Номер 167, страница 381 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Задания для повторения. Логарифмитические неравенства - номер 167, страница 381.

Условие.

167 a) $4 \log_4 x - \frac{33}{\log_4 x} \le 1;$

б) $\log_2 x - \frac{2}{\log_2 x} \ge 1;$

в) $\log_7 x + \frac{1}{\log_7 x} > 2;$

г) $\log_5 x + \frac{2}{\log_5 x} < 3.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 5.

а) $4 \log_4 x - \frac{33}{\log_4 x} \le 1$

Определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля: $x > 0$. Знаменатель не может быть равен нулю: $\log_4 x \neq 0$, что означает $x \neq 4^0$, то есть $x \neq 1$. Таким образом, ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_4 x$. Неравенство принимает вид:

$4t - \frac{33}{t} \le 1$

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$4t - 1 - \frac{33}{t} \le 0$

$\frac{4t^2 - t - 33}{t} \le 0$

Решим это неравенство методом интервалов. Найдем корни числителя и знаменателя. Корень знаменателя: $t = 0$. Найдем корни числителя, решив квадратное уравнение $4t^2 - t - 33 = 0$:
Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-33) = 1 + 528 = 529 = 23^2$.
$t_1 = \frac{1 - 23}{2 \cdot 4} = \frac{-22}{8} = -\frac{11}{4}$.
$t_2 = \frac{1 + 23}{2 \cdot 4} = \frac{24}{8} = 3$.

Отметим точки $t = -11/4$, $t=0$, $t=3$ на числовой оси. Точки $-11/4$ и $3$ включаем (закрашенные), так как неравенство нестрогое, а точку $0$ исключаем (выколотая), так как она из знаменателя. Проверяя знаки на интервалах, получаем решение для $t$: $t \in (-\infty, -11/4] \cup (0, 3]$.

Выполним обратную замену:

1) $t \le -11/4 \implies \log_4 x \le -11/4$. Так как основание логарифма $4 > 1$, знак неравенства сохраняется: $x \le 4^{-11/4}$. Упростим: $4^{-11/4} = (2^2)^{-11/4} = 2^{-11/2} = \frac{1}{2^{5.5}} = \frac{1}{32\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{64}$. Итак, $x \le \frac{\sqrt{2}}{64}$.

2) $0 < t \le 3 \implies 0 < \log_4 x \le 3$. Так как основание $4 > 1$: $4^0 < x \le 4^3 \implies 1 < x \le 64$.

Объединим полученные решения с учетом ОДЗ $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$. Из первого случая, с учетом $x > 0$, получаем $0 < x \le \frac{\sqrt{2}}{64}$. Второй случай $1 < x \le 64$ полностью удовлетворяет ОДЗ.

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

б) $\log_2 x - \frac{2}{\log_2 x} \ge 1$

ОДЗ: $x > 0$ и $\log_2 x \neq 0 \implies x \neq 1$. Итак, $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$.

Пусть $t = \log_2 x$. Неравенство примет вид:

$t - \frac{2}{t} \ge 1$

Переносим все в левую часть и приводим к общему знаменателю:

$\frac{t^2 - t - 2}{t} \ge 0$

Найдем корни числителя и знаменателя. Корень знаменателя: $t=0$. Корни числителя $t^2 - t - 2 = 0$ по теореме Виета равны $t_1 = -1$, $t_2 = 2$. Неравенство можно записать как $\frac{(t+1)(t-2)}{t} \ge 0$.

Методом интервалов для $t$ с точками $-1, 0, 2$ (где $-1$ и $2$ включены, а $0$ исключен) получаем решение: $t \in [-1, 0) \cup [2, \infty)$.

Выполняем обратную замену:

1) $-1 \le t < 0 \implies -1 \le \log_2 x < 0$. Так как основание $2 > 1$: $2^{-1} \le x < 2^0 \implies \frac{1}{2} \le x < 1$.

2) $t \ge 2 \implies \log_2 x \ge 2$. Так как основание $2 > 1$: $x \ge 2^2 \implies x \ge 4$.

Оба интервала удовлетворяют ОДЗ.

Ответ: $x \in [1/2, 1) \cup [4, \infty)$.

в) $\log_7 x + \frac{1}{\log_7 x} > 2$

ОДЗ: $x > 0$ и $\log_7 x \neq 0 \implies x \neq 1$. Итак, $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$.

Пусть $t = \log_7 x$. Неравенство примет вид:

$t + \frac{1}{t} > 2$

Переносим все в левую часть и приводим к общему знаменателю:

$\frac{t^2 - 2t + 1}{t} > 0$

$\frac{(t-1)^2}{t} > 0$

Числитель $(t-1)^2$ всегда неотрицателен. Он равен нулю при $t=1$. Так как неравенство строгое, числитель не может быть равен нулю, значит $t \neq 1$. При $t \neq 1$ числитель $(t-1)^2$ всегда положителен. Чтобы вся дробь была положительной, знаменатель также должен быть положителен: $t > 0$. Таким образом, решение для $t$: $t > 0$ и $t \neq 1$, то есть $t \in (0, 1) \cup (1, \infty)$.

Выполняем обратную замену:

1) $0 < t < 1 \implies 0 < \log_7 x < 1$. Так как основание $7 > 1$: $7^0 < x < 7^1 \implies 1 < x < 7$.

2) $t > 1 \implies \log_7 x > 1$. Так как основание $7 > 1$: $x > 7^1 \implies x > 7$.

Объединяя решения, получаем ответ.

Ответ: $x \in (1, 7) \cup (7, \infty)$.

г) $\log_5 x + \frac{2}{\log_5 x} < 3$

ОДЗ: $x > 0$ и $\log_5 x \neq 0 \implies x \neq 1$. Итак, $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$.

Пусть $t = \log_5 x$. Неравенство примет вид:

$t + \frac{2}{t} < 3$

Переносим все в левую часть и приводим к общему знаменателю:

$\frac{t^2 - 3t + 2}{t} < 0$

Найдем корни числителя и знаменателя. Корень знаменателя: $t=0$. Корни числителя $t^2 - 3t + 2 = 0$ по теореме Виета равны $t_1 = 1$, $t_2 = 2$. Неравенство можно записать как $\frac{(t-1)(t-2)}{t} < 0$.

Методом интервалов для $t$ с точками $0, 1, 2$ (все точки выколоты, так как неравенство строгое) получаем решение: $t \in (-\infty, 0) \cup (1, 2)$.

Выполняем обратную замену:

1) $t < 0 \implies \log_5 x < 0$. Так как основание $5 > 1$: $x < 5^0 \implies x < 1$.

2) $1 < t < 2 \implies 1 < \log_5 x < 2$. Так как основание $5 > 1$: $5^1 < x < 5^2 \implies 5 < x < 25$.

Учитываем ОДЗ $x > 0$. Из первого случая получаем $0 < x < 1$. Второй случай $5 < x < 25$ полностью удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup (5, 25)$.