Algoritem za reševanje logaritemskih enačb in neenačb. Logaritemske enačbe in neenačbe. Osnovna logaritemska identiteta

Pri študiju logaritemska funkcija Upoštevali smo predvsem neenakosti oblike
log a x< b и log а х ≥ b. Рассмотрим решение более сложных логарифмических неравенств. Обычным способом решения таких неравенств является переход от данного неравенства к более простому неравенству или системе неравенств, которая имеет то же самое множество решений.

Rešite neenačbo log (x + 1) ≤ 2 (1).

rešitev.

1) Desna stran obravnavane neenakosti je smiselna za vse vrednosti x, leva stran pa je smiselna za x + 1 > 0, tj. za x > -1.

2) Interval x > -1 imenujemo domena definicije neenačbe (1). Logaritemska funkcija z osnovo 10 narašča, zato je pod pogojem, da je x + 1 > 0, neenakost (1) izpolnjena, če je x + 1 ≤ 100 (ker je 2 = log 100). Torej neenakost (1) in sistem neenačb

(x > -1, (2)
(x + 1 ≤ 100,

sta enakovredna, z drugimi besedami, množica rešitev neenačbe (1) in sistem neenačb (2) sta enaka.

3) Reševanje sistema (2), najdemo -1< х ≤ 99.

Odgovori. -1< х ≤ 99.

Rešite neenačbo log 2 (x – 3) + log 2 (x – 2) ≤ 1 (3).

rešitev.

1) Domena definicije obravnavane logaritemske funkcije je množica pozitivnih vrednosti argumenta, zato je leva stran neenakosti smiselna za x – 3 > 0 in x – 2 > 0.

Posledično je domena definicije te neenakosti interval x > 3.

2) Glede na lastnosti logaritma je neenačba (3) za x > 3 enakovredna neenačbi log 2 (x – 3)(x – 2) ≤ log 2 (4).

3) Logaritemska funkcija z osnovo 2 narašča. Zato je za x > 3 neenakost (4) izpolnjena, če je (x – 3)(x – 2) ≤ 2.

4) Izhodiščna neenačba (3) je torej enakovredna sistemu neenačb

((x – 3)(x – 2) ≤ 2,
(x > 3.

Če rešimo prvo neenačbo tega sistema, dobimo x 2 – 5x + 4 ≤ 0, od koder je 1 ≤ x ≤ 4. Če ta segment združimo z intervalom x > 3, dobimo 3< х ≤ 4.

Odgovori. 3< х ≤ 4.

Rešite neenačbo log 1/2 (x 2 + 2x – 8) ≥ -4. (5)

rešitev.

1) Definicijsko področje neenačbe najdemo iz pogoja x 2 + 2x – 8 > 0.

2) Neenakost (5) lahko zapišemo kot:

log 1/2 (x 2 + 2x – 8) ≥ log 1/2 16.

3) Ker je logaritemska funkcija z osnovo ½ padajoča, potem za vse x iz celotne domene definicije neenačbe dobimo:

x 2 + 2x – 8 ≤ 16.

Tako je izvirna enačba (5) enakovredna sistemu neenačb

(x 2 + 2x – 8 > 0 ali (x 2 + 2x – 8 > 0,
(x 2 + 2x – 8 ≤ 16, (x 2 + 2x – 24 ≤ 0.

Če rešimo prvo kvadratno neenačbo, dobimo x< -4, х >2. Če rešimo drugo kvadratno neenačbo, dobimo -6 ≤ x ≤ 4. Posledično sta obe neenakosti sistema izpolnjeni hkrati za -6 ≤ x< -4 и при 2 < х ≤ 4.

Odgovori. -6 ≤ x< -4; 2 < х ≤ 4.

spletne strani, pri kopiranju materiala v celoti ali delno je obvezna povezava do vira.

Pri reševanju logaritemskih neenačb uporabljamo lastnost monotonosti logaritemske funkcije. Uporabljamo tudi definicijo logaritma in osnovne logaritemske formule.

Poglejmo, kaj so logaritmi:

Logaritem pozitivno število na osnovi je pokazatelj stopnje, na katero jo je treba dvigniti, da dobimo .

pri čemer

Osnovna logaritemska identiteta:

Osnovne formule za logaritme:

(Logaritem produkta je enak vsoti logaritmov)

(Logaritem količnika je enak razliki logaritmov)

(Formula za logaritem moči)

Formula za selitev na novo bazo:

Algoritem za reševanje logaritemskih neenačb

Lahko rečemo, da se logaritemske neenakosti rešujejo z uporabo določenega algoritma. Zapisati moramo obseg sprejemljivih vrednosti (APV) neenakosti. Neenačbo reduciraj na obliko Predznak je tukaj lahko karkoli: Pomembno je, da sta na levi in ​​desni v neenačbi logaritma na isto osnovo.

In potem "zavržemo" logaritme! Poleg tega, če je osnova stopinja, znak neenakosti ostane enak. Če je osnova takšna, da se predznak neenakosti spremeni v nasprotno.

