42 - Открытый урок

Ход урока
1. Организационный момент
- Проверка домашнего задания.
- Итоги самостоятельной работы.
2. Фронтальный опрос
- дать определение уравнения;
- что называют корнем уравнения?
- что значит решить уравнение?
- дать определение показательной функции;
- перечислить свойства показательной функции;
D (y) = R (область определения – множество всех действительных чисел).
E (y) = R+ (область значений – все положительные числа).
При а > 1, функция возрастает.
При 0 < а < 1, функция убывает.
- дать определение показательного уравнения;
- какие методы решения показательных уравнений вам уже известны:
1) приведения к одному основанию левой и правой части уравнения,
2) разложения на множители,
3) введения новой переменной,
4) деления на выражение, содержащее показательную функцию,
5) применение свойств арифметической и геометрической прогрессий
При решении показательных уравнений применяем определения и свойства степеней
(плакат).
3. Решение простейших показательных уравнений.
Задание В3 из открытого банка заданий ЕГЭ.
4. Решение показательных уравнений
№1
1
x
Вернемся к исходной переменной
Воспользуемся
заменой
x
 2  3    2  3   4

 

2 3 
x


1
 2  3   
 4

  2 3 


x
2 3 2 3
2 3

1
2 3
х
t   2  3  , t  0


1
t 4
t
t 2  4t  1  0
t1  2  3
t2  2  3
x
 2  3   2  3


2  3 
x
2
x
 2  3   2  3


2  3 
х
2
 2 3
или
x
1
2
x2

1
2 3
x
 1
2
x  2
Ответ: -2;2
№2
2
2 x 1
№3
 56  3
x
2 x 1
0
2  2 2 x  5  2 x  3 x  3  32 x  0
x
3
3
2  5   3 
2
2
2x
0
x
3
t    ,t  0
2
2
t1 
3
t2  1
x
3
  1
2
x0
x
2
3
  
3
2
x  1
2
22x
2x
2
2
2 x 4
4 x 4
16  2 x
2x
2
4 x
2
 2 6 x  17  2 x
2
2 x
 0, (2 x
2
2 x
)
 2 4 x  x  17  0
2
4 x

1
2x
2
4 x
 17  0
 t, t  0
16t 2  17t  1  0
1
 t 1
16
2 4  2 x
2
4 x
1
 4  x2  4x  0
( x  2) 2  0
x ( x  4)  0
0 x4
№4
1
3
3
32 x5  32 x7  32 x9  45  22  11    
2
4
8
1 2 x 1 2 x 1 2 x 91 91 91
3  7 3  9 3     
35
3
3
2 4 8
В правой части сумма бесконечно убывающей геометрической прогрессии со знаменателем
q
1
91
и первым членом b 
2
2
s
b1
1 q
s


 1  91
92
 1
21  
 2
 91
32 x 35  37  39  91

3 2 x  3 9 3 4  3 2
32 x 9  91  91
2x  9  0
x  4,5
№5. Решите уравнение
2  2 3  2 5  .......  2 2 х 1  512
3
Воспользуемся свойствами степени с натуральным основанием. При умножении степеней с
одинаковыми основаниями показатели складываются:
1+3+5+…….+(2х-1) –сумма х первых членов арифметической прогрессии а1=1, d=2,
ax=2x-1,х>0
Sx 
2
х2
1 2x 1
x  x2
2
2
Таким образом, исходное уравнение можно записать в виде
9
х 9
2
х  3
х0
x3
Ответ:3
5. Изучение нового материала
Если в уравнении или неравенстве некоторые коэффициенты заданы не конкретными
числовыми значениями, а обозначены буквами, то они называются параметрами, а уравнение
или неравенство – параметрическим.
Решить уравнение или неравенство с параметрами означает:
1) Определить при каких значениях параметров существуют решения;
2) Для каждой допустимой системы значений параметров найти соответствующее
множество решений.
Существуют другие формы условий задач с параметрами – исследовать уравнение,
определить количество решений, найти положительные решения и др.
Задание 1. Решить уравнение
3а
2
  3а
3а  4 х
2
 4 а 3
.
Решение:
4
Значит уравнение (1) можно представить в виде
(a – 1)(a + 4)x = (a – 1)(a – 1)(a – 3).
Исследуем полученное уравнение:
Ответ:
Задание 2. Указать число решений в зависимости от параметра а.
2 а 1х
2
 2а 3х  а

