х   .
3
1
3
Ответ: х   .
Рассмотрим ещё один приём, значительно сокращающий решение
уравнения и основанный на использовании монотонности функции. Его
даёт следующее утверждение.
f (x ) – возрастающая функция, то уравнения
Теорема 2. Если
f ( f ( x))  x и f ( x)  x равносильны.
Доказательство: Пусть x0 – корень уравнения f ( x)  x , т.е. верно
равенство f ( x0 )  x0 . Используем его для подстановки в первое уравнение
f ( f ( x0 ))  f ( x0 )  x0 , т.е. получили верное равенство f ( f ( x0 ))  x0 , значит, x0
является корнем уравнения f ( f ( x))  x . Обратно, пусть x0 – корень
уравнения f ( f ( x))  x , т.е. верно равенство f ( f ( x0 ))  x0 . В силу возрастания
функция f (x) имеет обратную f 1 ( x) , также возрастающую. Подействуем
функцией f 1 ( x) на полученное верное равенство, получим новое верное
равенство f ( x0 )  f 1 ( x0 ) . Две возрастающие взаимно обратные функции
принимают равные значения только при x  f ( x)  f 1 ( x) , т.е. верно
равенство x0  f ( x0 ) , означающее, что x0 является корнем уравнения
f ( x)  x .
Пример 27. Решите уравнение 1  x  x  1 .
Решение: Преобразуем уравнение к виду 1  1  x  x . Введём в
рассмотрение функцию f ( x)  1  x , которая возрастает на множестве
0; как сумма постоянной и возрастающей функций. Тогда уравнение
принимает вид f ( f ( x))  x и для решения можно использовать теорему.
Переходим к равносильному уравнению f ( x)  x или 1  x  x . Последнее
уравнение с помощью замены y  x , y  0 сводим к квадратному
уравнению y 2  y  1  0 . Находим его корни y1, 2 
(y
1 5
)
2
не
удовлетворяет
2
1 5 
3 5
1 5
 x
x
 x  
.

2
2
 2 
Ответ: x 
3 5
.
2
21
условию
1 5
, один из которых
2
y  0.
Получаем:
3. Специальные приёмы решения иррациональных уравнений
3.1. Сведение к системе рациональных уравнений
Для решения иррациональных уравнений методом замены может
использоваться не одна, а несколько новых переменных. При этом для
однозначности определения значения исходного неизвестного данное
уравнение заменяют системой рациональных уравнений.
Пример 28. Решите уравнение х 2 
7
7
 x  2  x.
2
x
x
Решение:
переменные
v  х
7
, v  0.
x2
Введём
Тогда
новые
исходное
уравнение
u  х2 
примет
вид
7
, u  0,
x2
u v  x.
Взаимосвязь квадратов новых переменных выражается равенством
u  v  x,
 2
2
2
u  v  x  x.
Преобразуем второе уравнение системы: u  v(u  v)  x( x  1) . Тогда,
учитывая условие u  v  x , имеем x(u  v)  x( x  1) . Так как одно из условий
ОДЗ исходного уравнения х  0 , то u и v должны удовлетворять системе
u  v  x,
u  x  0,5,
Решая её методом сложения, получаем систему: 

u  v  x  1.
v  0,5.
u 2  v2  x2  x .
Итак,
получили
систему
уравнений:
7
7
 0,5  x  2  0,25 . Сводим получившееся
2
x
x
3
2
уравнение к кубическому 4 x  x  28  0 , имеющему единственный корень
х  2 . Проверкой убеждаемся, что х  2 - корень исходного уравнения.
Тогда имеем уравнение
x
Ответ: х  2 .
Заметим, что при таком способе решения происходит переход от
исходного уравнения к системе уравнений-следствий, поэтому возможно
появление посторонних корней. Для их отбора на последнем этапе
решения производится проверка.
3.2. Умножение на сопряженное выражение
Если в уравнение входит сумма или разность радикалов со схожими
подкоренными выражениями, можно попытаться использовать приём
умножения на сопряженное выражение. Напомним, что выражение,
сопряженное данному иррациональному выражению, отличается от
исходного лишь знаком между радикалами, т.е. сумма корней и их
разность – взаимно сопряженные выражения.
Пример 29. Решите уравнение x2  5x  3  x2  3x  2  2 x  1 .
Решение: В левой части уравнения находится разность радикалов,
поэтому умножим обе части уравнения на сумму корней (выражение не
равное нулю). Получаем:
22
x 2  5x  3  ( x 2  3x  2)  ( x 2  5x  3  x 2  3x  2 )(2 x  1) 
 2 х  1  ( x 2  5 x  3  x 2  3x  2 )( 2 x  1) 
 (2 x  1)( x 2  5 x  3  x 2  3x  2  1)  0 .
По правилу расщепления рассмотрим два возможных варианта:
1) 2x 1  0 , откуда х  0,5 ;
2)
x 2  5x  3  x 2  3x  2  1 . Это уравнение можно решить
возведением в квадрат, но в данном случае более рационально будет
 x 2  5 x  3  x 2  3 x  2  1,
рассмотреть его в системе с исходным: 
 x 2  5 x  3  x 2  3 x  2  2 х  1.
Сумма уравнений системы является следствием исходного уравнения, но
имеет более простой вид x2  5x  3  х  1 . Решение полученного уравнения
2
3
дает ещё один корень х   .
Проверка найденных корней подстановкой в исходное уравнение
показывает, что оба найденных значения являются корнями исходного
уравнения.
2
3
Ответ: х  0,5 ; х   .
Умножение на сопряженное выражение эффективно в тех случаях,
когда подкоренные выражения отличаются либо на постоянную, либо на
выражение, также входящее в уравнение (как в рассмотренном примере).
Отметим, что в процессе решения происходит переход к уравнениюследствию, поэтому на заключительном этапе производится проверка.
3.3. Замена суммы (разности) радикалов
Указанный
иррациональных
приём чаще всего используется при решении
уравнений
третьей
степени,
имеющих
вид
3
f ( x)  3 g ( x)  h( x) . Суть его заключается в том, что на определенном этапе
решения сумма (разность) радикалов 3 f ( x)  3 g ( x) заменяется более
простым выражением h(x) . Такая подстановка избавляет от необходимости
повторного возведения в степень и приводит к решению более простого
уравнения.
Пример 30. Решите уравнение 3 х  1  3 3х  1  3 х  1 .
Решение: Возведём обе части
равносильное уравнение:
уравнения
в куб. Получаем
х  1  33 ( х  1) 2  3 3х  1  33 (3х  1) 2  3 х  1  3х  1  х  1 .
Последовательно произведём преобразования уравнения: перенесём
рациональные слагаемые в правую часть уравнения; приведём в ней
23
подобные слагаемые; поделим уравнение на 3; разложим выражение,
стоящее в левой части, на множители. Получим следующее равносильное
уравнение: 3 ( х 1)(3х 1) (3 х  1  3 3х 1)  х 1 .
На основе исходного уравнения, сумму радикалов 3 х  1  3 3х  1
заменим выражением 3 х  1 . При этом получим уравнение-следствие
3
( х  1)(3х  1)( х 1)   х 1 .
Возведём обе его части в куб и преобразуем:
( х  1)(3х  1)( х  1)  ( х  1)3  ( х  1)[(3х  1)( х  1)  ( х  1)2 ]  0  ( х  1)  4 х 2  0 
 х1  1, х2  0 .
При замене суммы радикалов могли появиться посторонние корни,
поэтому необходима проверка. При х  1 левая часть исходного
3
уравнения:
правая
часть:
 1  1  3 3  (1)  1  3 0  3  2  3 2 ,
3
 1  1  3 2 ,3 2  3 2 - верно, значит, х  1 - корень исходного уравнения.
При х  0 левая часть исходного уравнения: 3 0  1  3 3  0  1  3 1  3 1  1,
правая часть: 3 0  1  3  1  1 , 1  1 - неверно, значит, х  0 не является
корнем исходного уравнения.
Ответ: х  1.
Рассмотренный пример ярко иллюстрирует необходимость
проведения проверки корней при использовании приёма замены.
Появление посторонних корней обусловлено тем, что сумма (разность)
радикалов не тождественно равна выражению, стоящему в правой части
исходного уравнения. Их равенство достигается лишь при таких значениях
х, которые удовлетворяют данному уравнению. Поэтому уравнение,
полученное в результате замены, является следствием исходного, а значит,
проверка найденных значений неизвестного выступает обязательным
этапом решения уравнения с использованием описанного здесь приёма
замены.
3.4. Тригонометрические подстановки
Иногда иррациональное уравнение подходящей заменой можно
свести к тригонометрическому уравнению. При этом полезными могут
оказаться следующие рекомендации:
Если в уравнение входит радикал
a2  x2
a2  x2
x2  a2
То можно сделать замену переменной
x  a sin t
x  a cos t
x  a  tgt
x  a  сtgt
x
a
sin t
x
а
cos t
где для определенности (однозначности соответствия переменных х и t)
24
  
t   ; 
 2 2
  
t  ; 
 2 2
t  0; 
t  0; 
  
t   ;0  
 2 
 
  0; 
 2
 
t  0;  
 2
 
  ; 
2 
при этом радикал заменяется выражением
a cos t
а
cos t
asin t
a
sin t
Пример 31. Решите уравнение х 2  1  х 
a  сtgt
5
2 х2  1
a  tgt
.
Решение: В данное уравнение входит радикал
х 2  1 , поэтому
 
