Номер 406, страница 116 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Алимов, Колягин

Глава 4. Логарифмическая функция. Упражнения к главе 4 - номер 406, страница 116.

Условие.

406 Решить неравенство

$\frac{1}{\log_a x-1} + \frac{1}{\log_a x^2+1} < -\frac{3}{2}$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 7.

Решение 8.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).

Неравенство $\frac{1}{\log_a x - 1} + \frac{1}{\log_a x^2 + 1} < -\frac{3}{2}$ определено при следующих условиях:

Аргумент логарифма должен быть положителен: $x > 0$.

Основание логарифма должно быть положительным и не равным единице: $a > 0, a \neq 1$.

Знаменатели дробей не должны быть равны нулю:
$\log_a x - 1 \neq 0$, что означает $\log_a x \neq 1$, или $x \neq a$.
$\log_a x^2 + 1 \neq 0$. Поскольку из условия $x>0$ следует $\log_a x^2 = 2\log_a x$, то получаем $2\log_a x + 1 \neq 0$, что означает $\log_a x \neq -\frac{1}{2}$, или $x \neq a^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{a}}$.

Таким образом, ОДЗ: $x > 0$, $x \neq a$, $x \neq \frac{1}{\sqrt{a}}$ при $a > 0, a \neq 1$.

2. Преобразование неравенства и замена переменной.

Используя свойство логарифма $\log_a x^2 = 2\log_a x$ (так как $x > 0$), перепишем неравенство:

$$ \frac{1}{\log_a x - 1} + \frac{1}{2\log_a x + 1} < -\frac{3}{2} $$

Сделаем замену $t = \log_a x$. Неравенство примет вид:

$$ \frac{1}{t - 1} + \frac{1}{2t + 1} < -\frac{3}{2} $$

3. Решение неравенства относительно t.

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$$ \frac{1}{t - 1} + \frac{1}{2t + 1} + \frac{3}{2} < 0 $$

$$ \frac{2(2t + 1) + 2(t - 1) + 3(t - 1)(2t + 1)}{2(t - 1)(2t + 1)} < 0 $$

Раскроем скобки и упростим числитель:

$$ \frac{4t + 2 + 2t - 2 + 3(2t^2 - 2t + t - 1)}{2(t - 1)(2t + 1)} < 0 $$

$$ \frac{6t + 3(2t^2 - t - 1)}{2(t - 1)(2t + 1)} < 0 $$

$$ \frac{6t + 6t^2 - 3t - 3}{2(t - 1)(2t + 1)} < 0 $$

$$ \frac{6t^2 + 3t - 3}{2(t - 1)(2t + 1)} < 0 $$

Вынесем общий множитель 3 в числителе и сократим дробь:

$$ \frac{3(2t^2 + t - 1)}{2(t - 1)(2t + 1)} < 0 $$

Найдем корни квадратного трехчлена $2t^2 + t - 1 = 0$. Дискриминант $D = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9$. Корни $t_{1,2} = \frac{-1 \pm 3}{4}$, то есть $t_1 = -1$ и $t_2 = \frac{1}{2}$.

Тогда $2t^2 + t - 1 = 2(t+1)(t-\frac{1}{2})$. Неравенство принимает вид:

$$ \frac{3 \cdot 2(t+1)(t-\frac{1}{2})}{2(t-1)(2t+1)} < 0 $$

$$ \frac{3(t+1)(t-\frac{1}{2})}{(t-1)(t+\frac{1}{2})} < 0 $$

Решим это неравенство методом интервалов. Отметим на числовой оси нули числителя ($t=-1, t=1/2$) и нули знаменателя ($t=-1/2, t=1$).

Анализируя знаки на интервалах $(-\infty, -1)$, $(-1, -1/2)$, $(-1/2, 1/2)$, $(1/2, 1)$, $(1, +\infty)$, находим, что выражение отрицательно при $t \in (-1, -1/2) \cup (1/2, 1)$.

Таким образом, решение для $t$ является объединением двух интервалов:

$$ -1 < t < -\frac{1}{2} \quad \text{и} \quad \frac{1}{2} < t < 1 $$

4. Обратная замена и решение для x.

Производим обратную замену $t = \log_a x$. Решение зависит от значения основания логарифма $a$. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $a > 1$

В этом случае логарифмическая функция $y = \log_a x$ является возрастающей, поэтому при потенцировании знаки неравенств сохраняются.

Из двойного неравенства $-1 < \log_a x < -\frac{1}{2}$ получаем $a^{-1} < x < a^{-1/2}$, то есть $\frac{1}{a} < x < \frac{1}{\sqrt{a}}$.

Из двойного неравенства $\frac{1}{2} < \log_a x < 1$ получаем $a^{1/2} < x < a^{1}$, то есть $\sqrt{a} < x < a$.

Объединяя эти решения, получаем $x \in (\frac{1}{a}, \frac{1}{\sqrt{a}}) \cup (\sqrt{a}, a)$. Эти интервалы полностью входят в ОДЗ.

Случай 2: $0 < a < 1$

В этом случае логарифмическая функция $y = \log_a x$ является убывающей, поэтому при потенцировании знаки неравенств меняются на противоположные.

Из двойного неравенства $-1 < \log_a x < -\frac{1}{2}$ получаем $a^{-1/2} < x < a^{-1}$, то есть $\frac{1}{\sqrt{a}} < x < \frac{1}{a}$.

Из двойного неравенства $\frac{1}{2} < \log_a x < 1$ получаем $a^{1} < x < a^{1/2}$, то есть $a < x < \sqrt{a}$.

Объединяя эти решения, получаем $x \in (a, \sqrt{a}) \cup (\frac{1}{\sqrt{a}}, \frac{1}{a})$. Эти интервалы полностью входят в ОДЗ.

Ответ:
при $a > 1$ решением является $x \in (\frac{1}{a}, \frac{1}{\sqrt{a}}) \cup (\sqrt{a}, a)$;
при $0 < a < 1$ решением является $x \in (a, \sqrt{a}) \cup (\frac{1}{\sqrt{a}}, \frac{1}{a})$.