Logaritmov seveda ne »zavržemo« kar tako. Uporabljamo lastnost monotonosti logaritemske funkcije. Če je osnova logaritma večja od ena, logaritemska funkcija monotono narašča, nato pa višja vrednost x ustreza večji vrednosti izraza.

Če je osnova večja od nič in manjša od ena, logaritemska funkcija monotono pada. Večja vrednost argumenta x bo ustrezala manjši vrednosti

Pomembno opozorilo: rešitev je najbolje zapisati v obliki verige enakovrednih prehodov.

Pojdimo k praksi. Kot vedno, začnimo z najpreprostejšimi neenakostmi.

1. Upoštevajte neenakost log 3 x > log 3 5.
Ker so logaritmi definirani samo za pozitivna števila, je nujno, da je x pozitiven. Pogoj x> 0 se imenuje območje dovoljenih vrednosti (APV) te neenakosti. Samo za tak x je neenakost smiselna.

No, ta formulacija zveni drzno in si jo je lahko zapomniti. Toda zakaj lahko to še vedno počnemo?

Ljudje smo, imamo inteligenco. Naš um je zasnovan tako, da si vse, kar je logično, razumljivo in ima notranjo strukturo, zapomni in uporabi veliko bolje kot naključna in nepovezana dejstva. Zato je pomembno, da si pravil ne zapomnimo mehanično kot izurjen matematični pes, temveč da ravnamo zavestno.

Zakaj torej še vedno »opuščamo logaritme«?

Odgovor je preprost: če je osnova večja od ena (kot v našem primeru), logaritemska funkcija monotono narašča, kar pomeni, da večja vrednost x ustreza večji vrednosti y in iz neenakosti log 3 x 1 > log 3 x 2 sledi, da je x 1 > x 2.


Upoštevajte, da smo prešli na algebraično neenakost in znak neenakosti ostaja enak.

Torej x > 5.

Enostavna je tudi naslednja logaritemska neenakost.

2. log 5 (15 + 3x) > log 5 2x

Začnimo z razponom sprejemljivih vrednosti. Logaritmi so definirani samo za pozitivna števila, torej

Če rešimo ta sistem, dobimo: x > 0.

Zdaj pa preidimo z logaritemske neenakosti na algebraično - "zavrzimo" logaritme. Ker je osnova logaritma večja od ena, ostane znak neenakosti enak.

15 + 3x > 2x.

Dobimo: x > −15.

Odgovor: x > 0.

Toda kaj se zgodi, če je osnova logaritma manjša od ena? Zlahka je uganiti, da se bo v tem primeru pri prehodu na algebraično neenakost predznak neenakosti spremenil.

Dajmo primer.

Zapišimo ODZ. Izrazi, iz katerih so vzeti logaritmi, morajo biti pozitivni, tj

Če rešimo ta sistem, dobimo: x > 4,5.

Ker logaritemska funkcija z osnovo monotono pada. To pomeni, da večja vrednost funkcije ustreza manjši vrednosti argumenta:


In če takrat
2x − 9 ≤ x.

Dobimo, da je x ≤ 9.

Glede na to, da je x > 4,5, zapišemo odgovor:

V naslednji nalogi se eksponentna neenačba zmanjša na kvadratno neenakost. Zato priporočamo ponovitev teme "kvadratne neenakosti".

Zdaj pa bolj zapletene neenakosti:

4. Reši neenačbo

5. Reši neenačbo

Če, potem. Imeli smo srečo! Vemo, da je osnova logaritma večja od ena za vse vrednosti x, vključene v ODZ.

Naredimo zamenjavo

Upoštevajte, da najprej v celoti rešimo neenačbo glede na novo spremenljivko t. In šele po tem se vrnemo k spremenljivki x. Zapomni si to in ne delaj napak na izpitu!

Spomnimo se pravila: če enačba ali neenačba vsebuje korene, ulomke ali logaritme, se mora rešitev začeti iz območja sprejemljivih vrednosti. Ker mora biti osnova logaritma pozitivna in ne enaka ena, dobimo sistem pogojev:

Poenostavimo ta sistem:

To je obseg sprejemljivih vrednosti neenakosti.

Vidimo, da je spremenljivka vsebovana v osnovi logaritma. Preidimo na stalno bazo. Naj vas spomnimo, da

V tem primeru je priročno iti na bazo 4.

Naredimo zamenjavo

Poenostavimo neenačbo in jo rešimo z intervalno metodo:

Vrnimo se k spremenljivki x:

Dodali smo pogoj x> 0 (iz ODZ).

7. Naslednji problem lahko rešimo tudi z intervalno metodo

Kot vedno začnemo reševati logaritemsko neenačbo iz območja sprejemljivih vrednosti. V tem primeru

Ta pogoj mora biti izpolnjen in k temu se bomo vrnili. Poglejmo zdaj samo neenakost. Zapišimo levo stran kot logaritem na osnovo 3:

Desno stran lahko zapišemo tudi kot logaritem na osnovo 3 in nato preidemo na algebraično neenakost:

Vidimo, da je sedaj pogoj (torej ODZ) avtomatsko izpolnjen. No, to olajša reševanje neenačbe.

