Eksponentvõrrandite lahendamise meetodid. Eksponentvõrrandid
Loeng: „Lahendusmeetodid eksponentsiaalvõrrandid».
1 . Eksponentvõrrandid.
Eksponentides tundmatuid sisaldavaid võrrandeid nimetatakse eksponentsiaalvõrranditeks. Lihtsaim neist on võrrand ax = b, kus a > 0, a ≠ 1.
1) Kell b< 0 и b = 0 это уравнение, согласно свойству 1 показательной функции, не имеет решения.
2) Kui b > 0, kasutades funktsiooni monotoonsust ja juurteoreemi, on võrrandil unikaalne juur. Selle leidmiseks tuleb b esitada kujul b = aс, аx = bс ó x = c või x = logab.
Algebraliste teisendustega eksponentsiaalvõrrandid viivad standardvõrranditeni, mis lahendatakse järgmiste meetoditega:
1) ühele alusele taandamise meetod;
2) hindamismeetod;
3) graafiline meetod;
4) uute muutujate sisseviimise meetod;
5) faktoriseerimise meetod;
6) eksponentsiaalne – võimsusvõrrandid;
7) demonstratiivne parameetriga.
2 . Ühele alusele vähendamise meetod.
Meetod põhineb järgmisel kraadide omadusel: kui kaks kraadi on võrdsed ja nende alused on võrdsed, siis on nende eksponendid võrdsed, st tuleb püüda võrrandit taandada kujule.
Näited. Lahenda võrrand:
1 . 3x = 81;
Kujutame ette parem pool võrrandid kujul 81 = 34 ja kirjutage võrrand, mis on ekvivalentne originaaliga 3 x = 34; x = 4. Vastus: 4.
2. https://pandia.ru/text/80/142/images/image004_8.png" width="52" height="49">ja liigume edasi eksponentide võrrandi juurde 3x+1 = 3–5x; 8x = 4; x = 0,5.
3. https://pandia.ru/text/80/142/images/image006_8.png" width="105" height="47">
Pange tähele, et arvud 0,2, 0,04, √5 ja 25 tähistavad 5 astmeid. Kasutame seda ära ja teisendame algse võrrandi järgmiselt:
, kust 5-x-1 = 5-2x-2 ó - x – 1 = - 2x – 2, millest leiame lahendi x = -1. Vastus: -1.
5. 3x = 5. Logaritmi definitsiooni järgi x = log35. Vastus: log35.
6. 62x+4 = 33x. 2x+8.
Kirjutame võrrandi ümber kujul 32x+4.22x+4 = 32x.2x+8, st..png" width="181" height="49 src="> Siit x – 4 =0, x = 4. Vastus: 4.
7 . 2∙3x+1 - 6∙3x-2 - 3x = 9. Kasutades astmete omadusi, kirjutame võrrandi kujul 6∙3x - 2∙3x – 3x = 9 siis 3∙3x = 9, 3x+1 = 32, st x+1 = 2, x =1. Vastus: 1.
Probleempank nr 1.
Lahendage võrrand:
Test nr 1.
1) 0 2) 4 3) -2 4) -4 |
|
A2 32x-8 = √3. | 1)17/4 2) 17 3) 13/2 4) -17/4 |
A3 | 1) 3;1 2) -3;-1 3) 0;2 4) juurteta |
1) 7;1 2) juurteta 3) -7;1 4) -1;-7 |
|
A5 | 1) 0;2; 2) 0;2;3 3) 0 4) -2;-3;0 |
A6 | 1) -1 2) 0 3) 2 4) 1 |
Test nr 2
A1 | 1) 3 2) -1;3 3) -1;-3 4) 3;-1 |
A2 | 1) 14/3 2) -14/3 3) -17 4) 11 |
A3 | 1) 2;-1 2) juurteta 3) 0 4) -2;1 |
A4 | 1) -4 2) 2 3) -2 4) -4;2 |
A5 | 1) 3 2) -3;1 3) -1 4) -1;3 |
3 Hindamismeetod.
Juureteoreem: kui funktsioon f(x) suureneb (väheneb) intervallil I, on arv a mis tahes väärtus, mille f sellel intervallil võtab, siis võrrandil f(x) = a on intervallis I üks juur.
Võrrandite lahendamisel hindamismeetodil kasutatakse seda teoreemi ja funktsiooni monotoonsuse omadusi.
Näited. Lahenda võrrandid: 1. 4x = 5 – x.
Lahendus. Kirjutame võrrandi ümber kujul 4x +x = 5.
1. kui x = 1, siis 41+1 = 5, 5 = 5 on tõene, mis tähendab, et 1 on võrrandi juur.
