Номер 400, страница 252 - 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
Логарифмическая функция. Логарифмические уравнения и неравенства. Упражнения для повторения курса алгебры - номер 400, страница 252.
№400 (с. 252)
Учебник. №400 (с. 252)
скриншот условия

400. Решите неравенство:
1) $ \log_2 x + \log_2 (x + 1) \le 1; $
2) $ \log_{\frac{1}{6}} x + \log_{\frac{1}{6}} (x - 1) \ge \log_{\frac{1}{6}} (x + 3); $
3) $ \log_3 (4 - x) + \log_3 (x + 3) \le 1 + \log_3 (x - 1); $
4) $ \log_{\frac{1}{2}} (x + 2) + \log_{\frac{1}{2}} (x + 3) \ge \log_{\frac{1}{2}} 3 - 1. $
Решение 2. №400 (с. 252)
1) $\log_2 x + \log_2 (x + 1) \le 1$
Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:
$\begin{cases} x > 0 \\ x + 1 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0 \\ x > -1 \end{cases} \implies x > 0$
Таким образом, ОДЗ: $x \in (0; +\infty)$.
Теперь решим само неравенство. Используем свойство суммы логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a (bc)$:
$\log_2 (x(x+1)) \le 1$
Представим 1 в виде логарифма по основанию 2: $1 = \log_2 2$.
$\log_2 (x^2 + x) \le \log_2 2$
Так как основание логарифма $2 > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. При переходе к неравенству для аргументов знак неравенства сохраняется:
$x^2 + x \le 2$
$x^2 + x - 2 \le 0$
Найдем корни квадратного уравнения $x^2 + x - 2 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -2$ и $x_2 = 1$.
Парабола $y = x^2 + x - 2$ ветвями вверх, значит, неравенство $x^2 + x - 2 \le 0$ выполняется на отрезке между корнями: $x \in [-2; 1]$.
Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:
$\begin{cases} x > 0 \\ -2 \le x \le 1 \end{cases} \implies 0 < x \le 1$
Ответ: $(0; 1]$.
2) $\log_{\frac{1}{6}} x + \log_{\frac{1}{6}} (x - 1) \ge \log_{\frac{1}{6}} (x + 3)$
Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} x > 0 \\ x - 1 > 0 \\ x + 3 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0 \\ x > 1 \\ x > -3 \end{cases} \implies x > 1$
ОДЗ: $x \in (1; +\infty)$.
Преобразуем левую часть неравенства, используя свойство суммы логарифмов:
$\log_{\frac{1}{6}} (x(x-1)) \ge \log_{\frac{1}{6}} (x + 3)$
Так как основание логарифма $\frac{1}{6} < 1$, логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:
$x(x-1) \le x + 3$
$x^2 - x \le x + 3$
$x^2 - 2x - 3 \le 0$
Найдем корни уравнения $x^2 - 2x - 3 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -1$ и $x_2 = 3$.
Парабола $y = x^2 - 2x - 3$ ветвями вверх, значит, неравенство $x^2 - 2x - 3 \le 0$ выполняется на отрезке $x \in [-1; 3]$.
Найдем пересечение решения с ОДЗ:
$\begin{cases} x > 1 \\ -1 \le x \le 3 \end{cases} \implies 1 < x \le 3$
Ответ: $(1; 3]$.
3) $\log_3 (4 - x) + \log_3 (x + 3) \le 1 + \log_3 (x - 1)$
Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} 4 - x > 0 \\ x + 3 > 0 \\ x - 1 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 4 \\ x > -3 \\ x > 1 \end{cases} \implies 1 < x < 4$
ОДЗ: $x \in (1; 4)$.
Перенесем логарифм из правой части в левую и преобразуем неравенство:
$\log_3 (4 - x) + \log_3 (x + 3) - \log_3 (x - 1) \le 1$
Используя свойства логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a (bc)$ и $\log_a b - \log_a c = \log_a (\frac{b}{c})$, получаем:
$\log_3 \frac{(4 - x)(x + 3)}{x - 1} \le 1$
Представим 1 как $\log_3 3$:
$\log_3 \frac{(4 - x)(x + 3)}{x - 1} \le \log_3 3$
Так как основание $3 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$\frac{(4 - x)(x + 3)}{x - 1} \le 3$
$\frac{-x^2 + x + 12}{x - 1} - 3 \le 0$
$\frac{-x^2 + x + 12 - 3(x - 1)}{x - 1} \le 0$
$\frac{-x^2 + x + 12 - 3x + 3}{x - 1} \le 0$
$\frac{-x^2 - 2x + 15}{x - 1} \le 0$
Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства:
$\frac{x^2 + 2x - 15}{x - 1} \ge 0$
$\frac{(x + 5)(x - 3)}{x - 1} \ge 0$
Решим это неравенство методом интервалов. Нули числителя: $x = -5, x = 3$. Ноль знаменателя: $x = 1$.
На числовой прямой отмечаем точки -5, 1, 3. Точки -5 и 3 закрашенные, точка 1 выколотая.
Интервалы, где выражение неотрицательно: $[-5; 1) \cup [3; +\infty)$.
Найдем пересечение этого решения с ОДЗ $x \in (1; 4)$:
Пересечением множеств $[-5; 1) \cup [3; +\infty)$ и $(1; 4)$ является интервал $[3; 4)$.
Ответ: $[3; 4)$.
4) $\log_{\frac{1}{2}} (x + 2) + \log_{\frac{1}{2}} (x + 3) \ge \log_{\frac{1}{2}} 3 - 1$
Найдем ОДЗ:
$\begin{cases} x + 2 > 0 \\ x + 3 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -2 \\ x > -3 \end{cases} \implies x > -2$
ОДЗ: $x \in (-2; +\infty)$.
Преобразуем неравенство. Представим $-1$ как логарифм по основанию $\frac{1}{2}$:
$-1 = \log_{\frac{1}{2}} ((\frac{1}{2})^{-1}) = \log_{\frac{1}{2}} 2$
Используем свойства логарифмов:
$\log_{\frac{1}{2}} ((x+2)(x+3)) \ge \log_{\frac{1}{2}} 3 + \log_{\frac{1}{2}} 2$
$\log_{\frac{1}{2}} (x^2 + 5x + 6) \ge \log_{\frac{1}{2}} (3 \cdot 2)$
$\log_{\frac{1}{2}} (x^2 + 5x + 6) \ge \log_{\frac{1}{2}} 6$
Так как основание логарифма $\frac{1}{2} < 1$, функция убывающая, поэтому при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный:
$x^2 + 5x + 6 \le 6$
$x^2 + 5x \le 0$
$x(x + 5) \le 0$
Корни уравнения $x(x+5)=0$ равны $x=0$ и $x=-5$. Парабола $y = x^2 + 5x$ ветвями вверх, поэтому неравенство $\le 0$ выполняется на отрезке между корнями: $x \in [-5; 0]$.
Найдем пересечение решения с ОДЗ:
$\begin{cases} x > -2 \\ -5 \le x \le 0 \end{cases} \implies -2 < x \le 0$
Ответ: $(-2; 0]$.
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 400 расположенного на странице 252 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 №400 (с. 252), авторов: Мерзляк (Аркадий Григорьевич), Номировский (Дмитрий Анатольевич), Полонский (Виталий Борисович), Якир (Михаил Семёнович), ФГОС (старый) базовый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.