1
.
4
Решение:
Данное уравнение равносильно уравнению
(a – 1)x2 + 2(a + 3)x + a + 2 = 0.
5
Ответ:
Наиболее популярный тип показательных уравнений с параметром – приведение
уравнения к квадратному с помощью введения новой переменной и исследование корней
полученного уравнения. При этом значимым является условие положительности новой
переменной.
6. Актуализация опорных знаний
Расположение корней квадратного трехчлена.
6.1. Применение теоремы Виета к определению знаков корней квадратного
трехчлена
Теорема Виета.
Теорема 1. Чтобы корни квадратного уравнения (трехчлена) были действительными и
имели одинаковые знаки, необходимо и достаточно выполнение соотношений:
D  b 2  4ac  0; x1 x 2 
c
 0.
a
При этом оба корня будут положительными, если дополнительно выполняется
b
условие x1  x 2    0 , и оба корня будут отрицательными, если выполняется условие
a
b
x1  x 2    0 .
a
Теорема 2. Чтобы корни квадратного уравнения (трехчлена) были действительными и
имели различные знаки, необходимо и достаточно выполнение соотношений:
c
D  b 2  4ac  0; x1 x 2   0.
a
При этом отрицательный корень будет иметь меньшую абсолютную величину, если
b
x1  x 2    0 .
a
b
Если же x1  x 2    0 , то отрицательный корень будет иметь больший модуль.
a
6.2. Расположение корней квадратного трехчлена.
При решении многих задач требуется знание других важнейших теорем и их
следствий о расположении корней квадратного трехчлена на координатной прямой.
Пусть квадратный трехчлен f ( x)  ax 2  bx  c имеет действительные корни x1 и x 2
(где x1  x2 ), а x 0 -какое-нибудь действительное число.
Теорема 1. Чтобы оба корня квадратного трехчлена были меньше, чем число x 0 (т.е.
лежали на координатной прямой левее, чем точка x 0 ), необходимо и достаточно выполнение
условий:
6
a  0,
a  0,
D  0,
D  0,
или
b
 x0 ,
2a
f ( x0 )  0
D0
обобщенное условие
b
 x0 ,
2a
f ( x0 )  0

b
 x0 ,
2a
af ( x 0 )  0


f ( x0 )

b
2a
x1
x1
x2 x0
b

2a
x2 x0
f f((xx0 0))
Теорема 2. Чтобы оба корня квадратного трехчлена были больше, чем число х0 (т.е.
лежали на координатной прямой правее , чем точка х0 ), необходимо и достаточно
выполнение условий:
a  0,
a  0,
D  0,
D  0,
или
b
 x0 ,
2a
f ( x0 )  0
D0
обобщенное условие
b
 x0 ,
2a
f ( x0 )  0
b
 x0 ,
2a
af ( x 0 )  0



f ( x0 )

b
2a
x0 x1
x0 x1
x2
x2

Е
b
2a
f ( x0 )
Теорема 3. Чтобы один из корней квадратного трехчлена был меньше, чем число х0, а
другой больше, чем число х0 , (т.е. точка х0 лежала бы между корнями), необходимо и
достаточно выполнение условий:
a  0, ,
f ( x0 )  0
или
a  0,
f ( x0 )  0
обобщенное условие
af ( x0 )  0
7
f(x0)
х1
х0
х2
x1
x0
x2
f(x0)
Следствие 1. Чтобы оба корня квадратного трехчлена были больше, чем число M, но
меньше, чем число N (M<N), т.е. лежали в интервале (M;N), необходимо и достаточно
выполнение условий
a  0,
a  0,
D  0,
D  0,
D  0,
M 
b
 N , или
2a
f ( M )  0,
M 
b
 N , обобщенное условие
2a
f ( M )  0,
b
 N,
2a
af ( M )  0,
f (N )  0
f (N )  0
af ( N )  0

