Страница 64 номер 7.3, 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 64. Номер 7.3

Решение:

1) \(2 = \log_{7} 7^{2} = \log_{7} 49\), поэтому \(\log_{7} x > \log_{7} 49\). Основание \(7 > 1\): \(x > 49\).

2) \(-1 = \log_{5} 5^{-1} = \log_{5}\frac{1}{5}\), поэтому \(\log_{5} x \leqslant \log_{5}\frac{1}{5}\). Основание \(5 > 1\): \[\begin{cases} x \leqslant \frac{1}{5}, \\ x > 0; \end{cases} \quad 0 < x \leqslant \frac{1}{5}.\]

3) \(5 = \log_{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^{5} = \log_{\frac{1}{2}}\frac{1}{32}\), поэтому \(\log_{\frac{1}{2}} x \leqslant \log_{\frac{1}{2}}\frac{1}{32}\). Основание \(\frac{1}{2} < 1\), поэтому знак меняется на противоположный: \(x \geqslant \frac{1}{32}\); положительность аргумента при этом выполняется.

4) \(1 = \log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{3}\), поэтому \(\log_{\frac{1}{3}} x > \log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{3}\). Основание \(\frac{1}{3} < 1\), поэтому знак меняется на противоположный: \[\begin{cases} x < \frac{1}{3}, \\ x > 0; \end{cases} \quad 0 < x < \frac{1}{3}.\]

5) \(4 = \log_{2} 2^{4} = \log_{2} 16\), поэтому \(\log_{2}(5x + 1) > \log_{2} 16\). Основание \(2 > 1\): \(5x + 1 > 16\), откуда \(x > 3\).

6) \(2 = \log_{0{,}6}\left(0{,}6\right)^{2} = \log_{0{,}6} 0{,}36\), поэтому \(\log_{0{,}6}(x - 2) < \log_{0{,}6} 0{,}36\). Основание \(0{,}6 < 1\), поэтому знак меняется на противоположный: \(x - 2 > 0{,}36\), откуда \(x > 2{,}36\).

7) \(3 = \log_{3} 3^{3} = \log_{3} 27\), поэтому \(\log_{3}(2x - 1) \leqslant \log_{3} 27\). Основание \(3 > 1\): \[\begin{cases} 2x - 1 \leqslant 27, \\ 2x - 1 > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} x \leqslant 14, \\ x > \frac{1}{2}; \end{cases} \quad \frac{1}{2} < x \leqslant 14.\]

8) \(2 = \log_{7} 7^{2} = \log_{7} 49\), поэтому \(\log_{7}(9x + 4) \leqslant \log_{7} 49\). Основание \(7 > 1\): \[\begin{cases} 9x + 4 \leqslant 49, \\ 9x + 4 > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} x \leqslant 5, \\ x > -\frac{4}{9}; \end{cases} \quad -\frac{4}{9} < x \leqslant 5.\]

9) \(-2 = \log_{0{,}5}\left(0{,}5\right)^{-2} = \log_{0{,}5} 4\), поэтому \(\log_{0{,}5}(2x + 1) \geqslant \log_{0{,}5} 4\). Основание \(0{,}5 < 1\), поэтому знак меняется на противоположный: \[\begin{cases} 2x + 1 \leqslant 4, \\ 2x + 1 > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} x \leqslant \frac{3}{2}, \\ x > -\frac{1}{2}; \end{cases} \quad -\frac{1}{2} < x \leqslant \frac{3}{2}.\]

10) \(-1 = \log_{0{,}2}\left(0{,}2\right)^{-1} = \log_{0{,}2} 5\), поэтому \(\log_{0{,}2}(x + 6) \geqslant \log_{0{,}2} 5\). Основание \(0{,}2 < 1\), поэтому знак меняется на противоположный: \[\begin{cases} x + 6 \leqslant 5, \\ x + 6 > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} x \leqslant -1, \\ x > -6; \end{cases} \quad -6 < x \leqslant -1.\]

Ответ: 1) \((49;\ +\infty)\); 2) \(\left(0;\ \frac{1}{5}\right]\); 3) \(\left[\frac{1}{32};\ +\infty\right)\); 4) \(\left(0;\ \frac{1}{3}\right)\); 5) \((3;\ +\infty)\); 6) \((2{,}36;\ +\infty)\); 7) \(\left(\frac{1}{2};\ 14\right]\); 8) \(\left(-\frac{4}{9};\ 5\right]\); 9) \(\left(-\frac{1}{2};\ \frac{3}{2}\right]\); 10) \((-6;\ -1]\).

