Eksponentinių lygčių ir nelygybių pavyzdžiai. eksponentinės nelygybės

Belgorodo valstybinis universitetas

KĖDĖ algebra, skaičių teorija ir geometrija

Darbo tema: Eksponentinės galios lygtys ir nelygybės.

Baigiamasis darbas Fizikos ir matematikos fakulteto studentas

Prižiūrėtojas:

______________________________

Recenzentas: ___________________________________

________________________

Belgorodas. 2006 m

Įvadas			3
Tema aš.	Literatūros tyrimo tema analizė.
Tema II.	Funkcijos ir jų savybės, naudojamos sprendžiant eksponentinės galios lygtis ir nelygybes.
	I.1.	Maitinimo funkcija ir jo savybes.
	I.2.	Eksponentinė funkcija ir jo savybes.
Tema III.	Eksponentinių galių lygčių sprendimas, algoritmas ir pavyzdžiai.
Tema IV.	Eksponentinių galių nelygybių sprendimas, sprendimo planas ir pavyzdžiai.
Tema v.	Patirtis vedant pamokas su moksleiviais tema: „Eksponentinių galių lygčių ir nelygybių sprendimas“.
v. 1.	Mokymo medžiaga.
v. 2.	Savarankiško sprendimo užduotys.
Išvada.	Išvados ir pasiūlymai.
Bibliografija.
Programos

Įvadas.

"... džiaugsmas matyti ir suprasti..."

A. Einšteinas.

Šiame darbe bandžiau perteikti savo, kaip matematikos mokytojo, patirtį, bent kiek perteikti savo požiūrį į jos mokymą – žmogiškąjį dalyką, kuriame stebina matematikos mokslas, pedagogika, didaktika, psichologija ir net filosofija. susipynę.

Turėjau galimybę dirbti su vaikais ir absolventais, su vaikais, stovinčiais prie intelektualinio vystymosi stulpų: tais, kurie buvo užsiregistravę pas psichiatrą ir kurie tikrai domisi matematika.

Teko išspręsti daug metodinių problemų. Pabandysiu pakalbėti apie tuos, kuriuos pavyko išspręsti. Bet dar daugiau – tai nebuvo įmanoma, o tuose, kurie tarsi išsisprendė, atsiranda naujų klausimų.

Tačiau dar svarbesni už pačią patirtį yra mokytojo apmąstymai ir abejonės: kodėl būtent taip, ši patirtis?

Ir vasara dabar kitokia, ir mokslo eilė tapo įdomesnė. „Po Jupiteriais“ šiandien ieškoma ne mitinės optimalios „visų ir visko“ mokymo sistemos, o paties vaiko. Bet tada – su būtinybe – ir mokytojas.

Mokykloje algebros kurse ir pradėjo analizuoti, 10-11 klasėse, su išlaikęs egzaminą per kursą vidurinė mokykla o per stojamuosius egzaminus į universitetus yra lygtys ir nelygybės, kurių bazėje nežinomasis ir rodikliai – tai eksponentinės galios lygtys ir nelygybės.

Mokykloje jiems skiriama mažai dėmesio, vadovėliuose užduočių šia tema praktiškai nėra. Tačiau jų sprendimo technikos įvaldymas, man atrodo, labai naudingas: didina psichikos ir Kūrybiniai įgūdžiai studentų, prieš mus atsiveria visiškai nauji horizontai. Spręsdami problemas mokiniai įgyja pirmųjų įgūdžių tiriamasis darbas, praturtėja jų matematinė kultūra, praturtėja jų gebėjimai loginis mąstymas. Mokiniai išsiugdo tokias asmenybės savybes kaip tikslingumas, tikslo siekimas, savarankiškumas, kurie jiems pravers vėlesniame gyvenime. Taip pat vyksta mokomosios medžiagos kartojimas, išplėtimas ir gilus įsisavinimas.

Šią savo baigiamojo tyrimo temą pradėjau dirbti nuo kursinio darbo. Kurio metu giliau išstudijavau ir išanalizavau matematinę literatūrą šia tema, nustatiau tinkamiausią eksponentinių galių lygčių ir nelygybių sprendimo būdą.

Tai slypi tame, kad be visuotinai priimto požiūrio sprendžiant eksponentinės galios lygtis (bazė imama didesnė nei 0) ir sprendžiant tas pačias nelygybes (bazė imama didesnė nei 1 arba didesnė už 0, bet mažesnė nei 1), taip pat nagrinėjami atvejai, kai bazės yra neigiamos, yra 0 ir 1.

Rašytinė analizė egzaminų raštai mokiniai rodo, kad tai, kad mokykliniuose vadovėliuose neaprėpiama eksponentinės galios funkcijos argumento neigiamos reikšmės problema, sukelia nemažai sunkumų ir sukelia klaidų. Taip pat jie turi problemų gautų rezultatų sisteminimo stadijoje, kur dėl perėjimo prie lygties - pasekmė arba nelygybė - pasekmė, gali atsirasti pašalinių šaknų. Norėdami pašalinti klaidas, naudojame pradinės lygties arba nelygybės patikrinimą ir eksponentinės galios lygčių sprendimo algoritmą arba eksponentinės galios nelygybių sprendimo planą.

Kad mokiniai sėkmingai išlaikytų baigiamuosius ir stojamuosius egzaminus, manau, reikėtų daugiau dėmesio skirti eksponentinių galių lygčių ir nelygybių sprendimui klasėje arba papildomai pasirenkamuosiuose dalykuose ir būreliuose.

Taigi tema , mano baigiamasis darbas apibrėžiamas taip: „Eksponentinės galios lygtys ir nelygybės“.

Tikslai šio darbo yra:

1. Išanalizuoti literatūrą šia tema.

2. Duok pilna analizė eksponentinių galių lygčių ir nelygybių sprendiniai.

3. Pateikite pakankamai įvairių tipų pavyzdžių šia tema.

4. Patikrinti, kaip bus suvokiami siūlomi eksponentinių galių lygčių ir nelygybių sprendimo metodai klasės, pasirenkamosiose ir apskritimo klasėse. Pateikite atitinkamas rekomendacijas šios temos studijoms.

Tema mūsų tyrimai yra sukurti eksponentinių galių lygčių ir nelygybių sprendimo techniką.

Tyrimo tikslas ir dalykas reikalavo išspręsti šiuos uždavinius:

1. Išstudijuokite literatūrą tema: „Eksponentinės galios lygtys ir nelygybės“.

2. Įvaldyti eksponentinių galių lygčių ir nelygybių sprendimo būdus.

3. Pasirinkti mokomąją medžiagą ir sukurti skirtingų lygių pratimų sistemą tema: „Rodinio galios lygčių ir nelygybių sprendimas“.

Baigiamojo darbo tyrimo metu buvo paskelbta daugiau nei 20 pranešimų, skirtų taikymui įvairių metodų eksponentinių galių lygčių ir nelygybių sprendiniai. Iš čia gauname.

Baigiamojo darbo planas:

Įvadas.

I skyrius. Literatūros tyrimo tema analizė.

II skyrius. Funkcijos ir jų savybės, naudojamos sprendžiant eksponentinės galios lygtis ir nelygybes.

II.1. Galios funkcija ir jos savybės.

II.2. Eksponentinė funkcija ir jos savybės.

III skyrius. Eksponentinių galių lygčių sprendimas, algoritmas ir pavyzdžiai.

IV skyrius. Eksponentinių galių nelygybių sprendimas, sprendimo planas ir pavyzdžiai.

V skyrius. Patirtis vedant pamokas su moksleiviais šia tema.

1. Mokomoji medžiaga.

2. Savarankiško sprendimo užduotys.

Išvada. Išvados ir pasiūlymai.

Naudotos literatūros sąrašas.

I skyriuje analizuojama literatūra

Šioje pamokoje mes apsvarstysime įvairias eksponencines nelygybes ir išmoksime jas išspręsti remiantis paprasčiausių eksponentinių nelygybių sprendimo metodu.

1. Eksponentinės funkcijos apibrėžimas ir savybės

Prisiminkite eksponentinės funkcijos apibrėžimą ir pagrindines savybes. Visų eksponentinių lygčių ir nelygybių sprendimas yra pagrįstas savybėmis.

Eksponentinė funkcija yra formos funkcija , kur bazė yra laipsnis, o čia x yra nepriklausomas kintamasis, argumentas; y – priklausomas kintamasis, funkcija.

Ryžiai. 1. Eksponentinės funkcijos grafikas

Grafike rodomas didėjantis ir mažėjantis eksponentas, iliustruojantis eksponentinę funkciją, kai bazė yra didesnė už vieną ir mažesnė už vieną, bet didesnė už nulį.

