Номер 7.3, страница 54 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Глава 1. Показательная и логарифмическая функции. Параграф 7. Логарифмические неравенства. Упражнения - номер 7.3, страница 54.

Учебник.

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.

Решение 2.

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: $x \in (-6; -1]$.