сделаем замену x  tgt , где t    ;  . Тогда радикал можно преобразовать
 2 2
к виду
х 2  1  tg 2t  1 
1
и исходное уравнение перепишется в виде
cos t
1
5
 tgt  cos t . При рассматриваемых значениях t выражение cos t  0 ,
cos t
2
поэтому перейдём к равносильному ему уравнению 2  2 sin t  5(1  sin 2 t ) ,
которое сведём к квадратному относительно sin t и найдём его корни
sin t  1
3
 
и sin t   . Промежутку   ;  принадлежит единственное
5
значение из возможных:
 2 2
3
 3
t  arcsin      arcsin .
5
 5
Поэтому исходное
уравнение имеет единственный корень:
3

3
3
3
sin  arcsin 
3
3
3
5


5
5
x  tg  arcsin   tg arcsin    


5  .
4
3
5
5
4

9


3

cos arcsin 
1
1  sin 2  arcsin 
5
5

25
5

3
Ответ: x   .
4
Подведём итог: Решение любого иррационального уравнения
(неравенства) в конечном итоге сводится к решению одного из простейших
уравнений (неравенств), рассмотренных в пункте 1, может быть в системе
с другими уравнениями и неравенствами.
Основной способ решения иррационального уравнения – возведение
обеих частей уравнения в соответствующую степень. Если степень чётная,
то при таком преобразовании возможно приобретение посторонних
корней. Поэтому решение необходимо завершать проверкой или же на
каждом шаге следить за равносильностью преобразований, чтобы не
допустить ни потери корней, ни приобретения посторонних корней. При
решении иррациональных неравенств возможны только равносильные
переходы.
25
При решении иррациональных уравнений (неравенств) используются
как общие, так и специальные методы и приёмы. Сформулировать какиелибо конкретные советы о том, в каком случае какой метод (приём)
решения следует применить, не представляется возможным.
Упражнения
№ 1. Решите уравнение:
1) x 2  2x  8  0 ; 2) x 2  2x  8  4 ; 3) x 2  2 x  8  5  0 ; 4) 13  x 2  x  1 ;
5) x 2  3x  4  1  3x ; 6) x  x  1  3 ; 7) 4 x 2  1   3x ; 8) 2 x  1  2  x  0 ;
9) x  15  x  3  6 ; 10) 5x  3  2 x  1  3x  2 ;
11) x  2 x 2  x  20  6 x  12 ; 12) 4 x  x  5  0 ; 13)
14)
2x  1
2x  1
2
3  0;
x
x
x4
x 1 5
1
1
2 2
;



 ; 15)
x 1
x4 6
1 1 x 1 1 x
1 x
16) x  3  4 x  1  x  8  6 x  1  1 ; 17) 3 2  x 2  3 7  x 2  23 7  x 2  x  ;
18) 3 x  12  23 x 2  1  83 x  12 ; 19) x  2  1  x  3 ;
20) x 2  4x  8  2x 2  8x  9  12x  9  3x 2 ; 21) 7  3x  5  4 x  1  2 x  2 ;
22) 3 x  3 x  16  3 x  8 ; 23) x  1  3 2 x  6  2 ;
24) 3 29  x2  3 x  12  7  3 29  xx  1 ; 25) x 2  3x  3  x 2  3x  6  3 ;
26)
1  2х 1  x2
 2 х 2  1.
2
№ 2. Решите неравенство:
1) x 2  2x  8  0 ; 2) x 2  2x  8  0 ; 3) x 2  2x  8  4 ; 4) x 2  2x  8  4 ;
5) x 2  2x  8  5 ; 6) x 2  2 x  8  5 ; 7) x 2  7  2 ; 8) x  3  0 ;
9) 13  x 2  x  1 ; 10) 13  x 2  x  1 ; 11) x 2  4 x  x  3 ;
12) x 2  5x  6  x  4 ; 13) x 2  2 x  3  x 2 ; 14) 4 x 2  1   3x ;
15) 4 x 2  1   3x ; 16) 2 x  1  2  x ; 17) 2 x  1  2  x ;
8  2x  x 2
8  2x  x 2
1  21  4 x  x 2
; 19)

 0;
x  10
2x  9
x 1
34 x 2  9
 2 x  3 ; 21) 1  8x  2  x  1 ;
20)
3x 2  3
18)
2x  1
2x  1
2
3  0.
x
x
Ответы: № 1. 1) х  4, x  2 ; 2) х  6, x  4 ; 3) корней нет; 4) x  2 ;
22) x  x  7  2 x 2  7 x  35  2x ; 23)
3  105
2
; 6) x  5 ; 7) x  1; 8) x  1; 9) x  1; 10) x  ; 11) х  7, x  8 ;
3
16
1
1
5
12) x  1; 13) x  ; 14) x  5 ; 15) x  ; 16) 5;10 ; 17) x   ;
7
2
2
63
9
18) x  , x  ; 19) корней нет; 20) x  2 ; 21) x  1;
65
7
5) х 
26
12 21
; 23) х  1, x  3, x  35 ; 24) х  28, x  2 ;
7
2
6 2
25) х  1, x  2 ; 26) х   , x 
.
2
4
№ 2. 1) х  4, x  2 ; 2) решений нет; 3) х  6, x  4 ; 4)  6  x  4;2  x  4 ;
22) х  8, x  8 
5) х  4; x  2 ; 6) решений нет; 7)  3  x   7 ; 7  x  3 ; 8) x  3 ;
10
9)  13  x  2 ; 10) 2  x  13 ; 11)  ;0, 4,5;; 12)  ;2, 3; ;
 13 
1
2
1
 x  3 ; 17) x  3 ;
2
 4;1, x  2 ; 19)  2  2 6 ;1 ,  2  2 6 ;3 ; 20)  3 ;1, 1;2;
 2 
1 3
1 1


 841 


 5  23; 8 ,  8 ;3  5 , 3  5 ; ; 22) 0; 144  ; 23)   ; 2 ,  7 ;  .

 


 



13) x  2; x  0 ; 14) x  1 ; 15)  1  x   ; 16)
18)
21)





Тема IV: Показательные уравнения и неравенства
Требования к знаниям и умениям студентов
Цель изучения темы – систематизировать и обобщить знания
студентов о способах решения показательных уравнений и неравенств.
В результате изучения темы студент
знает
- описание понятия показательного уравнения (неравенства);
- определение и свойства показательной функции;
- теоремы о равносильности, используемые при решении
показательных уравнений и неравенств;
- типы простейших показательных уравнений и неравенств и способы
их решения;
- основные приёмы решения простейших показательных уравнений и
неравенств;
- о возможностях использования общих методов при решении
показательных уравнений и неравенств: разложение на множители,
введение нового неизвестного, рассмотрение выражения как однородного,
использование свойств функций;
- специальные приёмы решения показательных уравнений и
неравенств: сведение к одному основанию, логарифмирование, деление
(умножение) на выражение, содержащее одну из степеней, переход к
одному показателю степени.
умеет
- решать простейшие показательные уравнения и неравенства;
- применять общие методы решения уравнений и неравенств для
решения показательных уравнений и неравенств;
27
- использовать специальные приёмы для решения показательных
уравнений и неравенств.
Содержание темы
Показательные
уравнения
и
неравенства
относятся
к
трансцендентным (см. [12, с. 5-6]).
Определение: Уравнения (неравенства), в которых неизвестное
входит только в показатели степеней при постоянных основаниях,
называют показательными.
Решение показательных уравнений (неравенств) основано на
свойствах показательной функции y  a x , a  0, a  1 :
10 . Область определения – множество всех действительных чисел ( R ).
2 0 . Множество значений функции – множество всех положительных
чисел ( a x  0 , для всех x  R ).
30. При a  1 функция возрастает, т.е. если x1  x2 , то a x  a x . При
0  a  1 функция убывает, т.е. если x1  x2 , то a x  a x . Верно и обратное.
Теорема. Показательное неравенство a x  a x при a  1 равносильно
неравенству x1  x2 , а при 0  a  1 равносильно неравенству x1  x2 .
4 0 . a x  a x тогда и только тогда, когда x1  x2 .
1
1
1
1
2
2
2
2
1. Простейшие показательные уравнения и неравенства
На свойстве 4 0 основан метод решения простейших показательных
уравнений видов
a x  b или a x  a c ;
(1)
f x
f x
c
a
 b или a
(2)
a ;
a f  x   b g  x  или a f  x   a g  x  .
(3)
x
Решением уравнения a  b является x  log a b при a  0, a  1 и b  0 .
Если число b можно представить в виде b  a c , то решением уравнения
a x  a c при a  0, a  1 является x  c .
Решением уравнения a f  x   b (логарифмируя его по основанию a )
является f x   log a b при a  0, a  1 и b  0 . Если число b можно
a f  x   a c при
представить в виде b  a c , то решением уравнения
a  0, a  1 является f x   c .
Решением уравнения a f  x   b g  x  (логарифмируя его по любому из
оснований, в данном случае прологарифмируем по основанию a ) является
f x   g x  log a b при a  0, a  1 и b  0 , b  1. Если число b можно
представить в виде b  a g  x  , то решением уравнения a f  x   a g  x 
при
a  0, a  1 является f x   g x  .
По аналогии с простейшими показательными уравнениями, выделим
показательные неравенства:
28




a x  b a x  b или a x  a c a x  a c ;
a f  x   b a f  x   b или a f  x   a c a f  x   a c ;
a f  x   b g  x  или a f  x   a g  x  a f  x   a g  x  , где a  0, a  1 .
(4)
(5)




a f x  b g x 
(6)



