Задания по теме «Логарифмические неравенства с переменным основанием»

ОДЗ неравенства: \begin{cases} x>0, \\ x\neq 1, \\ x\neq \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.

\left( 0;\,\frac14\right) , 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_2\frac12<\log_2x\leqslant \log_2\frac1{\sqrt 2},

\frac12<x\leqslant \frac1{\sqrt 2}.

2. 0<t\leqslant 1,

\log_21<\log_2x\leqslant \log_22,

1<x\leqslant 2.

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

\left( \frac12; \frac1{\sqrt 2}\right] \cup (1; 2].

ОДЗ неравенства является множество всех решений системы

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

x \in \left( -\infty ; \frac{-1-\sqrt 5}{2}\right)\,\, \cup \left( \frac{-1-\sqrt 5}{2}; -1\right) \,\,\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+\frac12\right) \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+x\leqslant 0,5,

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

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

x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt 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; -1\right) \cup \left( 0;\frac{-1+\sqrt 3}2\right].

\left[ \frac{-1-\sqrt 3}2; -1\right) \cup \left( 0;\frac{-1+\sqrt 3}2\right].

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.

\left(1;\frac{10}{9}\right),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.

\left[\frac{3}{4};1\right)\cup\left(\frac{7}{4};2\right ]

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

(-2;-1)\cup [2;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-2\neq 1,\\x^{2}-10x+25>0,\\5-x>0,\\5-x\neq1,\\-x^{2}+7x-10>0; \end{cases}\enspace \begin{cases}2<x<5,\\x\neq3, x\neq4. \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).

(3;\:3,5)\cup (3,5;\:4).

ОДЗ:

\begin{cases}5-x>0,\\ 5-x\neq1,\\x+5>0,\\4-x>0,\\x+4>0,\\x+4\neq1; \end{cases}\enspace \begin{cases}x<5,\\ x\neq4,\\x>-5,\\x<4,\\x>-4,\\x\neq-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).

(-4;-3) \cup [3;4).

ОДЗ \begin{cases}x^2-6x+8>0, \\ x-1>0, \\ x-1\neq1. \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, \\ x\neq2; \end{cases}

x\in (1;2)\cup (4; + \infty ).

На ОДЗ преобразуем исходное неравенство, получим

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

\frac{\ln(x^2-6x+8)\ln\dfrac{x-1}{15}}{\ln15\ln(x-1)}\geqslant0.

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

Отсюда \frac{\ln(x^2-6x+8)\ln\left(\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}-1\right)}{(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}=3\pm \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 x\in (-\infty ;3-\sqrt{2}]\cup (2;3+\sqrt{2}]\cup [16;+\infty ).

С учетом ОДЗ запишем решение исходного неравенства:

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

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