Abi kreivės eina per tašką (0;1)

Eksponentinės funkcijos savybės:

Domenas: ;

Vertybių diapazonas: ;

Funkcija yra monotoniška, didėja kaip , mažėja kaip .

Monotoninė funkcija kiekvieną jos reikšmę įgauna su viena argumento reikšme.

Kai argumentas didėja nuo minuso iki pliuso begalybės, funkcija didėja nuo nulio, neįtraukiant, iki pliuso begalybės, t.y., esant nurodytoms argumento reikšmėms, turime monotoniškai didėjančią funkciją (). Kai, priešingai, argumentui didėjant 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 technika, pavyzdys

Remdamiesi tuo, kas išdėstyta, pateikiame paprasčiausių eksponentinių nelygybių sprendimo būdą:

Nelygybių sprendimo būdas:

Išlyginti laipsnių pagrindus;

Palyginkite rodiklius, išlaikydami arba keisdami priešingą nelygybės ženklą.

Sudėtingų eksponentinių nelygybių sprendimas, kaip taisyklė, susideda iš jų redukavimo iki paprasčiausių eksponentinių nelygybių.

Laipsnio bazė yra didesnė už vienetą, 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:

Pagal Vietos teoremą randame šaknis:

Parabolės šakos nukreiptos į viršų.

Taigi, mes turime nelygybės sprendimą:

Nesunku atspėti, kad dešinę pusę galima pavaizduoti kaip laipsnį su nuliniu rodikliu:

Laipsnio pagrindas didesnis už vienetą, nelygybės ženklas nekinta, gauname:

Prisiminkite tokių nelygybių sprendimo tvarką.

Apsvarstykite trupmeninę racionalią funkciją:

Apibrėžimo srities radimas:

Mes randame funkcijos šaknis:

Funkcija turi vieną šaknį,

Išskiriame ženklų pastovumo intervalus ir nustatome kiekvieno intervalo funkcijos požymius:

Ryžiai. 2. Ženklo pastovumo intervalai

Taigi mes gavome atsakymą.

Atsakymas:

3. Tipinių eksponentinių nelygybių sprendimas

Apsvarstykite nelygybes su tais pačiais eksponentais, bet skirtingais pagrindais.

Viena iš eksponentinės funkcijos savybių yra ta, kad bet kuriai argumento vertei reikia griežtai teigiamų verčių, o tai reiškia, kad ją galima suskirstyti į eksponentinę funkciją. Duotą nelygybę padalinkime iš jos 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 argumento reikšmės yra neigiamos, funkcija praeina žemiau, ji yra mažesnė. Jei argumento reikšmė lygi, tai duotasis taškas taip pat yra duotosios nelygybės sprendimas.

Ryžiai. 3. Iliustracija, pavyzdžiui, 4

Duotąją nelygybę transformuojame pagal laipsnio savybes:

Čia yra panašūs nariai:

Padalinkime abi dalis į:

Dabar mes ir toliau sprendžiame panašiai kaip 4 pavyzdyje, padalijame abi dalis iš:

Laipsnio bazė yra didesnė už vienetą, išsaugomas nelygybės ženklas:

4. Grafinis eksponentinių nelygybių sprendimas

6 pavyzdys – išspręskite nelygybę grafiškai:

Apsvarstykite funkcijas kairėje ir dešinėje ir nubrėžkite kiekvieną iš jų.

Funkcija yra eksponentas, ji didėja visoje apibrėžimo srityje, ty visoms tikrosioms argumento reikšmėms.

Funkcija yra tiesinė, mažėjanti visoje apibrėžimo srityje, ty visoms tikrosioms argumento reikšmėms.

Jei šios funkcijos susikerta, tai yra, sistema turi sprendimą, tai toks sprendimas yra unikalus ir gali būti nesunkiai atspėjamas. Norėdami tai padaryti, kartokite 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 tiesinei funkcijai, tai yra, jis turi būti didesnis arba lygus jai. Atsakymas akivaizdus: (6.4 pav.)

Ryžiai. 4. Iliustracija, pavyzdžiui, 6

Taigi, mes svarstėme įvairių tipinių eksponentinių nelygybių sprendimą. Toliau kreipiamės į sudėtingesnių eksponentinių nelygybių svarstymą.

Bibliografija

Mordkovičius A. G. Algebra ir pradžia matematinė analizė. - M.: Mnemosyne. Muravinas G. K., Muravina O. V. Algebra ir matematinės analizės pradžia. - M.: Bustardas. Kolmogorovas A. N., Abramovas A. M., Dudnitsyn Yu. P. ir kt. Algebra ir 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.

Daugelis žmonių mano, kad eksponentinė nelygybė yra kažkas tokio sudėtingo ir nesuprantamo. O tas mokymasis jas spręsti yra kone didelis menas, kurį suvokti sugeba tik Išrinktieji...

Visiška nesąmonė! Eksponentinės nelygybės yra lengvos. Ir juos visada lengva išspręsti. Na, beveik visada. :)

Šiandien mes analizuosime šią temą plačiai ir plačiai. Ši pamoka bus labai naudinga tiems, kurie tik pradeda suprasti šią mokyklinės matematikos dalį. Pradėkime nuo paprastos užduotys ir pereikime prie daugiau sunkūs klausimai. Šiandien nebus niūrių dalykų, bet to, ką perskaitysite dabar, pakaks, kad išspręstumėte daugumą nelygybių, susijusių su visomis kontrolės ir valdymo priemonėmis. savarankiškas darbas. Ir dėl šio jūsų egzamino.

Kaip visada, pradėkime nuo apibrėžimo. Eksponentinė nelygybė yra bet kokia nelygybė, turinti eksponentinę funkciją. Kitaip tariant, jį visada galima redukuoti iki formos nelygybės

\[((a)^(x)) \gt b\]

Kur $b$ vaidmuo gali būti įprastas skaičius, o gal kažkas sunkesnio. Pavyzdžiai? Taip prašau:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(x)) \gt 4;\quad ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2));\ keturkampis ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01;\quad ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac (4) )(x))). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Manau, kad prasmė aiški: yra eksponentinė funkcija $((a)^(x))$, ji lyginama su kažkuo, o tada prašoma rasti $x$. Ypač klinikiniais atvejais vietoj kintamojo $x$ jie gali įdėti kokią nors funkciją $f\left(x \right)$ ir taip šiek tiek apsunkinti nelygybę. :)

Žinoma, kai kuriais atvejais nelygybė gali atrodyti rimtesnė. Pavyzdžiui:

\[((9)^(x))+8 \gt ((3)^(x+2))\]

Ar net tai:

Apskritai tokių nelygybių sudėtingumas gali būti labai įvairus, bet galiausiai jie vis tiek susiveda į paprastą konstrukciją $((a)^(x)) \gt b$. Ir mes kažkaip susitvarkysime su tokiu dizainu (ypač klinikiniais atvejais, kai nieko neateina į galvą, mums padės logaritmai). Todėl dabar mes išmoksime išspręsti tokias paprastas konstrukcijas.

Paprasčiausių eksponentinių nelygybių sprendimas

Pažiūrėkime į kažką labai paprasto. Pavyzdžiui, čia yra:

\[((2)^(x)) \gt 4\]

Akivaizdu, kad skaičių dešinėje galima perrašyti kaip dviejų laipsnį: $4=((2)^(2))$. Taigi pradinė nelygybė perrašoma labai patogia forma:

\[((2)^(x)) \gt ((2)^(2))\]

O dabar rankos niežti "perbraukti" laipsnių pagrinduose stovinčius dvejetus, kad gautų atsakymą $x \gt 2$. Tačiau prieš ką nors išbraukdami, prisiminkime dviejų galias:

\[((2)^(1))=2;\quad ((2)^(2))=4;\quad ((2)^(3))=8;\quad ((2)^( 4))=16;...\]

Kaip matome ką daugiau stovi eksponente, tuo didesnis išvesties skaičius. "Ačiū, Cap!" – sušuks vienas iš mokinių. Ar atsitinka kitaip? Deja, taip atsitinka. Pavyzdžiui:

\[((\left(\frac(1)(2) \right))^(1))=\frac(1)(2);\quad ((\left(\frac(1)(2) \ dešinė))^(2))=\frac(1)(4);\quad ((\left(\frac(1)(2) \right))^(3))=\frac(1)(8 );...\]

Čia taip pat viskas logiška: kuo didesnis laipsnis, tuo daugiau kartų skaičius 0,5 padauginamas iš savęs (tai yra, dalinamas per pusę). Taigi gauta skaičių seka mažėja, o skirtumas tarp pirmosios ir antrosios sekos yra tik bazėje:

• Jei laipsnio $a \gt 1$ bazė, tai didėjant rodikliui $n$, augs ir skaičius $((a)^(n))$;
• Ir atvirkščiai, jei $0 \lt a \lt 1$, tai augant rodikliui $n$ skaičius $((a)^(n))$ mažės.

