Примеры применения вычислительной геометрии на уроках в

Решение уравнений (неравенств) первой степени.
1. Коэффициент перед Х положителен.
1. Коэффициент перед Х положителен
 2+Х =0 (к= 1)
 2+Х >0 (к= 1)
–2
–2
Х
Х=–2
–2
(–2;  )
Х>–2;
 3Х– 15 = 9 (к= 3)
+ 15
 3Х– 15 < 9 (к= 3)
3Х = 9+15
+15
Х
3Х =24 |: 3 делим на коэффициент перед Х!
3Х< 9+15
+8
(-  ; +8)
Х =8
3Х< 24 |: 3 делим на коэффициент перед Х! (число положительное)
2. Коэффициент перед Х отрицателен.
Х<8
, смысл неравенства не меняем!
2.
Коэффициент
перед Х отрицателен.
 8 – Х = 9 (к= – 1)
–8
 8 – Х  9 (к= – 1)
– Х = 9-8
–8
Х
– Х = 1|: – 1 делим на коэффициент перед Х!
– Х  9-8
– 1 (–  ;–1]
Х=–1
– Х  1|: – 1 делим на коэффициент перед Х! (число отрицательное)
Х
1

, смысл неравенства меняем на противоположный!
 3 – 4Х = 19 (к= – 4)
1 1
–3
Х– 1
– 4Х = 19 – 3
 3 – 4Х < 19 (к= – 4)
– 4Х = 16 |: – 4 делим на коэффициент перед Х!
–3
Х
Х=–4
– 4Х < 19 – 3
–4
(–4;  )
3. !
– 4Х < 16 |: – 4 делим на коэффициент перед Х! (число
 6Х + 5 = Х + 1 (к= 1; к= 6)
отрицательное), смысл неравенства меняем на противоположный!
–Х
–5
Х> – 4
6Х – Х =1 – 5
3. !
5Х= – 4 |:5 делим на коэффициент перед Х!
6Х + 5  Х + 1 (к= 1; к= 6)
Х= – 0,8
–Х
–5

!
6Х – Х  1 – 5
2Х+ 7 = 4Х–3 (к= 2; к= 4)
5Х  – 4 |:5 делим на коэффициент перед Х! (число
+3
–2Х
положительное), смысл неравенства не меняем!
7 +3 = 4Х– 2Х
Х  – 0,8
Х
2Х =10|:2 делим на коэффициент перед Х!
–0,8 (–  ;–0,8]
Х =5

!
2Х+ 7  4Х–3 (к= 2; к= 4)
+3
–2Х
Х
7 +3  4Х– 2Х
+5
[5;  )
2Х  10|:2 делим на коэффициент перед Х! (число положительное)
Х  5 , смысл неравенства не меняем!
Типы решения логарифмических уравнений.
(тип I., обязательный уровень).
b
Случай 1. log a x  b, x  a ,приa 0, a  1, x 0;
Пример 1.
I способ:
II способ:
II способ:
I способ:
log 2 x  3,
1
log 1 x  1,
log 2  x  3,
log
x

,
2
3
О. Д. З.:  x 0, x0.
2
x  23 ,
О. Д. З.: x 0,
1
 x  2 3 ,
x  8.
1
x  22 ,
1

1
1
Проверка:
x  ,
 x  ,x   .
x  2.
3
3
8
8
log 2 8  log 2 2  3,
Проверка:
x  3.
1
1
3  3,
Ответ: x   .
1
Ответ: x  3.
8
log 2 2  log 2 2 2  ,
значит, x  8 ,
2
корень уравнения.
1 1
Ответ: x  8.
 ,
2 2
значит, x  2 , корень
уравнения.
Ответ: x  2
Случай 2. log a  f x   b, f x   a b , a 0, a  1, f x  0.
Пример 1.
I способ:
II способ:
log 3  x  5  2,
log 2 3x  4  5,
2
4
x53 ,
О. Д. З.: 3 x  4 0, x ;
3
x  5  9,
5
3x  4  2 ,
x4
3 x  4  32,
Проверка:
3 x  36,
log 3 4  5  log 3 9  2,
x  12.
2  2,
Ответ:
x  12.
значит, x  4 , корень
уравнения.
Ответ: x  4
II способ:
log 7 3x  2  2
2
О. Д. З.: 3 x  x 0, x ;
3
3x  2 
 7 ,
2
3x  2  7,3x  9,
x  3.
Ответ: x  3.
тип II. Метод потенцирования: log a f x   log a g x , f x   g x , a 0, a  1, f x  0, g x  0.
Обязательный уровень. Пример 1.
log 2 3x  6  log 2 2 x  3,
a.
3x  6  2 x  3,
3x  2 x  6  3,
x3
Проверка:
log 2 3  3  6  log 2 2  3  3,
log 2 3  log 2 3.
log 1 7 x  9   log 1 x,
6
7 x  9  x,
b. 7 x  x  9,
6 x  9,
x  1.5
c. log 3 5x  3  log 3  5x  2,
6
О. Д. З:
О. Д. З:
9

