Номер 36, страница 95 - гдз по алгебре 11 класс сборник задач Арефьева, Пирютко

10.36. Решите неравенство:

a) $\log_{5x+4} 3 < 0;$

б) $\log_x (x-2) \le 2;$

в) $\log_x (2x^2 - 3x) \le 1;$

г) $\log_{\frac{2x+2}{5x-1}} (10x^2 + x - 2) \le 0;$

д) $\log_{0,5} \log_2 \log_{x-1} 9 > 0;$

е) $\log_{3^{2-x^2}} (1.5 - |1-x|) \le 0.$

а) $ \log_{5x+4} 3 < 0 $

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условиями для основания логарифма:
1. $ 5x + 4 > 0 \implies 5x > -4 \implies x > -4/5 $
2. $ 5x + 4 \neq 1 \implies 5x \neq -3 \implies x \neq -3/5 $
Таким образом, ОДЗ: $ x \in (-4/5, -3/5) \cup (-3/5, \infty) $.

Неравенство $ \log_a b < 0 $ можно представить как $ \log_a 3 < \log_a 1 $. Его решение зависит от основания $ a = 5x+4 $.
Случай 1: Основание $ 5x+4 > 1 \implies x > -3/5 $.
В этом случае логарифмическая функция возрастает, и знак неравенства сохраняется: $ 3 < 1 $. Это неверно, решений в этом случае нет.
Случай 2: Основание $ 0 < 5x+4 < 1 \implies -4/5 < x < -3/5 $.
В этом случае логарифмическая функция убывает, и знак неравенства меняется на противоположный: $ 3 > 1 $. Это верно для всех $x$ из данного интервала.

Объединяя результаты, получаем итоговое решение, которое совпадает с интервалом из второго случая, так как он полностью входит в ОДЗ.

Ответ: $ x \in (-4/5, -3/5) $.

б) $ \log_{x} (x-2) \le 2 $

ОДЗ:
1. Аргумент: $ x-2 > 0 \implies x > 2 $
2. Основание: $ x > 0 $ и $ x \neq 1 $
Пересечение условий дает ОДЗ: $ x \in (2, \infty) $.

Так как из ОДЗ следует, что основание $ x > 2 $, то оно всегда больше 1. Логарифмическая функция возрастающая, поэтому знак неравенства сохраняется.
$ \log_{x} (x-2) \le \log_{x} x^2 $
$ x-2 \le x^2 $
$ x^2 - x + 2 \ge 0 $
Найдем дискриминант квадратного трехчлена $ y = x^2 - x + 2 $: $ D = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 1 - 8 = -7 $.
Так как $ D < 0 $ и коэффициент при $ x^2 $ положителен ($ a=1>0 $), парабола находится полностью выше оси Ox, и неравенство $ x^2 - x + 2 \ge 0 $ выполняется для всех действительных $ x $.

Пересекаем это решение ($ x \in (-\infty, \infty) $) с ОДЗ $ x \in (2, \infty) $.
Итоговое решение: $ x \in (2, \infty) $.

Ответ: $ x \in (2, \infty) $.

в) $ \log_{x} (2x^2 - 3x) \le 1 $

ОДЗ:
1. Аргумент: $ 2x^2 - 3x > 0 \implies x(2x - 3) > 0 \implies x \in (-\infty, 0) \cup (3/2, \infty) $
2. Основание: $ x > 0 $ и $ x \neq 1 $
Пересечение условий дает ОДЗ: $ x \in (3/2, \infty) $.

Так как из ОДЗ следует, что основание $ x > 3/2 $, то оно всегда больше 1. Логарифмическая функция возрастающая.
$ \log_{x} (2x^2 - 3x) \le \log_{x} x $
$ 2x^2 - 3x \le x $
$ 2x^2 - 4x \le 0 $
$ 2x(x - 2) \le 0 $
Решением этого неравенства является отрезок $ [0, 2] $.

Пересекаем полученное решение $ x \in [0, 2] $ с ОДЗ $ x \in (3/2, \infty) $.
Итоговое решение: $ x \in (3/2, 2] $.

Ответ: $ x \in (1\frac{1}{2}, 2] $.

г) $ \log_{\frac{2x+2}{5x-1}} (10x^2 + x - 2) \le 0 $

ОДЗ:
1. Аргумент: $ 10x^2 + x - 2 > 0 $. Корни $ x_1 = -1/2, x_2 = 2/5 $. Решение: $ x \in (-\infty, -1/2) \cup (2/5, \infty) $.
2. Основание: $ \frac{2x+2}{5x-1} > 0 \implies \frac{x+1}{x-1/5} > 0 $. Решение: $ x \in (-\infty, -1) \cup (1/5, \infty) $.
3. Основание: $ \frac{2x+2}{5x-1} \neq 1 \implies x \neq 1 $.
Пересекая все условия, получаем ОДЗ: $ x \in (-\infty, -1) \cup (2/5, 1) \cup (1, \infty) $.

Решим неравенство методом рационализации, который гласит, что $ \log_a b \le 0 $ равносильно $ (a-1)(b-1) \le 0 $ в области ОДЗ.
$ \left(\frac{2x+2}{5x-1} - 1\right)(10x^2 + x - 2 - 1) \le 0 $
$ \left(\frac{2x+2 - 5x+1}{5x-1}\right)(10x^2 + x - 3) \le 0 $
$ \frac{-3x+3}{5x-1}(10x^2 + x - 3) \le 0 $
Корни множителей: $ x=1 $; $ x=1/5 $; $ x=1/2 $; $ x=-3/5 $.
Располагаем корни на числовой оси и решаем методом интервалов: $ x \in (-\infty, -3/5] \cup [1/5, 1/2] \cup [1, \infty) $.

