Страница 66 номер 7.17, 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 66. Номер 7.17

Решение:

Если основание меньше единицы, то при обратном переходе к переменной \(x\) знак неравенства меняется на противоположный.

1) Пусть \(\log_{0{,}2} x = t\). Получаем: \(t^2 \leqslant 1\); \(-1 \leqslant t \leqslant 1\).

Так как \(-1 = \log_{0{,}2} 5\), а \(1 = \log_{0{,}2} \frac{1}{5}\), то \(\log_{0{,}2} 5 \leqslant \log_{0{,}2} x \leqslant \log_{0{,}2} \frac{1}{5}\). Основание \(0{,}2\) меньше единицы, поэтому \(\frac{1}{5} \leqslant x \leqslant 5\).

2) Пусть \(\log_{\frac{1}{3}} x = t\). Получаем: \(t^2 \geqslant 4\); \[\left[\begin{array}{l} t \leqslant -2, \\ t \geqslant 2. \end{array}\right.\]

Так как \(-2 = \log_{\frac{1}{3}} 9\), а \(2 = \log_{\frac{1}{3}} \frac{1}{9}\), имеем \[\left[\begin{array}{l} \log_{\frac{1}{3}} x \leqslant \log_{\frac{1}{3}} 9, \\ \log_{\frac{1}{3}} x \geqslant \log_{\frac{1}{3}} \frac{1}{9}; \end{array}\right. \quad \left[\begin{array}{l} x \geqslant 9, \\ 0 < x \leqslant \frac{1}{9}. \end{array}\right.\]

3) Пусть \(\lg x = t\). Получаем: \(t^2 + 3t - 4 < 0\); \((t + 4)(t - 1) < 0\); \(-4 < t < 1\).

Тогда \(\lg 10^{-4} < \lg x < \lg 10\). Основание 10 больше единицы, поэтому \(10^{-4} < x < 10\), то есть \(0{,}0001 < x < 10\).

4) Пусть \(\log_{\frac{1}{4}} x = t\). Получаем: \(t^2 + 2t - 8 \leqslant 0\); \((t + 4)(t - 2) \leqslant 0\); \(-4 \leqslant t \leqslant 2\).

Так как \(-4 = \log_{\frac{1}{4}} 256\), а \(2 = \log_{\frac{1}{4}} \frac{1}{16}\), то \(\log_{\frac{1}{4}} 256 \leqslant \log_{\frac{1}{4}} x \leqslant \log_{\frac{1}{4}} \frac{1}{16}\). Основание \(\frac{1}{4}\) меньше единицы, поэтому \(\frac{1}{16} \leqslant x \leqslant 256\).

5) Пусть \(\log_{2} x = t\). Получаем: \(t^2 - 5t + 6 \geqslant 0\); \((t - 2)(t - 3) \geqslant 0\); \[\left[\begin{array}{l} t \leqslant 2, \\ t \geqslant 3. \end{array}\right.\]

Так как \(2 = \log_{2} 4\), а \(3 = \log_{2} 8\), имеем \[\left[\begin{array}{l} \log_{2} x \leqslant \log_{2} 4, \\ \log_{2} x \geqslant \log_{2} 8; \end{array}\right. \quad \left[\begin{array}{l} 0 < x \leqslant 4, \\ x \geqslant 8. \end{array}\right.\]

Так как \(\frac{1}{2} = \log_{\frac{1}{9}} \frac{1}{3}\), а \(2 = \log_{\frac{1}{9}} \frac{1}{81}\), имеем \[\left[\begin{array}{l} \log_{\frac{1}{9}} x \leqslant \log_{\frac{1}{9}} \frac{1}{3}, \\ \log_{\frac{1}{9}} x \geqslant \log_{\frac{1}{9}} \frac{1}{81}; \end{array}\right. \quad \left[\begin{array}{l} x \geqslant \frac{1}{3}, \\ 0 < x \leqslant \frac{1}{81}. \end{array}\right.\]

Ответ: 1) \(\left[\frac{1}{5};\ 5\right]\); 2) \(\left(0;\ \frac{1}{9}\right] \cup [9;\ +\infty)\); 3) \((0{,}0001;\ 10)\); 4) \(\left[\frac{1}{16};\ 256\right]\); 5) \((0;\ 4] \cup [8;\ +\infty)\); 6) \(\left(0;\ \frac{1}{81}\right] \cup \left[\frac{1}{3};\ +\infty\right)\).

