Номер 42.23, страница 174, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов

Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, часть 1, 2 Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, часть 1, 2

Авторы: Мордкович А. Г., Семенов П. В., Денищева Л. О., Корешкова Т. А., Мишустина Т. Н., Тульчинская Е. Е.

Тип: Задачник

Издательство: Мнемозина

Год издания: 2019 - 2025

Уровень обучения: базовый

Часть: 2

Цвет обложки:

ISBN: 978-5-346-04509-0 (общ.), 978-5-346-04510-6 (ч. 1), 978-5-346-04511-3 (ч. 2)

Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации

Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия

Популярные ГДЗ в 10 классе

§42. Функция у = log a x, её свойства и график. Глава 7. Показательная и логарифмическая функции. ч. 2 - номер 42.23, страница 174.

Навигация по странице:

Решение Комментарии
№42.23 (с. 174)
Условие. №42.23 (с. 174)
скриншот условия
Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, Часть 2, страница 174, номер 42.23, Условие

42.23 a) $x + 2 = \log_8 x;$

б) $\log_{\frac{1}{3}} x = -2x - 5;$

в) $3x + 7 = \log_7 x;$

г) $\log_{\frac{2}{5}} x = -5x - 6.$

Решение 1. №42.23 (с. 174)
Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, Часть 2, страница 174, номер 42.23, Решение 1
Решение 2. №42.23 (с. 174)
Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, Часть 2, страница 174, номер 42.23, Решение 2 Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, Часть 2, страница 174, номер 42.23, Решение 2 (продолжение 2) Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, Часть 2, страница 174, номер 42.23, Решение 2 (продолжение 3) Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, Часть 2, страница 174, номер 42.23, Решение 2 (продолжение 4)
Решение 5. №42.23 (с. 174)
Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, Часть 2, страница 174, номер 42.23, Решение 5 Алгебра, 10-11 класс Задачник, авторы: Мордкович Александр Григорьевич, Семенов Павел Владимирович, Денищева Лариса Олеговна, Корешкова Т А, Мишустина Татьяна Николаевна, Тульчинская Елена Ефимовна, издательство Мнемозина, Москва, 2019, Часть 2, страница 174, номер 42.23, Решение 5 (продолжение 2)
Решение 6. №42.23 (с. 174)

а)

Рассмотрим уравнение $x + 2 = \log_8 x$.

Область допустимых значений (ОДЗ) для этого уравнения определяется аргументом логарифма: $x > 0$.

Для решения этого уравнения проанализируем поведение функций в левой и правой частях. Пусть $y_1(x) = x + 2$ и $y_2(x) = \log_8 x$.

Функция $y_1(x) = x + 2$ является линейной возрастающей функцией (ее производная $y_1'(x) = 1 > 0$).

Функция $y_2(x) = \log_8 x$ является логарифмической возрастающей функцией, так как основание $8 > 1$ (ее производная $y_2'(x) = \frac{1}{x \ln 8} > 0$ для $x > 0$).

Поскольку обе функции возрастающие, у уравнения может быть ноль, одно или два решения. Чтобы определить количество решений, исследуем функцию $h(x) = y_1(x) - y_2(x) = x + 2 - \log_8 x$. Корни уравнения $h(x)=0$ являются решениями исходного уравнения.

Найдем производную функции $h(x)$: $h'(x) = (x + 2 - \log_8 x)' = 1 - \frac{1}{x \ln 8}$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти точки экстремума: $1 - \frac{1}{x \ln 8} = 0 \implies x = \frac{1}{\ln 8}$.

Найдем вторую производную, чтобы определить тип экстремума: $h''(x) = (1 - \frac{1}{x \ln 8})' = \frac{1}{x^2 \ln 8}$. Так как $x > 0$ и $\ln 8 > 0$, то $h''(x) > 0$. Следовательно, в точке $x_0 = \frac{1}{\ln 8}$ функция $h(x)$ имеет минимум.