Funktsioon f(x) = 4x – suureneb R ja g(x) = x – suureneb R => h(x)= f(x)+g(x) suureneb R, kui suurenevate funktsioonide summa, siis x = 1 on võrrandi 4x = 5 – x ainus juur. Vastus: 1.
2.
Lahendus. Kirjutame võrrandi ümber kujul .
1. kui x = -1, siis , 3 = 3 on tõene, mis tähendab, et x = -1 on võrrandi juur.
2. tõestada, et ta on ainus.
3. Funktsioon f(x) = - väheneb R-l ja g(x) = - x – väheneb R=> h(x) = f(x)+g(x) – väheneb R-l, kui summa funktsioonide vähenemine. See tähendab, et vastavalt juurteoreemile on x = -1 võrrandi ainus juur. Vastus: -1.
Probleempank nr 2. Lahenda võrrand
a) 4x + 1 =6 – x;
b)
c) 2x – 2 =1 – x;
4. Uute muutujate sisseviimise meetod.
Meetodit on kirjeldatud punktis 2.1. Uue muutuja sisseviimine (asendamine) viiakse tavaliselt läbi pärast võrrandi tingimuste teisendamist (lihtsustamist). Vaatame näiteid.
Näited. R Lahendage võrrand: 1. .
Kirjutame võrrandi teistmoodi ümber: https://pandia.ru/text/80/142/images/image030_0.png" width="128" height="48 src="> i.e..png" width="210" height = "45">
Lahendus. Kirjutame võrrandi teistmoodi ümber:
Määrame https://pandia.ru/text/80/142/images/image035_0.png" width="245" height="57"> - ei sobi.
t = 4 => https://pandia.ru/text/80/142/images/image037_0.png" width="268" height="51"> – irratsionaalne võrrand. Pange tähele, et
Võrrandi lahend on x = 2,5 ≤ 4, mis tähendab, et 2,5 on võrrandi juur. Vastus: 2.5.
Lahendus. Kirjutame võrrandi ümber kujul ja jagame mõlemad pooled 56x+6 ≠ 0. Saame võrrandi
2x2-6x-7 = 2x2-6x-8 +1 = 2(x2-3x-4)+1, t..png" width="118" height="56">
Ruutvõrrandi juured on t1 = 1 ja t2<0, т. е..png" width="200" height="24">.
Lahendus . Kirjutame võrrandi ümber kujul
ja pange tähele, et see on teise astme homogeenne võrrand.
Jagage võrrand 42x, saame
Asendame https://pandia.ru/text/80/142/images/image049_0.png" width="16" height="41 src="> .
Vastus: 0; 0.5.
Probleempank nr 3. Lahenda võrrand
b)
G)
Test nr 3 vastuste valikuga. Minimaalne tase.
A1 | 1) -0,2;2 2) log52 3) –log52 4) 2 |
A2 0,52x – 3 0,5x +2 = 0. | 1) 2;1 2) -1;0 3) juurteta 4) 0 |
1) 0 2) 1; -1/3 3) 1 4) 5 |
|
A4 52x-5x - 600 = 0. | 1) -24;25 2) -24,5; 25,5 3) 25 4) 2 |
1) juurteta 2) 2;4 3) 3 4) -1;2 |
Test nr 4 vastuste valikuga. Üldine tase.
A1 | 1) 2; 1 2) ½; 0 3) 2; 0 4) 0 |
A2 2x – (0,5) 2x – (0,5) x + 1 = 0 | 1) -1;1 2) 0 3) -1;0;1 4) 1 |
1) 64 2) -14 3) 3 4) 8 |
|
1)-1 2) 1 3) -1;1 4) 0 |
|
A5 | 1) 0 2) 1 3) 0;1 4) juured puuduvad |
5. Faktoriseerimise meetod.
1. Lahendage võrrand: 5x+1 - 5x-1 = 24.
Lahendus..png" width="169" height="69"> , kust
2. 6x + 6x+1 = 2x + 2x+1 + 2x+2.
Lahendus. Paneme võrrandi vasakule küljele 6x sulgudest välja ja paremale poole 2x. Saame võrrandi 6x(1+6) = 2x(1+2+4) ó 6x = 2x.
Kuna 2x >0 kõigi x-ide korral, saame selle võrrandi mõlemad pooled jagada 2x-ga, kartmata lahendite kaotamist. Saame 3x = 1 - x = 0.
3.
Lahendus. Lahendame võrrandi faktoriseerimise meetodil.
Valime binoomi ruudu
4. https://pandia.ru/text/80/142/images/image067_0.png" width="500" height="181">
x = -2 on võrrandi juur.