Susumavus šiuos faktus, gauname svarbiausią teiginį, kuriuo grindžiamas visas eksponentinių nelygybių sprendimas:

Jei $a \gt 1$, tai nelygybė $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ yra lygi nelygybei $x \gt n$. Jei $0 \lt a \lt 1$, tai nelygybė $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ lygi nelygybei $x \lt n$.

Kitaip tariant, jei bazė yra didesnė už vieną, galite ją tiesiog pašalinti – nelygybės ženklas nepasikeis. O jei pagrindas mažesnis už vieną, tuomet jį irgi galima nuimti, bet nelygybės ženklą taip pat teks keisti.

Atkreipkite dėmesį, kad mes neatsižvelgėme į $a=1$ ir $a\le 0$ parinktis. Nes tokiais atvejais yra neapibrėžtumas. Tarkime, kaip išspręsti formos $((1)^(x)) \gt 3$ nelygybę? Vienas bet kuriai valdžiai vėl duos vienetą – mes niekada negausime trijų ar daugiau. Tie. sprendimų nėra.

Su neigiamomis bazėmis tai dar įdomiau. Apsvarstykite, pavyzdžiui, tokią nelygybę:

\[((\left(-2 \right))^(x)) \gt 4\]

Iš pirmo žvilgsnio viskas paprasta:

Teisingai? Bet ne! Užtenka vietoj $x$ pakeisti porą lyginių skaičių ir porą nelyginiai skaičiai kad įsitikintumėte, jog sprendimas neteisingas. Pažiūrėk:

\[\begin(lygiuoti) & x=4\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(4))=16 \gt 4; \\ & x=5\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(5))=-32 \lt 4; \\ & x=6\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(6))=64 \gt 4; \\ & x=7\Rodyklė dešinėn ((\left(-2 \right))^(7))=-128 \lt 4. \\\end(lygiuoti)\]

Kaip matote, ženklai keičiasi. Bet dar yra trupmeniniai laipsniai ir kita skarda. Pavyzdžiui, kaip būtų galima suskaičiuoti $((\left(-2 \right))^(\sqrt(7)))$ (atėmus du, pakeltus iki septynių šaknies)? Negali būti!

Todėl, siekiant apibrėžtumo, darome prielaidą, kad visose eksponentinėse nelygybėse (beje, ir lygtyse) $1\ne a \gt 0$. Ir tada viskas išspręsta labai paprastai:

1 \\ & x \lt n\quad \left(0 \lt a \lt 1 \right). \\\pabaiga (lygiuoti) \right.\]

Apskritai dar kartą prisiminkite pagrindinę taisyklę: jei eksponentinės lygties bazė yra didesnė už vieną, galite ją tiesiog pašalinti; o jei pagrindas mazesnis nei vienas, tai irgi galima nuimti, bet tai pakeis nelygybes zenkl.

Sprendimo pavyzdžiai

Taigi, apsvarstykite keletą paprastų eksponentinių nelygybių:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01; \\ & ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16; \\ & ((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Pirminė užduotis visais atvejais ta pati: nelygybes sumažinti iki paprasčiausios formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$. Taip dabar darysime su kiekviena nelygybe ir tuo pačiu kartosime laipsnių savybes ir eksponentinę funkciją. Taigi eikime!

\[((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2))\]

Ką čia galima padaryti? Na, o kairėje jau turime demonstratyvų išsireiškimą – nieko keisti nereikia. Bet dešinėje yra kažkoks mėšlas: trupmena ir net šaknis vardiklyje!

Tačiau atsiminkite darbo su trupmenomis ir laipsniais taisykles:

\[\begin(lygiuoti) & \frac(1)(((a)^(n)))=((a)^(-n)); \\ & \sqrt[k](a)=((a)^(\frac(1)(k))). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Ką tai reiškia? Pirma, mes galime lengvai atsikratyti trupmenos, paversdami ją neigiamu eksponentu. Antra, kadangi vardiklis yra šaknis, būtų malonu jį paversti laipsniu – šį kartą su trupmeniniu rodikliu.

Taikykime šiuos veiksmus nuosekliai dešinėje nelygybės pusėje ir pažiūrėkime, kas atsitiks:

\[\frac(1)(\sqrt(2))=((\left(\sqrt(2) \right))^(-1))=((\left(((2)^(\frac( 1)(3))) \right))^(-1))=((2)^(\frac(1)(3)\cdot \left(-1 \right)))=((2)^ (-\frac(1)(3)))\]

Nepamirškite, kad didinant laipsnį iki laipsnio, pridedami šių laipsnių rodikliai. Ir apskritai, dirbant su eksponentinėmis lygtimis ir nelygybėmis, būtina žinoti bent pačias paprasčiausias darbo su galiomis taisykles:

\[\begin(lygiuoti) & ((a)^(x))\cdot ((a)^(y))=((a)^(x+y)); \\ & \frac(((a)^(x)))(((a)^(y)))=((a)^(x-y)); \\ & ((\left(((a)^(x)) \right))^(y))=((a)^(x\cdot y)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Tiesą sakant, paskutinė taisyklė ką tik kreipėmės. Todėl mūsų pradinė nelygybė bus perrašyta taip:

\[((2)^(x-1))\le \frac(1)(\sqrt(2))\Rodyklė dešinėn ((2)^(x-1))\le ((2)^(-\ frac(1)(3)))\]

Dabar mes atsikratome deuce prie pagrindo. Kadangi 2 > 1, nelygybės ženklas išlieka toks pat:

\[\begin(align) & x-1\le -\frac(1)(3)\Rightarrow x\le 1-\frac(1)(3)=\frac(2)(3); \\ & x\in \left(-\infty ;\frac(2)(3) \right]. \\\end(lygiuoti)\]

Štai visas sprendimas! Pagrindinis sunkumas visai ne eksponentinėje funkcijoje, o kompetentingame pradinės išraiškos pakeitime: reikia atsargiai ir kuo greičiau ją perkelti į paprasčiausią formą.

Apsvarstykite antrąją nelygybę:

\[((0,1)^(1-x)) \lt 0,01\]

Taip ir taip. Čia laukiame dešimtainių trupmenų. Kaip jau ne kartą sakiau, bet kokiose išraiškose, turinčiose galias, turėtumėte atsikratyti dešimtainių trupmenų – dažnai tai yra vienintelis būdas pamatyti greitą ir paprastą sprendimą. Štai ko mes atsikratysime:

\[\begin(align) & 0,1=\frac(1)(10);\quad 0,01=\frac(1)(100)=((\left(\frac(1)(10) \ dešinėje))^(2)); \\ & ((0,1)^(1-x)) \lt 0,01\Rightarrow ((\left(\frac(1)(10) \right))^(1-x)) \lt ( (\left(\frac(1)(10) \right))^(2)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Prieš mus vėl pati paprasčiausia nelygybė, ir net su baze 1/10, t.y. mažiau nei vienas. Na, nuimame pagrindus, kartu keisdami ženklą iš „mažiau“ į „didesnį“, ir gauname:

\[\begin(lygiuoti) & 1-x \gt 2; \\ & -x \gt 2-1; \\ & -x \gt 1; \\& x \lt -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Gavome galutinį atsakymą: $x\in \left(-\infty ;-1 \right)$. Atkreipkite dėmesį, kad atsakymas yra tiksliai nustatytas ir jokiu būdu formos $x \lt -1$ konstrukcija. Nes formaliai tokia konstrukcija yra visai ne aibė, o nelygybė kintamojo $x$ atžvilgiu. Taip, tai labai paprasta, bet tai nėra atsakymas!

