Номер 15.33, страница 93, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 15. Логарифмическая функция, её свойства и график. Глава 3. Показательная и логарифмическая функции. ч. 2 - номер 15.33, страница 93.

15.33. а) $x + 2 = \log_8 x$;

Б) $\log_{\frac{1}{3}} x = -2x - 5$;

В) $3x + 7 = \log_7 x$;

Г) $\log_{\frac{2}{5}} x = -5x - 6$.

а) $x + 2 = \log_8 x$

Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения определяется условием существования логарифма: $x > 0$.

Рассмотрим две функции, соответствующие левой и правой частям уравнения: $f(x) = x + 2$ и $g(x) = \log_8 x$.

Функция $f(x) = x + 2$ — линейная, возрастающая на всей числовой прямой (ее производная $f'(x) = 1 > 0$).

Функция $g(x) = \log_8 x$ — логарифмическая с основанием $8 > 1$, поэтому она также возрастает на всей своей области определения $x > 0$.

Чтобы найти решение уравнения, проанализируем функцию $h(x) = f(x) - g(x) = x + 2 - \log_8 x$. Решения исходного уравнения являются корнями уравнения $h(x) = 0$.

Найдем производную функции $h(x)$ для определения ее монотонности и экстремумов:

$h'(x) = (x + 2 - \log_8 x)' = 1 - \frac{1}{x \ln 8}$.

Приравняем производную к нулю, чтобы найти критические точки:

$1 - \frac{1}{x \ln 8} = 0 \implies 1 = \frac{1}{x \ln 8} \implies x = \frac{1}{\ln 8}$.

Чтобы определить, является ли эта точка точкой минимума или максимума, найдем вторую производную: $h''(x) = \left(1 - \frac{1}{x \ln 8}\right)' = \frac{1}{x^2 \ln 8}$. Поскольку $x > 0$ и $\ln 8 > 0$, то $h''(x) > 0$. Следовательно, точка $x_0 = \frac{1}{\ln 8}$ является точкой глобального минимума функции $h(x)$.

Вычислим значение функции в этой точке:

$h_{min} = h\left(\frac{1}{\ln 8}\right) = \frac{1}{\ln 8} + 2 - \log_8\left(\frac{1}{\ln 8}\right) = \frac{1}{\ln 8} + 2 - \frac{\ln(1/\ln 8)}{\ln 8} = \frac{1}{\ln 8} + 2 + \frac{\ln(\ln 8)}{\ln 8}$.

Поскольку $\ln 8 > \ln e = 1$, то $\ln(\ln 8) > \ln 1 = 0$. Каждое слагаемое в выражении для $h_{min}$ положительно. Таким образом, минимальное значение функции $h(x)$ строго больше нуля ($h_{min} > 0$).

Это означает, что $h(x) = x + 2 - \log_8 x > 0$ для всех $x > 0$, и равенство $h(x) = 0$ не достигается ни при каких $x$.

Ответ: решений нет.

---

б) $\log_{\frac{1}{3}} x = -2x - 5$

ОДЗ: $x > 0$.

Рассмотрим функции $f(x) = \log_{\frac{1}{3}} x$ и $g(x) = -2x - 5$.

Функция $f(x) = \log_{\frac{1}{3}} x$ — логарифмическая с основанием $1/3 < 1$, поэтому она является убывающей на $x > 0$.

Функция $g(x) = -2x - 5$ — линейная с отрицательным угловым коэффициентом $-2$, поэтому она также является убывающей.

Исследуем функцию $h(x) = \log_{\frac{1}{3}} x - (-2x - 5) = \log_{\frac{1}{3}} x + 2x + 5$.

Найдем ее производную:

$h'(x) = \left(\log_{\frac{1}{3}} x + 2x + 5\right)' = \frac{1}{x \ln(1/3)} + 2 = -\frac{1}{x \ln 3} + 2$.

Найдем критические точки:

$-\frac{1}{x \ln 3} + 2 = 0 \implies 2 = \frac{1}{x \ln 3} \implies x = \frac{1}{2 \ln 3}$.

Вторая производная $h''(x) = \left(-\frac{1}{x \ln 3} + 2\right)' = \frac{1}{x^2 \ln 3} > 0$ для $x > 0$. Значит, в точке $x_0 = \frac{1}{2 \ln 3}$ функция $h(x)$ имеет глобальный минимум.

Найдем минимальное значение функции:

$h_{min} = h\left(\frac{1}{2 \ln 3}\right) = \log_{\frac{1}{3}}\left(\frac{1}{2 \ln 3}\right) + 2\left(\frac{1}{2 \ln 3}\right) + 5 = \frac{\ln(1/(2 \ln 3))}{\ln(1/3)} + \frac{1}{\ln 3} + 5$.

