Номер 51, страница 44 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

51. Решите неравенство:

1) $\log^2_{0.5} (2x - 1) \le 9;$

2) $\lg^2 x - \lg x - 6 > 0;$

3) $2\log^2_5 x - \log_5 x - 3 \le 0;$

4) $\log^2_{0.2} (x - 1) + 6 > 5\log_{0.2} (x - 1);$

5) $\log^2_{0.1} (-x) + 0.5\log_{0.1} x^2 \le 2;$

6) $\log_3 x^3 \cdot \log_3 \frac{x}{27} \le 12;$

7) $\frac{\log^2_5 x + \log_5 x - 12}{\log_5 x + 2} \ge 0;$

8) $3\log_8 x - 2\log_x 8 \le 5.$

1) $\log_{0,5}^2(2x - 1) \le 9$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):
$2x - 1 > 0 \implies 2x > 1 \implies x > 0,5$.
ОДЗ: $x \in (0,5; +\infty)$.

Данное неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} \log_{0,5}(2x - 1) \ge -3 \\ \log_{0,5}(2x - 1) \le 3 \end{cases}$

Решим каждое неравенство. Так как основание логарифма $0,5 < 1$, то при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный.

1) $\log_{0,5}(2x - 1) \le 3 \implies 2x - 1 \ge 0,5^3 \implies 2x - 1 \ge \frac{1}{8} \implies 2x \ge 1 + \frac{1}{8} \implies 2x \ge \frac{9}{8} \implies x \ge \frac{9}{16}$.

2) $\log_{0,5}(2x - 1) \ge -3 \implies 2x - 1 \le 0,5^{-3} \implies 2x - 1 \le (\frac{1}{2})^{-3} \implies 2x - 1 \le 2^3 \implies 2x - 1 \le 8 \implies 2x \le 9 \implies x \le 4,5$.

Объединим полученные решения и учтем ОДЗ:
$\begin{cases} x > 0,5 \\ x \ge \frac{9}{16} \\ x \le 4,5 \end{cases}$
Так как $0,5 = \frac{8}{16}$, то $x > \frac{8}{16}$.
Пересечением является интервал $[\frac{9}{16}; 4,5]$.

Ответ: $x \in [\frac{9}{16}; 4,5]$.

2) $\lg^2 x - \lg x - 6 > 0$

ОДЗ: $x > 0$.

Сделаем замену: пусть $t = \lg x$. Неравенство принимает вид:
$t^2 - t - 6 > 0$.

Найдем корни уравнения $t^2 - t - 6 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 3$, $t_2 = -2$.
$(t - 3)(t + 2) > 0$.
Решением неравенства является совокупность $t < -2$ или $t > 3$.

Выполним обратную замену:
$\lg x < -2$ или $\lg x > 3$.
Так как основание десятичного логарифма $10 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$x < 10^{-2} \implies x < 0,01$.
$x > 10^3 \implies x > 1000$.

Учитывая ОДЗ ($x > 0$), получаем:
$0 < x < 0,01$ или $x > 1000$.

Ответ: $x \in (0; 0,01) \cup (1000; +\infty)$.

3) $2\log_5^2 x - \log_5 x - 3 \le 0$

ОДЗ: $x > 0$.

Сделаем замену: пусть $t = \log_5 x$.
$2t^2 - t - 3 \le 0$.

Найдем корни уравнения $2t^2 - t - 3 = 0$.
$D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 1 + 24 = 25 = 5^2$.
$t_1 = \frac{1 - 5}{4} = -1$, $t_2 = \frac{1 + 5}{4} = \frac{6}{4} = 1,5$.
Решением неравенства является интервал $-1 \le t \le 1,5$.

Выполним обратную замену:
$-1 \le \log_5 x \le 1,5$.
Так как основание $5 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$5^{-1} \le x \le 5^{1,5} \implies \frac{1}{5} \le x \le 5\sqrt{5}$.

Это решение удовлетворяет ОДЗ ($x > 0$).

