Номер 15.21, страница 363 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 15. Уравнения, неравенства и системы с параметрами. Глава 2. Уравнения. Неравенства. Системы - номер 15.21, страница 363.

Условие.

15.21 a) $ \log_2(x - a) \ge \log_2(13 - x) $;

Б) $ \log_3(x - a) \ge \log_3(11 - x) $;

В) $ \log_4(x - a) \le \log_4(9 - x) $;

Г) $ \log_5(x - a) \le \log_5(7 - x) $.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

a) Решим неравенство $\log_2(x - a) \geq \log_2(13 - x)$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:
$\begin{cases} x - a > 0 \\ 13 - x > 0 \end{cases}$
$\begin{cases} x > a \\ x < 13 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in (a; 13)$. Для существования непустой ОДЗ необходимо, чтобы выполнялось условие $a < 13$. Если $a \geq 13$, система неравенств, задающая ОДЗ, не имеет решений, а значит, и исходное неравенство не имеет решений.

2. Решим само неравенство. Так как основание логарифма $2 > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. Поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства сохраняется:
$x - a \geq 13 - x$
$2x \geq 13 + a$
$x \geq \frac{13 + a}{2}$

3. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ. Решение неравенства — это множество всех $x$, удовлетворяющих системе:
$\begin{cases} x < 13 \\ x \geq \frac{13 + a}{2} \end{cases}$
Таким образом, $x \in [\frac{13 + a}{2}; 13)$.
Для того чтобы этот промежуток был непустым, необходимо, чтобы его левая граница была меньше правой: $\frac{13 + a}{2} < 13$, что равносильно $13 + a < 26$, или $a < 13$. Это условие совпадает с условием существования ОДЗ.
Ответ: при $a \geq 13$ решений нет; при $a < 13$ $x \in [\frac{13+a}{2}, 13)$.

б) Решим неравенство $\log_3(x - a) \geq \log_3(11 - x)$.

1. ОДЗ:
$\begin{cases} x - a > 0 \\ 11 - x > 0 \end{cases}$
$\begin{cases} x > a \\ x < 11 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in (a; 11)$. Для существования решений необходимо $a < 11$.

2. Решение неравенства. Основание $3 > 1$, поэтому знак неравенства сохраняется:
$x - a \geq 11 - x$
$2x \geq 11 + a$
$x \geq \frac{11 + a}{2}$

3. Пересечение с ОДЗ:
$\begin{cases} x < 11 \\ x \geq \frac{11 + a}{2} \end{cases}$
Решение: $x \in [\frac{11 + a}{2}; 11)$.
Промежуток непустой, если $\frac{11 + a}{2} < 11$, то есть $a < 11$.
Ответ: при $a \geq 11$ решений нет; при $a < 11$ $x \in [\frac{11+a}{2}, 11)$.

в) Решим неравенство $\log_4(x - a) \leq \log_4(9 - x)$.

1. ОДЗ:
$\begin{cases} x - a > 0 \\ 9 - x > 0 \end{cases}$
$\begin{cases} x > a \\ x < 9 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in (a; 9)$. Для существования решений необходимо $a < 9$.

2. Решение неравенства. Основание $4 > 1$, поэтому знак неравенства сохраняется:
$x - a \leq 9 - x$
$2x \leq 9 + a$
$x \leq \frac{9 + a}{2}$

3. Пересечение с ОДЗ:
$\begin{cases} x > a \\ x \leq \frac{9 + a}{2} \end{cases}$
Решение: $x \in (a; \frac{9 + a}{2}]$.
Промежуток непустой, если $a < \frac{9 + a}{2}$, то есть $2a < 9+a$, что равносильно $a < 9$.
Ответ: при $a \geq 9$ решений нет; при $a < 9$ $x \in (a, \frac{9+a}{2}]$.

г) Решим неравенство $\log_5(x - a) \leq \log_5(7 - x)$.

1. ОДЗ:
$\begin{cases} x - a > 0 \\ 7 - x > 0 \end{cases}$
$\begin{cases} x > a \\ x < 7 \end{cases}$
ОДЗ: $x \in (a; 7)$. Для существования решений необходимо $a < 7$.

2. Решение неравенства. Основание $5 > 1$, поэтому знак неравенства сохраняется:
$x - a \leq 7 - x$
$2x \leq 7 + a$
$x \leq \frac{7 + a}{2}$

3. Пересечение с ОДЗ:
$\begin{cases} x > a \\ x \leq \frac{7 + a}{2} \end{cases}$
Решение: $x \in (a; \frac{7 + a}{2}]$.
Промежуток непустой, если $a < \frac{7 + a}{2}$, то есть $a < 7$.
Ответ: при $a \geq 7$ решений нет; при $a < 7$ $x \in (a, \frac{7+a}{2}]$.