Võrrand x + 1 = 0 " style="border-collapse:collapse;border:none">
A1 5x-1 +5x -5x+1 =-19.
1) 1 2) 95/4 3) 0 4) -1
A2 3x+1 +3x-1 =270.
1) 2 2) -4 3) 0 4) 4
A3 32x + 32x+1 -108 = 0. x = 1,5
1) 0,2 2) 1,5 3) -1,5 4) 3
1) 1 2) -3 3) -1 4) 0
A5 2x -2x-4 = 15. x=4
1) -4 2) 4 3) -4;4 4) 2
Test nr 6 Üldine tase.
A1 (22x-1) (24x+22x+1)=7. | 1) ½ 2) 2 3) -1;3 4) 0,2 |
A2 | 1) 2,5 2) 3; 4 3) log43/2 4) 0 |
A3 2x-1-3x=3x-1-2x+2. | 1) 2 2) -1 3) 3 4) -3 |
A4 | 1) 1,5 2) 3 3) 1 4) -4 |
A5 | 1) 2 2) -2 3) 5 4) 0 |
6. Eksponentsiaalne – võimsusvõrrandid.
Eksponentvõrrandite kõrval on nn eksponentsiaal-võimsusvõrrandid, st võrrandid kujul (f(x))g(x) = (f(x))h(x).
Kui on teada, et f(x)>0 ja f(x) ≠ 1, siis lahendatakse võrrand, nagu ka eksponentsiaalne, võrdsustades eksponente g(x) = f(x).
Kui tingimus ei välista f(x)=0 ja f(x)=1 võimalust, siis peame eksponentsiaalvõrrandi lahendamisel neid juhtumeid arvestama.
1..png" width="182" height="116 src=">
2.
Lahendus. x2 +2x-8 – on mõistlik iga x puhul, kuna see on polünoom, mis tähendab, et võrrand on võrdne kogusummaga
https://pandia.ru/text/80/142/images/image078_0.png" width="137" height="35">
b)
7. Eksponentvõrrandid parameetritega.
1. Milliste parameetri p väärtuste korral on võrrand 4 (5–3) 2 +4p2–3p = 0 (1) ainus otsus?
Lahendus. Toome sisse asendus 2x = t, t > 0, siis saab võrrand (1) kujul t2 – (5p – 3)t + 4p2 – 3p = 0. (2)
Võrrandi (2) diskriminant D = (5p – 3)2 – 4(4p2 – 3p) = 9(p – 1)2.
Võrrandil (1) on kordumatu lahend, kui võrrandil (2) on üks positiivne juur. See on võimalik järgmistel juhtudel.
1. Kui D = 0, st p = 1, siis on võrrand (2) kujul t2 – 2t + 1 = 0, seega t = 1, seega on võrrandil (1) kordumatu lahendus x = 0.
2. Kui p1, siis 9(p – 1)2 > 0, siis on võrrandil (2) kaks erinevat juurt t1 = p, t2 = 4p – 3. Ülesande tingimused on täidetud süsteemide hulgaga
Asendades süsteemides t1 ja t2, saame
https://pandia.ru/text/80/142/images/image084_0.png" alt="no35_11" width="375" height="54"> в зависимости от параметра a?!}
Lahendus. Lase siis on võrrand (3) kujul t2 – 6t – a = 0. (4)
Leiame parameetri a väärtused, mille puhul vähemalt üks võrrandi (4) juur vastab tingimusele t > 0.
Tutvustame funktsiooni f(t) = t2 – 6t – a. Võimalikud on järgmised juhtumid.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image087.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_14.gif" align="left" width="215" height="73 src=">где t0 - абсцисса вершины параболы и D - дискриминант квадратного трехчлена f(t);!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image089.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_16.gif" align="left" width="60" height="51 src=">!}
Juhtum 2. Võrrandil (4) on ainulaadne positiivne lahend, kui
D = 0, kui a = – 9, siis on võrrand (4) kujul (t – 3)2 = 0, t = 3, x = – 1.