Neenačbo rešimo z intervalno metodo:

odgovor:

Se je zgodilo? No, povečajmo težavnostno stopnjo:

8. Rešite neenačbo:

Neenakost je enakovredna sistemu:

9. Rešite neenačbo:

Izraz 5 - x 2 se kompulzivno ponavlja v izjavi problema. To pomeni, da lahko naredite zamenjavo:

Ker ima eksponentna funkcija samo pozitivne vrednosti, t> 0. Potem

Neenakost bo imela obliko:

Že bolje. Poiščimo obseg sprejemljivih vrednosti neenakosti. To smo že povedali t> 0. Poleg tega ( t− 3) (5 9 · t − 1) > 0

Če je ta pogoj izpolnjen, bo količnik pozitiven.

In izraz pod logaritmom na desni strani neenakosti mora biti pozitiven, to je (625 t − 2) 2 .

To pomeni, da 625 t− 2 ≠ 0, tj

Pazljivo zapišimo ODZ

in dobljeni sistem reši z intervalno metodo.

Torej,

No, pol bitke je narejenega - uredili smo ODZ. Rešimo samo neenačbo. Predstavimo vsoto logaritmov na levi strani kot logaritem produkta.

Med vso raznolikostjo logaritemskih neenakosti se neenačbe s spremenljivo osnovo proučujejo posebej. Rešujejo se s posebno formulo, ki se iz nekega razloga redko poučuje v šoli:

log k (x) f (x) ∨ log k (x) g (x) ⇒ (f (x) − g (x)) (k (x) − 1) ∨ 0

Namesto potrditvenega polja “∨” lahko postavite poljuben znak neenakosti: več ali manj. Glavna stvar je, da so v obeh neenakostih znaki enaki.

Tako se znebimo logaritmov in zmanjšamo problem na racionalno neenakost. Slednje je veliko lažje rešiti, vendar se lahko pri zavrženju logaritmov pojavijo dodatni koreni. Da bi jih odrezali, je dovolj najti obseg sprejemljivih vrednosti. Če ste pozabili ODZ logaritma, toplo priporočam, da ga ponovite - glejte "Kaj je logaritem".

Vse, kar je povezano z območjem sprejemljivih vrednosti, je treba zapisati in rešiti posebej:

f(x) > 0; g(x) > 0; k(x) > 0; k(x) ≠ 1.

Te štiri neenakosti sestavljajo sistem in morajo biti izpolnjene hkrati. Ko je razpon sprejemljivih vrednosti najden, ostane le še, da ga presekamo z rešitvijo racionalne neenakosti - in odgovor je pripravljen.

Naloga. Reši neenačbo:

Najprej zapišimo ODZ logaritma:

Prvi dve neenakosti sta izpolnjeni samodejno, zadnjo pa bo treba izpisati. Ker je kvadrat števila nič, če in samo če je število samo nič, imamo:

x 2 + 1 ≠ 1;
x2 ≠ 0;
x ≠ 0.

Izkaže se, da so ODZ logaritma vsa števila razen nič: x ∈ (−∞ 0)∪(0; +∞). Zdaj rešimo glavno neenakost:

Naredimo prehod iz logaritemske neenakosti v racionalno. Prvotna neenakost ima predznak "manj kot", kar pomeni, da mora imeti tudi nastala neenakost predznak "manj kot". Imamo:

(10 − (x 2 + 1)) · (x 2 + 1 − 1)< 0;
(9 − x 2) x 2< 0;
(3 − x) · (3 + x) · x 2< 0.

Ničle tega izraza so: x = 3; x = −3; x = 0. Poleg tega je x = 0 koren druge mnogokratnosti, kar pomeni, da se predznak funkcije pri prehodu skozi njega ne spremeni. Imamo:

Dobimo x ∈ (−∞ −3)∪(3; +∞). Ta komplet je v celoti vsebovan v ODZ logaritma, kar pomeni, da je to odgovor.

Pretvarjanje logaritemskih neenakosti

Pogosto se prvotna neenakost razlikuje od zgornje. To je mogoče enostavno popraviti s standardnimi pravili za delo z logaritmi - glejte "Osnovne lastnosti logaritmov". namreč:

1. Vsako število je mogoče predstaviti kot logaritem z dano osnovo;
2. Vsoto in razliko logaritmov z enakimi osnovami lahko nadomestimo z enim logaritmom.

Ločeno bi vas rad spomnil na obseg sprejemljivih vrednosti. Ker je lahko v izvirni neenakosti več logaritmov, je treba najti VA vsakega izmed njih. torej splošna shema rešitve logaritemskih neenakosti so naslednje:

1. Poiščite VA vsakega logaritma, vključenega v neenačbo;
2. Zmanjšaj neenakost na standardno z uporabo formul za seštevanje in odštevanje logaritmov;
3. Rešite nastalo neenačbo z uporabo zgornje sheme.

Naloga. Reši neenačbo:

Poiščimo definicijsko domeno (DO) prvega logaritma:

Rešujemo z intervalno metodo. Iskanje ničel števca:

3x − 2 = 0;
x = 2/3.

