Номер 191, страница 335 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 191, страница 335.

Условие.

Решите неравенства (191–192).

191. a) $2^x + 2^{|x|} \ge 2\sqrt{2};$

б) $25 \cdot 2^x - 10^x + 5^x > 25;$

в) $a^x < b^2 - x;$

г) $\frac{2^{x-1}-1}{2^{x+1}+1} < 2.$

Решение 3.

Решение 5.

а) Решим неравенство $2^x + 2^{|x|} \ge 2\sqrt{2}$. Рассмотрим два случая в зависимости от знака $x$.

1. При $x \ge 0$, имеем $|x| = x$. Неравенство принимает вид:
$2^x + 2^x \ge 2\sqrt{2}$
$2 \cdot 2^x \ge 2\sqrt{2}$
$2^{x+1} \ge 2\sqrt{2}$
Представим правую часть как степень двойки: $2\sqrt{2} = 2^1 \cdot 2^{1/2} = 2^{3/2}$.
$2^{x+1} \ge 2^{3/2}$
Так как основание степени $2 > 1$, показательная функция возрастает, поэтому можно перейти к неравенству для показателей:
$x+1 \ge 3/2$
$x \ge 3/2 - 1$
$x \ge 1/2$.
Это решение удовлетворяет условию $x \ge 0$. Таким образом, в этом случае решением является промежуток $[1/2, +\infty)$.

2. При $x < 0$, имеем $|x| = -x$. Неравенство принимает вид:
$2^x + 2^{-x} \ge 2\sqrt{2}$.
Сделаем замену $t = 2^x$. Так как $x < 0$, то $0 < 2^x < 2^0$, то есть $0 < t < 1$.
Неравенство в терминах $t$:
$t + \frac{1}{t} \ge 2\sqrt{2}$.
Так как $t > 0$, умножим обе части на $t$, сохранив знак неравенства:
$t^2 + 1 \ge 2\sqrt{2}t$
$t^2 - 2\sqrt{2}t + 1 \ge 0$.
Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $t^2 - 2\sqrt{2}t + 1 = 0$ по формуле корней квадратного уравнения:
$t_{1,2} = \frac{-(-2\sqrt{2}) \pm \sqrt{(-2\sqrt{2})^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1}}{2} = \frac{2\sqrt{2} \pm \sqrt{8-4}}{2} = \frac{2\sqrt{2} \pm 2}{2} = \sqrt{2} \pm 1$.
Парабола $y = t^2 - 2\sqrt{2}t + 1$ имеет ветви вверх, поэтому неравенство выполняется при $t \le \sqrt{2}-1$ или $t \ge \sqrt{2}+1$.
Возвращаемся к переменной $x$ с учетом условия $0 < t < 1$:
$2^x \le \sqrt{2}-1$ или $2^x \ge \sqrt{2}+1$.
Значение $\sqrt{2}+1 \approx 2.414 > 1$, поэтому $2^x \ge \sqrt{2}+1$ не удовлетворяет условию $t < 1$.
Значение $\sqrt{2}-1 \approx 0.414$, что удовлетворяет условию $0 < t < 1$.
Остается неравенство $2^x \le \sqrt{2}-1$. Логарифмируя обе части по основанию 2, получаем:
$x \le \log_2(\sqrt{2}-1)$.
Это решение удовлетворяет условию $x < 0$, так как $\log_2(\sqrt{2}-1) < \log_2(1) = 0$.

Объединяя решения из двух случаев, получаем окончательный ответ.
Ответ: $x \in (-\infty, \log_2(\sqrt{2}-1)] \cup [1/2, +\infty)$.

