Номер 11.45, страница 298 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 11. Равносильность неравенств на множествах. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 11.45, страница 298.

Условие.

11.45* a) $2 + \log_{\sqrt{x^2 - 2x - 3}} \left(\frac{x + 4}{x + 1}\right) > \log_{x^2 - 2x - 3} (x^2 - 2x - 2)^2;$

б) $2 + \log_{\sqrt{-x^2 + 13x - 36}} \left(\frac{4,1 - x}{x - 9}\right) > \log_{-x^2 + 13x - 36} (x^2 - 10x + 32,93)^2.$

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

а) $2 + \log_{\sqrt{x^2-2x-3}} \left(\frac{x+4}{x+1}\right) > \log_{x^2-2x-3} (x^2-2x-2)^2$

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

$\begin{cases} x^2-2x-3 > 0 \\ x^2-2x-3 \ne 1 \\ \frac{x+4}{x+1} > 0 \\ (x^2-2x-2)^2 > 0 \end{cases}$

Решим каждое неравенство:

1) $x^2-2x-3 > 0 \implies (x-3)(x+1) > 0 \implies x \in (-\infty, -1) \cup (3, \infty)$.

2) $x^2-2x-3 \ne 1 \implies x^2-2x-4 \ne 0$. Корни уравнения $x^2-2x-4=0$ равны $x = 1 \pm \sqrt{5}$. Значит, $x \ne 1 \pm \sqrt{5}$.

3) $\frac{x+4}{x+1} > 0 \implies x \in (-\infty, -4) \cup (-1, \infty)$.

4) $(x^2-2x-2)^2 > 0 \implies x^2-2x-2 \ne 0$. Корни уравнения $x^2-2x-2=0$ равны $x = 1 \pm \sqrt{3}$. Значит, $x \ne 1 \pm \sqrt{3}$.

Пересечение решений (1) и (3) дает $x \in (-\infty, -4) \cup (3, \infty)$.

Учтем ограничения из (2) и (4). $1+\sqrt{5} \approx 3.236$ попадает в интервал $(3, \infty)$, поэтому его нужно исключить. Остальные значения $1-\sqrt{5}$, $1 \pm \sqrt{3}$ не входят в найденный интервал.

Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty, -4) \cup (3, 1+\sqrt{5}) \cup (1+\sqrt{5}, \infty)$.

2. Преобразуем неравенство. Пусть $t = x^2-2x-3$. Тогда $\sqrt{t}$ и $t$ — основания логарифмов. На ОДЗ $t > 0$.

$2 + \log_{t^{1/2}} \left(\frac{x+4}{x+1}\right) > \log_{t} (x^2-2x-2)^2$

Используя свойства логарифмов $\log_{a^k} b = \frac{1}{k}\log_a b$ и $\log_a b^k = k\log_a b$:

$2 + 2\log_{t} \left(\frac{x+4}{x+1}\right) > 2\log_{t} |x^2-2x-2|$

$1 + \log_{t} \left(\frac{x+4}{x+1}\right) > \log_{t} |x^2-2x-2|$

$\log_t t + \log_{t} \left(\frac{x+4}{x+1}\right) > \log_{t} |x^2-2x-2|$

$\log_t \left(t \cdot \frac{x+4}{x+1}\right) > \log_{t} |x^2-2x-2|$

Подставим $t = x^2-2x-3 = (x-3)(x+1)$:

$\log_{(x-3)(x+1)} \left((x-3)(x+1) \cdot \frac{x+4}{x+1}\right) > \log_{(x-3)(x+1)} |x^2-2x-2|$

$\log_{(x-3)(x+1)} ((x-3)(x+4)) > \log_{(x-3)(x+1)} |x^2-2x-2|$

3. Решим полученное неравенство, рассмотрев два случая для основания логарифма $t=x^2-2x-3$.

Случай 1: Основание больше 1, т.е. $x^2-2x-3 > 1 \implies x^2-2x-4 > 0$.

Это выполняется при $x \in (-\infty, 1-\sqrt{5}) \cup (1+\sqrt{5}, \infty)$. Пересекая с ОДЗ, получаем область для этого случая: $x \in (-\infty, -4) \cup (1+\sqrt{5}, \infty)$.

В этом случае знак неравенства сохраняется:

$(x-3)(x+4) > |x^2-2x-2|$

$x^2+x-12 > |x^2-2x-2|$

На области $x \in (-\infty, -4) \cup (1+\sqrt{5}, \infty)$ выражение $x^2-2x-2$ всегда положительно (его корни $1\pm\sqrt{3}$ не лежат в этой области). Поэтому $|x^2-2x-2| = x^2-2x-2$.

$x^2+x-12 > x^2-2x-2 \implies 3x > 10 \implies x > 10/3$.

Пересекаем полученное решение с областью для данного случая: $x \in (-\infty, -4) \cup (1+\sqrt{5}, \infty)$. Поскольку $10/3 \approx 3.333$ и $1+\sqrt{5} \approx 3.236$, то $10/3 > 1+\sqrt{5}$.

Решение для первого случая: $x \in (10/3, \infty)$.

Случай 2: Основание от 0 до 1, т.е. $0 < x^2-2x-3 < 1$.

Это выполняется при $x \in (1-\sqrt{5}, -1) \cup (3, 1+\sqrt{5})$. Пересекая с ОДЗ, получаем область для этого случая: $x \in (3, 1+\sqrt{5})$.

В этом случае знак неравенства меняется на противоположный:

$(x-3)(x+4) < |x^2-2x-2|$

$x^2+x-12 < |x^2-2x-2|$

На области $x \in (3, 1+\sqrt{5})$ выражение $x^2-2x-2$ положительно (т.к. $3 > 1+\sqrt{3}$).