Решение:

Число в правой части каждого неравенства запишем логарифмом по тому же основанию, после чего воспользуемся монотонностью логарифмической функции: при основании, большем единицы, знак неравенства между аргументами сохраняется, при основании, меньшем единицы, меняется на противоположный, а меньший из аргументов должен быть положительным.

1) Так как \(2 = \log_{7} 7^{2} = \log_{7} 49\), данное неравенство можно записать так: \(\log_{7} x > \log_{7} 49\). Основание 7 больше единицы, поэтому \(x > 49\).

2) Так как \(-1 = \log_{5} 5^{-1} = \log_{5}\frac{1}{5}\), имеем: \(\log_{5} x \leqslant \log_{5}\frac{1}{5}\). Основание 5 больше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x \leqslant \frac{1}{5}, \\ x > 0; \end{cases} \quad 0 < x \leqslant \frac{1}{5}.\]

3) Так как \(5 = \log_{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)^{5} = \log_{\frac{1}{2}}\frac{1}{32}\), имеем: \(\log_{\frac{1}{2}} x \leqslant \log_{\frac{1}{2}}\frac{1}{32}\). Основание \(\frac{1}{2}\) меньше единицы, поэтому \(x \geqslant \frac{1}{32}\); положительность аргумента при этом выполняется.

4) Так как \(1 = \log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{3}\), имеем: \(\log_{\frac{1}{3}} x > \log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{3}\). Основание \(\frac{1}{3}\) меньше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x < \frac{1}{3}, \\ x > 0; \end{cases} \quad 0 < x < \frac{1}{3}.\]

5) Так как \(4 = \log_{2} 2^{4} = \log_{2} 16\), имеем: \(\log_{2}(5x + 1) > \log_{2} 16\). Основание 2 больше единицы, поэтому \(5x + 1 > 16\), откуда \(x > 3\).

6) Так как \(2 = \log_{0{,}6}\left(0{,}6\right)^{2} = \log_{0{,}6} 0{,}36\), имеем: \(\log_{0{,}6}(x - 2) < \log_{0{,}6} 0{,}36\). Основание \(0{,}6\) меньше единицы, поэтому \(x - 2 > 0{,}36\), откуда \(x > 2{,}36\).

7) Так как \(3 = \log_{3} 3^{3} = \log_{3} 27\), имеем: \(\log_{3}(2x - 1) \leqslant \log_{3} 27\). Основание 3 больше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} 2x - 1 \leqslant 27, \\ 2x - 1 > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} x \leqslant 14, \\ x > \frac{1}{2}; \end{cases} \quad \frac{1}{2} < x \leqslant 14.\]

8) Так как \(2 = \log_{7} 7^{2} = \log_{7} 49\), имеем: \(\log_{7}(9x + 4) \leqslant \log_{7} 49\). Основание 7 больше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} 9x + 4 \leqslant 49, \\ 9x + 4 > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} x \leqslant 5, \\ x > -\frac{4}{9}; \end{cases} \quad -\frac{4}{9} < x \leqslant 5.\]

9) Так как \(-2 = \log_{0{,}5}\left(0{,}5\right)^{-2} = \log_{0{,}5} 4\), имеем: \(\log_{0{,}5}(2x + 1) \geqslant \log_{0{,}5} 4\). Основание \(0{,}5\) меньше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} 2x + 1 \leqslant 4, \\ 2x + 1 > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} x \leqslant \frac{3}{2}, \\ x > -\frac{1}{2}; \end{cases} \quad -\frac{1}{2} < x \leqslant \frac{3}{2}.\]

10) Так как \(-1 = \log_{0{,}2}\left(0{,}2\right)^{-1} = \log_{0{,}2} 5\), имеем: \(\log_{0{,}2}(x + 6) \geqslant \log_{0{,}2} 5\). Основание \(0{,}2\) меньше единицы, поэтому данное неравенство равносильно системе \[\begin{cases} x + 6 \leqslant 5, \\ x + 6 > 0; \end{cases} \quad \begin{cases} x \leqslant -1, \\ x > -6; \end{cases} \quad -6 < x \leqslant -1.\]