Смешанные неравенства (страница 2)

1) Решим первое неравенство системы, ОДЗ которого: \(x\in\mathbb{R}\). С помощью замены \(2^x=t\) данное неравенство сводится к квадратичному:

\[t^2-9t-22\leqslant 0 \quad \Leftrightarrow \quad (t+2)(t-11)\leqslant 0 \quad \Leftrightarrow \quad -2\leqslant t\leqslant 11\]

Сделаем обратную замену, учитывая, что показательная функция всегда положительна, то есть \(t>0\):

\[-2\leqslant 2^x\leqslant 11\quad \Leftrightarrow \quad 2^x\leqslant 11 \quad \Leftrightarrow\quad x\leqslant \log_2{11}\]

2) Решим второе неравенство системы. Найдем его ОДЗ:

\[\begin{cases} x^2-x-2>0 \\ \dfrac{x+1}{x-2}>0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} (x+1)(x-2)>0\\ \dfrac{x+1}{x-2}>0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad x\in(-\infty;-1)\cup(2;+\infty)\]

Тогда на ОДЗ данное неравенство равносильно:

\(\log_3{(x+1)(x-2)}-\log_3\dfrac{x+1}{x-2}\leqslant 1 \quad \Rightarrow \quad \log_3{\dfrac{(x+1)(x-2)^2}{x+1}}\leqslant 1\quad \Rightarrow \quad \log_3(x-2)^2\leqslant 1\quad \Rightarrow\)

\(\Rightarrow \quad (x-2)^2\leqslant 3 \quad \Leftrightarrow \quad -\sqrt3\leqslant x-2\leqslant \sqrt3 \quad \Leftrightarrow \quad 2-\sqrt3\leqslant x\leqslant 2+\sqrt3\)

Пересечем данное решение с ОДЗ и получим: \[2<x\leqslant 2+\sqrt3\]

3) Теперь необходимо пересечь решения обоих неравенств:

\[\begin{cases} x\leqslant \log_2{11}\\ 2<x\leqslant 2+\sqrt3 \end{cases}\]

Заметим, что сразу не очевидно, кто больше: \(\log_2{11}\) или \(2+\sqrt3\) (т.к. оба числа принадлежат интервалу \((3;4)\)). Поэтому выполним сравнение.

\(\begin{aligned} \log_2{11}&\lor 2+\sqrt3\\ 11&\lor 2^{2+\sqrt3}\\ 11&\lor 4\cdot 2^{\sqrt3} \end{aligned}\)

Заметим, что \(\sqrt3>1,5\), следовательно, \(2^{\sqrt3}>2^{1,5}=2^{1+0,5}=2\cdot \sqrt2\). Заметим, что \(\sqrt2>1,4\), следовательно, \[\begin{aligned} 4\cdot 2\cdot 1,4&<4\cdot 2^{\sqrt3} \\ 11,2&<4\cdot 2^{\sqrt3}\\ 11&<4\cdot 2^{\sqrt3} \end{aligned}\]

Таким образом, мы доказали, что \(\log_2{11}< 2+\sqrt3\).

Следовательно, пересекая решения обоих неравенств, получим:

\[x\in (2;\log_2{11}].\]

Ответ:

\(x\in (2;\log_2{11}]\)

ОДЗ:

\[\begin{aligned} \begin{cases} x^2 + 1 > 0\\ 4x > 0\\ 3^x - 2\neq 0\\ x > 0\\ x\neq 1 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} x\neq \log_3 2\\ x > 0\\ x\neq 1 \end{cases} \end{aligned}\]

На ОДЗ \(x^2 + 1 > 1\), следовательно, \(\ln(x^2 + 1) > 0\), тогда исходное неравенство на ОДЗ равносильно

\[\begin{aligned} \dfrac{\log_2^2 4x + \log_2 4x - \log_2 4}{(3^x - 2)\ln x}\leqslant 0 \end{aligned}\]

Найдём нули числителя:

\[\begin{aligned} \log_2^2 4x + \log_2 4x - \log_2 4 = 0 \end{aligned}\]

Сделаем замену \(\log_2 4x = t\):

\[\begin{aligned} t^2 + t - 2 = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad t = \dfrac{-1\pm 3}{2} \end{aligned}\]

\(\bullet\) \(\log_2 4x = -2\qquad\Leftrightarrow\qquad\log_2 4x = \log_2 0,25\qquad\Leftrightarrow\qquad 4x = 0,25\qquad\Leftrightarrow\qquad x = \dfrac{1}{16}\)
\(\bullet\) \(\log_2 4x = 1\qquad\Leftrightarrow\qquad\log_2 4x = \log_2 2\qquad\Leftrightarrow\qquad 4x = 2\qquad\Leftrightarrow\qquad x = \dfrac{1}{2}\)