Juhtum 3. Võrrandil (4) on kaks juurt, kuid üks neist ei rahulda ebavõrdsust t > 0. See on võimalik, kui
https://pandia.ru/text/80/142/images/image092.png" alt="no35_17" width="267" height="63">!}
Seega on a 0 korral võrrandil (4) üks positiivne juur . Siis on võrrandil (3) ainulaadne lahendus
Kui< – 9 уравнение (3) корней не имеет.
kui a< – 9, то корней нет; если – 9 < a < 0, то
kui a = – 9, siis x = – 1;
kui a 0, siis
Võrdleme võrrandite (1) ja (3) lahendamise meetodeid. Pange tähele, et võrrandi (1) lahendamisel taandati ruutvõrrandiks, mille diskriminandiks on täiuslik ruut; Seega arvutati ruutvõrrandi juurte valemi abil kohe võrrandi (2) juured ja seejärel tehti nende juurte kohta järeldused. Võrrand (3) on taandatud ruutvõrrandiks (4), mille diskriminant ei ole täiuslik ruut, mistõttu on võrrandi (3) lahendamisel soovitatav kasutada teoreeme ruuttrinoomi juurte asukoha kohta. ja graafiline mudel. Pange tähele, et võrrandit (4) saab lahendada Vieta teoreemi abil.
Lahendame keerulisemaid võrrandeid.
Ülesanne 3: lahendage võrrand
Lahendus. ODZ: x1, x2.
Tutvustame asendust. Olgu 2x = t, t > 0, siis saab võrrand teisenduste tulemusena kujul t2 + 2t – 13 – a = 0. (*) Leiame a väärtused, mille puhul on vähemalt üks juur võrrand (*) rahuldab tingimust t > 0.
https://pandia.ru/text/80/142/images/image098.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_23.gif" align="left" width="71" height="68 src=">где t0 - абсцисса вершины f(t) = t2 + 2t – 13 – a, D - дискриминант квадратного трехчлена f(t).!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image100.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_25.gif" align="left" width="360" height="32 src=">!}
https://pandia.ru/text/80/142/images/image102.png" alt="http://1september.ru/ru/mat/2002/35/no35_27.gif" align="left" width="218" height="42 src=">!}
Vastus: kui a > – 13, a 11, a 5, siis kui a – 13,
a = 11, a = 5, siis pole juuri.
Bibliograafia.
1. Guzejevi haridustehnoloogia alused.
2. Guzejevi tehnoloogia: vastuvõtust filosoofiani.
M. “Koolidirektor” nr 4 1996. a
3. Guzeev ja koolituse organisatsioonilised vormid.
4. Guzeev ja integraalse haridustehnoloogia praktika.
M. “Rahvaharidus”, 2001
5. Guzeev tunni vormidest - seminar.
Matemaatika koolis nr 2, 1987 lk 9 – 11.
6. Seleuko haridustehnoloogiad.
M. “Rahvaharidus”, 1998
7. Epiševa koolilapsed matemaatikat õppima.
M. "Valgustus", 1990
8. Ivanova valmistab ette õppetunnid - töötoad.
Matemaatika koolis nr 6, 1990 lk. 37-40.
9. Smirnovi matemaatika õpetamise mudel.
Matemaatika koolis nr 1, 1997 lk. 32-36.
10. Tarasenko praktilise töö korraldamise viisid.
Matemaatika koolis nr 1, 1993 lk. 27-28.
11. Ühest individuaalse töö liigist.
Matemaatika koolis nr 2, 1994, lk 63 – 64.
12. Khazankin Loomingulised oskused koolilapsed.
Matemaatika koolis nr 2, 1989 lk. 10.
13. Scanavi. Kirjastaja, 1997
14. jt Algebra ja analüüsi algus. Didaktilised materjalid
15. Krivonogovi ülesanded matemaatikas.
M. “Esimene september”, 2002
16. Tšerkassov. Käsiraamat gümnaasiumiõpilastele ja
ülikoolidesse astudes. “AS T - pressikool”, 2002
17. Zhevnyak ülikoolidesse astujatele.
Minsk ja Venemaa Föderatsiooni “Ülevaade”, 1996
18. Kirjalik D. Valmistume matemaatika eksamiks. M. Rolf, 1999
19. jne võrrandite ja võrratuste lahendamise õppimine.
M. "Intellekt – keskus", 2003
20. jne. EGE-ks valmistumise õppe- ja koolitusmaterjalid.
M. "Luurekeskus", 2003 ja 2004.
21 ja teised CMM-i valikud. Vene Föderatsiooni kaitseministeeriumi katsekeskus, 2002, 2003.
22. Goldbergi võrrandid. "Kvant" nr 3, 1971
23. Volovitš M. Kuidas edukalt matemaatikat õpetada.
Matemaatika, 1997 nr 3.
24 Okunev tunni eest, lapsed! M. Haridus, 1988
25. Yakimanskaya - orienteeritud õpe koolis.
26. Liimets tunnitöö. M. Teadmised, 1975
Belgorodi Riiklik Ülikool
OSAKOND algebra, arvuteooria ja geomeetria
Töö teema: Eksponentvõimsusvõrrandid ja võrratused.