Svarbi pastaba. Šią nelygybę būtų galima išspręsti kitu būdu – sumažinant abi dalis iki galios, kurios bazė yra didesnė už vieną. Pažiūrėk:

\[\frac(1)(10)=((10)^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(((10)^(-1)) \right))^(1-x)) \ lt ((\left(((10)^(-1)) \right))^(2))\Rodyklė dešinėn ((10)^(-1\cdot \left(1-x \right))) \lt ((10)^(-1\cdot 2))\]

Po šios transformacijos vėl gauname eksponentinė nelygybė, bet su baze 10 > 1. O tai reiškia, kad dešimtuką galite tiesiog išbraukti – nelygybės ženklas nepasikeis. Mes gauname:

\[\begin(lygiuoti) & -1\cdot \left(1-x \right) \lt -1\cdot 2; \\ & x-1 \lt-2; \\ & x \lt -2+1=-1; \\ & x \lt -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Kaip matote, atsakymas yra visiškai tas pats. Tuo pačiu apsisaugojome nuo būtinybės keisti ženklą ir apskritai atsiminti kai kurias ten taisykles. :)

\[((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt 16\]

Tačiau neleiskite, kad tai jūsų gąsdintų. Kad ir kas būtų rodikliuose, pati nelygybės sprendimo technologija išlieka ta pati. Todėl pirmiausia pažymime, kad 16 = 2 4 . Perrašykime pradinę nelygybę atsižvelgdami į šį faktą:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(((x)^(2))-7x+14)) \lt ((2)^(4)); \\ & ((x)^(2))-7x+14 \lt 4; \\ & ((x)^(2))-7x+10 \lt 0. \\\end(lygiuoti)\]

Sveika! Gavome įprastą kvadratinė nelygybė! Ženklas niekur nepasikeitė, nes pagrindas yra dvejetas – skaičius didesnis už vieną.

Funkcijos nuliai skaičių eilutėje

Išdėstome funkcijos $f\left(x \right)=((x)^(2))-7x+10$ ženklus - aišku, jos grafikas bus parabolė su šakomis į viršų, taigi bus "pliusai “ šonuose. Mus domina regionas, kuriame funkcija mažesnė už nulį, t.y. $x\in \left(2;5 \right)$ yra atsakymas į pradinę problemą.

Galiausiai apsvarstykite kitą nelygybę:

\[((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25)\]

Vėl matome eksponentinę funkciją su dešimtaine trupmena bazėje. Paverskime šią trupmeną į bendrą trupmeną:

\[\begin(align) & 0,2=\frac(2)(10)=\frac(1)(5)=((5)^(-1))\Rodyklė dešinėn \\ & \Rightarrow ((0) ,2)^(1+(x)^(2))))=((\left(((5)^(-1)) \right))^(1+(x)^(2) )))=((5)^(-1\cdot \left(1+(x)^(2)) \right)))\end (lygiuoti)\]

Šiuo atveju pasinaudojome anksčiau pateikta pastaba - sumažinome bazę iki 5\u003e 1, kad supaprastintume tolesnį sprendimą. Tą patį padarykime su dešine puse:

\[\frac(1)(25)=((\left(\frac(1)(5) \right))^(2))=((\left(((5)^(-1)) \ dešinėje))^(2))=((5)^(-1\ctaškas 2))=((5)^(-2))\]

Perrašykime pradinę nelygybę, atsižvelgdami į abi transformacijas:

\[((0,2)^(1+((x)^(2))))\ge \frac(1)(25)\Rodyklė dešinėn ((5)^(-1\cdot \left(1+) ((x)^(2)) \right)))\ge ((5)^(-2))\]

Abiejų pusių pagrindai yra vienodi ir didesni už vieną. Dešinėje ir kairėje nėra kitų terminų, todėl tiesiog „perbraukiame“ penketukus ir gauname labai paprastą posakį:

\[\begin(lygiuoti) & -1\cdot \left(1+((x)^(2)) \right)\ge -2; \\ & -1-((x)^(2))\ge -2; \\ & -((x)^(2))\ge -2+1; \\ & -((x)^(2))\ge -1;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))\le 1. \\\end(lygiuoti)\]

Čia jūs turite būti atsargūs. Daugelis studentų mėgsta tiesiog išgauti Kvadratinė šaknis abi nelygybės dalis ir parašykite kažką panašaus į $x\le 1\Rightarrow x\in \left(-\infty ;-1 \right]$. Niekada neturėtumėte to daryti, nes tikslaus kvadrato šaknis yra modulis, ir jokiu būdu originalus kintamasis:

\[\sqrt(((x)^(2)))=\left| x\right|\]

Tačiau darbas su moduliais nėra pati maloniausia patirtis, tiesa? Taigi mes nedirbsime. Vietoj to, mes tiesiog perkeliame visus terminus į kairę ir išsprendžiame įprastą nelygybę naudodami intervalo metodą:

$\begin(lygiuoti) & ((x)^(2))-1\le 0; \\ & \left(x-1 \right)\left(x+1 \right)\le 0 \\ & ((x)_(1))=1;\quad ((x)_(2)) =-1; \\\end(lygiuoti)$

Vėl pažymime gautus taškus skaičių eilutėje ir žiūrime į ženklus:

Atkreipkite dėmesį: taškai yra tamsinti.

Kadangi sprendėme negriežtą nelygybę, visi grafiko taškai yra užtamsinti. Todėl atsakymas bus toks: $x\in \left[ -1;1 \right]$ yra ne intervalas, o segmentas.

Apskritai norėčiau pastebėti, kad eksponentinėse nelygybėse nėra nieko sudėtingo. Visų šiandien atliktų transformacijų prasmė susiveda į paprastą algoritmą:

• Raskite bazę, iki kurios sumažinsime visus laipsnius;
• Atsargiai atlikite transformacijas, kad gautumėte formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ nelygybę. Žinoma, vietoj kintamųjų $x$ ir $n$ gali būti daug sudėtingesnių funkcijų, bet tai nekeičia reikšmės;
• Nubraukite laipsnių pagrindus. Šiuo atveju nelygybės ženklas gali pasikeisti, jei bazė $a \lt 1$.

Tiesą sakant, tai yra universalus visų tokių nelygybių sprendimo algoritmas. O visa kita, kas jums bus pasakyta šia tema, yra tik konkrečios gudrybės ir gudrybės, kurios supaprastins ir paspartins transformaciją. Štai vienas iš tų triukų, apie kuriuos dabar kalbėsime. :)

racionalizavimo metodas

Apsvarstykite kitą nelygybių partiją:

\[\begin(lygiuoti) & ((\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))^(x+7)) \gt ((\text( )\!\!\pi \!\!\text( ))^(((x)^(2))-3x+2)); \\ & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1; \\ & ((\left(\frac(1)(3) \right))^(((x)^(2))+2x)) \gt ((\left(\frac(1)(9)) \dešinė))^(16-x)); \\ & ((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt 1. \\\end(lygiuoti)\]

Na, o kuo jie ypatingi? Jie taip pat yra lengvi. Nors, sustok! Ar pi pakeltas į galią? Kokia nesąmonė?

O kaip skaičių $2\sqrt(3)-3$ pakelti iki galios? Arba $ 3-2\sqrt(2)$? Užduočių rengėjai prieš sėsdami į darbą akivaizdžiai išgėrė per daug „Gudobelės“. :)

Tiesą sakant, šiose užduotyse nėra nieko blogo. Priminsiu: eksponentinė funkcija yra $((a)^(x))$ formos išraiška, kur bazė $a$ yra bet koks teigiamas skaičius, išskyrus vieną. Skaičius π yra teigiamas – mes tai jau žinome. Skaičiai $2\sqrt(3)-3$ ir $3-2\sqrt(2)$ taip pat teigiami – tai nesunku pastebėti, jei palyginsime juos su nuliu.

Pasirodo, visos šios „siaubingos“ nelygybės niekuo nesiskiria nuo paprastų, aptartų aukščiau? Ir jie tai daro taip pat? Taip, visiškai teisingai. Tačiau, remdamasis jų pavyzdžiu, norėčiau apsvarstyti vieną gudrybę, kuri sutaupo daug laiko savarankiškam darbui ir egzaminams. Kalbėsime apie racionalizavimo metodą. Taigi dėmesio:

Bet kuri eksponentinė nelygybė formos $((a)^(x)) \gt ((a)^(n))$ yra lygi nelygybei $\left(x-n \right)\cdot \left(a-1 \ dešinėje) \gt 0 $.

