Номер 6.59, страница 186 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

6.6. Неравенства, сводящиеся к пройстейшим заменой неизвестного. § 6. Показательные и логарифмические уравнения и неравенства. Глава I. Корни, степени, логарифмы - номер 6.59, страница 186.

6.59 a) $\frac{1}{\lg (3x + 1)} + \frac{2}{\lg (3x + 1) + \lg 0,01} > -1$;

б) $\frac{1}{\lg (9x + 10)} + \frac{4}{\lg (9x + 10) + \lg 0,001} < -1$;

В) $\frac{4}{\lg (3x - 2) + 2} + \frac{6}{\lg (3x - 2) - 3} \ge -5$;

Г) $\frac{6}{\lg (9x + 1) + 2} - \frac{6}{\lg (9x + 1) - 3} \le 5$.

а)

Решим неравенство $\frac{1}{\lg(3x+1)} + \frac{2}{\lg(3x+1) + \lg 0.01} > -1$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Аргумент логарифма должен быть положителен: $3x+1 > 0 \implies x > -1/3$.
Знаменатели не должны быть равны нулю:
$\lg(3x+1) \neq 0 \implies 3x+1 \neq 1 \implies x \neq 0$.
$\lg(3x+1) + \lg 0.01 \neq 0$. Так как $\lg 0.01 = \lg 10^{-2} = -2$, то $\lg(3x+1) - 2 \neq 0 \implies \lg(3x+1) \neq 2 \implies 3x+1 \neq 10^2 \implies 3x \neq 99 \implies x \neq 33$.
ОДЗ: $x \in (-1/3, 0) \cup (0, 33) \cup (33, +\infty)$.

2. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \lg(3x+1)$. Неравенство примет вид:
$\frac{1}{t} + \frac{2}{t - 2} > -1$

3. Решим полученное неравенство относительно $t$:
$\frac{1}{t} + \frac{2}{t - 2} + 1 > 0$
$\frac{t-2 + 2t + t(t-2)}{t(t-2)} > 0$
$\frac{t-2 + 2t + t^2 - 2t}{t(t-2)} > 0$
$\frac{t^2 + t - 2}{t(t-2)} > 0$
Разложим числитель на множители: $t^2 + t - 2 = (t+2)(t-1)$.
$\frac{(t+2)(t-1)}{t(t-2)} > 0$
Методом интервалов находим решение для $t$. Корни числителя: -2, 1. Корни знаменателя: 0, 2.
На числовой прямой отмечаем точки -2, 0, 1, 2. Они разбивают прямую на интервалы. Определяем знаки выражения в каждом интервале:
$(-\infty, -2): +$
$(-2, 0): -$
$(0, 1): +$
$(1, 2): -$
$(2, +\infty): +$
Решение для $t$: $t \in (-\infty, -2) \cup (0, 1) \cup (2, +\infty)$.

4. Вернемся к исходной переменной $x$.
Случай 1: $t < -2 \implies \lg(3x+1) < -2 \implies 0 < 3x+1 < 10^{-2} \implies -1 < 3x < -0.99 \implies -1/3 < x < -0.33$.
Случай 2: $0 < t < 1 \implies 0 < \lg(3x+1) < 1 \implies 1 < 3x+1 < 10 \implies 0 < 3x < 9 \implies 0 < x < 3$.
Случай 3: $t > 2 \implies \lg(3x+1) > 2 \implies 3x+1 > 10^2 \implies 3x > 99 \implies x > 33$.
Объединяя все случаи и учитывая ОДЗ, получаем окончательное решение.

Ответ: $x \in (-1/3, -0.33) \cup (0, 3) \cup (33, +\infty)$.

б)

Решим неравенство $\frac{1}{\lg(9x+10)} + \frac{4}{\lg(9x+10) + \lg 0.001} < -1$.

1. ОДЗ:
$9x+10 > 0 \implies x > -10/9$.
$\lg(9x+10) \neq 0 \implies 9x+10 \neq 1 \implies x \neq -1$.
$\lg(9x+10) + \lg 0.001 \neq 0$. Так как $\lg 0.001 = -3$, то $\lg(9x+10) \neq 3 \implies 9x+10 \neq 1000 \implies x \neq 110$.
ОДЗ: $x \in (-10/9, -1) \cup (-1, 110) \cup (110, +\infty)$.

2. Замена: $t = \lg(9x+10)$.
$\frac{1}{t} + \frac{4}{t - 3} < -1$

3. Решение для $t$:
$\frac{1}{t} + \frac{4}{t - 3} + 1 < 0$
$\frac{t-3 + 4t + t(t-3)}{t(t-3)} < 0$
$\frac{t^2 + 2t - 3}{t(t-3)} < 0$
$\frac{(t+3)(t-1)}{t(t-3)} < 0$
Методом интервалов (корни -3, 1, 0, 3) получаем: $t \in (-3, 0) \cup (1, 3)$.