Lõputöö füüsika-matemaatikateaduskonna üliõpilane
Teadusnõustaja:
______________________________
Ülevaataja: ___________________________________
________________________
Belgorod. 2006
Sissejuhatus | 3 | ||
Teema I. | Uurimisteemalise kirjanduse analüüs. | ||
Teema II. | Eksponentvõrrandite ja võrratuste lahendamisel kasutatavad funktsioonid ja nende omadused. | ||
I.1. | Võimsusfunktsioon ja selle omadused. | ||
I.2. | Eksponentfunktsioon ja selle omadused. | ||
Teema III. | Eksponentvõimsusvõrrandite lahendamine, algoritm ja näited. | ||
Teema IV. | Eksponentvõrratuste lahendamine, lahendusplaan ja näited. | ||
Teema V. | Kogemus kooliõpilastega tundide läbiviimisel teemal “Eksponentvõrrandite ja ebavõrdsuste lahendamine”. | ||
V. 1. | Õppematerjal. | ||
V. 2. | Probleemid iseseisvaks lahendamiseks. | ||
Järeldus. | Järeldused ja pakkumised. | ||
Bibliograafia. | |||
Rakendused |
Sissejuhatus.
"...nägemise ja mõistmise rõõm..."
A. Einstein.
Selles töös püüdsin edasi anda oma kogemust matemaatikaõpetajana, anda edasi vähemalt mingil määral oma suhtumist selle õpetamisse – inimlikku ettevõtmisse, milles on üllatavalt põimunud matemaatikateadus, pedagoogika, didaktika, psühholoogia ja isegi filosoofia.
Mul oli võimalus töötada laste ja koolilõpetajatega, lapsed seisid postide ääres intellektuaalne areng: need, kes olid psühhiaatri juures arvel ja keda matemaatika tõesti huvitas
Mul oli võimalus lahendada palju metoodilisi probleeme. Püüan rääkida neist, mis mul õnnestus lahendada. Kuid veelgi rohkem ebaõnnestunud ja isegi nendes, mis näivad olevat lahendatud, kerkivad esile uued küsimused.
Kuid veelgi olulisemad kui kogemus ise on õpetaja mõtisklused ja kahtlused: miks see just nii on, see kogemus?
Ja suvi on praegu teistsugune ja hariduse areng on muutunud huvitavamaks. “Jupiteri all” ei otsi tänapäeval mitte müütilist optimaalset õpetamissüsteemi “kõik ja kõik”, vaid laps ise. Aga siis – paratamatult – õpetaja.
Algebra koolikursuses ja analüüsi alguses, 10. - 11. klassis, keskkoolikursuse ühtse riigieksami sooritamisel ja ülikooli sisseastumiseksamitel kohtab võrrandeid ja võrratusi, mis sisaldavad aluses ja eksponentides tundmatut - need on eksponentsiaalvõrrandid ja võrratused.
Koolis pööratakse neile vähe tähelepanu, õpikutes selleteemalisi ülesandeid praktiliselt pole. Nende lahendamise metoodika valdamine on aga minu arvates väga kasulik: see tõstab õpilaste vaimseid ja loomingulisi võimeid ning meie ees avanevad täiesti uued horisondid. Ülesannete lahendamisel omandavad õpilased esimesed oskused uurimistöö, nende matemaatiline kultuur on rikastatud, nende võimed loogiline mõtlemine. Koolilastel arenevad sellised isiksuseomadused nagu sihikindlus, eesmärkide seadmine ja iseseisvus, mis on neile hilisemas elus kasuks. Samuti on õppematerjali kordamine, laiendamine ja sügav assimilatsioon.
Selle teemaga alustasin oma lõputöö jaoks, kirjutades kursusetöö. Mille käigus ma süvitsi uurisin ja analüüsisin selleteemalist matemaatilist kirjandust, tuvastasin kõige rohkem sobiv meetod eksponentsiaalvõimsusvõrrandite ja võrratuste lahendamine.
See seisneb selles, et lisaks üldtunnustatud lähenemisviisile eksponentsiaalvõrrandite lahendamisel (aluseks võetakse suurem kui 0) ja samade võrratuste lahendamisel (aluseks võetakse suurem kui 1 või suurem kui 0, kuid väiksem kui 1) , võetakse arvesse ka juhtumeid, kui alused on negatiivsed, võrdsed 0 ja 1-ga.
Õpilaste kirjalike eksamitööde analüüs näitab, et katmata küsimus on negatiivne väärtus eksponentsiaalfunktsiooni argumenteerimine kooliõpikutes põhjustab neile mitmeid raskusi ja toob kaasa vigu. Ja neil on probleeme ka saadud tulemuste süstematiseerimise etapis, kus võrrandile - tagajärg või ebavõrdsus - tagajärg, võivad ilmneda kõrvalised juured. Vigade kõrvaldamiseks kasutame algvõrrandit ehk võrratust kasutavat testi ja eksponentsiaalvõrrandite lahendamise algoritmi või eksponentsiaalvõrratuste lahendamise plaani.