Štai ir visas metodas :) Ar galvojote, kad bus koks nors kitas žaidimas? Nieko panašaus! Tačiau šis paprastas faktas, parašytas pažodžiui vienoje eilutėje, labai supaprastins mūsų darbą. Pažiūrėk:

\[\begin(matrica) ((\text( )\!\!\pi\!\!\text( ))^(x+7)) \gt ((\text( )\!\!\pi\ !\!\text( ))^(((x)^(2))-3x+2)) \\ \Downarrow \\ \left(x+7-\left(((x)^(2)) -3x+2 \right) \right)\cdot \left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \right) \gt 0 \\\pabaiga (matrica)\]

Čia nėra daugiau eksponentinių funkcijų! Ir jums nereikia prisiminti, ar ženklas pasikeitė, ar ne. Tačiau iškyla nauja problema: ką daryti su sušiktu daugikliu \[\left(\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \right)\]? Mes nežinome, kaip tai yra tiksli vertė skaičiai π. Tačiau atrodo, kad kapitonas užsimena apie tai, kas akivaizdu:

\[\text( )\!\!\pi\!\!\text( )\apytiksliai 3,14... \gt 3\Rightarrow \text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \gt 3-1=2\]

Apskritai tiksli π reikšmė mūsų nelabai jaudina – svarbu tik suprasti, kad bet kuriuo atveju $\text( )\!\!\pi\!\!\text( )-1 \gt 2 $, t.e. yra teigiama konstanta, ir iš jos galime padalinti abi nelygybės puses:

\[\begin(lygiuoti) & \left(x+7-\left(((x)^(2))-3x+2 \right) \right)\cdot \left(\text( )\!\! \pi\!\!\text( )-1 \right) \gt 0 \\ & x+7-\left(((x)^(2))-3x+2 \right) \gt 0; \\ & x+7-((x)^(2))+3x-2 \gt 0; \\ & -((x)^(2))+4x+5 \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))-4x-5 \lt 0; \\ & \left(x-5 \right)\left(x+1 \right) \lt 0. \\\end (lygiuoti)\]

Kaip matote, tam tikru momentu turėjome dalytis iš minus vieneto ir pasikeitė nelygybės ženklas. Pabaigoje išplėčiau kvadratinį trinarį pagal Vietos teoremą - akivaizdu, kad šaknys lygios $((x)_(1))=5$ ir $((x)_(2))=- 1 USD. Tada viskas išsprendžiama klasikiniu intervalų metodu:

Nelygybę išsprendžiame intervalų metodu

Visi taškai yra perbraukti, nes pradinė nelygybė yra griežta. Mus domina sritis su neigiamomis reikšmėmis, todėl atsakymas yra $x\in \left(-1;5 \right)$. Štai ir sprendimas. :)

Pereikime prie kitos užduoties:

\[((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1\]

Čia viskas paprasta, nes dešinėje yra blokas. Ir mes prisimename, kad vienetas yra bet koks skaičius, padidintas iki nulio laipsnio. Net jei šis skaičius yra neracionali išraiška, stovint prie pagrindo kairėje:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt 1=((\left(2) \sqrt(3)-3\right))^(0)); \\ & ((\left(2\sqrt(3)-3 \right))^(((x)^(2))-2x)) \lt ((\left(2\sqrt(3)-3) \dešinė))^(0)); \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Taigi racionalizuosime:

\[\begin(lygiuoti) & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot \left(2\sqrt(3)-3-1 \right) \lt 0; \\ & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot \left(2\sqrt(3)-4 \right) \lt 0; \\ & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\ ]

Belieka tik susitvarkyti su ženklais. Daugiklis $2\left(\sqrt(3)-2 \right)$ neturi kintamojo $x$ – tai tik konstanta, ir mes turime išsiaiškinti jo ženklą. Norėdami tai padaryti, atkreipkite dėmesį į šiuos dalykus:

\[\begin(matrica) \sqrt(3) \lt \sqrt(4)=2 \\ \Downarrow \\ 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 2\cdot \left(2) -2 \right)=0 \\\pabaiga (matrica)\]

Pasirodo, antrasis veiksnys yra ne tik konstanta, bet ir neigiama konstanta! O dalijant iš jo pradinės nelygybės ženklas pasikeis į priešingą:

\[\begin(lygiuoti) & \left(((x)^(2))-2x-0 \right)\cdot 2\left(\sqrt(3)-2 \right) \lt 0; \\ & ((x)^(2))-2x-0 \gt 0; \\ & x\left(x-2 \right) \gt 0. \\\end (lygiuoti)\]

Dabar viskas tampa gana akivaizdu. Šaknys kvadratinis trinaris dešinėje: $((x)_(1))=0$ ir $((x)_(2))=2$. Pažymime juos skaičių eilutėje ir žiūrime į funkcijos $f\left(x \right)=x\left(x-2 \right)$ ženklus:

Atvejis, kai mus domina šoniniai intervalai

Mus domina pliuso ženklu pažymėti intervalai. Belieka tik surašyti atsakymą:

Pereikime prie kito pavyzdžio:

\[((\left(\frac(1)(3) \right))^(((x)^(2))+2x)) \gt ((\left(\frac(1)(9) \ dešinėje))^(16-x))\]

Na, čia viskas gana akivaizdu: bazės yra to paties skaičiaus galios. Todėl viską parašysiu trumpai:

\[\begin(matrica) \frac(1)(3)=((3)^(-1));\quad \frac(1)(9)=\frac(1)(((3)^( 2)))=((3)^(-2)) \\ \Downarrow \\ ((\left(((3)^(-1)) \right))^(((x)^(2) )+2x)) \gt ((\left(((3)^(-2)) \right))^(16-x)) \\\pabaiga(matrica)\]

\[\begin(lygiuoti) & ((3)^(-1\cdot \left(((x)^(2))+2x \right))) \gt ((3)^(-2\cdot \ left(16-x\right))); \\ & ((3)^(-((x)^(2))-2x)) \gt ((3)^(-32+2x)); \\ & \left(-((x)^(2))-2x-\left(-32+2x \right) \right)\cdot \left(3-1 \right) \gt 0; \\ & -((x)^(2))-2x+32-2x \gt 0; \\ & -((x)^(2))-4x+32 \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))+4x-32 \lt 0; \\ & \left(x+8 \right)\left(x-4 \right) \lt 0. \\\end (lygiuoti)\]

Kaip matote, transformacijų procese turėjome dauginti iš neigiamo skaičiaus, todėl pasikeitė nelygybės ženklas. Pačioje pabaigoje aš vėl pritaikiau Vietos teoremą kvadratiniam trinaliui koeficientuoti. Dėl to atsakymas bus toks: $x\in \left(-8;4 \right)$ – norintys gali tuo įsitikinti nubrėžę skaičių liniją, pažymėdami taškus ir skaičiuodami ženklus. Tuo tarpu mes pereisime prie paskutinės nelygybės iš mūsų „rinkinio“:

\[((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt 1\]

Kaip matote, bazėje vėl neracionalus skaičius, o įrenginys vėl yra dešinėje. Todėl eksponentinę nelygybę perrašome taip:

\[((\left(3-2\sqrt(2) \right))^(3x-((x)^(2)))) \lt ((\left(3-2\sqrt(2)) dešinėje))^(0))\]

Racionaluokime:

\[\begin(lygiuoti) & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot \left(3-2\sqrt(2)-1 \right) \lt 0; \\ & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot \left(2-2\sqrt(2) \right) \lt 0; \\ & \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \right) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\ ]

Tačiau visiškai akivaizdu, kad $1-\sqrt(2) \lt 0$, nes $\sqrt(2)\approx 1.4... \gt 1$. Todėl antrasis veiksnys vėl yra neigiama konstanta, pagal kurią galima padalyti abi nelygybės dalis:

\[\begin(matrica) \left(3x-((x)^(2))-0 \right)\cdot 2\left(1-\sqrt(2) \right) \lt 0 \\ \Downarrow \ \\pabaiga (matrica)\]

\[\begin(lygiuoti) & 3x-((x)^(2))-0 \gt 0; \\ & 3x-((x)^(2)) \gt 0;\quad \left| \cdot \left(-1 \right) \right. \\ & ((x)^(2))-3x \lt 0; \\ & x\left(x-3 \right) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\]

Pakeiskite į kitą bazę

Atskira problema sprendžiant eksponentinę nelygybę yra „teisingo“ pagrindo paieška. Deja, iš pirmo žvilgsnio į užduotį toli gražu ne visada aišku, ką laikyti pagrindu, o ką daryti kaip šio pagrindo laipsnį.

