  

Приложение 1
Методы решения иррациональных уравнений
I. Способ
2x  3  4x 1  4
Возведем обе части уравнения в квадрат
2 x  3  2 2 x  3 4 x  1  4 x  1  42  2 2 x  34 x  1  16  6 x  2 
 2 8x2  2 x  12 x  3  18  6 x  8x2  10 x  3  9  3x  8 x 2  10 x  3  9  3x 2 
 8 x 2  10 x  3  81  54 x  9 x 2  x 2  44 x  84  0.
Решая данное квадратное уравнение, находим
x1  42, x2  2.
Проверка корней.
1) Если х = 42, то
2) Если х = 2, то
2  42  3  4  42  1  4,
4  3  8  1  4,
81 
1  3  4,
169  4,
Значит, число 2 является
4  4, верно
корнем уравнения.
9  13  4,
22  4, неверно
Значит, число 42 не является
корнем уравнения.
Ответ. 2
II. Способ
2x  3  4x 1  4 

2 x  3  2 2 x  3 4 x  1  4 x  1  4 2 ,
2 2 x  34 x  1  16  6 x  2,


 2 x  3  0,
  x  1,5,

4 x  1  0

1

x  
4



2 8 x 2  2 x  12 x  3  18  6 x,
 8 x 2  10 x  3  9  3 x,





 x  1,5
 x  1,5
8 x 2  10 x  3  9  3 x  2 ,
8 x 2  10 x  3  81  54 x  9 x 2 ,


  x  1,5,
  x  1,5,
9  3 x  0
x  3


  x  42,
 x 2  44 x  84  0,


 
 x  2.
 x  2,
1,5  x  3
1,5  x  3

Ответ. 2
2. Разложение на множители
x  3  x 2  4  x  3  x  3  ( x 2  4)  0 
  x  3,
  x  3  0,

 2
  x  2,

 x  4  0,    x  2,


 x  3  0;
 x  3.

Числа -2 и 2 посторонние корни, т.к. не удовлетворяют условию х ≥ 3.
Ответ.3
3. Введение новой переменной
2 x2  3x 
2 x2  3x  9  33  2 x2  3x  9  9 
ОДЗ: х – любое число.
Пусть
2 x 2  3x  9  t ,
2 x2  3x  9  33.
где t ≥ 0, тогда исходное уравнение примет вид
t 2  t  42  0.
Решая данное квадратное уравнение, находим, что
t1  7, t2  6.
Число – 7 посторонний корень, т.к. не удовлетворяет условию t ≥ 0.
Если t = 6, то
2 x 2  3x  9  6  2 x 2  3x  9  36  2 x 2  3x  27  0.
Решая данное уравнение, находим
x1  4,5; x2  3.
Ответ. х= - 4,5; х = 3.
Учащиеся 2 группы. Методы решения логарифмических уравнений
1. Введение новой переменной
lg
2
x  lg x 3  2  0,
lg
2
x  3 lg x  2  0.
ОДЗ: х>0.
Пусть
lg x  t
,
тогда уравнение примет вид
t 2  3t  2  0
Решив данное квадратное уравнение, находим его корни
Следовательно,
lg x  1,
lg x  2,
Ответ. х = 10; х = 100.
t1  1, t 2  2.
x  100.
x  10.
2. Замена уравнения равносильным
log 3 ( x  1)  log 3 ( x  3)  1  log 3 ( x  1)( x  3)  1 
 x  1  0,
 x  1,

  x  3  0,
  2
 x  4 x  0.
( x  1)( x  3)  3;

Решая квадратное уравнение
x 2  4 x  0,
находим, x1  0, x2  4.
Корень х = - 4, не удовлетворяет условию
x  1.
Ответ. 0
3. Разложение на множители
3 log 2 (3x  5)  log 2 (3x  6) x  3 log 2 (3x  5)  x log 2 (3x  5) 
 x  3,
3  x  0,

5


 (3  x ) log 2 (3 x  5)  0   3 x  5  0,
  x 
,

3



 3 x  5  1;
 log 2 (3 x  5)  0;

Ответ. 2; 3
Учащиеся 3 группы. Методы решения показательных уравнений
1. Замена уравнения равносильным
x
3x
1
5 x  0,2  125 2  5  5 x  51  5 2  5 2  5 x 1  5
3 x 1
2
Ответ. – 3

x 1 
3x  1
 x  3.
2
2. Введение новой переменной
4 x  10  2 x 1  24  2 2 x  5  2 x  24  0.
t  0, тогда уравнение примет вид
t 2  5t  24  0.
Пусть 2 x  t ,
где
t1  3, t2  8.
Решая данное квадратное уравнение, находим, что
t  0.
Корень t  3 не удовлетворяет условию
x
x
Следовательно, решим уравнение 2  8  2  23  x  3.
Ответ. x= 3.
3. Разложение на множители
1
1
5 x 1  5 x 1  24  5  5 x   5 x  24  5 x (5  )  24 
5
5
5 x  5  x  1.
Учащиеся 4 группы. Функционально-графический метод
1) 1 + log2(x+1) = 2x . Построим график левой и правой частей данного
уравнения y =1+log2(x+1), y = 2x . Абсциссы точек пересечения графиков
и будут решением данного уравнения: х = 0; 1.
2) 2-│x-3│ - │x2 – x - 6│+1=0. Построим график левой и правой частей
данного уравнения y=2-│x-3│, y=│x2 – x - 6│+1.