Номер 908, страница 267 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

Решить неравенство (908–910).

908. 1) $4 \log_{4} x - 33 \log_{x} 4 \leq 1;$

2) $\log_{x} 3 \leq 4(1 + \log_{\frac{1}{3}} x);$

3) $\log_{x+2} x^2 > 1;$

4) $\log_{x^2+2} (3x+6) \leq 1.$

1) $4 \log_{4} x - 33 \log_{x} 4 \leq 1$

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть больше нуля, а основание должно быть больше нуля и не равно единице.

ОДЗ: $x > 0$ и $x \neq 1$. Таким образом, $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$.

Используем формулу перехода к новому основанию: $\log_{x} 4 = \frac{1}{\log_{4} x}$.

Неравенство принимает вид:
$4 \log_{4} x - \frac{33}{\log_{4} x} \leq 1$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_{4} x$.
$4t - \frac{33}{t} \leq 1$

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$4t - 1 - \frac{33}{t} \leq 0$
$\frac{4t^2 - t - 33}{t} \leq 0$

Найдем корни числителя $4t^2 - t - 33 = 0$.
Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-33) = 1 + 528 = 529 = 23^2$.
$t_{1} = \frac{1 - 23}{8} = -\frac{22}{8} = -\frac{11}{4}$.
$t_{2} = \frac{1 + 23}{8} = \frac{24}{8} = 3$.
Корень знаменателя: $t = 0$.

Решим неравенство $\frac{(t - 3)(t + \frac{11}{4})}{t} \leq 0$ методом интервалов. Отметим точки $t = -\frac{11}{4}$, $t = 0$, $t = 3$ на числовой оси.

Решением для $t$ являются промежутки: $t \in (-\infty, -\frac{11}{4}] \cup (0, 3]$.

Вернемся к исходной переменной $x$.

Случай 1: $\log_{4} x \leq -\frac{11}{4}$.
Так как основание $4 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$x \leq 4^{-11/4} \implies x \leq (2^2)^{-11/4} \implies x \leq 2^{-11/2} \implies x \leq \frac{1}{2^{11/2}} \implies x \leq \frac{1}{\sqrt{2^{11}}} \implies x \leq \frac{1}{32\sqrt{2}} \implies x \leq \frac{\sqrt{2}}{64}$.

Случай 2: $0 < \log_{4} x \leq 3$.
Так как основание $4 > 1$, знаки неравенства сохраняются.
$4^0 < x \leq 4^3 \implies 1 < x \leq 64$.

Объединим полученные решения с учетом ОДЗ $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$.
Из первого случая, с учетом $x > 0$, получаем $0 < x \leq \frac{\sqrt{2}}{64}$.
Из второго случая получаем $1 < x \leq 64$.
Оба интервала удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $x \in (0, \frac{\sqrt{2}}{64}] \cup (1, 64]$.

2) $\log_{x} 3 \leq 4(1 + \log_{\frac{1}{3}} x)$

ОДЗ: $x > 0$ и $x \neq 1$.

Приведем логарифмы к основанию 3.
$\log_{x} 3 = \frac{1}{\log_{3} x}$
$\log_{\frac{1}{3}} x = \log_{3^{-1}} x = -\log_{3} x$

Подставим в неравенство:
$\frac{1}{\log_{3} x} \leq 4(1 - \log_{3} x)$

Сделаем замену $y = \log_{3} x$.
$\frac{1}{y} \leq 4(1-y)$

$\frac{1}{y} - 4 + 4y \leq 0$
$\frac{1 - 4y + 4y^2}{y} \leq 0$
$\frac{(2y - 1)^2}{y} \leq 0$

Числитель $(2y-1)^2$ всегда неотрицателен. Неравенство выполняется в двух случаях:
1) Числитель равен нулю: $(2y-1)^2 = 0 \implies y = \frac{1}{2}$.
2) Числитель положителен, а знаменатель отрицателен: $y < 0$ (при этом $y \neq \frac{1}{2}$, что выполняется).

Таким образом, решение для $y$: $y < 0$ или $y = \frac{1}{2}$.

