Номер 402, страница 253 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения для повторения курса алгебры. Логарифмическая функция. Логарифмические уравнения и неравенства - номер 402, страница 253.

Учебник.

402. Решите неравенство:

1) $\lg^2 x - \lg x \ge 0;$

2) $\ln^2 x + \ln x \le 0;$

3) $3\log_8^2 x + 2\log_8 x - 5 \ge 0;$

4) $\log_{\frac{1}{3}}^2 (-x) - \log_{\frac{1}{3}} (-x) \le 2;$

5) $\frac{\lg^2 x - 3\lg x + 3}{\lg x - 1} > 1;$

6) $\frac{\log_6^2 x + 2\log_6 x - 6}{\log_6 x} < 1.$

Решение 2.

1) $\lg^2 x - \lg x \ge 0$

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $x > 0$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \lg x$. Неравенство принимает вид:
$t^2 - t \ge 0$

Разложим левую часть на множители:
$t(t-1) \ge 0$

Решим это квадратное неравенство методом интервалов. Корни уравнения $t(t-1)=0$ равны $t_1 = 0$ и $t_2 = 1$. Парабола $y=t^2-t$ ветвями вверх, поэтому решение неравенства находится за пределами корней.
$t \le 0$ или $t \ge 1$.

Выполним обратную замену:
$\lg x \le 0$ или $\lg x \ge 1$.

Решим каждое неравенство. Основание десятичного логарифма равно 10, что больше 1, поэтому знак неравенства сохраняется.
1. $\lg x \le 0 \implies \lg x \le \lg 1 \implies x \le 1$.
2. $\lg x \ge 1 \implies \lg x \ge \lg 10 \implies x \ge 10$.

Объединим полученные решения и учтем ОДЗ ($x > 0$):
$x \in (0, 1] \cup [10, +\infty)$.

Ответ: $x \in (0, 1] \cup [10, +\infty)$.

2) $\ln^2 x + \ln x \le 0$

ОДЗ: $x > 0$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \ln x$. Неравенство принимает вид:
$t^2 + t \le 0$

Разложим левую часть на множители:
$t(t+1) \le 0$

Корни уравнения $t(t+1)=0$ равны $t_1 = -1$ и $t_2 = 0$. Парабола $y=t^2+t$ ветвями вверх, поэтому решение неравенства находится между корнями.
$-1 \le t \le 0$.

Выполним обратную замену:
$-1 \le \ln x \le 0$.

Представим -1 и 0 в виде натуральных логарифмов: $-1 = \ln(e^{-1})$, $0 = \ln(1)$.
$\ln(e^{-1}) \le \ln x \le \ln(1)$.

Основание натурального логарифма $e \approx 2.718 > 1$, поэтому знак неравенства сохраняется.
$e^{-1} \le x \le 1$, что то же самое, что и $\frac{1}{e} \le x \le 1$.

Данный интервал удовлетворяет ОДЗ ($x > 0$).

Ответ: $x \in [\frac{1}{e}, 1]$.

3) $3\log_8^2 x + 2\log_8 x - 5 \ge 0$

ОДЗ: $x > 0$.

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_8 x$. Неравенство принимает вид:
$3t^2 + 2t - 5 \ge 0$.

Решим квадратное уравнение $3t^2 + 2t - 5 = 0$ для нахождения корней.
Дискриминант $D = 2^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-5) = 4 + 60 = 64 = 8^2$.
$t_1 = \frac{-2 - 8}{2 \cdot 3} = \frac{-10}{6} = -\frac{5}{3}$.
$t_2 = \frac{-2 + 8}{2 \cdot 3} = \frac{6}{6} = 1$.

Парабола $y=3t^2 + 2t - 5$ ветвями вверх, значит, решение неравенства находится за пределами корней:
$t \le -\frac{5}{3}$ или $t \ge 1$.

Выполним обратную замену:
$\log_8 x \le -\frac{5}{3}$ или $\log_8 x \ge 1$.

Решим каждое неравенство. Основание логарифма 8 > 1, знак неравенства сохраняется.
1. $\log_8 x \le -\frac{5}{3} \implies x \le 8^{-5/3} \implies x \le (2^3)^{-5/3} \implies x \le 2^{-5} \implies x \le \frac{1}{32}$.
2. $\log_8 x \ge 1 \implies x \ge 8^1 \implies x \ge 8$.

Объединим решения и учтем ОДЗ ($x > 0$):
$x \in (0, \frac{1}{32}] \cup [8, +\infty)$.

Ответ: $x \in (0, \frac{1}{32}] \cup [8, +\infty)$.

4) $\log_{\frac{1}{3}}^2 (-x) - \log_{\frac{1}{3}} (-x) \le 2$

ОДЗ: $-x > 0 \implies x < 0$.

Перенесем 2 в левую часть и сделаем замену. Пусть $t = \log_{\frac{1}{3}} (-x)$.
$t^2 - t - 2 \le 0$.