7 x  9 0
7 x  9
 x 
5 x 3


7 5 x  3 0


x

0
x

0
   5x 2 



 x 0
О. Д. З:
 5 x  2 0
  5   5
 x 0.
3x  6 0
3x 6
 x 2


 x  1.5 –посторонний
 3

 x 5
2 x  3 0
2 x  3
 x1.5
корень,



 x 2.
т. к. не входит в О. Д. З.
2
 x

5
Ответ: решений нет.
Ответ: x  3.
5 x  3  5 x  2,
10 x  3  2,
1
x .
10
Ответ: решений нет.
Пример2.




log 5 x 2  8 x  12  log 5  x  4 ,
log 2 x 2  6 x  5  log 2 x  1,
x 2  8 x  12  x  4,
x 2  6 x  5  x  1,
x 2  9 x  8  0,
x 2  5 x  6  0,
a  1, b  5, c  6
a  1, b  9, c  8
D  b 2  4  a  c   9   4  1  8  81  32 
2
 49
x1.2 
97
97
97
, x1 
 8, x 2 
1
2
2
2
Проверка:
1) x  8,


log 5 8 2  8  8  12  log 5 8  4,
log 5 12  log 5 12, b 0, x  8 
– корень уравнения.
2) x  1,


log 5 12  8  1  12  log 5 1  4,
log 5 5  log 5 5, b 0, x  1 
– корень уравнения.
Ответ: x  8; x  1.
D  b 2  4  a  c  5  4  1  (6)  25  24 
 49
57
57
57
x1.2 
, x1 
 1, x 2 
 6
2
2
2
2
Проверка:
1) x  1,
log 2 12  6  1  5  log 2 1  1,


log 2 2  log 2 2, b 0, x  1 
– корень уравнения.
2) x  6,
log 2 (6) 2  6  (6)  5  log 2  6  1,
log 2 (36  36  5)  log 2 (5), log 2  5  log 2  5, b 0,
x  6 
– посторонний корень уравнения.
Ответ: x  1.
О. Д. З:
О. Д. З:
 x  4

4

x

2
 x  4 0

 x  1

  x 6  
;
 2
x

1

0


 x 6
 x  8 x  12 0
  x3  14  x  1.
 x  2
 2

 x  6 x  5 0

Ответ: x  8; x  1.
 x  3  14
Ответ: x  1.
Решение логарифмических уравнений, повышенный уровень, «4».
Уравнения, сводящиеся к типу II. Пример 1. (замена числа логарифмом).
log 3 5  x   log 3  1  x   3,
log 3 2 x  1  log 3 13  1,
1  log 3 3,
log 3 5  x    1  x   log 3 33 ,
log 3 2 x  1  log 3 13  3,
5  x    1  x   27,
log 3 2 x  1  log 3 13  log 3 3,
log 3 5  x    1  x   log 3 27,
log 3 2 x  1  log 3 39,
x 2  4 x  32  0,
a  1, b  4, c  32
2 x  1  39,
2 x  38,
x  19
x1.2 
4  12
4  12
4  12
; x1 
 8, x 2 
 4
2
2
2
О. Д. З:
О. Д. З:
2 x  1 0,
5  x 0
 x  5
 x 5


