Номер 30.37, страница 195, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 30. Иррациональные уравнения и неравенства. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 30.37, страница 195.

30.37. Решите неравенство:

a) $\sqrt{\lg (1 - x)} \le 1;$

б) $\log_{0,2} \sqrt[3]{6x^2 - 25} \ge -1;$

в) $\sqrt{\log_2 (x^2 + 3x - 24)} \le 2;$

г) $\log_{0,25} \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \ge -0,5.$

а) $ \sqrt{\lg(1-x)} \le 1 $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным, а выражение под знаком логарифма – строго положительным.
$ \begin{cases} \lg(1-x) \ge 0 \\ 1-x > 0 \end{cases} $
Решим первое неравенство:
$ \lg(1-x) \ge \lg(1) $
Так как основание логарифма $10 > 1$, знак неравенства сохраняется:
$ 1-x \ge 1 \implies -x \ge 0 \implies x \le 0 $.
Решим второе неравенство:
$ 1-x > 0 \implies -x > -1 \implies x < 1 $.
Пересечение условий $ x \le 0 $ и $ x < 1 $ дает ОДЗ: $ x \le 0 $.

2. Решим исходное неравенство. Так как обе части неравенства неотрицательны, возведем их в квадрат:
$ (\sqrt{\lg(1-x)})^2 \le 1^2 $
$ \lg(1-x) \le 1 $
Представим 1 как логарифм по основанию 10: $ 1 = \lg(10) $.
$ \lg(1-x) \le \lg(10) $
Так как основание $10 > 1$, переходим к неравенству для аргументов:
$ 1-x \le 10 \implies -x \le 9 \implies x \ge -9 $.

3. Найдем пересечение полученного решения $ x \ge -9 $ с ОДЗ $ x \le 0 $:
$ -9 \le x \le 0 $.
Ответ: $ [-9; 0] $.

б) $ \log_{0,2} \sqrt[3]{6x^2 - 25} \ge -1 $

1. Найдем ОДЗ. Аргумент логарифма должен быть строго положительным:
$ \sqrt[3]{6x^2 - 25} > 0 $
Возведем обе части в куб:
$ 6x^2 - 25 > 0 \implies 6x^2 > 25 \implies x^2 > \frac{25}{6} $
$ |x| > \sqrt{\frac{25}{6}} \implies |x| > \frac{5}{\sqrt{6}} \implies |x| > \frac{5\sqrt{6}}{6} $.
ОДЗ: $ x \in (-\infty; -\frac{5\sqrt{6}}{6}) \cup (\frac{5\sqrt{6}}{6}; \infty) $.

2. Решим исходное неравенство. Представим -1 в виде логарифма по основанию 0,2:
$ -1 = \log_{0,2}(0,2^{-1}) = \log_{0,2}(5) $.
$ \log_{0,2} \sqrt[3]{6x^2 - 25} \ge \log_{0,2}(5) $
Так как основание логарифма $ 0,2 \in (0; 1) $, знак неравенства меняется на противоположный:
$ \sqrt[3]{6x^2 - 25} \le 5 $
Возведем обе части в куб:
$ 6x^2 - 25 \le 125 \implies 6x^2 \le 150 \implies x^2 \le 25 $
$ |x| \le 5 \implies -5 \le x \le 5 $.

3. Найдем пересечение решения $ [-5; 5] $ с ОДЗ $ x \in (-\infty; -\frac{5\sqrt{6}}{6}) \cup (\frac{5\sqrt{6}}{6}; \infty) $.
Это соответствует системе: $ \begin{cases} -5 \le x \le 5 \\ |x| > \frac{5\sqrt{6}}{6} \end{cases} $
Объединение интервалов: $ [-5; -\frac{5\sqrt{6}}{6}) \cup (\frac{5\sqrt{6}}{6}; 5] $.
Ответ: $ [-5; -\frac{5\sqrt{6}}{6}) \cup (\frac{5\sqrt{6}}{6}; 5] $.

