Номер 11.25, страница 293 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета

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 11. Равносильность неравенств на множествах. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 11.25, страница 293.

№11.25 (с. 293)
Условие. №11.25 (с. 293)
скриншот условия
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.25, Условие

11.25 а) $\log_{\frac{\sqrt{10}}{3}}(1 - 3x) < 2;$

б) $\log_{\frac{\sqrt{6}}{3}}(2x - 1) > 2;$

в) $\log_{0,5}(x^2 - 1) > -2;$

г) $\log_{0,5}(x^2 + 1) < -1.$

Решение 1. №11.25 (с. 293)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.25, Решение 1 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.25, Решение 1 (продолжение 2) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.25, Решение 1 (продолжение 3) Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.25, Решение 1 (продолжение 4)
Решение 2. №11.25 (с. 293)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.25, Решение 2 Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 293, номер 11.25, Решение 2 (продолжение 2)
Решение 4. №11.25 (с. 293)

а) Решим логарифмическое неравенство $\log_{\frac{\sqrt{10}}{3}}(1-3x) < 2$.
1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть положительным:
$1 - 3x > 0$
$1 > 3x$
$x < \frac{1}{3}$
ОДЗ: $x \in (-\infty, \frac{1}{3})$.
2. Сравним основание логарифма $a = \frac{\sqrt{10}}{3}$ с единицей. Так как $\sqrt{10} \approx 3.16$, то $\sqrt{10} > 3$, следовательно, основание $a = \frac{\sqrt{10}}{3} > 1$. Логарифмическая функция с основанием больше 1 является возрастающей, поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства сохраняется.
3. Решаем неравенство:
$1 - 3x < \left(\frac{\sqrt{10}}{3}\right)^2$
$1 - 3x < \frac{10}{9}$
$-\frac{1}{9} < 3x$
$x > -\frac{1}{27}$
4. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:$\begin{cases} x < \frac{1}{3} \\ x > -\frac{1}{27} \end{cases}$
Решением системы является интервал $(-\frac{1}{27}, \frac{1}{3})$.
Ответ: $x \in (-\frac{1}{27}; \frac{1}{3})$.

б) Решим логарифмическое неравенство $\log_{\frac{\sqrt{6}}{3}}(2x-1) > 2$.
1. Найдем ОДЗ:
$2x - 1 > 0$
$2x > 1$
$x > \frac{1}{2}$
ОДЗ: $x \in (\frac{1}{2}, +\infty)$.
2. Сравним основание логарифма $a = \frac{\sqrt{6}}{3}$ с единицей. Так как $\sqrt{6} \approx 2.45$, то $\sqrt{6} < 3$, следовательно, основание $0 < a = \frac{\sqrt{6}}{3} < 1$. Логарифмическая функция с основанием от 0 до 1 является убывающей, поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства меняется на противоположный.
3. Решаем неравенство:
$2x - 1 < \left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^2$
$2x - 1 < \frac{6}{9}$
$2x - 1 < \frac{2}{3}$
$2x < 1 + \frac{2}{3}$
$2x < \frac{5}{3}$
$x < \frac{5}{6}$
4. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:$\begin{cases} x > \frac{1}{2} \\ x < \frac{5}{6} \end{cases}$
Решением системы является интервал $(\frac{1}{2}, \frac{5}{6})$.
Ответ: $x \in (\frac{1}{2}; \frac{5}{6})$.

в) Решим логарифмическое неравенство $\log_{0,5}(x^2 - 1) > -2$.
1. Найдем ОДЗ:
$x^2 - 1 > 0$
$(x-1)(x+1) > 0$
Решением этого неравенства является объединение интервалов $x \in (-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$.
2. Основание логарифма $a=0,5$. Так как $0 < 0,5 < 1$, функция является убывающей, и знак неравенства меняется на противоположный.
3. Решаем неравенство:
$x^2 - 1 < (0,5)^{-2}$
$x^2 - 1 < (\frac{1}{2})^{-2}$
$x^2 - 1 < 2^2$
$x^2 - 1 < 4$
$x^2 - 5 < 0$
$(x - \sqrt{5})(x + \sqrt{5}) < 0$
Решением этого неравенства является интервал $x \in (-\sqrt{5}, \sqrt{5})$.
4. Найдем пересечение решения с ОДЗ. Нам нужно найти пересечение множеств $(-\infty, -1) \cup (1, +\infty)$ и $(-\sqrt{5}, \sqrt{5})$.
Это соответствует двум интервалам: $(-\sqrt{5}, -1)$ и $(1, \sqrt{5})$.
Ответ: $x \in (-\sqrt{5}; -1) \cup (1; \sqrt{5})$.

г) Решим логарифмическое неравенство $\log_{0,5}(x^2 + 1) < -1$.
1. Найдем ОДЗ:
$x^2 + 1 > 0$
Поскольку $x^2 \geq 0$ для любого действительного $x$, то $x^2 + 1 \geq 1$. Следовательно, выражение $x^2+1$ всегда положительно. ОДЗ: $x \in (-\infty, +\infty)$.
2. Основание логарифма $a=0,5$. Так как $0 < 0,5 < 1$, функция является убывающей, и знак неравенства меняется на противоположный.
3. Решаем неравенство:
$x^2 + 1 > (0,5)^{-1}$
$x^2 + 1 > (\frac{1}{2})^{-1}$
$x^2 + 1 > 2$
$x^2 > 1$
$|x| > 1$
Решением этого неравенства является объединение интервалов $x < -1$ и $x > 1$.
4. Пересечение полученного решения с ОДЗ ($x \in \mathbb{R}$) дает тот же результат.
Ответ: $x \in (-\infty; -1) \cup (1; +\infty)$.

Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.

Присоединяйтесь к Телеграм-группе @top_gdz

Присоединиться

Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 11 класс, для упражнения номер 11.25 расположенного на странице 293 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 №11.25 (с. 293), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.