Номер 208, страница 427 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Задания для повторения - номер 208, страница 427.

Условие.

208 а) $\frac{\lg(8-x)}{\lg(x-2)^2} \le 1;$

б) $\frac{\lg(2x+9)}{\lg(2x+3)^2} \le 1;$

в) $\frac{\lg\left(\frac{x}{2}+9\right)}{\lg\left(\frac{x}{2}+3\right)^2} \le 1;$

г) $\frac{\lg\left(\frac{x}{3}+5\right)}{\lg\left(\frac{x}{3}-1\right)^2} \le 1.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а) $ \frac{\lg(8-x)}{\lg(x-2)^2} \le 1 $

1. Найдём область допустимых значений (ОДЗ):
$ \begin{cases} 8-x > 0 \\ (x-2)^2 > 0 \\ \lg((x-2)^2) \ne 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 8 \\ x \ne 2 \\ (x-2)^2 \ne 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 8 \\ x \ne 2 \\ x-2 \ne \pm 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 8 \\ x \ne 2 \\ x \ne 3 \text{ и } x \ne 1 \end{cases} $
ОДЗ: $ x \in (-\infty, 1) \cup (1, 2) \cup (2, 3) \cup (3, 8) $.

2. Решим неравенство. Перенесём 1 в левую часть и приведём к общему знаменателю:
$ \frac{\lg(8-x)}{\lg((x-2)^2)} - 1 \le 0 \implies \frac{\lg(8-x) - \lg((x-2)^2)}{\lg((x-2)^2)} \le 0 $.

3. Применим обобщённый метод интервалов. Найдём нули числителя и знаменателя.
Нули числителя: $ \lg(8-x) - \lg((x-2)^2) = 0 \implies \lg(8-x) = \lg((x-2)^2) $.
$ 8-x = (x-2)^2 \implies 8-x = x^2 - 4x + 4 \implies x^2 - 3x - 4 = 0 $.
По теореме Виета, корни: $ x_1 = 4, x_2 = -1 $. Оба корня входят в ОДЗ.
Нули знаменателя: $ \lg((x-2)^2) = 0 \implies (x-2)^2 = 1 \implies x-2 = \pm 1 $.
Корни: $ x_3 = 3, x_4 = 1 $. Эти точки на числовой оси будут выколотыми.

4. Нанесём на числовую ось точки из ОДЗ и найденные нули: -1, 1, 2, 3, 4, 8. Определим знаки выражения на получившихся интервалах.
Выражение: $ \frac{\lg(8-x) - \lg((x-2)^2)}{\lg((x-2)^2)} $

• При $ x=5 $: $ \frac{\lg(3) - \lg(3^2)}{\lg(3^2)} = \frac{\lg(3/9)}{\lg(9)} < 0 $. Интервал $ [4, 8) $ является решением.
• При $ x=3.5 $: $ \frac{\lg(4.5) - \lg(1.5^2)}{\lg(1.5^2)} = \frac{\lg(4.5/2.25)}{\lg(2.25)} = \frac{\lg(2)}{\lg(2.25)} > 0 $.
• При $ x=2.5 $: $ \frac{\lg(5.5) - \lg(0.5^2)}{\lg(0.5^2)} = \frac{\lg(5.5/0.25)}{\lg(0.25)} < 0 $. Интервал $ (2, 3) $ является решением.
• При $ x=1.5 $: $ \frac{\lg(6.5) - \lg(-0.5)^2}{\lg(-0.5)^2} = \frac{\lg(6.5/0.25)}{\lg(0.25)} < 0 $. Интервал $ (1, 2) $ является решением.
• При $ x=0 $: $ \frac{\lg(8) - \lg(-2)^2}{\lg(-2)^2} = \frac{\lg(8/4)}{\lg(4)} = \frac{\lg(2)}{\lg(4)} > 0 $.
• При $ x=-2 $: $ \frac{\lg(10) - \lg(-4)^2}{\lg(-4)^2} = \frac{\lg(10/16)}{\lg(16)} < 0 $. Интервал $ (-\infty, -1] $ является решением.

