Муниципальное бюджетное образовательное учреждение
дополнительного образования детей дом детского творчества
г.Зверева Ростовской области.
Муниципальное бюджетное образовательное учреждение
средняя образовательная школа №1
г.Зверева Ростовской области.
«Решение логарифмических уравнений»
Работа педагога дополнительного
образования МБОУ ДОД ДДТ,
учителя математики МБОУ СОШ №1
Куца Фёдора Ивановича
г. Зверево
2013г
Содержание работы:
1) Уравнения вида log a x = b.
2) Уравнения вида log a f (x) = b.
3) Уравнения вида log a f (x) = g(x).
4) Уравнения вида log a f (x) = log a g (x).
5) Уравнения вида log a(x) f(x) = log a(x) g(x).
6) Уравнения вида log a (log b f (x)) = c.
7) Замена переменной.
Приведение к одному основанию.
9) Уравнения с неизвестным в основании логарифма
10) Уравнения вида log a f (x)∙log b g(x) = 0.
11) Разложение на множители левой части уравнения.
12) Использование формулы перехода к новому основанию.
13) Использование формулы log a b + log a c = log a (bc).
14) Использование формулы log a b - log a c = log a (b/c)
15)Уравнения вида A∙( log a f (x))2 + B∙ log a f (x) + C = 0 .
16) Показательно - логарифмические уравнения.
17) Использование однородности.
18) Уравнения вида 
= g(x).
19) Уравнения вида 
= b.
20) Уравнения вида 
= g(x).
21) Использование формул log a (b/c) = log a |b| - log a |c|, log a(b∙c) = log a |b| + log a |c|.
22) Использование формулы log f(x) (g(x))n = n∙ log f(x) |g(x)| (При четном n).
23) Рационально – логарифмические уравнения
24) Иррационально – логарифмические уравнения
25) Уравнения, содержащие модуль.
26) Комбинированные уравнения.
27) Оценочная «граничная» задача.
28) Использование монотонности функций.
1) Уравнения вида log a x = b.
Уравнение вида log a x = b при всех допустимых a имеют единственное решение x = a b.
Пример. log 3 x= 4.
х = 34,
х = 81.
Ответ. х = 81.
2) Уравнения вида log a f (x) = b.
Уравнение вида log a f(x)
= b равносильно уравнению f(x) = a b.
Пример.log 2 (5 – x) = 3.
5 – х = 23,
х = - 3.
Ответ. х = - 3.
3) Уравнения вида log a f (x) = g(x).
Уравнение вида log a f (x) = g(x) равносильно уравнению f (x) = a g(x).
Пример. lg (2x + x + 4) = x – x lg5.
2x + x + 4 =10 x - x lg5 ,
2x + x + 4 = 
,
2x + x + 4 = 
,
2x + x + 4 =
,
2x + x + 4 = 2x,
x = - 4.
Ответ. х = - 4.
4) Уравнения вида log a f (x) = log a g (x).
1способ решения. Уравнение вида log a f (x) = log a g (x) равносильно системе:
Причем любую из двух последних строк можно (и, как правило, нужно) опустить.
Пример. log2 (x2 + x - 2) = log22x.
x = 2.
Ответ. x = 2.
2способ решения. Решив уравнение f(x) =g(x), сделать проверку найденных корней для исходного уравнения.
Пример. log2(5x + 3)= log2(7x + 5).
5x + 3 = 7x + 5,
2x = 2, x = - 1.
Проверка. x = -1.
Число x = -1 не является корнем исходного уравнения, так как при x = -1 левая и правая части уравнения теряют смысл.
Ответ. Корней нет.
5) Уравнения вида log a(x) f(x) = log a(x) g(x).
Уравнение вида log a(x) f(x) = log a(x) g(x)
равносильно системе:
или
Пример. log 4 - x (x2 + 1) = log 4 - x (3x + 1).
x = 0.
Ответ. x1 = 0.
6) Уравнения вида log a (log b f (x)) = c.
При решении уравнений вида log a (log b f (x)) = c вначале потенцируют по внешнему логарифму, затем по внутреннему.
Пример. log
(log3x) = 4.
log2(log3x) = 2 или log 2(log3x) = - 2.
1) log2(log3x) = 2; log3x = 4; x = 81.
2) log2(log3x) = - 2; log3x = 
; x = 
.
Ответ. x1 = 81, x2 = .
