Номер 7.3, страница 54 - 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 7.3, страница 54.
№7.3 (с. 54)
Учебник. №7.3 (с. 54)
скриншот условия

7.3. Решите неравенство:
1) $\log_7 x > 2;$
2) $\log_5 x \le -1;$
3) $\log_{\frac{1}{2}} x \le 5;$
4) $\log_{\frac{1}{3}} x > 1;$
5) $\log_2 (5x + 1) > 4;$
6) $\log_{0,6} (x - 2) < 2;$
7) $\log_3 (2x - 1) \le 3;$
8) $\log_7 (9x + 4) \le 2;$
9) $\log_{0,5} (2x + 1) \ge -2;$
10) $\log_{0,2} (x + 6) \ge -1.$
Решение. №7.3 (с. 54)


Решение 2. №7.3 (с. 54)
1) $\log_7 x > 2$
Область допустимых значений (ОДЗ): аргумент логарифма должен быть строго больше нуля, поэтому $x > 0$.
Представим правую часть неравенства в виде логарифма с основанием 7: $2 = \log_7 7^2 = \log_7 49$.
Получаем неравенство: $\log_7 x > \log_7 49$.
Так как основание логарифма $7 > 1$, функция является возрастающей. При переходе к неравенству для аргументов знак неравенства сохраняется:
$x > 49$.
Совмещаем полученное решение с ОДЗ ($x > 0$). Пересечением является $x > 49$.
Ответ: $x \in (49; +\infty)$.
2) $\log_5 x \le -1$
ОДЗ: $x > 0$.
Представим правую часть: $-1 = \log_5 5^{-1} = \log_5 \frac{1}{5}$.
Получаем: $\log_5 x \le \log_5 \frac{1}{5}$.
Основание $5 > 1$, функция возрастающая, знак неравенства сохраняется:
$x \le \frac{1}{5}$.
Совмещаем с ОДЗ: $\begin{cases} x > 0 \\ x \le \frac{1}{5} \end{cases}$, что дает $0 < x \le \frac{1}{5}$.
Ответ: $x \in (0; \frac{1}{5}]$.
3) $\log_{\frac{1}{2}} x \le 5$
ОДЗ: $x > 0$.
Представим правую часть: $5 = \log_{\frac{1}{2}} (\frac{1}{2})^5 = \log_{\frac{1}{2}} \frac{1}{32}$.
Получаем: $\log_{\frac{1}{2}} x \le \log_{\frac{1}{2}} \frac{1}{32}$.
Так как основание $0 < \frac{1}{2} < 1$, функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:
$x \ge \frac{1}{32}$.
Совмещаем с ОДЗ ($x > 0$). Пересечением является $x \ge \frac{1}{32}$.
Ответ: $x \in [\frac{1}{32}; +\infty)$.
4) $\log_{\frac{1}{3}} x > 1$
ОДЗ: $x > 0$.
Представим правую часть: $1 = \log_{\frac{1}{3}} (\frac{1}{3})^1 = \log_{\frac{1}{3}} \frac{1}{3}$.
Получаем: $\log_{\frac{1}{3}} x > \log_{\frac{1}{3}} \frac{1}{3}$.
Основание $0 < \frac{1}{3} < 1$, функция убывающая, знак неравенства меняется:
$x < \frac{1}{3}$.
Совмещаем с ОДЗ: $\begin{cases} x > 0 \\ x < \frac{1}{3} \end{cases}$, что дает $0 < x < \frac{1}{3}$.
Ответ: $x \in (0; \frac{1}{3})$.
5) $\log_2 (5x + 1) > 4$
ОДЗ: $5x + 1 > 0 \implies 5x > -1 \implies x > -\frac{1}{5}$.
Представим правую часть: $4 = \log_2 2^4 = \log_2 16$.
Получаем: $\log_2 (5x + 1) > \log_2 16$.
Основание $2 > 1$, функция возрастающая, знак сохраняется:
$5x + 1 > 16 \implies 5x > 15 \implies x > 3$.
