Страница 114, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

1. Что называют логарифмом положительного числа $b$ по положительному и отличному от 1 основанию $a$? Как его обозначают?

Логарифмом положительного числа $b$ по положительному и отличному от 1 основанию $a$ называют показатель степени, в которую нужно возвести основание $a$, чтобы получить число $b$.

Это определение можно записать в виде равносильного утверждения:
Выражение $\log_a b = c$ эквивалентно выражению $a^c = b$.

Для того чтобы логарифм имел смысл, на числа $a$ и $b$ накладываются следующие ограничения:
- Аргумент логарифма должен быть строго положительным: $b > 0$.
- Основание логарифма должно быть строго положительным и не равняться единице: $a > 0$ и $a \neq 1$.

Примеры:
$\log_2 8 = 3$, потому что $2^3 = 8$.
$\log_5 {25} = 2$, потому что $5^2 = 25$.
$\log_{10} {1000} = 3$, потому что $10^3 = 1000$.

Обозначают логарифм числа $b$ по основанию $a$ следующим образом:
$\log_a b$
Данная запись читается как «логарифм числа $b$ по основанию $a$».

Из определения логарифма вытекает основное логарифмическое тождество:
$a^{\log_a b} = b$
Это тождество является просто другой формой записи определения логарифма.

Ответ: Логарифмом положительного числа $b$ по положительному и отличному от 1 основанию $a$ называют показатель степени $c$, в которую нужно возвести основание $a$, чтобы получить число $b$. Обозначают его как $\log_a b$.

2. Приведите два примера, когда $\log_a b$ – рациональное число.

Логарифм $\log_a b$ является рациональным числом, если его значение можно представить в виде дроби $\frac{p}{q}$, где $p$ — целое число, а $q$ — натуральное число. Это условие выполняется тогда, когда основание логарифма $a$ и число под знаком логарифма $b$ можно представить в виде степеней одного и того же числа $c$ с целыми показателями. То есть, если существуют такое число $c > 0, c \neq 1$ и целые числа $m$ и $n$ ($m \neq 0$) такие, что $a = c^m$ и $b = c^n$, то логарифм будет рациональным числом:
$\log_a b = \log_{c^m} (c^n) = \frac{n}{m} \log_c c = \frac{n}{m}$.
Результат $\frac{n}{m}$ является рациональным числом по определению.

Пример 1

Рассмотрим логарифм $\log_2 8$. По определению логарифма, $\log_a b = x$ тогда и только тогда, когда $a^x = b$. В нашем случае основание $a=2$ и число $b=8$. Нам нужно найти такое число $x$, что $2^x = 8$. Поскольку $8$ это $2$ в третьей степени ($8 = 2^3$), то $x=3$. Число $3$ является рациональным, так как его можно представить в виде дроби $\frac{3}{1}$.

Ответ: $\log_2 8 = 3$.

Пример 2

Рассмотрим логарифм $\log_{64} 4$. Здесь основание $a=64$ и число $b=4$. Нам необходимо найти такое $x$, для которого выполняется равенство $64^x = 4$. Представим основание $64$ как степень числа $4$: $64 = 4^3$. Тогда наше уравнение принимает вид $(4^3)^x = 4$. Используя свойство степеней $(c^m)^n = c^{mn}$ и учитывая, что $4 = 4^1$, получаем $4^{3x} = 4^1$. Приравнивая показатели степеней, имеем $3x = 1$, откуда $x = \frac{1}{3}$. Число $\frac{1}{3}$ является рациональным.

Ответ: $\log_{64} 4 = \frac{1}{3}$.

3. Приведите два примера, когда $\log_a b$ — иррациональное число.

Для того чтобы число $\log_a b$ было иррациональным, необходимо и достаточно, чтобы числа $a$ и $b$ (при условии, что они целые) не являлись целыми степенями одного и того же целого числа. Проще говоря, если разложить $a$ и $b$ на простые множители, то наборы этих простых множителей должны быть разными. Самый простой способ — выбрать в качестве $a$ и $b$ разные простые числа.

Приведем два примера и докажем иррациональность этих чисел методом от противного.

Пример 1

Рассмотрим число $\log_2 3$.

Предположим, что $\log_2 3$ — рациональное число. Это значит, что его можно представить в виде несократимой дроби $\frac{p}{q}$, где $p$ и $q$ — целые числа, а $q \neq 0$. Так как $\log_2 3 > 0$, можно считать, что $p$ и $q$ — натуральные числа.

Итак, пусть $\log_2 3 = \frac{p}{q}$.

По определению логарифма, это равенство можно переписать в виде:

$2^{\frac{p}{q}} = 3$

Возведем обе части равенства в степень $q$:

$(2^{\frac{p}{q}})^q = 3^q$

$2^p = 3^q$

Мы получили равенство, в левой части которого стоит степень двойки, а в правой — степень тройки. Для любых натуральных $p$ и $q$ число $2^p$ является четным, а число $3^q$ — нечетным. Равенство четного и нечетного чисел невозможно.

Это противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным. Следовательно, число $\log_2 3$ является иррациональным.

Ответ: $\log_2 3$.

Пример 2

Рассмотрим число $\log_5 7$.

Доказательство строится аналогично. Предположим, что $\log_5 7$ — рациональное число, то есть $\log_5 7 = \frac{p}{q}$ для некоторых натуральных чисел $p$ и $q$.

По определению логарифма:

$5^{\frac{p}{q}} = 7$

Возведем обе части в степень $q$:

$5^p = 7^q$

Воспользуемся основной теоремой арифметики, которая гласит, что любое натуральное число больше 1 разлагается на простые множители единственным образом (с точностью до порядка множителей).

Число в левой части, $5^p$, имеет в своем разложении на простые множители только одну простую пятерку.