7) Замена переменной.
Пример. lg2
+ lg x = 7.
(lg 10 – lg x)2 + lg x = 7,
(1 – lg x)2 + lg x = 7.
Пусть lg x = у, тогда (1 – у)2 + у = 7,
1- 2у + у2 + у – 7 = 0,
у2 – у – 6 = 0,
у1 = 3, у2 = - 2.
Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:
1) lg x = 3, x = 103, x1 = 1000.
2) lg x = -2, x = 10-2, x2 = 0,01.
Ответ. x1 = 1000, x2 = 0,01.
Приведение к одному основанию.
Пример.
= 2 - 2
.
= 
- 
,
Решим уравнение 18x2 + 18x – 1= 0.
х1,2 = 
, х1,2 = 
, х1,2 = 
, х1,2 = 
, х1,2 = 
,
Условию
удовлетворяет х = 
.
Ответ. х = .
9) Уравнения с неизвестным в основании логарифма.
Пример 1.log x 5 = 3.
x = 
Ответ. x =
Пример 2. 
= 0,5.
0 < x < 1, x > 1.
Ответ. 0 < x < 1, x > 1.
Пример 3. log(-x) 25 = - 2.
x = - 
.
Ответ. x = - .
Пример 4.
+
= 2.
ОДЗ уравнения: 
+
= 2,
+
= 2,
x2 = 48, x1,2= ± 4
.
x = - 4 не удовлетворяет ОДЗ.
Ответ. x = 4.
10) Уравнения вида log a f (x)∙log b g(x) = 0.
Уравнения вида log a f(x)∙ log b g(x) = 0 равносильно системе: 
Пример. log2x ∙log7(3 – x) = 0.
x1 = 1, x2 = 2.
Ответ. x1 = 1, x2 = 2.
11) Разложение на множители левой части уравнения.
Пример. log4 (2x – 1)∙log4x = 2 log4(2x – 1).
log4 (2x – 1) ∙ log4x - 2 log 4(2x – 1) = 0,
log4 (2x – 1) ∙ (log 4 x – 2) = 0,
log4 (2x – 1) = 0 или log4 x – 2 = 0.
1) log 4 ( 2x – 1) = 0, 2x – 1 = 1, x1 = 1.
2) log 4 x – 2 = 0, log4x = 2, x2 = 16.
Проверка показывает, что оба значения x являются корнями исходного уравнения.
Ответ. x1 = 1, x2 = 16.
12) Использование формулы перехода к новому основанию.
Пример.log3 x + log x 3 = 
.
Уравнение имеет смысл при x > 0, x
1.(1)
Воспользовавшись формулой log x 3 = 
, имеем: log3x +
= .
Введем замену log3x = t, t 
t + 
= , 2t2 – 5t + 2 = 0. t1 = 2, t2 = 
.
1) Если t1 = 2, то log3x = 2, x1 = 9.
2) Если t1 = , то log3x = , x2 = .
Найденные значения x удовлетворяют условиям (1) и являются корнями данного уравнения.
Ответ. x1 = 9, x2 = .
13) Использование формулы log a b + log a c = log a (bc).
Пример.log 2 (1 – x)= 3 – log 2 (3 – x).
log2 (1 – x)+ log 2 (3 – x) = 3,
log2((1 – x) (3 – x)) = 3,
(1 - x)(3 - x) = 8,
x2 - 4x - 5 = 0.
x1 = - 1, x2 = 5.
Проверка.
x1 = - 1.
Левая часть уравнения log 2 (1 – x)= log 2 (1 - (-1)) = log 22 = 1.
Правая часть уравнения 3 - log 2 (3 – x) = 3 - log 2 (3 – (-1)) =3 – log 2 4 = 3 – 2 = 1.
1 = 1 верно, x1 = - 1 корень исходного уравнения.
x2 = 5.
Число x2 = 5 не является корнем исходного уравнения, так как при x = 5 левая и правая части уравнения теряют смысл.
Ответ. x = - 1.
14) Использование формулы log a b - log a c = log a (b/c)
Пример. lg (x - 1) – lg (2x – 11) = lg 2.
lg 
= lg 2,
= 2,
x – 1 = 2∙ (2x -11),
3x = 21, x = 7.
Проверка. x = 7.
lg (x - 1) – lg (2x – 11) = lg (7 - 1) – lg (2∙7 – 11) = lg 6 – lg 3 = lg 
= lg 2.
lg 2 = lg 2 верно, x = 7 корень данного уравнения.
