Номер 201, страница 336 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Колмогоров Андрей Николаевич, Абрамов Александр Михайлович, Дудницын Юрий Павлович, издательство Просвещение, Москва, 2008, зелёного цвета

Авторы: Колмогоров А. Н., Абрамов А. М., Дудницын Ю. П.

Тип: Учебник

Издательство: Просвещение

Год издания: 2008 - 2025

Цвет обложки: зелёный, чёрный

ISBN: 978-5-09-019513-3

Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации

Алгебра и начала математического анализа

Популярные ГДЗ в 10 классе

Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы. Глава 6. Задачи повышенной трудности - номер 201, страница 336.

№201 (с. 336)
Условие. №201 (с. 336)
скриншот условия
Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Колмогоров Андрей Николаевич, Абрамов Александр Михайлович, Дудницын Юрий Павлович, издательство Просвещение, Москва, 2008, зелёного цвета, страница 336, номер 201, Условие

Решите неравенства (201—203).

201. a) $log_2 (1 + log_{1/9} x - log_9 x) < 1;$

б) $log_2^2 (x - 1)^2 - log_{0,5} (x - 1) > 5;$

в) $log_{1/2} (log_2 log_{x - 1} 9) > 0;$

г) $log_2 (log_{1/2} log_5 x) > 0.$

Решение 3. №201 (с. 336)
Алгебра, 10-11 класс Учебник, авторы: Колмогоров Андрей Николаевич, Абрамов Александр Михайлович, Дудницын Юрий Павлович, издательство Просвещение, Москва, 2008, зелёного цвета, страница 336, номер 201, Решение 3
Решение 5. №201 (с. 336)

а) $\log_2 (1 + \log_{\frac{1}{9}} x - \log_9 x) < 1$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным.
$x > 0$
$1 + \log_{\frac{1}{9}} x - \log_9 x > 0$

2. Упростим выражение в скобках, используя формулу перехода к новому основанию: $\log_{a^k} b = \frac{1}{k} \log_a b$.
$\log_{\frac{1}{9}} x = \log_{9^{-1}} x = -\log_9 x$.
Подставим в неравенство из ОДЗ:
$1 - \log_9 x - \log_9 x > 0$
$1 - 2\log_9 x > 0$
$1 > 2\log_9 x$
$\log_9 x < \frac{1}{2}$
Так как основание $9 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$x < 9^{\frac{1}{2}} \implies x < 3$.
С учетом $x > 0$, ОДЗ: $x \in (0, 3)$.

3. Решим исходное неравенство, подставив упрощенное выражение:
$\log_2 (1 - 2\log_9 x) < 1$
Так как основание $2 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$1 - 2\log_9 x < 2^1$
$1 - 2\log_9 x < 2$
$-2\log_9 x < 1$
$\log_9 x > -\frac{1}{2}$
Так как основание $9 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$x > 9^{-\frac{1}{2}} \implies x > \frac{1}{\sqrt{9}} \implies x > \frac{1}{3}$.

4. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:
$x > \frac{1}{3}$ и $x \in (0, 3)$.
Пересечением является интервал $(\frac{1}{3}, 3)$.
Ответ: $x \in (\frac{1}{3}, 3)$.

б) $\log_2^2 (x - 1)^2 - \log_{0.5} (x - 1) > 5$

1. Найдем ОДЗ:
$(x - 1)^2 > 0 \implies x - 1 \neq 0 \implies x \neq 1$.
$x - 1 > 0 \implies x > 1$.
Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x > 1$.

2. Упростим неравенство. Для $x > 1$ имеем $x - 1 > 0$, поэтому $|x-1| = x-1$.
$\log_2 (x - 1)^2 = 2 \log_2 (x - 1)$.
$\log_2^2 (x - 1)^2 = (2 \log_2 (x - 1))^2 = 4 \log_2^2 (x - 1)$.
$\log_{0.5} (x - 1) = \log_{2^{-1}} (x - 1) = -\log_2 (x - 1)$.
Подставим в исходное неравенство:
$4 \log_2^2 (x - 1) - (-\log_2 (x - 1)) > 5$
$4 \log_2^2 (x - 1) + \log_2 (x - 1) - 5 > 0$.

3. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_2 (x - 1)$.
$4t^2 + t - 5 > 0$.
Найдем корни квадратного уравнения $4t^2 + t - 5 = 0$:
$D = 1^2 - 4(4)(-5) = 1 + 80 = 81 = 9^2$.
$t_1 = \frac{-1 - 9}{8} = -\frac{10}{8} = -\frac{5}{4}$.
$t_2 = \frac{-1 + 9}{8} = \frac{8}{8} = 1$.
Решением неравенства является объединение интервалов: $t < -\frac{5}{4}$ или $t > 1$.

4. Вернемся к исходной переменной:
Случай 1: $\log_2 (x - 1) < -\frac{5}{4}$.
$x - 1 < 2^{-\frac{5}{4}} \implies x < 1 + 2^{-\frac{5}{4}} \implies x < 1 + \frac{1}{\sqrt[4]{32}}$.
Случай 2: $\log_2 (x - 1) > 1$.
$x - 1 > 2^1 \implies x > 3$.

