Номер 434, страница 210 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1) Запишем неравенство в виде $(\sqrt{5} + 2)^{x-1} \ge (\sqrt{5} - 2)^{\frac{x-1}{x+1}}$.
Заметим, что $(\sqrt{5} + 2)(\sqrt{5} - 2) = 5 - 4 = 1$, откуда $\sqrt{5} - 2 = \frac{1}{\sqrt{5} + 2} = (\sqrt{5} + 2)^{-1}$.
Подставим это в неравенство:
$(\sqrt{5} + 2)^{x-1} \ge ((\sqrt{5} + 2)^{-1})^{\frac{x-1}{x+1}}$
$(\sqrt{5} + 2)^{x-1} \ge (\sqrt{5} + 2)^{-\frac{x-1}{x+1}}$
Основание степени $a = \sqrt{5} + 2 > 1$, так как $\sqrt{5} > \sqrt{4} = 2$. Показательная функция с таким основанием возрастающая, поэтому можно перейти к неравенству для показателей, сохранив знак:
$x-1 \ge -\frac{x-1}{x+1}$
Область допустимых значений (ОДЗ): $x+1 \ne 0 \Rightarrow x \ne -1$.
Перенесем все в левую часть:
$(x-1) + \frac{x-1}{x+1} \ge 0$
$(x-1)\left(1 + \frac{1}{x+1}\right) \ge 0$
$(x-1)\left(\frac{x+1+1}{x+1}\right) \ge 0$
$\frac{(x-1)(x+2)}{x+1} \ge 0$
Решим методом интервалов. Нули числителя: $x=1, x=-2$. Нуль знаменателя: $x=-1$.
На числовой прямой отмечаем точки -2, -1, 1. Точки -2 и 1 включаем, а точку -1 исключаем.
Интервалы, где выражение неотрицательно: $[-2, -1) \cup [1, +\infty)$.
Ответ: $x \in [-2, -1) \cup [1, +\infty)$.

2) Дано неравенство $\log_3 \sqrt{x^2+x-2} < 1$.
ОДЗ: подкоренное и подлогарифмическое выражение должно быть строго положительным.
$x^2+x-2 > 0$. Корни уравнения $x^2+x-2=0$ равны $x_1 = 1, x_2 = -2$. Это парабола ветвями вверх, поэтому $x \in (-\infty, -2) \cup (1, +\infty)$.
Представим 1 как $\log_3 3$:
$\log_3 \sqrt{x^2+x-2} < \log_3 3$
Основание логарифма 3 > 1, функция возрастающая, поэтому переходим к аргументам, сохраняя знак:
$\sqrt{x^2+x-2} < 3$
Обе части неотрицательны, возводим в квадрат:
$x^2+x-2 < 9$
$x^2+x-11 < 0$
Найдем корни $x^2+x-11=0$. $D = 1 - 4(-11) = 45$, $x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{45}}{2} = \frac{-1 \pm 3\sqrt{5}}{2}$.
Решение этого неравенства: $x \in \left(\frac{-1 - 3\sqrt{5}}{2}, \frac{-1 + 3\sqrt{5}}{2}\right)$.
Найдем пересечение этого решения с ОДЗ: $(-\infty, -2) \cup (1, +\infty)$.
$\frac{-1 - 3\sqrt{5}}{2} \approx -3.85$ и $\frac{-1 + 3\sqrt{5}}{2} \approx 2.85$.
Пересечение интервалов $\left(\frac{-1 - 3\sqrt{5}}{2}, \frac{-1 + 3\sqrt{5}}{2}\right)$ и $(-\infty, -2) \cup (1, +\infty)$ дает
$\left(\frac{-1-3\sqrt{5}}{2}, -2\right) \cup \left(1, \frac{-1+3\sqrt{5}}{2}\right)$.
Ответ: $x \in \left(\frac{-1-3\sqrt{5}}{2}, -2\right) \cup \left(1, \frac{-1+3\sqrt{5}}{2}\right)$.

