Номер 51, страница 13 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

51. Решите неравенство:

1) $\log^2_{0,2} (x-1) \le 4;$

2) $\log^2_3 x - 2\log_3 x - 8 > 0;$

3) $\log^2_2 x - 3\log_2 x - 4 \le 0;$

4) $2\log^2_{\frac{1}{4}} (x+2) + 3\log_{\frac{1}{4}} (x+2) \le 2;$

5) $\log^2_{0,4} (-x) - 0,25\log_{0,4} x^4 \le 2;$

6) $\lg x^2 \cdot \lg 0,0001x \le 10;$

7) $\frac{\log^2_3 x + \log_3 x - 20}{\log_3 x - 2} \le 0;$

8) $3\lg x + 3\log_x 10 \ge 10.$

1) $\log_{0,2}^2(x-1) \le 4$

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля:
$x - 1 > 0 \implies x > 1$.
Исходное неравенство можно записать как $(\log_{0,2}(x-1))^2 \le 4$.
Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_{0,2}(x-1)$. Неравенство принимает вид:
$t^2 \le 4$
$t^2 - 4 \le 0$
$(t-2)(t+2) \le 0$
Решением этого неравенства является промежуток $-2 \le t \le 2$.
Вернемся к исходной переменной:
$-2 \le \log_{0,2}(x-1) \le 2$
Это двойное неравенство эквивалентно системе двух неравенств:
$\begin{cases} \log_{0,2}(x-1) \le 2 \\ \log_{0,2}(x-1) \ge -2 \end{cases}$
Решим первое неравенство: $\log_{0,2}(x-1) \le 2$. Так как основание логарифма $0,2 < 1$, знак неравенства меняется на противоположный:
$x-1 \ge 0,2^2$
$x-1 \ge 0,04$
$x \ge 1,04$
Решим второе неравенство: $\log_{0,2}(x-1) \ge -2$. Знак также меняется:
$x-1 \le 0,2^{-2}$
$x-1 \le (\frac{1}{5})^{-2}$
$x-1 \le 5^2$
$x-1 \le 25$
$x \le 26$
Объединяя решения $x \ge 1,04$ и $x \le 26$, получаем $1,04 \le x \le 26$.
С учетом ОДЗ ($x > 1$), решение остается тем же.
Ответ: $[1,04; 26]$.

2) $\log_3^2 x - 2\log_3 x - 8 > 0$

ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену $t = \log_3 x$. Получаем квадратное неравенство:
$t^2 - 2t - 8 > 0$
Найдем корни уравнения $t^2 - 2t - 8 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 4$, $t_2 = -2$.
Неравенство можно записать в виде $(t-4)(t+2) > 0$.
Решением является совокупность $t < -2$ или $t > 4$.
Возвращаемся к переменной $x$:
1) $\log_3 x < -2$. Так как основание $3 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$x < 3^{-2} \implies x < \frac{1}{9}$.
2) $\log_3 x > 4$.
$x > 3^4 \implies x > 81$.
Учитывая ОДЗ ($x > 0$), получаем $0 < x < \frac{1}{9}$ или $x > 81$.
Ответ: $(0; \frac{1}{9}) \cup (81; +\infty)$.

3) $\log_2^2 x - 3\log_2 x - 4 \le 0$

ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену $t = \log_2 x$.
$t^2 - 3t - 4 \le 0$
Найдем корни уравнения $t^2 - 3t - 4 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 4$, $t_2 = -1$.
Неравенство можно записать как $(t-4)(t+1) \le 0$.
Решением является $-1 \le t \le 4$.
Возвращаемся к переменной $x$:
$-1 \le \log_2 x \le 4$
Так как основание $2 > 1$, знаки неравенств сохраняются.
$2^{-1} \le x \le 2^4$
$\frac{1}{2} \le x \le 16$
Это решение удовлетворяет ОДЗ ($x > 0$).
Ответ: $[0,5; 16]$.