(Аналогичные неравенства можно рассмотреть и со знаками «≤» или
«≥»)
Метод решения простейших показательных неравенств выделенных
видов основан на свойстве монотонности показательной функции
(свойство 30 ).
Множеством решений неравенства a x  b a x  b или a x  a c a x  a c :
при a  1 , b  0 является x  log a b ( x  log a b ) или x  c ( x  c );
при 0  a  1 , b  0 является x  log a b ( x  log a b ) или x  c ( x  c );
при a  0 , b  0 любое действительное число (нет решений).
Решение неравенства a f  x   b a f  x   b или a f  x   a c a f  x   a c  связано
с равносильным переходом:
при a  1 , b  0
к неравенству f ( x)  log a b ( f ( x)  log a b ) или
f x   c ( f x   c );
при 0  a  1 , b  0 к неравенству f ( x)  log a b ( f ( x)  log a b ) или
f x   c ( f x   c );
при a  0 , b  0 любое действительное число (нет решений).
Решение неравенства a f  x   b g  x  a f  x   b g  x   или a f  x   a g  x  a f  x   a g  x  
связано с равносильным переходом:
при a  1 , b  0, b  1 к неравенству f x   log a b g  x  ( f x   log a b g  x  ) или
f x   g x ( f x   g x  );
при 0  a  1 , b  0, b  1 к неравенству f x   log a b g  x  ( f x   log a b g  x  )
или f x  g x ( f x  g x).
Проиллюстрируем решение простейших показательных уравнений и
неравенств на примерах.
Пример 1. Решите уравнения: а) 4 x  64 ; б) 17 xx  1 ;
2
x 1

 

x2
x
2
9
в)    6,256 x 5 , г) 3 2 x 153 x  2     5 2 x 33 x ; д) 2  3  2  3 ;
5
5
2 x 1
3 x
2 x4
2 x
 36 .
е) 6  8 ; ж) 7
Решение: а) Число 64 представим как 4 3 , тогда данное уравнение
примет вид 4 x  43 , его решением является x  3 .
б) Поскольку 1  17 0 , то исходное уравнение равносильно уравнению
x  x 2  0  x  0, x  1.
2
в) Приведем правую часть уравнения к
основанию
:
5
 25 
 
 4 
6 x 5
5
 
2
12 x 10
2
 
5
1012 x
2
. Получаем уравнение  
5
x 1
2
6,25
 
5
11
равносильное уравнению x  1  10  12x , которое имеет корень x  .
13
6 x 5
29
1012 x
,
г) Переход к единому основанию можно осуществить делением обеих
частей уравнения на выражение, стоящее в правой части уравнения (это
можно сделать, т.к. значения показательной функции положительны).
Получим
3 2 x 15 3 x  2 5
3 15 x  2 5
5


1

 2 1  
2 x 3x
x
9
5 3
3
3
3
x 3
0
5
   , отсюда
3
x3 0 
 x  3 .
д) Данное уравнение равносильно уравнению 2  3   2  3  , т.к.
x
x2
2 3 
2  3 2  3  
2 3
x  0 и x  1 .
1
2 3
. Переходим к уравнению x 2   x , его корни
е) Обе части уравнения положительны; поэтому можно
прологарифмировать его по основанию 6 (можно по основанию 8 ).
Получим уравнение 2 x  1  3  x log 6 8 , равносильное исходному. Таким
образом, x  2  log 6 8  1  3 log 6 8 , т.е. x 
ж)
1  3 log 6 8
.
2  log 6 8
Преобразуем правую часть уравнения, применив свойства
2 x4
1
 
степени, получим 7
. Умножим уравнение на выражение 6 2 x  4
6
 
2 x 4
( 6  0 при любых x ): 42 2 x 4  1  2x  4  0  x  2 .
11
Ответ: а) x  3 ; б) x  0; x  1 ; в) x  ; г) x  3 ; д) x  0; x   1 ;
13
1  3 log 6 8
е) x 
; ж) x  2 .
2  log 6 8
2 x4
Пример 2. Решите неравенства: а) 25 x  1253 x 2 ; б) 0,34 x 2 x2  0,32 x3 ;
2
x
в) 2
x 2 1
1
 2 x  2 ; г) 3 2 x 1  113 x .
Решение: а) Поскольку 25 x  5 2 x , а 1253 x 2  59 x 6 , то исходное
неравенство равносильно неравенству 5 2 x  5 9 x 6 . Учитывая, что функция
y  5 t - возрастающая, перейдем к неравенству 2x  9x  6 , отсюда x 
6
.
7
б) Так как функция y  0,3t - убывающая, то данное неравенство
заменим ему равносильным 4 x 2  2 x  2  2 x  3 . Имеем 2 x  12  0 , отсюда
x - любое действительное число.
в) Так как функция y  2 t - возрастающая, то будем решать
неравенство
x
1

, равносильное данному. Решим последнее
x 1 x  2
2
неравенство методом интервалов, для этого неравенство преобразуем
x
1

 0 . После приведения дробей к общему знаменателю и
x 1 x  2
1  2x
приведения подобных, имеем
0.
x  1x  1x  2
2
30
_
_
+
1
_
+
1
2
1
x
2
Выбираем промежутки, где значения дроби отрицательные. Отсюда x  1 ;
1
 x  1; x  2 .
2
г) Обе части неравенства положительны при любых значениях x .
Прологарифмируем обе части неравенства по основанию 3 , получим
неравенство 2 x  1  log 3 113  x  , равносильное исходному. После
равносильных
преобразований
уравнение
примет
вид
2  log 3 11  x  1  3 log 3 11 . Учитывая, что 2  log 3 11  0 , находим все решения
исходного неравенства x 
1  3 log 3 11
.
2  log 3 11
6
7
1  3 log 3 11
1
 x  1 ; x  2 ; г) x 
.
2
2  log 3 11
Ответ: а) x  ; б) x - любое действительное число; в) x  1 ;
Итак, для приведения показательных уравнений и показательных
неравенств к выделенным выше видам 1  6 были применены приёмы
сведения уравнения (неравенства) к одному основанию, логарифмирование,
деление (умножение) уравнения (неравенства) на выражение содержащее
одну из степеней , переход к одному показателю степени. При этом были
использованы свойства степеней, определение степени с целым
показателем, свойства показательной функции.
2. Использование общих методов при решении показательных
уравнений и неравенств
2.1. Разложение на множители
Пример 3. Решите уравнения: а) 2 x 1  2 x 1  2  27 ;
б) x  9 x 3  3 x 3  32 x 3 1  3 x 3 1  6 x  18 .
Решение: а) В данном уравнении каждый показатель степени
отличается от другого на некоторое число, значит, в уравнении можно
вынести за скобки степень с любым из имеющихся показателей. Чаще
всего выносят степень с наименьшим показателем, именно так поступим с
данным уравнением 2 x1 2 2  1  2  27 . Получим 2 x 1  3  27  2 x 1  9 
 x  1  log 2 9  x  1  log 2 9 .
б) Перегруппируем слагаемые, стоящие в левой и правой частях
уравнения, и вынесем общий множитель за скобки. После всех
преобразований уравнение
будет иметь вид 9 x 3  3 x 3  6  x  3  0 .

2
2

2
2

31
2
2



 x 2  3  0,

 x  0,
 x 2 3
3
9

 x  3;
Последнее уравнение равносильно системе:

x 2 3
 6  0,
 x  3,
 x  3,


 x  9,
2
3 x 3  3,   x 2  3  1,  
 x  2.


 x  9;
 x  9;
Ответ: а) x  1  log 2 9 ; б) x  9, x  2.
1
3
1
2
Пример 4. Решите неравенства: а) 3  4 x   9 x  2  6  4 x 1   9 x 1 ;
б) 6 x  8  3 x  9  2 x  72  0.
Решение:
а)
В
неравенстве
перегруппируем
слагаемые
1
1
3  4 x  6  4 x 1    9 x  2   9 x 1 , вынесем за скобки общий множитель
3
2
63
1 
1
4 x 3  6  4   9 x   9 2   9  . Получим 4 x   21  9 x  , разделим на
2
2 
3
x
x
выражение  21  9 (это можно сделать, т.к. 9  0 , а  21  9 x  0 ). В
x
4
63
результате имеем неравенство равносильное данному    . Приведём
42
9
2
к одному основанию  
3
1
2x  1, x   .
2
2x
1
t
2
2
   . Функция y    - убывающая, тогда
3
3
б) Разложим правую часть неравенства на множители, получим
2  8 3 x  9  0 . Последнее неравенство равносильно совокупности:
x
2 x  8  0,
 x
3  9  0,
 x
2  8  0,
3 x  9  0;

 x  3,

 x  2,
 
 2  x  3.
 x  3,

 x  2;
1
2
Ответ: а) x   ; б) 2  x  3.
2.2. Введение нового неизвестного
Пример 5. Решите уравнения: а) 25 x  6  5 x  5  0 ; б) 125 x  20 x  2 3 x 1 .
Решение: а) Обозначим 5 x  t , где t  0 (в силу свойства 2 0 ). Данное
уравнение сводится к квадратному относительно t : t 2  6t  5  0 , его корни
32
t  1, t  5 . Они оба удовлетворяют условию t  0 , тогда возвращаясь к
5 x  1,
замене, получим  x
5  5
 x  0,
 x  1.


