Задания 15 профильного егэ логарифмические неравенства math100 ru

ОДЗ неравенства: begin{cases} x>0, \ xneq 1, \ xneq frac14. end{cases}

Т.к. frac1{log_x 0,5}= -frac1{log_x 2}= -log_2 x, а log_{4x} 2 =frac1{log_2 x+2}, то неравенство примет вид: -log_2 x+6 geqslant frac{16}{log_2 x+2}. Пусть log_2 x=t, тогда frac{16}{t+2}+ t-6 leqslant 0, frac{(t-2)^2}{t+2}leqslant 0, t=2 или t<-2. log_2 x=2, откуда x=4 или log_2 x<-2, откуда x<frac14. Учитывая ОДЗ, получим 0 < x < frac14, x=4.

Заметим, что x>0, x neq frac12, x neq 1.

Используя свойства логарифмов, преобразуем неравенство:

frac1{log_2x}+frac2{log_22x}geqslant 2,

frac1{log_2x}+frac2{log_22+log_2x}geqslant 2,

frac1{log_2x}+frac2{1+log_2x}geqslant 2.

Пусть log_2x=t, тогда получим неравенство, которое удобно решить методом интервалов:

frac1t+frac2{1+t}geqslant 2,

frac{(1+t)+2t-2t(1+t)}{t(1+t)}geqslant 0,

frac{2t^3-t-1}{t(1+t)}leqslant 0,

frac{(2t+1)(t-1)}{t(t+1)}leqslant 0.

Получим два двойных неравенства, решим их, возвращаясь к переменной x:

1. -1< t leqslant -frac12,

log_2frac12<log_2xleqslant log_2frac1{sqrt 2},

frac12<xleqslant frac1{sqrt 2}.

2. 0<tleqslant 1,

log_21<log_2xleqslant log_22,

1<xleqslant 2.

Так как найденные значения переменной удовлетворяют ОДЗ, то решение неравенства — left( frac12; frac1{sqrt 2}right] cup (1; 2].

ОДЗ неравенства является множество всех решений системы

begin{cases} x^2+x>0,\ x^2+xneq 1; end{cases} begin{cases} x^2+x>0,\ x^2+x-1neq 0.end{cases}

x in left( -infty ; frac{-1-sqrt 5}{2}right),, cup left( frac{-1-sqrt 5}{2}; -1right) ,,cup left( 0;frac{-1+sqrt 5}{2}right) ,,cup left( frac{-1+sqrt 5}{2};+infty right).

Перейдём в неравенстве к логарифмам по основанию 2.

frac1{dfrac{log_2 0,5}{log_2(x^2+x)}},,+ frac1{dfrac{log_2 0,25}{log_2(x^2+x)}},,+ frac1{ dfrac{log_2 4}{log_2(x^2+x)}}geqslant 1,

frac{log_2(x^2+x)}{-1},,+ frac{log_2(x^2+x)}{-2},,+ frac{log_2(x^2+x)}{2}geqslant 1,

log_2(x^2+x)cdot left( -1-frac12+frac12right) geqslant 1,

-log_2(x^2+x)geqslant 1,

log_2(x^2+x)leqslant 1.

log_2(x^2+x)leqslant log_2 0,5,

x^2+xleqslant 0,5,

x^2+x-0,5leqslant 0.

Находим корни квадратного трёхчлена x^2+x-0,5:

x_{1,2}=frac{-1pmsqrt 3}2, поэтому множеством решений неравенства x^2+x-0,5 leqslant 0 будет множество left[ frac{-1-sqrt 3}{2}; frac{-1+sqrt 3}{2}right].

Так как frac{-1-sqrt 5}2<frac{-1-sqrt 3}2<-1 и 0<frac{-1+sqrt 3}2<frac{-1+sqrt 5}2, то множеством решений неравенства будет множество left[ frac{-1-sqrt 3}2; -1right) cup left( 0;frac{-1+sqrt 3}2right].

ОДЗ уравнения: begin{cases}x-1>0,\9(x-1)neq1,end{cases} то есть x > 1, x neq frac{10}{9}.

Используя формулу log_{a}b=frac{log_{c}b}{log_{c}a}, получаем

log_{9(x-1)}3=frac{1}{log_{3}(x-1)+2}.