Найдём нули знаменателя:
1) \[3^x - 2 = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad 3^x = 3^{\log_3 2}\qquad\Leftrightarrow\qquad x = \log_3 2\] 2) \[\ln x = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad\ln x = \ln 1\qquad\Leftrightarrow\qquad x = 1\]

По методу интервалов:



откуда \(x\in\left[\dfrac{1}{16}; \dfrac{1}{2}\right]\cup(\log_3 2 ; 1)\)
пересечём ответ с ОДЗ: \[x\in\left[\dfrac{1}{16}; \dfrac{1}{2}\right]\cup(\log_3 2 ; 1)\,.\]

Ответ:

\(\left[0,0625; 0,5\right]\cup(\log_3 2 ; 1)\)

ОДЗ:

\[\begin{aligned} \begin{cases} x^2 > 0\\ x^2\neq 1\\ x - 5 > 0\\ 2x > 0\\ 7^x - 1\neq 0\\ \log_{(x^2 + 2x)}(x + 11)\neq 0\\ x^2 + 2x > 0\\ x^2 + 2x\neq 1\\ x + 11 > 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad x > 5\,. \end{aligned}\]

По методу рационализации: на ОДЗ

\[\begin{aligned} \dfrac{\log_{x^2}(x - 5)\cdot\ln (2x)}{(7^x - 1)\cdot\log_{(x^2 + 2x)}(x + 11)}\geqslant 0\qquad&\Leftrightarrow\qquad \dfrac{(x^2 - 1)(x - 5 - 1)(2x - 1)}{(7^x - 1)(x^2 + 2x - 1)(x + 11 - 1)}\geqslant 0\,. \end{aligned}\]

С учётом ОДЗ последнее неравенство равносильно

\[\begin{aligned} \dfrac{x - 6}{x^2 + 2x - 1}\geqslant 0\,, \end{aligned}\]

что на ОДЗ равносильно

\[\begin{aligned} \dfrac{x - 6}{(x + 1)^2 - 2}\geqslant 0\,, \end{aligned}\]

что на ОДЗ равносильно

\[\begin{aligned} x - 6\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad x\geqslant 6\,. \end{aligned}\]

Таким образом, с учётом ОДЗ: \[x\in [6; +\infty).\]

Ответ:

\([6; +\infty)\)

ОДЗ: \[\begin{cases} 7e^x > 0\\ x \neq 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad x \neq 0\,.\]

На ОДЗ:

\[\begin{aligned} &\ln(7e^x)\geqslant \dfrac{1}{x}\quad\Leftrightarrow\quad\ln(7e^x)\geqslant \ln e^{\frac{1}{x}}\quad\Leftrightarrow\quad 7e^x\geqslant e^{\frac{1}{x}}\quad\Leftrightarrow\quad e^{\ln 7}e^x\geqslant e^{\frac{1}{x}}\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad e^x\geqslant \dfrac{e^{\frac{1}{x}}}{e^{\ln 7}}\quad\Leftrightarrow\quad e^x\geqslant e^{\frac{1}{x} - \ln 7}\quad\Leftrightarrow\quad x\geqslant \dfrac{1}{x} - \ln 7\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{x^2 + x\ln 7 - 1}{x}\geqslant 0\,. \end{aligned}\]

По методу интервалов



Таким образом, с учётом ОДЗ \[x\in\left[\dfrac{-\ln 7 -\sqrt{\ln^2 7 + 4}}{2}; 0\right)\cup \left[\dfrac{-\ln 7 +\sqrt{\ln^2 7 + 4}}{2}; +\infty\right).\]

Ответ:

\(\left[\dfrac{-\ln 7 -\sqrt{\ln^2 7 + 4}}{2}; 0\right)\cup \left[\dfrac{-\ln 7 +\sqrt{\ln^2 7 + 4}}{2}; +\infty\right)\)

ОДЗ: \[\dfrac{1}{1 + x\ln 2} > 0\qquad\Leftrightarrow\qquad 1 + x\ln 2 > 0\qquad\Leftrightarrow\qquad x > -\dfrac{1}{\ln 2}\,.\]

