Eksponentinių nelygybių su sprendiniais pavyzdžiai. Eksponentinės nelygybės
Įjungta šią pamoką apžvelgsime įvairias eksponencines nelygybes ir išmoksime jas išspręsti, remdamiesi paprasčiausių eksponentinių nelygybių sprendimo technika
1. Eksponentinės funkcijos apibrėžimas ir savybės
Prisiminkime eksponentinės funkcijos apibrėžimą ir pagrindines savybes. Šiomis savybėmis pagrįstas visų eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimas.
Eksponentinė funkcija yra formos funkcija , kur bazė yra laipsnis, o čia x yra nepriklausomas kintamasis, argumentas; y yra priklausomasis kintamasis, funkcija.
Ryžiai. 1. Eksponentinės funkcijos grafikas
Grafike rodomi didėjantys ir mažėjantys eksponentai, iliustruojantys eksponentinę funkciją, kurios bazė atitinkamai didesnė už vieną ir mažesnė už vieną, bet didesnė už nulį.
Abi kreivės eina per tašką (0;1)
Eksponentinės funkcijos savybės:
Taikymo sritis: ;
Vertybių diapazonas: ;
Funkcija yra monotoniška, didėja su, mažėja su.
Monotoninei funkcijai kiekvienai jos vertei suteikiama viena argumento reikšmė.
Kai argumentas didėja nuo minuso iki pliuso begalybės, funkcija padidėja nuo nulio imtinai iki pliuso begalybės, t.y., esant nurodytoms argumento reikšmėms, turime monotoniškai didėjančią funkciją (). Priešingai, kai argumentas didėja nuo minuso iki pliuso begalybės, funkcija sumažėja nuo begalybės iki nulio imtinai, t.y., esant nurodytoms argumento reikšmėms, turime monotoniškai mažėjančią funkciją ().
2. Paprasčiausios eksponentinės nelygybės, sprendimo būdas, pavyzdys
Remdamiesi tuo, kas išdėstyta aukščiau, pateikiame paprastų eksponentinių nelygybių sprendimo būdą:
Nelygybių sprendimo technika:
Išlyginti laipsnių pagrindus;
Palyginkite metriką išsaugodami arba pakeisdami į priešingas ženklas nelygybės.
Sudėtingų eksponentinių nelygybių sprendimas paprastai susideda iš jų sumažinimo iki paprasčiausių eksponentinių nelygybių.
Laipsnio bazė yra didesnė už vienetą, o tai reiškia, kad nelygybės ženklas išsaugomas:
Transformuokime dešinę pusę pagal laipsnio savybes:
Laipsnio pagrindas yra mažesnis už vieną, nelygybės ženklas turi būti apverstas:
Norėdami išspręsti kvadratinę nelygybę, išsprendžiame atitinkamą kvadratinę lygtį:
Naudodami Vietos teoremą randame šaknis:
Parabolės šakos nukreiptos į viršų.
Taigi, mes turime nelygybės sprendimą:
Nesunku atspėti, kad dešinioji pusė gali būti pavaizduota kaip galia, kurios rodiklis lygus nuliui:
Laipsnio pagrindas didesnis už vienetą, nelygybės ženklas nekinta, gauname:
Prisiminkime tokių nelygybių sprendimo techniką.
Apsvarstykite trupmeninę-racionalią funkciją:
Mes randame apibrėžimo sritį:
Funkcijos šaknų paieška:
Funkcija turi vieną šaknį, 
Parenkame pastovaus ženklo intervalus ir kiekviename intervale nustatome funkcijos ženklus:
Ryžiai. 2. Ženklo pastovumo intervalai
Taigi mes gavome atsakymą.
Atsakymas: 
3. Standartinių eksponentinių nelygybių sprendimas
Panagrinėkime nelygybes su tais pačiais rodikliais, bet skirtingais pagrindais.