б) Данное уравнение после применения свойств степени примет вид:
125  20 x  2  8 x . Разделим обе части уравнения на 8 x ( 8 x  0 в силу
свойства показательной функции), получим уравнение, равносильное
x
x
x
125
20
предыдущему       2
 8   8 
5
 
2

3x
x
5
3
   t , где t  0 , получим t  t  2  0
2
x
5
    2  0 . Сделаем замену
2

t  1t 2  t  2  0 , решением
x
5
последнего уравнения имеем t  1 . Решим уравнение    1 , откуда x  0 .
2
Ответ: а) x  0, x  1 ; б) x  0 .
Пример 6. Решите неравенства: а) 5  2 6    3  2   12 ;
x
б)
1
1
 x 1
.
3  5 3 1
x
Решение: а) Пусть
квадрат суммы чисел
5  2 6   
x
x
3 2

2x

3 2
2

и
x
 t , где t  0 .
3,
т.е.
Выражение 5  2 6  есть
5  2 6   

2
3 2 ,
тогда
. Решим неравенство t 2  t  12  0 , учитывая, что t  0 ,
получим t  3 . Остается решить показательное неравенство  3  2   3 ,
где 3  2  1 , поэтому x  log 3 2 3 .
б) Обозначим 3 x  t , где t  0 и, учитывая, что t  5  0 (т.е. на это
выражение умножим обе части неравенства), имеем неравенство
x
3t  1  t  5
 0 , приведем подобные и получим
3t  1
2t  6
1 
 0 , решением неравенства будет полуинтервал  ; 3 . Далее решим
3t  1
3 
1
 3 x  3 , функция y  3 n - возрастающая, поэтому
двойное неравенство
3
1  x  1 .
Ответ: а) x  log 3 2 3 ; б)  1  x  1 .
равносильное данному
2.3. Однородные уравнения (неравенства)
Пример 7. Решите уравнение 2  81x 1  36 x 1  3  16 x 1  0 .
Решение:
Данное
уравнение
равносильно
уравнению
2  x 1
x 1
x 1
2  x 1
29
 9  4  3 4
 0 , решение которого сводится к решению
однородного уравнения 2u 2 x   ux vx   3  v 2 x   0 , где ux   9 x 1 , vx   4 x 1 .
Поскольку 4 x 1  0 , то уравнение можно разделить на 4 2 x1 , получим
уравнение равносильное исходному
33
9
2 
4
2  x 1
9
 
4
x 1
3  0.
Сделаем
9
 
4
замену
x 1
t,
9
равносильно  
4
t  0:
x 1

3
2
2t 2  t  3  0  t 
3
.
2
Исходное
уравнение
1
 x .
2
1
2
Ответ: x   .
Пример 8. Решите неравенство 32 x  2  3 x  x6  32 x12  0 .
Решение: Неравенство
является однородным,
его можно
2x
x
x 6
2 x 6 
представить в виде 3  2  3  3  3
 0 . Преобразования, которые
необходимо сделать, аналогичны преобразованиям, проведённым с
2
2
2
2
 3x

 3 x6

2
уравнением
3
из
  23
2
примера
7.
Имеем
2

 1  0 


Введем замену t  3 x  x 6 , где t  0 , получим
2
t 2  2t  1  0  t  1  0 . Решением последнего неравенства являются все
действительные числа кроме тех, где t  1  0 , т.е. значения t  1 из
рассмотрения надо исключить: 3 x  x 6  1  x 2  x  6  0  x  3, x  2 .
Ответ: x  3, x  2 .
x 2  x 6
x 2  x 6
1  0 .
2

 x
  2 3

 3 x6


2
2
2.4. Использование свойств функций
Пример 9. Решите уравнения: а) 5 x 2  8  x ; б) 3 x  4 x  5 x ;
в) 5 x  x 8 x1  500 .
Решение: а) Заметим, что x  3 - корень данного уравнения. Других
корней уравнение не имеет, т.к. левая часть уравнения представляет
возрастающую функцию, а правая – убывающую. Графики этих функций
могут иметь не более одной точки пересечения. Значит, x  3 единственный корень уравнения.
б) x  2 - корень исходного уравнения. Покажем, что других корней
x
уравнение не имеет. Преобразуем уравнение к виду
x
Функция
x
3  4
      1.
5  5
x
3  4
f  x        - убывающая, как сумма двух убывающих
5  5
функций, значит, каждое свое значение принимает лишь один раз.
в) Область определения уравнения x  N , x  1 . Перепишем уравнение
в виде 5  8
x 1
x
 500 и прологарифмируем его по основанию 5 (можно по
3 x  1
log 5 2  3  2 log 5 2 . После преобразований
основанию 8 ). Получим x 
x
получим квадратное уравнение относительно x : x 2  x  log 5 2  3  3 log 5 2  0 ,
x
его корни x   log 5 2 и x  3 . Корень x   log 5 2 не удовлетворяет области
определения уравнения, значит, исходное уравнение имеет единственный
корень x  3 .
34
Ответ: а) x  3 ; б) x  2 ; в) x  3 .
Пример 10. Решите неравенства: а) 3 x  4 x  25 ;
б) 8  2 x 2  log 3 x  7  .
Решение: а) Левая часть неравенства как сумма двух возрастающих
функций, есть функция возрастающая. Поскольку для x  2 , выражение
f x   3 x  4 x  f 2  25 , а для x  2 , f x  f 2  25 , то множество решений
исходного неравенства есть x  2 .
б) Область определения неравенства определяется системой
 x  7  0,


x2
8

2

0
,

 x  7,
 x  7,


 3
x 2
5  x.
2  2 ,
Система решений не имеет, значит, и исходное неравенство не имеет
решений также.
Ответ: а) x  2 ; б) нет решений.
Подведём итог: Процесс решения показательного уравнения
(неравенства) реализуется по той же схеме, что и решение иррациональных
уравнений (неравенств): упрощение исходного уравнения (неравенства),
сведение его к уравнению (неравенству) знакомого типа, решение
простейшего уравнения (неравенства).
Решение показательных уравнений (неравенств) осуществляется
либо на основе перехода к равносильному уравнению (неравенству), либо
к равносильной системе уравнений и неравенств.
При решении показательных уравнений (неравенств), как и
иррациональных уравнений (неравенств), используются общие и
специальные методы и приёмы.
Упражнения
№ 1. Решите уравнение:
1
1)  2 
 64 
x
x

