Логарифмические неравенства с переменным основанием
1. Логарифмические неравенства с переменным основанием
\[{\log _x}\left( {4-x} \right) \cdot {\log _x}\left( {x + 1} \right) \ge 0.\]
Показать ответ и решение
Для выражения \({\log _x}(4 — x) \cdot {\log _x}(x + 1)\) основание \(x > 0\), \(x \ne 1\), подлогарифмические выражения \(4 — x > 0\), \(x + 1 > 0\).
\[\left\{\begin{aligned}4 — x > 0 \\x + 1 > 0 \\x > 0 \\x \ne 1\end{aligned}\right.\]
Решая систему, получаем:
\[x \in (0; 1) \cup (1; 4)\]
Преобразуем логарифмы по формуле перехода:
\[{\log _x}(4 — x) = \frac{{\log_2(4 — x)}}{{\log_2 x}}, \quad {\log _x}(x + 1) = \frac{{\log_2(x + 1)}}{{\log_2 x}}\]
Исходное неравенство:
\[\frac{{\log_2(4 — x) \cdot \log_2(x + 1)}}{{\log_2^2 x}} \ge 0\]
Нули числителя:
\[\log_2(4 — x) \cdot \log_2(x + 1) = 0\]
Совокупность:
\[\left[\begin{aligned}\log_2(4 — x) = 0 \\\log_2(x + 1) = 0\end{aligned}\right]\Rightarrow\left[\begin{aligned}x = 3 \\x = 0\end{aligned}\right.\]
Нуль знаменателя:
\[\log_2^2 x = 0 \Rightarrow x = 1\]
Отмечаем точки \(x = 0\), \(x = 1\), \(x = 3\) на числовой прямой. Учитываем ОДЗ: \(x \in (0; 1) \cup (1; 4)\).
Проверяем знаки на интервалах:
На \((0;1)\): выражение \(\ge 0\) — подходит.
На \((1;3)\): выражение \(\ge 0\) — подходит.
Точка \(x = 3\): числитель равен 0 — подходит.
Точка \(x = 1\): не входит в ОДЗ.
\[x \in (0; 1) \cup (1; 3]\]
\[x \in (0; 1) \cup (1; 3]\]
—
\((0; 1) \cup (1; 3]\)
\((0; 1) \cup (1; 4)\)
\((0; 3]\)
\((0; 1] \cup [1; 3]\)
\((0; 3)\)
2. Логарифмические неравенства с переменным основанием
\[{\log_{x-1}}(5-x) \cdot {\log_{x-1}}x \ge 0\]
Показать ответ и решение
Для существования логарифмов должны выполняться условия:
\[\left\{\begin{array}{l}5 — x > 0 \\x > 0 \\x — 1 > 0 \\x — 1 \neq 1\end{array}\right.\]
Преобразуем каждое неравенство:
\[\left\{\begin{array}{l}x < 5 \\x > 0 \\x > 1 \\x \neq 2\end{array}\right.\]
Совместно: \( x \in (1; 2) \cup (2; 5) \)
Преобразуем логарифмы по формуле перехода к новому основанию:
\[\log_{x-1}(5 — x) = \frac{\log_2(5 — x)}{\log_2(x — 1)}, \quad\log_{x-1}(x) = \frac{\log_2(x)}{\log_2(x — 1)}\]
Подставим в исходное неравенство:
\[\frac{\log_2(5 — x) \cdot \log_2(x)}{(\log_2(x — 1))^2} \ge 0\]
Знаменатель — квадрат, всегда положителен (на ОДЗ). Значит, знак дроби определяется числителем:
\[\log_2(5 — x) \cdot \log_2(x) \ge 0\]
Нули числителя:
\[\log_2(5 — x) = 0 \Rightarrow x = 4\]
\[\log_2(x) = 0 \Rightarrow x = 1\]
Учитываем ОДЗ: \( x = 1 \) не входит, \( x = 4 \) входит.