Nato - ničle imenovalca:

x − 1 = 0;
x = 1.

Na koordinatni puščici označimo ničle in znake:

Dobimo x ∈ (−∞ 2/3)∪(1; +∞). Drugi logaritem bo imel enak VA. Če ne verjamete, lahko preverite. Zdaj transformiramo drugi logaritem tako, da je osnova dve:

Kot lahko vidite, so bile trojke na dnu in pred logaritmom zmanjšane. Dobili smo dva logaritma z isto osnovo. Seštejmo jih:

log 2 (x − 1) 2< 2;
log 2 (x − 1) 2< log 2 2 2 .

Dobili smo standardno logaritemsko neenakost. Logaritmov se znebimo s formulo. Ker izvirna neenakost vsebuje znak "manj kot", mora biti tudi dobljeni racionalni izraz manjši od nič. Imamo:

(f (x) − g (x)) (k (x) − 1)< 0;
((x − 1) 2 − 2 2)(2 − 1)< 0;
x 2 − 2x + 1 − 4< 0;
x 2 − 2x − 3< 0;
(x − 3)(x + 1)< 0;
x ∈ (−1; 3).

Imamo dva kompleta:

1. ODZ: x ∈ (−∞ 2/3)∪(1; +∞);
2. Odgovor kandidata: x ∈ (−1; 3).

Ostaja še presekati te nize - dobili bomo pravi odgovor:

Zanima nas presečišče množic, zato izberemo intervale, ki so zasenčeni na obeh puščicah. Dobimo x ∈ (−1; 2/3)∪(1; 3) - vse točke so preluknjane.

LOGARITEMSKE NEENAČBE PRI UPORABI

Sečin Mihail Aleksandrovič

Mala akademija znanosti za študente Republike Kazahstan "Iskatel"

MBOU "Sovetska srednja šola št. 1", 11. razred, mesto. Sovetsky Sovetsky okrožje

Gunko Lyudmila Dmitrievna, učiteljica občinske proračunske izobraževalne ustanove "Sovetska srednja šola št. 1"

Sovetsky okrožje

Cilj dela: preučevanje mehanizma za reševanje logaritemskih neenačb C3 z uporabo nestandardnih metod, prepoznavanje zanimiva dejstva logaritem

Predmet študija:

3) Naučite se reševati specifične logaritemske neenačbe C3 z uporabo nestandardnih metod.

Rezultati:

Vsebina

Uvod…………………………………………………………………………………….4

Poglavje 1. Zgodovina vprašanja……………………………………………………...5

Poglavje 2. Zbirka logaritemskih neenačb …………………………… 7

2.1. Ekvivalentni prehodi in posplošena metoda intervalov…………… 7

2.2. Metoda racionalizacije………………………………………………………………… 15

2.3. Nestandardna zamenjava……………….................................. ............ 22

2.4. Naloge s pastmi………………………………………………………27

Zaključek……………………………………………………………………………… 30

Literatura………………………………………………………………………. 31

Uvod

Sem v 11. razredu in se nameravam vpisati na univerzo, kjer je glavni predmet matematika. Zato se veliko ukvarjam s problemi v delu C. V nalogi C3 moram rešiti nestandardno neenačbo ali sistem neenačb, ki je običajno povezan z logaritmi. Pri pripravah na izpit sem se srečal s problemom pomanjkanja metod in tehnik za reševanje izpitnih logaritemskih neenačb, ki jih ponuja C3. Metode, ki se na to temo preučujejo v šolskem kurikulumu, ne zagotavljajo podlage za reševanje nalog C3. Učiteljica matematike mi je predlagala, da samostojno delam C3 naloge pod njenim vodstvom. Poleg tega me je zanimalo vprašanje, ali se v življenju srečujemo z logaritmi?

Glede na to je bila izbrana tema:

"Logaritemske neenakosti na enotnem državnem izpitu"

Cilj dela: preučevanje mehanizma za reševanje problemov C3 z uporabo nestandardnih metod, prepoznavanje zanimivih dejstev o logaritmu.

Predmet študija:

1) Poiščite potrebne informacije o nestandardnih metodah za reševanje logaritemskih neenakosti.

2) Poiščite dodatne informacije o logaritmih.

3) Naučite se reševati specifične probleme C3 z uporabo nestandardnih metod.

Rezultati:

Praktični pomen je v razširitvi aparature za reševanje problemov C3. To gradivo lahko uporabimo pri nekaterih učnih urah, krožkih in izbirnem pouku matematike.

Izdelek projekta bo zbirka “C3 Logaritemske neenakosti z rešitvami.”

Poglavje 1. Ozadje

Skozi 16. stoletje je število približnih izračunov hitro naraščalo, predvsem v astronomiji. Izboljšanje instrumentov, preučevanje gibanja planetov in drugo delo je zahtevalo ogromne, včasih večletne izračune. Astronomija je bila v resni nevarnosti, da se utopi v neizpolnjenih izračunih. Težave so se pojavile na drugih področjih, na primer v zavarovalništvu so bile potrebne obrestne tabele za različne obrestne mere. Glavna težava je bila množenje in deljenje večmestnih števil, predvsem trigonometričnih veličin.