5. Учтем ОДЗ $x > 1$:
Из первого случая получаем: $1 < x < 1 + 2^{-\frac{5}{4}}$.
Из второго случая: $x > 3$.
Объединяя решения, получаем ответ.
Ответ: $x \in (1, 1 + 2^{-\frac{5}{4}}) \cup (3, \infty)$.

в) $\log_{\frac{1}{2}} (\log_2 \log_{x - 1} 9) > 0$

1. Найдем ОДЗ. Это многоуровневая система неравенств:
1) Аргумент внешнего логарифма: $\log_2 \log_{x - 1} 9 > 0$. Так как основание $2>1$, то $\log_{x - 1} 9 > 2^0 = 1$.
2) Аргумент среднего логарифма: $\log_{x - 1} 9 > 0$. Это условие слабее, чем $\log_{x - 1} 9 > 1$, поэтому его можно не рассматривать отдельно.
3) Основание внутреннего логарифма: $x-1 > 0$ и $x-1 \neq 1$, то есть $x > 1$ и $x \neq 2$.

2. Решим неравенство из ОДЗ: $\log_{x-1} 9 > 1$.
Рассмотрим два случая для основания $x-1$:
a) Если $x-1 > 1$, то есть $x > 2$. Знак неравенства сохраняется:
$\log_{x-1} 9 > \log_{x-1} (x-1)^1 \implies 9 > x-1 \implies x < 10$.
В этом случае решение $2 < x < 10$.
б) Если $0 < x-1 < 1$, то есть $1 < x < 2$. Знак неравенства меняется:
$\log_{x-1} 9 > \log_{x-1} (x-1)^1 \implies 9 < x-1 \implies x > 10$.
Пересечения с $1 < x < 2$ нет.
Итоговое ОДЗ: $x \in (2, 10)$.

3. Теперь решим исходное неравенство: $\log_{\frac{1}{2}} (\log_2 \log_{x-1} 9) > 0$.
Основание $\frac{1}{2} < 1$, поэтому знак неравенства меняется:
$\log_2 \log_{x-1} 9 < (\frac{1}{2})^0 \implies \log_2 \log_{x-1} 9 < 1$.
Основание $2 > 1$, знак сохраняется:
$\log_{x-1} 9 < 2^1 \implies \log_{x-1} 9 < 2$.
Из ОДЗ мы знаем, что $x \in (2, 10)$, следовательно, основание $x-1 > 1$. Знак неравенства сохраняется:
$\log_{x-1} 9 < \log_{x-1} (x-1)^2 \implies 9 < (x-1)^2$.
$(x-1)^2 - 9 > 0 \implies (x-1-3)(x-1+3) > 0 \implies (x-4)(x+2) > 0$.
Решением этого неравенства является $x \in (-\infty, -2) \cup (4, \infty)$.

4. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ $x \in (2, 10)$:
$(-\infty, -2) \cup (4, \infty) \cap (2, 10) = (4, 10)$.
Ответ: $x \in (4, 10)$.

г) $\log_2 (\log_{\frac{1}{2}} \log_5 x) > 0$

1. Найдем ОДЗ:
1) Аргумент внешнего логарифма: $\log_{\frac{1}{2}} \log_5 x > 0$.
2) Аргумент среднего логарифма: $\log_5 x > 0$.
3) Аргумент внутреннего логарифма: $x > 0$.

2. Решим систему неравенств для ОДЗ:
Из $\log_5 x > 0$ (основание $5 > 1$) следует $x > 5^0 \implies x > 1$.
Из $\log_{\frac{1}{2}} \log_5 x > 0$ (основание $\frac{1}{2} < 1$) следует $\log_5 x < (\frac{1}{2})^0 \implies \log_5 x < 1$.
Из $\log_5 x < 1$ (основание $5 > 1$) следует $x < 5^1 \implies x < 5$.
Объединяем условия: $x > 1$ и $x < 5$.
ОДЗ: $x \in (1, 5)$.

3. Решим исходное неравенство: $\log_2 (\log_{\frac{1}{2}} \log_5 x) > 0$.
Основание $2 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$\log_{\frac{1}{2}} \log_5 x > 2^0 \implies \log_{\frac{1}{2}} \log_5 x > 1$.
Основание $\frac{1}{2} < 1$, знак неравенства меняется:
$\log_5 x < (\frac{1}{2})^1 \implies \log_5 x < \frac{1}{2}$.
Основание $5 > 1$, знак сохраняется:
$x < 5^{\frac{1}{2}} \implies x < \sqrt{5}$.

4. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ $x \in (1, 5)$:
$x < \sqrt{5}$ и $1 < x < 5$.
Так как $1 < \sqrt{5} \approx 2.236 < 5$, пересечением будет интервал $(1, \sqrt{5})$.
Ответ: $x \in (1, \sqrt{5})$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 201 расположенного на странице 336 к учебнику 2008 года издания для учащихся школ и гимназий.

Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №201 (с. 336), авторов: Колмогоров (Андрей Николаевич), Абрамов (Александр Михайлович), Дудницын (Юрий Павлович), учебного пособия издательства Просвещение.