Ответ. x = 7.
15)Уравнения вида A∙( log a f (x))2 + B∙ log a f (x) + C = 0 .
(f (x) > 0, а > 0,а ≠ 1) путем замены log a f (x) = t сводится к квадратному уравнению.
Пример.
+ 
= 5.
ОДЗ уравнения х > 0.
2
+ 
= 5,
2
+ 
= 5,
2∙ 
- 2 + 
- 4∙ + 4 - 5 = 0,
- 2∙ - 3 = 0.
Обозначив = t, получим квадратное уравнение: t2 - 2t - 3 = 0, корни которого
t1 = - 1, t2 = 3
Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:
= -1, х1 = 3.
2) = 3, х2 = 
. Оба значения входят в ОДЗ.
Ответ. х1 = 3 , х2 = .
16) Показательно - логарифмические уравнения.
Если в уравнении содержится выражение вида 
, то для нахождения корней уравнения необходимо сначала прологарифмировать обе его части по тому же основанию, что и основание логарифма, стоящего в показателе степени, а затем решить получаемое алгебраическое уравнение относительно log a x.
Пример. 
= 4.
ОДЗ уравнения: x > 0, x ≠ 1.
Прологарифмируем обе части уравнения по основанию 2:
= log 2 4, (log 2 x - 1) ∙ log 2 x = 2, (log 2 x)2 - log 2 x - 2 = 0.
Пусть log 2 x = t , тогда t2 - t - 2 = 0, откуда t = 2, t = -1,
Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:
1) log 2 x = 2, x1 = 4.
2) log 2 x = - 1, x2 =
. Оба значения удовлетворяют ОДЗ.
Ответ. x1 = 4, x2 =
.
17) Использование однородности.
Уравнения вида a∙A2(х)+ b∙A(х)B(х) + c∙B2(х) = 0 называются однородными
Способ решения однородных уравнений:
деление обеих частей уравнения на A2(х), A(х)B(х) или B2(х) и введение замены.
Пример. lg2(x + 1) = lg(x + 1) lg(x - 1) + 2 lg2(x - 1).
ОДЗ x > 1,
lg2(x + 1) - lg(x + 1) lg(x - 1) - 2 lg2(x - 1) = 0,
Разделим на lg2(x - 1)
0.
- 
- 2 = 0,
- - 2 = 0.
Пусть у = , тогда у2 – у – 2 = 0, откуда у1 = 2, у2 = -1.
Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:
1)
= 2, lg(x + 1) = 2 lg(x - 1), lg(x + 1) = lg(x - 1)2, х + 1 = (х – 1)2,
х + 1 = x2 - 2х + 1 , x2 - 3х = 0, (x – 3)х = 0. x1 = 3, x2 = 0.
x2 = 0 не удовлетворяет ОДЗ.
2) = -1, lg(x + 1) = - lg(x - 1), lg(x + 1) = lg
, x + 1 = 
, x2 – 1= 1, x2= 2.
x1,2 = 
x2 = 
не удовлетворяет ОДЗ.
Ответ. x1 = 3, x2 = 
.
18) Уравнения вида 
= g(x).
Уравнение вида = g(x) равносильно системе:
Пример.
= 4x.
Ответ. x = 1.
19) Уравнения вида 
= b.
Уравнения вида = b равносильно уравнению
= 
, где b = am;
Откуда log c f(x) = m.
Пример. 23lg x∙5lg x = 1600.
8lg x∙5lg x = 1600, 40lg x = 1600, 40lg x = 402, lg x = 2, x = 100.
Ответ. x = 100.
20) Уравнения вида 
= g(x).
Уравнение вида 
= g(x) равносильно системе:
Пример.
= 2x.
Ответ. x = 3.
21) Использование формул log a (b/c) = log a |b| - log a |c|, log a(b∙c) = log a |b| + log a |c|.
Пример. 
=
+ 1.
.
Ответ. x = -2.
22) Использование формулы log f(x) (g(x))n = n∙ log f(x) |g(x)| (При четном n).
Пример. lg4(x - 1)2 + lg2(1 - x)3 = 25.
24∙ lg4|x - 1| + 32∙ lg2(1 - x) = 25.
Область определения функции lg2(1 - x) «диктует» выполнение неравенства 1 – x > 0. Поэтому |x - 1| = 1 – x.