Lõpu- ja sisseastumiseksamite edukaks sooritamiseks on minu arvates vaja rohkem tähelepanu pöörata eksponentsiaalvõrrandite ja ebavõrdsuste lahendamisele tundides või lisaks valikainetes ja klubides.
Seega teema , minu lõputöö defineeritakse järgmiselt: “Eksponentsiaalsed võimsusvõrrandid ja ebavõrdsused”.
Eesmärgid sellest tööst on:
1. Analüüsige selleteemalist kirjandust.
2. Anna täielik analüüs eksponentsiaalvõimsusvõrrandite ja võrratuste lahendamine.
3. Tooge selle teema kohta piisav arv erinevat tüüpi näiteid.
4. Kontrolli klassi-, valik- ja klubitundides, kuidas tajutakse pakutud eksponentsiaalvõrrandite ja võrratuste lahendamise meetodeid. Andke asjakohaseid soovitusi selle teema õppimiseks.
Teema Meie uurimistöö eesmärk on välja töötada metoodika eksponentsiaalvõrrandite ja võrratuste lahendamiseks.
Uuringu eesmärk ja teema eeldasid järgmiste probleemide lahendamist:
1. Tutvuge kirjandusega teemal "Eksponentsiaalsed võimsusvõrrandid ja ebavõrdsused."
2. Valda eksponentsiaalvõrrandite ja võrratuste lahendamise tehnikaid.
3. Valige koolitusmaterjal ja töötage välja harjutuste süsteem erinevad tasemed teemal: “Eksponentvõrrandite ja võrratuste lahendamine”.
Lõputöö uurimise käigus valmis rohkem kui 20 kasutamisele pühendatud tööd erinevaid meetodeid eksponentsiaalsete võimsusvõrrandite ja võrratuste lahendamine. Siit saame.
Lõputöö plaan:
Sissejuhatus.
I peatükk. Uurimisteemalise kirjanduse analüüs.
II peatükk. Eksponentvõrrandite ja võrratuste lahendamisel kasutatavad funktsioonid ja nende omadused.
II.1. Võimsusfunktsioon ja selle omadused.
II.2. Eksponentfunktsioon ja selle omadused.
III peatükk. Eksponentvõimsusvõrrandite lahendamine, algoritm ja näited.
IV peatükk. Eksponentvõrratuste lahendamine, lahendusplaan ja näited.
V peatükk. Selleteemaliste tundide läbiviimise kogemus koolilastega.
1.Koolitusmaterjal.
2.Ülesanded iseseisvaks lahendamiseks.
Järeldus. Järeldused ja pakkumised.
Kasutatud kirjanduse loetelu.
I peatükis analüüsitakse kirjandust
Lõpueksami ettevalmistamise etapis peavad keskkooliõpilased täiendama oma teadmisi teemal "Eksponentvõrrandid". Viimaste aastate kogemus näitab, et sellised ülesanded valmistavad koolilastele teatud raskusi. Seetõttu peavad gümnaasiumiõpilased, olenemata nende ettevalmistustasemest, põhjalikult valdama teooriat, meeles pidama valemeid ja mõistma selliste võrrandite lahendamise põhimõtet. Olles õppinud seda tüüpi probleemidega toime tulema, võivad lõpetajad matemaatika ühtse riigieksami sooritamisel loota kõrgetele tulemustele.
Olge valmis eksamiteks Shkolkovoga!
Käsitletud materjale üle vaadates seisavad paljud õpilased silmitsi võrrandite lahendamiseks vajalike valemite leidmise probleemiga. Kooliõpik pole alati käepärast ja internetist mõne teema kohta vajaliku info väljavalimine võtab kaua aega.
Shkolkovo haridusportaal kutsub õpilasi kasutama meie teadmistebaasi. Rakendame täielikult uus meetod ettevalmistus lõpueksamiks. Meie veebisaidil õppides saate tuvastada teadmiste lüngad ja pöörata tähelepanu ülesannetele, mis põhjustavad kõige rohkem raskusi.
Shkolkovo õpetajad on kogunud, süstematiseerinud ja esitanud kõik edu saavutamiseks vajaliku ühtse riigieksami sooritamine materjal kõige lihtsamal ja ligipääsetavamal kujul.
Peamised definitsioonid ja valemid on toodud jaotises "Teoreetiline taust".
