Номер 18.37, страница 115, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 18. Логарифмические неравенства. Глава 3. Показательная и логарифмическая функции. ч. 2 - номер 18.37, страница 115.

18.37. a) $log_4(x + 12) \cdot log_x 2 \le 1;$

б) $1 + log_x 5 \cdot log_7 x > log_5 35 \cdot log_x 5.$

а) $\log_{4}(x + 12) \cdot \log_{x}2 \le 1$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля, а основание логарифма должно быть строго больше нуля и не равно единице.
$\begin{cases} x + 12 > 0 \\ x > 0 \\ x \ne 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -12 \\ x > 0 \\ x \ne 1 \end{cases}$
Следовательно, ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$.

2. Преобразуем неравенство, используя свойства логарифмов. Приведем логарифмы к основанию 2.
$\log_{4}(x + 12) = \frac{\log_{2}(x + 12)}{\log_{2}4} = \frac{1}{2}\log_{2}(x + 12)$
$\log_{x}2 = \frac{1}{\log_{2}x}$
Подставим преобразованные выражения в исходное неравенство:
$\frac{1}{2}\log_{2}(x + 12) \cdot \frac{1}{\log_{2}x} \le 1$
$\frac{\log_{2}(x + 12)}{2\log_{2}x} \le 1$
$\frac{\log_{2}(x + 12)}{2\log_{2}x} - 1 \le 0$
$\frac{\log_{2}(x + 12) - 2\log_{2}x}{2\log_{2}x} \le 0$
$\frac{\log_{2}(x + 12) - \log_{2}(x^2)}{2\log_{2}x} \le 0$
$\frac{\log_{2}\left(\frac{x + 12}{x^2}\right)}{2\log_{2}x} \le 0$

3. Решим неравенство методом интервалов, рассмотрев два случая.
Случай 1: $\log_{2}x > 0$, что эквивалентно $x > 1$.
В этом случае знаменатель дроби положителен, поэтому неравенство сводится к:
$\log_{2}\left(\frac{x + 12}{x^2}\right) \le 0$
Поскольку основание логарифма $2 > 1$, это равносильно:
$0 < \frac{x + 12}{x^2} \le 1$
Так как на ОДЗ $x > 0$, то $x^2 > 0$, и левая часть неравенства ($0 < \frac{x+12}{x^2}$) всегда выполняется. Решим правую часть:
$\frac{x + 12}{x^2} \le 1 \Rightarrow x + 12 \le x^2 \Rightarrow x^2 - x - 12 \ge 0$.
Найдем корни уравнения $x^2 - x - 12 = 0$: $x_1 = 4, x_2 = -3$.
Решение неравенства $x^2 - x - 12 \ge 0$ есть $x \in (-\infty, -3] \cup [4, +\infty)$.
Пересекая это решение с условием случая ($x > 1$), получаем: $x \in [4, +\infty)$.

Случай 2: $\log_{2}x < 0$, что эквивалентно $0 < x < 1$.
В этом случае знаменатель дроби отрицателен, поэтому при умножении на него знак неравенства меняется на противоположный:
$\log_{2}\left(\frac{x + 12}{x^2}\right) \ge 0$
Поскольку основание логарифма $2 > 1$, это равносильно:
$\frac{x + 12}{x^2} \ge 1 \Rightarrow x + 12 \ge x^2 \Rightarrow x^2 - x - 12 \le 0$.
Решение этого неравенства: $x \in [-3, 4]$.
Пересекая это решение с условием случая ($0 < x < 1$), получаем: $x \in (0, 1)$.

4. Объединим решения, полученные в обоих случаях.
Решением неравенства является объединение интервалов: $(0, 1) \cup [4, +\infty)$. Это решение полностью входит в ОДЗ.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup [4, +\infty)$.

б) $1 + \log_{x}5 \cdot \log_{7}x > \log_{5}35 \cdot \log_{x}5$

1. Найдем ОДЗ: основание логарифма $x > 0$ и $x \ne 1$.
ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$.

2. Упростим выражения в неравенстве.
Используем формулу замены основания $\log_{a}b \cdot \log_{c}a = \log_{c}b$ для произведения логарифмов:
$\log_{x}5 \cdot \log_{7}x = \log_{7}5$.
Преобразуем логарифм в правой части:
$\log_{5}35 = \log_{5}(5 \cdot 7) = \log_{5}5 + \log_{5}7 = 1 + \log_{5}7$.
Подставим упрощенные выражения в исходное неравенство:
$1 + \log_{7}5 > (1 + \log_{5}7) \cdot \log_{x}5$.

3. Преобразуем правую часть, используя свойство $\log_{b}a = \frac{1}{\log_{a}b}$:
$1 + \log_{5}7 = 1 + \frac{1}{\log_{7}5} = \frac{\log_{7}5 + 1}{\log_{7}5}$.
Неравенство принимает вид:
$1 + \log_{7}5 > \frac{1 + \log_{7}5}{\log_{7}5} \cdot \log_{x}5$.
Поскольку $7 > 1$ и $5 > 1$, то $\log_{7}5 > 0$. Следовательно, выражение $(1 + \log_{7}5)$ строго положительно. Мы можем разделить обе части неравенства на него, не меняя знака:
$1 > \frac{1}{\log_{7}5} \cdot \log_{x}5$
Умножим обе части на $\log_{7}5$ (это положительное число):
$\log_{7}5 > \log_{x}5$.

4. Решим полученное неравенство, сравнивая основания логарифмов $7$ и $x$.
Случай 1: Основание $x > 1$.
Функция $y = \log_{b}c$ (где $c > 1$ - константа) является убывающей по основанию $b$ при $b > 1$.
То есть, чем больше основание, тем меньше значение логарифма.
Из неравенства $\log_{7}5 > \log_{x}5$ следует, что основание $7$ должно быть меньше основания $x$.
$7 < x$.
Пересекая с условием $x>1$, получаем $x \in (7, +\infty)$.

Случай 2: Основание $0 < x < 1$.
В этом случае значение логарифма $\log_{x}5$ будет отрицательным (т.к. $x^y = 5$, где $0<x<1, 5>1$, что возможно только при $y < 0$).
Значение логарифма $\log_{7}5$ является положительным.
Неравенство $\log_{7}5 > \log_{x}5$ принимает вид "положительное число > отрицательное число", что всегда верно.
Следовательно, все значения $x$ из интервала $(0, 1)$ являются решениями.

5. Объединим решения из обоих случаев.
Решением является объединение интервалов $(0, 1) \cup (7, +\infty)$. Это решение полностью входит в ОДЗ.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup (7, +\infty)$.