В полученном уравнении 16∙ lg4(1 - x) + 9∙ lg2(1 - x) - 25 = 0 сделаем замену переменной:
у = lg2(1 - x), у ≥ 0.
у = 1.
Следовательно, lg2(1 - x) = 1. Откуда:
1) lg(1 - x) = 1, lg(1 - x) = lg10, 1 – x = 10, x1 = - 9.
2) lg(1 - x) = - 1, lg(1 - x) = lg0,1, 1 – x = 0,1, x2 = 0,9. Ответ. x1 = - 9, x2 = 0,9.
23) Рационально – логарифмические уравнения.
Пример. 
+ 
= 1.
Сделав замену lg x = у, получаем 
+ 
= 1.
Умножим обе части уравнения на общий знаменатель (4 + у)(2 – у) ≠ 0.
2 – у + 8 + 2у = 8 – 2у – у2, у2 + 3у + 2 = 0. у1 = -1, у2 = - 2.
Возвращаясь к переменной х, рассмотрим два случая:
1) lg x = -1, х = 0,1.
2) lg x = -2, х = 0,01. Оба значения удовлетворяют ОДЗ.
Ответ. х1 = 0,1, х2 = 0,01.
24) Иррационально – логарифмические уравнения.
Пример 1.
= log2(2x).
ОДЗ x > 0.
= log22 + log2x,
= 1 + log2x.
Сделав замену переменной log2x = у, получаем 
= 1 + у. (*)
Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем: 2у2 + 3у – 5 = 1 + 2у + у2,
у 2+ у – 6 = 0. у1 = - 3, у2 = 2.
Проверим иррациональное уравнение (*) .
1) При у1 = - 3 правая часть уравнения отрицательна, следовательно у1 = - 3 посторонний корень.
2) у2 = 2.
Левая часть = 
= 
= 3.
Правая часть 1 + у = 1 + 2 = 3.
3 = 3 верно, у = 2 корень уравнения (*).
Возвращаясь к переменной х, имеем: log2x = 2, х = 4.
Ответ . х = 4.
Пример 2.
+ 
= 4lg x – 5.
Так как квадратный корень всегда неотрицателен, то левая часть уравнения неотрицательна при любых x, и, следовательно, правая часть 4lg x – 5 ≥ 0.
Тогда = | 5 - 4lg x | = 4lg x – 5,т.е. исходное уравнение равносильно системе:
Решением последней системы являются x, удовлетворяющие уравнению lg x = 4,
т.е. x = 104, x = 10000.
Ответ. x = 10000.
25) Уравнения, содержащие модуль.
Пример 1. 
= 
.
1) При 0 ≤ x < 1:
- 1| = 
, поскольку 
< 1 при 0 ≤ x < 1.
Уравнение равносильно системе:
.
2) При x ≥ 1: 
- 1| = - 1, поскольку ≥ 1 при x ≥1.
Уравнение равносильно системе:
x1 = 4 , x2 = 1.
Ответ. Корнями уравнения являются числа из промежутка
и x = 4.
Пример 2. 3+ |2 – log 5 x| = |1 + log 5 x |.
Сделаем замену t = log5 x и решим уравнение: 3 + |2 - t|= |1 + t|.
Критические точки t = 2, t = - 1.
При t < - 1: 3 + 2 - t = - (1 + t), откуда 5 – t = - t – 1, 0∙t = - 6 нет корней.
При - 1 ≤ t < 2: 3 + 2 - t = 1 + t , откуда 5 – t = t + 1, -2t = - 4, t = 2- не удовлетворяет условию - 1 ≤ t < 2.
При t ≥ 2: 3 + t – 2 = 1 + t , откуда t +1 = t + 1, 0∙t = 0. Следовательно, t ≥ 2.
Итак, log 5 x ≥ 2, log 5 x ≥ log 5 25, так как 5 > 1, то x ≥ 25.
Ответ.
≥ 25.
Пример3. 
= 2.
ОДЗ:
x ≠3.
Заметив, что x2 – 6x + 14 = (x2 – 6x +9) + 5 = (x – 3)2 + 5 = | x – 3|2 + 5, сделаем замену переменной t = | x – 3|.
= 2; 
= 
; t2 + 5 = ( t + 1)2; t2 + 5 = t2 + 2t + 1;
2t = 4; t = 2.
