Решение неравенств 11 класс егэ

1. Заметим, что x=0 решением системы не является, так как второе неравенство системы при x=0 не является верным (6 leqslant 0). Пусть x>0.

Вычитая из первого неравенства второе, получаем

x^3-4x^2+x+6 geqslant 0.

А вычитая из второго неравенства системы последнее неравенство, получаем

x^4-5x^3+5x^2+3x leqslant 0,

x(x^3-5x^2+5x+3) leqslant 0.

Так как x>0, то из последнего неравенства получаем:

x^3-5x^2+5x+3 leqslant 0.

Таким образом система неравенств

begin{cases} x^3-4x^2+x+6 geqslant 0, \ x^3-5x^2+5x+3 leqslant 0 end{cases}

является следствием исходной.

Вычитая из первого неравенства последней системы второе, умноженное на 2, и деля полученное неравенство на -x (причём снова обращаем внимание на известное нам ограничение x>0), получаем x^2-6x+9 leqslant 0.

Последнее неравенство (следствие исходной системы) имеет единственное решение x=3. Простой подстановкой убеждаемся, что x=3 является решением системы.

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: 7-2^x>0, x<log_27.

Заметим, что sqrt 2>1,4, a sqrt 3>1,7. Тогда frac{sqrt 2+sqrt 3}3>1.

Получаем неравенство 5geqslant 7-2^x, 2^xgeqslant 2, xgeqslant 1.

С учетом ОДЗ имеем xin[1; log_27).

План решения.

1. Отдельно преобразуем числитель и знаменатель.

1.1. В числителе вынесем за скобки 5^x, чтобы в скобке осталась разность некоторого числа в степени x и константы (вместо этого можно вынести за скобки 3^x, а потом дополнительно преобразовать, или сразу вынести за скобки 3^{x+1}).

1.2. В знаменателе «избавимся» от log_2 5 в показателе степени (преобразуем его в множитель). После этого получим квадратичное выражение от 2^x (если сделать замену t=2^x, то получим квадратичное выражение от t). Квадратичное выражение разложим на множители.

2. Все множители в числителе и знаменателе заменим более простыми, совпадающими по знаку (в том числе равными нулю одновременно с исходными — таким образом, не надо будет дополнительно думать об ОДЗ).

3. Решим неравенство, полученное на предыдущем шаге, методом интервалов.

Решение.

1. frac{3^x-5^{x+1}}{4^x-2^{x+log_25}+4}leqslant 0,

frac{left( left( dfrac35right) ^x-5right)cdot 5^x}{2^{2x}-5cdot 2^x+4}leqslant 0,

frac{left( dfrac35right) ^x-5}{(2^x-4)(2^x-1)}leqslant 0.

2. frac{left( dfrac35right) ^x-left( dfrac35right) ^{log_tfrac355}}{(2^x-2^2)(2^x-2^0)}leqslant 0.

Выражения left( frac35right) ^x-5, 2^x-2^2, 2^x-2^0 совпадают по знаку с выражениями left( frac35-1right)cdot {x-log_{tfrac35}5}, (2-1)cdot (x-2) и (2-1)cdot (x-0) соответственно.

frac{left( dfrac35-1right)cdot (x-log_{tfrac35}5)}{(2-1)cdot (x-2)cdot (2-1)cdot (x-0)}leqslant 0.

3. frac{x-log_{tfrac35}5}{(x-2)cdot x}geqslant 0.

xin[log_{tfrac35}5; 0)cup (2; +infty ).

3^{3x}-3^xcdot 2^{2x}cdot 3+3^{2x}cdot 2^x-3cdot 2^{3x} geqslant 0.

Разделим обе части неравенства на 2^{3x}, 2^{3x} neq 0, 2^{3x}>0, неравенство примет вид frac{3^{3x}}{2^{3x}}-frac{3^xcdot 2^{2x}cdot 3}{2^{3x}},,,+ frac{3^{2x}cdot 2^x}{2^{3x}}-frac{3cdot 2^{3x}}{2^{3x}}geqslant 0,

left( frac32right) ^{3x}-3cdot left( frac32right) ^x+left( frac32right) ^{2x}-3geqslant 0, введем обозначение left( frac32right) ^x=t, t>0.

t^3+t^2-3t-3geqslant 0,

t^2(t+1)-3(t+1)geqslant 0,

(t+1)(t^2-3)geqslant 0,

tin[-sqrt 3;-1]cup [sqrt 3;+infty ), но t>0, следовательно, решением неравенства t^3+t^2-3t-3geqslant 0 является tin[sqrt 3;+infty ).

left( frac32right) ^x=t, тогда left( frac32right) ^xgeqslant sqrt 3.

xgeqslant log_{tfrac32}sqrt 3=frac{dfrac12log_33}{log_33-log_32},

xgeqslant frac1{2(1-log_32)}.

x inleft[ frac1{2(1-log_32) }; +infty right).