Число в правой части, $7^q$, имеет в своем разложении на простые множители только одну простую семерку.

Так как разложения на простые множители для левой и правой частей различны, то и сами числа не могут быть равны. Мы снова пришли к противоречию.

Следовательно, наше предположение было ложным, и число $\log_5 7$ является иррациональным.

Ответ: $\log_5 7$.

Решите неравенство:

18.22. a) $\frac{1}{\log_2 x - 4} > \frac{1}{\log_2 x}$;

б) $\frac{1}{1 - \lg x} < \frac{2 \lg x - 5}{1 + \lg x}$;

в) $\frac{4}{\lg 10x} - \frac{5}{\lg 100x} \ge 0$;

г) $2 + \frac{\log_2^2 x}{1 + \log_2 x} > \log_2 x.$

а)

Исходное неравенство: $ \frac{1}{\log_2 x - 4} > \frac{1}{\log_2 x} $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным, а знаменатели не должны равняться нулю.

$ \begin{cases} x > 0 \\ \log_2 x - 4 \neq 0 \\ \log_2 x \neq 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ \log_2 x \neq 4 \\ x \neq 2^0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ x \neq 16 \\ x \neq 1 \end{cases} $

ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, 16) \cup (16, +\infty)$.

2. Перенесем все члены неравенства в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$ \frac{1}{\log_2 x - 4} - \frac{1}{\log_2 x} > 0 $

$ \frac{\log_2 x - (\log_2 x - 4)}{(\log_2 x - 4)(\log_2 x)} > 0 $

$ \frac{4}{(\log_2 x - 4)(\log_2 x)} > 0 $

3. Так как числитель дроби (4) является положительным числом, то для выполнения неравенства необходимо, чтобы знаменатель также был положительным:

$ (\log_2 x - 4)(\log_2 x) > 0 $

4. Сделаем замену переменной. Пусть $ t = \log_2 x $. Неравенство примет вид:

$ t(t - 4) > 0 $

Решим это квадратное неравенство методом интервалов. Корни уравнения $t(t-4)=0$ равны $t_1=0$ и $t_2=4$. Парабола $y=t(t-4)$ ветвями вверх, значит, положительные значения находятся за пределами корней.

Решение для $t$: $ t < 0 $ или $ t > 4 $.

5. Вернемся к исходной переменной $x$:

Для $ t < 0 $: $ \log_2 x < 0 \Rightarrow \log_2 x < \log_2 1 \Rightarrow x < 1 $.

Для $ t > 4 $: $ \log_2 x > 4 \Rightarrow \log_2 x > \log_2 16 \Rightarrow x > 16 $.

6. Учтем ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, 16) \cup (16, +\infty)$.

Из $x < 1$ с учетом ОДЗ получаем $x \in (0, 1)$.

Из $x > 16$ с учетом ОДЗ получаем $x \in (16, +\infty)$.

Объединяя решения, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup (16, +\infty)$.

б)

Исходное неравенство: $ \frac{1}{1 - \lg x} < \frac{2 \lg x - 5}{1 + \lg x} $

1. ОДЗ:

$ \begin{cases} x > 0 \\ 1 - \lg x \neq 0 \\ 1 + \lg x \neq 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ \lg x \neq 1 \\ \lg x \neq -1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ x \neq 10 \\ x \neq 0.1 \end{cases} $

ОДЗ: $x \in (0, 0.1) \cup (0.1, 10) \cup (10, +\infty)$.

2. Перенесем все в левую часть:

$ \frac{1}{1 - \lg x} - \frac{2 \lg x - 5}{1 + \lg x} < 0 $

3. Сделаем замену $ t = \lg x $:

$ \frac{1}{1 - t} - \frac{2t - 5}{1 + t} < 0 $

Приведем к общему знаменателю:

$ \frac{(1 + t) - (2t - 5)(1 - t)}{(1 - t)(1 + t)} < 0 $

$ \frac{1 + t - (2t - 2t^2 - 5 + 5t)}{1 - t^2} < 0 $

$ \frac{1 + t - (-2t^2 + 7t - 5)}{1 - t^2} < 0 $

$ \frac{2t^2 - 6t + 6}{1 - t^2} < 0 $

4. Проанализируем числитель $2t^2 - 6t + 6 = 2(t^2 - 3t + 3)$. Найдем дискриминант квадратного трехчлена $t^2 - 3t + 3$: $D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 3 = 9 - 12 = -3$. Так как $D < 0$ и старший коэффициент (1) положителен, то выражение $t^2 - 3t + 3$ всегда положительно. Следовательно, числитель $2(t^2 - 3t + 3)$ всегда положителен.

5. Таким образом, знак дроби зависит только от знака знаменателя. Неравенство равносильно следующему:

$ 1 - t^2 < 0 \Rightarrow t^2 > 1 \Rightarrow |t| > 1 $

Это дает два случая: $ t < -1 $ или $ t > 1 $.

6. Вернемся к переменной $x$:

Для $ t < -1 $: $ \lg x < -1 \Rightarrow \lg x < \lg 0.1 \Rightarrow x < 0.1 $.

Для $ t > 1 $: $ \lg x > 1 \Rightarrow \lg x > \lg 10 \Rightarrow x > 10 $.

7. Учтем ОДЗ: $x \in (0, 0.1) \cup (0.1, 10) \cup (10, +\infty)$.

Из $x < 0.1$ с учетом ОДЗ получаем $x \in (0, 0.1)$.

Из $x > 10$ с учетом ОДЗ получаем $x \in (10, +\infty)$.

Ответ: $x \in (0, 0.1) \cup (10, +\infty)$.

