Номер 924, страница 334 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Глава 8. Повторение курса алгебры и начал математического анализа. Параграф 7. Упражнения - номер 924, страница 334.

Условие.

924. 1) $\log_{6x+1}(25x) - 2\log_{25x}(6x+1) > 1;$

2) $\log_{6x-1} \frac{x}{6x-1} > 2\log_x(6x-1);$

3) $\log_{x+4}(\sqrt{x+5}+1) \leq 1.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1) $\log_{6x+1}(25x) - 2\log_{25x}(6x+1) > 1$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть положительны, а основания — положительны и не равны единице.
$\begin{cases} 6x + 1 > 0 \\ 6x + 1 \neq 1 \\ 25x > 0 \\ 25x \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -1/6 \\ x \neq 0 \\ x > 0 \\ x \neq 1/25 \end{cases}$
Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \in (0; 1/25) \cup (1/25; +\infty)$.

2. Преобразуем неравенство. Воспользуемся свойством логарифма $\log_a b = \frac{1}{\log_b a}$.
$\log_{6x+1}(25x) - \frac{2}{\log_{6x+1}(25x)} > 1$
Сделаем замену переменной. Пусть $y = \log_{6x+1}(25x)$.
$y - \frac{2}{y} > 1$

3. Решим полученное неравенство относительно $y$.
$y - 1 - \frac{2}{y} > 0$
$\frac{y^2 - y - 2}{y} > 0$
$\frac{(y-2)(y+1)}{y} > 0$
Решая методом интервалов, находим, что неравенство выполняется при $y \in (-1; 0) \cup (2; +\infty)$.

4. Вернемся к исходной переменной $x$. Рассмотрим два случая.
Случай A: $\log_{6x+1}(25x) > 2$.
Нужно рассмотреть два подслучая в зависимости от основания логарифма.
- Если основание $6x+1 > 1$, то есть $x > 0$. Это соответствует ОДЗ. Знак неравенства сохраняется.
$25x > (6x+1)^2 \implies 25x > 36x^2 + 12x + 1 \implies 36x^2 - 13x + 1 < 0$.
Корни квадратного трехчлена $36x^2 - 13x + 1 = 0$ равны $x_1 = 1/9$ и $x_2 = 1/4$.
Так как ветви параболы направлены вверх, неравенство выполняется между корнями: $1/9 < x < 1/4$. Этот интервал полностью удовлетворяет условиям $x > 0$ и ОДЗ.
- Если основание $0 < 6x+1 < 1$, то есть $-1/6 < x < 0$. Этот случай не пересекается с ОДЗ ($x>0$), поэтому решений здесь нет.

Случай B: $-1 < \log_{6x+1}(25x) < 0$.
- Если основание $6x+1 > 1$ ($x > 0$), то система неравенств равносильна:
$\begin{cases} \log_{6x+1}(25x) < 0 \\ \log_{6x+1}(25x) > -1 \end{cases} \implies \begin{cases} 25x < (6x+1)^0 \\ 25x > (6x+1)^{-1} \end{cases} \implies \begin{cases} 25x < 1 \\ 25x > \frac{1}{6x+1} \end{cases}$
Из первого неравенства: $x < 1/25$.
Из второго: $25x(6x+1) > 1 \implies 150x^2 + 25x - 1 > 0$.
Корни уравнения $150x^2 + 25x - 1 = 0$ равны $x_1 = -1/5$ и $x_2 = 1/30$.
Неравенство выполняется при $x < -1/5$ или $x > 1/30$.
Объединяем условия для этого случая: $x > 0$, $x < 1/25$ и $x > 1/30$. Получаем $1/30 < x < 1/25$. Этот интервал удовлетворяет ОДЗ.
- Если основание $0 < 6x+1 < 1$ ($-1/6 < x < 0$), то решений нет, так как это не входит в ОДЗ.

5. Объединяем решения из случаев А и B.
$x \in (1/30; 1/25) \cup (1/9; 1/4)$.

Ответ: $x \in (1/30; 1/25) \cup (1/9; 1/4)$.

2) $\log_{6x-1}\frac{x}{6x-1} > 2\log_x(6x-1)$

1. Найдем ОДЗ.
$\begin{cases} 6x - 1 > 0 \\ 6x - 1 \neq 1 \\ \frac{x}{6x-1} > 0 \\ x > 0 \\ x \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 1/6 \\ x \neq 1/3 \\ x > 0 \\ x > 0 \\ x \neq 1 \end{cases}$
Так как при $x > 1/6$ оба условия $x>0$ и $\frac{x}{6x-1} > 0$ выполняются, ОДЗ: $x \in (1/6; 1/3) \cup (1/3; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Преобразуем неравенство.
$\log_{6x-1}(x) - \log_{6x-1}(6x-1) > 2 \cdot \frac{1}{\log_{6x-1}(x)}$
$\log_{6x-1}(x) - 1 > \frac{2}{\log_{6x-1}(x)}$
Сделаем замену $y = \log_{6x-1}(x)$.
$y - 1 > \frac{2}{y}$

3. Решим неравенство относительно $y$.
$y - 1 - \frac{2}{y} > 0 \implies \frac{y^2 - y - 2}{y} > 0 \implies \frac{(y-2)(y+1)}{y} > 0$
Решение: $y \in (-1; 0) \cup (2; +\infty)$.