b
2a
M x1
M 

x2 N
M
x1
b
2a
x2 N
Следствие 2. Чтобы только больший корень квадратного трехчлена лежал в
интервале (M,N) необходимо и достаточно выполнение условий:
a  0,
f ( M )  0,
f (N )  0
a  0,
или
f ( M )  0,
f (N )  0
8
x1
M
x2
N
x1
M
x N
Следствие 3. Чтобы только меньший корень квадратного трехчлена лежал в интервале
(M;N) необходимо и достаточно выполнение условий :
a  0,
a  0,
f ( M )  0,
или
f (N )  0
f ( M )  0,
f (N )  0
M
x1
N
x2
M x1
N
x2
Следствие 4. Чтобы один корень квадратного трехчлена был меньше , чем М , а
другой больше чем N (M<N) , т.е. отрезок M : N  целиком лежал внутри интервала между
корнями, необходимо и достаточно выполнение условий
a  0,
a  0,
f ( M )  0, или
f ( M )  0, обобщенное условие
af ( M )  0,
f (N )  0
f (N )  0
af ( N )  0
x1
M N
x2
x1
M N
x2
9
7. Решение показательных уравнений с параметрами
Задание 3. (ЕГЭ-2008)
Найти все значения параметра
y  a  24
x 1
 2a  32
x 1
а, при которых нули
x1 и
 4a удовлетворяют условию x1  2, x2  log 2 6.
x 2 функции
Решение:
y  a  222 x 1  2a  32 x 1  4a
t  2 x 1 ,0  t1  2, t2  3
y t   a  2t 2  2a  3t  4a
Для того чтобы отрезок 2;3 лежал внутри интервала t1 ;t 2  необходимо и достаточно, чтобы
D0
a  2 y2  0
a  2 y3  0
2
3
t
4a  3  4a  24  0
2
a  2a  22 2  2a  32  4a   0
a  2a  232  2a  33  4a   0


4 a 2  6a  9  16a  32  0
a  24a  8  4a  12  4a   0
a  29a  18  6a  18  4a   0
4a 2  8a  68  0
(a  2)( 4a  20)  0
(a  2)(7a  36)  0
a 2  2a  17  0
(a  2)( a  5)  0
1
(a  2)( a  5 )  0
7
2
2
Ответ: 2  a  5
5
5
1
7
Задание 4. При каких значениях параметра a уравнение
4 x  5a  32 x  4a 2  3a  0 имеет единственное решение?
Решение: Введем замену 2 x  t  0 , тогда:
10
t 2  5a  3t  4a 2  3a  0


D  5a  3  4 4a 2  3a  9a  1
2
2
Исходное уравнение имеет единственное решение, если полученное уравнение имеет один
положительный корень. Это возможно в следующих случаях.
1. Если D = 0, то есть а = 1, тогда уравнение примет вид t2 – 2t + 1 = 0, отсюда t = 1,
следовательно, x = 0.
2. Если D  0,...a  1 , тогда уравнение имеет два различных корня
t1 = а, t2 = 4а – 3.
Условию задачи удовлетворяет совокупность систем
а0
4a  3  0
a0
 0  a  0,75
4a  3  0
Ответ: a  1;0  a  0,75 .
Рассмотрим более общую задачу.
x
x
1
1
Задание 5. Сколько корней имеет уравнение    6   a
9
3
параметра a?
в зависимости от
x
1
Решение. Пусть    t  0, тогда уравнение примет вид t2 – 6t – a = 0.
3
Найдем значения параметра a, при которых хотя бы один корень уравнения удовлетворяет
условию t > 0.
Введем функцию f(t) = t2 – 6t – a. Возможны следующие случаи.
Случай 1. Уравнение имеет два различных положительных корня, если выполнятся условия
11
D0
t0  0
f (0)  0
36  4a  0
30
a 0
a  9
a0
9  a  0

Таким образом, при –9 < a < 0 уравнение имеет два корня x1, 2  log 1 3  9  a

3
Случай 2.Уравнение имеет единственное положительное решение, если
D0
t0
D = 0, если a = –9, тогда уравнение примет вид (t – 3)2 = 0, t = 3, x = –1.
Случай 3. Уравнение имеет два корня, но один из них не удовлетворяет неравенству t > 0.
Это возможно, если свободный член уравнения
t2 – 6t – a = 0 неположительное число, т.е.
x1 0 t 0
3
D0
a 0
;
a  9
a0
; a0
x2
t
Таким образом, при a  0 уравнение имеет единственный положительный корень
t  3  9  a . Тогда исходное уравнение имеет единственное решение x  log 1 3  9  a