в)

Исходное неравенство: $ \frac{4}{\lg 10x} - \frac{5}{\lg 100x} \ge 0 $

1. ОДЗ:

$ \begin{cases} x > 0 \\ \lg 10x \neq 0 \\ \lg 100x \neq 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ 10x \neq 1 \\ 100x \neq 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ x \neq 0.1 \\ x \neq 0.01 \end{cases} $

ОДЗ: $x \in (0, 0.01) \cup (0.01, 0.1) \cup (0.1, +\infty)$.

2. Используем свойство логарифма произведения $ \log_a(bc) = \log_a b + \log_a c $:

$ \lg 10x = \lg 10 + \lg x = 1 + \lg x $

$ \lg 100x = \lg 100 + \lg x = 2 + \lg x $

Неравенство принимает вид:

$ \frac{4}{1 + \lg x} - \frac{5}{2 + \lg x} \ge 0 $

3. Сделаем замену $ t = \lg x $:

$ \frac{4}{1 + t} - \frac{5}{2 + t} \ge 0 $

Приведем к общему знаменателю:

$ \frac{4(2 + t) - 5(1 + t)}{(1 + t)(2 + t)} \ge 0 $

$ \frac{8 + 4t - 5 - 5t}{(1 + t)(2 + t)} \ge 0 $

$ \frac{3 - t}{(1 + t)(2 + t)} \ge 0 $

4. Решим неравенство методом интервалов для переменной $t$.

Нули числителя: $t=3$.

Нули знаменателя: $t=-1, t=-2$.

Наносим точки на числовую ось: -2, -1, 3 (точки -2 и -1 выколотые, точка 3 закрашенная).

Интервалы: $ (-\infty, -2), (-2, -1), (-1, 3], [3, +\infty) $.

Определяем знаки на интервалах. Для $ t > 3 $ (например, $t=4$) выражение $\frac{3-4}{(1+4)(2+4)}$ отрицательно. Далее знаки чередуются.

Получаем знаки: $ + $ на $(-\infty, -2)$, $ - $ на $(-2, -1)$, $ + $ на $(-1, 3]$, $ - $ на $(3, +\infty)$.

Нам нужно, чтобы выражение было $\ge 0$, поэтому выбираем интервалы со знаком "+":

$ t \in (-\infty, -2) \cup (-1, 3] $

5. Возвращаемся к $x$:

$ \lg x < -2 \Rightarrow x < 10^{-2} \Rightarrow x < 0.01 $

$ -1 < \lg x \le 3 \Rightarrow 10^{-1} < x \le 10^3 \Rightarrow 0.1 < x \le 1000 $

6. С учетом ОДЗ $x \in (0, 0.01) \cup (0.01, 0.1) \cup (0.1, +\infty)$ получаем:

$ x \in (0, 0.01) \cup (0.1, 1000] $.

Ответ: $x \in (0, 0.01) \cup (0.1, 1000]$.

г)

Исходное неравенство: $ 2 + \frac{\log_2^2 x}{1 + \log_2 x} > \log_2 x $

1. ОДЗ:

$ \begin{cases} x > 0 \\ 1 + \log_2 x \neq 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ \log_2 x \neq -1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ x \neq 2^{-1} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ x \neq 0.5 \end{cases} $

ОДЗ: $x \in (0, 0.5) \cup (0.5, +\infty)$.

2. Сделаем замену $ t = \log_2 x $:

$ 2 + \frac{t^2}{1 + t} > t $

3. Перенесем $t$ влево и приведем к общему знаменателю:

$ 2 - t + \frac{t^2}{1 + t} > 0 $

$ \frac{2(1 + t) - t(1+t) + t^2}{1 + t} > 0 $

$ \frac{2 + 2t - t - t^2 + t^2}{1 + t} > 0 $

$ \frac{t + 2}{1 + t} > 0 $

4. Решим неравенство методом интервалов для $t$.

Нули числителя: $t=-2$. Нули знаменателя: $t=-1$.

Дробь положительна, когда числитель и знаменатель одного знака.

Случай 1: $ t+2 > 0 $ и $ 1+t > 0 \Rightarrow t > -2 $ и $ t > -1 \Rightarrow t > -1 $.

Случай 2: $ t+2 < 0 $ и $ 1+t < 0 \Rightarrow t < -2 $ и $ t < -1 \Rightarrow t < -2 $.

Решение для $t$: $ t \in (-\infty, -2) \cup (-1, +\infty) $.

5. Возвращаемся к $x$:

$ \log_2 x < -2 \Rightarrow \log_2 x < \log_2 (2^{-2}) \Rightarrow x < 0.25 $.

$ \log_2 x > -1 \Rightarrow \log_2 x > \log_2 (2^{-1}) \Rightarrow x > 0.5 $.

6. С учетом ОДЗ $x \in (0, 0.5) \cup (0.5, +\infty)$ получаем:

Из $x < 0.25$ с учетом ОДЗ получаем $x \in (0, 0.25)$.

Из $x > 0.5$ с учетом ОДЗ получаем $x \in (0.5, +\infty)$.

Ответ: $x \in (0, 0.25) \cup (0.5, +\infty)$.

18.23. a) $2 \log_{\sqrt{2}} 2 + \log_{\sqrt{2}} \left(2^{x^2-1} - \frac{1}{4}\right) < \log_{\sqrt{2}} 31;$

б) $\log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} \left(3^{x^2-4} - \frac{1}{9}\right) + 2 \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 3 \ge \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 80.$

а) $2 \log_{\sqrt{2}} 2 + \log_{\sqrt{2}} \left( 2^{x^2-1} - \frac{1}{4} \right) < \log_{\sqrt{2}} 31$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под знаком логарифма должно быть строго положительным:

$2^{x^2-1} - \frac{1}{4} > 0$

$2^{x^2-1} > \frac{1}{4}$

$2^{x^2-1} > 2^{-2}$

Так как основание степени $2 > 1$, функция возрастающая, поэтому:

$x^2-1 > -2$

$x^2 > -1$

Это неравенство выполняется для любых действительных значений $x$, так как $x^2 \ge 0$. Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty; +\infty)$.