Разбиваем ОДЗ на интервалы: \( (1; 2) \), \( (2; 4) \), \( (4; 5) \)
Проверяем знак произведения:
— На \( (1; 2) \): оба логарифма положительны ⇒ произведение \( > 0 \)
— На \( (2; 4) \): оба логарифма положительны ⇒ произведение \( > 0 \)
— На \( (4; 5) \): \( \log_2(x) > 0 \), \( \log_2(5-x) < 0 \) ⇒ произведение \( < 0 \)
— В точке \( x = 4 \): произведение равно нулю (подходит)
Решение:
\[x \in (1; 2) \cup (2; 4]\]
\[x \in (1;\;2)\;\cup\;(2;\;4]\]
\[\begin{array}{ll}\text{A) } x \in (1;\;2)\;\cup\;(2;\;4] & \quad \text{✅} \\\text{B) } x \in (1;\;2)\;\cup\;(2;\;5) & \\\text{C) } x \in (1;\;4] & \\\text{D) } x \in (1;\;2)\;\cup\;(2;\;4) & \\\text{E) } x \in (1;\;2]\;\cup\;(2;\;4] &\end{array}\]
3. Логарифмические неравенства с переменным основанием
\[\left( x^2 + 3x + 2 \right) \cdot \log_{x+3}(x+2) \cdot \log_3{(x-1)^2} \le 0.\]
\[\text{Область допустимых значений:}\left\{\begin{array}{l}x + 2 > 0, \\(x-1)^2 > 0, \\x + 3 > 0, \\x + 3 \ne 1 \\\end{array}\right.\Longleftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x > -2, \\x \ne 1, \\x > -3, \\x \ne -2 \\\end{array}\right.\Longleftrightarrowx \in (-2;1) \cup (1;+\infty)\]
Показать ответ и решение
Проверим условия существования логарифмов:
\[\left\{\begin{array}{l}x + 2 > 0 \\x — 1 \neq 0 \\x + 3 > 0 \\x + 3 \neq 1\end{array}\right.\]
Упрощаем систему:
\[\left\{\begin{array}{l}x > -2 \\x \neq 1 \\x > -3 \\x \neq -2\end{array}\right.\]
Совместив условия, получаем:
\[x \in (-2; 1) \cup (1; +\infty)\]
Преобразуем логарифм с переменным основанием:
\[\log_{x+3}(x+2) = \frac{\log_3(x+2)}{\log_3(x+3)}\]
Подставим в исходное неравенство:
\[(x^2 + 3x + 2) \cdot \frac{\log_3(x+2)}{\log_3(x+3)} \cdot \log_3{(x-1)^2} \le 0\]
Или:
\[\frac{(x^2 + 3x + 2)\cdot \log_3(x+2) \cdot \log_3{(x-1)^2}}{\log_3(x+3)} \le 0\]
Нули числителя — совокупность:
\[\left[\begin{array}{l}x^2 + 3x + 2 = 0 \\\log_3(x+2) = 0 \\\log_3{(x-1)^2} = 0\end{array}\right.\]
Решаем каждое:
\[\begin{array}{ll}x^2 + 3x + 2 = 0 & \Rightarrow x = -1,\, x = -2 \\\log_3(x+2) = 0 & \Rightarrow x = -1 \\\log_3{(x-1)^2} = 0 & \Rightarrow x = 0,\, x = 2\end{array}\]
Нули знаменателя:
\[\log_3(x+3) = 0 \Rightarrow x = -2\]
Учитываем ОДЗ: \( x = -2 \) и \( x = 1 \) исключаются.