Объединяя интервалы, на которых выражение не положительно, получаем решение.
Ответ: $ x \in (-\infty, -1] \cup (1, 2) \cup (2, 3) \cup [4, 8) $.

б) $ \frac{\lg(2x+9)}{\lg(2x+3)^2} \le 1 $

1. Найдём ОДЗ:
$ \begin{cases} 2x+9 > 0 \\ (2x+3)^2 > 0 \\ \lg((2x+3)^2) \ne 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -4.5 \\ 2x+3 \ne 0 \\ (2x+3)^2 \ne 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -4.5 \\ x \ne -1.5 \\ 2x+3 \ne \pm 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -4.5 \\ x \ne -1.5 \\ x \ne -1, x \ne -2 \end{cases} $
ОДЗ: $ x \in (-4.5, -2) \cup (-2, -1.5) \cup (-1.5, -1) \cup (-1, \infty) $.

2. Преобразуем неравенство:
$ \frac{\lg(2x+9) - \lg((2x+3)^2)}{\lg((2x+3)^2)} \le 0 $.

3. Найдём нули числителя и знаменателя.
Нули числителя: $ \lg(2x+9) = \lg((2x+3)^2) \implies 2x+9 = (2x+3)^2 $.
$ 2x+9 = 4x^2 + 12x + 9 \implies 4x^2 + 10x = 0 \implies 2x(2x+5)=0 $.
Корни: $ x_1 = 0, x_2 = -2.5 $. Оба корня входят в ОДЗ.
Нули знаменателя: $ \lg((2x+3)^2) = 0 \implies (2x+3)^2 = 1 \implies 2x+3 = \pm 1 $.
Корни: $ x_3 = -1, x_4 = -2 $. Эти точки выколоты.

4. Нанесём на числовую ось точки -4.5, -2.5, -2, -1.5, -1, 0. Определим знаки выражения на интервалах.

• При $ x=1 $: $ \frac{\lg(11)-\lg(25)}{\lg(25)} < 0 $. Интервал $ [0, \infty) $ является решением.
• При $ x=-0.5 $: $ \frac{\lg(8)-\lg(4)}{\lg(4)} > 0 $.
• При $ x=-1.25 $: $ \frac{\lg(6.5)-\lg(0.25)}{\lg(0.25)} < 0 $. Интервал $ (-1.5, -1) $ является решением.
• При $ x=-1.75 $: $ \frac{\lg(5.5)-\lg(0.25)}{\lg(0.25)} < 0 $. Интервал $ (-2, -1.5) $ является решением.
• При $ x=-2.25 $: $ \frac{\lg(4.5)-\lg(2.25)}{\lg(2.25)} > 0 $.
• При $ x=-3 $: $ \frac{\lg(3)-\lg(9)}{\lg(9)} < 0 $. Интервал $ (-4.5, -2.5] $ является решением.

Объединяя интервалы, получаем решение.
Ответ: $ x \in (-4.5, -2.5] \cup (-2, -1.5) \cup (-1.5, -1) \cup [0, \infty) $.

в) $ \frac{\lg\left(\frac{x}{2}+9\right)}{\lg^2\left(\frac{x}{2}+3\right)} \le 1 $

Примечание: Задача в представленном виде $\frac{\lg\left(\frac{x}{2}+9\right)}{\lg^2\left(\frac{x}{2}+3\right)} \le 1$ не решается стандартными аналитическими методами, так как приводит к трансцендентному неравенству $\lg(u+6) \le \lg^2(u)$. Вероятно, в условии допущена опечатка, и квадрат должен относиться к аргументу логарифма, а не к самому логарифму, как в пунктах а) и б). Далее приводится решение для исправленного варианта: $\frac{\lg\left(\frac{x}{2}+9\right)}{\lg\left(\left(\frac{x}{2}+3\right)^2\right)} \le 1$.