в) $ \sqrt{\log_2(x^2 + 3x - 24)} \le 2 $

1. Найдем ОДЗ. Выражение под корнем должно быть неотрицательным, а выражение под логарифмом – положительным.
$ \begin{cases} \log_2(x^2 + 3x - 24) \ge 0 \\ x^2 + 3x - 24 > 0 \end{cases} $
Решим первое неравенство: $ \log_2(x^2 + 3x - 24) \ge \log_2(1) $.
Так как основание $2 > 1$, получаем $ x^2 + 3x - 24 \ge 1 \implies x^2 + 3x - 25 \ge 0 $.
Найдем корни уравнения $ x^2 + 3x - 25 = 0 $: $ D = 3^2 - 4(1)(-25) = 9 + 100 = 109 $. Корни: $ x_{1,2} = \frac{-3 \pm \sqrt{109}}{2} $.
Решение неравенства: $ x \in (-\infty; \frac{-3 - \sqrt{109}}{2}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{109}}{2}; \infty) $.
Это условие автоматически обеспечивает выполнение второго неравенства $ x^2 + 3x - 24 > 0 $, так как $ x^2 + 3x - 24 > x^2 + 3x - 25 \ge 0 $.
ОДЗ: $ x \in (-\infty; \frac{-3 - \sqrt{109}}{2}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{109}}{2}; \infty) $.

2. Решим исходное неравенство. Возведем обе неотрицательные части в квадрат:
$ \log_2(x^2 + 3x - 24) \le 4 $
$ \log_2(x^2 + 3x - 24) \le \log_2(2^4) \implies \log_2(x^2 + 3x - 24) \le \log_2(16) $.
Так как основание $2 > 1$, получаем:
$ x^2 + 3x - 24 \le 16 \implies x^2 + 3x - 40 \le 0 $.
Найдем корни уравнения $ x^2 + 3x - 40 = 0 $. По теореме Виета корни -8 и 5.
Решение неравенства: $ -8 \le x \le 5 $.

3. Найдем пересечение решения $ [-8; 5] $ с ОДЗ.
Сравним значения: $ -8 < \frac{-3 - \sqrt{109}}{2} $ (т.к. $ -16 < -3 - \sqrt{109} \implies \sqrt{109} < 13 \implies 109 < 169 $, что верно).
$ \frac{-3 + \sqrt{109}}{2} < 5 $ (т.к. $ -3 + \sqrt{109} < 10 \implies \sqrt{109} < 13 \implies 109 < 169 $, что верно).
Пересечение: $ [-8; \frac{-3 - \sqrt{109}}{2}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{109}}{2}; 5] $.
Ответ: $ [-8; \frac{-3 - \sqrt{109}}{2}] \cup [\frac{-3 + \sqrt{109}}{2}; 5] $.

г) $ \log_{0,25} \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \ge -0,5 $

1. Найдем ОДЗ. Аргумент логарифма должен быть положительным.
$ \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} > 0 \implies x^2 - 6x - 11 > 0 $.
Найдем корни уравнения $ x^2 - 6x - 11 = 0 $: $ D/4 = (-3)^2 - 1(-11) = 9 + 11 = 20 $. Корни: $ x_{1,2} = 3 \pm \sqrt{20} = 3 \pm 2\sqrt{5} $.
ОДЗ: $ x \in (-\infty; 3 - 2\sqrt{5}) \cup (3 + 2\sqrt{5}; \infty) $.

2. Решим исходное неравенство. $ 0,25 = 1/4 $, $ -0,5 = -1/2 $.
$ \log_{1/4} \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \ge -1/2 $
Представим правую часть в виде логарифма по основанию 1/4:
$ -1/2 = \log_{1/4}((1/4)^{-1/2}) = \log_{1/4}(4^{1/2}) = \log_{1/4}(2) $.
$ \log_{1/4} \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \ge \log_{1/4}(2) $
Так как основание $ 1/4 \in (0; 1) $, знак неравенства меняется:
$ \sqrt[4]{x^2 - 6x - 11} \le 2 $
Возведем обе неотрицательные части в 4-ю степень:
$ x^2 - 6x - 11 \le 16 \implies x^2 - 6x - 27 \le 0 $.
Найдем корни уравнения $ x^2 - 6x - 27 = 0 $. По теореме Виета корни -3 и 9.
Решение неравенства: $ -3 \le x \le 9 $.

3. Найдем пересечение решения $ [-3; 9] $ с ОДЗ.
Сравним значения: $ -3 < 3 - 2\sqrt{5} $ (т.к. $ -6 < -2\sqrt{5} \implies 3 > \sqrt{5} \implies 9 > 5 $, что верно).
$ 3 + 2\sqrt{5} < 9 $ (т.к. $ 2\sqrt{5} < 6 \implies \sqrt{5} < 3 \implies 5 < 9 $, что верно).
Пересечение: $ [-3; 3 - 2\sqrt{5}) \cup (3 + 2\sqrt{5}; 9] $.
Ответ: $ [-3; 3 - 2\sqrt{5}) \cup (3 + 2\sqrt{5}; 9] $.