Неравенство примет вид log_{3}(x-1) leq 4-frac{9}{log_{3}(x-1)+2}. Пусть log_{3}(x-1)=t, тогда t-4+frac{9}{t+2} leq 0,

frac{(t-1)^2}{t+2} leq 0, t=1 или t < -2.

log_{3}(x-1)=1, откуда x-1=3, x=4 или log_{3}(x-1) < -2, откуда x-1 < frac{1}{9}, x < frac{10}{9}. Учитывая ОДЗ, получим 1 < x < frac{10}{9}, x=4.

ОДЗ: begin{cases} 2x-1 > 0,\ 2x-1 neq 1, \ 4x^2-11x+7 > 0; end{cases}

begin{cases} x > frac{1}{2}, \ x neq 1, \ left[!!begin{array}{l} x < 1, \ x > frac{7}{4}; end{array}right.end{cases} x in left (frac{1}{2};1 right ) cup left ( frac{7}{4}; +infty right ).

Применяя метод рационализации, получим, что на ОДЗ исходное неравенство равносильно неравенству:

(x^2+2x-3)cdot (2x-1-1)cdot (4x^2-11x+7-1) leq 0;

(x-1)cdot (x+3)cdot (2x-2)cdot (4x^2-11x+6) leq 0;

(x-1)^2(x+3)(x-2)left(x-frac{3}{4}right) leq 0.

Из рисунка следует, что frac{3}{4} leq x < 1; frac{7}{4} < x leq 2.

ОДЗ:

begin{cases}12+4x-x^{2} > 0, \ x+2 neq 0, \ |x+2| neq 1;end{cases}

begin{cases} x^{2} — 4x -12 < 0, \ x neq -2, \x neq -1, \ x neq -3;end{cases}

begin{cases}(x+2)(x-6) < 0, \ x neq -2, \x neq -1, \ x neq -3;end{cases}

x in (-2;-1) cup (-1;6).

log_{|x+2|}(12+4x-x^{2}) leq log_{|x+2|}(x+2)^{2}.

log_{|x+2|}(12+4x-x^{2}) — log_{|x+2|}(x+2)^{2} leq 0.

На ОДЗ заменим полученное неравенство равносильными неравенствами, применив дважды метод рационализации:

1) знак log_{a}f-log_{a}g совпадает со знаком (a-1)(f-g).

2) знак |f|-|g| совпадает со знаком f^{2}-g^{2}=(f-g)(f+g).

Согласно 1: (|x+2|-1)cdot (12+4x-x^{2}-x^{2}-4x-4) leq 0,

(|x+2|-1)(-2x^{2}+8) leq 0.

Разделим обе части неравенства на -2.

(|x+2|-1)(x^{2}-4) geq 0.

Согласно 2: (x+2-1)(x+2+1)(x^{2}-4) geq 0,

(x+1)(x+3)(x-2)(x+2) geq 0.

Решение неравенства показано на рисунке

x leq -3,, -2 leq x leq -1,, x geq 2.

Учитывая ОДЗ, получим:

-2 < x < -1;, 2 leq x < 6

Заметим сначала, что

x^{2}-10x+25=(5-x)^{2} и -x^{2}+7x-10=(5-x)(x-2).

ОДЗ неравенства являются все решения системы:

begin{cases}x-2>0,\x-2neq 1,\x^{2}-10x+25>0,\5-x>0,\5-xneq1,\-x^{2}+7x-10>0; end{cases}enspace begin{cases}2<x<5,\xneq3, xneq4. end{cases}

Преобразуем исходное неравенство, учитывая ОДЗ.

log_{x-2}(5-x)+1+log_{5-x}(x-2)>3,

log_{x-2}(5-x)+log_{5-x}(x-2)-2>0.

Сделаем замену log_{x-2}(5-x)=t. Тогда неравенство принимает вид:

t+frac{1}{t}-2>0;

frac{t^{2}-2t+1}{t}>0;

frac{(t-1)^{2}}{t}>0.

Множеством его решений является множество (0;1)cup (1;+infty).