Viena iš eksponentinės funkcijos savybių yra ta, kad bet kuriai argumento reikšmei ji reikalinga griežtai teigiamas vertes, o tai reiškia, kad ją galima suskirstyti į eksponentinę funkciją. Duotą nelygybę padalinkime iš dešinės pusės:
Laipsnio pagrindas didesnis už vienetą, išsaugomas nelygybės ženklas.
Pavaizduokime sprendimą:
6.3 paveiksle pavaizduoti funkcijų grafikai ir . Akivaizdu, kad kai argumentas didesnis už nulį, funkcijos grafikas yra aukščiau, ši funkcija yra didesnė. Kai argumentų reikšmės yra neigiamos, funkcija sumažėja, ji yra mažesnė. Jei argumentas lygus, funkcijos yra lygios, o tai reiškia, kad šis taškas yra ir duotosios nelygybės sprendimas.
Ryžiai. 3. Iliustracija, pavyzdžiui, 4
Pakeiskime duotąją nelygybę pagal laipsnio savybes:
Štai keletas panašių terminų:
Padalinkime abi dalis į:
Dabar mes toliau sprendžiame panašiai kaip 4 pavyzdyje, padalykite abi dalis iš:
Laipsnio bazė yra didesnė už vieną, nelygybės ženklas išlieka:
4. Grafinis eksponentinių nelygybių sprendimas
6 pavyzdys – Išspręskite nelygybę grafiškai:
Pažvelkime į funkcijas kairėje ir dešinėje ir sukurkime kiekvienos iš jų grafiką.
Funkcija yra eksponentinė ir didėja visoje apibrėžimo srityje, ty visoms tikrosioms argumento reikšmėms.
Funkcija yra tiesinė ir mažėja visoje apibrėžimo srityje, ty visoms tikrosioms argumento reikšmėms.
Jeigu šios funkcijos susikerta, tai yra, sistema turi sprendimą, tai toks sprendimas yra unikalus ir nesunkiai atspėjamas. Norėdami tai padaryti, kartojame per sveikuosius skaičius ()
Nesunku suprasti, kad šios sistemos šaknis yra:
Taigi, funkcijų grafikai susikerta taške, kurio argumentas lygus vienetui.
Dabar turime gauti atsakymą. Pateiktos nelygybės reikšmė yra ta, kad rodiklis turi būti didesnis arba lygus tiesinė funkcija, tai yra būti aukštesniam arba sutapti su juo. Atsakymas akivaizdus: (6.4 pav.)
Ryžiai. 4. Iliustracija, pavyzdžiui, 6
Taigi, mes pažvelgėme į įvairių standartinių eksponentinių nelygybių sprendimą. Toliau pereiname prie sudėtingesnių eksponentinių nelygybių.
Nuorodos
Mordkovich A. G. Algebra ir matematinės analizės pradžia. - M.: Mnemosyne. Muravinas G. K., Muravinas O. V. Algebra ir matematinės analizės pradžia. - M.: Bustardas. Kolmogorov A. N., Abramov A. M., Dudnitsyn Yu ir kt., Matematinės analizės pradžia. - M.: Švietimas.
Matematika. md. Matematika-kartojimas. com. Difuras. kemsu. ru.
Namų darbai
1. Algebra ir analizės pradžia, 10-11 kl. (A. N. Kolmogorovas, A. M. Abramovas, Yu. P. Dudnicynas) 1990, Nr. 472, 473;
2. Išspręskite nelygybę:
3. Išspręskite nelygybę.
ir x = b yra paprasčiausia eksponentinė lygtis. Jame a didesnis už nulį ir A neprilygsta vienam.