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: begin{cases} x+0,5>0,\5^{1-sqrt x}-1neq 0,\xgeqslant 0; end{cases} begin{cases} xgeqslant 0,\xneq 1. end{cases}

xin[0; 1) cup (1; +infty).

frac{4 log_2(x+0,5)-5^{sqrt x} log_2(x+0,5)cdot (5^{1-sqrt x}-1)}{5^{1-sqrt x}-1}leqslant 0,

frac{log_2(x+0,5)(4-5^{sqrt {x}+1-sqrt x}+5^{sqrt x})}{5^{1-sqrt x}-1}leqslant 0.

frac{log_2(x+0,5)(5^{sqrt x}-5^0)}{5^{1-sqrt x}-5^0}leqslant 0.

Применим метод замены множителя, учитывая, что:

а) log_{h(x)}f(x)rightarrow (h(x)-1)(f(x)-1), тогда log_2(x+0,5)rightarrow (2-1)(x+0,5-1)=x-0,5.

б) h(x)^{p(x)}-h(x)^{q(x)}rightarrow (h(x)-1)(p(x)-q(x)),

тогда 5^{sqrt x}-5^0=(5-1)(sqrt x-0)=4sqrt x,

5^{1-sqrt x}-5^0= (5-1)(1-sqrt x-0)= 4(1-sqrt x).

Неравенство примет вид frac{(x-0,5)cdot sqrt x}{1-sqrt x}leqslant 0.

На ОДЗ имеем 0 leqslant x leqslant 0,5; x>1.

Найдём ОДЗ неравенства.

begin{cases} 2-x > 0, \ x > 0, \ log_{35}x^3-3log_{49}x neq 0;end{cases}

begin{cases}x < 2, \ x > 0, \ frac{3 ln x}{ln 35} -frac{3 ln x}{ln 49} neq 0;end{cases}

begin{cases} x < 2, \ x > 0, \ ln x left ( frac{1}{ ln 35}-frac{1}{ln 49}right ) neq 0;end{cases}

begin{cases}x < 2, \ x > 0, \ ln x neq 0; end{cases}

begin{cases}x < 2, \ x > 0, \ x neq 1; end{cases}

(0;1) cup (1;2).

Исследуем знак левой части неравенства.

При 0 < x < 1:

log_{35}x^3-3log_{49}x= 3log_{35}x-3log_{49}x= frac{3}{log_{x}35}-frac{3}{log_{x}49} < 0

(так как log_{x}49 < log_{x}35 < 0).

log_{25}(2-x)+log_{35}left ( frac{1}{2-x}right )= log_{25}(2-x)-log_{35}(2-x)= frac{1}{log_{2-x}25}-frac{1}{log_{2-x}35} > 0 (так как 2-x > 1, и значит, 0 < log_{2-x}25 < log_{2-x}35).

При 1 < x < 2:

log_{35}x^{3}-3 log_{49}x= 3 log_{35}x-3 log_{49}x= frac{3}{log_{x}35}-frac{3}{log_{x}49} > 0

(так как 0 < log_{x}35 < log_{x}49);

log_{25}(2-x)+log_{35}left ( frac{1}{2-x}right )= log_{25}(2-x)-log_{35}(2-x)= frac{1}{log_{2-x}25}-frac{1}{log_{2-x}35} < 0 (так как 2-x < 1, и значит, log_{2-x}35 < log_{2-x}25 < 0).

Таким образом, левая часть исходного неравенства отрицательна при всех значениях x из ОДЗ. С другой стороны, log_{49}25 > 0. Значит, левая часть исходного неравенства не превосходит log_{49}25 при любом значении x из ОДЗ.

Следовательно, решение данного неравенства: (0;1) cup (1;2).