x



2
5
2
9
27
1
; 2)       ; 3) 2 x  5 x  0,1  10 x1 ; 4) 15 x  x 2
64
8
3 8

x
5) 3 x  8 x 1  36 ; 6) 15  2 x 1  15  2 2 x  135 ; 7) 132 x  6  13 x  5  0 ;
x
1
2
x
7
2
 2  3 2 x 1 ;
9) 32 x 6 x9  4  15 x 3 x5  3  5 2 x 6 x9 ;
2
15 x  9 x  6
 2 ; 11) x  2 x  2 x 3  64 ; 12) 5 2 x 1  6 x 1  30  150 x .
10)
x
x
2  15  25  3
8) 9  2
x
2
2
2
№ 2. Решите неравенство:
2 x 1
3
1 1 x  1 
1)  
  ;
5
5
x
3) 5 x  3 x1  2  5 x1  3 x2 ;
2) 3 x 3  7 x 3  3 2 x  7 2 x ;
1
1
1
1
4) 16 2  15  4 x  4 ; 5) 5  25 x  3  10 x  2  4 x ; 6) 2 x  3 x  4 x  3 ;
7) 2 x  4x 2  2 x  3  0 ; 8) 4  x 0,5  7  2  x  4  0 ;
2 x 1
9) x 3 x  1; 10) 8  3
x 4 x
9
4
x 1
9
x
; 11)
3
35
2 x 1
4
3
3
x 1
.
x4 
 1;
1
8
5) x   log 3 6; x  2 ; 6) x  1; x  2 ; 7) x  0; x  log 13 5 ; 8) x  1; x  5 ;
Ответы: № 1. 1) x   ; 2) x  3 ; 3) x  1; x  5 ; 4) x  2; x  1; x  4 ;
9) x  1; x   4 ; 10) x  log 5
3
17  3
; 11) x  1; 12) x  log 6 5; x  log 5 6 .
4
№ 2. 1) 1  x  4 ; 2) x  3 ; 3) x  3 ; 4) x  2 ; 5)  1  x  0 ; x  0 ;
1
2
6) x  0 ; 7)  1  x  2 ; x  3 ; 8) x  2 ; 9) 0  x  ; 1  x  3 ; 10) 0  x  16 ;
11) 0  x  1 ; 1  x  2 .
Тема V: Логарифмические уравнения и неравенства
Требования к знаниям и умениям студентов
Цель изучения темы – систематизировать и обобщить знания
студентов о способах решения логарифмических уравнений и неравенств.
В результате изучения темы студент
знает
- описание понятия логарифмического уравнения (неравенства);
- описание понятия области определения (ОДЗ) логарифмического
уравнения (неравенства);
- определение логарифма, свойства логарифмов;
- определение и свойства логарифмической функции;
виды
преобразований,
используемых
при
решении
логарифмических уравнений и неравенств; какие из них приводят к
равносильному
уравнению
(неравенству),
а
какие
к
уравнению(неравенству)-следствию;
- виды преобразований, приводящих к потере корней уравнения
(решений неравенства);
- какие логарифмические уравнения и неравенства относятся к
простейшим, способы их решения;
- о возможностях использования общих методов при решении
логарифмических уравнений и неравенств: разложение на множители,
введение нового неизвестного, рассмотрение выражения как однородного,
метод интервалов, использование свойств функций;
- о специальных приёмах решения логарифмических уравнений и
неравенств: использование свойств логарифмов, логарифмирование.
умеет
- решать простейшие логарифмические уравнения и неравенства;
- применять общие методы для решения логарифмических
уравнений и неравенств;
- использовать специальные приёмы для решения логарифмических
уравнений и неравенств.
36
Содержание темы
1. Простейшие логарифмические уравнения и неравенства
Логарифмические уравнения и неравенства относятся к
трансцендентным (см. [12, с. 5-6]). В логарифмических уравнениях
(неравенствах) выражения, содержащие неизвестное, находятся под знаком
логарифма. Напомним, что логарифмом положительного числа b по
основанию а, где a  0, a  1 , называется показатель степени, в которую
надо возвести число а, чтобы получилось b: log a b  c  b  a c , где
a  0, a  1, b  0 . Исходя из определения логарифма, можно заключить, что
при решении логарифмических уравнений (неравенств) необходимо будет
учитывать условия существования входящих в них логарифмических
выражений и отражать их при нахождении области определения уравнения
(неравенства) (см. [12, с. 6]), когда это необходимо.
Решение логарифмических уравнений (неравенств) основано на
свойствах логарифмической функции y  log a x, a  0, a  1 :
10 . Область определения – множество всех положительных чисел
0; .
2 0 . Множество значений – множество всех действительных чисел R .
30. При a  1 функция возрастает на 0; , т.е. если 0  x1  x2 , то
log a x1  log a x2 . При 0  a  1 функция убывает на 0; , т.е. если 0  x1  x2 ,
то log a x1  log a x2 . Верно и обратное: если log a x1  log a x2 , то при a  1
переходим к неравенству 0  x1  x2 , а при 0  a  1 - к неравенству
x1  x2  0 .
4 0 . log a x1  log a x2 тогда и только тогда, когда x1  x2 , где x1  0, x2  0 .
Выделим простейшие логарифмические уравнения (неравенства) и
подходы к их решению.
А. Уравнение вида log a f ( x)  b и соответствующие ему
неравенства log a f ( x)  b , log a f ( x)  b , log a f ( x)  b , log a f ( x)  b , где
a  0, a  1 .
Уравнение log a f ( x)  b (по определению логарифма) равносильно
уравнению f ( x)  ab (доказательство см. [12, с. 22]).
Пример 1. Решите уравнение: log 3 (5x  1)  2 .
Решение: Данное уравнение равносильно уравнению 5 x  1  32 . Тогда
получаем: 5 x  1  32  5 x  1  9  5 x  10  x  2 .
Ответ: x  2 .
Неравенство log a f ( x)  b (по свойству 30 логарифмической функции)
 f ( x)  a b ,
равносильно: системе неравенств 
 f ( x)  0
при 0  a  1 . Аналогично
соответствующие неравенства.
f ( x)  a b
37
при
a  1 ; неравенству
рассматриваются
и
другие
Пример 2. Решите неравенство: log 5 x  2  3 .
Решение: Учитывая, что 3  log 5 53 , переходим к равносильному
неравенству log 5 x  2  log 5 53 . Так как основание логарифмической
функции y  log 5 t равно 5>1, то она возрастает на своей области
определения
(при
t>0).
Тогда
получаем:
 x  2  0;
 x  2;
log 5 x  2  log 5 53  

 2  x  123 .
 x  2  125;
 x  123;
Ответ:  2  x  123 .
Пример 3. Решите неравенство: log 2 2  5 x   2 .
3
2
2
Решение: Учитывая, что  2  log 2   , переходим к равносильному
3
3 
2
2
неравенству log 2 2  5 x   log 2   . Так как основание логарифмической
3
3
3 
2
2
функции y  log 2 t равно
и 0   1 , то она убывает на своей области
3
3
3
определения
2
log 2 2  5 x   log 2  
3
3
3 
(при
2
 2  5x 
t>0).
Тогда
получаем:
9
 5 x  0,25  x  0,05 .
4
Ответ: x  0,05 .
В. Уравнение вида log a f ( x)  log a g x  и соответствующие ему
неравенства log a f ( x)  log a g x  , log a f ( x)  log a g x  , log a f ( x)  log a g x  ,
log a f ( x)  log a g x  , где a  0, a  1 .
Уравнение log a f ( x)  log a g x  (по свойству 4 0 логарифмической
 f ( x)  0;
функции) равносильно системе  g ( x)  0; которая в свою очередь
 f ( x)  g ( x),

 f ( x)  0;
 g ( x)  0;
равносильна одной из следующих систем 
или 
 f ( x)  g ( x),
 f ( x)  g ( x).
Пример 4. Решите уравнение: lg( x 2  2)  lg x .
 x 2  2  0;

Решение: Исходное уравнение равносильно системе  x  0;
 x 2  2  x.

Но одно из условий области определения можно опустить, т.к. оно
будет автоматически учитываться в силу равенства логарифмируемых
 x 2  2  0;
 x  1;
 x  0;


 2
выражений. Тогда получаем:  x  0;
  x  2;  x  2.
x  2  x
x2  2  x
x  0


Ответ: x  2 .
38
Можно предложить второй способ решения уравнения lg( x 2  2)  lg x
(как и любого другого логарифмического уравнения) без нахождения его
области определения. При этом способе решение логарифмического
уравнения должно заканчиваться проверкой, удовлетворяют ли найденные
корни исходному уравнению. Например, выполняя проверку полученных в
ходе решения уравнения lg( x 2  2)  lg x корней x  1, x  2 , получаем, что
1
2
при подстановке в исходное уравнение x  1 в обеих частях появляется
выражение lg( 1) , которое не имеет смысла, т.е. x  1 не является корнем
исходного уравнения; при подстановке x  2 получаем верное числовое
равенство lg 2  lg 2 , т.е. x  2 является корнем исходного уравнения.
Но указанный способ не всегда удобен, например, если полученные
корни являются иррациональными числами (см. далее пример 10).
Поэтому не будем подробно останавливаться на этом способе решения,
тем более что неравенства таким способом решать нельзя.
Неравенство log a f ( x)  log a g x  (по свойству 30 логарифмической
 f ( x)  0,
при a  1 ; системе
 f ( x)  g ( x)
функции) равносильно: системе неравенств 
неравенств
 g ( x)  0,

 f ( x)  g ( x)
при 0  a  1 . Аналогично рассматриваются и
другие соответствующие неравенства.
Пример 5. Решите неравенство: log 3 (5  4 x)  log 3 x  1 .
Решение: Так как основание логарифмической функции y  log 3 t
равно 3>1, то она возрастает на своей области определения (при t>0). Тогда
исходное
неравенство
равносильно
системе
неравенств
5

 x  4 ;
6
5
 x .

5
4
x  6

5
6
5
Ответ:  x  .
5
4
5  4 x  0;


5  4 x  x  1
Пример 6. Решите неравенство: log 1 x  1  log 1 3x  5 .
5
5
Решение: Так как основание логарифмической функции y  log 1 t
5
равно
Тогда
1
1
и 0   1 , то она убывает на своей области определения (при t>0).
5
5
исходное
неравенство
равносильно
5

3 x  5  0;
5
x  ;

3   x  3.

3
 x  1  3x  5
 x  3
5
Ответ:  x  3 .
3
39
системе
неравенств
С.
Уравнение
вида
log g ( x ) f ( x)  b
и
соответствующие
ему
неравенства log g  x  f ( x)  b , log g  x  f ( x)  b , log g  x  f ( x)  b , log g  x  f ( x)  b .
Уравнение lo gg ( x ) f ( x)  b (по определению логарифма) равносильно
 g ( x)  0;
системе  g ( x)  1;
Условие f x   0 автоматически учитываться в силу
 f ( x)  g b ( x).

условий f x   g b x , g x   0 .
Пример 7. Решите уравнение: log x 4 x  2 .
4 x  0;
 x  0;
Решение: Исходное уравнение равносильно системе 
 x  1;
 x 2  4 x.
Но условие 4 x  0 области определения можно опустить, т.к. оно
будет автоматически учитываться в силу присутствия других условий
4 x  0;
 x  0;
системы. Тогда получаем: 

 x  1;
 x 2  4 x
 x  0;

 x  0;
 x  4;


 x  1;   x  0;  x  4.
x2  4x
x  1



Ответ: x  4 .
Неравенство log g  x  f ( x)  b или log g  x  f ( x)  b (по свойству
логарифмической функции) равносильно совокупности систем
 g ( x)  1;
 g ( x)  1;


 f ( x)  0;
 f ( x)  0;
 f ( x)  g b ( x);
 f ( x)  g b ( x);


или 
 g ( x)  1;
 g ( x)  1;


 g ( x)  0;
 g ( x)  0;
 f ( x)  g b ( x)
 f ( x)  g b ( x).