Найдем корни квадратного уравнения $t^2 - t - 2 = 0$. По теореме Виета $t_1 = -1$, $t_2 = 2$.
Разложим на множители: $(t+1)(t-2) \le 0$.

Парабола $y=t^2 - t - 2$ ветвями вверх, решение находится между корнями:
$-1 \le t \le 2$.

Выполним обратную замену:
$-1 \le \log_{\frac{1}{3}} (-x) \le 2$.

Основание логарифма $\frac{1}{3} < 1$, поэтому при переходе к аргументам знаки неравенства меняются на противоположные.
$(\frac{1}{3})^2 \le -x \le (\frac{1}{3})^{-1}$
$\frac{1}{9} \le -x \le 3$.

Умножим все части двойного неравенства на -1, снова поменяв знаки неравенства:
$-3 \le x \le -\frac{1}{9}$.

Полученный интервал $[-3, -\frac{1}{9}]$ полностью удовлетворяет ОДЗ ($x < 0$).

Ответ: $x \in [-3, -\frac{1}{9}]$.

5) $\frac{\lg^2 x - 3\lg x + 3}{\lg x - 1} > 1$

ОДЗ: $x > 0$ и знаменатель не равен нулю $\lg x - 1 \neq 0 \implies \lg x \neq 1 \implies x \neq 10$.

Сделаем замену. Пусть $t = \lg x$. Тогда $t \neq 1$.
$\frac{t^2 - 3t + 3}{t - 1} > 1$.

Перенесем 1 в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\frac{t^2 - 3t + 3}{t - 1} - 1 > 0$
$\frac{t^2 - 3t + 3 - (t - 1)}{t - 1} > 0$
$\frac{t^2 - 4t + 4}{t - 1} > 0$
$\frac{(t - 2)^2}{t - 1} > 0$.

Решим это неравенство методом интервалов. Числитель $(t - 2)^2$ всегда неотрицателен. Он равен 0 при $t=2$ и положителен при $t \neq 2$. Поскольку неравенство строгое, $t \neq 2$.
Для того чтобы дробь была положительной при $t \neq 2$, знаменатель также должен быть положительным.
$t - 1 > 0 \implies t > 1$.

Таким образом, решение для $t$: $t > 1$ и $t \neq 2$. Это можно записать как $t \in (1, 2) \cup (2, +\infty)$.

Выполним обратную замену:
$1 < \lg x < 2$ или $\lg x > 2$.
1. $1 < \lg x < 2 \implies \lg 10 < \lg x < \lg 100 \implies 10 < x < 100$.
2. $\lg x > 2 \implies \lg x > \lg 100 \implies x > 100$.

Объединяя решения, получаем: $x \in (10, 100) \cup (100, +\infty)$. Это решение удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $x \in (10, 100) \cup (100, +\infty)$.

6) $\frac{\log_6^2 x + 2\log_6 x - 6}{\log_6 x} < 1$

ОДЗ: $x > 0$ и $\log_6 x \neq 0 \implies x \neq 1$.

Сделаем замену. Пусть $t = \log_6 x$. Тогда $t \neq 0$.
$\frac{t^2 + 2t - 6}{t} < 1$.

Перенесем 1 в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\frac{t^2 + 2t - 6}{t} - 1 < 0$
$\frac{t^2 + 2t - 6 - t}{t} < 0$
$\frac{t^2 + t - 6}{t} < 0$.

Разложим числитель на множители. Корни уравнения $t^2 + t - 6 = 0$ равны $t_1 = -3$ и $t_2 = 2$.
$\frac{(t+3)(t-2)}{t} < 0$.

Решим неравенство методом интервалов. Нули выражения: $t = -3, t = 0, t = 2$.
Рассмотрим знаки на интервалах:
- При $t > 2$: $\frac{(+)(+)}{(+)} > 0$.
- При $0 < t < 2$: $\frac{(+)(-)}{(+)} < 0$.
- При $-3 < t < 0$: $\frac{(+)(-)}{(-)} > 0$.
- При $t < -3$: $\frac{(-)(-)}{(-)} < 0$.

Неравенство выполняется при $t < -3$ или $0 < t < 2$.

Выполним обратную замену:
$\log_6 x < -3$ или $0 < \log_6 x < 2$.
Основание логарифма 6 > 1, знаки неравенств сохраняются.
1. $\log_6 x < -3 \implies \log_6 x < \log_6(6^{-3}) \implies x < \frac{1}{216}$. С учетом ОДЗ ($x>0$): $0 < x < \frac{1}{216}$.
2. $0 < \log_6 x < 2 \implies \log_6 1 < \log_6 x < \log_6 (6^2) \implies 1 < x < 36$.

Объединим полученные интервалы.

Ответ: $x \in (0, \frac{1}{216}) \cup (1, 36)$.