Упр.11.40 ГДЗ Никольский Потапов 11 класс (Алгебра)
б) log2(x+1) + log2(3x-1) > log2(9x+5);
в) log1/2(3x+1) + log1/2(2x-1) < log1/2(5x-1);
г) log1/3(4x+1) + log1/3(2x-1) < log1/3(10x+7).
а) Область допустимых значений:
$$x+1>0,\quad x-8>0,\quad 2x-8>0.$$
Отсюда $$x>8.$$
Тогда
$$\lg(x+1)+\lg(x-8)=\lg\bigl((x+1)(x-8)\bigr).$$
Так как основание логарифма больше 1, получаем:
$$\lg\bigl((x+1)(x-8)\bigr)>\lg(2x-8) \iff (x+1)(x-8)>2x-8.$$
$$x^2-7x-8>2x-8$$
$$x^2-9x>0$$
$$x(x-9)>0.$$
С учётом $$x>8$$ получаем:
$$x>9.$$
б) Область допустимых значений:
$$x+1>0,\quad 3x-1>0,\quad 9x+5>0.$$
Отсюда $$x>\frac13.$$
Преобразуем неравенство:
$$\log_2(x+1)+\log_2(3x-1)=\log_2\bigl((x+1)(3x-1)\bigr).$$
Так как основание $$2>1$$, имеем:
$$\log_2\bigl((x+1)(3x-1)\bigr)>\log_2(9x+5) \iff (x+1)(3x-1)>9x+5.$$
$$3x^2+2x-1>9x+5$$
$$3x^2-7x-6>0$$
$$\bigl(3x+2\bigr)(x-3)>0.$$
С учётом $$x>\frac13$$ получаем:
$$x>3.$$
в) Область допустимых значений:
$$3x+1>0,\quad 2x-1>0,\quad 5x-1>0.$$
Отсюда $$x>\frac12.$$
Так как основание $$\frac12<1$$, знак неравенства при переходе к аргументам меняется:
$$\log_{\frac12}(3x+1)+\log_{\frac12}(2x-1)<\log_{\frac12}(5x-1)$$
равносильно
$$\log_{\frac12}\bigl((3x+1)(2x-1)\bigr)<\log_{\frac12}(5x-1) \iff (3x+1)(2x-1)>5x-1.$$
$$6x^2-x-1>5x-1$$
$$6x^2-6x>0$$
$$6x(x-1)>0.$$
С учётом $$x>\frac12$$ получаем:
$$x>1.$$
г) Область допустимых значений:
$$4x+1>0,\quad 2x-1>0,\quad 10x+7>0.$$
Отсюда $$x>\frac12.$$
Так как основание $$\frac13<1$$, знак неравенства меняется:
$$\log_{\frac13}(4x+1)+\log_{\frac13}(2x-1)<\log_{\frac13}(10x+7)$$
равносильно
$$\log_{\frac13}\bigl((4x+1)(2x-1)\bigr)<\log_{\frac13}(10x+7) \iff (4x+1)(2x-1)>10x+7.$$
$$8x^2-2x-1>10x+7$$
$$8x^2-12x-8>0$$
$$2x^2-3x-2>0$$
$$\bigl(2x+1\bigr)(x-2)>0.$$
С учётом $$x>\frac12$$ получаем:
$$x>2.$$
Ответ
а) $$x\in(9;+\infty)$$; б) $$x\in(3;+\infty)$$; в) $$x\in(1;+\infty)$$; г) $$x\in(2;+\infty)$$.
