Урок 9. Показательные и логарифмические неравенства: 40 заданий с решениями

1. Представляем правую часть как $2^3$.

2. Основание больше 1, поэтому показательная функция возрастает и знак сохраняется.

3. Получаем $x<3$.

Ответ. $x<3$

1. Представляем правую часть как $3^2$.

2. Основание больше 1, поэтому показательная функция возрастает и знак сохраняется.

3. Получаем $x\ge 2$.

Ответ. $x\ge 2$

Запишем $\frac1{25}=5^{-2}$. Основание больше единицы, поэтому $2x-1\le-2$. Делим на положительное число 2.

Ответ. $\left(-\infty, - \frac{1}{2}\right]$.

Так как $1=7^0$ и основание больше 1, получаем $x^2-4>0$. Разложение $(x-2)(x+2)>0$ даёт внешние промежутки.

Ответ. $\left(-\infty, -2\right) \cup \left(2, \infty\right)$.

1. Представляем правую часть как ${\left(\frac{1}{2}\right)}^3$.

2. Основание лежит между 0 и 1, поэтому показательная функция убывает и знак меняется.

3. Получаем $x<3$.

Ответ. $x<3$

Представим $9=(\frac13)^{-2}$. Основание меньше 1, знак меняется: $x^2-x\ge-2$. Но $x^2-x+2=(x-\frac12)^2+\frac74>0$ при любом действительном $x$.

Ответ. $\mathbb{R}$.

Шаг 1. ОДЗ: $x\ne-1$. При сравнении показателей знак меняется: $$\frac{x-2}{x+1}>1.$$ Шаг 2. Переносим единицу влево: $\frac{-3}{x+1}>0$. Знаменатель должен быть отрицательным.

Ответ. $\left(-\infty, -1\right)$.

1. ОДЗ: $x>0$.

2. Число $0$ записываем как ${log}_2\left(1\right)$.

3. Логарифм возрастает, поэтому сравнение аргументов сохраняет знак.

4. Получаем $x>1$; граница $1$ положительна, поэтому условие ОДЗ учтено.

Ответ. $x>1$

1. ОДЗ: $x>0$.

2. Число $2$ записываем как ${log}_3\left(9\right)$.

3. Логарифм возрастает, поэтому сравнение аргументов сохраняет знак.

4. Получаем $0<x\le 9$; граница $9$ положительна, поэтому условие ОДЗ учтено.

Ответ. $0<x\le 9$

С учётом возрастания логарифма требуется $x^2-4\ge5$, откуда $x^2\ge9$. Это условие автоматически обеспечивает положительность аргумента.

Ответ. $\left(-\infty, -3\right] \cup \left[3, \infty\right)$.

ОДЗ: $x>1$. Основание больше 1, поэтому $x-1<10^{-1}=\frac1{10}$. Объединяем это условие с ОДЗ.

Ответ. $\left(1, \frac{11}{10}\right)$.

1. ОДЗ: $x>0$.

2. Число $1$ записываем как ${log}_{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)$.

3. Логарифм убывает, поэтому при сравнении аргументов знак меняется.

4. Получаем $0<x<\frac{1}{2}$; граница $\frac{1}{2}$ положительна, поэтому условие ОДЗ учтено.

Ответ. $0<x<\frac{1}{2}$

При основании между 0 и 1 знак сравнения аргументов меняется: $x^2-1\ge(\frac13)^{-1}=3$. Получаем $x^2\ge4$, что также обеспечивает ОДЗ.

Ответ. $\left(-\infty, -2\right] \cup \left[2, \infty\right)$.

Шаг 1. ОДЗ: $x>0$, $x\ne1$.

Шаг 2. При $0<x<1$ функция убывает. Сравнение с $\log_xx^2$ даёт $9>x^2$, что верно для всей ветви.

Шаг 3. При $x>1$ функция возрастает. Нужно $9<x^2$, то есть $x>3$.

Ответ. $\left(0, 1\right) \cup \left(3, \infty\right)$.

1. Полагаем $t=2^x$, поэтому $t>0$.

2. Получаем $t^2-5t+4\le 0$.

3. Решение алгебраического неравенства с учётом $t>0$: $1\le t\le 4$.

4. Функция $2^x$ возрастает.

5. После обратного перехода получаем $0\le x\le 2$.

Ответ. $0\le x\le 2$

1. Полагаем $t=3^x$, поэтому $t>0$.

2. Получаем $t^2-10t+9>0$.

3. Решение алгебраического неравенства с учётом $t>0$: $0<t<1$ или $t>9$.

4. Функция $3^x$ возрастает.

5. После обратного перехода получаем $x<0$ или $x>2$.

Ответ. $x<0$ или $x>2$

1. Критические точки: -1 и 2.

2. Точка -1 исключена.

3. Знак положителен вне промежутка между точками.

Ответ. $(-\infty ;-1)\cup (2;+\infty )$

1. На окружности косинус равен 1 в точке $(1,0)$.

2. Углы отличаются на полный оборот.

3. $x=2\pi k$.

Ответ. $x=2\pi k$

1. Полагаем $t=2^x>0$.

2. $t^2-5t+4=0$.

3. $t=1$ или 4.

4. $x=0$ или 2.

5. Оба значения проверяются.

Ответ. $0;2$

1. Требуется $x\ge 0$.

2. Квадрат: $x+4=x^2$.

3. $x^2-x-4=0$.

4. Положительный кандидат $x=\frac{1+\sqrt{17}}{2}$.

