Номер 367, страница 112 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 4. Логарифмическая функция. Параграф 20. Логарифмические неравенства - номер 367, страница 112.

Условие.

367 $4^x (\sqrt{16^{1-x} - 1} + 2) < 4 |4^x - 1|.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 7.

Решение 8.

Исходное неравенство: $4^x (\sqrt{16^{1-x} - 1} + 2) < 4|4^x - 1|$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ)

Выражение под корнем должно быть неотрицательным:

$16^{1-x} - 1 \ge 0$

$16^{1-x} \ge 1$

$16^{1-x} \ge 16^0$

Так как основание степени $16 > 1$, то для показателей степеней выполняется неравенство:

$1 - x \ge 0$

$x \le 1$

Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty, 1]$.

2. Упростим неравенство с помощью замены переменной

Пусть $t = 4^x$. Так как $x \le 1$, то $t = 4^x \le 4^1 = 4$. Также, по свойству показательной функции, $t = 4^x > 0$. Следовательно, для новой переменной $t$ имеем ограничение $0 < t \le 4$.

Преобразуем выражение под корнем:

$16^{1-x} = (4^2)^{1-x} = 4^{2-2x} = \frac{4^2}{4^{2x}} = \frac{16}{(4^x)^2} = \frac{16}{t^2}$

Подставим замену в исходное неравенство:

$t \left(\sqrt{\frac{16}{t^2} - 1} + 2\right) < 4|t - 1|$

Упростим левую часть:

$t \left(\sqrt{\frac{16-t^2}{t^2}} + 2\right) < 4|t - 1|$

$t \left(\frac{\sqrt{16-t^2}}{|t|} + 2\right) < 4|t - 1|$

Так как $t > 0$, то $|t| = t$.

$t \left(\frac{\sqrt{16-t^2}}{t} + 2\right) < 4|t - 1|$

$\sqrt{16-t^2} + 2t < 4|t - 1|$

3. Решим полученное неравенство, раскрыв модуль

Рассмотрим два случая в зависимости от знака выражения $t-1$.

Случай 1: $t - 1 \ge 0$, то есть $t \ge 1$. С учетом ОДЗ для $t$ ($0 < t \le 4$), получаем $1 \le t \le 4$.

В этом случае $|t - 1| = t - 1$. Неравенство принимает вид:

$\sqrt{16-t^2} + 2t < 4(t - 1)$

$\sqrt{16-t^2} < 2t - 4$

Это иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(t)} < g(t)$ равносильно системе:

$\begin{cases} 16 - t^2 \ge 0 \\ 2t - 4 > 0 \\ 16 - t^2 < (2t - 4)^2 \end{cases}$

Решим каждое неравенство системы:

1) $16 - t^2 \ge 0 \implies t^2 \le 16 \implies -4 \le t \le 4$.

2) $2t - 4 > 0 \implies 2t > 4 \implies t > 2$.

3) $16 - t^2 < 4t^2 - 16t + 16 \implies 0 < 5t^2 - 16t \implies t(5t - 16) > 0$. Решением этого неравенства является $t \in (-\infty, 0) \cup (\frac{16}{5}, +\infty)$.

Теперь найдем пересечение решений системы с условием $1 \le t \le 4$:

$t \in [-4, 4] \cap (2, +\infty) \cap ((-\infty, 0) \cup (3.2, +\infty)) \cap [1, 4]$

$t \in (2, 4] \cap (3.2, +\infty)$

$t \in (3.2, 4]$ или $t \in (\frac{16}{5}, 4]$.

Случай 2: $t - 1 < 0$, то есть $t < 1$. С учетом ОДЗ для $t$ ($0 < t \le 4$), получаем $0 < t < 1$.

В этом случае $|t - 1| = -(t - 1) = 1 - t$. Неравенство принимает вид:

$\sqrt{16-t^2} + 2t < 4(1 - t)$

$\sqrt{16-t^2} < 4 - 6t$

Это неравенство также равносильно системе:

$\begin{cases} 16 - t^2 \ge 0 \\ 4 - 6t > 0 \\ 16 - t^2 < (4 - 6t)^2 \end{cases}$

Решим каждое неравенство системы:

1) $16 - t^2 \ge 0 \implies -4 \le t \le 4$.

2) $4 - 6t > 0 \implies 4 > 6t \implies t < \frac{2}{3}$.

3) $16 - t^2 < 16 - 48t + 36t^2 \implies 0 < 37t^2 - 48t \implies t(37t - 48) > 0$. Решением является $t \in (-\infty, 0) \cup (\frac{48}{37}, +\infty)$.

Найдем пересечение решений системы с условием $0 < t < 1$:

$t \in [-4, 4] \cap (-\infty, \frac{2}{3}) \cap ((-\infty, 0) \cup (\frac{48}{37}, +\infty)) \cap (0, 1)$

Так как $\frac{48}{37} > 1$, а $\frac{2}{3} < 1$, то интервалы $(-\infty, \frac{2}{3})$ и $(\frac{48}{37}, +\infty)$ не пересекаются в области $t > 0$. Следовательно, в этом случае решений нет.

4. Обратная замена и финальный ответ

Единственное решение для $t$ — это $t \in (\frac{16}{5}, 4]$.

Выполним обратную замену $t = 4^x$:

$\frac{16}{5} < 4^x \le 4$

$\frac{16}{5} < 4^x \le 4^1$

Прологарифмируем все части неравенства по основанию 4. Так как основание $4 > 1$, знак неравенства сохраняется:

$\log_4\left(\frac{16}{5}\right) < \log_4(4^x) \le \log_4(4)$

$\log_4(16) - \log_4(5) < x \le 1$

$2 - \log_4(5) < x \le 1$

Это решение удовлетворяет ОДЗ $x \le 1$.

Ответ: $x \in (2 - \log_4 5, 1]$.