Materjali paremaks mõistmiseks soovitame harjutada ülesannete täitmist. Arvutusalgoritmi mõistmiseks vaadake hoolikalt läbi sellel lehel esitatud eksponentsiaalvõrrandite näited koos lahendustega. Pärast seda jätkake jaotises "Kataloogid" olevate ülesannete täitmist. Võite alustada kõige lihtsamatest ülesannetest või minna otse mitme tundmatu või mitme tundmatuga keeruliste eksponentsiaalvõrrandite lahendamise juurde. Meie kodulehel olevat harjutuste andmebaasi täiendatakse ja uuendatakse pidevalt.
Need näited indikaatoritega, mis teile raskusi tekitasid, saab lisada "Lemmikutesse". Nii saate need kiiresti üles leida ja lahendust õpetajaga arutada.
Ühtse riigieksami edukaks sooritamiseks õppige iga päev Shkolkovo portaalis!
1º. Eksponentvõrrandid nimetatakse võrranditeks, mis sisaldavad muutujat eksponendis.
Eksponentvõrrandite lahendamine põhineb astmete omadusel: kaks sama baasiga astet on võrdsed siis ja ainult siis, kui nende eksponendid on võrdsed.
2º. Põhilised eksponentsiaalvõrrandite lahendamise meetodid:
1) kõige lihtsamal võrrandil on lahendus;
2) aluse suhtes logaritmilise vormi võrrand a taandada vormiks;
3) vormi võrrand on samaväärne võrrandiga ;
4) vormi võrrand on võrdne võrrandiga.
5) vormi võrrand taandatakse võrrandiga asendamise teel ja seejärel lahendatakse lihtsate eksponentsiaalvõrrandite hulk;
6) võrrand pöördarvudega asendamise teel taandavad nad võrrandiks ja lahendavad seejärel võrrandikogumi;
7) suhtes homogeensed võrrandid a g(x) Ja b g(x) arvestades seda tüüp asendamise kaudu taandatakse need võrrandiks ja seejärel lahendatakse võrrandite kogum.
Eksponentvõrrandite klassifikatsioon.
1. Võrrandid lahendatakse ühele alusele minnes.
Näide 18. Lahenda võrrand .
Lahendus: Kasutame ära asjaolu, et kõik astmete alused on arvu 5 astmed: .
2. Võrrandid lahendatakse ühele eksponendile üleminekuga.
Need võrrandid lahendatakse, teisendades algse võrrandi vormiks , mis taandatakse kõige lihtsamaks, kasutades proportsiooni omadust.
Näide 19. Lahenda võrrand:
3. Võrrandid lahendatakse, võttes sulgudest välja ühisteguri.
Kui võrrandis erineb iga astendaja teisest teatud arvu võrra, siis lahendatakse võrrandid, jättes sulgudest välja väikseima astendaja.
Näide 20. Lahenda võrrand.
Lahendus: võtame võrrandi vasakpoolses servas olevatest sulgudest välja vähima eksponendiga kraadi:
Näide 21. Lahenda võrrand
Lahendus: Rühmitame võrrandi vasakusse serva eraldi astmeid sisaldavad terminid alusega 4, paremal pool - alusega 3, seejärel paneme väikseima eksponendiga astmed sulgudest välja:
4. Võrrandid, mis taandavad ruutvõrranditeks (või kuupvõrranditeks)..
Järgmised võrrandid taandatakse uue muutuja y ruutvõrrandiks:
a) käesoleval juhul asendamise tüüp;
b) asendamise tüüp ja .
Näide 22. Lahenda võrrand .
Lahendus: Muudame muutujat ja lahendame ruutvõrrandi:
.
Vastus: 0; 1.
5. Võrrandid, mis on eksponentsiaalfunktsioonide suhtes homogeensed.
Vormirõrrand on teise astme homogeenne võrrand tundmatute suhtes a x Ja b x. Selliseid võrrandeid vähendatakse, jagades esmalt mõlemad pooled ja seejärel asendades need ruutvõrranditega.
Näide 23. Lahenda võrrand.
Lahendus: jagage võrrandi mõlemad pooled järgmisega:
Pannes saame ruutvõrrandi juurtega .
Nüüd taandub probleem võrrandite komplekti lahendamisele . Esimesest võrrandist leiame, et . Teisel võrrandil pole juuri, kuna mis tahes väärtuse korral x.
Vastus: -1/2.
6. Ratsionaalvõrrandid eksponentsiaalfunktsioonide suhtes.
Näide 24. Lahenda võrrand.