Tačiau nesijaudinkite: čia nėra magijos ir „slaptų“ technologijų. Matematikoje bet koks įgūdis, kurio negalima algoritmuoti, gali būti lengvai lavinamas praktikuojant. Bet tam jūs turite išspręsti problemas skirtingi lygiai sunkumų. Pavyzdžiui, tai yra:

\[\begin(lygiuoti) & ((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac(4)(x))); \\ & ((\left(\frac(1)(3) \right))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & ((\left(0,16 \right))^(1+2x))\cdot ((\left(6,25 \right))^(x))\ge 1; \\ & ((\left(\frac(27)(\sqrt(3)) \right))^(-x)) \lt ((9)^(4-2x))\cdot 81. \\\ pabaiga (lygiuoti)\]

Sudėtinga? Baugus? Taip, tai lengviau nei višta ant asfalto! Pabandykime. Pirmoji nelygybė:

\[((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((4)^(\frac(4)(x)))\]

Na, manau, kad čia viskas aišku:

Perrašome pradinę nelygybę, viską sumažindami iki pagrindo „du“:

\[((2)^(\frac(x)(2))) \lt ((2)^(\frac(8)(x)))\Rodyklė dešinėn \left(\frac(x)(2)- \frac(8)(x) \right)\cdot \left(2-1 \right) \lt 0\]

Taip, taip, jūs supratote teisingai: aš tiesiog pritaikiau aukščiau aprašytą racionalizavimo metodą. Dabar reikia dirbti atsargiai: gavome trupmeninę-racionalinę nelygybę (tai ta, kurios vardiklyje yra kintamasis), todėl prieš prilyginant kažką nuliui, reikia viską sumažinti iki bendro vardiklio ir atsikratyti pastovaus koeficiento. .

\[\begin(align) & \left(\frac(x)(2)-\frac(8)(x) \right)\cdot \left(2-1 \right) \lt 0; \\ & \left(\frac(((x)^(2))-16)(2x) \right)\cdot 1 \lt 0; \\ & \frac(((x)^(2))-16)(2x) \lt 0. \\\end(lygiuoti)\]

Dabar mes naudojame standartinį intervalų metodą. Skaitiklio nuliai: $x=\pm 4$. Vardiklis eina į nulį tik tada, kai $x=0$. Iš viso yra trys taškai, kuriuos reikėtų pažymėti skaičių eilutėje (visi taškai išmušti, nes nelygybės ženklas griežtas). Mes gauname:

Daugiau sunkus atvejis: trys šaknys

Kaip galite atspėti, brūkšniavimas žymi intervalus, kuriais užtrunka kairėje esanti išraiška neigiamos reikšmės. Todėl į galutinį atsakymą iš karto pateks du intervalai:

Intervalų galai neįtraukiami į atsakymą, nes pradinė nelygybė buvo griežta. Daugiau šio atsakymo patvirtinti nereikia. Šiuo atžvilgiu eksponentinės nelygybės yra daug paprastesnės nei logaritminės: nėra DPV, jokių apribojimų ir pan.

Pereikime prie kitos užduoties:

\[((\left(\frac(1)(3) \right))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x))\]

Čia taip pat nėra problemų, nes mes jau žinome, kad $\frac(1)(3)=((3)^(-1))$, todėl visą nelygybę galima perrašyti taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(((3)^(-1)) \right))^(\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x ))\Rodyklė dešinėn ((3)^(-\frac(3)(x)))\ge ((3)^(2+x)); \\ & \left(-\frac(3)(x)-\left(2+x \right) \right)\cdot \left(3-1 \right)\ge 0; \\ & \left(-\frac(3)(x)-2-x \right)\cdot 2\ge 0;\quad \left| :\kairė(-2\dešinė)\dešinė. \\ & \frac(3)(x)+2+x\le 0; \\ & \frac(((x)^(2))+2x+3)(x)\le 0. \\\end(lygiuoti)\]

Atkreipkite dėmesį: trečioje eilutėje nusprendžiau negaišti laiko smulkmenoms ir iškart viską padalinti iš (−2). Minus pateko į pirmą skliaustą (dabar visur yra pliusų), o dvikova buvo sumažinta su pastoviu daugikliu. Būtent tai turėtumėte daryti atlikdami tikrus nepriklausomų ir nepriklausomų skaičiavimų kontrolinis darbas- nereikia tiesiogiai piešti kiekvieno veiksmo ir transformacijos.

Tada pradedamas naudoti pažįstamas intervalų metodas. Skaitiklio nuliai: bet jų nėra. Nes diskriminantas bus neigiamas. Savo ruožtu vardiklis nustatomas į nulį tik tada, kai $x=0$ – kaip ir praėjusį kartą. Na, aišku, kad trupmenos teigiamas reikšmes bus į dešinę nuo $x=0$, o neigiamas – į kairę. Kadangi mus domina tik neigiamos reikšmės, galutinis atsakymas yra $x\in \left(-\infty ;0 \right)$.

\[((\left(0,16 \right))^(1+2x))\cdot ((\left(6,25 \right))^(x))\ge 1\]

O ką reikėtų daryti su dešimtainėmis trupmenomis eksponentinėse nelygybėse? Teisingai: atsikratykite jų paversdami įprastais. Čia mes verčiame:

\[\begin(align) & 0,16=\frac(16)(100)=\frac(4)(25)\rodyklė dešinėn ((\left(0,16 \right))^(1+2x)) =((\left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x)); \\ & 6,25=\frac(625)(100)=\frac(25)(4)\rodyklė dešinėn ((\left(6,25 \right))^(x))=((\left(\) frac(25)(4) \right))^(x)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Na, ką mes gavome eksponentinių funkcijų bazėse? Ir mes gavome du abipusius skaičius:

\[\frac(25)(4)=((\left(\frac(4)(25) \right))^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(\frac(25)(4) \ dešinė))^(x))=((\left(((\left(\frac(4)(25) \right))^(-1)) \right))^(x))=((\ kairėje(\frac(4)(25)\right))^(-x))\]

Taigi pradinė nelygybė gali būti perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x))\cdot ((\left(\frac(4)(25) \right) )^(-x))\ge 1; \\ & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(1+2x+\left(-x \right)))\ge ((\left(\frac(4)(25)) \dešinė))^(0)); \\ & ((\left(\frac(4)(25) \right))^(x+1))\ge ((\left(\frac(4)(25) \right))^(0) ). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Žinoma, padauginus galias su ta pačia baze, jų rodikliai sumuojasi, kas atsitiko antroje eilutėje. Be to, mes reprezentavome vienetą dešinėje, taip pat kaip galią bazėje 4/25. Belieka tik racionalizuoti:

\[((\left(\frac(4)(25) \right))^(x+1))\ge ((\left(\frac(4)(25) \right))^(0)) \RightArrow \left(x+1-0 \right)\cdot \left(\frac(4)(25)-1 \right)\ge 0\]

Atkreipkite dėmesį, kad $\frac(4)(25)-1=\frac(4-25)(25) \lt 0$, t.y. antrasis veiksnys yra neigiama konstanta, o padalijus iš jos nelygybės ženklas pasikeis:

\[\begin(lygiuoti) & x+1-0\le 0\Rodyklė dešinėn x\le -1; \\ & x\in \left(-\infty ;-1 \right]. \\\end(lygiuoti)\]

Galiausiai paskutinė nelygybė iš dabartinio „rinkinio“:

\[((\left(\frac(27)(\sqrt(3)) \right))^(-x)) \lt ((9)^(4-2x))\cdot 81\]

Iš esmės sprendimo idėja čia taip pat aiški: visos eksponentinės funkcijos, sudarančios nelygybę, turi būti sumažintos iki pagrindo „3“. Tačiau tam reikia šiek tiek pasimanyti su šaknimis ir laipsniais:

\[\begin(align) & \frac(27)(\sqrt(3))=\frac(((3)^(3)))(((3)^(\frac(1)(3)) ))=((3)^(3-\frac(1)(3)))=((3)^(\frac(8)(3))); \\ & 9=((3)^(2));\quad 81=((3)^(4)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Atsižvelgiant į šiuos faktus, pradinė nelygybė gali būti perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & ((\left(((3)^(\frac(8)(3))) \right))^(-x)) \lt ((\left(((3)) ^(2)) \right))^(4-2x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x))\cdot ((3)^(4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(8-4x+4)); \\ & ((3)^(-\frac(8x)(3))) \lt ((3)^(4-4x)). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Atkreipkite dėmesį į 2 ir 3 skaičiavimų eilutes: prieš darydami ką nors su nelygybe, būtinai perkelkite ją į formą, apie kurią kalbėjome nuo pat pamokos pradžios: $((a)^(x)) \lt ( (a)^(n))$. Jei turite kairiojo arba dešiniojo kairiojo daugiklio, papildomų konstantų ir pan., negali būti atliktas joks racionalizavimas ir pagrindų „perbraukimas“.! Nesupratus šio paprasto fakto, buvo atlikta daugybė užduočių neteisingai. Aš pats nuolat stebiu šią problemą su savo mokiniais, kai tik pradedame analizuoti eksponentinę ir logaritmines nelygybes.