$h_{min} = \frac{-\ln(2 \ln 3)}{-\ln 3} + \frac{1}{\ln 3} + 5 = \frac{\ln(2 \ln 3)}{\ln 3} + \frac{1}{\ln 3} + 5$.

Поскольку $2 \ln 3 = \ln(3^2) = \ln 9 > 1$, то $\ln(2 \ln 3) > 0$. Все слагаемые в выражении для $h_{min}$ положительны.

Следовательно, $h_{min} > 0$, а значит, $h(x) > 0$ для всех $x > 0$. Уравнение не имеет решений.

Ответ: решений нет.

---

в) $3x + 7 = \log_7 x$

ОДЗ: $x > 0$.

Рассмотрим функции $f(x) = 3x + 7$ (возрастающая) и $g(x) = \log_7 x$ (возрастающая).

Исследуем их разность $h(x) = 3x + 7 - \log_7 x$.

Найдем производную:

$h'(x) = (3x + 7 - \log_7 x)' = 3 - \frac{1}{x \ln 7}$.

Найдем критические точки:

$3 - \frac{1}{x \ln 7} = 0 \implies 3 = \frac{1}{x \ln 7} \implies x = \frac{1}{3 \ln 7}$.

Вторая производная $h''(x) = \frac{1}{x^2 \ln 7} > 0$, следовательно, точка $x_0 = \frac{1}{3 \ln 7}$ — точка глобального минимума.

Найдем минимальное значение функции:

$h_{min} = h\left(\frac{1}{3 \ln 7}\right) = 3\left(\frac{1}{3 \ln 7}\right) + 7 - \log_7\left(\frac{1}{3 \ln 7}\right) = \frac{1}{\ln 7} + 7 - \frac{\ln(1/(3 \ln 7))}{\ln 7}$.

$h_{min} = \frac{1}{\ln 7} + 7 + \frac{\ln(3 \ln 7)}{\ln 7}$.

Поскольку $3 \ln 7 = \ln(7^3) = \ln 343 > 1$, то $\ln(3 \ln 7) > 0$. Все слагаемые в $h_{min}$ положительны.

Таким образом, $h_{min} > 0$, а значит, $h(x) > 0$ для всех $x > 0$. Уравнение не имеет решений.

Ответ: решений нет.

---

г) $\log_{\frac{2}{5}} x = -5x - 6$

ОДЗ: $x > 0$.

Рассмотрим функции $f(x) = \log_{\frac{2}{5}} x$ (убывающая, т.к. основание $2/5 < 1$) и $g(x) = -5x - 6$ (убывающая).

Исследуем функцию $h(x) = \log_{\frac{2}{5}} x - (-5x - 6) = \log_{\frac{2}{5}} x + 5x + 6$.

Найдем производную:

$h'(x) = \left(\log_{\frac{2}{5}} x + 5x + 6\right)' = \frac{1}{x \ln(2/5)} + 5 = -\frac{1}{x \ln(5/2)} + 5$.

Найдем критические точки:

$-\frac{1}{x \ln(5/2)} + 5 = 0 \implies 5 = \frac{1}{x \ln(5/2)} \implies x = \frac{1}{5 \ln(5/2)}$.

Вторая производная $h''(x) = \frac{1}{x^2 \ln(5/2)} > 0$, так как $\ln(5/2) > 0$. Следовательно, в точке $x_0 = \frac{1}{5 \ln(5/2)}$ функция имеет глобальный минимум.

Найдем минимальное значение:

$h_{min} = h\left(\frac{1}{5 \ln(5/2)}\right) = \log_{\frac{2}{5}}\left(\frac{1}{5 \ln(5/2)}\right) + 5\left(\frac{1}{5 \ln(5/2)}\right) + 6$.

$h_{min} = \frac{\ln(1/(5 \ln(5/2)))}{\ln(2/5)} + \frac{1}{\ln(5/2)} + 6 = \frac{-\ln(5 \ln(5/2))}{-\ln(5/2)} + \frac{1}{\ln(5/2)} + 6 = \frac{\ln(5 \ln(5/2))}{\ln(5/2)} + \frac{1}{\ln(5/2)} + 6$.

Поскольку $5 \ln(5/2) = \ln((5/2)^5) = \ln(97.65625) > 1$, то $\ln(5 \ln(5/2)) > 0$. Все слагаемые положительны.

Следовательно, $h_{min} > 0$, что означает $h(x) > 0$ для всех $x > 0$. Уравнение не имеет решений.

Ответ: решений нет.