Логарифмические неравенства с переменным основанием (страница 2)

ОДЗ: \[\begin{cases} x^2 > 0\\ x^2\neq 1\\ |x|\neq 1 \end{cases}\]

На ОДЗ:
исходное неравенство равносильно неравенству

\[\begin{aligned} 0,25\log_{|x|}^2 3 - 2,75\log_{|x|} 3 + 7,5625 \leqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad \log_{|x|}^2 3 - 11\log_{|x|} 3 + 30,25 \leqslant 0 \end{aligned}\]

Сделаем замену \(\log_{|x|} 3 = t\):

\[\begin{aligned} t^2 -11t + 30,25 \leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad(t - 5,5)^2 \leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad t = 5,5, \end{aligned}\]

откуда на ОДЗ \[\log_{|x|} 3 = 5,5 = \log_{|x|}|x|^{5,5}\qquad\Leftrightarrow\qquad 3 = |x|^{\frac{11}{2}}\qquad\Leftrightarrow\qquad 3^{\frac{2}{11}} = |x|,\] откуда \[x = \pm 3^{\frac{2}{11}}\]– подходят по ОДЗ.

Ответ:

\(3^{\frac{2}{11}}, -3^{\frac{2}{11}}\)

ОДЗ: \[\begin{cases} x > 0\\ x\neq 1\\ x + 2 > 0\\ x + 2\neq 1 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} x > 0\\ x\neq 1 \end{cases}\]

На ОДЗ:

\[\begin{aligned} &\log_x e + \log_{(x + 2)} e < 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \dfrac{1}{\ln x} + \dfrac{1}{\ln (x + 2)} < 0\,. \end{aligned}\]

Рассмотрим отдельно случаи \(x\in(0; 1)\) и \(x\in(1; +\infty)\).

1) \(x\in(1; +\infty)\), тогда \[\ln x > 0,\qquad\ln(x + 2) > 0,\] следовательно, \[\dfrac{1}{\ln x} + \dfrac{1}{\ln (x + 2)} > 0.\] Таким образом, среди \(x\in(1; +\infty)\) решений нет.

2) \(0 < x < 1\), тогда \[\ln x < 0,\qquad \ln(x + 1) > 0,\] следовательно,

\[\begin{aligned} \dfrac{1}{\ln x} + \dfrac{1}{\ln (x + 2)} < 0\quad&\Leftrightarrow\quad\ln (x + 2) + \ln x > 0\quad\Leftrightarrow\quad\ln \bigl(x(x + 2)\bigr) > \ln 1\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad x(x + 2) > 1\quad\Leftrightarrow\quad x^2 + 2x - 1 > 0 \end{aligned}\]

По методу интервалов на \((0; 1)\):



Таким образом, \(x\in (\sqrt{2} - 1; 1)\).

Так как мы рассмотрели все \(x\) из ОДЗ, то других решений быть не может и окончательный ответ: \[x\in(\sqrt{2} - 1; 1).\]

Ответ:

\((\sqrt{2} - 1; 1)\)

ОДЗ: \[\begin{cases} x > 0\\ x\neq 1\\ x + 0,5 > 0\\ x + 0,5\neq 1 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} x > 0\\ x\neq 1\\ x\neq 0,5 \end{cases}\]

На ОДЗ:

\[\begin{aligned} &\log_x 10 > \log_{(x + 0,5)} 10\qquad\Leftrightarrow\qquad \dfrac{1}{\lg x} > \dfrac{1}{\lg (x + 0,5)}\,. \end{aligned}\]

Рассмотрим отдельно случаи \(x\in(0; 0,5)\), \(x\in(0,5; 1)\) и \(x\in(1; +\infty)\).

1) \(x\in(0; 0,5)\), тогда \[\lg x < 0,\qquad\lg(x + 0,5) < 0,\] следовательно,

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{\lg x} > \dfrac{1}{\lg (x + 0,5)}\qquad\Leftrightarrow\qquad\lg (x + 0,5) > \lg x\qquad\Leftrightarrow\qquad\lg \dfrac{x + 0,5}{x} > \lg 1\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad \dfrac{x + 0,5}{x} > 1\qquad\Leftrightarrow\qquad x + 0,5 > x\qquad\Leftrightarrow\qquad 0,5 > 0 \end{aligned}\]

Таким образом, все \(x\in(0; 0,5)\) идут в ответ.

2) \(x\in (0,5; 1)\), тогда \[\lg x < 0,\qquad \lg(x + 0,5) > 0,\] следовательно,

\[\begin{aligned} \dfrac{1}{\lg x} < 0 < \dfrac{1}{\lg (x + 0,5)} \end{aligned}\]

Таким образом, среди \(x\in (0,5; 1)\) решений нет.

3) \(x\in (1; +\infty)\), тогда \[\lg x > 0,\qquad \lg(x + 0,5) > 0,\] следовательно,

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{\lg x} > \dfrac{1}{\lg (x + 0,5)}\qquad\Leftrightarrow\qquad\lg (x + 0,5) > \lg x\qquad\Leftrightarrow\qquad\lg \dfrac{x + 0,5}{x} > \lg 1\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad \dfrac{x + 0,5}{x} > 1\qquad\Leftrightarrow\qquad x + 0,5 > x\qquad\Leftrightarrow\qquad 0,5 > 0 \end{aligned}\]

Таким образом, все \(x\in(1; +\infty)\) идут в ответ.

