Упражнения 396–406 — Глава IV. Упражнения к главе IV (продолжение)

1) ОДЗ: x > 4. Основание √6 > 1: (x − 4)(x + 1) ≤ (√6)² = 6, x² − 3x − 10 ≤ 0, −2 ≤ x ≤ 5. С учётом ОДЗ: 4 < x ≤ 5.
2) ОДЗ: x > 5. Основание 3√2 > 1: (x − 5)(x + 12) ≤ (3√2)² = 18, x² + 7x − 78 ≤ 0, корни −13 и 6, значит, −13 ≤ x ≤ 6. С учётом ОДЗ: 5 < x ≤ 6.
3) ОДЗ: x > 0 (тогда 8x² + x > 0). 2 = log₃ 9, поэтому правая часть равна log₃ (9x²) + log₃ x = log₃ (9x³). Основание 3 > 1: 8x² + x > 9x³; делим на x > 0: 9x² − 8x − 1 < 0, (9x + 1)(x − 1) < 0, −1/9 < x < 1. С учётом ОДЗ: 0 < x < 1.
4) ОДЗ: x > 3. log₂ 4 = 2; x(x − 3) > 4, x² − 3x − 4 > 0, (x − 4)(x + 1) > 0, x < −1 или x > 4. С учётом ОДЗ: x > 4.
5) ОДЗ: x > 10. Левая часть равна log_(1/5) ((x − 10)/(x + 2)). Основание 1/5 < 1: (x − 10)/(x + 2) ≤ (1/5)^(−1) = 5. При x > 10 дробь положительна и меньше 1, поэтому неравенство верно для всех x из ОДЗ: x > 10.
6) ОДЗ: x > −4. Основание 1/√7 < 1: (x + 10)(x + 4) < (1/√7)^(−2) = 7, x² + 14x + 33 < 0, (x + 3)(x + 11) < 0, −11 < x < −3. С учётом ОДЗ: −4 < x < −3.
Ответ: 1. (4; 5]; 2. (5; 6]; 3. (0; 1); 4. (4; +∞); 5. (10; +∞); 6. (−4; −3).

ОДЗ: x > 0, x ≠ 1.
1) Пусть t = log₄ x, t ≠ 0; log_x 4 = 1/t. Тогда 4t − 33/t ≤ 1, (4t² − t − 33)/t ≤ 0. Корни числителя: t = 3 и t = −11/4, поэтому 4(t − 3)(t + 11/4)/t ≤ 0. Метод интервалов: t ≤ −11/4 или 0 < t ≤ 3. Возвращаемся к x: log₄ x ≤ −11/4 даёт 0 < x ≤ 4^(−11/4) = 2^(−11/2) = √2/64; 0 < log₄ x ≤ 3 даёт 1 < x ≤ 64.
2) Пусть t = log₃ x, t ≠ 0; log_x 3 = 1/t, log_(1/3) x = −t. Тогда 1/t ≤ 4(1 − t), 1/t − 4 + 4t ≤ 0, (4t² − 4t + 1)/t ≤ 0, (2t − 1)²/t ≤ 0. Решения: t < 0 или t = 1/2. Значит, 0 < x < 1 или x = 3^(1/2) = √3.
Ответ: 1. (0; √2/64] ∪ (1; 64]; 2. (0; 1) и x = √3.

Пусть b₁, b₂, …, bₙ, … — геометрическая прогрессия с положительными членами и знаменателем q > 0 (q > 0, так как члены положительны), т. е. b_(n+1) = bₙ · q. Возьмём логарифмы по основанию a (a > 0, a ≠ 1): log_a b_(n+1) = log_a (bₙ q) = log_a bₙ + log_a q. Отсюда log_a b_(n+1) − log_a bₙ = log_a q — число, не зависящее от n. Следовательно, последовательность log_a bₙ является арифметической прогрессией с разностью d = log_a q. Что и требовалось доказать.

Пусть три последовательных члена равны b/q, b, bq (b > 0, q > 0). Сумма логарифмов: lg (b/q) + lg b + lg (bq) = lg b³ = 3, откуда b³ = 1000, b = 10. Сумма членов: 10/q + 10 + 10q = 62, 10/q + 10q = 52, 5q² − 26q + 5 = 0, D = 676 − 100 = 576, q = (26 ± 24)/10, q = 5 или q = 1/5. При q = 5 члены 2; 10; 50, при q = 1/5 члены 50; 10; 2. Проверка: 2 + 10 + 50 = 62; lg 2 + lg 10 + lg 50 = lg 1000 = 3.
Ответ: 2, 10, 50 (или 50, 10, 2).