Odkritje logaritmov je temeljilo na lastnostih progresij, ki so bile dobro znane do konca 16. stoletja. O povezavi med členi geometrijske progresije q, q2, q3, ... in aritmetična progresija njihovi indikatorji so 1, 2, 3,... Arhimed je govoril v svojem “Psalmitisu”. Drugi predpogoj je bila razširitev koncepta stopnje na negativne in delne eksponente. Številni avtorji so poudarili, da množenje, deljenje, potenciranje in pridobivanje korena v geometrijski progresiji ustrezajo v aritmetiki - v istem vrstnem redu - seštevanju, odštevanju, množenju in deljenju.

Tukaj je bila ideja o logaritmu kot eksponentu.

V zgodovini razvoja doktrine logaritmov je minilo več stopenj.

1. stopnja

Logaritme sta najpozneje leta 1594 neodvisno izumila škotski baron Napier (1550-1617) in deset let pozneje švicarski mehanik Bürgi (1552-1632). Oba sta želela zagotoviti nov, priročen način aritmetičnih izračunov, čeprav sta se tega problema lotila na različne načine. Napier je kinematično izrazil logaritemsko funkcijo in s tem vstopil na novo področje teorije funkcij. Bürgi je ostal na podlagi upoštevanja diskretnih progresij. Vendar pa definicija logaritma za oba ni podobna sodobni. Izraz "logaritem" (logaritm) pripada Napierju. Nastala je iz kombinacije grških besed: logos - "odnos" in ariqmo - "število", kar je pomenilo "število odnosov". Sprva je Napier uporabljal drugačen izraz: numeri artificiales - "umetna števila", v nasprotju z numeri naturalts - "naravna števila".

Leta 1615 je Napier v pogovoru s Henryjem Briggsom (1561-1631), profesorjem matematike na kolidžu Gresh v Londonu, predlagal, da bi nič vzeli kot logaritem ena in 100 kot logaritem deset ali, kar je enako stvar, samo 1. Tako so bili natisnjeni decimalni logaritmi in Prve logaritemske tabele. Kasneje je Briggsove tabele dopolnil nizozemski knjigarnar in matematični navdušenec Adrian Flaccus (1600-1667). Napier in Briggs, čeprav sta do logaritmov prišla prej kot vsi drugi, sta svoje tabele objavila pozneje kot drugi - leta 1620. Znaka log in log je leta 1624 uvedel I. Kepler. Izraz »naravni logaritem« je leta 1659 uvedel Mengoli, leta 1668 mu je sledil N. Mercator, londonski učitelj John Speidel pa je objavil tabele naravnih logaritmov števil od 1 do 1000 pod imenom »Novi logaritmi«.

Prve logaritemske tabele so bile objavljene v ruščini leta 1703. Toda v vseh logaritemskih tabelah so bile računske napake. Prve tabele brez napak so bile objavljene leta 1857 v Berlinu, obdelal pa jih je nemški matematik K. Bremiker (1804-1877).

2. stopnja

Nadaljnji razvoj teorije logaritmov je povezan s širšo uporabo analitične geometrije in infinitezimalnega računa. Do takrat je bila vzpostavljena povezava med kvadraturo enakostranične hiperbole in naravnim logaritmom. Teorija logaritmov tega obdobja je povezana z imeni številnih matematikov.

Nemški matematik, astronom in inženir Nikolaus Mercator v eseju

"Logarithmotechnics" (1668) podaja niz, ki daje razširitev ln(x+1) v

potence x:

Ta izraz natančno ustreza njegovemu toku misli, čeprav seveda ni uporabil znakov d, ..., temveč bolj okorno simboliko. Z odkritjem logaritemskih vrst se je tehnika računanja logaritmov spremenila: začeli so jih določati z neskončnimi vrstami. Na svojih predavanjih" Elementarna matematika z višjega vidika,” prebranega v letih 1907-1908, je F. Klein predlagal uporabo formule kot izhodišče za izgradnjo teorije logaritmov.

3. stopnja

Opredelitev logaritemske funkcije kot inverzne funkcije

eksponent, logaritem kot eksponent dane baze

ni bil oblikovan takoj. Esej Leonharda Eulerja (1707-1783)

"Uvod v analizo neskončno malih" (1748) je služil za nadaljnje

razvoj teorije logaritemskih funkcij. torej

134 let je minilo od prve uvedbe logaritmov

(šteto od leta 1614), preden so matematiki prišli do definicije

koncept logaritma, ki je zdaj osnova šolskega tečaja.

Poglavje 2. Zbirka logaritemskih neenačb

2.1. Ekvivalentni prehodi in posplošena metoda intervalov.

Enakovredni prehodi

, če je a > 1

, če je 0 < а < 1

Metoda generaliziranih intervalov

Ta metoda je najbolj univerzalna za reševanje neenačb skoraj vseh vrst. Diagram rešitve izgleda takole:

1. Neenačbo pripelji v obliko, kjer je funkcija na levi strani
, na desni pa 0.

2. Poiščite domeno funkcije
.

3. Poiščite ničle funkcije
, torej reši enačbo
(in reševanje enačbe je običajno lažje kot reševanje neenačbe).

4. Na številsko premico nariši definicijsko področje in ničle funkcije.

5. Določite predznake funkcije
na dobljene intervale.

6. Izberite intervale, kjer funkcija zavzame zahtevane vrednosti in zapišite odgovor.

Primer 1.

rešitev:

Uporabimo intervalno metodo

kje

Za te vrednosti so vsi izrazi pod logaritemskimi predznaki pozitivni.

odgovor:

Primer 2.

rešitev:

1 način . ADL je določen z neenakostjo x> 3. Jemanje logaritmov za take x v osnovi 10 dobimo

Zadnjo neenakost bi lahko rešili z uporabo razširjevalnih pravil, tj. primerjava faktorjev z ničlo. Vendar je v tem primeru enostavno določiti intervale konstantnega predznaka funkcije

zato se lahko uporabi intervalna metoda.

funkcija f(x) = 2x(x- 3,5)lgǀ x- 3ǀ je zvezna pri x> 3 in izgine v točkah x 1 = 0, x 2 = 3,5, x 3 = 2, x 4 = 4. Tako določimo intervale konstantnega predznaka funkcije f(x):

odgovor:

2. metoda . Uporabimo ideje intervalne metode neposredno na prvotno neenakost.

Če želite to narediti, se spomnite izrazov a b- a c in ( a - 1)(b- 1) imajo en znak. Potem je naša neenakost pri x> 3 je enakovredno neenakosti

oz

Zadnjo neenačbo rešujemo z intervalno metodo

odgovor:

Primer 3.

rešitev:

Uporabimo intervalno metodo

odgovor:

Primer 4.

rešitev:

Od 2 x 2 - 3x+ 3 > 0 za vse realne x, To

Za rešitev druge neenačbe uporabimo intervalno metodo

V prvi neenačbi naredimo zamenjavo

potem pridemo do neenakosti 2y 2 - l - 1 < 0 и, применив метод интервалов, получаем, что решениями будут те l, ki zadoščajo neenakosti -0,5< l < 1.

Od kod, ker

dobimo neenakost

ki se izvaja, ko x, za katerega 2 x 2 - 3x - 5 < 0. Вновь применим метод интервалов

Zdaj, ob upoštevanju rešitve druge neenačbe sistema, končno dobimo

odgovor:

Primer 5.

rešitev:

Neenakost je enakovredna zbirki sistemov

oz

Uporabimo intervalno metodo oz

Odgovori:

Primer 6.

rešitev:

Neenakost je enaka sistemu

Pustiti

Potem l > 0,

in prva neenakost

sistem dobi obliko

ali, odvijanje

kvadratni trinom faktoriziran,

Z uporabo intervalne metode za zadnjo neenakost,

vidimo, da njegove rešitve izpolnjujejo pogoj l> 0 bo vse l > 4.

Tako je izvirna neenakost enakovredna sistemu:

Torej, rešitve neenakosti so vse

2.2. Metoda racionalizacije.

Prej neenakosti niso reševali z metodo racionalizacije, ni bila znana. To je "nova moderna" učinkovita metoda rešitve eksponentnih in logaritemskih neenakosti" (citat iz knjige S.I. Kolesnikove)
In tudi če bi ga učitelj poznal, je obstajal strah - ali ga strokovnjak za enotni državni izpit pozna in zakaj ga ne dajo v šoli? Bile so situacije, ko je učitelj rekel učencu: "Kje si ga dobil? Sedi - 2."
Zdaj se metoda promovira povsod. In za strokovnjake obstaja smernice, povezane s to metodo, in v rešitvi "Najpopolnejše izdaje možnosti modela ..." C3 uporablja to metodo.
ČUDOVITA METODA!

"Čarobna miza"

V drugih virih

če a >1 in b >1, nato log a b >0 in (a -1)(b -1)>0;

če a >1 in 0

če 0<a<1 и b >1, nato zabeležite a b<0 и (a -1)(b -1)<0;

če 0<a<1 и 00 in (a -1)(b -1)>0.

Izvedena utemeljitev je preprosta, vendar bistveno poenostavi rešitev logaritemskih neenakosti.

Primer 4.

log x (x 2 -3)<0

rešitev:

Primer 5.

log 2 x (2x 2 -4x +6)≤log 2 x (x 2 +x )

rešitev:

Odgovori. (0; 0,5)U.

Primer 6.

Za rešitev te neenačbe namesto imenovalca zapišemo (x-1-1)(x-1), namesto števca pa zmnožek (x-1)(x-3-9 + x).

Odgovori : (3;6)

Primer 7.

Primer 8.

2.3. Nestandardna zamenjava.

Primer 1.

Primer 2.

Primer 3.

Primer 4.

Primer 5.

Primer 6.

Primer 7.

log 4 (3 x -1) log 0,25

Naredimo zamenjavo y=3 x -1; potem bo ta neenakost dobila obliko

Log 4 log 0,25
.

