Номер 7.12, страница 55 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. § 7. Логарифмические неравенства. Глава 1. Показательная и логарифмическая функции - номер 7.12, страница 55.

7.12. Решите неравенство:

1) $\log_{\frac{1}{3}}(x^2 - 5x + 7) > 0;$

2) $\log_9(x^2 - 6x + 8) \leq 0,5;$

3) $\log_{0,5}(x^2 + 3x) \geq -2;$

4) $\log_{0,3}(x^2 - 2x + 1) \geq 0;$

5) $\log_4 \frac{3x-1}{x-1} \leq 1;$

6) $\log_{\frac{1}{2}} \frac{2x-1}{3x+1} > 1.$

1) $\log_{\frac{1}{3}} (x^2 - 5x + 7) > 0$
Представим правую часть неравенства в виде логарифма с тем же основанием: $0 = \log_{\frac{1}{3}} 1$.
Неравенство принимает вид: $\log_{\frac{1}{3}} (x^2 - 5x + 7) > \log_{\frac{1}{3}} 1$.
Так как основание логарифма $a = \frac{1}{3}$ находится в интервале $(0, 1)$, логарифмическая функция является убывающей. Это означает, что при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства меняется на противоположный. Также необходимо учесть область допустимых значений (ОДЗ), согласно которой аргумент логарифма должен быть строго больше нуля.
Получаем систему неравенств:
$\begin{cases} x^2 - 5x + 7 > 0 \\ x^2 - 5x + 7 < 1 \end{cases}$
1. Решим первое неравенство: $x^2 - 5x + 7 > 0$. Найдем дискриминант квадратного трехчлена: $D = (-5)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 7 = 25 - 28 = -3$. Так как $D < 0$ и коэффициент при $x^2$ положителен ($1 > 0$), парабола $y = x^2 - 5x + 7$ полностью находится выше оси абсцисс, то есть неравенство выполняется для всех действительных чисел $x \in \mathbb{R}$.
2. Решим второе неравенство: $x^2 - 5x + 7 < 1 \implies x^2 - 5x + 6 < 0$. Найдем корни уравнения $x^2 - 5x + 6 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 2$ и $x_2 = 3$. Так как ветви параболы $y = x^2 - 5x + 6$ направлены вверх, неравенство выполняется на интервале между корнями: $x \in (2, 3)$.
Пересечением множества решений ($x \in \mathbb{R}$ и $x \in (2, 3)$) является интервал $(2, 3)$.
Ответ: $(2, 3)$.

2) $\log_9 (x^2 - 6x + 8) \le 0,5$
Представим правую часть в виде логарифма по основанию 9: $0,5 = \log_9 (9^{0,5}) = \log_9 \sqrt{9} = \log_9 3$.
Неравенство принимает вид: $\log_9 (x^2 - 6x + 8) \le \log_9 3$.
Основание логарифма $a = 9 > 1$, следовательно, логарифмическая функция возрастающая, и знак неравенства сохраняется. Учитывая ОДЗ, получаем систему:
$\begin{cases} x^2 - 6x + 8 > 0 \\ x^2 - 6x + 8 \le 3 \end{cases}$
1. Решим ОДЗ: $x^2 - 6x + 8 > 0$. Корни уравнения $x^2 - 6x + 8 = 0$ — это $x_1 = 2, x_2 = 4$. Решение неравенства: $x \in (-\infty, 2) \cup (4, +\infty)$.
2. Решим основное неравенство: $x^2 - 6x + 8 \le 3 \implies x^2 - 6x + 5 \le 0$. Корни уравнения $x^2 - 6x + 5 = 0$ — это $x_1 = 1, x_2 = 5$. Решение неравенства: $x \in [1, 5]$.
Найдем пересечение решений системы: $x \in ((-\infty, 2) \cup (4, +\infty)) \cap [1, 5]$.
Это дает нам объединение двух интервалов: $[1, 2) \cup (4, 5]$.
Ответ: $[1, 2) \cup (4, 5]$.

3) $\log_{0,5} (x^2 + 3x) \ge -2$
Представим правую часть: $-2 = \log_{0,5} (0,5^{-2}) = \log_{0,5} ((\frac{1}{2})^{-2}) = \log_{0,5} 4$.
Неравенство: $\log_{0,5} (x^2 + 3x) \ge \log_{0,5} 4$.
Основание $a=0,5 \in (0, 1)$, функция убывающая, знак неравенства меняется. Учитывая ОДЗ, получаем систему:
$\begin{cases} x^2 + 3x > 0 \\ x^2 + 3x \le 4 \end{cases}$
1. ОДЗ: $x^2 + 3x > 0 \implies x(x+3)>0$. Корни $x=0, x=-3$. Решение: $x \in (-\infty, -3) \cup (0, +\infty)$.
2. Основное неравенство: $x^2 + 3x \le 4 \implies x^2 + 3x - 4 \le 0$. Корни уравнения $x^2 + 3x - 4 = 0$ — это $x_1 = 1, x_2 = -4$. Решение: $x \in [-4, 1]$.
Найдем пересечение решений: $x \in ((-\infty, -3) \cup (0, +\infty)) \cap [-4, 1]$.
Пересечение дает: $[-4, -3) \cup (0, 1]$.
Ответ: $[-4, -3) \cup (0, 1]$.

