Номер 395, страница 252 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Логарифмическая функция. Логарифмические уравнения и неравенства. Упражнения для повторения курса алгебры - номер 395, страница 252.

395. Найдите множество решений неравенства:

1) $log_7(2x - 1) < 2;$

2) $log_{\frac{1}{2}}(2x - 3) > 1;$

3) $log_4(x + 1) < -\frac{1}{2};$

4) $lg(x^2 + x + 8) > 1;$

5) $log_{0.2}(x^2 + 4x) \geq -1;$

6) $log_5(x^2 + 2x - 3) \leq 1;$

7) $log_{0.6}(x^2 + 4x + 4) > 0;$

8) $log_3\frac{2x + 1}{x + 1} \geq 1;$

9) $log_{\frac{1}{6}}\frac{x + 2}{x^2} < 0.$

1) $log_7(2x - 1) < 2$

Данное логарифмическое неравенство равносильно системе неравенств. Во-первых, выражение под знаком логарифма должно быть строго положительным (Область допустимых значений, ОДЗ): $2x - 1 > 0$ $2x > 1$ $x > \frac{1}{2}$

Во-вторых, решаем само неравенство. Так как основание логарифма $7 > 1$, знак неравенства сохраняется при переходе к выражениям под знаком логарифма. Представим правую часть как логарифм по основанию 7: $2 = log_7(7^2) = log_7(49)$. $log_7(2x - 1) < log_7(49)$ $2x - 1 < 49$ $2x < 50$ $x < 25$

Объединяем оба условия в систему: $\begin{cases} x > \frac{1}{2} \\ x < 25 \end{cases}$ Решением системы является пересечение интервалов $(\frac{1}{2}; +\infty)$ и $(-\infty; 25)$, что дает интервал $(\frac{1}{2}; 25)$.

Ответ: $x \in (\frac{1}{2}; 25)$.

2) $log_{\frac{1}{2}}(2x - 3) > 1$

ОДЗ: $2x - 3 > 0$ $2x > 3$ $x > \frac{3}{2}$

Решаем неравенство. Так как основание логарифма $0 < \frac{1}{2} < 1$, знак неравенства меняется на противоположный. Представим правую часть как логарифм по основанию $\frac{1}{2}$: $1 = log_{\frac{1}{2}}((\frac{1}{2})^1) = log_{\frac{1}{2}}(\frac{1}{2})$. $log_{\frac{1}{2}}(2x - 3) > log_{\frac{1}{2}}(\frac{1}{2})$ $2x - 3 < \frac{1}{2}$ $2x < 3 + \frac{1}{2}$ $2x < \frac{7}{2}$ $x < \frac{7}{4}$

Объединяем условия в систему: $\begin{cases} x > \frac{3}{2} \\ x < \frac{7}{4} \end{cases}$ Решением является интервал $(\frac{3}{2}; \frac{7}{4})$.

Ответ: $x \in (\frac{3}{2}; \frac{7}{4})$.

3) $log_4(x + 1) < -\frac{1}{2}$

ОДЗ: $x + 1 > 0$ $x > -1$

Решаем неравенство. Основание $4 > 1$, знак не меняется. Представим правую часть: $-\frac{1}{2} = log_4(4^{-\frac{1}{2}}) = log_4(\frac{1}{\sqrt{4}}) = log_4(\frac{1}{2})$. $log_4(x + 1) < log_4(\frac{1}{2})$ $x + 1 < \frac{1}{2}$ $x < \frac{1}{2} - 1$ $x < -\frac{1}{2}$

Система: $\begin{cases} x > -1 \\ x < -\frac{1}{2} \end{cases}$ Решением является интервал $(-1; -\frac{1}{2})$.

Ответ: $x \in (-1; -\frac{1}{2})$.

4) $lg(x^2 + x + 8) > 1$

$lg$ — это десятичный логарифм, $log_{10}$. ОДЗ: $x^2 + x + 8 > 0$. Найдем дискриминант квадратного трехчлена: $D = 1^2 - 4 \cdot 1 \cdot 8 = 1 - 32 = -31$. Так как $D < 0$ и старший коэффициент ($a=1$) положителен, парабола $y=x^2+x+8$ полностью лежит выше оси Ox, поэтому $x^2 + x + 8 > 0$ для любых $x$. ОДЗ: $x \in (-\infty; +\infty)$.

Решаем неравенство. Основание $10 > 1$, знак сохраняется. $1 = lg(10)$. $lg(x^2 + x + 8) > lg(10)$ $x^2 + x + 8 > 10$ $x^2 + x - 2 > 0$ Найдем корни уравнения $x^2 + x - 2 = 0$. По теореме Виета, $x_1 = 1$, $x_2 = -2$. Парабола $y = x^2 + x - 2$ ветвями вверх, значит, она положительна вне корней. Решение: $x < -2$ или $x > 1$.

Ответ: $x \in (-\infty; -2) \cup (1; +\infty)$.

5) $log_{0,2}(x^2 + 4x) \ge -1$

ОДЗ: $x^2 + 4x > 0 \implies x(x + 4) > 0$. Методом интервалов находим, что это выполняется при $x \in (-\infty; -4) \cup (0; +\infty)$.

Решаем неравенство. Основание $0,2 < 1$, знак меняется. $-1 = log_{0,2}(0,2^{-1}) = log_{0,2}((\frac{1}{5})^{-1}) = log_{0,2}(5)$. $log_{0,2}(x^2 + 4x) \ge log_{0,2}(5)$ $x^2 + 4x \le 5$ $x^2 + 4x - 5 \le 0$ Корни уравнения $x^2 + 4x - 5 = 0$: $x_1 = 1$, $x_2 = -5$. Парабола ветвями вверх, значит, она неположительна между корнями (включая их). Решение: $-5 \le x \le 1$, или $x \in [-5; 1]$.