Пересекаем это решение с ОДЗ $ x \in (-\infty, -1) \cup (2/5, 1) \cup (1, \infty) $:
- $ (-\infty, -3/5] \cap (-\infty, -1) = (-\infty, -1) $
- $ [1/5, 1/2] \cap (2/5, 1) = (2/5, 1/2] $
- $ [1, \infty) \cap (1, \infty) = (1, \infty) $
Объединяя результаты, получаем итоговое решение.

Ответ: $ x \in (-\infty, -1) \cup (2/5, 1/2] \cup (1, \infty) $.

д) $ \log_{0.5} \log_2 \log_{x-1} 9 > 0 $

ОДЗ:
1. $ x-1 > 0 $ и $ x-1 \neq 1 \implies x > 1 $ и $ x \neq 2 $.
2. Аргумент среднего логарифма: $ \log_{x-1} 9 > 0 \implies \log_{x-1} 9 > \log_{x-1} 1 $. Это верно, если основание $ x-1 > 1 \implies x > 2 $.
3. Аргумент внешнего логарифма: $ \log_2 (\log_{x-1} 9) > 0 \implies \log_2 (\log_{x-1} 9) > \log_2 1 \implies \log_{x-1} 9 > 1 \implies \log_{x-1} 9 > \log_{x-1} (x-1) $. Так как $ x>2 $, основание больше 1, значит $ 9 > x-1 \implies x < 10 $.
Итоговое ОДЗ: $ x \in (2, 10) $.

Решаем неравенство. Основание внешнего логарифма $ 0.5 < 1 $, поэтому знак неравенства меняется:
$ \log_2 \log_{x-1} 9 < 0.5^0 = 1 $
Основание логарифма $ 2 > 1 $, знак сохраняется:
$ \log_{x-1} 9 < 2^1 = 2 \implies \log_{x-1} 9 < \log_{x-1} (x-1)^2 $
Из ОДЗ $ x \in (2, 10) $, поэтому основание $ x-1 > 1 $. Знак сохраняется:
$ 9 < (x-1)^2 \implies |x-1| > 3 $
$ x-1 > 3 $ или $ x-1 < -3 $
$ x > 4 $ или $ x < -2 $.

Пересекаем решение $ x \in (-\infty, -2) \cup (4, \infty) $ с ОДЗ $ x \in (2, 10) $.
Итоговое решение: $ x \in (4, 10) $.

Ответ: $ x \in (4, 10) $.

е) $ \log_{3^{2-x^2}} (1.5 - |1-x|) \le 0 $

ОДЗ:
1. Аргумент: $ 1.5 - |1-x| > 0 \implies |x-1| < 1.5 \implies -1.5 < x-1 < 1.5 \implies -0.5 < x < 2.5 $.
2. Основание: $ 3^{2-x^2} > 0 $ (верно для всех $x$).
3. Основание: $ 3^{2-x^2} \neq 1 \implies 2-x^2 \neq 0 \implies x \neq \pm \sqrt{2} $.
Итоговое ОДЗ: $ x \in (-0.5, \sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, 2.5) $.

Решим неравенство методом рационализации: $ (\text{основание}-1)(\text{аргумент}-1) \le 0 $.
$ (3^{2-x^2} - 1)(1.5 - |1-x| - 1) \le 0 $
$ (3^{2-x^2} - 3^0)(0.5 - |x-1|) \le 0 $
Знак первого множителя совпадает со знаком показателя $ (2-x^2) $.
$ (2-x^2)(0.5 - |x-1|) \le 0 $
$ -(x^2-2)(0.5 - |x-1|) \le 0 \implies (x^2-2)(0.5 - |x-1|) \ge 0 $
Рассмотрим два случая:
1) $ x^2-2 \ge 0 $ и $ 0.5 - |x-1| \ge 0 $.
$ x \in (-\infty, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2}, \infty) $ и $ |x-1| \le 0.5 \implies 0.5 \le x \le 1.5 $.
Пересечение: $ x \in [\sqrt{2}, 1.5] $.
2) $ x^2-2 \le 0 $ и $ 0.5 - |x-1| \le 0 $.
$ x \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}] $ и $ |x-1| \ge 0.5 \implies x \in (-\infty, 0.5] \cup [1.5, \infty) $.
Пересечение: $ x \in [-\sqrt{2}, 0.5] $.
Объединяем решения: $ x \in [-\sqrt{2}, 0.5] \cup [\sqrt{2}, 1.5] $.

Пересекаем это решение с ОДЗ $ x \in (-0.5, \sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, 2.5) $:
- $ [-\sqrt{2}, 0.5] \cap ((-0.5, \sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, 2.5)) = (-0.5, 0.5] $
- $ [\sqrt{2}, 1.5] \cap ((-0.5, \sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, 2.5)) = (\sqrt{2}, 1.5] $
Итоговое решение: $ x \in (-0.5, 0.5] \cup (\sqrt{2}, 1.5] $.

Ответ: $ x \in (-1/2, 1/2] \cup (\sqrt{2}, 1\frac{1}{2}] $.