Страница 65 номер 7.13, ГДЗ по алгебре за 11 класс к учебнику Мерзляка углубленный уровень. Алгебра и начала математического анализа

Глава 1. Показательная и логарифмическая функции. §7. Логарифмические неравенства. Страница 65. Номер 7.13

Решение:

1) Основание \(0{,}3\) меньше единицы, поэтому неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x^2 + x - 12 \leqslant 6x - 6, \\ x^2 + x - 12 > 0. \end{cases}\]

\[\begin{cases} x^2 - 5x - 6 \leqslant 0, \\ (x + 4)(x - 3) > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} -1 \leqslant x \leqslant 6, \\ \left[\begin{array}{l} x < -4, \\ x > 3; \end{array}\right. \end{cases} \quad 3 < x \leqslant 6.\]

2) Основание 10 больше единицы, поэтому неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x^2 - x \leqslant 3x - 3, \\ x^2 - x > 0. \end{cases}\]

\[\begin{cases} x^2 - 4x + 3 \leqslant 0, \\ x(x - 1) > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} 1 \leqslant x \leqslant 3, \\ \left[\begin{array}{l} x < 0, \\ x > 1; \end{array}\right. \end{cases} \quad 1 < x \leqslant 3.\]

3) Основание \(0{,}8\) меньше единицы, поэтому неравенство равносильно системе \[\begin{cases} 1 - x^2 < x^2 + 5x - 2, \\ 1 - x^2 > 0. \end{cases}\]

\[\begin{cases} 2x^2 + 5x - 3 > 0, \\ x^2 < 1; \end{cases} \quad \begin{cases} (2x - 1)(x + 3) > 0, \\ -1 < x < 1; \end{cases} \quad \frac{1}{2} < x < 1.\]

4) ОДЗ: \(2x + 7 > 0\) и \(x + 2 > 0\); на ней \(2\log_{2}(2x + 7) = \log_{2}(2x + 7)^2\), а \(5 = \log_{2} 32\), поэтому неравенство принимает вид \(\log_{2}(2x + 7)^2 \geqslant \log_{2}\left(32(x + 2)\right)\).

Основание 2 больше единицы, поэтому вместе с условиями ОДЗ получаем систему \[\begin{cases} (2x + 7)^2 \geqslant 32(x + 2), \\ 2x + 7 > 0, \\ x + 2 > 0. \end{cases}\]

\[\begin{cases} 4x^2 - 4x - 15 \geqslant 0, \\ x > -2; \end{cases} \quad \begin{cases} (2x + 3)(2x - 5) \geqslant 0, \\ x > -2; \end{cases} \quad \left[\begin{array}{l} -2 < x \leqslant -\frac{3}{2}, \\ x \geqslant \frac{5}{2}. \end{array}\right.\]

5) Основание 3 больше единицы, поэтому неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x^2 + 2x - 3 \leqslant x + 9, \\ x^2 + 2x - 3 > 0. \end{cases}\]

\[\begin{cases} x^2 + x - 12 \leqslant 0, \\ (x + 3)(x - 1) > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} -4 \leqslant x \leqslant 3, \\ \left[\begin{array}{l} x < -3, \\ x > 1; \end{array}\right. \end{cases} \quad \left[\begin{array}{l} -4 \leqslant x < -3, \\ 1 < x \leqslant 3. \end{array}\right.\]

6) ОДЗ: \(2x^2 + 3x + 1 > 0\) и \(1 - x > 0\); на ней \(2\log_{\frac{1}{7}}(1 - x) = \log_{\frac{1}{7}}(1 - x)^2\). Основание \(\frac{1}{7}\) меньше единицы, поэтому неравенство равносильно системе \[\begin{cases} 2x^2 + 3x + 1 \leqslant (1 - x)^2, \\ 2x^2 + 3x + 1 > 0, \\ 1 - x > 0. \end{cases}\]

Первое неравенство даёт \(x^2 + 5x \leqslant 0\), то есть \(-5 \leqslant x \leqslant 0\); при таких значениях переменной условие \(x < 1\) выполняется. Второе неравенство \((2x + 1)(x + 1) > 0\) даёт \(x < -1\) или \(x > -\frac{1}{2}\). Пересечение: \[\left[\begin{array}{l} -5 \leqslant x < -1, \\ -\frac{1}{2} < x \leqslant 0. \end{array}\right.\]

Ответ: 1) \((3;\ 6]\); 2) \((1;\ 3]\); 3) \(\left(\frac{1}{2};\ 1\right)\); 4) \(\left(-2;\ -\frac{3}{2}\right] \cup \left[\frac{5}{2};\ +\infty\right)\); 5) \([-4;\ -3) \cup (1;\ 3]\); 6) \([-5;\ -1) \cup \left(-\frac{1}{2};\ 0\right]\).