1. Сделаем замену $ t = \frac{x}{2} $. Неравенство примет вид: $ \frac{\lg(t+9)}{\lg((t+3)^2)} \le 1 $.

2. Найдём ОДЗ для $ t $:
$ \begin{cases} t+9 > 0 \\ (t+3)^2 > 0 \\ \lg((t+3)^2) \ne 0 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -9 \\ t \ne -3 \\ (t+3)^2 \ne 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -9 \\ t \ne -3 \\ t \ne -2, t \ne -4 \end{cases} $
ОДЗ для $ t $: $ t \in (-9, -4) \cup (-4, -3) \cup (-3, -2) \cup (-2, \infty) $.

3. Решаем неравенство $ \frac{\lg(t+9) - \lg((t+3)^2)}{\lg((t+3)^2)} \le 0 $.
Нули числителя: $ t+9 = (t+3)^2 \implies t+9=t^2+6t+9 \implies t^2+5t=0 \implies t(t+5)=0 $.
Корни: $ t_1 = 0, t_2 = -5 $.
Нули знаменателя: $ (t+3)^2=1 \implies t+3 = \pm 1 \implies t_3 = -2, t_4 = -4 $.

4. Методом интервалов для переменной $ t $ находим решение: $ t \in (-9, -5] \cup (-4, -3) \cup (-3, -2) \cup [0, \infty) $.

5. Возвращаемся к переменной $ x = 2t $:
$ x \in (-18, -10] \cup (-8, -6) \cup (-6, -4) \cup [0, \infty) $.

Ответ: $ x \in (-18, -10] \cup (-8, -4) \setminus \{-6\} \cup [0, \infty) $.

г) $ \frac{\lg\left(\frac{x}{3}+5\right)}{\lg^2\left(\frac{x}{3}-1\right)} \le 1 $

Примечание: Как и в предыдущем пункте, задача в исходном виде не решается стандартными методами. Решим исправленный вариант: $\frac{\lg\left(\frac{x}{3}+5\right)}{\lg\left(\left(\frac{x}{3}-1\right)^2\right)} \le 1$.

1. Сделаем замену $ t = \frac{x}{3} $. Неравенство: $ \frac{\lg(t+5)}{\lg((t-1)^2)} \le 1 $.

2. Найдём ОДЗ для $ t $:
$ \begin{cases} t+5 > 0 \\ (t-1)^2 > 0 \\ \lg((t-1)^2) \ne 0 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -5 \\ t \ne 1 \\ (t-1)^2 \ne 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -5 \\ t \ne 1 \\ t-1 \ne \pm 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -5 \\ t \ne 1 \\ t \ne 2, t \ne 0 \end{cases} $
ОДЗ для $ t $: $ t \in (-5, 0) \cup (0, 1) \cup (1, 2) \cup (2, \infty) $.

3. Решаем $ \frac{\lg(t+5) - \lg((t-1)^2)}{\lg((t-1)^2)} \le 0 $.
Нули числителя: $ t+5 = (t-1)^2 \implies t+5=t^2-2t+1 \implies t^2-3t-4=0 \implies (t-4)(t+1)=0 $.
Корни: $ t_1 = 4, t_2 = -1 $.
Нули знаменателя: $ (t-1)^2=1 \implies t-1 = \pm 1 \implies t_3=2, t_4=0 $.

4. Методом интервалов для $ t $ находим решение: $ t \in (-5, -1] \cup (0, 1) \cup (1, 2) \cup [4, \infty) $.

5. Возвращаемся к переменной $ x = 3t $:
$ x \in (-15, -3] \cup (0, 3) \cup (3, 6) \cup [12, \infty) $.

Ответ: $ x \in (-15, -3] \cup (0, 6) \setminus \{3\} \cup [12, \infty) $.