3) Дано неравенство $\log_{(\sqrt{10}-\sqrt{6})} (3x^2+5x+1) > 0$.
Определим основание логарифма $a = \sqrt{10}-\sqrt{6}$. Сравним его с 1: $\sqrt{10}-\sqrt{6} \vee 1 \Leftrightarrow \sqrt{10} \vee 1+\sqrt{6}$. Возведем в квадрат обе части (они положительны): $10 \vee (1+\sqrt{6})^2 \Leftrightarrow 10 \vee 1+2\sqrt{6}+6 \Leftrightarrow 3 \vee 2\sqrt{6}$. Снова возведем в квадрат: $9 \vee 4 \cdot 6 = 24$. Так как $9 < 24$, то и $\sqrt{10}-\sqrt{6} < 1$. Основание $0 < a < 1$.
Представим 0 как $\log_a 1$. Неравенство примет вид $\log_a (3x^2+5x+1) > \log_a 1$.
Так как основание $0 < a < 1$, логарифмическая функция убывающая, поэтому при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный. Также аргумент логарифма должен быть строго положительным.
Получаем систему:$\begin{cases} 3x^2+5x+1 > 0 \\ 3x^2+5x+1 < 1 \end{cases}$
1) $3x^2+5x+1 > 0$. Корни: $x_{1,2} = \frac{-5 \pm \sqrt{25-12}}{6} = \frac{-5 \pm \sqrt{13}}{6}$. Решение: $x \in (-\infty, \frac{-5-\sqrt{13}}{6}) \cup (\frac{-5+\sqrt{13}}{6}, +\infty)$.
2) $3x^2+5x+1 < 1 \Rightarrow 3x^2+5x < 0 \Rightarrow x(3x+5) < 0$. Корни: $x=0, x=-5/3$. Решение: $x \in (-5/3, 0)$.
Найдем пересечение решений. $\frac{-5}{3} \approx -1.67$. $\frac{-5-\sqrt{13}}{6} \approx -1.43$. $\frac{-5+\sqrt{13}}{6} \approx -0.23$.
Пересечение $(-5/3, 0)$ с $(-\infty, \frac{-5-\sqrt{13}}{6}) \cup (\frac{-5+\sqrt{13}}{6}, +\infty)$ дает $(-5/3, \frac{-5-\sqrt{13}}{6}) \cup (\frac{-5+\sqrt{13}}{6}, 0)$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{5}{3}, \frac{-5-\sqrt{13}}{6}\right) \cup \left(\frac{-5+\sqrt{13}}{6}, 0\right)$.

4) Дано неравенство $\sqrt{\log_2\left(\frac{3x-1}{2-x}\right)} < 1$.
ОДЗ: Выражение под корнем должно быть неотрицательным.
$\log_2\left(\frac{3x-1}{2-x}\right) \ge 0$. Так как основание 2 > 1, то $\frac{3x-1}{2-x} \ge 1$.
$\frac{3x-1}{2-x} - 1 \ge 0 \Rightarrow \frac{3x-1-(2-x)}{2-x} \ge 0 \Rightarrow \frac{4x-3}{2-x} \ge 0$.
Решая методом интервалов, получаем $x \in [3/4, 2)$. Это ОДЗ.
Теперь решаем исходное неравенство. Возведем обе части в квадрат (они неотрицательны):
$\log_2\left(\frac{3x-1}{2-x}\right) < 1^2 \Rightarrow \log_2\left(\frac{3x-1}{2-x}\right) < \log_2 2$.
Так как основание 2 > 1, то $\frac{3x-1}{2-x} < 2$.
$\frac{3x-1}{2-x} - 2 < 0 \Rightarrow \frac{3x-1-2(2-x)}{2-x} < 0 \Rightarrow \frac{5x-5}{2-x} < 0 \Rightarrow \frac{x-1}{2-x} < 0$.
Решая методом интервалов, получаем $x \in (-\infty, 1) \cup (2, +\infty)$.
Найдем пересечение этого решения с ОДЗ: $[3/4, 2) \cap ((-\infty, 1) \cup (2, +\infty))$ дает $[3/4, 1)$.
Ответ: $x \in [3/4, 1)$.

5) Дано неравенство $\log_2 \log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right) < \log_{1/2} \log_{1/3} \left(\frac{x+1}{x-1}\right)$.
Преобразуем правую часть. Используем свойства $\log_{a^k} b = \frac{1}{k}\log_a b$ и $\log_a (b^{-1}) = -\log_a b$.
$\frac{x+1}{x-1} = \left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{-1}$.
$\log_{1/3} \left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \log_{3^{-1}} \left(\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{-1}\right) = (-1)(-\log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right)) = \log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right)$.
$\log_{1/2} (\dots) = \log_{2^{-1}} (\dots) = -\log_2 (\dots)$.
Пусть $y = \log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right)$. Тогда неравенство принимает вид:
$\log_2 y < -\log_2 y \Rightarrow 2\log_2 y < 0 \Rightarrow \log_2 y < 0$.
ОДЗ: аргументы всех логарифмов должны быть положительны. $\log_3(\dots) > 0$ и $\log_{1/3}(\dots) > 0$. Оба эти условия эквивалентны $y > 0$.
Совмещая решение $\log_2 y < 0 \Rightarrow y < 1$ с ОДЗ $y > 0$, получаем $0 < y < 1$.
$0 < \log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right) < 1$.
Потенцируем по основанию 3: $3^0 < \frac{x-1}{x+1} < 3^1 \Rightarrow 1 < \frac{x-1}{x+1} < 3$.
1) $\frac{x-1}{x+1} > 1 \Rightarrow \frac{x-1-(x+1)}{x+1} > 0 \Rightarrow \frac{-2}{x+1} > 0 \Rightarrow x+1 < 0 \Rightarrow x < -1$.
2) $\frac{x-1}{x+1} < 3 \Rightarrow \frac{x-1-3(x+1)}{x+1} < 0 \Rightarrow \frac{-2x-4}{x+1} < 0 \Rightarrow \frac{x+2}{x+1} > 0 \Rightarrow x \in (-\infty, -2) \cup (-1, +\infty)$.
Пересечение решений $x < -1$ и $x \in (-\infty, -2) \cup (-1, +\infty)$ дает $x \in (-\infty, -2)$.
Ответ: $x \in (-\infty, -2)$.