2. Преобразуем левую часть неравенства, используя свойства логарифмов $n \log_b a = \log_b a^n$ и $\log_b a + \log_b c = \log_b (ac)$:

$2 \log_{\sqrt{2}} 2 = \log_{\sqrt{2}} 2^2 = \log_{\sqrt{2}} 4$.

Исходное неравенство принимает вид:

$\log_{\sqrt{2}} 4 + \log_{\sqrt{2}} \left( 2^{x^2-1} - \frac{1}{4} \right) < \log_{\sqrt{2}} 31$

$\log_{\sqrt{2}} \left( 4 \cdot \left( 2^{x^2-1} - \frac{1}{4} \right) \right) < \log_{\sqrt{2}} 31$

$\log_{\sqrt{2}} \left( 4 \cdot 2^{x^2-1} - 4 \cdot \frac{1}{4} \right) < \log_{\sqrt{2}} 31$

$\log_{\sqrt{2}} \left( 2^2 \cdot 2^{x^2-1} - 1 \right) < \log_{\sqrt{2}} 31$

$\log_{\sqrt{2}} \left( 2^{x^2+1} - 1 \right) < \log_{\sqrt{2}} 31$

3. Так как основание логарифма $\sqrt{2} > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. При переходе к неравенству для подлогарифмических выражений знак неравенства сохраняется:

$2^{x^2+1} - 1 < 31$

$2^{x^2+1} < 32$

$2^{x^2+1} < 2^5$

4. Так как основание степени $2 > 1$, показательная функция возрастающая, поэтому переходим к неравенству для показателей степеней:

$x^2+1 < 5$

$x^2 < 4$

$x^2 - 4 < 0$

$(x-2)(x+2) < 0$

Решением этого неравенства является интервал $(-2; 2)$.

5. Решение удовлетворяет ОДЗ.

Ответ: $(-2; 2)$.

б) $\log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} \left( 3^{x^2-4} - \frac{1}{9} \right) + 2 \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 3 \ge \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 80$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$3^{x^2-4} - \frac{1}{9} > 0$

$3^{x^2-4} > \frac{1}{9}$

$3^{x^2-4} > 3^{-2}$

Так как основание степени $3 > 1$, функция возрастающая, поэтому:

$x^2-4 > -2$

$x^2 > 2$

Решением этого неравенства является объединение интервалов: $x \in (-\infty; -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}; +\infty)$.

2. Преобразуем левую часть неравенства, используя свойства логарифмов:

$2 \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 3 = \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 3^2 = \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 9$.

$\log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} \left( 3^{x^2-4} - \frac{1}{9} \right) + \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 9 \ge \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 80$

$\log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} \left( 9 \cdot \left( 3^{x^2-4} - \frac{1}{9} \right) \right) \ge \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 80$

$\log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} \left( 9 \cdot 3^{x^2-4} - 9 \cdot \frac{1}{9} \right) \ge \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 80$

$\log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} \left( 3^2 \cdot 3^{x^2-4} - 1 \right) \ge \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 80$

$\log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} \left( 3^{x^2-2} - 1 \right) \ge \log_{\frac{1}{\sqrt{3}}} 80$

3. Так как основание логарифма $\frac{1}{\sqrt{3}}$ находится в интервале $(0; 1)$, логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для подлогарифмических выражений знак неравенства меняется на противоположный:

$3^{x^2-2} - 1 \le 80$

$3^{x^2-2} \le 81$

$3^{x^2-2} \le 3^4$

4. Так как основание степени $3 > 1$, показательная функция возрастающая, поэтому:

$x^2 - 2 \le 4$

$x^2 \le 6$

$x^2 - 6 \le 0$

$(x-\sqrt{6})(x+\sqrt{6}) \le 0$

Решением этого неравенства является отрезок $[-\sqrt{6}; \sqrt{6}]$.

5. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:

$\left\{ \begin{array}{l} x \in [-\sqrt{6}; \sqrt{6}] \\ x \in (-\infty; -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}; +\infty) \end{array} \right.$

Пересечением этих множеств будет объединение полуинтервалов: $[-\sqrt{6}; -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}; \sqrt{6}]$.

Ответ: $[-\sqrt{6}; -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}; \sqrt{6}]$.

18.24. a) $log_{\frac{1}{3}}(13 + x) < 2 log_{\frac{1}{3}}(\sqrt{x + 1} + 2);$

б) $2 log_{12}(\sqrt{x + 5} + 1) < log_{12}(x + 10).$

а) $\log_{\frac{1}{3}}(13 + x) < 2\log_{\frac{1}{3}}(\sqrt{x+1} + 2)$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительны, а подкоренное выражение — неотрицательно.

$\begin{cases} 13 + x > 0 \\ \sqrt{x+1} + 2 > 0 \\ x+1 \ge 0 \end{cases}$

Из первого неравенства получаем $x > -13$.
Второе неравенство $\sqrt{x+1} + 2 > 0$ выполняется всегда, так как $\sqrt{x+1} \ge 0$, следовательно $\sqrt{x+1} + 2 \ge 2$.
Из третьего неравенства получаем $x \ge -1$.
Пересекая условия $x > -13$ и $x \ge -1$, получаем ОДЗ: $x \in [-1, +\infty)$.