Найдем минимальное значение функции $h(x)$:

$h_{min} = h(\frac{1}{\ln 8}) = \frac{1}{\ln 8} + 2 - \log_8(\frac{1}{\ln 8}) = \frac{1}{\ln 8} + 2 - \frac{\ln(1/\ln 8)}{\ln 8} = \frac{1}{\ln 8} + 2 + \frac{\ln(\ln 8)}{\ln 8} = \frac{1 + \ln(\ln 8)}{\ln 8} + 2$.

Поскольку $\ln 8 = \ln(2^3) = 3\ln 2 \approx 2.079 > 1$, то $\ln(\ln 8) > 0$. Таким образом, числитель $1 + \ln(\ln 8)$ и знаменатель $\ln 8$ положительны. Вся дробь положительна. Значит, $h_{min} > 2 > 0$.

Минимальное значение функции $h(x)$ строго больше нуля. Это означает, что $h(x) = x + 2 - \log_8 x > 0$ для всех $x$ из ОДЗ. Следовательно, $x+2 > \log_8 x$ всегда, и графики функций $y_1(x)$ и $y_2(x)$ не пересекаются.

Ответ: решений нет.

б)

Рассмотрим уравнение $\log_{\frac{1}{3}} x = -2x - 5$.

ОДЗ: $x > 0$.

Пусть $y_1(x) = \log_{\frac{1}{3}} x$ и $y_2(x) = -2x - 5$.

Функция $y_1(x) = \log_{\frac{1}{3}} x$ является логарифмической убывающей функцией, так как основание $0 < \frac{1}{3} < 1$.

Функция $y_2(x) = -2x - 5$ является линейной убывающей функцией (ее производная $y_2'(x) = -2 < 0$).

Поскольку обе функции убывающие, у уравнения может быть ноль, одно или несколько решений. Исследуем функцию разности $h(x) = y_1(x) - y_2(x) = \log_{\frac{1}{3}} x + 2x + 5$.

Найдем производную: $h'(x) = \frac{1}{x \ln(1/3)} + 2 = 2 - \frac{1}{x \ln 3}$.

Найдем точку экстремума: $2 - \frac{1}{x \ln 3} = 0 \implies x = \frac{1}{2 \ln 3}$.

Вторая производная $h''(x) = (2 - \frac{1}{x \ln 3})' = \frac{1}{x^2 \ln 3} > 0$ для $x > 0$. Значит, в точке $x_0 = \frac{1}{2 \ln 3}$ функция $h(x)$ имеет минимум.

Найдем минимальное значение функции $h(x)$:

$h_{min} = h(\frac{1}{2 \ln 3}) = \log_{\frac{1}{3}}(\frac{1}{2 \ln 3}) + 2(\frac{1}{2 \ln 3}) + 5 = -\log_3(\frac{1}{2 \ln 3}) + \frac{1}{\ln 3} + 5 = \log_3(2 \ln 3) + \frac{1}{\ln 3} + 5$.

$h_{min} = \frac{\ln(2 \ln 3)}{\ln 3} + \frac{1}{\ln 3} + 5 = \frac{1 + \ln(2 \ln 3)}{\ln 3} + 5$.

Так как $\ln 3 \approx 1.098 > 1$, то $2 \ln 3 > 1$, и $\ln(2 \ln 3) > 0$. Все слагаемые в выражении для $h_{min}$ положительны, следовательно $h_{min} > 0$.

Минимальное значение функции $h(x)$ положительно, значит $h(x) > 0$ для всех $x > 0$. Это означает, что $\log_{\frac{1}{3}} x > -2x - 5$ всегда, и графики функций не пересекаются.

Ответ: решений нет.

в)

Рассмотрим уравнение $3x + 7 = \log_7 x$.

ОДЗ: $x > 0$.

Пусть $y_1(x) = 3x + 7$ (линейная возрастающая) и $y_2(x) = \log_7 x$ (логарифмическая возрастающая, основание $7>1$).