Возвращаемся к переменной $x$.
Случай 1: $\log_{3} x < 0$. Так как основание $3 > 1$, то $x < 3^0 \implies x < 1$.
Случай 2: $\log_{3} x = \frac{1}{2} \implies x = 3^{1/2} \implies x = \sqrt{3}$.

Учитываем ОДЗ ($x > 0$ и $x \neq 1$).
Из $x < 1$ и $x > 0$ получаем $0 < x < 1$.
$x = \sqrt{3}$ удовлетворяет ОДЗ, так как $\sqrt{3} > 1$.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup \{\sqrt{3}\}$.

3) $\log_{x+2} x^2 > 1$

ОДЗ:
1) Аргумент: $x^2 > 0 \implies x \neq 0$.
2) Основание: $x+2 > 0 \implies x > -2$.
3) Основание: $x+2 \neq 1 \implies x \neq -1$.
Объединив условия, получаем ОДЗ: $x \in (-2, -1) \cup (-1, 0) \cup (0, +\infty)$.

Представим 1 как логарифм с тем же основанием: $1 = \log_{x+2} (x+2)$.
$\log_{x+2} x^2 > \log_{x+2} (x+2)$

Решение зависит от значения основания.

Случай 1: Основание больше 1.
$x+2 > 1 \implies x > -1$.
В этом случае знак неравенства сохраняется.
$x^2 > x+2 \implies x^2 - x - 2 > 0$.
Корни уравнения $x^2 - x - 2 = 0$ это $x_1 = 2$ и $x_2 = -1$.
Решение неравенства: $x \in (-\infty, -1) \cup (2, +\infty)$.
Пересекаем это решение с условием $x > -1$ и ОДЗ для этого случая $(-1, 0) \cup (0, +\infty)$.
$(-\infty, -1) \cup (2, +\infty)$ пересекается с $x > -1$ по промежутку $(2, +\infty)$. Этот промежуток полностью удовлетворяет ОДЗ.

Случай 2: Основание между 0 и 1.
$0 < x+2 < 1 \implies -2 < x < -1$.
В этом случае знак неравенства меняется на противоположный.
$x^2 < x+2 \implies x^2 - x - 2 < 0$.
Решение этого неравенства: $x \in (-1, 2)$.
Пересекаем это решение с условием случая $-2 < x < -1$.
Пересечение множеств $(-1, 2)$ и $(-2, -1)$ пустое. Решений в этом случае нет.

Объединяя решения из двух случаев, получаем итоговый результат.

Ответ: $x \in (2, +\infty)$.

4) $\log_{x^2+2} (3x+6) \leq 1$

ОДЗ:
1) Аргумент: $3x+6 > 0 \implies 3x > -6 \implies x > -2$.
2) Основание: $x^2+2$. Так как $x^2 \geq 0$, то $x^2+2 \geq 2$. Основание всегда больше нуля и не равно единице.

ОДЗ: $x \in (-2, +\infty)$.

Основание логарифма $x^2+2 \geq 2$, следовательно, оно всегда больше 1. Поэтому при переходе от логарифмического неравенства к алгебраическому знак неравенства сохраняется.

$\log_{x^2+2} (3x+6) \leq \log_{x^2+2} (x^2+2)$
$3x+6 \leq x^2+2$

Перенесем все в правую часть:
$0 \leq x^2 - 3x - 4$
$x^2 - 3x - 4 \geq 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 - 3x - 4 = 0$.
По теореме Виета, корни $x_1 = 4$ и $x_2 = -1$.

Парабола $y = x^2 - 3x - 4$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \leq -1$ или $x \geq 4$.

Полученное решение $x \in (-\infty, -1] \cup [4, +\infty)$ необходимо пересечь с ОДЗ $x > -2$.
Пересечение $(-\infty, -1]$ и $(-2, +\infty)$ дает интервал $(-2, -1]$.
Пересечение $[4, +\infty)$ и $(-2, +\infty)$ дает интервал $[4, +\infty)$.

Объединяем полученные интервалы.

Ответ: $x \in (-2, -1] \cup [4, +\infty)$.