4) $2\log_{\frac{1}{4}}^2(x+2) + 3\log_{\frac{1}{4}}(x+2) \le 2$

ОДЗ: $x+2 > 0 \implies x > -2$.
Сделаем замену $t = \log_{\frac{1}{4}}(x+2)$.
$2t^2 + 3t \le 2$
$2t^2 + 3t - 2 \le 0$
Найдем корни уравнения $2t^2 + 3t - 2 = 0$.
$D = 3^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-2) = 9 + 16 = 25$.
$t_1 = \frac{-3+5}{4} = \frac{1}{2}$, $t_2 = \frac{-3-5}{4} = -2$.
Неравенство имеет вид $2(t-\frac{1}{2})(t+2) \le 0$.
Решением является $-2 \le t \le \frac{1}{2}$.
Возвращаемся к $x$:
$-2 \le \log_{\frac{1}{4}}(x+2) \le \frac{1}{2}$
Так как основание $\frac{1}{4} < 1$, знаки неравенств меняются.
$(\frac{1}{4})^{-2} \ge x+2 \ge (\frac{1}{4})^{\frac{1}{2}}$
$16 \ge x+2 \ge \frac{1}{2}$
$16-2 \ge x \ge \frac{1}{2}-2$
$14 \ge x \ge -1,5$
Решение $[-1,5; 14]$ удовлетворяет ОДЗ ($x > -2$).
Ответ: $[-1,5; 14]$.

5) $\log_{0,4}^2(-x) - 0,25\log_{0,4}x^4 \le 2$

ОДЗ: $-x > 0 \implies x < 0$. Также $x^4 > 0$, что выполняется для всех $x \ne 0$. Итоговая ОДЗ: $x < 0$.
Преобразуем второй логарифм. Так как по ОДЗ $x < 0$, то $-x > 0$. Мы можем записать $x^4 = (-x)^4$.
$\log_{0,4}x^4 = \log_{0,4}(-x)^4 = 4\log_{0,4}(-x)$.
Подставим в неравенство:
$\log_{0,4}^2(-x) - 0,25 \cdot 4\log_{0,4}(-x) \le 2$
$\log_{0,4}^2(-x) - \log_{0,4}(-x) - 2 \le 0$
Сделаем замену $t = \log_{0,4}(-x)$.
$t^2 - t - 2 \le 0$
Корни уравнения $t^2 - t - 2 = 0$: $t_1 = 2, t_2 = -1$.
Неравенство имеет вид $(t-2)(t+1) \le 0$.
Решение: $-1 \le t \le 2$.
Возвращаемся к $x$:
$-1 \le \log_{0,4}(-x) \le 2$
Основание $0,4 < 1$, меняем знаки.
$0,4^{-1} \ge -x \ge 0,4^2$
$2,5 \ge -x \ge 0,16$
Умножим на -1, снова меняя знаки:
$-2,5 \le x \le -0,16$
Это решение полностью входит в ОДЗ ($x < 0$).
Ответ: $[-2,5; -0,16]$.

6) $\lg x^2 \cdot \lg 0,0001x \le 10$

ОДЗ: $x^2 > 0 \implies x \ne 0$ и $0,0001x > 0 \implies x > 0$. Итоговая ОДЗ: $x > 0$.
Так как $x > 0$, то $\lg x^2 = 2\lg x$.
Используем свойство логарифма произведения: $\lg(0,0001x) = \lg(10^{-4}) + \lg x = -4 + \lg x$.
Подставим в неравенство:
$(2\lg x)(-4 + \lg x) \le 10$
Сделаем замену $t = \lg x$.
$2t(t-4) \le 10$
$2t^2 - 8t - 10 \le 0$
$t^2 - 4t - 5 \le 0$
Корни $t^2 - 4t - 5 = 0$: $t_1=5, t_2=-1$.
Неравенство $(t-5)(t+1) \le 0$ имеет решение $-1 \le t \le 5$.
Возвращаемся к $x$:
$-1 \le \lg x \le 5$
Основание $10 > 1$, знаки сохраняются.
$10^{-1} \le x \le 10^5$
$0,1 \le x \le 100000$
Решение удовлетворяет ОДЗ ($x>0$).
Ответ: $[0,1; 100000]$.