На ОДЗ:
исходное неравенство равносильно неравенству

\[\begin{aligned} 2^x\cdot 2^{\log_2 (\frac{1}{1 + x\ln 2})}\geqslant 1\qquad&\Leftrightarrow\qquad 2^x\cdot\dfrac{1}{1 + x\ln 2}\geqslant 1\qquad\Leftrightarrow\qquad 2^x\geqslant 1 + x\ln 2\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad 2^x - 1 - x\ln 2\geqslant 0\,. \end{aligned}\]

Рассмотрим функцию \[f(x) = 2^x - 1 - x\ln 2.\] Найдём её промежутки возрастания/убывания: \[f'(x) = 2^x\ln 2 - \ln 2 = \ln 2\cdot(2^x - 1)\] Легко проверить, что \(x = 0\) – единственная точка локального минимума функции \(f\), тогда она является точкой минимума \(f\) и наименьшее значение \(f\) равно \[f(0) = 2^0 - 1 - 0\cdot\ln 2 = 0.\]

Таким образом, \(2^x - 1 - x\ln 2\geqslant 0\) – верно при всех \(x\in\mathbb{R}\), тогда ответ совпадает с ОДЗ: \[x > -\dfrac{1}{\ln 2}.\]

Ответ:

\(\left(-\dfrac{1}{\ln 2}; +\infty\right)\)

ОДЗ:

\[\begin{aligned} \begin{cases} x^2 > 0\\ 2x + 7 > 0\\ 2x + 7\neq 1\\ x + 7 > 0\\ 5^x - 1\neq 0\\ x > 0\\ \lg 2x\neq 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} x > 0\\ x\neq 0,5 \end{cases} \end{aligned}\]

На ОДЗ \(5^x - 1 > 0\), тогда исходное неравенство на ОДЗ равносильно

\[\begin{aligned} \dfrac{\lg^2 x^2\cdot\bigl(\log_{2x + 7}^2 (x + 7) + 3\log_{2x + 7} (x + 7) + \log_{2x + 7} (2x + 7)^2\bigr)}{\lg 2x}\leqslant 0 \end{aligned}\]

На ОДЗ \(2x + 7 > x + 7 > 1\), следовательно, \(\log_{2x + 7}(x + 7) > 0\), тогда на ОДЗ \[\log_{2x + 7}^2 (x + 7) + 3\log_{2x + 7} (x + 7) + \log_{2x + 7} (2x + 7)^2 > 0\] и исходное неравенство на ОДЗ равносильно

\[\begin{aligned} \dfrac{\lg^2 x^2}{\lg 2x}\leqslant 0 \end{aligned}\]

Найдём нули числителя:

\[\begin{aligned} \lg^2 x^2 = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \lg x^2 = \lg 1\qquad\Leftrightarrow\qquad x = \pm 1 \end{aligned}\]

Найдём нули знаменателя: \[\lg 2x = 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \lg 2x = \lg 1\qquad\Leftrightarrow\qquad x = 0,5\]

По методу интервалов на ОДЗ:



откуда \[x\in(0; 0,5)\cup\{1\}\,.\]

Ответ:

\((0; 0,5)\cup\{1\}\)

ОДЗ:

\[\begin{aligned} \begin{cases} x > 0\\ x\neq 1\\ x + 1 > 0\\ x + 2 > 0\\ x + 2\neq 1\\ x + 3 > 0\\ ...\\ x + 2n > 0\\ x + 2n\neq 1\\ x + 2n + 1 > 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad \begin{cases} x > 0\\ x\neq 1 \end{cases} \end{aligned}\]

По методу рационализации: на ОДЗ

\[\begin{aligned} &\dfrac{\log_{x}(x + 1)\cdot\log_{(x + 2)}(x + 3)\cdot ...\cdot\log_{(x + 2n)}(x + 2n + 1)}{\ln (x + 1)\cdot\ln(x + 2)\cdot ...\cdot\ln(x + n)}\leqslant 0\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad \dfrac{(x - 1)(x + 1 - 1)(x + 2 - 1)(x + 3 - 1)\cdot ...\cdot(x + 2n - 1)(x + 2n + 1 - 1)}{(x + 1 - 1)\cdot ...\cdot(x + n - 1)}\leqslant 0\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad \dfrac{(x - 1)x(x + 1)(x + 2)\cdot ...\cdot(x + 2n - 1)(x + 2n)}{x\cdot ...\cdot(x + n - 1)}\leqslant 0\,. \end{aligned}\]

С учётом ОДЗ последнее неравенство равносильно

\[\begin{aligned} (x - 1)\leqslant 0\,. \end{aligned}\]

Таким образом, с учётом ОДЗ: \[x\in (0; 1).\]

Ответ:

\((0; 1)\)