Eksponentinių lygčių sprendimas
Iš eksponentinės funkcijos savybių žinome, kad jos reikšmių diapazonas apsiriboja teigiamais realiaisiais skaičiais. Tada, jei b = 0, lygtis neturi sprendinių. Ta pati situacija atsiranda lygtyje, kur b
Dabar tarkime, kad b>0. Jei eksponentinėje funkcijoje bazė a yra didesnis už vienybę, tada funkcija didės visoje apibrėžimo srityje. Jei bazės eksponentinė funkcija A tenkinama ši sąlyga 0 Remdamiesi tuo ir taikydami šaknies teoremą, nustatome, kad lygtis a x = b turi vieną šaknį, kai b>0 ir teigiama a nelygu vienam. Norėdami jį rasti, turite pavaizduoti b formoje b = a c. Apsvarstykite tokį pavyzdį: išspręskite lygtį 5 (x 2 - 2 * x - 1) = 25. Įsivaizduokime 25 kaip 5 2, gausime: 5 (x 2 - 2 * x - 1) = 5 2 . Arba kas yra lygiavertė: x 2 - 2 * x - 1 = 2. Gautą kvadratinę lygtį išsprendžiame naudodami bet kurį žinomą metodą. Gauname dvi šaknis x = 3 ir x = -1. Atsakymas: 3;-1. Išspręskime lygtį 4 x - 5*2 x + 4 = 0. Pakeiskime: t=2 x ir gaukime tokią kvadratinę lygtį: t 2 – 5*t + 4 = 0. Dabar išsprendžiame lygtis 2 x = 1 ir 2 x = 4. Atsakymas: 0;2. Paprasčiausių eksponentinių nelygybių sprendimas taip pat pagrįstas didėjančių ir mažėjančių funkcijų savybėmis. Jei eksponentinėje funkcijoje bazė a yra didesnė už vienetą, tada funkcija didės visoje apibrėžimo srityje. Jei bazės eksponentinė funkcija A tenkinama ši sąlyga 0 Apsvarstykite pavyzdį: išspręskite nelygybę (0,5) (7 - 3*x)< 4. Atkreipkite dėmesį, kad 4 = (0,5) 2 . Tada nelygybė įgaus formą (0,5) (7 - 3*x)< (0.5) (-2) . Основание показательной функции 0.5 меньше единицы, следовательно, она убывает. В этом случае надо поменять знак неравенства и не записывать только показатели. Gauname: 7 - 3*x>-2. Taigi: x<3. Atsakymas: x<3. Jei bazė nelygybėje būtų didesnė už vienetą, tai atsikratant bazės nereikėtų keisti nelygybės ženklo. Eksponentinės lygtys ir nelygybės yra tos, kurių eksponente yra nežinomasis. Sprendžiant eksponentines lygtis dažnai reikia išspręsti lygtį a x = a b, kur a > 0, a ≠ 1, x yra nežinomas. Ši lygtis turi vieną šaknį x = b, nes ši teorema yra teisinga: Teorema. Jei a > 0, a ≠ 1 ir a x 1 = a x 2, tai x 1 = x 2. Pagrįskime svarstytą teiginį. Tarkime, kad lygybė x 1 = x 2 negalioja, t.y. x 1< х 2 или х 1 = х 2 . Пусть, например, х 1 < х 2 . Тогда если а >1, tada eksponentinė funkcija y = a x didėja ir todėl turi būti tenkinama nelygybė a x 1< а х 2 ; если 0 < а < 1, то функция убывает и должно выполняться неравенство а х 1 >a x 2. Abiem atvejais gavome prieštaravimą sąlygai a x 1 = a x 2. Panagrinėkime keletą problemų. Išspręskite lygtį 4 ∙ 2 x = 1. Sprendimas. Parašykime lygtį forma 2 2 ∙ 2 x = 2 0 – 2 x+2 = 2 0, iš kurios gauname x + 2 = 0, t.y. x = -2. Atsakymas. x = -2. Išspręskite lygtį 2 3x ∙ 3 x = 576. Sprendimas. Kadangi 2 3x = (2 3) x = 8 x, 576 = 24 2, lygtį galima parašyti kaip 8 x ∙ 3 x = 24 2 arba 24 x = 24 2. Iš čia gauname x = 2. Atsakymas. x = 2. Išspręskite