Номер 7.13, страница 55 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Авторы: Мерзляк А. Г., Номировский Д. А., Полонский В. Б., Якир М. С.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2016 - 2025
Уровень обучения: базовый
Цвет обложки: синий, зелёный
Допущено Министерством просвещения Российской Федерации
Математика. Алгебра и начала математического анализа
Популярные ГДЗ в 11 классе
Упражнения. § 7. Логарифмические неравенства. Глава 1. Показательная и логарифмическая функции - номер 7.13, страница 55.
№7.13 (с. 55)
Учебник. №7.13 (с. 55)
скриншот условия

7.13. Решите неравенство:
1) $\log_{0,3} (x^2 + x - 12) \ge \log_{0,3} (6x - 6);$
2) $\lg (x^2 - x) \le \lg (3x - 3);$
3) $\log_{0,8} (1 - x^2) > \log_{0,8} (x^2 + 5x - 2);$
4) $2\log_2 (2x + 7) \ge 5 + \log_2 (x + 2);$
5) $\log_3 (x^2 + 2x - 3) \le \log_3 (x + 9);$
6) $\log_{\frac{1}{7}} (2x^2 + 3x + 1) \ge 2\log_{\frac{1}{7}} (1 - x).$
Решение. №7.13 (с. 55)


Решение 2. №7.13 (с. 55)
1) Решим неравенство $ \log_{0,3}(x^2 + x - 12) \ge \log_{0,3}(6x - 6) $.
Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными: $ x^2 + x - 12 > 0 $ и $ 6x - 6 > 0 $.
Из второго неравенства следует $ 6x > 6 $, то есть $ x > 1 $.
Для решения первого неравенства $ x^2 + x - 12 > 0 $ найдем корни уравнения $ x^2 + x - 12 = 0 $. По теореме Виета корни равны $ x_1 = -4 $ и $ x_2 = 3 $. Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется для $ x \in (-\infty, -4) \cup (3, \infty) $.
Пересекая оба условия ($ x > 1 $ и $ x \in (-\infty, -4) \cup (3, \infty) $), получаем ОДЗ: $ x \in (3, \infty) $.
Теперь решим само неравенство. Основание логарифма $ 0,3 < 1 $, поэтому логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:
$ x^2 + x - 12 \le 6x - 6 $
Переносим все члены в левую часть и упрощаем:
$ x^2 - 5x - 6 \le 0 $
Найдем корни уравнения $ x^2 - 5x - 6 = 0 $. Корни равны $ x_1 = -1 $ и $ x_2 = 6 $. Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется на отрезке между корнями: $ x \in [-1, 6] $.
Для получения окончательного ответа найдем пересечение этого решения с ОДЗ: $ [-1, 6] \cap (3, \infty) $.
Ответ: $ (3, 6] $.
2) Решим неравенство $ \lg(x^2 - x) \le \lg(3x - 3) $.
ОДЗ определяется условиями: $ x^2 - x > 0 $ и $ 3x - 3 > 0 $.
Из $ x^2 - x > 0 \implies x(x - 1) > 0 $, получаем $ x \in (-\infty, 0) \cup (1, \infty) $.
Из $ 3x - 3 > 0 \implies 3x > 3 $, получаем $ x > 1 $.
Общая ОДЗ: $ x \in (1, \infty) $.
Основание десятичного логарифма $ 10 > 1 $, поэтому функция возрастающая. Знак неравенства сохраняется:
$ x^2 - x \le 3x - 3 $
$ x^2 - 4x + 3 \le 0 $
Корни уравнения $ x^2 - 4x + 3 = 0 $ равны $ x_1 = 1 $ и $ x_2 = 3 $. Решением неравенства является отрезок $ [1, 3] $.
Находим пересечение решения с ОДЗ: $ [1, 3] \cap (1, \infty) $.
Ответ: $ (1, 3] $.
3) Решим неравенство $ \log_{0,8}(1 - x^2) > \log_{0,8}(x^2 + 5x - 2) $.
ОДЗ: $ 1 - x^2 > 0 $ и $ x^2 + 5x - 2 > 0 $.
Из $ 1 - x^2 > 0 \implies x^2 < 1 $, получаем $ x \in (-1, 1) $.
Для $ x^2 + 5x - 2 > 0 $ найдем корни $ x^2 + 5x - 2 = 0 $: $ x = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 4(1)(-2)}}{2} = \frac{-5 \pm \sqrt{33}}{2} $. Решение неравенства: $ x \in (-\infty, \frac{-5 - \sqrt{33}}{2}) \cup (\frac{-5 + \sqrt{33}}{2}, \infty) $.
Так как $ \sqrt{33} \approx 5,7 $, то $ \frac{-5 + \sqrt{33}}{2} \approx \frac{-5 + 5,7}{2} = 0,35 $. Общая ОДЗ: $ x \in (\frac{-5 + \sqrt{33}}{2}, 1) $.
Основание логарифма $ 0,8 < 1 $, функция убывающая, знак неравенства меняем:
$ 1 - x^2 < x^2 + 5x - 2 $
$ 2x^2 + 5x - 3 > 0 $
Корни уравнения $ 2x^2 + 5x - 3 = 0 $: $ x = \frac{-5 \pm \sqrt{25 - 4(2)(-3)}}{4} = \frac{-5 \pm 7}{4} $. Корни $ x_1 = -3 $ и $ x_2 = \frac{1}{2} $. Решение неравенства: $ x \in (-\infty, -3) \cup (\frac{1}{2}, \infty) $.