Неравенство log g  x  f ( x)  b или
логарифмической
 g ( x)  1;

b
 f ( x)  g ( x);
 g ( x)  1;

или
 g ( x)  0;

 f ( x)  0;
 f ( x)  g b ( x)

функции)
 g ( x)  1;

b
 f ( x)  g ( x);
 g ( x)  1;

 g ( x)  0;

 f ( x)  0;
 f ( x)  g b ( x).

40
(по свойству 30
совокупности
систем
log g  x  f ( x)  b
равносильно
30
Пример 8. Решите неравенство: log x  4 (4 x  7)  1 .
Решение: Исходное неравенство равносильно совокупности систем
2
неравенств
 x 2  4  1;

2
1
4 x  7  ( x  4) ;
 2
 x  4  0;

 x 2  4  1;

4 x  7  0;

2
1
4 x  7  ( x  4)
 x 2  3;
 2
 x  4 x  3  0;
 2
 x  4;
 x 2  3;

4 x  7;
 2
 x  4 x  3  0.
Вторая
система
совокупности не имеет решений, т.к. не имеет решений неравенство
x 2  3 . Первая система равносильна неравенству x 2  4 x  3  0 , решением
которого является отрезок 2  7  x  2  7 .
Ответ: 2  7  x  2  7 .
Пример 9. Решите неравенство: log x  3 4 x  7   0 .
Решение: Исходное неравенство равносильно совокупности систем
2
 x 2  3  1;

4 x  7  0;

2
 4x  7  x
неравенств  2
 x  3  0;
 x 2  3  1;

 4 x  7  x 2




 x 2  4;

 x   7 ;

4


0
 x   3 ;
3 ;
2 
 

 x 2  3;

0
 x 2  4;
3

 x   3
2



 x  2;

 x  2;
 7
3
   x   ;
2
 4

Первая система не
 x  3;
 x   3;

 2  x  2;

 x   3 .

2

имеет решений. Решение второй системы: 3  x  2 .
Ответ: 3  x  2 .
D. Уравнение вида log  ( x ) f ( x)  log  ( x ) g ( x) и соответствующие ему
неравенства
log   x  f ( x)  log   x  g  x  ,
log   x  f ( x)  log   x  g x  , log   x  f ( x)  log   x  g  x .
log   x  f ( x)  log   x  g  x  ,
Уравнение lo g ( x ) f ( x)  lo g ( x ) g ( x) (по свойству 4 0 логарифмической
функции) равносильно системе
 f ( x)  0;
 g ( x)  0;

которая в свою очередь
 ( x)  0;
 ( x)  1;

 f ( x)  g ( x),
 f ( x)  0;
 ( x)  0;
равносильна одной из следующих систем 
или
 ( x)  1;
 f ( x)  g ( x),
41
 g ( x)  0;
 ( x)  0;


 ( x)  1;
 f ( x)  g ( x).
Пример 10. Решите уравнение: log x 1 3x  1  log x
2
2
1
x2 .
3 x  1  0;
 2
 x  0;
Решение: Исходное уравнение равносильно системе  x 2  1  0;
 x 2  1  1;

3 x  1  x 2 .
Одно из условий 3x  1  0 или x 2  0 области определения можно
опустить, т.к. оно будет автоматически учитываться в силу равенства
3x  1  x 2 .
Тогда
получаем:
 x 2  0;
 x  0;
 2
 2
x  1
 x  1  0;

 2
 2
x

2
;
x

1

1
;


 x 2  3x  1  0
3 x  1  x 2


 x  1;

 x  1;
3 5

.
x   2;  x 
2

x  3  5

2

3 5
.
2
Неравенство log  ( x ) f ( x)  log  ( x ) g ( x) (по свойству 30 логарифмической
Ответ: x 
 ( x)  1;

 f ( x)  0;
 f ( x)  g ( x);

функции) равносильно совокупности систем  ( x)  1;
 ( x)  0;

 g ( x)  0;

 f ( x)  g ( x).
Аналогично
рассматриваются
и
другие
соответствующие
неравенства.
Пример 11. Решите неравенство: log x 1 3x  1  log x 1 x2 .
Решение: Исходное неравенство равносильно совокупности систем
2
42
2



 x  2 ;
 x   2 ;

2
 x  2;

1
 x 2  1  1;

 x  ;

3
 x  1 ;


3x  1  0;


3
3 5

3x  1  x 2 ;

;
 x 
2



x  3x  1  0;
2





 x 2  1  0;   2
 
3 5
 x  1;


;
 x 

 x 2  1  1;
2
 x 2  2;


 2

 x  1;
 x  0;
 x 2  0;

3x  1  x 2
 2
 x  1;

 x  3x  1  0

  2  x  2 ;
 x  0;

 3  5
3 5
x
. Решение первой

2
 2
3 5
. Решение второй системы: 1  x  2 .
2
3 5
Ответ: 1  x  2 , x 
.
2
системы: x 
2. Использование общих методов при решении логарифмических
уравнений и неравенств
Подробно не описывая особенности применения того или иного
общего метода (они аналогичны тем, которые отмечались при решении
иррациональных и показательных уравнений (неравенств)), рассмотрим
конкретные примеры.
2.1. Разложение на множители. Метод интервалов
Пример 12. Решите уравнение: log 4 2 x  1  log 0,3 x  log 4 2 x  1 .
Решение: Сгруппируем все члены уравнения в левой части и
вынесем общий множитель за скобки. Тогда данное уравнение
равносильно уравнению log 4 2 x  1  (log 0,3 x  1)  0 , которое в свою очередь
log 4 2 x  1  0;

 x  0;
равносильно совокупности систем: 
log x  1  0;
  0,3
 2 x  1  0.
Условия 2x  1  0 и x  0 в соответствующих системах появились,
как условия существования соответствующих логарифмов. Первая система
имеет решение x  1 , вторая – не имеет решений.
Ответ: x  1 .
43
Пример 13. Решите неравенство: log 4 2 x  1  log 0,3 x  log 4 2 x  1 .
Решение: Сгруппируем все члены неравенства в левой части и
вынесем общий множитель за скобки. Тогда данное неравенство
равносильно неравенству log 4 2 x  1  (log 0,3 x  1)  0 , которое в свою очередь
log 4 2 x  1  0;

log 0,3 x  1  0;
равносильно совокупности систем неравенств: 
log 2 x  1  0;
 4

 log 0,3 x  1  0.
Решение
первой
решений
нет.
0  2 x  1  1;


 x  0,3
Ответ:
системы:
2 x  1  1;
 x  1;
в


0  x  0,3
0  x  0,3;
Решение
второй
результате
системы:
1
1
  x 1
  x  1.
2
2
 x  0,3
1
 x  1.
2
Пример 14. Решите неравенство:


log  x 2  4 x  11
 0.
2  5 x  3x 2
Решение: Область определения данного неравенства задаётся
 x 2  4 x  11  0,
системой неравенств: 
Её решением являются промежутки
2  5 x  3x 2  0.
 ;2,  2;2  15 , 2  15; . Далее для того чтобы решить исходное



неравенство
методом
интервалов,
найдём
корни
уравнения
log  x  4 x  11  0 . Ими являются числа x  2 и x  6 . Отмечаем на
числовой оси область определения неравенства и найденные корни.
Показываем интервалы возможного чередования знака выражения,
стоящего в левой части данного неравенства. Расставляем знаки на
полученных интервалах, учитывая тот факт, что при переходе через x  2
знак не будет чередоваться (кратный корень), а через x  6 - будет.
2
_
_
2
_
2  15
_
+
2  15
6
x
Получаем: x  2,2  x  2  15 , x  6 .
Ответ: x  2,2  x  2  15 , x  6 .
2.2. Введение нового неизвестного. Однородные уравнения
Пример 15. Решите уравнение: lg 3 x  lg x  0 .
Решение: Введём новое неизвестное t  lg x . Тогда данное уравнение
примет вид t 3  t  0 . Получаем корни t  0 и t  1 . Теперь остаётся решить
три простейших уравнения: lg x  0, lg x  1, lg x  1 . В итоге получаем:
x  1, x  10, x  0,1 .
44
Ответ: x  1, x  10, x  0,1 .
Пример 16. Решите неравенство: lg 3 x  lg x  0 .
Решение:
Введём новое неизвестное t  lg x . Тогда данное
неравенство примет вид t 3  t  0 . Решим его методом интервалов,
учитывая, что корнями многочлена t 3  t являются числа t  0 и t  1 .
_
_
+
1
0
+
1
t
Получаем:  1  t  0, t  1 . Теперь остаётся решить три простейших
неравенства,
два
из
которых
входят
в
систему:
lg x  1,
 x  0,1,

 0,1  x  1,

.
lg x  0,
0  x  1,
lg x  1  x  10.
Ответ: 0,1  x  1, x  10 .
Пример 17. Решите уравнение:
ln 2 x  1  ln x  1ln x  2 ln 2 x  0 .
Решение: Данное уравнение является однородным уравнением
второй степени относительно функций p( x)  ln x  1, q( x)  ln x . Проверим,
ln x  1  0,
 x  1  1,
 x  0,
Убеждаемся,


ln x  0,
 x  1,
 x  1.
имеет ли решения система 
что данная система не имеет решений. Тогда, так как x  1 не является
корнем данного уравнения, то обе части уравнения можно разделить на
ln 2 x ,
выражение
неравное
нулю.
Получаем
уравнение
ln x  1
 ln  x  1  ln x  1
 2  0 . Вводим новое неизвестное t 
. Уравнение

 
ln x
ln x
 ln x 
принимает вид t 2  t  2  0 , корнями которого являются числа t1  2, t2  1 .
2
В
итоге
получаем
два
уравнения:
x 1
 x  0,
 x  0,
ln x  1
 2  ln x  1  2 ln x  

