Номер 214, страница 427 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Задания для повторения - номер 214, страница 427.

Условие.

214 a) $\frac{\log_{(24 - 2x - x^2)}(x + 6)}{\log_{(4 - x)}(24 - 2x - x^2)} < \frac{1}{4}$

б) $27^x + 24 \geq 2(7 + \sqrt{22})^x + 12(7 - \sqrt{22})^x$

в) $x \leq \log_5(16 \cdot 15^x - 15^{1 + 2x}) - \log_3(16 \cdot 5^x - 3^{1 + 2x})$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

a)

Исходное неравенство: $ \frac{\log_{(24-2x-x^2)}(x+6)}{\log_{(4-x)}(24-2x-x^2)} < \frac{1}{4} $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Для этого решим систему неравенств:

$ \begin{cases} x+6 > 0 \\ 4-x > 0 \\ 4-x \neq 1 \\ 24-2x-x^2 > 0 \\ 24-2x-x^2 \neq 1 \\ \log_{(4-x)}(24-2x-x^2) \neq 0 \end{cases} $

1) $ x+6 > 0 \implies x > -6 $
2) $ 4-x > 0 \implies x < 4 $
3) $ 4-x \neq 1 \implies x \neq 3 $
4) $ 24-2x-x^2 > 0 \implies x^2+2x-24 < 0 $. Корни уравнения $ x^2+2x-24=0 $ равны $ x_1=-6, x_2=4 $. Следовательно, $ -6 < x < 4 $.
5) $ 24-2x-x^2 \neq 1 \implies x^2+2x-23 \neq 0 $. Корни уравнения $ x^2+2x-23=0 $ равны $ x = \frac{-2 \pm \sqrt{4-4(1)(-23)}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{96}}{2} = -1 \pm \sqrt{24} = -1 \pm 2\sqrt{6} $.
6) $ \log_{(4-x)}(24-2x-x^2) \neq 0 \implies 24-2x-x^2 \neq 1 $, что совпадает с условием 5.

Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $ x \in (-6, 4) \setminus \{-1-2\sqrt{6}, -1+2\sqrt{6}, 3\} $.

2. Преобразуем левую часть неравенства, используя формулу перехода к новому основанию $ \log_a b = \frac{1}{\log_b a} $:

$ \frac{\log_{(24-2x-x^2)}(x+6)}{\log_{(4-x)}(24-2x-x^2)} = \log_{(24-2x-x^2)}(x+6) \cdot \log_{(24-2x-x^2)}(4-x) $

Неравенство принимает вид:

$ \log_{(24-2x-x^2)}(x+6) \cdot \log_{(24-2x-x^2)}(4-x) < \frac{1}{4} $

3. Обозначим $ a = 24-2x-x^2 $. Заметим, что произведение аргументов логарифмов равно:
$ (x+6)(4-x) = 4x-x^2+24-6x = 24-2x-x^2 = a $.

Используя свойство логарифма $ \log_a(b) + \log_a(c) = \log_a(bc) $, получаем:

$ \log_a(x+6) + \log_a(4-x) = \log_a((x+6)(4-x)) = \log_a(a) = 1 $.

4. Пусть $ y = \log_a(x+6) $. Тогда $ \log_a(4-x) = 1-y $. Подставим это в преобразованное неравенство:

$ y(1-y) < \frac{1}{4} $

$ y-y^2 < \frac{1}{4} $

$ 0 < y^2-y+\frac{1}{4} $

$ 0 < (y - \frac{1}{2})^2 $

Это неравенство верно для всех $ y $, кроме $ y = \frac{1}{2} $.

5. Таким образом, решение исходного неравенства — это все $ x $ из ОДЗ, для которых $ \log_{(24-2x-x^2)}(x+6) \neq \frac{1}{2} $.

Найдем значения $ x $, при которых равенство достигается:

$ \log_{(24-2x-x^2)}(x+6) = \frac{1}{2} $

$ x+6 = \sqrt{24-2x-x^2} $

Возводим в квадрат обе части (при условии $ x+6>0 $, что выполняется в ОДЗ):

$ (x+6)^2 = 24-2x-x^2 $

$ x^2+12x+36 = 24-2x-x^2 $

$ 2x^2+14x+12=0 $

$ x^2+7x+6=0 $

$ (x+1)(x+6)=0 $

Получаем корни $ x=-1 $ и $ x=-6 $. Корень $ x=-6 $ не входит в ОДЗ. Корень $ x=-1 $ входит в ОДЗ.

Значит, из ОДЗ нужно исключить точку $ x=-1 $.

Ответ: $ x \in (-6, -1-2\sqrt{6}) \cup (-1-2\sqrt{6}, -1) \cup (-1, 3) \cup (3, -1+2\sqrt{6}) \cup (-1+2\sqrt{6}, 4) $.

б)

Исходное неравенство: $ 27^x + 24 \ge 2(7+\sqrt{22})^x + 12(7-\sqrt{22})^x $.

1. Заметим, что $ (7+\sqrt{22})(7-\sqrt{22}) = 7^2 - (\sqrt{22})^2 = 49 - 22 = 27 $.

2. Обозначим $ a = (7+\sqrt{22})^x $ и $ b = (7-\sqrt{22})^x $. Тогда $ ab = ((7+\sqrt{22})(7-\sqrt{22}))^x = 27^x $.
Поскольку $ 7+\sqrt{22}>0 $ и $ 7-\sqrt{22}>0 $, то $ a>0, b>0 $ для любого $ x $.

3. Подставим эти обозначения в исходное неравенство:

$ ab + 24 \ge 2a + 12b $

Перенесем все члены в одну сторону и сгруппируем:

$ ab - 2a - 12b + 24 \ge 0 $

$ a(b-2) - 12(b-2) \ge 0 $

$ (a-12)(b-2) \ge 0 $

4. Это неравенство выполняется, когда оба множителя имеют одинаковый знак.

Случай 1: Оба множителя неотрицательны.

$ \begin{cases} a-12 \ge 0 \\ b-2 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} (7+\sqrt{22})^x \ge 12 \\ (7-\sqrt{22})^x \ge 2 \end{cases} $

Основания степеней $ 7+\sqrt{22} \approx 7+4.7=11.7 > 1 $ и $ 7-\sqrt{22} \approx 7-4.7=2.3 > 1 $. Функции являются возрастающими.

$ \begin{cases} x \ge \log_{7+\sqrt{22}}(12) \\ x \ge \log_{7-\sqrt{22}}(2) \end{cases} $

Сравним $ \log_{7+\sqrt{22}}(12) $ и $ \log_{7-\sqrt{22}}(2) $.
$ \log_{7+\sqrt{22}}(12) > \log_{7+\sqrt{22}}(7+\sqrt{22}) = 1 $.
$ \log_{7-\sqrt{22}}(2) < \log_{7-\sqrt{22}}(7-\sqrt{22}) = 1 $.
Следовательно, $ \log_{7+\sqrt{22}}(12) > \log_{7-\sqrt{22}}(2) $. Решение системы: $ x \ge \log_{7+\sqrt{22}}(12) $.

Случай 2: Оба множителя неположительны.

$ \begin{cases} a-12 \le 0 \\ b-2 \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} (7+\sqrt{22})^x \le 12 \\ (7-\sqrt{22})^x \le 2 \end{cases} $

$ \begin{cases} x \le \log_{7+\sqrt{22}}(12) \\ x \le \log_{7-\sqrt{22}}(2) \end{cases} $

Так как $ \log_{7-\sqrt{22}}(2) < \log_{7+\sqrt{22}}(12) $, решение этой системы: $ x \le \log_{7-\sqrt{22}}(2) $.

5. Объединяя решения обоих случаев, получаем ответ.

Ответ: $ x \in (-\infty, \log_{7-\sqrt{22}}(2)] \cup [\log_{7+\sqrt{22}}(12), \infty) $.

в)

Исходное неравенство: $ x \le \log_5(16 \cdot 15^x - 15^{1+2x}) - \log_3(16 \cdot 5^x - 3^{1+x} \cdot 5^{1+2x}) $.

1. Упростим выражения в аргументах логарифмов.

Аргумент первого логарифма:
$ 16 \cdot 15^x - 15^{1+2x} = 16 \cdot 15^x - 15 \cdot (15^x)^2 = 15^x(16 - 15 \cdot 15^x) $.