lygtį 3 x+1 – 2∙3 x - 2 = 25. Sprendimas. Iš kairėje pusėje esančių skliaustų paėmę bendrą koeficientą 3 x - 2, gauname 3 x - 2 ∙ (3 3 - 2) = 25 - 3 x - 2 ∙ 25 = 25, iš kur 3 x - 2 = 1, t.y. x – 2 = 0, x = 2. Atsakymas. x = 2. Išspręskite lygtį 3 x = 7 x. Sprendimas. Kadangi 7 x ≠ 0, lygtį galima parašyti kaip 3 x /7 x = 1, iš kur (3/7) x = 1, x = 0. Atsakymas. x = 0. Išspręskite lygtį 9 x – 4 ∙ 3 x – 45 = 0. Sprendimas. Pakeitus 3 x = a, ši lygtis sumažinama iki kvadratinė lygtis a 2 – 4a – 45 = 0. Išspręsdami šią lygtį, randame jos šaknis: a 1 = 9 ir 2 = -5, iš kur 3 x = 9, 3 x = -5. Lygtis 3 x = 9 turi šaknį 2, o lygtis 3 x = -5 neturi šaknų, nes eksponentinė funkcija negali turėti neigiamų verčių. Atsakymas. x = 2. Sprendžiant eksponentines nelygybes dažnai reikia išspręsti nelygybes a x > a b arba a x< а b . Эти неравенства решаются с помощью свойства возрастания или убывания показательной функции. Pažvelkime į kai kurias problemas. Išspręskite nelygybę 3 x< 81. Sprendimas. Nelygybę parašykime forma 3 x< 3 4 . Так как 3 >1, tada funkcija y = 3 x didėja. Todėl už x< 4 выполняется неравенство 3 х < 3 4 , а при х ≥ 4 выполняется неравенство 3 х ≥ 3 4 . Taigi, ties x< 4 неравенство 3 х < 3 4 является верным, а при х ≥ 4 – неверным, т.е. неравенство Atsakymas. X< 4.
Išspręskite nelygybę 16 x +4 x – 2 > 0. Sprendimas. Pažymime 4 x = t, tada gausime kvadratinę nelygybę t2 + t – 2 > 0. Ši nelygybė galioja t< -2 и при t > 1. Kadangi t = 4 x, gauname dvi nelygybes 4 x< -2, 4 х > 1. Pirmoji nelygybė neturi sprendinių, nes 4 x > 0 visiems x € R. Antrąją nelygybę rašome forma 4 x > 4 0, iš kur x > 0. Atsakymas. x > 0. Grafiškai išspręskite lygtį (1/3) x = x – 2/3. Sprendimas. 1) Sudarykime funkcijų y = (1/3) x ir y = x – 2/3 grafikus. 2) Remdamiesi savo paveikslu, galime daryti išvadą, kad nagrinėjamų funkcijų grafikai susikerta taške su abscise x ≈ 1. Patikrinus įrodoma, kad x = 1 yra šios lygties šaknis: (1/3) 1 = 1/3 ir 1 – 2/3 = 1/3. Kitaip tariant, mes radome vieną iš lygties šaknų. 3) Raskime kitas šaknis arba įrodykime, kad jų nėra. Funkcija (1/3) x mažėja, o funkcija y = x – 2/3 didėja. Todėl, kai x > 1, pirmosios funkcijos reikšmės yra mažesnės nei 1/3, o antrosios - daugiau nei 1/3; ties x< 1, наоборот, значения первой функции больше 1/3, а второй – меньше 1/3. Геометрически это означает, что графики этих функций при х >1 ir x< 1 «расходятся» и потому не могут иметь точек пересечения при х ≠ 1. Atsakymas. x = 1. Atkreipkite dėmesį, kad iš šios problemos sprendimo išplaukia, kad nelygybė (1/3) x > x – 2/3 tenkinama x< 1, а неравенство (1/3) х < х – 2/3 – при х > 1. svetainėje, kopijuojant visą medžiagą ar jos dalį, būtina nuoroda į šaltinį.
Tada aišku, kad Su bus lygties a x = a c sprendimas.
Šią lygtį išsprendžiame naudodami bet kurį žinomą metodą. Gauname šaknis t1 = 1 t2 = 4Eksponentinių nelygybių sprendimas
3 x< 81 выполняется тогда и только тогда, когда х < 4.