Так как мы рассмотрели все \(x\) из ОДЗ, то других решений быть не может и окончательный ответ: \[x\in(0; 0,5)\cup(1; +\infty).\]

Ответ:

\((0; 0,5)\cup(1; +\infty)\)

ОДЗ: \[\begin{cases} ax^2 - bx + c > 0\\ ax^2 - bx + c\neq 1\\ 22 + ax^2 - bx + c > 0\\ (a + 1)x^2 - bx + c > 0 \end{cases}\]

Зафиксируем произвольное \(x\in\mathbb{R}\), тогда \(-x\in\mathbb{R}\), следовательно, \(1 < a(-x)^2 + b(-x) + c = ax^2 - bx + c\), таким образом, при любом \(x\in\mathbb{R}\) \[ax^2 - bx + c > 1,\] следовательно, исходное неравенство равносильно \[22 > x^2,\] откуда \[x\in(-\sqrt{22}; \sqrt{22})\,.\]

Ответ:

\((-\sqrt{22}; \sqrt{22})\)

ОДЗ: \[\begin{cases} ax^2 - bx + c > 0\\ ax^2 - bx + c\neq 1\\ x^2 > 0 \end{cases}\]

Зафиксируем произвольное \(x\in\mathbb{R}\), тогда \(-x\in\mathbb{R}\), следовательно, \(1 < a(-x)^2 + b(-x) + c = ax^2 - bx + c\), таким образом, при любом \(x\in\mathbb{R}\) \[ax^2 - bx + c > 1,\] следовательно, ОДЗ: \(x\neq 0\) и исходное неравенство на ОДЗ равносильно \[22 > x^2 ,\] откуда с учётом ОДЗ \[x\in(-\sqrt{22}; 0)\cup(0; \sqrt{22})\,.\]

Ответ:

\((-\sqrt{22}; 0)\cup(0; \sqrt{22})\)

Зафиксируем произвольное \(N\in\mathbb{N}\).

ОДЗ: \[\begin{cases} x > 0\\ x\neq 1\\ x + 1 > 0\\ x + 1\neq 1\\ ...\\ x + N > 0\\ x + N\neq 1\\ \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} x > 0\\ x\neq 1 \end{cases}\]

На ОДЗ:

\[\begin{aligned} &\log_x e + \log_{(x + 1)} e + ... + \log_{(x + N)} e\geqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{1}{\ln x} + \dfrac{1}{\ln (x + 1)} + ... + \dfrac{1}{\ln (x + N)}\geqslant 0\,. \end{aligned}\]

Рассмотрим отдельно случаи \(x\in(0; 1)\) и \(x\in(1; +\infty)\).

1) \(x\in(1; +\infty)\), тогда \[\ln x > 0,\qquad\ln(x + 1) > 0,\qquad ...,\qquad\ln(x + N) > 0,\] следовательно, \[\dfrac{1}{\ln x} + \dfrac{1}{\ln (x + 1)} + ... + \dfrac{1}{\ln (x + N)} > 0.\] Таким образом, все \(x\in(1; +\infty)\) идут в ответ.

2) \(0 < x < 1\).
Так как искомые \(x\) должны удовлетворять исходному неравенству при любых \(N\in\mathbb{N}\), то они должны удовлетворять ему и при \(N = 1\). Рассмотрим этот случай отдельно:

\[\begin{aligned} \dfrac{1}{\ln x} + \dfrac{1}{\ln (x + 1)}\geqslant 0 \end{aligned}\]

Так как \(0 < x < 1\), то \(\ln x < 0\), а \(\ln(x + 1) > 0\), следовательно, последнее неравенство равносильно неравенству

\[\begin{aligned} \ln (x + 1) + \ln x\leqslant 0\qquad&\Leftrightarrow\qquad\ln \bigl(x(x + 1)\bigr)\leqslant \ln 1\qquad\Leftrightarrow\qquad x(x + 1)\leqslant 1\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad x^2 + x - 1\leqslant 0 \end{aligned}\]

По методу интервалов на \((0; 1)\):



Таким образом, \(x\in \left(0; \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}\right]\).

Для всякого \(N\in\mathbb{N}\), \(N > 1\) при \(x\in \left(0; \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}\right]\): \[\dfrac{1}{\ln x} + \dfrac{1}{\ln(x + 1)}\geqslant 0,\qquad\dfrac{1}{\ln(x + 2)} > 0,\qquad ...,\qquad\dfrac{1}{\ln(x + N)} > 0,\] следовательно, \[\dfrac{1}{\ln x} + \dfrac{1}{\ln(x + 1)} + ... + \dfrac{1}{\ln(x + N)}\geqslant 0,\] то есть \(x\in \left(0; \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}\right]\) идут в ответ.

Так как мы рассмотрели все \(x\) из ОДЗ, то других решений быть не может и окончательный ответ: \[x\in\left(0; \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}\right]\cup(1; +\infty).\]

Ответ:

\(\left(0; 0,5\sqrt{5} - 0,5\right]\cup(1; +\infty)\)