6) Дано неравенство $\left(\frac{x-2}{3}\right)^{\log_{\frac{x-2}{3}}(17-x)} > 2$.
Используем основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$.
Левая часть неравенства равна $17-x$.
Неравенство сводится к $17-x > 2$.
При этом необходимо учесть ОДЗ для логарифма:
1) Основание $\frac{x-2}{3} > 0 \Rightarrow x > 2$.
2) Основание $\frac{x-2}{3} \ne 1 \Rightarrow x-2 \ne 3 \Rightarrow x \ne 5$.
3) Аргумент $17-x > 0 \Rightarrow x < 17$.
Общее ОДЗ: $x \in (2, 5) \cup (5, 17)$.
Решаем простое неравенство $17-x > 2 \Rightarrow 15 > x \Rightarrow x < 15$.
Находим пересечение решения $x < 15$ с ОДЗ: $x \in (2, 5) \cup (5, 15)$.
Ответ: $x \in (2, 5) \cup (5, 15)$.

7) Дано неравенство $\left(\frac{1}{3}\right)^{\sqrt{x+2}} < 3^{-x}$.
Приведем к одному основанию 3: $(3^{-1})^{\sqrt{x+2}} < 3^{-x} \Rightarrow 3^{-\sqrt{x+2}} < 3^{-x}$.
Основание 3 > 1, функция возрастающая, переходим к показателям:
$-\sqrt{x+2} < -x \Rightarrow \sqrt{x+2} > x$.
ОДЗ: $x+2 \ge 0 \Rightarrow x \ge -2$.
Решаем иррациональное неравенство, рассматривая два случая:
1) Если $x < 0$. В области ОДЗ это $x \in [-2, 0)$. Левая часть $\sqrt{x+2}$ неотрицательна, правая $x$ отрицательна. Неотрицательное число всегда больше отрицательного, поэтому все $x \in [-2, 0)$ являются решением.
2) Если $x \ge 0$. Обе части неотрицательны, можно возвести в квадрат: $x+2 > x^2 \Rightarrow x^2-x-2 < 0$.
Корни $x^2-x-2=0$ это $x_1=2, x_2=-1$. Решение $x \in (-1, 2)$.
С учетом условия $x \ge 0$, получаем $x \in [0, 2)$.
Объединяя решения из обоих случаев, получаем: $[-2, 0) \cup [0, 2) = [-2, 2)$.
Ответ: $x \in [-2, 2)$.

8) Дано неравенство $4^{\sqrt{9-x^2}+1} + 2 < 9 \cdot 2^{\sqrt{9-x^2}}$.
ОДЗ: $9-x^2 \ge 0 \Rightarrow x^2 \le 9 \Rightarrow -3 \le x \le 3$.
Преобразуем левую часть: $4^{\sqrt{9-x^2}+1} = 4 \cdot 4^{\sqrt{9-x^2}} = 4 \cdot (2^2)^{\sqrt{9-x^2}} = 4 \cdot (2^{\sqrt{9-x^2}})^2$.
Сделаем замену $t = 2^{\sqrt{9-x^2}}$. Неравенство примет вид:
$4t^2 + 2 < 9t \Rightarrow 4t^2 - 9t + 2 < 0$.
Корни уравнения $4t^2 - 9t + 2 = 0$: $t_1 = 1/4, t_2 = 2$.
Решение квадратного неравенства: $1/4 < t < 2$.
Найдем область значений для $t$. Из ОДЗ $x \in [-3, 3]$, имеем $0 \le 9-x^2 \le 9$, значит $0 \le \sqrt{9-x^2} \le 3$.
Тогда $t = 2^{\sqrt{9-x^2}}$ находится в диапазоне $[2^0, 2^3]$, то есть $t \in [1, 8]$.
Найдем пересечение решения для $t$ с его областью значений: $(1/4, 2) \cap [1, 8] \Rightarrow 1 \le t < 2$.
Возвращаемся к $x$: $1 \le 2^{\sqrt{9-x^2}} < 2$.
$2^0 \le 2^{\sqrt{9-x^2}} < 2^1$.
Поскольку основание 2 > 1, получаем $0 \le \sqrt{9-x^2} < 1$.
Неравенство $0 \le \sqrt{9-x^2}$ выполняется для всех $x$ из ОДЗ.
Решаем $\sqrt{9-x^2} < 1$. Возводим в квадрат: $9-x^2 < 1 \Rightarrow x^2 > 8$.
Отсюда $x < -\sqrt{8}$ или $x > \sqrt{8}$, то есть $x < -2\sqrt{2}$ или $x > 2\sqrt{2}$.
Пересекаем это решение с ОДЗ $x \in [-3, 3]$:
$[-3, -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}, 3]$.
Ответ: $x \in [-3, -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}, 3]$.