7) $\frac{\log_3^2 x + \log_3 x - 20}{\log_3 x - 2} \le 0$

ОДЗ: $x > 0$ и знаменатель не равен нулю: $\log_3 x - 2 \ne 0 \implies \log_3 x \ne 2 \implies x \ne 9$.
Сделаем замену $t = \log_3 x$.
$\frac{t^2+t-20}{t-2} \le 0$
Найдем корни числителя: $t^2+t-20=0$. По теореме Виета $t_1 = -5, t_2 = 4$.
Неравенство принимает вид: $\frac{(t+5)(t-4)}{t-2} \le 0$.
Решим методом интервалов. Критические точки: -5, 2, 4.
При $t>4$: $\frac{(+)(+)}{(+)} > 0$.
При $2<t<4$: $\frac{(+)(-)}{(+)} < 0$.
При $-5<t<2$: $\frac{(+)(-)}{(-)} > 0$.
При $t<-5$: $\frac{(-)(-)}{(-)} < 0$.
Нам нужны интервалы, где выражение $\le 0$. Это $t \le -5$ и $2 < t \le 4$.
Возвращаемся к $x$:
1) $\log_3 x \le -5 \implies x \le 3^{-5} \implies x \le \frac{1}{243}$.
2) $2 < \log_3 x \le 4 \implies 3^2 < x \le 3^4 \implies 9 < x \le 81$.
Учитывая ОДЗ ($x>0, x \ne 9$), получаем два интервала: $(0; \frac{1}{243}]$ и $(9; 81]$.
Ответ: $(0; \frac{1}{243}] \cup (9; 81]$.

8) $3\lg x + 3\log_x 10 \ge 10$

ОДЗ: $x > 0$ (из $\lg x$) и $x > 0, x \ne 1$ (из $\log_x 10$). Итоговая ОДЗ: $x > 0, x \ne 1$.
Используем формулу перехода к новому основанию: $\log_x 10 = \frac{\lg 10}{\lg x} = \frac{1}{\lg x}$.
Неравенство принимает вид: $3\lg x + \frac{3}{\lg x} \ge 10$.
Сделаем замену $t = \lg x$. Так как $x \ne 1$, то $t \ne 0$.
$3t + \frac{3}{t} - 10 \ge 0$
Приведем к общему знаменателю:
$\frac{3t^2 - 10t + 3}{t} \ge 0$
Найдем корни числителя $3t^2 - 10t + 3 = 0$.
$D = (-10)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 3 = 100 - 36 = 64$.
$t_1 = \frac{10+8}{6} = 3$, $t_2 = \frac{10-8}{6} = \frac{1}{3}$.
Неравенство имеет вид $\frac{3(t-3)(t-1/3)}{t} \ge 0$.
Решим методом интервалов. Критические точки: 0, 1/3, 3.
При $t>3$: $\frac{(+)(+)}{(+)} > 0$.
При $1/3<t<3$: $\frac{(-)(+)}{(+)} < 0$.
При $0<t<1/3$: $\frac{(-)(-)}{(+)} > 0$.
При $t<0$: $\frac{(-)(-)}{(-)} < 0$.
Нам нужны интервалы, где выражение $\ge 0$. Это $0 < t \le \frac{1}{3}$ и $t \ge 3$.
Возвращаемся к $x$:
1) $0 < \lg x \le \frac{1}{3} \implies 10^0 < x \le 10^{1/3} \implies 1 < x \le \sqrt[3]{10}$.
2) $\lg x \ge 3 \implies x \ge 10^3 \implies x \ge 1000$.
Оба решения удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $(1; \sqrt[3]{10}] \cup [1000; +\infty)$.