4. Обратная замена:
Случай 1: $-3 < t < 0 \implies -3 < \lg(9x+10) < 0 \implies 10^{-3} < 9x+10 < 1 \implies -9.999 < 9x < -9 \implies -1.111 < x < -1$.
Случай 2: $1 < t < 3 \implies 1 < \lg(9x+10) < 3 \implies 10 < 9x+10 < 1000 \implies 0 < 9x < 990 \implies 0 < x < 110$.
Решение удовлетворяет ОДЗ, так как $-10/9 \approx -1.111...$, а $-1.111 = -9.999/9 > -10/9$.

Ответ: $x \in (-1.111, -1) \cup (0, 110)$.

в)

Решим неравенство $\frac{4}{\lg(3x-2)+2} + \frac{6}{\lg(3x-2)-3} \ge -5$.

1. ОДЗ:
$3x-2 > 0 \implies x > 2/3$.
$\lg(3x-2) \neq -2 \implies 3x-2 \neq 0.01 \implies 3x \neq 2.01 \implies x \neq 0.67$.
$\lg(3x-2) \neq 3 \implies 3x-2 \neq 1000 \implies 3x \neq 1002 \implies x \neq 334$.
ОДЗ: $x \in (2/3, 0.67) \cup (0.67, 334) \cup (334, +\infty)$. ( $2/3 \approx 0.667$ )

2. Замена: $t = \lg(3x-2)$.
$\frac{4}{t+2} + \frac{6}{t-3} \ge -5$

3. Решение для $t$:
$\frac{4}{t+2} + \frac{6}{t-3} + 5 \ge 0$
$\frac{4(t-3)+6(t+2)+5(t+2)(t-3)}{(t+2)(t-3)} \ge 0$
$\frac{10t + 5(t^2-t-6)}{(t+2)(t-3)} \ge 0$
$\frac{5t^2+5t-30}{(t+2)(t-3)} \ge 0$
$\frac{t^2+t-6}{(t+2)(t-3)} \ge 0 \implies \frac{(t+3)(t-2)}{(t+2)(t-3)} \ge 0$
Методом интервалов (корни числителя -3, 2; корни знаменателя -2, 3) получаем: $t \in (-\infty, -3] \cup (-2, 2] \cup (3, +\infty)$.

4. Обратная замена:
Случай 1: $t \le -3 \implies \lg(3x-2) \le -3 \implies 0 < 3x-2 \le 0.001 \implies 2/3 < x \le 2.001/3 \implies 2/3 < x \le 0.667$.
Случай 2: $-2 < t \le 2 \implies -2 < \lg(3x-2) \le 2 \implies 0.01 < 3x-2 \le 100 \implies 2.01 < 3x \le 102 \implies 0.67 < x \le 34$.
Случай 3: $t > 3 \implies \lg(3x-2) > 3 \implies 3x-2 > 1000 \implies 3x > 1002 \implies x > 334$.
Решение согласуется с ОДЗ.

Ответ: $x \in (2/3, 0.667] \cup (0.67, 34] \cup (334, +\infty)$.

г)

Решим неравенство $\frac{6}{\lg(9x+1)+2} - \frac{6}{\lg(9x+1)-3} \le 5$.

1. ОДЗ:
$9x+1 > 0 \implies x > -1/9$.
$\lg(9x+1) \neq -2 \implies 9x+1 \neq 0.01 \implies 9x \neq -0.99 \implies x \neq -0.11$.
$\lg(9x+1) \neq 3 \implies 9x+1 \neq 1000 \implies 9x \neq 999 \implies x \neq 111$.
ОДЗ: $x \in (-1/9, -0.11) \cup (-0.11, 111) \cup (111, +\infty)$. ( $-1/9 \approx -0.111...$ )

2. Замена: $t = \lg(9x+1)$.
$\frac{6}{t+2} - \frac{6}{t-3} \le 5$

3. Решение для $t$:
$\frac{6(t-3)-6(t+2)}{(t+2)(t-3)} - 5 \le 0$
$\frac{-30}{(t+2)(t-3)} - 5 \le 0$
Делим на -5 и меняем знак неравенства:
$\frac{6}{(t+2)(t-3)} + 1 \ge 0$
$\frac{6 + t^2-t-6}{(t+2)(t-3)} \ge 0$
$\frac{t(t-1)}{(t+2)(t-3)} \ge 0$
Методом интервалов (корни числителя 0, 1; корни знаменателя -2, 3) получаем: $t \in (-\infty, -2) \cup [0, 1] \cup (3, +\infty)$.

4. Обратная замена:
Случай 1: $t < -2 \implies \lg(9x+1) < -2 \implies 0 < 9x+1 < 0.01 \implies -1 < 9x < -0.99 \implies -1/9 < x < -0.11$.
Случай 2: $0 \le t \le 1 \implies 0 \le \lg(9x+1) \le 1 \implies 1 \le 9x+1 \le 10 \implies 0 \le 9x \le 9 \implies 0 \le x \le 1$.
Случай 3: $t > 3 \implies \lg(9x+1) > 3 \implies 9x+1 > 1000 \implies 9x > 999 \implies x > 111$.
Решение согласуется с ОДЗ.

Ответ: $x \in (-1/9, -0.11) \cup [0, 1] \cup (111, +\infty)$.