Номер 51, страница 76 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

51. Решите неравенство:

1) $\log^2_{\frac{1}{3}} (x+2) \le 16;$

2) $\log^2_2 x - 4\log_2 x - 12 > 0;$

3) $\log^2_7 x + \log_7 x - 2 \le 0;$

4) $2\log^2_{25} (x-3) - 1 < \log_{25} (x-3);$

5) $\log^2_{\frac{1}{6}} (-x) + 0.125\log_{\frac{1}{6}} x^8 \le 6;$

6) $\log_7 x^5 \cdot \log_7 49x \ge 40;$

7) $\frac{\lg^2 x - 4\lg x - 5}{\lg x - 3} \le 0;$

8) $4\log_4 x - 2\log_x 4 \ge 7.$

1) $\log_{\frac{1}{3}}^2(x+2) \le 16$
Область допустимых значений (ОДЗ): $x+2 > 0 \implies x > -2$.
Неравенство равносильно $|\log_{\frac{1}{3}}(x+2)| \le \sqrt{16}$, что эквивалентно двойному неравенству:
$-4 \le \log_{\frac{1}{3}}(x+2) \le 4$.
Так как основание логарифма $\frac{1}{3} < 1$, при потенцировании знаки неравенства меняются на противоположные:
$(\frac{1}{3})^4 \ge x+2 \ge (\frac{1}{3})^{-4}$
$\frac{1}{81} \ge x+2 \ge 3^4$
$\frac{1}{81} \ge x+2 \ge 81$
Вычтем 2 из всех частей неравенства:
$\frac{1}{81} - 2 \ge x \ge 81 - 2$
$-\frac{161}{81} \ge x \ge 79$.
Это можно записать как $79 \le x \le -\frac{161}{81}$, что неверно. Let's re-solve splitting the double inequality.
Решим систему неравенств:
$\begin{cases} \log_{\frac{1}{3}}(x+2) \le 4 \\ \log_{\frac{1}{3}}(x+2) \ge -4 \end{cases}$
Из первого неравенства: $x+2 \ge (\frac{1}{3})^4 \implies x+2 \ge \frac{1}{81} \implies x \ge -\frac{161}{81}$.
Из второго неравенства: $x+2 \le (\frac{1}{3})^{-4} \implies x+2 \le 81 \implies x \le 79$.
Объединяя результаты, получаем: $-\frac{161}{81} \le x \le 79$.
Учитывая ОДЗ $x > -2$ и то, что $-\frac{161}{81} \approx -1.987 > -2$, решение остается прежним.
Ответ: $x \in [-\frac{161}{81}, 79]$.

2) $\log_2^2 x - 4\log_2 x - 12 > 0$
ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \log_2 x$. Неравенство примет вид:
$t^2 - 4t - 12 > 0$.
Найдем корни квадратного трехчлена $t^2 - 4t - 12 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = -2$, $t_2 = 6$.
Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется при $t < -2$ или $t > 6$.
Возвращаемся к исходной переменной:
1) $\log_2 x < -2 \implies x < 2^{-2} \implies x < \frac{1}{4}$.
2) $\log_2 x > 6 \implies x > 2^6 \implies x > 64$.
Учитывая ОДЗ $x > 0$, получаем объединение решений: $0 < x < \frac{1}{4}$ и $x > 64$.
Ответ: $x \in (0, \frac{1}{4}) \cup (64, \infty)$.

3) $\log_7^2 x + \log_7 x - 2 \le 0$
ОДЗ: $x > 0$.
Пусть $t = \log_7 x$. Получаем квадратное неравенство:
$t^2 + t - 2 \le 0$.
Корни уравнения $t^2 + t - 2 = 0$ равны $t_1 = -2$ и $t_2 = 1$.
Решением неравенства является промежуток между корнями: $-2 \le t \le 1$.
Выполняем обратную замену:
$-2 \le \log_7 x \le 1$.
Так как основание логарифма $7 > 1$, знаки неравенства сохраняются:
$7^{-2} \le x \le 7^1$
$\frac{1}{49} \le x \le 7$.
Это решение удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $x \in [\frac{1}{49}, 7]$.

4) $2\log_{25}^2(x-3) - 1 < \log_{25}(x-3)$
ОДЗ: $x-3 > 0 \implies x > 3$.
Перенесем все члены в левую часть и сделаем замену $t = \log_{25}(x-3)$:
$2t^2 - t - 1 < 0$.
Найдем корни уравнения $2t^2 - t - 1 = 0$. Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9$.
$t_1 = \frac{1-3}{4} = -\frac{1}{2}$, $t_2 = \frac{1+3}{4} = 1$.
Решение неравенства: $-\frac{1}{2} < t < 1$.
Обратная замена:
$-\frac{1}{2} < \log_{25}(x-3) < 1$.
Потенцируем по основанию 25 (знаки сохраняются):
$25^{-1/2} < x-3 < 25^1$
$\frac{1}{5} < x-3 < 25$.
Прибавим 3 ко всем частям:
$\frac{1}{5} + 3 < x < 25 + 3$
$\frac{16}{5} < x < 28$.
Решение $x \in (3.2, 28)$ удовлетворяет ОДЗ $x > 3$.
Ответ: $x \in (\frac{16}{5}, 28)$.