б) Решим неравенство $25 \cdot 2^x - 10^x + 5^x > 25$.
Перенесем все члены в левую часть и представим $10^x$ как $2^x \cdot 5^x$:
$25 \cdot 2^x - 2^x \cdot 5^x + 5^x - 25 > 0$.
Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители за скобки:
$(25 \cdot 2^x - 25) - (2^x \cdot 5^x - 5^x) > 0$
$25(2^x - 1) - 5^x(2^x - 1) > 0$
$(25 - 5^x)(2^x - 1) > 0$.
Произведение двух множителей положительно, когда оба множителя имеют одинаковый знак. Рассмотрим два случая.
1. Оба множителя положительны: $25 - 5^x > 0$ и $2^x - 1 > 0$.
$5^x < 25 \implies 5^x < 5^2 \implies x < 2$.
$2^x > 1 \implies 2^x > 2^0 \implies x > 0$.
Решением системы является пересечение интервалов: $x \in (0, 2)$.
2. Оба множителя отрицательны: $25 - 5^x < 0$ и $2^x - 1 < 0$.
$5^x > 25 \implies 5^x > 5^2 \implies x > 2$.
$2^x < 1 \implies 2^x < 2^0 \implies x < 0$.
Эта система не имеет решений, так как не существует $x$, который одновременно больше 2 и меньше 0.
Следовательно, решением исходного неравенства является интервал, полученный в первом случае.
Ответ: $x \in (0, 2)$.

в) Решим неравенство $a^x < b^{2+x}$ в зависимости от параметров $a$ и $b$. Будем считать, что $a,b$ - положительные числа.
Перепишем неравенство: $a^x < b^2 \cdot b^x$.
Разделим обе части на $b^x$ (это значение всегда положительно):
$\frac{a^x}{b^x} < b^2$
$(\frac{a}{b})^x < b^2$.
Дальнейшее решение зависит от основания степени $\frac{a}{b}$.
1. Если $\frac{a}{b} > 1$ (то есть $a > b$), то показательная функция с таким основанием является возрастающей. Логарифмируя по основанию $\frac{a}{b}$, получаем:
$x < \log_{a/b}(b^2)$.
2. Если $0 < \frac{a}{b} < 1$ (то есть $a < b$), то показательная функция является убывающей. При логарифмировании знак неравенства меняется на противоположный:
$x > \log_{a/b}(b^2)$.
3. Если $\frac{a}{b} = 1$ (то есть $a=b$), неравенство принимает вид $a^x < a^{2+x}$.
- Если $a=b > 1$, функция $y=a^z$ возрастающая, поэтому $x < 2+x \implies 0 < 2$. Это верно для любого действительного $x$.
- Если $0 < a=b < 1$, функция $y=a^z$ убывающая, поэтому $x > 2+x \implies 0 > 2$. Это неверно, решений нет.
- Если $a=b=1$, неравенство $1<1$ неверно, решений нет.
Ответ: решение зависит от значений параметров $a$ и $b$ (предполагается, что $a,b > 0$): если $a>b$, то $x \in (-\infty, \log_{a/b}(b^2))$; если $a<b$, то $x \in (\log_{a/b}(b^2), +\infty)$; если $a=b>1$, то $x \in \mathbb{R}$; если $0<a=b \le 1$, то решений нет.

г) Решим неравенство $\frac{2^{x-1}-1}{2^{x+1}+1} < 2$.
Область допустимых значений $x$ — все действительные числа, так как знаменатель $2^{x+1}+1$ всегда положителен (поскольку $2^{x+1} > 0$, то $2^{x+1}+1 > 1$).
Умножим обе части неравенства на положительный знаменатель $2^{x+1}+1$, знак неравенства при этом не изменится:
$2^{x-1}-1 < 2(2^{x+1}+1)$
$2^{x-1}-1 < 2 \cdot 2^{x+1} + 2$
$2^x \cdot 2^{-1} - 1 < 2^{x+2} + 2$
$\frac{1}{2} \cdot 2^x - 1 < 4 \cdot 2^x + 2$.
Соберем все слагаемые, содержащие $2^x$, в правой части, а постоянные члены — в левой:
$-1 - 2 < 4 \cdot 2^x - \frac{1}{2} \cdot 2^x$
$-3 < (4 - \frac{1}{2}) \cdot 2^x$
$-3 < \frac{7}{2} \cdot 2^x$.
Разделим обе части на $\frac{7}{2}$ (положительное число):
$-\frac{3}{7/2} < 2^x$
$-\frac{6}{7} < 2^x$.
Показательная функция $y=2^x$ принимает только положительные значения при любом действительном $x$. Так как любое положительное число всегда больше отрицательного числа $-\frac{6}{7}$, данное неравенство выполняется для всех $x \in \mathbb{R}$.
Ответ: $x \in (-\infty, +\infty)$.