Номер 45.6, страница 184, часть 2 - гдз по алгебре 10-11 класс задачник Мордкович, Семенов


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
§45. Логарифмические неравенства. Глава 7. Показательная и логарифмическая функции. ч. 2 - номер 45.6, страница 184.
№45.6 (с. 184)
Условие. №45.6 (с. 184)
скриншот условия

45.6 a) $\log_3(x^2 + 6) < \log_3 5x;$
б) $\log_{0,6}(6x - x^2) > \log_{0,6}(-8 - x);$
в) $\lg(x^2 - 8) \leq \lg(2 - 9x);$
г) $\log_{\sqrt{2}}(x^2 + 10x) \geq \log_{\sqrt{2}}(x - 14).$
Решение 1. №45.6 (с. 184)

Решение 2. №45.6 (с. 184)


Решение 5. №45.6 (с. 184)



Решение 6. №45.6 (с. 184)
а) $log_3(x^2 + 6) < log_3 5x$
Поскольку основание логарифма $3 > 1$, функция является возрастающей. Неравенство равносильно системе:
$ \begin{cases} x^2 + 6 > 0 \\ 5x > 0 \\ x^2 + 6 < 5x \end{cases} $
Рассмотрим каждое неравенство системы:
1. $x^2 + 6 > 0$. Это неравенство верно для любых действительных $x$, так как $x^2 \ge 0$, а значит $x^2 + 6 \ge 6$.
2. $5x > 0$, откуда следует $x > 0$.
3. $x^2 + 6 < 5x$. Перенесем все члены в левую часть: $x^2 - 5x + 6 < 0$.
Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 - 5x + 6 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 2$ и $x_2 = 3$.
Графиком функции $y = x^2 - 5x + 6$ является парабола с ветвями вверх. Неравенство $y < 0$ выполняется на интервале между корнями, то есть $x \in (2; 3)$.
Найдем пересечение решений системы: $x > 0$ и $x \in (2; 3)$. Общим решением является интервал $(2; 3)$.
Ответ: $(2; 3)$
б) $log_{0,6}(6x - x^2) > log_{0,6}(-8 - x)$
Поскольку основание логарифма $0,6 < 1$, функция является убывающей. При переходе к неравенству для подлогарифмических выражений знак неравенства меняется на противоположный. Неравенство равносильно системе:
$ \begin{cases} 6x - x^2 > 0 \\ -8 - x > 0 \\ 6x - x^2 < -8 - x \end{cases} $
В первую очередь найдем область допустимых значений (ОДЗ), решив первые два неравенства:
1. $6x - x^2 > 0 \implies x(6 - x) > 0$. Корни $x=0$ и $x=6$. Ветви параболы направлены вниз, поэтому решение: $x \in (0; 6)$.
2. $-8 - x > 0 \implies -x > 8 \implies x < -8$. Решение: $x \in (-\infty; -8)$.
Область допустимых значений является пересечением этих двух множеств: $(0; 6) \cap (-\infty; -8)$.
Данные интервалы не пересекаются, следовательно, ОДЗ является пустым множеством. Это означает, что не существует таких значений $x$, при которых оба подлогарифмических выражения были бы положительны одновременно.
Ответ: Нет решений.
в) $lg(x^2 - 8) \le lg(2 - 9x)$
Здесь $lg$ - это десятичный логарифм, основание которого равно 10. Так как $10 > 1$, функция возрастающая, и знак неравенства сохраняется. Неравенство равносильно системе:
$ \begin{cases} x^2 - 8 > 0 \\ 2 - 9x > 0 \\ x^2 - 8 \le 2 - 9x \end{cases} $
1. $x^2 - 8 > 0 \implies x^2 > 8 \implies |x| > \sqrt{8} \implies |x| > 2\sqrt{2}$. Решение: $x \in (-\infty; -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}; +\infty)$.
2. $2 - 9x > 0 \implies 2 > 9x \implies x < \frac{2}{9}$.
3. $x^2 - 8 \le 2 - 9x \implies x^2 + 9x - 10 \le 0$.
Найдем корни уравнения $x^2 + 9x - 10 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 1$ и $x_2 = -10$.
Парабола $y = x^2 + 9x - 10$ с ветвями вверх, поэтому неравенство $y \le 0$ выполняется на отрезке между корнями: $x \in [-10; 1]$.
Теперь найдем общее решение, то есть пересечение всех трех условий:
$x \in ((-\infty; -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}; +\infty)) \cap (-\infty; \frac{2}{9}) \cap [-10; 1]$.
Пересечение первых двух условий ($x < \frac{2}{9}$ и $x \in (-\infty; -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}; +\infty)$) дает $x \in (-\infty; -2\sqrt{2})$, так как $2\sqrt{2} \approx 2.82$ и $\frac{2}{9} \approx 0.22$.
Теперь найдем пересечение полученного результата $x \in (-\infty; -2\sqrt{2})$ с решением третьего неравенства $x \in [-10; 1]$.
Поскольку $-10 < -2\sqrt{2}$, и $-2\sqrt{2} < 1$, их пересечение: $x \in [-10; -2\sqrt{2})$.
Ответ: $[-10; -2\sqrt{2})$
г) $log_{\sqrt{2}}(x^2 + 10x) \ge log_{\sqrt{2}}(x - 14)$
Основание логарифма $\sqrt{2} \approx 1.414$, что больше 1. Следовательно, функция возрастающая, и знак неравенства сохраняется. Система равносильна:
$ \begin{cases} x^2 + 10x > 0 \\ x - 14 > 0 \\ x^2 + 10x \ge x - 14 \end{cases} $
1. $x^2 + 10x > 0 \implies x(x + 10) > 0$. Корни $x=0$ и $x=-10$. Парабола с ветвями вверх, решение: $x \in (-\infty; -10) \cup (0; +\infty)$.
2. $x - 14 > 0 \implies x > 14$.
3. $x^2 + 10x \ge x - 14 \implies x^2 + 9x + 14 \ge 0$.
Найдем корни уравнения $x^2 + 9x + 14 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -7$ и $x_2 = -2$.
Парабола $y = x^2 + 9x + 14$ с ветвями вверх, неравенство $y \ge 0$ выполняется вне отрезка между корнями: $x \in (-\infty; -7] \cup [-2; +\infty)$.
Найдем пересечение всех полученных решений.
Сначала найдем ОДЗ, пересекая первые два условия: $( (-\infty; -10) \cup (0; +\infty) ) \cap (14; +\infty)$.
Результат: $x \in (14; +\infty)$.
Теперь пересечем ОДЗ с решением третьего неравенства: $(14; +\infty) \cap ((-\infty; -7] \cup [-2; +\infty))$.
Интервал $(14; +\infty)$ полностью содержится в множестве $[-2; +\infty)$, поэтому их пересечение и будет искомым решением.
Ответ: $(14; +\infty)$
Другие задания:
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 45.6 расположенного на странице 184 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 №45.6 (с. 184), 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.