Ker log 0,25 = -log 4 = -(log 4 y -log 4 16)=2-log 4 y , potem zadnjo neenakost prepišemo kot 2log 4 y -log 4 2 y ≤.

Naredimo zamenjavo t =log 4 y in dobimo neenačbo t 2 -2t +≥0, katere rešitev so intervali - .

Tako imamo za iskanje vrednosti y niz dveh preprostih neenakosti
Rešitev tega niza so intervali 0<у≤2 и 8≤у<+.

Zato je prvotna neenakost enakovredna nizu dveh eksponentnih neenakosti,
torej agregati

Rešitev prve neenačbe tega niza je interval 0<х≤1, решением второго – промежуток 2≤х<+. Tako je prvotna neenakost izpolnjena za vse vrednosti x iz intervalov 0<х≤1 и 2≤х<+.

Primer 8.

rešitev:

Neenakost je enaka sistemu

Rešitev druge neenačbe, ki definira ODZ, bo množica teh x,

za katere x > 0.

Za rešitev prve neenačbe naredimo zamenjavo

Potem dobimo neenakost

oz

Množico rešitev zadnje neenačbe najdemo z metodo

intervali: -1< t < 2. Откуда, возвращаясь к переменной x, dobimo

oz

Veliko teh x, ki zadoščajo zadnji neenakosti

pripada ODZ ( x> 0), je torej rešitev sistema,

in s tem izvirna neenakost.

odgovor:

2.4. Naloge s pastmi.

Primer 1.

.

rešitev. ODZ neenakosti je vseh x, ki izpolnjujejo pogoj 0 . Zato so vsi x iz intervala 0

Primer 2.

log 2 (2 x +1-x 2)>log 2 (2 x-1 +1-x)+1.. ? Bistvo je, da je druga številka očitno večja od

Zaključek

Iz velikega števila različnih izobraževalnih virov ni bilo lahko najti posebnih metod za reševanje problemov C3. Med opravljenim delom sem lahko študiral nestandardne metode za reševanje kompleksnih logaritemskih neenakosti. To so: ekvivalentni prehodi in posplošena metoda intervalov, metoda racionalizacije , nestandardna zamenjava , naloge s pastmi na ODZ. Te metode niso vključene v šolski kurikulum.

Z različnimi metodami sem rešil 27 neenačb, predlaganih na Enotnem državnem izpitu v delu C, in sicer C3. Te neenačbe z rešitvami po metodah so bile podlaga za zbirko »C3 Logaritemske neenakosti z rešitvami«, ki je postala projektni produkt moje dejavnosti. Hipoteza, ki sem jo postavil na začetku projekta, je bila potrjena: probleme C3 je mogoče učinkovito rešiti, če poznate te metode.

Poleg tega sem odkril zanimiva dejstva o logaritmih. Bilo mi je zanimivo to početi. Moji projektni izdelki bodo koristni tako za učence kot za učitelje.

Sklepi:

Tako je cilj projekta dosežen in problem rešen. In prejel sem najbolj popolne in raznolike izkušnje projektnih dejavnosti v vseh fazah dela. Pri delu na projektu je bil moj glavni razvojni vpliv na miselne kompetence, aktivnosti, povezane z logičnimi miselnimi operacijami, razvoj ustvarjalnih kompetenc, osebne iniciativnosti, odgovornosti, vztrajnosti in aktivnosti.

Garancija uspeha pri izdelavi raziskovalnega projekta za Pridobil sem: pomembne šolske izkušnje, sposobnost pridobivanja informacij iz različnih virov, preverjanja njihove zanesljivosti in razvrščanja po pomembnosti.

Poleg neposrednih predmetnih znanj iz matematike sem razširil svoje praktične sposobnosti na področju računalništva, pridobil nova znanja in izkušnje s področja psihologije, navezal stike s sošolci in se naučil sodelovanja z odraslimi. Med projektnimi aktivnostmi so se razvijale organizacijske, intelektualne in komunikativne splošne izobraževalne sposobnosti.

Literatura

1. Koryanov A. G., Prokofjev A. A. Sistemi neenačb z eno spremenljivko (standardne naloge C3).

2. Malkova A. G. Priprava na enotni državni izpit iz matematike.

3. Samarova S. S. Reševanje logaritemskih neenakosti.

4. Matematika. Zbirka izobraževalnih del, ki jo je uredil A.L. Semenov in I.V. Jaščenko. -M .: MTsNMO, 2009. - 72 str.-

Z njimi so notranji logaritmi.

Primeri:

\(\log_3⁡x≥\log_3⁡9\)
\(\log_3⁡ ((x^2-3))< \log_3⁡{(2x)}\)
\(\log_(x+1)⁡((x^2+3x-7))>2\)
\(\lg^2⁡((x+1))+10≤11 \lg⁡((x+1))\)

Kako rešiti logaritemske neenakosti:

Vsako logaritemsko neenakost moramo zmanjšati na obliko \(\log_a⁡(f(x)) ˅ \log_a(⁡g(x))\) (simbol \(˅\) pomeni katerega koli od ). Ta vrsta vam omogoča, da se znebite logaritmov in njihovih baz, tako da preidete na neenakost izrazov pod logaritmi, to je na obliko \(f(x) ˅ g(x)\).