Сделаем обратную замену, получим:

left [!!begin{array}{l} 0<log_{x-2}(5-x)<1, \ log_{x-2}(5-x)>1; end{array}right .

left [!!begin{array}{l}log_{x-2}(5-x)>log_{x-2}(x-2),\ log_{x-2}1<log_{x-2}(5-x)<log_{x-2}(x-2);end{array} right .

left[!!begin{array}{l}(x-2-1)(5-x-(x-2))>0,\!!left{!!!!begin{array}{l}:(x-2-1)(5-x-(x-2))<0,\:(x-2-1)(1-(5-x))<0;end{array}right . end{array} right .

left [!! begin{array}{l} (x-3)(7-2x)>0, \ !! left {!!!! begin{array}{l} :(x-3)(7-2x)<0, \: (x-3)(x-4)<0; end{array} right . end{array} right .

left[!!begin{array}{l}3<x<3,5,\!!left{!!!!begin{array}{l}left[!!begin{array}{l}x<3,\x>3,5,end{array}right.\: 3<x<4;end{array}right.end{array}right.

left[!!begin{array}{l} 3<x<3,5, \ 3,5<x<4;end{array}right .

Учитывая ОДЗ, получим, что решением неравенства является множество (3;:3,5)cup (3,5;:4).

ОДЗ:

begin{cases}5-x>0,\ 5-xneq1,\x+5>0,\4-x>0,\x+4>0,\x+4neq1; end{cases}enspace begin{cases}x<5,\ xneq4,\x>-5,\x<4,\x>-4,\xneq-3; end{cases}enspace (-4;-3)cup (-3;4)

На ОДЗ знак log_{a}b совпадает со знаком (a-1)(b-1), поэтому исходное неравенство на ОДЗ равносильно неравенству (5-x-1) (x+5-1) (x+4-1) (4-x-1)leq0 .

(4-x)(x+4)(x+3)(3-x)leq0

Rightarrow x in [-4;-3] cup [3;4].

С учетом ОДЗ получаем x in (-4;-3) cup [3;4).

ОДЗ begin{cases}x^2-6x+8>0, \ x-1>0, \ x-1neq1. end{cases}

Решим уравнение x^2-6x+8=0, получим x_1=2, x_2=4. Тогда неравенство x^2-6x+8>0 равносильно условию x<2, x>4.

ОДЗ примет вид begin{cases}x<2, x>4, \ x>1, \ xneq2; end{cases}

xin (1;2)cup (4; + infty ).

На ОДЗ преобразуем исходное неравенство, получим

frac{ln(x^2-6x+8)}{ln15}geqslantfrac{ln(x^2-6x+8)}{ln(x-1)};

ln(x^2-6x+8)left(frac{1}{ln15}-frac{1}{ln(x-1)}right)geqslant0,

ln(x^2-6x+8)left(frac{ln(x-1)-ln15}{ln15ln(x-1)}right)geqslant0,

frac{ln(x^2-6x+8)lndfrac{x-1}{15}}{ln15ln(x-1)}geqslant0.

Заметим, что e>1,15>1, следовательно, ln15>0.

Отсюда frac{ln(x^2-6x+8)lnleft(dfrac{x-1}{15}right)}{ln(x-1)}geqslant0.

На ОДЗ последнее неравенство равносильно неравенству

frac{((x^2-6x+8)-1)left(dfrac{x-1}{15}-1right)}{(x-1)-1}geqslant0;

frac{(x^2-6x+7)(x-16)}{x-2}geqslant0 (1), так как знак ln f(x) совпадает со знаком (f(x)-1) на ОДЗ выражения ln f(x).

Решим уравнение

x^2-6x+7=0, получим x_{1,2}=3pm sqrt{2}.

Тогда неравенство (1) примет вид

frac{(x-(3-sqrt{2}))(x-(3+sqrt{2}))(x-16)}{x-2}geqslant0.

Заметим, что 1<sqrt{2}<2, следовательно, 1<3-sqrt{2}<2, enspace4<3+sqrt{2}<5.

Воспользуемся методом интервалов, получим xin (-infty ;3-sqrt{2}]cup (2;3+sqrt{2}]cup [16;+infty ).

С учетом ОДЗ запишем решение исходного неравенства:

xin (1;3-sqrt{2}]cup (4;3+sqrt{2}]cup [16;+infty ).