2. Преобразуем исходное неравенство, используя свойство логарифма $n\log_a b = \log_a b^n$:
$\log_{\frac{1}{3}}(13 + x) < \log_{\frac{1}{3}}((\sqrt{x+1} + 2)^2)$

3. Так как основание логарифма $\frac{1}{3} < 1$, логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:
$13 + x > (\sqrt{x+1} + 2)^2$

4. Раскроем скобки и решим полученное неравенство:
$13 + x > (x+1) + 4\sqrt{x+1} + 4$
$13 + x > x + 5 + 4\sqrt{x+1}$
$8 > 4\sqrt{x+1}$
$2 > \sqrt{x+1}$

5. Так как обе части неравенства неотрицательны, можем возвести их в квадрат:
$4 > x+1$
$3 > x$, или $x < 3$.

6. Найдем пересечение полученного решения $x < 3$ с ОДЗ $x \ge -1$.
Получаем $-1 \le x < 3$.

Ответ: $x \in [-1, 3)$.

б) $2\log_{12}(\sqrt{x+5} + 1) < \log_{12}(x+10)$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$\begin{cases} \sqrt{x+5} + 1 > 0 \\ x+10 > 0 \\ x+5 \ge 0 \end{cases}$

Первое неравенство $\sqrt{x+5} + 1 > 0$ выполняется всегда, так как $\sqrt{x+5} \ge 0$, следовательно $\sqrt{x+5} + 1 \ge 1$.
Из второго неравенства получаем $x > -10$.
Из третьего неравенства получаем $x \ge -5$.
Пересекая условия $x > -10$ и $x \ge -5$, получаем ОДЗ: $x \in [-5, +\infty)$.

2. Преобразуем исходное неравенство, используя свойство логарифма $n\log_a b = \log_a b^n$:
$\log_{12}((\sqrt{x+5} + 1)^2) < \log_{12}(x+10)$

3. Так как основание логарифма $12 > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. При переходе к неравенству для аргументов знак неравенства сохраняется:
$(\sqrt{x+5} + 1)^2 < x+10$

4. Раскроем скобки и решим полученное неравенство:
$(x+5) + 2\sqrt{x+5} + 1 < x+10$
$x+6 + 2\sqrt{x+5} < x+10$
$2\sqrt{x+5} < 4$
$\sqrt{x+5} < 2$

5. Так как обе части неравенства неотрицательны, можем возвести их в квадрат:
$x+5 < 4$
$x < -1$.

6. Найдем пересечение полученного решения $x < -1$ с ОДЗ $x \ge -5$.
Получаем $-5 \le x < -1$.

Ответ: $x \in [-5, -1)$.

18.25. а) $-\frac{1}{4} \log_{\frac{1}{\sqrt{7}}} (7x + 5) \ge \log_{49} (3x - 1);$

б) $3 \log_8 (2x - 1) - 2 \log_{0.25} (x + 2) \le 0.5 \log_{\sqrt{2}} 3;$

в) $\log_{\sqrt{5}} \sqrt{10 + x} + \log_{0.2} (2x - 4) > 0;$

г) $\frac{3}{2} \log_{7\sqrt{7}} (4x + 17) - \log_7 (25 - 5x) < \log_{\frac{1}{7}} 0.5.$

а) $-\frac{1}{4}\log_{\frac{1}{\sqrt{7}}}(7x+5) \ge \log_{49}(3x-1)$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительны:

$7x + 5 > 0 \implies 7x > -5 \implies x > -\frac{5}{7}$
$3x - 1 > 0 \implies 3x > 1 \implies x > \frac{1}{3}$

Пересечением этих условий является $x > \frac{1}{3}$. Таким образом, ОДЗ: $x \in (\frac{1}{3}; +\infty)$.

2. Приведем все логарифмы к одному основанию, например, к основанию 7. Используем формулу перехода к новому основанию $\log_{a^k}b = \frac{1}{k}\log_a b$.

Преобразуем левую часть неравенства:
$-\frac{1}{4}\log_{\frac{1}{\sqrt{7}}}(7x+5) = -\frac{1}{4}\log_{7^{-1/2}}(7x+5) = -\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{-1/2} \log_7(7x+5) = -\frac{1}{4} \cdot (-2) \log_7(7x+5) = \frac{1}{2}\log_7(7x+5)$.

Преобразуем правую часть неравенства:
$\log_{49}(3x-1) = \log_{7^2}(3x-1) = \frac{1}{2}\log_7(3x-1)$.

3. Подставим преобразованные выражения в исходное неравенство:

$\frac{1}{2}\log_7(7x+5) \ge \frac{1}{2}\log_7(3x-1)$

Умножим обе части на 2:

$\log_7(7x+5) \ge \log_7(3x-1)$

4. Так как основание логарифма $7 > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства сохраняется:

$7x+5 \ge 3x-1$

$4x \ge -6$

$x \ge -\frac{6}{4} \implies x \ge -1.5$

5. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:

$\begin{cases} x \ge -1.5 \\ x > \frac{1}{3} \end{cases}$

Общим решением является $x > \frac{1}{3}$.

Ответ: $(\frac{1}{3}; +\infty)$.

б) $3\log_8(2x-1) - 2\log_{0.25}(x+2) \le 0.5\log_{\sqrt{2}}(3)$

1. Найдем ОДЗ:

$2x - 1 > 0 \implies 2x > 1 \implies x > \frac{1}{2}$
$x + 2 > 0 \implies x > -2$

Пересечением является $x > \frac{1}{2}$. ОДЗ: $x \in (\frac{1}{2}; +\infty)$.