Решение:

1) Основание \(0{,}3\) меньше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x^2 + x - 12 \leqslant 6x - 6, \\ x^2 + x - 12 > 0. \end{cases}\] Отсюда \[\begin{cases} x^2 - 5x - 6 \leqslant 0, \\ (x + 4)(x - 3) > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} -1 \leqslant x \leqslant 6, \\ \left[\begin{array}{l} x < -4, \\ x > 3; \end{array}\right. \end{cases} \quad 3 < x \leqslant 6.\]

2) Основание 10 больше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x^2 - x \leqslant 3x - 3, \\ x^2 - x > 0. \end{cases}\] Отсюда \[\begin{cases} x^2 - 4x + 3 \leqslant 0, \\ x(x - 1) > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} 1 \leqslant x \leqslant 3, \\ \left[\begin{array}{l} x < 0, \\ x > 1; \end{array}\right. \end{cases} \quad 1 < x \leqslant 3.\]

3) Основание \(0{,}8\) меньше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} 1 - x^2 < x^2 + 5x - 2, \\ 1 - x^2 > 0. \end{cases}\] Отсюда \[\begin{cases} 2x^2 + 5x - 3 > 0, \\ x^2 < 1; \end{cases} \quad \begin{cases} (2x - 1)(x + 3) > 0, \\ -1 < x < 1; \end{cases} \quad \frac{1}{2} < x < 1.\]

4) Область определения неравенства задаётся условиями \(2x + 7 > 0\) и \(x + 2 > 0\); на ней \(2\log_{2}(2x + 7) = \log_{2}(2x + 7)^2\). Кроме того, \(5 = \log_{2} 32\), поэтому неравенство принимает вид \(\log_{2}(2x + 7)^2 \geqslant \log_{2}\left(32(x + 2)\right)\).

Основание 2 больше единицы, поэтому полученное неравенство вместе с условиями области определения равносильно системе \[\begin{cases} (2x + 7)^2 \geqslant 32(x + 2), \\ 2x + 7 > 0, \\ x + 2 > 0. \end{cases}\] Отсюда \[\begin{cases} 4x^2 - 4x - 15 \geqslant 0, \\ x > -2; \end{cases} \quad \begin{cases} (2x + 3)(2x - 5) \geqslant 0, \\ x > -2; \end{cases} \quad \left[\begin{array}{l} -2 < x \leqslant -\frac{3}{2}, \\ x \geqslant \frac{5}{2}. \end{array}\right.\]

5) Основание 3 больше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x^2 + 2x - 3 \leqslant x + 9, \\ x^2 + 2x - 3 > 0. \end{cases}\] Отсюда \[\begin{cases} x^2 + x - 12 \leqslant 0, \\ (x + 3)(x - 1) > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} -4 \leqslant x \leqslant 3, \\ \left[\begin{array}{l} x < -3, \\ x > 1; \end{array}\right. \end{cases} \quad \left[\begin{array}{l} -4 \leqslant x < -3, \\ 1 < x \leqslant 3. \end{array}\right.\]

6) Область определения задаётся условиями \(2x^2 + 3x + 1 > 0\) и \(1 - x > 0\); на ней \(2\log_{\frac{1}{7}}(1 - x) = \log_{\frac{1}{7}}(1 - x)^2\). Основание \(\frac{1}{7}\) меньше единицы, поэтому неравенство равносильно системе \[\begin{cases} 2x^2 + 3x + 1 \leqslant (1 - x)^2, \\ 2x^2 + 3x + 1 > 0, \\ 1 - x > 0. \end{cases}\] Первое неравенство системы даёт \(x^2 + 5x \leqslant 0\), то есть \(-5 \leqslant x \leqslant 0\); при таких значениях переменной условие \(x < 1\) выполняется. Второе неравенство \((2x + 1)(x + 1) > 0\) даёт \(x < -1\) или \(x > -\frac{1}{2}\). Пересечение найденных множеств таково: \[\left[\begin{array}{l} -5 \leqslant x < -1, \\ -\frac{1}{2} < x \leqslant 0. \end{array}\right.\]