Самостоятельная работа 22 Вариант 3 ГДЗ Дидактические материалы Никольский Потапов 10 класс (Алгебра)

1. 1.

   а) $$4^x<8$$

   $$4^x<4^{\frac32}$$

   $$x<\frac32$$

   $$(-\infty;\,\frac32)$$

   б) $$0{,}6^x\ge -0{,}6$$

   Так как $$0{,}6^x>0$$ при любом $$x\in\mathbb R$$, то неравенство верно для всех $$x$$.

   $$(-\infty;\,+\infty)$$

   в) $$\left(\frac13\right)^{2x+5}\le 9$$

   $$9=\left(\frac13\right)^{-2}$$

   Так как основание $$\frac13<1$$, получаем:

   $$2x+5\ge -2$$

   $$2x\ge -7$$

   $$x\ge -\frac72$$

   $$\left[-\frac72;\,+\infty\right)$$

   г) $$\log_5 x<-1$$

   $$0<x<5^{-1}$$

   $$0<x<\frac15$$

   $$\left(0;\,\frac15\right)$$

   д) $$\log_{0{,}3}(4x+2)\ge -1$$

   ОДЗ: $$4x+2>0$$.

   Так как $$0<0{,}3<1$$, знак неравенства меняется:

   $$4x+2\le 0{,}3^{-1}=\frac{10}{3}$$

   $$0<4x+2\le \frac{10}{3}$$

   $$-2<4x\le \frac43$$

   $$-\frac12<x\le \frac13$$

   $$\left(-\frac12;\,\frac13\right]$$

   е) $$6^x-33\cdot 6^{x-2}>18$$

   $$6^{x-2}=\frac{6^x}{36}$$

   $$6^x-\frac{33}{36}\cdot 6^x>18$$

   $$\frac{1}{12}\cdot 6^x>18$$

   $$6^x>216=6^3$$

   $$x>3$$

   $$(3;\,+\infty)$$

2. 2.

   а) $$\left(\frac14\right)^x-6\left(\frac12\right)^x\le -8$$

   Положим $$y=\left(\frac12\right)^x$$, тогда $$\left(\frac14\right)^x=y^2$$:

   $$y^2-6y+8\le 0$$

   $$(y-2)(y-4)\le 0$$

   $$2\le y\le 4$$

   Так как $$y=\left(\frac12\right)^x$$, то:

   $$2\le \left(\frac12\right)^x\le 4$$

   $$x\le -1,\quad x\ge -2$$

   $$[-2;\,-1]$$

   б) $$16^x-2\cdot 4^x+1>0$$

   Положим $$y=4^x>0$$, тогда $$16^x=y^2$$:

   $$y^2-2y+1>0$$

   $$(y-1)^2>0$$

   $$y\ne 1$$

   $$4^x\ne 1,\quad x\ne 0$$

   $$(-\infty;\,0)\cup(0;\,+\infty)$$

   в) $$\lg^2 x+\lg x-2>0$$

   Положим $$y=\lg x$$:

   $$y^2+y-2>0$$

   $$(y+2)(y-1)>0$$

   $$y<-2 \quad \text{или} \quad y>1$$

   $$\lg x<-2 \quad \text{или} \quad \lg x>1$$

   $$0<x<0{,}01 \quad \text{или} \quad x>10$$

   $$(0;\,0{,}01)\cup(10;\,+\infty)$$

   г) $$\log_{0{,}5}^2 x+\log_{0{,}5} x-6<0$$

   Положим $$y=\log_{0{,}5}x$$:

   $$y^2+y-6<0$$

   $$(y+3)(y-2)<0$$

   $$-3<y<2$$

   Так как основание $$0{,}5<1$$, получаем:

   $$-3<\log_{0{,}5}x<2$$

   $$2^{-2}<x<2^3$$

   $$0{,}25<x<8$$

   $$(0{,}25;\,8)$$

3. 3.

   а) $$\frac{\log_5 12{,}5}{2-\log_5 x}\le 1$$

   Положим $$y=2-\log_5 x$$. Тогда $$\log_5 12{,}5=\log_5\frac{25}{2}=2-\log_5 2$$, но удобнее рассмотреть знак знаменателя.

   1) Если $$y>0$$, то

   $$\log_5 12{,}5\le y$$

   $$2-\log_5 x\ge \log_5 12{,}5$$

   $$\log_5 x\le 2-\log_5 12{,}5=\log_5 2$$

   $$0<x\le 2$$

   2) Если $$y<0$$, то

   $$\log_5 12{,}5\ge y$$

   $$2-\log_5 x\le \log_5 12{,}5$$

   $$x>25$$

   Итак,

   $$(0;\,2]\cup(25;\,+\infty)$$

   б) $$4^x-4\cdot 2^x+3+\frac{1}{4^x-4\cdot 2^x+5}>0$$

   Положим $$y=4^x-4\cdot 2^x+3$$. Тогда

   $$y+\frac{1}{y+2}>0$$

   $$\frac{y(y+2)+1}{y+2}>0$$

   $$\frac{(y+1)^2}{y+2}>0$$

   Числитель положителен при $$y\ne -1$$, поэтому нужно:

   $$y+2>0,\quad y\ne -1$$

   $$4^x-4\cdot 2^x+5>0,\quad 4^x-4\cdot 2^x+3\ne -1$$

   Положим $$z=2^x>0$$. Тогда

   $$z^2-4z+5>0$$

   $$(z-2)^2+1>0$$

   Это верно при всех $$z$$, а условие $$y\ne -1$$ даёт $$z\ne 2$$, то есть $$x\ne 1$$.

   $$(-\infty;\,1)\cup(1;\,+\infty)$$

   в) $$\left(4-\sqrt{15}\right)^{2x}-8\left(\frac{1}{4+\sqrt{15}}\right)^x+1\ge 0$$

   Заметим, что

   $$\frac{1}{4+\sqrt{15}}=4-\sqrt{15}$$

   Тогда, положив $$y=\left(4-\sqrt{15}\right)^x>0$$, получаем:

   $$y^2-8y+1\ge 0$$

   $$D=64-4=60$$

   $$y_{1,2}=4\pm \sqrt{15}$$

   Так как $$0<4-\sqrt{15}<1$$, то

   $$y\le 4-\sqrt{15}\quad \text{или} \quad y\ge 4+\sqrt{15}$$

   Отсюда

   $$x\ge 1 \quad \text{или} \quad x\le -1$$

   $$(-\infty;\,-1]\cup[1;\,+\infty)$$

Ответ

1) а) $$(-\infty;\,\frac32)$$; б) $$(-\infty;\,+\infty)$$; в) $$\left[-\frac72;\,+\infty\right)$$; г) $$\left(0;\,\frac15\right)$$; д) $$\left(-\frac12;\,\frac13\right]$$; е) $$(3;\,+\infty)$$.

2) а) $$[-2;\,-1]$$; б) $$(-\infty;\,0)\cup(0;\,+\infty)$$; в) $$(0;\,0{,}01)\cup(10;\,+\infty)$$; г) $$(0{,}25;\,8)$$.

3) а) $$(0;\,2]\cup(25;\,+\infty)$$; б) $$(-\infty;\,1)\cup(1;\,+\infty)$$; в) $$(-\infty;\,-1]\cup[1;\,+\infty)$$.