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

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087768-8
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 10 классе
Логарифмитические неравенства. Задания для повторения - номер 167, страница 381.
№167 (с. 381)
Условие. №167 (с. 381)
скриншот условия

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. №167 (с. 381)




Решение 2. №167 (с. 381)

Решение 3. №167 (с. 381)

Решение 5. №167 (с. 381)
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: $x \in (0, 1) \cup (5, 25)$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10 класс, для упражнения номер 167 расположенного на странице 381 к учебнику 2014 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 №167 (с. 381), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.