 x1

 1  x 0
 x1
 x1
2 x  1,
1
x  .
2
x  8  посторонний корень, т. к. не входит в
О. Д. З. Ответ: x  4.
Ответ: x  19.
2
log 0.5 x  log 0.5 x  2  0,
Пусть log 0.5 x = t, тогда:
Тип III. Метод введения новой переменной.
2
log 2 1  x   2  log 2 1  x   3  0,
Пусть log 2 1  x  = t, тогда:
t 2  2t  3  0,
a  1, b  2, c  3
t 2  t  2  0,
a  1, b  1, c  2
2
2
D  b 2  4  a  c   1  4  1   2  1  8  9, D  b  4  a  c   2  4  1   3  4  12  16,
24
24
24
1 3
1 3
1 3
t1.2 
; t1 
 1, t 2 
3
t1.2 
; t1 
 1, t 2 
2
2
2
2
2
2
2
2
Переходим к переменной x:
log 1 x  1,
log 1 x  2,
2
2
1
2
1
x  ,
2
1
x .
4
1
x  ,
2
x2
О. Д. З:
x  0,
1
Ответ: x  2, x  .
4
Переходим к переменной x:
log 2 1  x   3,
1  x  2  ,
log 2 1  x   1,
1  x  2 ,
1
1 x  ,
2
1
 x  1  ,
2
1
1
 x   ,x 
2
2
1
3
1  x  8,
 x  8  1,
 x  7,
x  7
О. Д. З:
1  x 0,
 x  1,
x 1
1
Ответ: x  7, x  .
2
ТИПИЗАЦИЯ СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ.
I. П о к а з а т е л е м с т е п е н и я в л я е т с я л и н е й н а я ф у н к ц и я .
тип 1. Приведением левой и правой части уравнения к одному основанию.
Случай 1. Оба основания –целые числа.
х
1. 3х <81,
2. 61–Х >36,
2
х
4
1–Х
2
3. 3 >9,
3 <3 , а=3>1, функция
6 >6 , а=6>1, функция
х
возрастающая, неравенство
возрастающая, неравенство
2
3 >32 , а=3>1, функция
равносильно:
равносильно:
возрастающая, неравенство
х<4.
1–x>2,
равносильно:
–x>2 – 1,
х
Х
–x>1|:–1,(коэффициент
 2 |  2,
2
отрицательный, смысл
4
(  ;4 )
х> 4
неравенства меняем на
противоположный)
Х
x< –1.

4
(4;
)
X
–1
(  ;1 )
ТИПИЗАЦИЯ СПОСОБОВ РЕШЕНИЯ ПОКАЗАТЕЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ.
тип 1. Приведением левой и правой части уравнения к одному основанию.
Случай 1. ах =1,путем замены: 1= а0 , ах = а0 .
4  2х = 1,
22  2х = 1,
22+х = 20 ,
2+х = 0,
х = – 2.
Случай 2. ах =в, путем замены: в= anx , ах = anx
.
1. 72х+1 = 49,
72х+1 = 72 ,
2х+1 = 2
2х =1 |:2,
х = 0,5.
2. 23х  3х = 576,
8х  3х = 242 ,
24х = 242 ,
х = 2.
тип 4. Путем замены сводится к квадратному уравнению.
1. 9х – 26  3х – 27 = 0,
(3х)2 – 26  3х – 27 = 0,
Пусть 3х = t, t> 0, тогда:
t2 – 26 t– 27 = 0,
а = 1, b = – 26, с = – 27.
Д = b2 – 4а  с = (-26)2 – 4  1  (-27) = 784>0, два
разных корня:
 b  Д 26  784 26  28


;
t1,2=
2а
2 1
2
26  28
26  28
 27; t2 =
 1  не имеет
t1 =
2
2
смысла, т.к. t> 0.
Переходим к переменной Х:
3х = 27,
3х = 33 ,
х = 3.
2. 9х – 4  3х – 45 = 0,
(3х)2 – 4  3х – 45 = 0,
Пусть 3х = t, t> 0, тогда:
t2 – 4 t– 45 = 0
а = 1, b = – 4, с = – 45
Д = b2 – 4а  с = (-4)2 – 4  1  (-45) = 196>0,
два разных корня:
 b  Д 4  196 4  14


;
t1,2=
2а
2 1
2
4  14
4  14  10
 9; t2 =

 5  не
t1 =
2
2
2
имеет смысла, т.к. t> 0.
Переходим к переменной Х:
3х = 9,
3х = 32 ,
х = 2.