Bet grįžkime prie mūsų užduoties. Pabandykime šį kartą apsieiti be racionalizavimo. Primename: laipsnio pagrindas yra didesnis nei vienetas, todėl trigubus galima tiesiog perbraukti – nelygybės ženklas nepasikeis. Mes gauname:

\[\begin(lygiuoti) & -\frac(8x)(3) \lt 4-4x; \\ & 4x-\frac(8x)(3) \lt 4; \\ & \frac(4x)(3) \lt 4; \\ & 4x \lt 12; \\ & x \lt 3. \\\end(lygiuoti)\]

Tai viskas. Galutinis atsakymas: $x\in \left(-\infty ;3 \right)$.

Stabilios išraiškos paryškinimas ir kintamojo pakeitimas

Apibendrinant siūlau išspręsti dar keturias eksponentines nelygybes, kurios nepasiruošusiems studentams ir taip yra gana sunkios. Norėdami su jais susidoroti, turite atsiminti darbo su laipsniais taisykles. Visų pirma, bendrų veiksnių išskyrimas skliausteliuose.

Tačiau svarbiausia išmokti suprasti: kas tiksliai gali būti skliausteliuose. Tokia išraiška vadinama stabilia – ją galima pažymėti nauju kintamuoju ir taip atsikratyti eksponentinės funkcijos. Taigi, pažiūrėkime į užduotis:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(x+2))+((5)^(x+1))\ge 6; \\ & ((3)^(x))+((3)^(x+2))\ge 90; \\ & ((25)^(x+1,5))-((5)^(2x+2)) \gt 2500; \\ & ((\left(0,5 \right))^(-4x-8))-((16)^(x+1,5)) \gt 768. \\\end(lygiuoti)\]

Pradėkime nuo pačios pirmosios eilutės. Parašykime šią nelygybę atskirai:

\[((5)^(x+2))+((5)^(x+1))\ge 6\]

Atminkite, kad $((5)^(x+2))=((5)^(x+1+1))=((5)^(x+1))\cdot 5$, taigi dešinė pusė gali perrašyti:

Atkreipkite dėmesį, kad nelygybėje nėra kitų eksponentinių funkcijų, išskyrus $((5)^(x+1))$. Ir apskritai kintamasis $x$ niekur kitur nepasitaiko, tad įveskime naują kintamąjį: $((5)^(x+1))=t$. Gauname tokią konstrukciją:

\[\begin(lygiuoti) & 5t+t\ge 6; \\ & 6t\ge 6; \\ & t\ge 1. \\\end(lygiuoti)\]

Grįžtame prie pradinio kintamojo ($t=((5)^(x+1))$), ir tuo pačiu prisimename, kad 1=5 0 . Mes turime:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(x+1))\ge ((5)^(0)); \\ &x+1\ge 0; \\ & x\ge -1. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Štai visas sprendimas! Atsakymas: $x\in \left[ -1;+\infty \right)$. Pereikime prie antrosios nelygybės:

\[((3)^(x))+((3)^(x+2))\ge 90\]

Čia viskas taip pat. Atminkite, kad $((3)^(x+2))=((3)^(x))\cdot ((3)^(2))=9\cdot ((3)^(x))$ . Tada kairę pusę galima perrašyti:

\[\begin(lygiuoti) & ((3)^(x))+9\cdot ((3)^(x))\ge 90;\quad \left| ((3)^(x))=t \dešinė. \\&t+9t\ge 90; \\ & 10t\ge 90; \\ & t\ge 9\Rightarrow ((3)^(x))\ge 9\Rightarrow ((3)^(x))\ge ((3)^(2)); \\ & x\ge 2\Rightarrow x\in \left[ 2;+\infty \right). \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Maždaug taip reikia parengti sprendimą dėl realios kontrolės ir savarankiško darbo.

Na, pabandykime ką nors sudėtingesnio. Pavyzdžiui, čia yra nelygybė:

\[((25)^(x+1,5))-((5)^(2x+2)) \gt 2500\]

kame cia problema? Visų pirma, kairėje pusėje esančių eksponentinių funkcijų pagrindai yra skirtingi: 5 ir 25. Tačiau 25 \u003d 5 2, todėl pirmasis narys gali būti transformuotas:

\[\begin(lygiuoti) & ((25)^(x+1,5))=((\left(((5)^(2)) \right))^(x+1,5))= ((5)^(2x+3)); \\ & ((5)^(2x+3))=((5)^(2x+2+1))=((5)^(2x+2))\cdot 5. \\\end(lygiuoti )\]

Kaip matote, iš pradžių viską suvedėme į tą pačią bazę, o paskui pastebėjome, kad pirmasis narys nesunkiai redukuojamas į antrąjį – pakanka tik išplėsti eksponentą. Dabar galime drąsiai įvesti naują kintamąjį: $((5)^(2x+2))=t$, ir visa nelygybė bus perrašyta taip:

\[\begin(lygiuoti) & 5t-t\ge 2500; \\ & 4t\ge 2500; \\ & t\ge 625=((5)^(4)); \\ & ((5)^(2x+2))\ge ((5)^(4)); \\ & 2x+2\ge 4; \\ & 2x\ge 2; \\ & x\ge 1. \\\end(lygiuoti)\]

Vėlgi, jokių problemų! Galutinis atsakymas: $x\in \left[ 1;+\infty \right)$. Pereinant prie paskutinės nelygybės šios dienos pamokoje:

\[((\left(0,5 \right))^(-4x-8))-((16)^(x+1,5)) \gt 768\]

Pirmas dalykas, į kurį turėtumėte atkreipti dėmesį, žinoma, yra dešimtainė trupmena pirmojo laipsnio bazėje. Būtina jo atsikratyti ir tuo pačiu metu visas eksponentines funkcijas perkelti į tą pačią bazę - skaičių "2":

\[\begin(align) & 0,5=\frac(1)(2)=((2)^(-1))\Rodyklė dešinėn ((\left(0,5 \right))^(-4x- 8))=((\left(((2)^(-1)) \right))^(-4x-8))=((2)^(4x+8)); \\ & 16=((2)^(4))\Rodyklė dešinėn ((16)^(x+1,5))=((\left(((2)^(4)) \right))^( x+1,5))=((2)^(4x+6)); \\ & ((2)^(4x+8))-((2)^(4x+6)) \gt 768. \\\end(lygiuoti)\]

Puiku, žengėme pirmą žingsnį – viskas atvedė į tą patį pagrindą. Dabar turime pabrėžti nustatyti išraišką. Atminkite, kad $((2)^(4x+8))=((2)^(4x+6+2))=((2)^(4x+6))\cdot 4$. Jei įvesime naują kintamąjį $((2)^(4x+6))=t$, tada pradinę nelygybę galima perrašyti taip:

\[\begin(lygiuoti) & 4t-t \gt 768; \\ & 3t \gt 768; \\ & t \gt 256=((2)^(8)); \\ & ((2)^(4x+6)) \gt ((2)^(8)); \\ & 4x+6 \gt 8; \\ & 4x \gt 2; \\ & x \gt \frac(1)(2)=0,5. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Natūralu, kad gali kilti klausimas: kaip mes sužinojome, kad 256 = 2 8 ? Deja, čia tereikia žinoti dviejų (o kartu ir trijų bei penkių) galias. Na, arba padalinkite 256 iš 2 (galite padalyti, nes 256 yra lyginis skaičius), kol gausime rezultatą. Tai atrodys maždaug taip:

\[\begin(lygiuoti) & 256=128\cdot 2= \\ & =64\cdot 2\cdot 2= \\ & =32\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =16\cdot 2 \cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =8\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =4\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\cdot 2= \\ & =((2)^(8)).\end(lygiuoti )\]

Tas pats yra su trimis (skaičiai 9, 27, 81 ir 243 yra jo galios), ir su septyniais (skaičiai 49 ir ​​343 taip pat būtų malonu prisiminti). Na, penki taip pat turi „gražius“ laipsnius, kuriuos reikia žinoti:

\[\begin(lygiuoti) & ((5)^(2))=25; \\ & ((5)^(3))=125; \\ & ((5)^(4))=625; \\ & ((5)^(5))=3125. \\\pabaiga (lygiuoti)\]

Žinoma, visus šiuos skaičius, jei pageidaujama, galima mintyse atkurti, tiesiog paeiliui padauginant juos vieną iš kito. Tačiau kai tenka išspręsti kelias eksponencines nelygybes, o kiekviena sekanti yra sunkesnė už ankstesnę, paskutinis dalykas, apie kurį norisi pagalvoti, yra kai kurių skaičių galios. Ir šia prasme šios problemos yra sudėtingesnės nei „klasikinės“ nelygybės, kurios sprendžiamos intervalų metodu.

Pamoka ir pranešimas tema: „Eksponentinės lygtys ir eksponentinės nelygybės“

Papildomos medžiagos
Mieli vartotojai, nepamirškite palikti savo komentarų, atsiliepimų, pasiūlymų! Visa medžiaga yra patikrinta antivirusine programa.