Lahendus: jagage murdosa lugeja ja nimetaja arvuga 3 x ja kahe asemel saame ühe eksponentsiaalfunktsiooni:
7. Vormi võrrandid .
Sellised võrrandid hulgaga vastuvõetavad väärtused(ODZ), mis on määratud tingimusega, võttes võrrandi mõlema poole logaritmi, taandatakse samaväärseks võrrandiks, mis omakorda on samaväärsed kahe võrrandi komplektiga või.
Näide 25. Lahenda võrrand: .
.
Didaktiline materjal.
Lahendage võrrandid:
1. ; 2. ; 3. ;
4. ; 5. ; 6. ;
9. ; 10. ; 11. ;
14. ; 15. ;
16. ; 17. ;
18. ; 19. ;
20. ; 21. ;
22. ; 23. ;
24. ; 25. .
26. Leia võrrandi juurte korrutis .
27. Leia võrrandi juurte summa .
Leidke väljendi tähendus:
28. , kus x 0- võrrandi juur ;
29. , kus x 0– võrrandi terve juur .
Lahendage võrrand:
31. ; 32. .
Vastused: 10; 2. -2/9; 3. 1/36; 4,0, 0,5; 50; 6,0; 7. -2; 8,2; 9. 1, 3; 10. 8; 11,5; 12,1; 13. ¼; 14,2; 15. -2, -1; 16. -2, 1; 17,0; 18,1; 19,0; 20. -1, 0; 21. -2, 2; 22. -2, 2; 23,4; 24. -1, 2; 25. -2, -1, 3; 26. -0,3; 27,3; 28.11; 29,54; 30. -1, 0, 2, 3; 31. ; 32. .
Teema nr 8.
Eksponentsiaalne ebavõrdsus.
1º. Nimetatakse võrratust, mis sisaldab astendajas muutujat eksponentsiaalne ebavõrdsus.
2º. Vormi eksponentsiaalse ebavõrdsuse lahendus põhineb järgmistel väidetel:
kui , siis ebavõrdsus on samaväärne ;
kui , siis ebavõrdsus on samaväärne .
Eksponentvõrratuste lahendamisel kasutada samu võtteid nagu eksponentsiaalvõrrandite lahendamisel.
Näide 26. Lahenda ebavõrdsus (ühte baasi kolimise meetod).
Lahendus: Alates , siis saab antud ebavõrdsuse kirjutada järgmiselt: . Kuna , siis on see ebavõrdsus samaväärne ebavõrdsusega .
Lahendades viimase ebavõrdsuse, saame .
Näide 27. Lahenda ebavõrdsus: ( võttes ühisteguri sulgudest välja).
Lahendus: võtame sulgudest välja võrratuse vasakul poolel , võrratuse paremal küljel ja jagame võrratuse mõlemad pooled (-2), muutes võrratuse märgi vastupidiseks:
Kuna , siis indikaatorite ebavõrdsusele liikudes muutub ebavõrdsuse märk jällegi vastupidiseks. Võtame vastu. Seega on selle võrratuse kõigi lahendite hulk intervall.
Näide 28. Lahenda ebavõrdsus ( uue muutuja sisseviimisega).
Lahendus: Laske. Siis on see ebavõrdsus järgmine: või , mille lahendus on intervall .
Siit. Kuna funktsioon suureneb, siis .
Didaktiline materjal.
Määrake ebavõrdsuse lahenduste komplekt:
1. ; 2. ; 3. ;
6. Millistel väärtustel x Kas funktsioonigraafiku punktid asuvad sirge all?
7. Millistel väärtustel x Kas funktsiooni graafiku punktid asuvad vähemalt sama madalal kui sirgjoon?
Lahendage ebavõrdsus:
8. ; 9. ; 10. ;
13. Määrake võrratuse suurim täisarvlahend .
14. Leia võrratuse suurima täisarvu ja väikseima täisarvu lahendite korrutis .
Lahendage ebavõrdsus:
15. ; 16. ; 17. ;
18. ; 19. ; 20. ;
21. ; 22. ; 23. ;
24. ; 25. ; 26. .
Leidke funktsiooni domeen:
27. ; 28. .
29. Leidke argumentide väärtuste komplekt, mille iga funktsiooni väärtused on suuremad kui 3:
Ja .
Vastused: 11,3; 12,3; 13. -3; 14,1; 15. (0; 0,5); 16. ; 17. (-1; 0)U(3; 4); 18. [-2; 2]; 19. (0; +∞); 20. (0; 1); 21. (3; +∞); 22. (-∞; 0)U(0,5; +∞); 23. (0; 1); 24. (-1; 1); 25. (0; 2]; 26. (3; 3,5)U (4; +∞); 27. (-∞; 3)U(5); 28. )