Рассмотрим функцию разности $h(x) = y_1(x) - y_2(x) = 3x + 7 - \log_7 x$.

Ее производная: $h'(x) = 3 - \frac{1}{x \ln 7}$.

Точка экстремума: $3 - \frac{1}{x \ln 7} = 0 \implies x = \frac{1}{3 \ln 7}$.

Вторая производная $h''(x) = \frac{1}{x^2 \ln 7} > 0$, следовательно, это точка минимума.

Минимальное значение функции:

$h_{min} = h(\frac{1}{3 \ln 7}) = 3(\frac{1}{3 \ln 7}) + 7 - \log_7(\frac{1}{3 \ln 7}) = \frac{1}{\ln 7} + 7 - \frac{\ln(1/(3\ln 7))}{\ln 7} = \frac{1}{\ln 7} + 7 + \frac{\ln(3 \ln 7)}{\ln 7}$.

$h_{min} = \frac{1 + \ln(3 \ln 7)}{\ln 7} + 7$.

Так как $\ln 7 \approx 1.946 > 1$, то $3 \ln 7 > 1$, и $\ln(3 \ln 7) > 0$. Все слагаемые положительны, значит $h_{min} > 0$.

Минимальное значение $h(x)$ положительно, поэтому $h(x) > 0$ для всех $x>0$. Графики не пересекаются.

Ответ: решений нет.

г)

Рассмотрим уравнение $\log_{\frac{2}{5}} x = -5x - 6$.

ОДЗ: $x > 0$.

Пусть $y_1(x) = \log_{\frac{2}{5}} x$ (логарифмическая убывающая, основание $0 < 2/5 < 1$) и $y_2(x) = -5x - 6$ (линейная убывающая).

Рассмотрим функцию разности $h(x) = y_1(x) - y_2(x) = \log_{\frac{2}{5}} x + 5x + 6$.

Ее производная: $h'(x) = \frac{1}{x \ln(2/5)} + 5 = 5 - \frac{1}{x \ln(5/2)}$.

Точка экстремума: $5 - \frac{1}{x \ln(5/2)} = 0 \implies x = \frac{1}{5 \ln(5/2)}$.

Вторая производная $h''(x) = \frac{1}{x^2 \ln(5/2)} > 0$ (так как $\ln(5/2)>0$), следовательно, это точка минимума.

Минимальное значение функции:

$h_{min} = h(\frac{1}{5 \ln(5/2)}) = \log_{\frac{2}{5}}(\frac{1}{5 \ln(5/2)}) + 5(\frac{1}{5 \ln(5/2)}) + 6 = \frac{\ln(1/(5\ln(5/2)))}{\ln(2/5)} + \frac{1}{\ln(5/2)} + 6$.

Используя $\ln(2/5) = -\ln(5/2)$, получаем:

$h_{min} = \frac{-\ln(5 \ln(5/2))}{-\ln(5/2)} + \frac{1}{\ln(5/2)} + 6 = \frac{1 + \ln(5 \ln(5/2))}{\ln(5/2)} + 6$.

Так как $5/2 > 1$, то $\ln(5/2) > 0$. Также $5 \ln(5/2) = \ln((5/2)^5) = \ln(3125/32) > \ln(97) > 1$, поэтому $\ln(5 \ln(5/2)) > 0$. Все слагаемые положительны, значит $h_{min} > 0$.

Минимальное значение $h(x)$ положительно, поэтому $h(x) > 0$ для всех $x>0$. Графики не пересекаются.

Ответ: решений нет.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10-11 класс, для упражнения номер 42.23 расположенного на странице 174 для 2-й части к задачнику 2019 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 №42.23 (с. 174), авторов: Мордкович (Александр Григорьевич), Семенов (Павел Владимирович), Денищева (Лариса Олеговна), Корешкова (Т А), Мишустина (Татьяна Николаевна), Тульчинская (Елена Ефимовна), 2-й части ФГОС (старый) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Мнемозина.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться