Номер 9.72, страница 266 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Серия: мгу - школе
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087641-4
Допущено Министерством просвещения Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 11 классе
Параграф 9. Равносильность уравнений и неравенств системам. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 9.72, страница 266.
№9.72 (с. 266)
Условие. №9.72 (с. 266)
скриншот условия

9.72* a) $\sqrt{\log_2 \frac{x-1}{x} + \lg \left(\log_2 \frac{x-1}{x}\right)} < \sqrt{\log_2 \frac{1}{x} + \lg \left(\log_2 \frac{1}{x}\right)};$
б) $\sqrt{\log_3 \frac{3}{x} + \log_3 7 \cdot \log_7 \frac{3}{x}} > \sqrt{\log_3 \frac{5-2x}{x} + \log_3 7 \cdot \log_7 \frac{5-2x}{x}};$
В) $\sqrt[4]{3x-2 + \log_7 (3x-2) + 3^{\frac{3x-2}{4}}} > \sqrt[4]{-2x+3 + \log_7 (-2x+3) + 3^{\frac{-2x+3}{4}}}.$
Решение 1. №9.72 (с. 266)



Решение 2. №9.72 (с. 266)




Решение 4. №9.72 (с. 266)
а)
Исходное неравенство:
$\sqrt{\log_2{\frac{x-1}{x}} + \lg\left(\log_2{\frac{x-1}{x}}\right)} < \sqrt{\log_2{\frac{1}{x}} + \lg\left(\log_2{\frac{1}{x}}\right)}$
Рассмотрим функцию $f(y) = \sqrt{y + \lg y}$. Неравенство имеет вид $\sqrt{f(a)} < \sqrt{f(b)}$, где $a = \log_2{\frac{x-1}{x}}$ и $b = \log_2{\frac{1}{x}}$.
Перепишем неравенство, используя новую функцию $g(t) = \sqrt{\log_2 t + \lg(\log_2 t)}$. Тогда неравенство примет вид $g\left(\frac{x-1}{x}\right) < g\left(\frac{1}{x}\right)$.
Найдем область определения функции $g(t)$.
1. Аргумент внешнего логарифма должен быть положителен: $\log_2 t > 0$, что равносильно $t > 1$.
2. Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $\log_2 t + \lg(\log_2 t) \ge 0$.
Пусть $u = \log_2 t$. Так как $t > 1$, то $u > 0$. Неравенство принимает вид $u + \lg u \ge 0$.
Функция $\phi(u) = u + \lg u$ является строго возрастающей при $u > 0$, так как ее производная $\phi'(u) = 1 + \frac{1}{u \ln 10} > 0$.
Уравнение $\phi(u) = 0$ имеет единственный корень $u_0$. Заметим, что $\phi(0.1) = 0.1-1=-0.9 < 0$ и $\phi(1)=1+0=1>0$, следовательно $0.1 < u_0 < 1$.
Таким образом, условие $u + \lg u \ge 0$ выполняется при $u \ge u_0$, то есть $\log_2 t \ge u_0$, откуда $t \ge 2^{u_0}$.
Область определения функции $g(t)$ есть $t \in [2^{u_0}, +\infty)$.
Функция $g(t)$ является композицией возрастающих функций, поэтому она строго возрастает на своей области определения. Следовательно, неравенство $g\left(\frac{x-1}{x}\right) < g\left(\frac{1}{x}\right)$ равносильно системе:
$\begin{cases} \frac{x-1}{x} < \frac{1}{x} \\ \frac{x-1}{x} \ge 2^{u_0} \\ \frac{1}{x} \ge 2^{u_0} \end{cases}$
Решим первое неравенство: $\frac{x-1-1}{x} < 0 \implies \frac{x-2}{x} < 0$. Методом интервалов получаем $x \in (0, 2)$.
Решим третье неравенство: $\frac{1}{x} \ge 2^{u_0}$. Так как $x \in (0, 2)$, то $x>0$. Умножим на $x$: $1 \ge x \cdot 2^{u_0}$, откуда $x \le \frac{1}{2^{u_0}}$. Так как $0 < u_0 < 1$, то $1 < 2^{u_0} < 2$, и $1/2 < 1/2^{u_0} < 1$. С учетом $x>0$, получаем $x \in (0, \frac{1}{2^{u_0}}]$.
Решим второе неравенство: $\frac{x-1}{x} \ge 2^{u_0}$, что можно записать как $1 - \frac{1}{x} \ge 2^{u_0}$.
Из третьего неравенства мы имеем $\frac{1}{x} \ge 2^{u_0}$. Тогда $-\frac{1}{x} \le -2^{u_0}$, и $1 - \frac{1}{x} \le 1 - 2^{u_0}$.
Таким образом, мы получили, что выражение $\frac{x-1}{x}$ должно удовлетворять двум условиям одновременно: $\frac{x-1}{x} \ge 2^{u_0}$ и $\frac{x-1}{x} \le 1-2^{u_0}$.
Это означает, что должно выполняться неравенство $2^{u_0} \le 1 - 2^{u_0}$. Однако, $2^{u_0} > 1$, поэтому $1 - 2^{u_0} < 0$. Неравенство $2^{u_0} \le 1 - 2^{u_0}$ не может выполняться, так как положительное число не может быть меньше или равно отрицательному. Система не имеет решений.
Ответ: нет решений.
б)
Исходное неравенство:
$\sqrt{\log_3{\frac{3}{x}} + \log_3 7 \cdot \log_7{\frac{3}{x}}} > \sqrt{\log_3{\frac{5-2x}{x}} + \log_3 7 \cdot \log_7{\frac{5-2x}{x}}}$
Используем формулу перехода к новому основанию логарифма: $\log_a b \cdot \log_b c = \log_a c$.
Тогда $\log_3 7 \cdot \log_7{\frac{3}{x}} = \log_3{\frac{3}{x}}$ и $\log_3 7 \cdot \log_7{\frac{5-2x}{x}} = \log_3{\frac{5-2x}{x}}$.
Неравенство принимает вид:
$\sqrt{\log_3{\frac{3}{x}} + \log_3{\frac{3}{x}}} > \sqrt{\log_3{\frac{5-2x}{x}} + \log_3{\frac{5-2x}{x}}}$
$\sqrt{2\log_3{\frac{3}{x}}} > \sqrt{2\log_3{\frac{5-2x}{x}}}$
Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под корнями должны быть неотрицательными:
$\begin{cases} 2\log_3{\frac{3}{x}} \ge 0 \\ 2\log_3{\frac{5-2x}{x}} \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \log_3{\frac{3}{x}} \ge 0 \\ \log_3{\frac{5-2x}{x}} \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} \frac{3}{x} \ge 1 \\ \frac{5-2x}{x} \ge 1 \end{cases}$
Решаем систему:
1. $\frac{3}{x} - 1 \ge 0 \implies \frac{3-x}{x} \ge 0 \implies x \in (0, 3]$.
2. $\frac{5-2x}{x} - 1 \ge 0 \implies \frac{5-3x}{x} \ge 0 \implies x \in (0, 5/3]$.
Пересечение этих множеств дает ОДЗ: $x \in (0, 5/3]$.
На ОДЗ обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:
$2\log_3{\frac{3}{x}} > 2\log_3{\frac{5-2x}{x}}$
$\log_3{\frac{3}{x}} > \log_3{\frac{5-2x}{x}}$
Так как функция $y=\log_3 t$ является возрастающей, то неравенство равносильно:
$\frac{3}{x} > \frac{5-2x}{x}$
Поскольку на ОДЗ $x > 0$, можно умножить обе части на $x$:
$3 > 5-2x$
$2x > 2$
$x > 1$
Найдем пересечение полученного решения $x > 1$ с ОДЗ $x \in (0, 5/3]$:
$x \in (1, 5/3]$.
Ответ: $(1, 5/3]$.
в)
Исходное неравенство:
$\sqrt[4]{3x-2 + \log_7(3x-2) + 3^{\frac{3x-2}{4}}} > \sqrt[4]{-2x+3 + \log_7(-2x+3) + 3^{\frac{-2x+3}{4}}}$
Рассмотрим функцию $f(t) = t + \log_7(t) + 3^{t/4}$.
Тогда неравенство можно записать в виде $\sqrt[4]{f(3x-2)} > \sqrt[4]{f(-2x+3)}$.
Найдем область определения функции $f(t)$. Логарифм $\log_7(t)$ определен при $t > 0$. Таким образом, $D(f) = (0, \infty)$.
Исследуем функцию на монотонность. Найдем производную:
$f'(t) = 1 + \frac{1}{t \ln 7} + 3^{t/4} \cdot \ln 3 \cdot \frac{1}{4}$.
При $t>0$ все слагаемые в производной положительны ($1>0$, $\frac{1}{t \ln 7}>0$, $3^{t/4} \cdot \ln 3 \cdot \frac{1}{4}>0$), поэтому $f'(t)>0$ на всей области определения. Следовательно, функция $f(t)$ строго возрастает.
Функция $y = \sqrt[4]{z}$ также является возрастающей для $z \ge 0$. Поэтому исходное неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} f(3x-2) > f(-2x+3) \\ f(-2x+3) \ge 0 \end{cases}$
(Условие $f(3x-2) \ge 0$ будет выполнено автоматически, так как $f(3x-2) > f(-2x+3) \ge 0$).
Так как $f(t)$ строго возрастает, неравенство $f(3x-2) > f(-2x+3)$ равносильно $3x-2 > -2x+3$, при условии, что оба аргумента принадлежат области определения $f(t)$.
Решим систему условий:
1. Аргументы логарифмов должны быть положительны:
$\begin{cases} 3x-2 > 0 \\ -2x+3 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 2/3 \\ x < 3/2 \end{cases} \implies x \in (2/3, 3/2)$.
2. Решим основное неравенство, вытекающее из монотонности:
$3x-2 > -2x+3 \implies 5x > 5 \implies x > 1$.
Объединяя условия 1 и 2, получаем: $x \in (1, 3/2)$.
3. Проверим условие неотрицательности $f(-2x+3) \ge 0$ для $x \in (1, 3/2)$.
Пусть $b = -2x+3$. Если $x \in (1, 3/2)$, то $b \in (0, 1)$.
Рассмотрим функцию $f(b) = b + \log_7(b) + 3^{b/4}$ на интервале $(0, 1)$.
На этом интервале $b>0$, $3^{b/4}>0$, но $\log_7(b)<0$.
При $b \to 0^+$, $f(b) \to -\infty$. При $b=1$, $f(1) = 1+0+3^{1/4} > 0$.
Так как $f(b)$ непрерывна и возрастает на $(0, \infty)$, существует единственное значение $t_0 \in (0,1)$, такое что $f(t_0)=0$. Условие $f(b) \ge 0$ выполняется при $b \ge t_0$.
Таким образом, мы должны решить неравенство $-2x+3 \ge t_0$.
$3-t_0 \ge 2x \implies x \le \frac{3-t_0}{2}$.
Теперь объединим все найденные условия для $x$:
$\begin{cases} x > 1 \\ x < 3/2 \\ x \le \frac{3-t_0}{2} \end{cases}$
Так как $t_0 \in (0,1)$, то $\frac{3-t_0}{2}$ будет меньше, чем $3/2$. Следовательно, условие $x<3/2$ избыточно.
Итоговое решение: $1 < x \le \frac{3-t_0}{2}$, где $t_0$ — корень уравнения $t + \log_7(t) + 3^{t/4}=0$.
Ответ: $(1, \frac{3-t_0}{2}]$, где $t_0$ — корень уравнения $t + \log_7 t + 3^{t/4} = 0$.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz
ПрисоединитьсяМы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 9.72 расположенного на странице 266 к учебнику серии мгу - школе 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №9.72 (с. 266), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.