4) $\log_{0,3} (x^2 - 2x + 1) \ge 0$
Аргумент логарифма является полным квадратом: $x^2 - 2x + 1 = (x-1)^2$. Правую часть представим как логарифм: $0 = \log_{0,3} 1$.
Неравенство: $\log_{0,3} ((x-1)^2) \ge \log_{0,3} 1$.
Основание $a=0,3 \in (0, 1)$, функция убывающая, знак неравенства меняется. Учитывая ОДЗ, получаем систему:
$\begin{cases} (x-1)^2 > 0 \\ (x-1)^2 \le 1 \end{cases}$
1. ОДЗ: $(x-1)^2 > 0$. Квадрат любого числа, кроме нуля, положителен. Значит, $x-1 \ne 0 \implies x \ne 1$.
2. Основное неравенство: $(x-1)^2 \le 1 \implies x^2 - 2x + 1 \le 1 \implies x^2 - 2x \le 0 \implies x(x-2) \le 0$. Корни $x=0, x=2$. Решение: $x \in [0, 2]$.
Найдем пересечение: $x \in [0, 2]$ и $x \ne 1$.
Это дает нам: $[0, 1) \cup (1, 2]$.
Ответ: $[0, 1) \cup (1, 2]$.

5) $\log_4 \frac{3x - 1}{x - 1} \le 1$
Представим правую часть: $1 = \log_4 4$. Неравенство: $\log_4 \frac{3x - 1}{x - 1} \le \log_4 4$.
Основание $a=4 > 1$, функция возрастающая, знак сохраняется. Неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} \frac{3x - 1}{x - 1} > 0 \\ \frac{3x - 1}{x - 1} \le 4 \end{cases}$
1. Решим первое неравенство: $\frac{3x - 1}{x - 1} > 0$. Методом интервалов находим нули числителя $x=\frac{1}{3}$ и знаменателя $x=1$. Решение: $x \in (-\infty, \frac{1}{3}) \cup (1, +\infty)$.
2. Решим второе неравенство: $\frac{3x - 1}{x - 1} - 4 \le 0 \implies \frac{3x - 1 - 4(x-1)}{x-1} \le 0 \implies \frac{-x+3}{x-1} \le 0$. Умножим на -1 и сменим знак: $\frac{x-3}{x-1} \ge 0$. Нули: $x=3, x=1$. Решение: $x \in (-\infty, 1) \cup [3, +\infty)$.
Найдем пересечение решений: $x \in ((-\infty, \frac{1}{3}) \cup (1, +\infty)) \cap ((-\infty, 1) \cup [3, +\infty))$.
Пересечение дает: $(-\infty, \frac{1}{3}) \cup [3, +\infty)$.
Ответ: $(-\infty, \frac{1}{3}) \cup [3, +\infty)$.

6) $\log_{\frac{1}{2}} \frac{2x - 1}{3x + 1} > 1$
Представим правую часть: $1 = \log_{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}$. Неравенство: $\log_{\frac{1}{2}} \frac{2x - 1}{3x + 1} > \log_{\frac{1}{2}} \frac{1}{2}$.
Основание $a=\frac{1}{2} \in (0, 1)$, функция убывающая, знак меняется. Неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} \frac{2x - 1}{3x + 1} > 0 \\ \frac{2x - 1}{3x + 1} < \frac{1}{2} \end{cases}$
Эту систему можно записать как двойное неравенство: $0 < \frac{2x - 1}{3x + 1} < \frac{1}{2}$.
1. Решим левую часть $ \frac{2x - 1}{3x + 1} > 0$. Нули: $x=\frac{1}{2}, x=-\frac{1}{3}$. Решение: $x \in (-\infty, -\frac{1}{3}) \cup (\frac{1}{2}, +\infty)$.
2. Решим правую часть $\frac{2x - 1}{3x + 1} < \frac{1}{2} \implies \frac{2x - 1}{3x + 1} - \frac{1}{2} < 0 \implies \frac{2(2x-1) - (3x+1)}{2(3x+1)} < 0 \implies \frac{x-3}{2(3x+1)} < 0$. Нули: $x=3, x=-\frac{1}{3}$. Решение: $x \in (-\frac{1}{3}, 3)$.
Найдем пересечение решений: $x \in ((-\infty, -\frac{1}{3}) \cup (\frac{1}{2}, +\infty)) \cap (-\frac{1}{3}, 3)$.
Пересечение дает: $(\frac{1}{2}, 3)$.
Ответ: $(\frac{1}{2}, 3)$.