Номер 11.61, страница 303 - 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 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

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)




Решение 2. №11.61 (с. 303)



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: $(0, 3]$.
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 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.