Номер 11.61, страница 303 - 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 11.61, страница 303.

№11.61 (с. 303)
Условие. №11.61 (с. 303)
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 303, номер 11.61, Условие

11.61 a) $\lg x + \lg (x + 3) \le 1$;

б) $\log_{\frac{1}{9}} (x + 8) + \log_{\frac{1}{9}} x \ge -1$;

в) $\log_2 x + \log_2 (x - 2) \le 3$;

г) $\log_{\frac{1}{3}} (x + 6) + \log_{\frac{1}{3}} x \ge -3$.

Решение 1. №11.61 (с. 303)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 303, номер 11.61, 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 303, номер 11.61, 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 303, номер 11.61, 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 303, номер 11.61, Решение 1 (продолжение 4)
Решение 2. №11.61 (с. 303)
Алгебра, 11 класс Учебник, авторы: Никольский Сергей Михайлович, Потапов Михаил Константинович, Решетников Николай Николаевич, Шевкин Александр Владимирович, издательство Просвещение, Москва, 2014, голубого цвета, страница 303, номер 11.61, 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 303, номер 11.61, Решение 2 (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 303, номер 11.61, Решение 2 (продолжение 3)
Решение 4. №11.61 (с. 303)

а) $lg(x) + lg(x + 3) \le 1$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго больше нуля:

$\begin{cases} x > 0 \\ x + 3 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0 \\ x > -3 \end{cases} \implies x > 0$.

ОДЗ: $x \in (0, +\infty)$.

2. Используя свойство суммы логарифмов $\log_a(b) + \log_a(c) = \log_a(bc)$, преобразуем левую часть неравенства:

$lg(x(x + 3)) \le 1$

$lg(x^2 + 3x) \le 1$

3. Представим правую часть в виде логарифма с основанием 10: $1 = lg(10)$.

$lg(x^2 + 3x) \le lg(10)$

4. Так как основание логарифма $10 > 1$, то при переходе к неравенству для подлогарифмических выражений знак неравенства сохраняется:

$x^2 + 3x \le 10$

$x^2 + 3x - 10 \le 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 + 3x - 10 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -5$ и $x_2 = 2$.

Решением неравенства $x^2 + 3x - 10 \le 0$ является промежуток $[-5, 2]$.

5. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:

$\begin{cases} -5 \le x \le 2 \\ x > 0 \end{cases} \implies 0 < x \le 2$.

Ответ: $(0, 2]$.

б) $\log_{\frac{1}{9}}(x + 8) + \log_{\frac{1}{9}}(x) \ge -1$

1. Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} x + 8 > 0 \\ x > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -8 \\ x > 0 \end{cases} \implies x > 0$.

ОДЗ: $x \in (0, +\infty)$.

2. Преобразуем левую часть неравенства:

$\log_{\frac{1}{9}}(x(x + 8)) \ge -1$

$\log_{\frac{1}{9}}(x^2 + 8x) \ge -1$

3. Представим правую часть в виде логарифма с основанием $\frac{1}{9}$: $-1 = \log_{\frac{1}{9}}((\frac{1}{9})^{-1}) = \log_{\frac{1}{9}}(9)$.

$\log_{\frac{1}{9}}(x^2 + 8x) \ge \log_{\frac{1}{9}}(9)$

4. Так как основание логарифма $0 < \frac{1}{9} < 1$, то при переходе к неравенству для подлогарифмических выражений знак неравенства меняется на противоположный:

$x^2 + 8x \le 9$

$x^2 + 8x - 9 \le 0$

Найдем корни уравнения $x^2 + 8x - 9 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -9$ и $x_2 = 1$.

Решением неравенства $x^2 + 8x - 9 \le 0$ является промежуток $[-9, 1]$.

5. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:

$\begin{cases} -9 \le x \le 1 \\ x > 0 \end{cases} \implies 0 < x \le 1$.

Ответ: $(0, 1]$.

в) $\log_2(x) + \log_2(x - 2) \le 3$

1. Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} x > 0 \\ x - 2 > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0 \\ x > 2 \end{cases} \implies x > 2$.

ОДЗ: $x \in (2, +\infty)$.

2. Преобразуем левую часть неравенства:

$\log_2(x(x - 2)) \le 3$

$\log_2(x^2 - 2x) \le 3$

3. Представим правую часть в виде логарифма с основанием 2: $3 = \log_2(2^3) = \log_2(8)$.

$\log_2(x^2 - 2x) \le \log_2(8)$

4. Так как основание логарифма $2 > 1$, знак неравенства сохраняется:

$x^2 - 2x \le 8$

$x^2 - 2x - 8 \le 0$

Найдем корни уравнения $x^2 - 2x - 8 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -2$ и $x_2 = 4$.

Решением неравенства $x^2 - 2x - 8 \le 0$ является промежуток $[-2, 4]$.

5. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:

$\begin{cases} -2 \le x \le 4 \\ x > 2 \end{cases} \implies 2 < x \le 4$.

Ответ: $(2, 4]$.

г) $\log_{\frac{1}{3}}(x + 6) + \log_{\frac{1}{3}}(x) \ge -3$

1. Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} x + 6 > 0 \\ x > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -6 \\ x > 0 \end{cases} \implies x > 0$.

ОДЗ: $x \in (0, +\infty)$.

2. Преобразуем левую часть неравенства:

$\log_{\frac{1}{3}}(x(x + 6)) \ge -3$

$\log_{\frac{1}{3}}(x^2 + 6x) \ge -3$

3. Представим правую часть в виде логарифма с основанием $\frac{1}{3}$: $-3 = \log_{\frac{1}{3}}((\frac{1}{3})^{-3}) = \log_{\frac{1}{3}}(27)$.

$\log_{\frac{1}{3}}(x^2 + 6x) \ge \log_{\frac{1}{3}}(27)$

4. Так как основание логарифма $0 < \frac{1}{3} < 1$, знак неравенства меняется на противоположный:

$x^2 + 6x \le 27$

$x^2 + 6x - 27 \le 0$

Найдем корни уравнения $x^2 + 6x - 27 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -9$ и $x_2 = 3$.

Решением неравенства $x^2 + 6x - 27 \le 0$ является промежуток $[-9, 3]$.

5. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ:

$\begin{cases} -9 \le x \le 3 \\ x > 0 \end{cases} \implies 0 < x \le 3$.

Ответ: $(0, 3]$.

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 11.61 расположенного на странице 303 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 №11.61 (с. 303), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.