Находим пересечение решения с ОДЗ: $ ((\frac{-5 + \sqrt{33}}{2}, 1)) \cap ((-\infty, -3) \cup (\frac{1}{2}, \infty)) $. Так как $ \frac{-5 + \sqrt{33}}{2} < \frac{1}{2} $, пересечением будет $ (\frac{1}{2}, 1) $.
Ответ: $ (\frac{1}{2}, 1) $.
4) Решим неравенство $ 2\log_2(2x + 7) \ge 5 + \log_2(x + 2) $.
ОДЗ: $ 2x + 7 > 0 \implies x > -3,5 $ и $ x + 2 > 0 \implies x > -2 $. Общая ОДЗ: $ x \in (-2, \infty) $.
Преобразуем неравенство:
$ \log_2((2x + 7)^2) \ge \log_2(2^5) + \log_2(x + 2) $
$ \log_2((2x + 7)^2) \ge \log_2(32(x + 2)) $
Основание $ 2 > 1 $, функция возрастающая, знак сохраняется:
$ (2x + 7)^2 \ge 32(x + 2) $
$ 4x^2 + 28x + 49 \ge 32x + 64 $
$ 4x^2 - 4x - 15 \ge 0 $
Корни уравнения $ 4x^2 - 4x - 15 = 0 $: $ x = \frac{4 \pm \sqrt{16 - 4(4)(-15)}}{8} = \frac{4 \pm \sqrt{256}}{8} = \frac{4 \pm 16}{8} $. Корни $ x_1 = -\frac{12}{8} = -\frac{3}{2} $ и $ x_2 = \frac{20}{8} = \frac{5}{2} $. Решение неравенства: $ x \in (-\infty, -\frac{3}{2}] \cup [\frac{5}{2}, \infty) $.
Находим пересечение с ОДЗ $ x \in (-2, \infty) $.
Ответ: $ (-2, -\frac{3}{2}] \cup [\frac{5}{2}, \infty) $.
5) Решим неравенство $ \log_3(x^2 + 2x - 3) \le \log_3(x + 9) $.
ОДЗ: $ x^2 + 2x - 3 > 0 $ и $ x + 9 > 0 $.
Из $ x^2 + 2x - 3 > 0 \implies (x+3)(x-1)>0 $, получаем $ x \in (-\infty, -3) \cup (1, \infty) $.
Из $ x + 9 > 0 $ получаем $ x > -9 $.
Общая ОДЗ: $ x \in (-9, -3) \cup (1, \infty) $.
Основание $ 3 > 1 $, функция возрастающая, знак сохраняется:
$ x^2 + 2x - 3 \le x + 9 $
$ x^2 + x - 12 \le 0 $
Корни уравнения $ x^2 + x - 12 = 0 $ равны $ x_1 = -4 $ и $ x_2 = 3 $. Решение неравенства: $ x \in [-4, 3] $.
Находим пересечение решения с ОДЗ: $ [-4, 3] \cap ((-9, -3) \cup (1, \infty)) $.
Это дает объединение двух интервалов: $ [-4, 3] \cap (-9, -3) = [-4, -3) $ и $ [-4, 3] \cap (1, \infty) = (1, 3] $.
Ответ: $ [-4, -3) \cup (1, 3] $.
6) Решим неравенство $ \log_{\frac{1}{7}}(2x^2 + 3x + 1) \ge 2\log_{\frac{1}{7}}(1 - x) $.
ОДЗ: $ 2x^2 + 3x + 1 > 0 $ и $ 1 - x > 0 $.
Для $ 2x^2 + 3x + 1 > 0 $ найдем корни $ 2x^2 + 3x + 1 = 0 $: $ x = \frac{-3 \pm \sqrt{9 - 8}}{4} = \frac{-3 \pm 1}{4} $. Корни $ x_1 = -1, x_2 = -\frac{1}{2} $. Решение: $ x \in (-\infty, -1) \cup (-\frac{1}{2}, \infty) $.
Из $ 1 - x > 0 $ получаем $ x < 1 $.
Общая ОДЗ: $ x \in (-\infty, -1) \cup (-\frac{1}{2}, 1) $.
Преобразуем неравенство: $ \log_{\frac{1}{7}}(2x^2 + 3x + 1) \ge \log_{\frac{1}{7}}((1 - x)^2) $.
Основание $ \frac{1}{7} < 1 $, функция убывающая, знак меняем:
$ 2x^2 + 3x + 1 \le (1 - x)^2 $
$ 2x^2 + 3x + 1 \le 1 - 2x + x^2 $
$ x^2 + 5x \le 0 $
$ x(x + 5) \le 0 $
Решение этого неравенства: $ x \in [-5, 0] $.
Находим пересечение с ОДЗ: $ [-5, 0] \cap ((-\infty, -1) \cup (-\frac{1}{2}, 1)) $.
Это дает объединение интервалов: $ [-5, -1) \cup (-\frac{1}{2}, 0] $.
Ответ: $ [-5, -1) \cup (-\frac{1}{2}, 0] $.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 7.13 расположенного на странице 55 к учебнику 2016 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №7.13 (с. 55), авторов: Мерзляк (Аркадий Григорьевич), Номировский (Дмитрий Анатольевич), Полонский (Виталий Борисович), Якир (Михаил Семёнович), ФГОС (старый) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.