Ответ: $x \in [0,2; 5\sqrt{5}]$.

4) $\log_{0,2}^2(x - 1) + 6 > 5\log_{0,2}(x - 1)$

ОДЗ: $x - 1 > 0 \implies x > 1$.

Сделаем замену: пусть $t = \log_{0,2}(x - 1)$.
$t^2 + 6 > 5t \implies t^2 - 5t + 6 > 0$.

Найдем корни уравнения $t^2 - 5t + 6 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 2$, $t_2 = 3$.
$(t - 2)(t - 3) > 0$.
Решением является совокупность $t < 2$ или $t > 3$.

Выполним обратную замену:
1) $\log_{0,2}(x - 1) < 2$. Так как основание $0,2 < 1$, знак меняется: $x - 1 > 0,2^2 \implies x - 1 > 0,04 \implies x > 1,04$.
2) $\log_{0,2}(x - 1) > 3$. Так как основание $0,2 < 1$, знак меняется: $x - 1 < 0,2^3 \implies x - 1 < 0,008 \implies x < 1,008$.

Учитывая ОДЗ ($x > 1$), получаем:
$x > 1,04$ или $1 < x < 1,008$.

Ответ: $x \in (1; 1,008) \cup (1,04; +\infty)$.

5) $\log_{0,1}^2(-x) + 0,5\log_{0,1} x^2 \le 2$

ОДЗ: $-x > 0 \implies x < 0$ и $x^2 > 0 \implies x \ne 0$. Итоговая ОДЗ: $x < 0$.

Используем свойство логарифма $\log_a b^p = p \log_a |b|$.
$0,5\log_{0,1} x^2 = 0,5 \cdot 2 \log_{0,1} |x| = \log_{0,1} |x|$.
Поскольку по ОДЗ $x < 0$, то $|x| = -x$.
Неравенство принимает вид: $\log_{0,1}^2(-x) + \log_{0,1}(-x) - 2 \le 0$.

Сделаем замену: пусть $t = \log_{0,1}(-x)$.
$t^2 + t - 2 \le 0$.

Корни уравнения $t^2 + t - 2 = 0$: $t_1 = 1$, $t_2 = -2$.
Решением является интервал $-2 \le t \le 1$.

Выполним обратную замену:
$-2 \le \log_{0,1}(-x) \le 1$.
Так как основание $0,1 < 1$, знаки неравенств меняются:
$0,1^1 \le -x \le 0,1^{-2} \implies 0,1 \le -x \le 100$.
Умножим на -1, меняя знаки неравенств:
$-100 \le x \le -0,1$.

Это решение удовлетворяет ОДЗ ($x < 0$).

Ответ: $x \in [-100; -0,1]$.

6) $\log_3 x^3 \cdot \log_3 \frac{x}{27} \le 12$

ОДЗ: $x > 0$.

Преобразуем неравенство, используя свойства логарифмов:
$(3\log_3 x) \cdot (\log_3 x - \log_3 27) \le 12$
$3\log_3 x \cdot (\log_3 x - 3) \le 12$

Сделаем замену: пусть $t = \log_3 x$.
$3t(t - 3) \le 12 \implies 3t^2 - 9t - 12 \le 0$.
Разделим на 3: $t^2 - 3t - 4 \le 0$.

Корни уравнения $t^2 - 3t - 4 = 0$: $t_1 = 4$, $t_2 = -1$.
Решением является интервал $-1 \le t \le 4$.

Выполним обратную замену:
$-1 \le \log_3 x \le 4$.
Так как основание $3 > 1$, знаки сохраняются:
$3^{-1} \le x \le 3^4 \implies \frac{1}{3} \le x \le 81$.

Это решение удовлетворяет ОДЗ ($x > 0$).

Ответ: $x \in [\frac{1}{3}; 81]$.

7) $\frac{\log_5^2 x + \log_5 x - 12}{\log_5 x + 2} \ge 0$

ОДЗ: $x > 0$.