Находим пересечение решения $x \in [-5; 1]$ с ОДЗ $x \in (-\infty; -4) \cup (0; +\infty)$. Пересечение $[-5; 1]$ и $(-\infty; -4)$ дает $[-5; -4)$. Пересечение $[-5; 1]$ и $(0; +\infty)$ дает $(0; 1]$. Объединяем эти два интервала.

Ответ: $x \in [-5; -4) \cup (0; 1]$.

6) $log_5(x^2 + 2x - 3) \le 1$

ОДЗ: $x^2 + 2x - 3 > 0$. Корни: $x_1 = 1$, $x_2 = -3$. Парабола ветвями вверх, положительна вне корней. ОДЗ: $x \in (-\infty; -3) \cup (1; +\infty)$.

Решаем неравенство. Основание $5 > 1$, знак сохраняется. $1 = log_5(5)$. $log_5(x^2 + 2x - 3) \le log_5(5)$ $x^2 + 2x - 3 \le 5$ $x^2 + 2x - 8 \le 0$ Корни: $x_1 = 2$, $x_2 = -4$. Парабола ветвями вверх, неположительна между корнями. Решение: $-4 \le x \le 2$, или $x \in [-4; 2]$.

Находим пересечение решения $x \in [-4; 2]$ с ОДЗ $x \in (-\infty; -3) \cup (1; +\infty)$. Пересечение $[-4; 2]$ и $(-\infty; -3)$ дает $[-4; -3)$. Пересечение $[-4; 2]$ и $(1; +\infty)$ дает $(1; 2]$. Объединяем.

Ответ: $x \in [-4; -3) \cup (1; 2]$.

7) $log_{0,6}(x^2 + 4x + 4) > 0$

ОДЗ: $x^2 + 4x + 4 > 0 \implies (x + 2)^2 > 0$. Это верно для всех $x$, кроме $x = -2$. ОДЗ: $x \in (-\infty; -2) \cup (-2; +\infty)$.

Решаем неравенство. Основание $0,6 < 1$, знак меняется. $0 = log_{0,6}(1)$. $log_{0,6}((x + 2)^2) > log_{0,6}(1)$ $(x + 2)^2 < 1$ $(x + 2)^2 - 1 < 0$ $(x + 2 - 1)(x + 2 + 1) < 0$ $(x + 1)(x + 3) < 0$ Корни: $x_1 = -1$, $x_2 = -3$. Парабола ветвями вверх, отрицательна между корнями. Решение: $-3 < x < -1$, или $x \in (-3; -1)$.

Пересекаем решение $x \in (-3; -1)$ с ОДЗ $x \ne -2$. Точка $x = -2$ находится внутри этого интервала, поэтому ее нужно исключить.

Ответ: $x \in (-3; -2) \cup (-2; -1)$.

8) $log_3 \frac{2x + 1}{x + 1} \ge 1$

ОДЗ: $\frac{2x + 1}{x + 1} > 0$. Методом интервалов (нули числителя $x = -1/2$, нуль знаменателя $x = -1$) получаем $x \in (-\infty; -1) \cup (-\frac{1}{2}; +\infty)$.

Решаем неравенство. Основание $3 > 1$, знак сохраняется. $1 = log_3(3)$. $\frac{2x + 1}{x + 1} \ge 3$ $\frac{2x + 1}{x + 1} - 3 \ge 0$ $\frac{2x + 1 - 3(x + 1)}{x + 1} \ge 0$ $\frac{2x + 1 - 3x - 3}{x + 1} \ge 0$ $\frac{-x - 2}{x + 1} \ge 0$ Умножим на -1, изменив знак неравенства: $\frac{x + 2}{x + 1} \le 0$ Методом интервалов (нули $x = -2$ и $x = -1$) получаем решение $x \in [-2; -1)$.

Пересекаем решение $x \in [-2; -1)$ с ОДЗ $x \in (-\infty; -1) \cup (-\frac{1}{2}; +\infty)$. Интервал $[-2; -1)$ полностью входит в часть ОДЗ $(-\infty; -1)$.

Ответ: $x \in [-2; -1)$.

9) $log_{\frac{1}{6}} \frac{x + 2}{x^2} < 0$

ОДЗ: $\frac{x + 2}{x^2} > 0$. Так как $x^2 > 0$ при $x \ne 0$, знак дроби зависит от знака числителя. $x + 2 > 0 \implies x > -2$. ОДЗ: $x \in (-2; 0) \cup (0; +\infty)$.

Решаем неравенство. Основание $\frac{1}{6} < 1$, знак меняется. $0 = log_{\frac{1}{6}}(1)$. $\frac{x + 2}{x^2} > 1$ $\frac{x + 2}{x^2} - 1 > 0$ $\frac{x + 2 - x^2}{x^2} > 0$ $\frac{-x^2 + x + 2}{x^2} > 0$ Умножим на -1, изменив знак неравенства: $\frac{x^2 - x - 2}{x^2} < 0$ Так как $x^2 > 0$ (из ОДЗ), то неравенство сводится к $x^2 - x - 2 < 0$. Корни: $x_1 = 2$, $x_2 = -1$. Парабола ветвями вверх, отрицательна между корнями. Решение: $-1 < x < 2$, или $x \in (-1; 2)$.

Пересекаем решение $x \in (-1; 2)$ с ОДЗ $x \in (-2; 0) \cup (0; +\infty)$. Нужно из интервала $(-1; 2)$ исключить точку $x=0$.

Ответ: $x \in (-1; 0) \cup (0; 2)$.