Область определения: x > 0 и log x ≠ 0, т. е. x > 0, x ≠ 1.
1) y = 1/log₂ x. При x > 1 значение log₂ x > 0, значит, y > 0; функция убывает от +∞ (при x → 1 справа) до 0 (при x → +∞). Точки: (2; 1), (4; 1/2), (8; 1/3). При 0 < x < 1 значение log₂ x < 0, значит, y < 0; функция убывает от 0 (при x → 0) до −∞ (при x → 1 слева). Точки: (1/2; −1), (1/4; −1/2). Вертикальная асимптота x = 1, горизонтальная y = 0; осей график не пересекает.
2) Так как ln x = ln 2 · log₂ x, то 1/ln x = (1/ln 2) · (1/log₂ x) ≈ 1,44 · (1/log₂ x): график первой функции растянут по вертикали примерно в 1,44 раза. Знаки и монотонность те же. Точки: (e; 1), (1/e; −1), (e²; 1/2). Асимптоты те же: x = 1 и y = 0.

ОДЗ: x > 0.
1) Так как 9^(lg x) = 10^(lg 9 · lg x) = x^(lg 9), уравнение имеет вид 2x^(lg 9) = 6, x^(lg 9) = 3. Логарифмируем: lg 9 · lg x = lg 3, 2 lg 3 · lg x = lg 3, lg x = 1/2, x = √10.
2) Логарифмируем по основанию 10 и обозначаем t = lg x: (3t³ − (2/3) t) · t = lg (100 ∛10) = 2 + 1/3 = 7/3. Получаем 3t⁴ − (2/3) t² − 7/3 = 0, или 9t⁴ − 2t² − 7 = 0. Пусть u = t² ≥ 0: 9u² − 2u − 7 = 0, D = 4 + 252 = 256, u = (2 ± 16)/18, u = 1 или u = −7/9. Подходит u = 1, t = ±1, значит, x = 10 или x = 0,1.
Ответ: 1) √10; 2) 0,1; 10.

1) ОДЗ: x + 1 > 0, x + 1 ≠ 1, т. е. x > −1, x ≠ 0. Пусть t = log₃ (x + 1), t ≠ 0; log_(x + 1) 3 = 1/t. Тогда 3 + 2/t = 2t, 2t² − 3t − 2 = 0, D = 25, t = 2 или t = −1/2. При t = 2: x + 1 = 9, x = 8. При t = −1/2: x + 1 = 3^(−1/2) = 1/√3, x = 1/√3 − 1 = √3/3 − 1 ≈ −0,42. Оба значения входят в ОДЗ.
2) ОДЗ: x > −2, x ≠ −1. Пусть t = log₅ (x + 2), t ≠ 0; log_(x + 2) 5 = 1/t. Тогда 1 + 2/t = t, t² − t − 2 = 0, t = 2 или t = −1. При t = 2: x + 2 = 25, x = 23. При t = −1: x + 2 = 1/5, x = −9/5 = −1,8. Оба значения входят в ОДЗ.
Ответ: 1) 8; √3/3 − 1; 2) 23; −1,8.