3
Случай 4. Уравнение не имеет корней при отрицательном дискриминанте, т.е. при a<–9..
Ответ:
если a<–9, то корней нет;
если a= –9, то единственный корень x = –1;
12

если –9 < a < 0, то два корня x1, 2  log 1 3  9  a

3


если a  0 , то единственное решение x  log 1 3  9  a .
3
Решим более сложные уравнения.
Задание 6. Решите уравнение
2х  3 2х  7
2а
 х
 х
х
2  2 2  4 4  6  2х  8
Решение. ОДЗ: х  1; x  2
Введем замену. Пусть 2x = t, t > 0, тогда в результате преобразований уравнение примет вид
t2 + 2t – 13 – a = 0.
Найдем значения a, при которых хотя бы один корень уравнения удовлетворяет условию t >
0.
Рассмотрим функцию f(t) = t2 + 2t – 13 – a. Возможны случаи.
Случай 1. Для того чтобы оба корня уравнения удовлетворяли неравенству
выполняться условия
t>0, должны
D  0,
f (0)  0,
t0  0
a  14,
a  13
1  0
Система решений не имеет.
Случай 2. Для того чтобы только один корень уравнения удовлетворял неравенству t > 0,
должно быть выполнено условие f(0)<0, то есть a>–13.
Тогда t  1  a  14 и x  log 2 (1  14  a
Случай 3. а=-13:
13
t 2  2t  0
t0
решений нет
t  2
t0
Случай 4. Найдем значения a,
решений)
при которых t=2, t=4. (Исходное уравнение не имеет
 1  14  а  2
 1  14  а  4
14  а  9
14  а  25
а  5
а  11
Ответ: если a  13; a  5; a  11, то x  log 2 (1  14  a ,
Если а  13, a  5, a  11 , то корней нет.
Задание 7. Рассмотрим решение заданий С6 диагностической работы №1 (2009 г.)
Найти все возможные пары натуральных чисел m и n при которых верно равенство
3m  2 n  1
2 n  3m  1
3m  2 n  3  2
2 n  3m  3  2
3m  3  2 n  2
2 n  2  3m  2

 

3 3 m 1  1  2 2 n 1  1

 

2 2 n 1  1  3 3 m 1  1
Полученные равенства могут выполняться
только в случаях:
3 m 1  1  2
2 n 1  1  3
3 m 1  3
2 n 1  4
m 1  1
2 n 1  1  3
3 m 1  1  2
2 n 1  2
3 m 1  1
n 1  2
n 1  1
m2
m 1  0
n3
n2
3 m 1  1  0
m 1
2 n 1  1  0
m 1  0
n 1  0
m 1
n 1
14
2 n 1  1  0
3 m 1  1  0
1
3
1
2 n 1  1 
2
4
3 m 1 
3
3
2 n 1 
2
3 m 1  1 
решение не принадлежит
натуральных чисел
Ответ: m=2,n=3 или m=n=1
2 n 1  1
3 m 1  1
Решений нет
1
2
1
3 m 1  1 
3
1
2 n 1  
2
2
3 m 1  
3
2 n 1  1 
множеству
Решений нет
Ответ:n=2,m=1
8. Задачи для самостоятельного решения
1. При каких значениях параметра a уравнение
36x + (a – 1)6x +a–2a2=0 имеет два действительных различных корня?
2. При каких значениях параметра a уравнение 9x –3x+1 – a2 + 5a – 4 = 0 имеет один
действительный корень?
3. При каких значениях параметра a уравнение
49x+(a–1)7x -2a2+4a–2=0 не имеет ни одного действительного корня?
4. При каких значениях параметра a уравнение 16x – (5 – a)4x+6–2 =0 имеет два
действительных различных корня?
5. При каких значениях параметра p уравнение
25–x–(p+8)5–x–2p2–2p+7=0 имеет единственное решение?
6. Найдите все значения a, при которых уравнение 4x – a2x – a + 3 = 0 имеет хотя бы одно
решение.
9. Итоги урока
- Выставление оценок.
- Сообщение учащихся по теме «Применение показательной функции в природе и технике».
10. Домашнее задание №1393, 1394. Самостоятельная работа № 2.
15