 2
2
ln x
x  1  x
 x  x  1  0,
x 1
 x  0,
 x  0,
ln x  1
 1  ln x  1   ln x  

 2
1
ln x
x  1  x
 x  x  1  0.
1 5
Корнем первого уравнения является число x 
, второго уравнения 2
5 1
x
.
2
5 1
Ответ: x 
.
2
45
2.3. Использование свойств функций
Ограниченность области определения
Пример 18. Решите неравенство: log 0,6 4  x   log 0,6 x  6  2 .
Решение: Область определения данного неравенства задаётся
4  x  0,
 x  4,
Данная система не имеет решений,

x  6  0
 x  6.
системой неравенств 
значит, исходное неравенство также не имеет решений.
Ответ: решений нет.
Пример 19. Решите уравнение:


x 2  4 x  3  1  log 5
x 1

5 x
 8x  2 x
2

 6 1  0 .
Решение: Область определения данного уравнения задаётся системой
 x  1,
 x 2  4 x  3  0,


 x  3,
 x  0,
 x  1,

  x  0,  
неравенств  5
Проверкой убеждаемся, что
x

3
.

 x  0,
1  x  3


8 x  2 x 2  6  0

x  1 является корнем уравнения, а x  3 - нет.
Ответ: x  1.
Ограниченность множества значений
Пример 20. Решите уравнение: lg x  3  lg x  9  lg x  2 .
Решение: Область определения данного уравнения задаётся системой
 x  3  0,
 x  3,

неравенств  x  9  0,   x  9,  x  3. На указанной области определения
x  2  0
x  2


в силу
возрастания функции y  lg t (основание логарифма 10>1)
lg x  3  lg x  9, так как x  3  x  9 . Тогда левая часть данного уравнения
всегда отрицательна. Правая же часть: lg x  2  0 , так как при x  3
получаем, что x  2  1 . Значит, данное уравнение не может иметь корней.
Ответ: корней нет.
В ходе решения примера 20, как и большинства предыдущих
примеров,
также
использовалось
свойство
монотонности
логарифмической функции: функция y  log a t монотонно возрастает на
положительной части числовой оси при a  1 , и монотонно убывает при
0  a  1.
46
3. Использование свойств логарифмов при решении логарифмических
уравнений и неравенств
Напомним, что основными свойствами логарифмов при
a  0, a  1, b  0, c  0, p  0, d  0, d  1; a, b, c, r , p, d  R , являются:
1. a log b  b ;
2. log a bc   log a b  log a c ;
a
b
c
4. log a b r  r log a b ;
1
5. log a p b  log a b ;
p
log b
6. log a b  d .
log d a
3. log a  log a b  log a c ;
Использование указанных тождеств допустимо и приводит к
уравнению(неравенству)-следствию, если такое преобразование не
приводит к сужению ОДЗ исходного уравнения (неравенства) [12, с. 1314].
Пример 21. Решите уравнение: xlog  x 3  16 .
Решение: Область определения данного уравнения задаётся системой
2
x
 x  0,

неравенств  x  1,


2
x  3  0
 x  0,
Воспользуемся свойством 1 и перейдём к

x

1
.

уравнению x  32  16 , область определения которого шире области
определения исходного уравнения. Тогда данное уравнение равносильно
 x  0,

системе
Решая
полученную
 x  1,

2
 x  3  16.




 x  0,
 x  0,


  x  1, Таким образом, решений нет.
 x  1,
 x  3  4,
 x  1,



 x  3  4
 x  7.
систему,
имеем:
Ответ: корней нет.
Пример 22. Решите уравнение: log 2 x  5  log 2 x  2  3 .
Решение: Область определения данного уравнения задаётся системой
 x  5  0,
Воспользуемся свойством 2 и перейдём к уравнению
 x  2  0.
неравенств 
log
2
x  5x  2  3 ,
область
определения
которого
шире
области
определения исходного уравнения. Тогда данное уравнение равносильно
47
системе
 x  5  0,

Решая
 x  2  0,
log x  5x  2  3.
 2
 x  5,
 x  5,

 2

 x  2,
 x  3x  18  0
 x  5x  2   23

Ответ: x  6 .
полученную
систему,
имеем:
 x  5,

 x  6,  x  6.
 x  3

Пример 23. Решите неравенство: log 0,3 x  2 log x 0,3  1 .
Решение:
Область определения данного неравенства задаётся
 x  0,
Воспользуемся свойством 6 и перейдём к
x

1
.

2
неравенству log 0,3 x 
 1, область определения которого совпадает с
log 0,3 x
системой неравенств: 
областью определения
неравенство:
log 0,3 x 
Введём
2
log 0,3 x
новую
исходного
неравенства.
log 0,3 x  log 0,3 x  2
Решим
2
 1 
log 0,3 x
переменную
 0.
t  log 0,3 x .
Получаем
t2  t  2
 0 , которое решим
t
интервалов, учитывая, что t  2, t  1 - корни трёхчлена t 2  t  2 :
рациональное
неравенство
_
_
+
2
Получаем:
последнее
0
t  2,0  t  1 .
дробнометодом
+
1
t
Таким образом, необходимо решить
log 0,3 x  2,

следующую совокупность неравенств log 0,3 x  0, 
log x  1
 0,3
 x  0,32 ,

0  x  1, 
 x  0,3

1

 x  11 9 ,

0,3  x  1.
Следует отметить, что в ходе решения указанной совокупности
автоматически учитывалась область определения исходного неравенства.
1
9
Ответ: 0,3  x  1, x  11 .
Итак, при решении логарифмических уравнений (неравенств) можно
использовать слева направо следующие тождества:
1. ( f ( x)) log   g  x   g ( x) ;
2. log a f x   log a g ( x)  log a  f x g x  ;
f x
3. log a f ( x)  log a g ( x)  log a
4. r log a f x   log a f r x  ;
f x 
;
g x 
48
1
log f  x  b  log f p  x  b ;
p
log f  x  g ( x)
 log   x  g x  .
6.
log f  x   ( x)
5.
Их применение может привести к расширению ОДЗ уравнения
(неравенства), поэтому переходим к уравнению(неравенству)-следствию
для исходного. Обратное использование данных тождеств может привести,
наоборот, к сужению ОДЗ уравнения (неравенства), в таких случаях это
недопустимо.
Например, в ходе 1 способа решения уравнения примера 19 [12, с.
23] было показано, что применение тождества 4 справа налево приводит к
потере корней, если r – чётное число. Рассмотрим похожий случай.
Пример 24. Решите уравнение: 2 log 8 2 x   log 8 x  12  .
4
3
Решение: Область определения данного уравнения задаётся системой
2 x  0,
 x  0,

На данной области определения переход от
 x  1.
x  1  0
неравенств 
log 8 x  1
2
к 2 log 8 x  1 недопустим, так как приводит к сужению ОДЗ
уравнения. Поэтому либо следует избежать этого перехода, либо
использовать верное равенство log 8 x  12  2 log 8 x  1 . Отсюда возникают
два способа решения исходного уравнения.
2
2 x  0,
4
1 способ 2 log 8 2 x   log 8 x  1   
4
2
2
3
log 8 2 x   log 8 x  1  3
 x  0,
 x  0,
 x  0,




4  
4
2
2
2
 2 x 2  x  4 2
log 8 (2 x    x  1 )  3
2 x( x  1) 2  8 3
2


 x  0,
 x  0,
 x  0,
 x  0,


 2

2
2
 2 x  x  4,  2 x  x  4  0,   x  x  2  0,   x  2,  x  2.
 2
 2
 2
 x  1
2
x

x


4
2
x

x

4

0







 x  x  2  0
4
4
2 способ 2 log 8 2 x   log 8 x  12   2 log 8 2 x   2 log 8 x  1  
3
3
49

 x  1,

 x  1,
2 x  0,


log 8 2 x   log 8  x  1  2 ,log 8 2 x  x  1 

2
3 
 log 8 2 x   log 8 x  1   

3
 x  1,


2  x  1,
log 8 2 x   log 8 1  x   2 x  0,
3


log 2 x 1  x  
8

2
,
3

2
3

 x  1,
 x  0,

 x  1,
 x  1,
2


 2
 x  1,

2
2 xx  1  8 3 ,

2 x  2 x  4,
 x  x  2  0,



  x  2,  x  2.
0  x  1,
0  x  1,
 x  1
 x  1,




2
2

2 x  2 x  4
 x  x  2  0
 x  0,

2
2 x1  x   8 3

Ответ: x  2 .
4. Логарифмирование обеих частей уравнения (неравенства) по
одному основанию
1
1
log2 2 x
1 log2 x
 24
Пример 25. Решите уравнение: x 2
.
4
Решение: Область определения данного уравнения задаётся
неравенством x  0, x  1 . В силу условия существования степени с
действительным показателем обе части данного уравнения положительны.
Логарифмируем обе части данного уравнения по основанию 2. Тогда в
силу монотонности функции y  log 2 x на положительной части числовой
оси получаем:
1
1
1
1
log2 2 x
log2 2 x
1 2 log2 x
1 log2 x
x
 24
 log 2 ( x 2
)  log 2 (2 4
)
4
4
1
log2 x
1
1
1
1
 log 2  log 2 x 2
 log 2 2 x  2  log 2 2 x  log 2 2 x 
4
4
2
4