Сделаем замену: пусть $t = \log_5 x$. Знаменатель не может быть равен нулю: $t + 2 \ne 0 \implies t \ne -2$.
$\frac{t^2 + t - 12}{t + 2} \ge 0$.

Разложим числитель на множители. Корни уравнения $t^2 + t - 12 = 0$: $t_1 = 3$, $t_2 = -4$.
$\frac{(t - 3)(t + 4)}{t + 2} \ge 0$.

Решим методом интервалов. Критические точки: -4, -2, 3.
На числовой оси $t$ отмечаем точки. Точка -2 выколотая, -4 и 3 закрашенные.
При $t > 3$: $\frac{+ \cdot +}{+} = +$.
При $-2 < t < 3$: $\frac{- \cdot +}{+} = -$.
При $-4 < t < -2$: $\frac{- \cdot +}{-} = +$.
При $t < -4$: $\frac{- \cdot -}{-} = -$.
Нам нужны положительные интервалы и точки, где числитель равен нулю:
$t \in [-4; -2) \cup [3; +\infty)$.

Выполним обратную замену:
1) $-4 \le \log_5 x < -2 \implies 5^{-4} \le x < 5^{-2} \implies \frac{1}{625} \le x < \frac{1}{25}$.
2) $\log_5 x \ge 3 \implies x \ge 5^3 \implies x \ge 125$.

Ответ: $x \in [\frac{1}{625}; \frac{1}{25}) \cup [125; +\infty)$.

8) $3\log_8 x - 2\log_x 8 \le 5$

ОДЗ: $x > 0$ и $x \ne 1$.

Используем формулу перехода к новому основанию: $\log_x 8 = \frac{1}{\log_8 x}$.
$3\log_8 x - \frac{2}{\log_8 x} \le 5$.

Сделаем замену: пусть $t = \log_8 x$. Так как $x \ne 1$, то $t \ne 0$.
$3t - \frac{2}{t} \le 5 \implies 3t - \frac{2}{t} - 5 \le 0 \implies \frac{3t^2 - 5t - 2}{t} \le 0$.

Найдем корни числителя $3t^2 - 5t - 2 = 0$.
$D = 25 - 4 \cdot 3 \cdot (-2) = 49 = 7^2$.
$t_1 = \frac{5 - 7}{6} = -\frac{2}{6} = -\frac{1}{3}$, $t_2 = \frac{5 + 7}{6} = 2$.
Неравенство принимает вид: $\frac{3(t + 1/3)(t - 2)}{t} \le 0$.

Решим методом интервалов. Критические точки: -1/3, 0, 2.
При $t > 2$: $\frac{+}{+} = +$.
При $0 < t < 2$: $\frac{-}{+} = -$.
При $-1/3 < t < 0$: $\frac{+}{-} = -$. (Ошибка, $(-1/3, 0)$ t=-0.1 -> $(+)(-)/(-) = +$ )
Давайте проверим знаки заново:
$t > 2$: $(+)(+)/(+) > 0$.
$0 < t < 2$: $(+)(-)/(+) < 0$.
$-1/3 < t < 0$: $(+)(-)/(-) > 0$.
$t < -1/3$: $(-)(-)/(-) < 0$.
Нам нужны отрицательные интервалы и точки, где числитель равен нулю:
$t \in (-\infty; -1/3] \cup (0; 2]$.

Выполним обратную замену:
1) $\log_8 x \le -1/3 \implies x \le 8^{-1/3} \implies x \le \frac{1}{\sqrt[3]{8}} \implies x \le \frac{1}{2}$.
2) $0 < \log_8 x \le 2 \implies 8^0 < x \le 8^2 \implies 1 < x \le 64$.

Учитывая ОДЗ ($x > 0, x \ne 1$), получаем:
Из $x \le 1/2$ и $x > 0$ следует $x \in (0; 1/2]$.
Интервал $(1; 64]$ уже удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $x \in (0; 1/2] \cup (1; 64]$.