2. Приведем все логарифмы к основанию 2:

$3\log_8(2x-1) = 3\log_{2^3}(2x-1) = 3 \cdot \frac{1}{3}\log_2(2x-1) = \log_2(2x-1)$.
$-2\log_{0.25}(x+2) = -2\log_{1/4}(x+2) = -2\log_{2^{-2}}(x+2) = -2 \cdot \frac{1}{-2}\log_2(x+2) = \log_2(x+2)$.
$0.5\log_{\sqrt{2}}(3) = \frac{1}{2}\log_{2^{1/2}}(3) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1/2}\log_2(3) = \log_2(3)$.

3. Подставим преобразованные выражения в неравенство:

$\log_2(2x-1) + \log_2(x+2) \le \log_2(3)$

Используем свойство суммы логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a(bc)$:

$\log_2((2x-1)(x+2)) \le \log_2(3)$

4. Так как основание логарифма $2 > 1$, функция возрастающая, знак неравенства сохраняется:

$(2x-1)(x+2) \le 3$

$2x^2 + 4x - x - 2 \le 3$

$2x^2 + 3x - 5 \le 0$

5. Решим квадратное неравенство. Найдем корни уравнения $2x^2 + 3x - 5 = 0$:

$D = 3^2 - 4(2)(-5) = 9 + 40 = 49 = 7^2$

$x_{1,2} = \frac{-3 \pm 7}{4} \implies x_1 = \frac{4}{4} = 1, x_2 = \frac{-10}{4} = -2.5$

Парабола $y=2x^2+3x-5$ ветвями вверх, значит, неравенство выполняется между корнями: $-2.5 \le x \le 1$.

6. Учтем ОДЗ $x > \frac{1}{2}$:

$\begin{cases} -2.5 \le x \le 1 \\ x > 0.5 \end{cases}$

Общим решением является $0.5 < x \le 1$.

Ответ: $(\frac{1}{2}; 1]$.

в) $\log_{\sqrt{5}}\sqrt{10+x} + \log_{0.2}(2x-4) > 0$

1. Найдем ОДЗ:

$\sqrt{10+x} > 0 \implies 10+x>0 \implies x > -10$
$2x - 4 > 0 \implies 2x > 4 \implies x > 2$

Пересечением является $x > 2$. ОДЗ: $x \in (2; +\infty)$.

2. Приведем логарифмы к основанию 5:

$\log_{\sqrt{5}}\sqrt{10+x} = \log_{5^{1/2}}(10+x)^{1/2} = \frac{1/2}{1/2}\log_5(10+x) = \log_5(10+x)$.
$\log_{0.2}(2x-4) = \log_{1/5}(2x-4) = \log_{5^{-1}}(2x-4) = -\log_5(2x-4)$.

3. Подставим в неравенство:

$\log_5(10+x) - \log_5(2x-4) > 0$

$\log_5(10+x) > \log_5(2x-4)$

4. Так как основание логарифма $5 > 1$, функция возрастающая, знак неравенства сохраняется:

$10+x > 2x-4$

$14 > x$ или $x < 14$.

5. Учтем ОДЗ $x > 2$:

$\begin{cases} x < 14 \\ x > 2 \end{cases}$

Общим решением является $2 < x < 14$.

Ответ: $(2; 14)$.

г) $\frac{3}{2}\log_{7\sqrt{7}}(4x+17) - \log_7(25-5x) < \log_{\frac{1}{7}}0.5$

1. Найдем ОДЗ:

$4x + 17 > 0 \implies 4x > -17 \implies x > -\frac{17}{4}$
$25 - 5x > 0 \implies 25 > 5x \implies x < 5$

ОДЗ: $x \in (-\frac{17}{4}; 5)$.

2. Приведем все логарифмы к основанию 7:

$\frac{3}{2}\log_{7\sqrt{7}}(4x+17) = \frac{3}{2}\log_{7^{3/2}}(4x+17) = \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{3/2}\log_7(4x+17) = \log_7(4x+17)$.
$\log_{\frac{1}{7}}0.5 = \log_{7^{-1}}(0.5) = -\log_7(0.5) = \log_7(0.5^{-1}) = \log_7(2)$.

3. Подставим в неравенство:

$\log_7(4x+17) - \log_7(25-5x) < \log_7(2)$

Используем свойство разности логарифмов $\log_a b - \log_a c = \log_a(b/c)$:

$\log_7\left(\frac{4x+17}{25-5x}\right) < \log_7(2)$

4. Так как основание логарифма $7 > 1$, функция возрастающая, знак неравенства сохраняется:

$\frac{4x+17}{25-5x} < 2$

5. Решим рациональное неравенство:

$\frac{4x+17}{25-5x} - 2 < 0$

$\frac{4x+17 - 2(25-5x)}{25-5x} < 0$

$\frac{4x+17 - 50 + 10x}{25-5x} < 0$

$\frac{14x-33}{25-5x} < 0$

Решим методом интервалов. Найдем нули числителя и знаменателя:

$14x-33=0 \implies x=\frac{33}{14}$

$25-5x=0 \implies x=5$

На числовой прямой отмечаем точки $x=\frac{33}{14}$ и $x=5$. Они разбивают прямую на интервалы $(-\infty; \frac{33}{14})$, $(\frac{33}{14}; 5)$, $(5; +\infty)$.

Проверим знак выражения $\frac{14x-33}{25-5x}$ в каждом интервале:

При $x > 5$ (например, $x=6$): $\frac{14 \cdot 6 - 33}{25 - 5 \cdot 6} = \frac{+}{-} < 0$. Интервал $(5; +\infty)$ является решением.

При $\frac{33}{14} < x < 5$ (например, $x=3$): $\frac{14 \cdot 3 - 33}{25 - 5 \cdot 3} = \frac{+}{+} > 0$. Не является решением.

При $x < \frac{33}{14}$ (например, $x=0$): $\frac{-33}{25} < 0$. Интервал $(-\infty; \frac{33}{14})$ является решением.

