Номер 7.17, страница 56 - 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 7.17, страница 56.
№7.17 (с. 56)
Учебник. №7.17 (с. 56)
скриншот условия

7.17. Решите неравенство:
1) $\log_{0.2}^2 x \le 1;$
2) $\log_{\frac{1}{3}}^2 x \ge 4;$
3) $\lg^2 x + 3\lg x - 4 < 0;$
4) $\log_{\frac{1}{4}}^2 x + 2\log_{\frac{1}{4}} x - 8 \le 0;$
5) $\log_2^2 x - 5\log_2 x + 6 \ge 0;$
6) $2\log_{\frac{1}{9}}^2 x - 5\log_{\frac{1}{9}} x + 2 \ge 0.$
Решение. №7.17 (с. 56)


Решение 2. №7.17 (с. 56)
1) $\log_{0.2}^2 x \le 1$
Область допустимых значений (ОДЗ): $x > 0$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \log_{0.2} x$. Тогда неравенство принимает вид:
$t^2 \le 1$
$t^2 - 1 \le 0$
$(t-1)(t+1) \le 0$
Решением этого квадратного неравенства является отрезок $t \in [-1; 1]$.
Возвращаемся к исходной переменной:
$-1 \le \log_{0.2} x \le 1$
Это двойное неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} \log_{0.2} x \le 1 \\ \log_{0.2} x \ge -1 \end{cases}$
Так как основание логарифма $0.2 < 1$, то при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный:
$\begin{cases} x \ge 0.2^1 \\ x \le 0.2^{-1} \end{cases}$
$\begin{cases} x \ge 0.2 \\ x \le 5 \end{cases}$
Получаем $0.2 \le x \le 5$. Это решение удовлетворяет ОДЗ ($x > 0$).
Ответ: $[0.2; 5]$
2) $\log_{\frac{1}{3}}^2 x \ge 4$
ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \log_{\frac{1}{3}} x$. Неравенство примет вид:
$t^2 \ge 4$
$t^2 - 4 \ge 0$
$(t-2)(t+2) \ge 0$
Решением этого неравенства является объединение промежутков $t \le -2$ и $t \ge 2$.
Возвращаемся к исходной переменной. Получаем совокупность двух неравенств:
$\log_{\frac{1}{3}} x \le -2$ или $\log_{\frac{1}{3}} x \ge 2$.
Так как основание логарифма $\frac{1}{3} < 1$, знак неравенства меняется:
$x \ge (\frac{1}{3})^{-2}$ или $x \le (\frac{1}{3})^2$
$x \ge 9$ или $x \le \frac{1}{9}$
Учитывая ОДЗ ($x > 0$), получаем два промежутка: $0 < x \le \frac{1}{9}$ и $x \ge 9$.
Ответ: $(0; \frac{1}{9}] \cup [9; +\infty)$
3) $\lg^2 x + 3\lg x - 4 < 0$
ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \lg x$. Неравенство примет вид:
$t^2 + 3t - 4 < 0$
Найдем корни уравнения $t^2 + 3t - 4 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 1$, $t_2 = -4$.
$(t+4)(t-1) < 0$
Решением этого квадратного неравенства является интервал $-4 < t < 1$.
Возвращаемся к исходной переменной:
$-4 < \lg x < 1$
Так как основание десятичного логарифма $10 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$10^{-4} < x < 10^1$
$0.0001 < x < 10$
Это решение удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $(0.0001; 10)$
4) $\log_{\frac{1}{4}}^2 x + 2\log_{\frac{1}{4}} x - 8 \le 0$
ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \log_{\frac{1}{4}} x$. Неравенство примет вид:
$t^2 + 2t - 8 \le 0$
Найдем корни уравнения $t^2 + 2t - 8 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 2$, $t_2 = -4$.
$(t+4)(t-2) \le 0$
Решением является отрезок $-4 \le t \le 2$.
Возвращаемся к исходной переменной:
$-4 \le \log_{\frac{1}{4}} x \le 2$
Так как основание логарифма $\frac{1}{4} < 1$, знаки неравенств меняются:
$(\frac{1}{4})^2 \le x \le (\frac{1}{4})^{-4}$
$\frac{1}{16} \le x \le 4^4$
$\frac{1}{16} \le x \le 256$
Это решение удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $[\frac{1}{16}; 256]$
5) $\log_2^2 x - 5\log_2 x + 6 \ge 0$
ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \log_2 x$. Неравенство примет вид:
$t^2 - 5t + 6 \ge 0$
Найдем корни уравнения $t^2 - 5t + 6 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 2$, $t_2 = 3$.
$(t-2)(t-3) \ge 0$
Решением является объединение промежутков $t \le 2$ и $t \ge 3$.
Возвращаемся к исходной переменной:
$\log_2 x \le 2$ или $\log_2 x \ge 3$.
Так как основание логарифма $2 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$x \le 2^2$ или $x \ge 2^3$
$x \le 4$ или $x \ge 8$
Учитывая ОДЗ ($x > 0$), получаем $0 < x \le 4$ или $x \ge 8$.
Ответ: $(0; 4] \cup [8; +\infty)$
6) $2\log_{\frac{1}{9}}^2 x - 5\log_{\frac{1}{9}} x + 2 \ge 0$
ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \log_{\frac{1}{9}} x$. Неравенство примет вид:
$2t^2 - 5t + 2 \ge 0$
Найдем корни уравнения $2t^2 - 5t + 2 = 0$. Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 2 = 25 - 16 = 9$.
$t_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{9}}{4} = \frac{5 \pm 3}{4}$. Корни $t_1 = 2$, $t_2 = \frac{1}{2}$.
$2(t - \frac{1}{2})(t - 2) \ge 0$
Решением является объединение промежутков $t \le \frac{1}{2}$ и $t \ge 2$.
Возвращаемся к исходной переменной:
$\log_{\frac{1}{9}} x \le \frac{1}{2}$ или $\log_{\frac{1}{9}} x \ge 2$.
Так как основание логарифма $\frac{1}{9} < 1$, знаки неравенств меняются:
$x \ge (\frac{1}{9})^{\frac{1}{2}}$ или $x \le (\frac{1}{9})^2$
$x \ge \sqrt{\frac{1}{9}}$ или $x \le \frac{1}{81}$
$x \ge \frac{1}{3}$ или $x \le \frac{1}{81}$
Учитывая ОДЗ ($x > 0$), получаем $0 < x \le \frac{1}{81}$ или $x \ge \frac{1}{3}$.
Ответ: $(0; \frac{1}{81}] \cup [\frac{1}{3}; +\infty)$
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 7.17 расположенного на странице 56 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 №7.17 (с. 56), авторов: Мерзляк (Аркадий Григорьевич), Номировский (Дмитрий Анатольевич), Полонский (Виталий Борисович), Якир (Михаил Семёнович), ФГОС (старый) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.