1
log 2 2 x  2  log 2 2
4
x  4 2 ,
x  22 2 ,
log 2 x  2 2 ,

2
x8 


1
2 2
log
x


2
2
 x  2
x    .
 2
4

2
1
Ответ: x  4 2 , x    .
4
50
Рассмотрим подробнее решение уравнений и неравенств вида
 x
h x 
 x
h x 
h x 
 x
h x 
f x   g x  ,
f x   g x  ,
f x 
 g x  ,
f x 
 g x  ,
 x
h x 
f x   g x  .
Корнями уравнения f x   x   f x h  x  являются решения системы
 x
 f x   0,

и те значения x , для которых f x  1 , если при этих значениях
 f x   1,
 x   hx 

определены  x  и hx . Функция вида f x v  x  определена только при
f x   0 , поэтому те значения
x , которые формально удовлетворяют
исходному показательному уравнению, но при которых f x   0 , не
являются его корнями.
Решением показательного неравенства


 f  x   1,
 f x   1,
совокупность 
  x   h x ,

0  f x   1,.
  x   h x .
Аналогично
f x 
 x
решаются
 f x 
hx 
другие
является
указанные
неравенства.
3 x 3
10 x
 x 2  x  57  .
Пример 26. Решите уравнение x 2  x  57 
Решение: Решение данного уравнения равносильно следующей
системе
2

 1  233
,
x 
2



 1  233
.
x 
2

 1  233
 1  233
Ответ: x 
, x
.
2
2
 x 2  x  57  0,
 2
 x  x  57  1,
 2
3 x  3  10  x,
Пример 27. Решите неравенство x  2x  x  x  212 .
2
Решение: x  2x  x  x  212
2


 x  2  1,
 x  2  1,

2  x  3,
  2
 
 x  x  12,
 x  4.

0  x  2  1,
 2
 x  x  12,
Ответ: 2  x  3, x  4.
Подведём итог: Решение любого логарифмического уравнения
(неравенства) в конечном итоге сводится к решению одного из простейших
51
уравнений (неравенств), может быть в системе с другими уравнениями и
неравенствами.
Исходя из определения логарифма, свойств логарифмов можно
заключить, что при решении логарифмических уравнений (неравенств)
необходимо учитывать условия существования входящих в них
логарифмических выражений и отражать их при нахождении области
определения уравнения (неравенства), когда это необходимо. Поэтому
решение логарифмических уравнений необходимо завершать проверкой
или же на каждом шаге следить за равносильностью преобразований,
чтобы не допустить ни потери корней, ни приобретения посторонних
корней. При решении логарифмических неравенств возможны только
равносильные переходы.
При
решении
логарифмических
уравнений
(неравенств)
используются как общие, так и специальные методы
и приёмы.
Сформулировать какие-либо конкретные советы о том, в каком случае
какой метод (приём) решения следует применить, не представляется
возможным.
Упражнения
№ 1. Решите уравнение:
1) log 1 7  8 x   2 ; 2) log 0,7 3x  1  log 0,7 6 x  8 ; 3) log x 1 x 2  3x  4  1 ;
2
4) log x (2 х 2  3х  4)  2 ; 5) log 3 x 7 5 x  3  log 3 x 7 9  x 2  ;
6) log 1 3х  log 1 3x  2  log 1 3x  2 ; 7) log 2 2 x  3 log 2 x  4 ;
3
3
3
8) lg 2 x  1  lg x  1lg x  1  2 lg 2 x  1 ; 9)
1
3
10) lg 9 1  lg 3 x 5 x 7   0 ; 11) log 12 x
2
1
2

 1;
5  lg x 1  lg x
1
3
x 
;
4 log 2 (1  2 x 2 ) 4
12) log 7 2 x 2  7 x  6  log 7 x  2  log 7 x ; 13) log 2 x  2 log x 2  1 ;
14) lg 2x  2 lg 4x  15 ; 15) log 6 x  92  2  2 log 6 x  2 ;
16) х  1
lg2 x  lg x 2
 х  1 ; 17) x
3
x
1
lg x  7 
4
 10 lg x 1 ;
x
x
x
18)  4  15    4  15   (2 2 ) x ; 19)  4  15    4  15   8 ;

20)

1


 3x  5

log 1 2  5 x  x
3x  5
25
2




.
№ 2. Решите неравенство:
1) log 1 4  3x   1 ; 2) log 8 4  2 x   2 ; 3) log 0,3 2 x  5  log 0,3 x  1 ;
5
4) log 0,5 3x 2  3,5  log 0,5 x  1,5 ; 5) log 1 2 x  1  log 1 ( x  2)  0 ;
6) log
x 1
5 x 6


3
3
6  2 x  0 ; 7) log x 2 3 4 x  7   0 ; 8) log x2 1 ( x 3  6)  log x2 1 (4 x 2  x) ;
52
1  log 4 x 1
2x
1
2
 ; 10)
 ; 11) log 2 x  3 log 2 x  4 ;
x3 2
1  log 2 x 2
1
1
3

  ; 13) log 0, 2 x  log 5 x  2  log 0, 2 3 ;
12)
2
log 7 x  1 log 7 x  1
2
9) log x
2
14) x log  x3  16 ; 15) log 13 sin x  1  x ; 16) log 5 x  1  x 4 ;
17) log 2 (2 x  1)  log 1 (2 x1  2)  2 ; 18) log 3 3 x  8  2  x ;
2
x
2
19)
1
x
4
1
log2 x
2
2
1
log22 x
4
x 5
; 20) x 2  x  1x  2  x 2  x  1 .
3
3
8
Ответы: № 1. 1) х  ; 2) корней нет; 3) х  5 ; 4) x  4 ; 5) х  1 ;
1
2
6) x  1 ; 7) x  ; x  16 ; 8) x  2 ; x  3 ; 9) x  100; x  1000 ;
3
1
5
2
x  3 ; 16) x  0,1; x  2; x  1000 ;
1
4
x  0,0001; x  10 ;
9
2
x2;
10) x  2; x   ; 11) х  ; 12) x  3 ; 13) x  ; x  2 ; 14) x  ;
15)
19) x  2 20) x  2; x 
17)
18)
5  13
.
2
№ 2. 1)   х  ; 2) х  30 ; 3) решений нет; 4) x  1,5 ; 5) 2;5 ;
1
4
3
3
7
6 1 6
6
6) x 
; 7) x  2;  x   3 ; 8)  2 ;1 ; 2 ;2 ; 3; ;
; x
4
2
5
2
1
1
1
9) 5; ; 10)  0; ; 2 ; ; 11) 0,5  x  16 ; 12)  x  ; 7  x  7 ;
7
 2
7

13) x  3 ; 14) x  1; 15) x   2n, n  Z , n  1; 16) 0  x  1 ; 17) решений нет;
2
1
18) log 3 8  x  2 ; 19) 0  x  2 2 2 , x  2 2 ; 20)   x  0 .
2





Контрольная работа
Решите уравнение:


1). x 2 1  x ; 2). 3  25 x  8  15 x  5  9 x  0 ; 3). x 2  7 x  10 log x 8 x  1  0 .

Решите неравенство:
1). 2 x  3 3x 2  5x  2  0 ; 2). log
1
3
x2

 9 x  6 .
2
53
2

Список литературы
1.
Алгебра: учеб. для 8 кл. сред. шк./ Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин,
Ю.В. Сидоров и др. – М.: Просвещение, 1999.
2.
Алгебра: учеб. для 9 кл. сред. шк./ Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин,
Ю.В. Сидоров и др. – М.: Просвещение, 1999.
3.
Алгебра и начала анализа: учеб. для 10-11 кл. общеобраз.
учреждений/ Ш.А. Алимов, Ю.М. Колягин, Ю.В. Сидоров и др. – М.:
Просвещение, 2000.
4.
Выгодский М.Я. Справочник по элементарной математике. – М.:
Наука, 1986.
5.
Задачи по математике. Уравнения и неравенства/ В.В. Вавилов и др.
– М.: Наука, 1987.
6.
Литвиненко В.Н., Мордкович А.Г. Практикум по элементарной
математике: Алгебра. Тригонометрия. – М.: «АВF», 1995.
7.
Мордкович А.Г. Алгебра. 8 кл. Учебник. – М.: Мнемозина, 1999.
8.
Мордкович А.Г. Алгебра. 9 кл. Учебник. – М.: Мнемозина, 1999.
9.
Мордкович А.Г. Алгебра и начала анализа. 10-11 кл. Учебник. – М.:
Мнемониза, 2003.
10. Олехник С.Н., Потапов М.К., Пасиченко П.И. Уравнения и
неравенства. Нестандартные методы решения. – М.: Дрофа, 2001.
11. Пособие по элементарной математике: методы решения задач/Т.П.
Григорьева, Л.И. Кузнецова, Е.Н. Перевощикова, А.Н. Пыжьянова, Ч. I. –
Н. Новгород: НГПУ, 2000.
12. Элементарная математика: Общие методы решения уравнений и
неравенств. Ч. 1: Учеб.-метод. пособие. – Н.Новгород: НГПУ, 2007.
54