4. Вернемся к переменной $x$.
Случай A: $\log_{6x-1}(x) > 2$.
- Если основание $6x-1 > 1$ ($x > 1/3$): $x > (6x-1)^2 \implies 36x^2-13x+1 < 0 \implies 1/9 < x < 1/4$. Нет пересечения с $x > 1/3$. Решений нет.
- Если основание $0 < 6x-1 < 1$ ($1/6 < x < 1/3$): $x < (6x-1)^2 \implies 36x^2-13x+1 > 0 \implies x < 1/9$ или $x > 1/4$. Пересекая с $1/6 < x < 1/3$, получаем $x \in (1/4; 1/3)$.

Случай B: $-1 < \log_{6x-1}(x) < 0$.
- Если основание $6x-1 > 1$ ($x > 1/3$): $(6x-1)^{-1} < x < (6x-1)^0 \implies \frac{1}{6x-1} < x < 1$.
Решаем $\frac{1}{6x-1} < x \implies 1 < 6x^2 - x \implies 6x^2-x-1 > 0$. Корни $x_1=-1/3, x_2=1/2$. Решение: $x < -1/3$ или $x > 1/2$.
Пересекая $x > 1/3$, $x < 1$ и $(x < -1/3 \text{ или } x > 1/2)$, получаем $x \in (1/2; 1)$.
- Если основание $0 < 6x-1 < 1$ ($1/6 < x < 1/3$): $1 < x < \frac{1}{6x-1}$. Неравенство $x>1$ несовместимо с $1/6 < x < 1/3$. Решений нет.

5. Объединяем полученные решения.
$x \in (1/4; 1/3) \cup (1/2; 1)$.

Ответ: $x \in (1/4; 1/3) \cup (1/2; 1)$.

3) $\log_{x+4}(\sqrt{x+5}+1) \le 1$

1. Найдем ОДЗ.
$\begin{cases} x+5 \ge 0 \\ x+4 > 0 \\ x+4 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -5 \\ x > -4 \\ x \neq -3 \end{cases}$
Аргумент логарифма $\sqrt{x+5}+1 \ge 1$, поэтому он всегда положителен.
ОДЗ: $x \in (-4; -3) \cup (-3; +\infty)$.

2. Представим 1 как логарифм с тем же основанием: $1 = \log_{x+4}(x+4)$.
$\log_{x+4}(\sqrt{x+5}+1) \le \log_{x+4}(x+4)$
Рассмотрим два случая в зависимости от основания.

Случай A: Основание $x+4 > 1$, то есть $x > -3$.
Знак неравенства сохраняется.
$\sqrt{x+5}+1 \le x+4 \implies \sqrt{x+5} \le x+3$.
Данное иррациональное неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} x+5 \ge 0 \\ x+3 \ge 0 \\ x+5 \le (x+3)^2 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -5 \\ x \ge -3 \\ x+5 \le x^2+6x+9 \end{cases}$
Решаем третье неравенство: $x^2+5x+4 \ge 0$. Корни $x_1=-4, x_2=-1$. Решение: $x \le -4$ или $x \ge -1$.
Пересекая все условия ($x > -3$, $x \ge -3$ и ($x \le -4$ или $x \ge -1$)), получаем $x \ge -1$.
Решение для этого случая: $x \in [-1; +\infty)$.

Случай B: Основание $0 < x+4 < 1$, то есть $-4 < x < -3$.
Знак неравенства меняется на противоположный.
$\sqrt{x+5}+1 \ge x+4 \implies \sqrt{x+5} \ge x+3$.
Это неравенство верно, если:
1) Правая часть отрицательна: $x+3 < 0 \implies x < -3$. С учетом ОДЗ ($x \ge -5$), получаем $x \in [-5; -3)$.
2) Правая часть неотрицательна ($x+3 \ge 0$) и обе части можно возвести в квадрат: $x+5 \ge (x+3)^2 \implies x^2+5x+4 \le 0 \implies -4 \le x \le -1$. В совокупности с $x \ge -3$, получаем $x \in [-3; -1]$.
Общее решение для $\sqrt{x+5} \ge x+3$ есть объединение этих двух результатов: $x \in [-5; -1]$.
Теперь пересекаем это решение с условием данного случая $-4 < x < -3$.
$[-5; -1] \cap (-4; -3) = (-4; -3)$.
Решение для этого случая: $x \in (-4; -3)$.

3. Объединяем решения из случаев А и B.
$x \in (-4; -3) \cup [-1; +\infty)$.

Ответ: $x \in (-4; -3) \cup [-1; +\infty)$.