Решение:

Каждое неравенство квадратное относительно логарифма: вводим новую переменную, решаем неравенство относительно неё, а затем возвращаемся к переменной \(x\), записывая границы логарифмами по тому же основанию. Если основание меньше единицы, то при обратном переходе знак неравенства меняется на противоположный.

1) Пусть \(\log_{0{,}2} x = t\). Получаем: \(t^2 \leqslant 1\); \(-1 \leqslant t \leqslant 1\).

Возвращаемся к переменной \(x\): \(-1 \leqslant \log_{0{,}2} x \leqslant 1\). Так как \(-1 = \log_{0{,}2} 5\), а \(1 = \log_{0{,}2} \frac{1}{5}\), получаем двойное неравенство \(\log_{0{,}2} 5 \leqslant \log_{0{,}2} x \leqslant \log_{0{,}2} \frac{1}{5}\). Основание \(0{,}2\) меньше единицы, поэтому это неравенство равносильно такому: \(\frac{1}{5} \leqslant x \leqslant 5\).

2) Пусть \(\log_{\frac{1}{3}} x = t\). Получаем: \(t^2 \geqslant 4\); \[\left[\begin{array}{l} t \leqslant -2, \\ t \geqslant 2. \end{array}\right.\] Так как \(-2 = \log_{\frac{1}{3}} 9\), а \(2 = \log_{\frac{1}{3}} \frac{1}{9}\), имеем \[\left[\begin{array}{l} \log_{\frac{1}{3}} x \leqslant \log_{\frac{1}{3}} 9, \\ \log_{\frac{1}{3}} x \geqslant \log_{\frac{1}{3}} \frac{1}{9}; \end{array}\right. \quad \left[\begin{array}{l} x \geqslant 9, \\ 0 < x \leqslant \frac{1}{9}. \end{array}\right.\]

3) Пусть \(\lg x = t\). Получаем: \(t^2 + 3t - 4 < 0\); \((t + 4)(t - 1) < 0\); \(-4 < t < 1\).

Возвращаемся к переменной \(x\): \(\lg 10^{-4} < \lg x < \lg 10\). Основание 10 больше единицы, поэтому \(10^{-4} < x < 10\), то есть \(0{,}0001 < x < 10\).

4) Пусть \(\log_{\frac{1}{4}} x = t\). Получаем: \(t^2 + 2t - 8 \leqslant 0\); \((t + 4)(t - 2) \leqslant 0\); \(-4 \leqslant t \leqslant 2\).

Так как \(-4 = \log_{\frac{1}{4}} 256\), а \(2 = \log_{\frac{1}{4}} \frac{1}{16}\), получаем двойное неравенство \(\log_{\frac{1}{4}} 256 \leqslant \log_{\frac{1}{4}} x \leqslant \log_{\frac{1}{4}} \frac{1}{16}\). Основание \(\frac{1}{4}\) меньше единицы, поэтому это неравенство равносильно такому: \(\frac{1}{16} \leqslant x \leqslant 256\).

5) Пусть \(\log_{2} x = t\). Получаем: \(t^2 - 5t + 6 \geqslant 0\); \((t - 2)(t - 3) \geqslant 0\); \[\left[\begin{array}{l} t \leqslant 2, \\ t \geqslant 3. \end{array}\right.\] Так как \(2 = \log_{2} 4\), а \(3 = \log_{2} 8\), имеем \[\left[\begin{array}{l} \log_{2} x \leqslant \log_{2} 4, \\ \log_{2} x \geqslant \log_{2} 8; \end{array}\right. \quad \left[\begin{array}{l} 0 < x \leqslant 4, \\ x \geqslant 8. \end{array}\right.\]

6) Пусть \(\log_{\frac{1}{9}} x = t\). Получаем: \(2t^2 - 5t + 2 \geqslant 0\); \((2t - 1)(t - 2) \geqslant 0\); \[\left[\begin{array}{l} t \leqslant \frac{1}{2}, \\ t \geqslant 2. \end{array}\right.\] Так как \(\frac{1}{2} = \log_{\frac{1}{9}} \frac{1}{3}\), а \(2 = \log_{\frac{1}{9}} \frac{1}{81}\), имеем \[\left[\begin{array}{l} \log_{\frac{1}{9}} x \leqslant \log_{\frac{1}{9}} \frac{1}{3}, \\ \log_{\frac{1}{9}} x \geqslant \log_{\frac{1}{9}} \frac{1}{81}; \end{array}\right. \quad \left[\begin{array}{l} x \geqslant \frac{1}{3}, \\ 0 < x \leqslant \frac{1}{81}. \end{array}\right.\]