Номер 7.21, страница 56 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Глава 1. Показательная и логарифмическая функции. Параграф 7. Логарифмические неравенства. Упражнения - номер 7.21, страница 56.

Учебник.

7.21. Решите неравенство:

1) $\log_{1,6} \log_{0,5} (x^2 - x - 6) \ge 0;$

2) $\log_{0,5} \log_4 (2x^2 + x - 1) < 1;$

3) $\log_{\frac{1}{9}} \log_3 \frac{x}{x - 1} \ge 0;$

4) $\log_{1,5} \log_3 \frac{3x - 5}{x + 1} \le 0.$

Решение.

Решение 2.

1) $\log_{1.6}(\log_{0.5}(x^2 - x - 6)) \geq 0$

Данное неравенство равносильно системе неравенств. Во-первых, найдём область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля.

$\begin{cases} \log_{0.5}(x^2 - x - 6) > 0 \\ x^2 - x - 6 > 0 \end{cases}$

Решим первое неравенство системы ОДЗ: $\log_{0.5}(x^2 - x - 6) > 0$.
Так как основание логарифма $0.5 < 1$, то при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный. $0 = \log_{0.5}(1)$.
$x^2 - x - 6 < 1$
$x^2 - x - 7 < 0$
Найдём корни уравнения $x^2 - x - 7 = 0$: $D = (-1)^2 - 4(1)(-7) = 1 + 28 = 29$.
$x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{29}}{2}$.
Решением неравенства $x^2 - x - 7 < 0$ является интервал $x \in (\frac{1 - \sqrt{29}}{2}, \frac{1 + \sqrt{29}}{2})$.

Решим второе неравенство системы ОДЗ: $x^2 - x - 6 > 0$.
Найдём корни уравнения $x^2 - x - 6 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 3, x_2 = -2$.
Решением неравенства $x^2 - x - 6 > 0$ является объединение интервалов $x \in (-\infty, -2) \cup (3, \infty)$.

Пересекая решения двух неравенств, получаем ОДЗ:
$x \in (\frac{1 - \sqrt{29}}{2}, -2) \cup (3, \frac{1 + \sqrt{29}}{2})$.
(Приблизительно: $\sqrt{29} \approx 5.39$, поэтому $\frac{1 - \sqrt{29}}{2} \approx -2.19$ и $\frac{1 + \sqrt{29}}{2} \approx 3.19$)

Теперь решим исходное неравенство: $\log_{1.6}(\log_{0.5}(x^2 - x - 6)) \geq 0$.
Так как основание $1.6 > 1$, знак неравенства сохраняется. $0 = \log_{1.6}(1)$.
$\log_{0.5}(x^2 - x - 6) \geq 1$
Так как основание $0.5 < 1$, знак неравенства меняется. $1 = \log_{0.5}(0.5)$.
$x^2 - x - 6 \leq 0.5$
$x^2 - x - 6.5 \leq 0$
$2x^2 - 2x - 13 \leq 0$
Найдём корни уравнения $2x^2 - 2x - 13 = 0$: $D = (-2)^2 - 4(2)(-13) = 4 + 104 = 108 = 36 \cdot 3$.
$x_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{108}}{4} = \frac{2 \pm 6\sqrt{3}}{4} = \frac{1 \pm 3\sqrt{3}}{2}$.
Решением неравенства $2x^2 - 2x - 13 \leq 0$ является отрезок $x \in [\frac{1 - 3\sqrt{3}}{2}, \frac{1 + 3\sqrt{3}}{2}]$.