1) ОДЗ: 2^x − 5 > 0 и 2^x − 2 > 0, т. е. 2^x > 5. Уравнение: log₂ ((2^x − 5)/(2^x − 2)) = 2 − x, откуда (2^x − 5)/(2^x − 2) = 2^(2 − x) = 4/2^x. Пусть t = 2^x > 5: t(t − 5) = 4(t − 2), t² − 9t + 8 = 0, t = 1 или t = 8. Условию t > 5 удовлетворяет t = 8, x = 3.
2) ОДЗ: 1 − x > 0, 1 − x ≠ 1, 3 − x > 0, 3 − x ≠ 1, т. е. x < 1, x ≠ 0. Пусть a = log_(1 − x) (3 − x); тогда log_(3 − x) (1 − x) = 1/a и a = 1/a, a² = 1, a = ±1. При a = 1: 3 − x = 1 − x — невозможно. При a = −1: 3 − x = 1/(1 − x), (3 − x)(1 − x) = 1, x² − 4x + 2 = 0, x = 2 ± √2. Условию x < 1 удовлетворяет x = 2 − √2 ≈ 0,59 (≠ 0).
3) log₂ (2^(x + 1) + 2) = log₂ (2 (2^x + 1)) = 1 + log₂ (2^x + 1). Пусть t = log₂ (2^x + 1) (t > 0, так как 2^x + 1 > 1): t(1 + t) = 2, t² + t − 2 = 0, t = 1 или t = −2. Подходит t = 1: 2^x + 1 = 2, 2^x = 1, x = 0.
4) ОДЗ: 3x + 7 > 0, 3x + 7 ≠ 1, 5x + 3 > 0, 5x + 3 ≠ 1, т. е. x > −3/5, x ≠ −2/5. Пусть a = log_(3x + 7) (5x + 3), тогда log_(5x + 3) (3x + 7) = 1/a и a = 2 − 1/a, a² − 2a + 1 = 0, a = 1. Значит, 5x + 3 = 3x + 7, x = 2. Условия ОДЗ выполнены.
Ответ: 1) 3; 2) 2 − √2; 3) 0; 4) 2.

1) Пусть t = 2^x > 0. Выражение под логарифмом равно 4t − t². Основание 1/3 < 1: 0 < 4t − t² ≤ (1/3)^(−2) = 9. Условие 4t − t² > 0 даёт 0 < t < 4. Условие 4t − t² ≤ 9, т. е. t² − 4t + 9 ≥ 0, выполнено всегда (D = 16 − 36 < 0). Значит, 2^x < 4, x < 2.
2) Пусть t = 6^x > 0. Выражение под логарифмом равно 6t − t². Основание 1/√5 < 1: 0 < 6t − t² ≤ (1/√5)^(−2) = 5. Из 6t − t² > 0 получаем 0 < t < 6. Из t² − 6t + 5 ≥ 0 получаем t ≤ 1 или t ≥ 5. Итак, 0 < t ≤ 1 или 5 ≤ t < 6, т. е. 6^x ≤ 1 или 5 ≤ 6^x < 6. Отсюда x ≤ 0 или log₆ 5 ≤ x < 1.
Ответ: 1. (−∞; 2); 2. (−∞; 0] ∪ [log₆ 5; 1).

ОДЗ: x > 0 и x − 3 > 0, т. е. x > 3 (тогда x² − 3x = x(x − 3) > 0). Пусть a = log₂ x, b = log₂ (x − 3); тогда log₂ (x² − 3x) = a + b. Уравнение: ab + 1 = a + b, ab − a − b + 1 = 0, (a − 1)(b − 1) = 0. Случай a = 1: x = 2, не входит в ОДЗ. Случай b = 1: x − 3 = 2, x = 5, входит в ОДЗ. Проверка: log₂ 5 · 1 + 1 = log₂ 10 = log₂ 5 + 1. Верно.
Ответ: 5.

Здесь a > 0, a ≠ 1, x > 0; log_a x² = 2 log_a x. Пусть t = log_a x. Неравенство: 1/(t − 1) + 1/(2t + 1) + 3/2 < 0. Приводим к общему знаменателю: числитель 2(2t + 1) + 2(t − 1) + 3(t − 1)(2t + 1), т. е. 6t + 3(2t² − t − 1) = 6t² + 3t − 3 = 3(2t² + t − 1) = 3(2t − 1)(t + 1); знаменатель 2(t − 1)(2t + 1). Получаем (2t − 1)(t + 1)/((t − 1)(2t + 1)) < 0. Нули: t = −1 и t = 1/2, точки разрыва: t = −1/2 и t = 1. Метод интервалов даёт −1 < t < −1/2 или 1/2 < t < 1.
Возвращаемся к x: x = a^t.
Если a > 1, функция a^t возрастает: a^(−1) < x < a^(−1/2) или a^(1/2) < x < a, т. е. 1/a < x < 1/√a или √a < x < a.
Если 0 < a < 1, функция a^t убывает и неравенства меняют порядок: 1/√a < x < 1/a или a < x < √a.
Ответ: при a > 1: x ∈ (1/a; 1/√a) ∪ (√a; a); при 0 < a < 1: x ∈ (1/√a; 1/a) ∪ (a; √a).