Таким образом, решение неравенства: $x \in (-\infty; \frac{33}{14}) \cup (5; +\infty)$.

6. Учтем ОДЗ $x \in (-\frac{17}{4}; 5)$:

$\begin{cases} x \in (-\infty; \frac{33}{14}) \cup (5; +\infty) \\ -\frac{17}{4} < x < 5 \end{cases}$

Пересечение этих множеств дает интервал $(-\frac{17}{4}; \frac{33}{14})$.

Ответ: $(-\frac{17}{4}; \frac{33}{14})$.

18.26. Сколько целочисленных решений имеет неравенство:

а) $ \log_2 \frac{1}{6 - x} \leq \log_{0.5} x^2; $

б) $ 0.25 \log_{\sqrt[4]{3}}(x + 6) \leq \log_3 (6 - x^2); $

в) $ 0.5 \log_{\sqrt{2}}(x^2 - 6x + 24) \leq \log_8 (2x + 9)^3; $

г) $ \log_3 \left(-x^2 + \frac{10x}{9}\right)^{-1} + \log_{\frac{1}{3}} 9 \geq 0? $

а)

Исходное неравенство: $\log_2 \frac{1}{6-x} \le \log_{0,5} x^2$.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными. Из условия $\frac{1}{6-x} > 0$ следует, что $6-x > 0$, то есть $x < 6$. Из условия $x^2 > 0$ следует, что $x \ne 0$. Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty, 0) \cup (0, 6)$.

Теперь преобразуем неравенство, приведя логарифмы к основанию 2. Используем свойства логарифмов: $\log_a b^{-1} = -\log_a b$ и $\log_{a^k} b = \frac{1}{k}\log_a b$.

Левая часть: $\log_2 \frac{1}{6-x} = \log_2 (6-x)^{-1} = -\log_2(6-x)$.

Правая часть: $\log_{0,5} x^2 = \log_{2^{-1}} x^2 = -\log_2 x^2$.

Неравенство принимает вид: $-\log_2(6-x) \le -\log_2 x^2$.

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства на противоположный: $\log_2(6-x) \ge \log_2 x^2$.

Так как основание логарифма $2 > 1$, функция логарифма возрастающая, поэтому можно перейти к неравенству для аргументов, сохранив знак: $6-x \ge x^2$.

Решим полученное квадратное неравенство: $x^2 + x - 6 \le 0$. Корни квадратного трехчлена $x^2 + x - 6$ равны -3 и 2 (по теореме Виета). Поскольку ветви параболы $y=x^2+x-6$ направлены вверх, решение неравенства есть промежуток $x \in [-3, 2]$.

Найдем пересечение этого решения с ОДЗ: $[-3, 2] \cap ((-\infty, 0) \cup (0, 6))$. Получаем $x \in [-3, 0) \cup (0, 2]$.

Целочисленными решениями на этом множестве являются числа -3, -2, -1, 1, 2. Их общее количество — 5.

Ответ: 5.

б)

Исходное неравенство: $0,25 \log_{4\sqrt{3}}(x+6) \le \log_3(6-x^2)$.

1. Найдем ОДЗ. Аргументы логарифмов должны быть строго положительны.

Из $x+6 > 0$ следует $x > -6$.

Из $6-x^2 > 0$ следует $x^2 < 6$, то есть $-\sqrt{6} < x < \sqrt{6}$.

Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \in (-\sqrt{6}, \sqrt{6})$.

Так как $\sqrt{4} < \sqrt{6} < \sqrt{9}$, то $2 < \sqrt{6} < 3$. Приближенно $\sqrt{6} \approx 2.45$. Значит, ОДЗ: $x \in (-2.45, 2.45)$.

2. Целые числа, входящие в ОДЗ: -2, -1, 0, 1, 2. Проверим каждое из них подстановкой в исходное неравенство.

Для решения неравенства аналитически, приведем логарифмы к одному основанию, например, 3:

$0.25 \frac{\log_3(x+6)}{\log_3(4\sqrt{3})} \le \log_3(6-x^2)$.

Так как $\log_3(4\sqrt{3}) = \log_3(4) + \log_3(\sqrt{3}) = 2\log_3(2) + 0.5 > 0$ и на ОДЗ $\log_3(x+6) > 0$, $\log_3(6-x^2)$ может быть любого знака, то можно проверить целочисленные значения.

Давайте проверим выполнение неравенства $0.25 \le \frac{\log_3(6-x^2)}{\log_{4\sqrt{3}}(x+6)} = \log_3(6-x^2) \cdot \log_{x+6}(4\sqrt{3})$. Это сложно. Проще проверить подстановкой.

Неравенство $0.25 \log_{4\sqrt{3}}(x+6) \le \log_3(6-x^2)$ равносильно $\frac{\log_3(x+6)}{4\log_3(4\sqrt{3})} \le \log_3(6-x^2)$.

Проверим $x=2$: $0.25 \log_{4\sqrt{3}}(8) \le \log_3(2)$. Это $0.25 \frac{3\log_3 2}{\log_3(4\sqrt{3})} \le \log_3 2$. Так как $\log_3 2 > 0$, получаем $\frac{0.75}{\log_3(4\sqrt{3})} \le 1$, или $0.75 \le \log_3(4\sqrt{3})$. $\log_3(4\sqrt{3}) = \log_3(\sqrt{48})$. Так как $3^1 = 3 = \sqrt{9}$ и $3^2=9=\sqrt{81}$, то $\log_3(\sqrt{48})$ находится между 1.5 и 2. Значит, $0.75 \le \log_3(4\sqrt{3})$ верно. $x=2$ — решение.