Рассматриваем точки: \( x = -1,\, 0,\, 2 \). Разбиваем ОДЗ:
\[(-2; -1),\; (-1; 0),\; (0; 1),\; (1; 2),\; (2; +\infty)\]
Проверяем знаки выражения на каждом интервале (см. рассуждения выше):
Находим, что неравенство выполняется на:
\[(-2; -1] \cup [0; 1) \cup (1; 2]\]
Объединяя с ОДЗ, окончательно:
\[\{-1\} \cup [0; 1) \cup (1; 2]\]
\[\left\{ -1 \right\} \cup [0; 1) \cup (1; 2]\]
—
\[\boxed{\{-1\} \cup [0; 1) \cup (1; 2]}\]
—
\[\text{A) } \{-1\} \cup [0; 1) \cup (1; 2] \quad \text{✅}\]
\[\text{B) } [0; 1) \cup (1; 2]\]
\[\text{C) } (-2; -1] \cup [0; 2]\]
\[\text{D) } (-1; 0) \cup (1; 2]\]
\[\text{E) } (-2; 0) \cup (1; 2]\]
4. Логарифмические неравенства с переменным основанием
\[\left( x^2 + 7x + 12 \right) \cdot \log_{x + 5}\left( x + 4 \right) \cdot \log_5{\left( x + 1 \right)^2} \le 0.\]
Показать ответ и решение
Пусть выражение определено, если выполняется система условий:
\[\left\{\begin{array}{l}x + 4 > 0 \\x \neq -1 \\x + 5 > 0 \\x + 5 \neq 1\end{array}\right.\]
Решим систему:
\[\left\{\begin{array}{l}x > -4 \\x \neq -1 \\x > -5 \\x \neq -4\end{array}\right.\]
Итак, область допустимых значений:
\[x \in (-4; -1) \cup (-1; +\infty)\]
\[\log_{x+5}(x+4) = \frac{\log_5(x+4)}{\log_5(x+5)}\]
Тогда исходное неравенство примет вид:
\[\frac{(x^2 + 7x + 12) \cdot \log_5(x+4) \cdot \log_5{(x+1)^2}}{\log_5(x+5)} \le 0\]
Числитель равен нулю, если выполняется совокупность:
\[\left[\begin{array}{l}x^2 + 7x + 12 = 0 \\\log_5(x+4) = 0 \\\log_5{(x+1)^2} = 0\end{array}\right.\]
Решим каждое уравнение:
\[\begin{array}{l}x^2 + 7x + 12 = 0 \implies x_1 = -3,\ x_2 = -4 \\\log_5(x+4) = 0 \implies x+4=1 \implies x=-3 \\\log_5{(x+1)^2} = 0 \implies (x+1)^2=1 \implies x=-2\ \text{или}\ x=0\end{array}\]
Знаменатель обращается в ноль при:
\[\log_5(x+5) = 0 \implies x+5=1 \implies x=-4\]
Но \( x = -4 \) не входит в ОДЗ.
Рассмотрим точки: \( x = -3, -2, 0 \) (из ОДЗ). Разобьём область на интервалы:
\[(-4; -3),\ (-3; -2),\ (-2; -1),\ (-1; 0),\ (0; +\infty)\]
Проверим знак выражения на каждом интервале (подставляя пробные значения):
— На интервалах \( (-2; -1) \) и \( (-1; 0) \) выражение отрицательно.
— В точках \( x = -3 \) и \( x = 0 \) числитель равен нулю и точки входят в ОДЗ.
— В остальных интервалах выражение положительно или не входит в ОДЗ.
\[x = -3;\quad x \in [-2; -1);\quad x \in (-1; 0]\]
\[\left\{ -3 \right\} \cup [-2; -1) \cup (-1; 0]\]
\[\left\{ -3 \right\} \cup [-2; -1) \cup (-1; 0] \quad \text{✅}\]
\[[-3; -1) \cup (-1; 0]\]
\[(-3; -2] \cup (-1; 0]\]
\[[-2; -1) \cup (0; +\infty)\]
\[\left\{ -3 \right\} \cup [-2; 0]\]
5. Логарифмические неравенства с переменным основанием
\[\frac{(x^2 + 9x + 20)\cdot \log_{x + 6}(x + 5) \cdot \lg{(x + 2)^2}}{2x^2 + 21x + 54} \leq 0,\]
где \( x \in (-5;\,-2) \cup (-2; +\infty) \).