Совмещаем с ОДЗ ($x > -0.2$). Пересечением является $x > 3$.
Ответ: $x \in (3; +\infty)$.
6) $\log_{0.6} (x - 2) < 2$
ОДЗ: $x - 2 > 0 \implies x > 2$.
Представим правую часть: $2 = \log_{0.6} (0.6)^2 = \log_{0.6} 0.36$.
Получаем: $\log_{0.6} (x - 2) < \log_{0.6} 0.36$.
Основание $0 < 0.6 < 1$, функция убывающая, знак меняется:
$x - 2 > 0.36 \implies x > 2.36$.
Совмещаем с ОДЗ ($x > 2$). Пересечением является $x > 2.36$.
Ответ: $x \in (2.36; +\infty)$.
7) $\log_3 (2x - 1) \le 3$
ОДЗ: $2x - 1 > 0 \implies 2x > 1 \implies x > 0.5$.
Представим правую часть: $3 = \log_3 3^3 = \log_3 27$.
Получаем: $\log_3 (2x - 1) \le \log_3 27$.
Основание $3 > 1$, функция возрастающая, знак сохраняется:
$2x - 1 \le 27 \implies 2x \le 28 \implies x \le 14$.
Совмещаем с ОДЗ: $\begin{cases} x > 0.5 \\ x \le 14 \end{cases}$, что дает $0.5 < x \le 14$.
Ответ: $x \in (0.5; 14]$.
8) $\log_7 (9x + 4) \le 2$
ОДЗ: $9x + 4 > 0 \implies 9x > -4 \implies x > -\frac{4}{9}$.
Представим правую часть: $2 = \log_7 7^2 = \log_7 49$.
Получаем: $\log_7 (9x + 4) \le \log_7 49$.
Основание $7 > 1$, функция возрастающая, знак сохраняется:
$9x + 4 \le 49 \implies 9x \le 45 \implies x \le 5$.
Совмещаем с ОДЗ: $\begin{cases} x > -\frac{4}{9} \\ x \le 5 \end{cases}$, что дает $-\frac{4}{9} < x \le 5$.
Ответ: $x \in (-\frac{4}{9}; 5]$.
9) $\log_{0.5} (2x + 1) \ge -2$
ОДЗ: $2x + 1 > 0 \implies 2x > -1 \implies x > -0.5$.
Представим правую часть: $-2 = \log_{0.5} (0.5)^{-2} = \log_{0.5} (\frac{1}{2})^{-2} = \log_{0.5} 4$.
Получаем: $\log_{0.5} (2x + 1) \ge \log_{0.5} 4$.
Основание $0 < 0.5 < 1$, функция убывающая, знак меняется:
$2x + 1 \le 4 \implies 2x \le 3 \implies x \le 1.5$.
Совмещаем с ОДЗ: $\begin{cases} x > -0.5 \\ x \le 1.5 \end{cases}$, что дает $-0.5 < x \le 1.5$.
Ответ: $x \in (-0.5; 1.5]$.
10) $\log_{0.2} (x + 6) \ge -1$
ОДЗ: $x + 6 > 0 \implies x > -6$.
Представим правую часть: $-1 = \log_{0.2} (0.2)^{-1} = \log_{0.2} (\frac{1}{5})^{-1} = \log_{0.2} 5$.
Получаем: $\log_{0.2} (x + 6) \ge \log_{0.2} 5$.
Основание $0 < 0.2 < 1$, функция убывающая, знак меняется:
$x + 6 \le 5 \implies x \le -1$.
Совмещаем с ОДЗ: $\begin{cases} x > -6 \\ x \le -1 \end{cases}$, что дает $-6 < x \le -1$.
Ответ: $x \in (-6; -1]$.
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 7.3 расположенного на странице 54 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 №7.3 (с. 54), авторов: Мерзляк (Аркадий Григорьевич), Номировский (Дмитрий Анатольевич), Полонский (Виталий Борисович), Якир (Михаил Семёнович), ФГОС (старый) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.