Проверим $x=-2$: $0.25 \log_{4\sqrt{3}}(4) \le \log_3(2)$. Это $\frac{0.25 \cdot 2\log_3 2}{\log_3(4\sqrt{3})} \le \log_3 2$. Сокращая на $\log_3 2$, получаем $\frac{0.5}{\log_3(4\sqrt{3})} \le 1$, или $0.5 \le \log_3(4\sqrt{3})$. Это также верно. $x=-2$ — решение.

Аналогично можно проверить, что и для $x = -1, 0, 1$ неравенство выполняется. Например, для $x=1$: $0.25 \log_{4\sqrt{3}}(7) \le \log_3(5)$. $\log_3(5) \approx 1.46$. $0.25\log_{4\sqrt{3}}(7) = 0.25 \frac{\log_3 7}{\log_3(4\sqrt{3})} \approx 0.25 \frac{1.77}{1.76} \approx 0.25$. Неравенство верно.

Таким образом, все целые числа из ОДЗ являются решениями: -2, -1, 0, 1, 2. Всего 5 решений.

Ответ: 5.

в)

Исходное неравенство: $0,5 \log_{\sqrt{2}}(x^2 - 6x + 24) \le \log_8 (2x + 9)^3$.

1. Найдем ОДЗ.

Аргумент первого логарифма: $x^2 - 6x + 24 > 0$. Дискриминант этого квадратного трехчлена $D = (-6)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 24 = 36 - 96 = -60 < 0$. Так как старший коэффициент положителен, выражение $x^2 - 6x + 24$ всегда положительно.

Аргумент второго логарифма: $2x+9 > 0$, откуда $x > -4.5$.

ОДЗ: $x \in (-4.5, +\infty)$.

2. Преобразуем неравенство, приведя логарифмы к основанию 2.

Левая часть: $0.5 \log_{\sqrt{2}}(x^2 - 6x + 24) = 0.5 \log_{2^{1/2}}(x^2 - 6x + 24) = 0.5 \cdot 2 \log_2(x^2 - 6x + 24) = \log_2(x^2 - 6x + 24)$.

Правая часть: $\log_8 (2x+9)^3 = \log_{2^3} (2x+9)^3 = \frac{3}{3} \log_2(2x+9) = \log_2(2x+9)$.

Неравенство принимает вид: $\log_2(x^2 - 6x + 24) \le \log_2(2x+9)$.

Так как основание логарифма $2 > 1$, переходим к неравенству для аргументов: $x^2 - 6x + 24 \le 2x+9$.

3. Решим полученное квадратное неравенство:

$x^2 - 8x + 15 \le 0$.

Корни уравнения $x^2 - 8x + 15 = 0$ равны 3 и 5. Ветви параболы направлены вверх, поэтому решение неравенства: $x \in [3, 5]$.

4. Пересечем решение с ОДЗ: $x \in [3, 5] \cap (-4.5, +\infty)$, что дает $x \in [3, 5]$.

Целочисленными решениями на этом отрезке являются числа 3, 4, 5. Их количество — 3.

Ответ: 3.

г)

Исходное неравенство: $\log_3 \left(-x^2 + \frac{10x}{9}\right)^{-1} + \log_{1/3} 9 \ge 0$.

1. Найдем ОДЗ. Аргумент логарифма должен быть положителен: $\left(-x^2 + \frac{10x}{9}\right)^{-1} > 0$, что равносильно $-x^2 + \frac{10x}{9} > 0$.

Умножим на -9, изменив знак неравенства: $9x^2 - 10x < 0$.

$x(9x-10) < 0$. Корни левой части: $x=0$ и $x=10/9$. Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется между корнями: $x \in (0, 10/9)$.

2. Упростим неравенство. Вычислим второй член: $\log_{1/3} 9 = \log_{3^{-1}} 3^2 = \frac{2}{-1} \log_3 3 = -2$.

Преобразуем первый член: $\log_3 \left(-x^2 + \frac{10x}{9}\right)^{-1} = -\log_3\left(-x^2 + \frac{10x}{9}\right)$.

Неравенство принимает вид: $-\log_3\left(-x^2 + \frac{10x}{9}\right) - 2 \ge 0$.

$-\log_3\left(-x^2 + \frac{10x}{9}\right) \ge 2$.

$\log_3\left(-x^2 + \frac{10x}{9}\right) \le -2$.

3. Так как основание логарифма $3 > 1$, можем потенцировать неравенство:

$-x^2 + \frac{10x}{9} \le 3^{-2}$.

$-x^2 + \frac{10x}{9} \le \frac{1}{9}$.

Умножим на 9: $-9x^2 + 10x \le 1$, что равносильно $9x^2 - 10x + 1 \ge 0$.

Найдем корни уравнения $9x^2 - 10x + 1 = 0$. Дискриминант $D = 100 - 4 \cdot 9 \cdot 1 = 64$. Корни $x_{1,2} = \frac{10 \pm 8}{18}$, то есть $x_1 = \frac{2}{18} = \frac{1}{9}$ и $x_2 = \frac{18}{18} = 1$.

Решение неравенства $9x^2 - 10x + 1 \ge 0$: $x \in (-\infty, 1/9] \cup [1, +\infty)$.

4. Найдем пересечение этого решения с ОДЗ $x \in (0, 10/9)$.

$(0, 10/9) \cap ((-\infty, 1/9] \cup [1, +\infty)) = (0, 1/9] \cup [1, 10/9)$.

5. Найдем целочисленные решения. Промежуток $(0, 1/9]$ (т.е. $(0, 0.111...]$) не содержит целых чисел. Промежуток $[1, 10/9)$ (т.е. $[1, 1.111...)$) содержит одно целое число: 1.

Таким образом, существует единственное целочисленное решение.

Ответ: 1.