Найдём пересечение полученного решения с ОДЗ.
Сравним значения: $\frac{1 - 3\sqrt{3}}{2} \approx -2.1$ и $\frac{1 - \sqrt{29}}{2} \approx -2.19$. Так как $\sqrt{27} < \sqrt{29}$, то $3\sqrt{3} < \sqrt{29}$, $-3\sqrt{3} > -\sqrt{29}$, значит $\frac{1 - 3\sqrt{3}}{2} > \frac{1 - \sqrt{29}}{2}$.
Сравним значения: $\frac{1 + 3\sqrt{3}}{2} \approx 3.1$ и $\frac{1 + \sqrt{29}}{2} \approx 3.19$. Так как $3\sqrt{3} < \sqrt{29}$, то $\frac{1 + 3\sqrt{3}}{2} < \frac{1 + \sqrt{29}}{2}$.
Пересечение множеств $[\frac{1 - 3\sqrt{3}}{2}, \frac{1 + 3\sqrt{3}}{2}]$ и $(\frac{1 - \sqrt{29}}{2}, -2) \cup (3, \frac{1 + \sqrt{29}}{2})$ даёт:
$x \in [\frac{1 - 3\sqrt{3}}{2}, -2) \cup (3, \frac{1 + 3\sqrt{3}}{2}]$.

Ответ: $x \in [\frac{1 - 3\sqrt{3}}{2}, -2) \cup (3, \frac{1 + 3\sqrt{3}}{2}]$.

---

2) $\log_{0.5}(\log_4(2x^2 + x - 1)) < 1$

Найдём ОДЗ. Аргументы логарифмов должны быть положительны.
$\begin{cases} \log_4(2x^2 + x - 1) > 0 \\ 2x^2 + x - 1 > 0 \end{cases}$
Из первого неравенства: основание $4 > 1$, поэтому $2x^2 + x - 1 > 4^0 = 1$.
$2x^2 + x - 2 > 0$.
Это неравенство сильнее, чем $2x^2 + x - 1 > 0$, поэтому достаточно решить только его для нахождения ОДЗ.
Найдём корни $2x^2 + x - 2 = 0$: $D = 1^2 - 4(2)(-2) = 1 + 16 = 17$.
$x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{17}}{4}$.
ОДЗ: $x \in (-\infty, \frac{-1 - \sqrt{17}}{4}) \cup (\frac{-1 + \sqrt{17}}{4}, \infty)$.

Решим исходное неравенство: $\log_{0.5}(\log_4(2x^2 + x - 1)) < 1$.
Основание $0.5 < 1$, поэтому знак неравенства меняется.
$\log_4(2x^2 + x - 1) > (0.5)^1 = 0.5$
Основание $4 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$2x^2 + x - 1 > 4^{0.5} = \sqrt{4} = 2$
$2x^2 + x - 3 > 0$
Найдём корни $2x^2 + x - 3 = 0$: $D = 1^2 - 4(2)(-3) = 1 + 24 = 25$.
$x_{1,2} = \frac{-1 \pm 5}{4}$. Корни $x_1 = 1, x_2 = -\frac{6}{4} = -\frac{3}{2}$.
Решение этого неравенства: $x \in (-\infty, -3/2) \cup (1, \infty)$.

Пересечём полученное решение с ОДЗ.
Сравним $-\frac{3}{2}$ и $\frac{-1 - \sqrt{17}}{4}$. $-\frac{6}{4}$ и $\frac{-1 - \sqrt{17}}{4}$. Сравним $-6$ и $-1 - \sqrt{17}$, или $-5$ и $-\sqrt{17}$. Возведём в квадрат модули: $25 > 17$, значит $5 > \sqrt{17}$, тогда $-5 < -\sqrt{17}$ и $-6 < -1-\sqrt{17}$. Следовательно, $-\frac{3}{2} < \frac{-1 - \sqrt{17}}{4}$.
Сравним $1$ и $\frac{-1 + \sqrt{17}}{4}$. $4$ и $-1 + \sqrt{17}$, или $5$ и $\sqrt{17}$. $25 > 17$, значит $5 > \sqrt{17}$, следовательно $1 > \frac{-1 + \sqrt{17}}{4}$.
Таким образом, пересекая $x \in (-\infty, -3/2) \cup (1, \infty)$ с ОДЗ $x \in (-\infty, \frac{-1 - \sqrt{17}}{4}) \cup (\frac{-1 + \sqrt{17}}{4}, \infty)$, получаем:
$x \in (-\infty, -3/2) \cup (1, \infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty, -\frac{3}{2}) \cup (1, \infty)$.