Mokymo priemonės ir treniruokliai internetinėje parduotuvėje "Integral" 11 klasei
Interaktyvus vadovas 9-11 klasėms „Trigonometrija“
Interaktyvus vadovas 10-11 klasėms „Logaritmai“

Eksponentinių lygčių apibrėžimas

Vaikinai, mes studijavome eksponentines funkcijas, mokėmės jų savybių ir kūrėme grafikus, analizavome lygčių, kuriose buvo susiduriama su eksponentinės funkcijomis, pavyzdžius. Šiandien mes tyrinėsime eksponencines lygtis ir nelygybes.

Apibrėžimas. Formos lygtys: $a^(f(x))=a^(g(x))$, kur $a>0$, $a≠1$ vadinamos eksponentinėmis lygtimis.

Prisimindami teoremas, kurias studijavome temoje „Eksponentinė funkcija“, galime pristatyti naują teoremą:
Teorema. Eksponentinė lygtis $a^(f(x))=a^(g(x))$, kur $a>0$, $a≠1$ atitinka lygtį $f(x)=g(x) $.

Eksponentinių lygčių pavyzdžiai

Pavyzdys.
Išspręskite lygtis:
a) $3^(3x-3)=27$.
b) $((\frac(2)(3)))^(2x+0,2)=\sqrt(\frac(2)(3))$.
c) $5^(x^2-6x)=5^(-3x+18)$.
Sprendimas.
a) Gerai žinome, kad $27=3^3$.
Perrašykime savo lygtį: $3^(3x-3)=3^3$.
Naudodami aukščiau pateiktą teoremą, gauname, kad mūsų lygtis redukuojama į lygtį $3x-3=3$, išsprendę šią lygtį, gauname $x=2$.
Atsakymas: $x=2$.

B) $\sqrt(\frac(2)(3))=((\frac(2)(3)))^(\frac(1)(5))$.
Tada mūsų lygtis gali būti perrašyta: $((\frac(2)(3)))^(2x+0,2)=((\frac(2)(3)))^(\frac(1)(5 ) )=((\frac(2)(3)))^(0,2)$.
2 x + 0,2 = 0,2 USD.
$x = 0 $.
Atsakymas: $x=0$.

C) Pradinė lygtis atitinka lygtį: $x^2-6x=-3x+18$.
$x^2-3x-18=0$.
$(x-6)(x+3) = 0 $.
$x_1=6$ ir $x_2=-3$.
Atsakymas: $x_1=6$ ir $x_2=-3$.

Pavyzdys.
Išspręskite lygtį: $\frac(((0.25))^(x-0.5))(\sqrt(4))=16*((0.0625))^(x+1)$.
Sprendimas:
Mes paeiliui atliksime veiksmų seriją ir sujungsime abi lygties dalis į tuos pačius pagrindus.
Kairėje pusėje atlikime keletą operacijų:
1) $((0.25))^(x-0.5)=((\frac(1)(4)))^(x-0.5)$.
2) $\sqrt(4)=4^(\frac(1)(2))$.
3) $\frac(((0.25))^(x-0.5))(\sqrt(4))=\frac(((\frac(1)(4)))^(x-0 ,5)) (4^(\frac(1)(2)))= \frac(1)(4^(x-0,5+0,5))=\frac(1)(4^x) =((\frac(1) (4)))^x$.
Pereikime į dešinę pusę:
4) $16=4^2$.
5) $((0,0625))^(x+1)=\frac(1)((16)^(x+1))=\frac(1)(4^(2x+2))$.
6) 16 USD*((0,0625))^(x+1)=\frac(4^2)(4^(2x+2))=4^(2-2x-2)=4^(-2x )= \frac(1)(4^(2x))=((\frac(1)(4)))^(2x)$.
Pradinė lygtis yra lygiavertė lygčiai:
$((\frac(1)(4)))^x=((\frac(1)(4)))^(2x)$.
$x=2x$.
$x = 0 $.
Atsakymas: $x=0$.

Pavyzdys.
Išspręskite lygtį: $9^x+3^(x+2)-36=0$.
Sprendimas:
Perrašykime savo lygtį: $((3^2))^x+9*3^x-36=0$.
$((3^x))^2+9*3^x-36=0$.
Pakeiskime kintamuosius, tegul $a=3^x$.
Naujuose kintamuosiuose lygtis bus tokia: $a^2+9a-36=0$.
$(a+12)(a-3)=0$.
$a_1=-12$ ir $a_2=3$.
Atlikime atvirkštinį kintamųjų keitimą: $3^x=-12$ ir $3^x=3$.
Paskutinėje pamokoje sužinojome, kad eksponentinės išraiškos gali turėti tik teigiamas reikšmes, atsiminkite grafiką. Tai reiškia, kad pirmoji lygtis neturi sprendinių, antroji lygtis turi vieną sprendinį: $x=1$.
Atsakymas: $x=1$.

Parašykime eksponentinių lygčių sprendimo būdus:
1. Grafinis metodas. Abi lygties dalis pavaizduojame kaip funkcijas ir sudarome jų grafikus, randame grafikų susikirtimo taškus. (Šį metodą naudojome paskutinėje pamokoje).
2. Rodiklių lygybės principas. Principas grindžiamas tuo, kad dvi išraiškos su tais pačiais pagrindais yra lygūs tada ir tik tada, kai šių bazių laipsniai (rodikliai) yra lygūs. $a^(f(x))=a^(g(x))$ $f(x)=g(x)$.
3. Kintamųjų metodo keitimas.Šis metodas turėtų būti naudojamas, jei lygtis, keičiant kintamuosius, supaprastina savo formą ir yra daug lengviau išsprendžiama.

Pavyzdys.
Išspręskite lygčių sistemą: $\begin (atvejai) (27)^y*3^x=1, \\ 4^(x+y)-2^(x+y)=12. \end(atvejai)$.
Sprendimas.
Apsvarstykite abi sistemos lygtis atskirai:
27 USD^y*3^x=1$.
$3^(3y)*3^x=3^0$.
$3^(3y+x)=3^0$.
$x+3y=0$.
Apsvarstykite antrąją lygtį:
$4^(x+y)-2^(x+y)=12$.
$2^(2(x+y))-2^(x+y)=12$.
Naudokime kintamųjų keitimo metodą, tegul $y=2^(x+y)$.
Tada lygtis bus tokia:
$y^2-y-12=0$.
$(y-4)(y+3)=0$.
$y_1=4$ ir $y_2=-3$.
Pereikime prie pradinių kintamųjų, iš pirmos lygties gauname $x+y=2$. Antroji lygtis neturi sprendinių. Tada mūsų pradinė lygčių sistema yra lygiavertė sistemai: $\begin (atvejai) x+3y=0, \\ x+y=2. \end(atvejai)$.
Iš pirmosios lygties atimkite antrąją lygtį, gausime: $\begin (atvejai) 2y=-2, \\ x+y=2. \end(atvejai)$.
$\begin (atvejai) y=-1, \\ x=3. \end(atvejai)$.
Atsakymas: $(3;-1)$.

eksponentinės nelygybės

Pereikime prie nelygybės. Sprendžiant nelygybes, būtina atkreipti dėmesį į laipsnio bazę. Sprendžiant nelygybes, galimi du įvykių raidos scenarijai.

Teorema. Jei $a>1$, tai eksponentinė nelygybė $a^(f(x))>a^(g(x))$ lygi nelygybei $f(x)>g(x)$.
Jei 0 USD a^(g(x))$ atitinka $f(x)

Pavyzdys.
Išspręskite nelygybes:
a) $3^(2x+3)>81$.
b) $((\frac(1)(4)))^(2x-4) c) $(0,3)^(x^2+6x)≤(0,3)^(4x+15)$ .
Sprendimas.
a) $3^(2x+3)>81$.
$3^(2x+3)>3^4$.
Mūsų nelygybė yra lygiavertė nelygybei:
$2x+3>4$.
$2x>1$.
$x>0,5 $.

B) $((\frac(1)(4)))^(2x-4) $((\frac(1)(4)))^(2x-4) Mūsų lygtyje bazė su laipsniu mažesnė nei 1, tada pakeičiant nelygybę lygiaverte, reikia pakeisti ženklą.
$2x-4>2$.
$x>3 $.

C) Mūsų nelygybė yra lygiavertė nelygybei:
x^2+6x≥4x+15$.
x^2+2x-15≥0$.
$(x-3)(x+5)≥0 $.
Naudokimės intervalo metodas sprendimai:
Atsakymas: $(-∞;-5]U)