$x^2+x-12 < x^2-2x-2 \implies 3x < 10 \implies x < 10/3$.

Пересекаем полученное решение $x < 10/3$ с областью для данного случая $x \in (3, 1+\sqrt{5})$. Поскольку $1+\sqrt{5} < 10/3$, пересечением будет весь интервал $(3, 1+\sqrt{5})$.

Решение для второго случая: $x \in (3, 1+\sqrt{5})$.

4. Объединяем решения из обоих случаев:

$(3, 1+\sqrt{5}) \cup (10/3, \infty)$.

Ответ: $x \in (3, 1+\sqrt{5}) \cup (\frac{10}{3}, \infty)$.

---

б) $2 + \log_{\sqrt{-x^2+13x-36}} \left(\frac{4,1-x}{x-9}\right) > \log_{-x^2+13x-36} (x^2-10x+32,93)^2$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$\begin{cases} -x^2+13x-36 > 0 \\ -x^2+13x-36 \ne 1 \\ \frac{4,1-x}{x-9} > 0 \\ (x^2-10x+32,93)^2 > 0 \end{cases}$

Решим каждое неравенство:

1) $-x^2+13x-36 > 0 \implies x^2-13x+36 < 0 \implies (x-4)(x-9) < 0 \implies x \in (4, 9)$.

2) $-x^2+13x-36 \ne 1 \implies x^2-13x+37 \ne 0$. Корни уравнения $x^2-13x+37=0$ равны $x = \frac{13 \pm \sqrt{21}}{2}$. Оба корня лежат в интервале $(4,9)$, поэтому $x \ne \frac{13 \pm \sqrt{21}}{2}$.

3) $\frac{4,1-x}{x-9} > 0 \implies \frac{x-4,1}{x-9} < 0 \implies x \in (4,1, 9)$.

4) $x^2-10x+32,93 \ne 0$. Дискриминант $D=100 - 4(32,93) < 0$, поэтому выражение $x^2-10x+32,93$ всегда положительно. Неравенство выполняется для всех $x$.

Пересекая все условия, получаем ОДЗ: $x \in (4,1, \frac{13-\sqrt{21}}{2}) \cup (\frac{13-\sqrt{21}}{2}, \frac{13+\sqrt{21}}{2}) \cup (\frac{13+\sqrt{21}}{2}, 9)$.

2. Преобразуем неравенство. Пусть $t = -x^2+13x-36 = -(x-4)(x-9)$.

$2 + 2\log_{t} \left(\frac{4,1-x}{x-9}\right) > 2\log_{t} |x^2-10x+32,93|$

Так как $x^2-10x+32,93 > 0$, модуль можно опустить.

$1 + \log_{t} \left(\frac{-(x-4,1)}{x-9}\right) > \log_{t} (x^2-10x+32,93)$

$\log_t t + \log_{t} \left(\frac{-(x-4,1)}{x-9}\right) > \log_{t} (x^2-10x+32,93)$

$\log_t \left(-(x-4)(x-9) \cdot \frac{-(x-4,1)}{x-9}\right) > \log_{t} (x^2-10x+32,93)$

$\log_t ((x-4)(x-4,1)) > \log_t (x^2-10x+32,93)$

$\log_t (x^2-8,1x+16,4) > \log_t (x^2-10x+32,93)$

3. Решим неравенство, рассмотрев два случая для основания $t = -x^2+13x-36$.

Случай 1: Основание больше 1, т.е. $-x^2+13x-36 > 1 \implies x^2-13x+37 < 0$.

Это выполняется при $x \in (\frac{13-\sqrt{21}}{2}, \frac{13+\sqrt{21}}{2})$. Эта область совпадает с одним из интервалов ОДЗ.

Знак неравенства сохраняется:

$x^2-8,1x+16,4 > x^2-10x+32,93$

$1,9x > 16,53 \implies x > \frac{16,53}{1,9} \implies x > 8,7$.

Пересекаем $x > 8,7$ с областью $x \in (\frac{13-\sqrt{21}}{2}, \frac{13+\sqrt{21}}{2})$.

$\frac{13+\sqrt{21}}{2} \approx \frac{13+4,58}{2} \approx 8,79$.

Решение для этого случая: $x \in (8,7, \frac{13+\sqrt{21}}{2})$.

Случай 2: Основание от 0 до 1, т.е. $0 < -x^2+13x-36 < 1$.

Область для этого случая, с учетом ОДЗ: $x \in (4,1, \frac{13-\sqrt{21}}{2}) \cup (\frac{13+\sqrt{21}}{2}, 9)$.

Знак неравенства меняется на противоположный:

$x^2-8,1x+16,4 < x^2-10x+32,93$

$1,9x < 16,53 \implies x < 8,7$.

Пересекаем $x < 8,7$ с областью для данного случая:

1) $(4,1, \frac{13-\sqrt{21}}{2}) \cap (-\infty, 8,7) = (4,1, \frac{13-\sqrt{21}}{2})$, так как $\frac{13-\sqrt{21}}{2} \approx 4,21 < 8,7$.

2) $(\frac{13+\sqrt{21}}{2}, 9) \cap (-\infty, 8,7) = \emptyset$, так как $\frac{13+\sqrt{21}}{2} \approx 8,79 > 8,7$.

Решение для второго случая: $x \in (4,1, \frac{13-\sqrt{21}}{2})$.

4. Объединяем решения из обоих случаев:

$(4,1, \frac{13-\sqrt{21}}{2}) \cup (8,7, \frac{13+\sqrt{21}}{2})$.

Ответ: $x \in (4,1; \frac{13-\sqrt{21}}{2}) \cup (8,7; \frac{13+\sqrt{21}}{2})$.