---

3) $\log_{\frac{1}{9}}(\log_3 \frac{x}{x-1}) \geq 0$

Найдём ОДЗ.
$\begin{cases} \log_3 \frac{x}{x-1} > 0 \\ \frac{x}{x-1} > 0 \end{cases}$
Из первого неравенства (основание $3 > 1$): $\frac{x}{x-1} > 3^0 = 1$.
$\frac{x}{x-1} - 1 > 0 \implies \frac{x - (x-1)}{x-1} > 0 \implies \frac{1}{x-1} > 0$.
Отсюда $x-1 > 0 \implies x > 1$.
Это условие автоматически удовлетворяет и второму неравенству $\frac{x}{x-1} > 0$.
ОДЗ: $x \in (1, \infty)$.

Решим исходное неравенство: $\log_{\frac{1}{9}}(\log_3 \frac{x}{x-1}) \geq 0$.
Основание $\frac{1}{9} < 1$, знак неравенства меняется.
$\log_3 \frac{x}{x-1} \leq (\frac{1}{9})^0 = 1$
Основание $3 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$\frac{x}{x-1} \leq 3^1 = 3$
$\frac{x}{x-1} - 3 \leq 0 \implies \frac{x - 3(x-1)}{x-1} \leq 0 \implies \frac{x - 3x + 3}{x-1} \leq 0$
$\frac{-2x + 3}{x-1} \leq 0$
Умножим на -1 и сменим знак:
$\frac{2x - 3}{x-1} \geq 0$
Методом интервалов находим корни числителя и знаменателя: $x = 3/2$ и $x = 1$.
Решение этого неравенства: $x \in (-\infty, 1) \cup [3/2, \infty)$.

Пересекаем полученное решение с ОДЗ $x \in (1, \infty)$.
Пересечением является $x \in [3/2, \infty)$.

Ответ: $x \in [\frac{3}{2}, \infty)$.

---

4) $\log_{1.5}(\log_3 \frac{3x-5}{x+1}) \leq 0$

Найдём ОДЗ.
$\begin{cases} \log_3 \frac{3x-5}{x+1} > 0 \\ \frac{3x-5}{x+1} > 0 \end{cases}$
Из первого неравенства (основание $3 > 1$): $\frac{3x-5}{x+1} > 3^0 = 1$.
$\frac{3x-5}{x+1} - 1 > 0 \implies \frac{3x - 5 - (x+1)}{x+1} > 0 \implies \frac{2x - 6}{x+1} > 0$
$\frac{x - 3}{x+1} > 0$
Методом интервалов (корни -1 и 3) получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, -1) \cup (3, \infty)$.

Решим исходное неравенство: $\log_{1.5}(\log_3 \frac{3x-5}{x+1}) \leq 0$.
Основание $1.5 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$\log_3 \frac{3x-5}{x+1} \leq (1.5)^0 = 1$
Основание $3 > 1$, знак неравенства сохраняется.
$\frac{3x-5}{x+1} \leq 3^1 = 3$
$\frac{3x-5}{x+1} - 3 \leq 0 \implies \frac{3x - 5 - 3(x+1)}{x+1} \leq 0 \implies \frac{3x - 5 - 3x - 3}{x+1} \leq 0$
$\frac{-8}{x+1} \leq 0$
Это неравенство верно, когда знаменатель положителен:
$x+1 > 0 \implies x > -1$.

Пересекаем полученное решение $x > -1$ с ОДЗ $x \in (-\infty, -1) \cup (3, \infty)$.
Пересечением является $x \in (3, \infty)$.

Ответ: $x \in (3, \infty)$.