5) $\log_{\frac{1}{6}}^2(-x) + 0.125\log_{\frac{1}{6}}x^8 \le 6$
ОДЗ: $-x > 0 \implies x < 0$. Также $x^8 > 0$ при $x \ne 0$. Итоговое ОДЗ: $x < 0$.
Используем свойство логарифма: $\log_a b^c = c \log_a |b|$ для четного $c$.
$\log_{\frac{1}{6}}x^8 = 8\log_{\frac{1}{6}}|x|$. Так как по ОДЗ $x < 0$, то $|x| = -x$.
$\log_{\frac{1}{6}}x^8 = 8\log_{\frac{1}{6}}(-x)$.
$0.125 = \frac{1}{8}$. Неравенство принимает вид:
$\log_{\frac{1}{6}}^2(-x) + \frac{1}{8} \cdot 8\log_{\frac{1}{6}}(-x) \le 6$
$\log_{\frac{1}{6}}^2(-x) + \log_{\frac{1}{6}}(-x) - 6 \le 0$.
Пусть $t = \log_{\frac{1}{6}}(-x)$.
$t^2 + t - 6 \le 0$.
Корни $t^2 + t - 6 = 0$: $t_1 = -3$, $t_2 = 2$.
Решение: $-3 \le t \le 2$.
$-3 \le \log_{\frac{1}{6}}(-x) \le 2$.
Основание $\frac{1}{6} < 1$, знаки меняются:
$(\frac{1}{6})^2 \le -x \le (\frac{1}{6})^{-3}$
$\frac{1}{36} \le -x \le 216$.
Умножаем на -1 и снова меняем знаки:
$-216 \le x \le -\frac{1}{36}$.
Решение удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $x \in [-216, -\frac{1}{36}]$.

6) $\log_7 x^5 \cdot \log_7 49x \ge 40$
ОДЗ: $x > 0$.
Преобразуем логарифмы: $\log_7 x^5 = 5\log_7 x$ и $\log_7 49x = \log_7 49 + \log_7 x = 2 + \log_7 x$.
Неравенство: $(5\log_7 x)(2 + \log_7 x) \ge 40$.
Пусть $t = \log_7 x$:
$5t(2+t) \ge 40 \implies 10t + 5t^2 \ge 40 \implies 5t^2+10t-40 \ge 0 \implies t^2+2t-8 \ge 0$.
Корни $t^2+2t-8=0$: $t_1 = -4$, $t_2 = 2$.
Решение: $t \le -4$ или $t \ge 2$.
1) $\log_7 x \le -4 \implies x \le 7^{-4} \implies x \le \frac{1}{2401}$.
2) $\log_7 x \ge 2 \implies x \ge 7^2 \implies x \ge 49$.
С учетом ОДЗ $x > 0$: $0 < x \le \frac{1}{2401}$ или $x \ge 49$.
Ответ: $x \in (0, \frac{1}{2401}] \cup [49, \infty)$.

7) $\frac{\lg^2 x - 4\lg x - 5}{\lg x - 3} \le 0$
ОДЗ: $x > 0$ и $\lg x - 3 \ne 0 \implies \lg x \ne 3 \implies x \ne 1000$.
Пусть $t = \lg x$.
$\frac{t^2 - 4t - 5}{t - 3} \le 0$.
Разложим числитель на множители. Корни $t^2 - 4t - 5 = 0$: $t_1 = -1$, $t_2 = 5$.
$\frac{(t+1)(t-5)}{t-3} \le 0$.
Решаем методом интервалов. Корни числителя: -1, 5. Корень знаменателя: 3.
Наносим точки на числовую ось и определяем знаки на интервалах.
$(-\infty, -1]$: "-", подходит.
$[-1, 3)$: "+", не подходит.
$(3, 5]$: "-", подходит.
$[5, \infty)$: "+", не подходит.
Решение для $t$: $t \le -1$ или $3 < t \le 5$.
1) $\lg x \le -1 \implies x \le 10^{-1} \implies x \le 0.1$.
2) $3 < \lg x \le 5 \implies 10^3 < x \le 10^5 \implies 1000 < x \le 100000$.
С учетом ОДЗ $x > 0$: $0 < x \le 0.1$ или $1000 < x \le 100000$.
Ответ: $x \in (0, 0.1] \cup (1000, 100000]$.

8) $4\log_4 x - 2\log_x 4 \ge 7$
ОДЗ: $x > 0$ и $x \ne 1$.
Используем формулу перехода к новому основанию: $\log_x 4 = \frac{1}{\log_4 x}$.
Неравенство принимает вид: $4\log_4 x - \frac{2}{\log_4 x} \ge 7$.
Пусть $t = \log_4 x$. При этом $t \ne 0$, так как $x \ne 1$.
$4t - \frac{2}{t} - 7 \ge 0 \implies \frac{4t^2 - 7t - 2}{t} \ge 0$.
Найдем корни числителя $4t^2 - 7t - 2 = 0$. $D = (-7)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-2) = 49+32=81$.
$t_1 = \frac{7-9}{8} = -\frac{1}{4}$, $t_2 = \frac{7+9}{8} = 2$.
Неравенство: $\frac{4(t+\frac{1}{4})(t-2)}{t} \ge 0$.
Решаем методом интервалов с точками $-\frac{1}{4}$, 0, 2.
Решением является объединение промежутков: $t \in [-\frac{1}{4}, 0) \cup [2, \infty)$.
1) $-\frac{1}{4} \le \log_4 x < 0 \implies 4^{-1/4} \le x < 4^0 \implies \frac{1}{\sqrt[4]{4}} \le x < 1 \implies \frac{1}{\sqrt{2}} \le x < 1$.
2) $\log_4 x \ge 2 \implies x \ge 4^2 \implies x \ge 16$.
Объединяем решения, которые удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $x \in [\frac{\sqrt{2}}{2}, 1) \cup [16, \infty)$.