Показать ответ и решение
Рассмотрим ограничения для логарифмов и знаменателя:
\[\left\{\begin{array}{l}x + 5 > 0 \\(x + 2)^2 > 0 \\x + 6 > 0 \\x + 6 \neq 1 \\x \neq -2\end{array}\right.\]
Упростим:
\[\left\{\begin{array}{l}x > -5 \\x \neq -2 \\x > -6 \\x \neq -5\end{array}\right.\]
Итак, область определения:
\[x \in (-5;\,-2) \cup (-2;\,+\infty)\]
Преобразуем логарифм по формуле смены основания:
\[\log_{x+6}(x+5) = \frac{\lg(x+5)}{\lg(x+6)}\]
Тогда исходное неравенство примет вид:
\[\frac{(x^2 + 9x + 20)\cdot \lg(x+5)\cdot \lg((x+2)^2)}{(2x^2 + 21x + 54)\cdot \lg(x+6)} \le 0\]
Используем свойство логарифма:
\[\lg((x+2)^2) = 2\lg|x+2|\]
Сократим множитель 2 (не влияет на знак):
\[\frac{(x^2 + 9x + 20)\cdot \lg(x+5)\cdot \lg|x+2|}{(2x^2 + 21x + 54)\cdot \lg(x+6)} \le 0\]
Рассмотрим совокупность:
\[\left[\begin{array}{l}x^2 + 9x + 20 = 0 \\\lg(x+5) = 0 \\\lg|x+2| = 0\end{array}\right.\]
Решим каждое уравнение:
\[\left[\begin{array}{l}x^2 + 9x + 20 = 0 \implies x_1 = -4,\; x_2 = -5 \\x+5 = 1 \implies x = -4 \\|x+2| = 1 \implies x+2 = 1 \;\text{или}\; x+2 = -1 \implies x = -1 \;\text{или}\; x = -3\end{array}\right.\]
Итак, нули числителя: \( x = -5,\; -4,\; -3,\; -1 \)
Рассмотрим совокупность:
\[\left[\begin{array}{l}2x^2 + 21x + 54 = 0 \\\lg(x+6) = 0\end{array}\right.\]
Решим:
\[2x^2 + 21x + 54 = 0 \implies x_1 = -4,\; x_2 = -4{,}5\]
\[x+6 = 1 \implies x = -5\]
Нули знаменателя: \( x = -5,\; -4,\; -4{,}5 \)
Отметим все точки на числовой прямой с учётом ОДЗ:
Точки: \( -5,\; -4{,}5,\; -4,\; -3,\; -2,\; -1 \)
ОДЗ: \( x \in (-5;\,-2)\cup(-2;\,+\infty) \)
Промежутки для анализа:
\[(-5;\,-4{,}5),\; (-4{,}5;\,-4),\; (-4;\,-3),\; (-3;\,-2),\; (-2;\,-1),\; (-1;\,+\infty)\]
Проверяем знаки выражения на каждом промежутке, учитываем выколотые точки (нули знаменателя).
В решении выражение ≤ 0, значит, берём промежутки, где дробь отрицательна или равна нулю:
\[(-4{,}5;\,-4) \cup \{-4\} \cup [-3;\,-2) \cup (-2;\,-1]\]
\[x \in (-4{,}5;\,-4) \cup \{-4\} \cup [-3;\,-2) \cup (-2;\,-1]\]
—
\[\begin{array}{ll}\text{A)} & x \in (-4{,}5;\,-4) \cup \{-4\} \cup [-3;\,-2) \cup (-2;\,-1] \quad \text{✅} \\\text{B)} & x \in (-5;\,-4{,}5) \cup [-4;\,-3) \cup (-2;\,-1] \\\text{C)} & x \in (-5;\,-4) \cup [-3;\,-2) \\\text{D)} & x \in (-4;\,-3) \cup (-2;\,-1] \\\text{E)} & x \in (-4{,}5;\,-4) \cup [-3;\,-2] \cup (-2;\,-1)\end{array}\]