Возвращаясь к переменной x, имеем: | x – 3| = 2, откуда x – 3 = 2 или x – 3 = - 2,
т.е. x1= 5, x2 = 1.
Проверка показывает, что оба значения x являются корнями исходного уравнения.
Ответ.
х1 = 5, х2 = 1.
26) Комбинированные уравнения.
Пример 1.
+ 3∙
= 10.
Преобразуем выражение 
= 
= 
= 
.
Сделав теперь в исходном уравнении замену переменной t = 
, придем к системе: 
t = 2.
Итак, = 2.
Прологарифмируем это уравнение по основанию 2:
= log 22, (log 2 4x)2 = 1.
log 2 4x = 1 или log 2 4x = - 1.
1) log 2 4x = 1, 4x = 2, x1= .
2) log 2 4x = -1, 4x = , x2= 
.
Ответ.
= , 
= .
Пример 2. 
= 
.
ОДЗ: x < 0, x > 4.
В соответствии со свойствами логарифмов = 
исходное уравнение преобразуется в показательное: = 
, откуда
= 
, log 3 5= 4( log 3 15 - log 3 (x2 – 4x)) ,
log 3 5= 2log 3 15 - log 3 (x2 – 4x), log 3 (x2 – 4x) = log 3(225/5)
x2 – 4x = 45. x1= 9 или x2 = - 5.
Ответ. = 9, = -5.
Пример 3. log cos x sin x + log sin x cos x = 2.
ОДЗ: 
2
n < x < 
+ 2n, n
Z.(*)
Пусть log cos x sin x = у, тогда log sin x cos x = 
.
у + = 2; 
= 0;
у = 1.
log cos x sin x = 1; log cos x sin x = log cos x cos x; sin x = cos x; tg x = 1; x = 
+ n, n Z.
Учитывая ограничения (*), имеем: x = + 
n, n Z.
Ответ. x = + n, n Z.
27) Оценочная «граничная» задача.
Производится оценка множеств значений правой и левой частей уравнения. Если правая часть ограничена снизу, а левая часть ограничена сверху, то равенство возможно только в общей точке.
Пример. 
= log2x + log x2.
Так как log2x + log x2 = log2x + 
, то при всех x > 0, x ≠ 1 выполняется неравенство |log2x + log x2| ≥ 2.
С другой стороны, - x2 + 4x – 3 = - x2 + 4x – 4 +1= - (x – 2)2 + 1 ≤ 1 при любом x,откуда следует, что
≤ 21 = 2.
Поэтому равенство левой и правой частей исходного уравнения возможно лишь в случае 
Решим второе уравнение:
= 2, - x2 + 4x – 3 = 1, - (x – 2)2 + 1 = 1, - (x – 2)2 = 0, x = 2.
Подставим найденное значение x = 2 в первое уравнение системы:
log22 + log 22 = 1 + 1 = 2. 2 = 2 – верно.
x = 2 – корень исходного уравнения.
Ответ. x = 2.
28) Использование монотонности функций.
Пример. log7(x + = - x.
По определению логарифма имеем: x + 8 = 7-x; x + 8 = 
(*).
Функция у = x + 8 – возрастающая, функция у =- убывающая, следовательно, по теореме о встречной монотонности уравнение (*) имеет не более одного корня.
Подбором находим, что это x = - 1.
Ответ. x = -1.
Литература:
1) Алгебра. ЕГЭ: шаг за шагом / А.А.Черняк, Ж.А.Черняк.- Волгоград: Учитель,2012.
2) Методы решения задач по математике: Пособие для поступающих в НПИ. Ч1 / Ред. журн. «
Изв. вузов. Электромеханика». Новочеркасск,1993
3) Алгебра и начала математического анализа, 10-11 класс, В 2 ч. Ч.1. Учебник для учащихся
общеобразовательных учреждений (базовый уровень) / А.Г. Мордкович, – 12-е изд., доп.-– М. :
Мнемозина, 2011.
4) Алгебра и начала математического анализа, 10-11 класс, Учебник для учащихся
общеобразовательных учреждений (базовый уровень) /Ш.А.Алимов, Ю.М.Колягин, М.В.Ткачёва
и др.- 16-е изд.,перераб. - М.:Просвещение,2010
5)Математика. Учебное пособие для слушателей подготовительных курсов /Ю.С.Рогозина, И.М.Башняк, О.Л.Логвиненко, Новочеркасск: НГМА ,2003