Toda pri tem prehodu obstaja ena zelo pomembna subtilnost:
\(-\) če je število in je večje od 1, znak neenakosti med prehodom ostane enak,
\(-\) če je osnova število, večje od 0, vendar manjše od 1 (leži med nič in ena), se mora znak neenakosti spremeniti v nasprotno, tj.

Primeri:

\(\log_2⁡((8-x))<1\) ODZ: \(8-x>0\) \(-x>-8\) \(x<8\) rešitev: \(\log\)\(_2\) \((8-x)<\log\)\(_2\) \({2}\) \(8-x\)\(<\) \(2\) \(8-2\(x>6\) Odgovor: \((6;8)\)

\(\log\)\(_(0,5⁡)\) \((2x-4)\)≥\(\log\)\(_(0,5)\) ⁡\(((x+ 1))\) ODZ: \(\začetek(primeri)2x-4>0\\x+1 > 0\konec(primeri)\) \(\begin(cases)2x>4\\x > -1\end(cases)\) \(\Leftrightarrow\) \(\begin(cases)x>2\\x > -1\end(cases) \) \(\Levodesna puščica\) \(x\in(2;\infty)\) rešitev: \(2x-4\)\(≤\) \(x+1\) \(2x-x≤4+1\) \(x≤5\) Odgovor: \((2;5]\)

Zelo pomembno! V kateri koli neenakosti je prehod iz oblike \(\log_a(⁡f(x)) ˅ \log_a⁡(g(x))\) na primerjavo izrazov pod logaritmi mogoč le, če:

Primer . Rešite neenačbo: \(\log\)\(≤-1\)

rešitev:

\(\log\) \(_(\frac(1)(3))⁡(\frac(3x-2)(2x-3))\)\(≤-1\)	Izpišemo ODZ.
ODZ: \(\frac(3x-2)(2x-3)\) \(>0\)
\(⁡\frac(3x-2-3(2x-3))(2x-3)\)\(≥\) \(0\)	Odpremo oklepaje in prinesemo.
\(⁡\frac(-3x+7)(2x-3)\) \(≥\) \(0\)	Neenakost pomnožimo z \(-1\), pri čemer ne pozabimo obrniti primerjalnega znaka.
\(⁡\frac(3x-7)(2x-3)\) \(≤\) \(0\)
\(⁡\frac(3(x-\frac(7)(3)))(2(x-\frac(3)(2)))\)\(≤\) \(0\)	Sestavimo številsko premico in na njej označimo točki \(\frac(7)(3)\) in \(\frac(3)(2)\). Upoštevajte, da je pika odstranjena iz imenovalca, kljub dejstvu, da neenakost ni stroga. Dejstvo je, da ta točka ne bo rešitev, saj nas bo pri zamenjavi v neenakost pripeljala do deljenja z nič.
\(x∈(\)\(\frac(3)(2)\) \(;\)\(\frac(7)(3)]\)	Sedaj na isto numerično os narišemo ODZ in kot odziv zapišemo interval, ki spada v ODZ.
	Zapišemo končni odgovor.

odgovor: \(x∈(\)\(\frac(3)(2)\) \(;\)\(\frac(7)(3)]\)

Primer . Rešite neenačbo: \(\log^2_3⁡x-\log_3⁡x-2>0\)

rešitev:

\(\log^2_3⁡x-\log_3⁡x-2>0\)	Izpišemo ODZ.
ODZ: \(x>0\)	Pojdimo k rešitvi.
Rešitev: \(\log^2_3⁡x-\log_3⁡x-2>0\)	Tukaj imamo tipično kvadratno-logaritemsko neenakost. Naredimo to.
\(t=\log_3⁡x\) \(t^2-t-2>0\)	Levo stran neenakosti razširimo v .
\(D=1+8=9\) \(t_1= \frac(1+3)(2)=2\) \(t_2=\frac(1-3)(2)=-1\) \((t+1)(t-2)>0\)
	Zdaj se moramo vrniti k prvotni spremenljivki - x. Če želite to narediti, pojdimo na , ki ima enako rešitev, in naredimo obratno zamenjavo.
\(\left[ \begin(gathered) t>2 \\ t<-1 \end{gathered} \right.\) \(\Leftrightarrow\) \(\left[ \begin{gathered} \log_3⁡x>2\\\log_3⁡x<-1 \end{gathered} \right.\)	Transformacija \(2=\log_3⁡9\), \(-1=\log_3⁡\frac(1)(3)\).
\(\left[ \begin(zbrano) \log_3⁡x>\log_39 \\ \log_3⁡x<\log_3\frac{1}{3} \end{gathered} \right.\)	Preidimo na primerjavo argumentov. Osnove logaritmov so večje od \(1\), zato se predznak neenačb ne spremeni.
\(\left[ \begin(gathered) x>9 \\ x<\frac{1}{3} \end{gathered} \right.\)	Združimo rešitev neenačbe in ODZ v eno sliko.
	Zapišimo odgovor.

odgovor: \((0; \frac(1)(3))∪(9;∞)\)