Аргумент второго логарифма:
$ 16 \cdot 5^x - 3^{1+x} \cdot 5^{1+2x} = 16 \cdot 5^x - 3 \cdot 3^x \cdot 5 \cdot 5^{2x} = 16 \cdot 5^x - 15 \cdot 3^x \cdot (5^x)^2 = 5^x(16 - 15 \cdot 3^x \cdot 5^x) = 5^x(16 - 15 \cdot 15^x) $.

2. Найдем ОДЗ. Оба аргумента должны быть положительны. Обозначим $ Y = 16 - 15 \cdot 15^x $. Поскольку $ 15^x > 0 $ и $ 5^x > 0 $, оба условия сводятся к $ Y > 0 $.

$ 16 - 15 \cdot 15^x > 0 \implies 15 \cdot 15^x < 16 \implies 15^{x+1} < 16 \implies x+1 < \log_{15}(16) \implies x < \log_{15}(16)-1 = \log_{15}(16/15) $.

3. Подставим упрощенные выражения в неравенство:

$ x \le \log_5(15^x \cdot Y) - \log_3(5^x \cdot Y) $

$ x \le (\log_5(15^x) + \log_5(Y)) - (\log_3(5^x) + \log_3(Y)) $

$ x \le x\log_5(15) + \log_5(Y) - x\log_3(5) - \log_3(Y) $

$ x \le x(\log_5(3)+1) + \log_5(Y) - x\log_3(5) - \log_3(Y) $

$ 0 \le x\log_5(3) + \log_5(Y) - x\log_3(5) - \log_3(Y) $

$ x(\log_3(5) - \log_5(3)) \le \log_5(Y) - \log_3(Y) $

4. Используем формулу перехода к натуральному логарифму $ \log_a b = \frac{\ln b}{\ln a} $.

$ x\left(\frac{\ln 5}{\ln 3} - \frac{\ln 3}{\ln 5}\right) \le \frac{\ln Y}{\ln 5} - \frac{\ln Y}{\ln 3} $

$ x\frac{(\ln 5)^2 - (\ln 3)^2}{\ln 3 \ln 5} \le \ln Y \frac{\ln 3 - \ln 5}{\ln 3 \ln 5} $

$ x\frac{(\ln 5 - \ln 3)(\ln 5 + \ln 3)}{\ln 3 \ln 5} \le -\ln Y \frac{\ln 5 - \ln 3}{\ln 3 \ln 5} $

Так как $ \ln 5 > \ln 3 > 0 $, множитель $ \frac{\ln 5 - \ln 3}{\ln 3 \ln 5} $ положителен. Сокращаем его:

$ x(\ln 5 + \ln 3) \le -\ln Y $

$ x\ln(15) \le -\ln Y \implies \ln(15^x) \le \ln(Y^{-1}) $

Поскольку $ \ln(t) $ — возрастающая функция, то $ 15^x \le Y^{-1} $.

$ 15^x \le \frac{1}{16 - 15 \cdot 15^x} $

5. Сделаем замену $ u = 15^x $. Из ОДЗ имеем $ 0 < u < 16/15 $.

$ u \le \frac{1}{16-15u} $

В ОДЗ знаменатель $ 16-15u > 0 $, поэтому можно на него умножить:

$ u(16-15u) \le 1 $

$ 16u - 15u^2 \le 1 $

$ 15u^2 - 16u + 1 \ge 0 $

Корни квадратного уравнения $ 15u^2 - 16u + 1 = 0 $ равны $ u_1 = \frac{16-\sqrt{256-60}}{30} = \frac{2}{30}=\frac{1}{15} $ и $ u_2 = \frac{16+\sqrt{196}}{30} = \frac{30}{30}=1 $.

Решение неравенства для $ u $: $ u \le \frac{1}{15} $ или $ u \ge 1 $.

6. Учтем ОДЗ для $ u $: $ 0 < u < 16/15 $.

1) $ 0 < u \le \frac{1}{15} \implies 0 < 15^x \le \frac{1}{15} \implies 15^x \le 15^{-1} \implies x \le -1 $.

2) $ 1 \le u < \frac{16}{15} \implies 1 \le 15^x < \frac{16}{15} \implies 15^0 \le 15^x < \frac{16}{15} \implies 0 \le x < \log_{15}(16/15) $.

Объединяя эти два случая, получаем окончательное решение.

Ответ: $ x \in (-\infty, -1] \cup [0, \log_{15}(16/15)) $.