5. Он удовлетворяет условию знака и исходному уравнению.

Ответ. $\frac{1+\sqrt{17}}{2}$

Шаг 1. Вводим $t=(\frac12)^x>0$. Получаем $(t-1)(t-4)\le0$, поэтому $1\le t\le4$.

Шаг 2. Функция $(\frac12)^x$ убывает. Обратный переход меняет порядок границ: $(\frac12)^0\le(\frac12)^x\le(\frac12)^{-2}$, то есть $-2\le x\le0$.

Ответ. $\left[-2, 0\right]$.

Шаг 1. Положим $t=3^x>0$. Умножение на $3t>0$ равносильно и даёт $3t^2-10t+3\le0$.

Шаг 2. Корни равны $\frac13$ и 3, поэтому $\frac13\le3^x\le3$. Основание 3 больше единицы.

Ответ. $\left[-1, 1\right]$.

ОДЗ: $x>0$. При $t=\log_2x$ получаем $(t-1)(t-2)\le0$, то есть $1\le t\le2$. Возрастающая функция $2^t$ переводит этот отрезок в $2\le x\le4$.

Ответ. $\left[2, 4\right]$.

1. ОДЗ: $x>1$.

2. Сравниваем логарифм с логарифмом соответствующей степени основания.

3. Учитываем монотонность: для основания между 0 и 1 знак меняется.

4. Получаем сравнение аргумента: $x-1>4$.

5. Пересечение с ОДЗ даёт $x>5$.

Ответ. $x>5$

1. ОДЗ: $x>-3$.

2. Сравниваем логарифм с логарифмом соответствующей степени основания.

3. Учитываем монотонность: для основания между 0 и 1 знак меняется.

4. Получаем сравнение аргумента: $x+3\le 2$.

5. Пересечение с ОДЗ даёт $-3<x\le -1$.

Ответ. $-3<x\le -1$

1. ОДЗ: $x^2-4>0$.

2. Сравниваем логарифм с логарифмом соответствующей степени основания.

3. Учитываем монотонность: для основания между 0 и 1 знак меняется.

4. Получаем сравнение аргумента: $0<x^2-4<3$.

5. Пересечение с ОДЗ даёт $2<\left|x\right|<\sqrt{7}$.

Ответ. $2<\left|x\right|<\sqrt{7}$

Шаг 1. ОДЗ: $x>1$, $x\ne2$.

Шаг 2. При $1<x<2$ основание меньше 1, поэтому нужно $x+1<x-1$, что невозможно.

Шаг 3. При $x>2$ основание больше 1, нужно $x+1>x-1$, что всегда верно.

Ответ. $\left(2, \infty\right)$.

Шаг 1. ОДЗ: $x>1$. При этом $\log_2(x+1)>1$, значит, знаменатель положителен.

Шаг 2. Достаточно $\log_2(x-1)\le0$, или $x-1\le1$. Вместе с ОДЗ: $1<x\le2$.

Ответ. $\left(1, 2\right]$.

1. Записываем ОДЗ для логарифмов или приводим степени к одному основанию.

2. Первое преобразование: $x>3$.

3. С учётом монотонности получаем $\frac{x-1}{x-3}>2$.

4. Решаем полученное рациональное или линейное неравенство.

5. После пересечения с исходными ограничениями: $3<x<5$.

Ответ. $3<x<5$

1. Записываем ОДЗ для логарифмов или приводим степени к одному основанию.

2. Первое преобразование: $x>2$.

3. С учётом монотонности получаем $(x+2)(x-2)\le 9$.

4. Решаем полученное рациональное или линейное неравенство.

5. После пересечения с исходными ограничениями: $2<x\le \sqrt{13}$.

Ответ. $2<x\le \sqrt{13}$

Функция $f(x)=2^x+x$ строго возрастает: оба слагаемых возрастают, и первое строго. При $x=1$ получаем $f(1)=3$. Значит, для всех $x<1$ значение меньше 3, а для $x\ge1$ строгий знак не выполняется.

Ответ. $\left(-\infty, 1\right)$.

ОДЗ: $x>0$. Функция $f(x)=\log_2x+x$ строго возрастает на ОДЗ, причём $f(2)=3$. Поэтому $f(x)\le3$ именно при $0<x\le2$.

Ответ. $\left(0, 2\right]$.

Шаг 1. ОДЗ: $1<x<5$. На ОДЗ объединяем логарифмы и учитываем возрастание логарифма по основанию 2.

Шаг 2. Получаем $(x-1)(5-x)\ge 2$.

Шаг 3. После раскрытия скоб: $-x^2+6x-5\ge 2$, или $x^2-6x+7\le 0$.

Шаг 4. Корни квадратного трёхчлена равны $3\pm \sqrt{2}$, поэтому решение $[3-\sqrt{2};3+\sqrt{2}]$. Этот отрезок целиком лежит в ОДЗ.

Проверка. На концах произведение равно 2; между корнями оно больше 2. Границы ОДЗ в ответ не попадают.

Ответ. $[3-\sqrt{2};3+\sqrt{2}]$.

Шаг 1. Положим $t=2^x>0,t\ne 2$. Тогда $4^x=t^2$, а числитель раскладывается: $t^2-5t+4=(t-1)(t-4)$.

Шаг 2. Получаем $\frac{(t-1)(t-4)}{t-2}\ge 0$. Критические точки 1, 2, 4.

Шаг 3. Метод интервалов даёт $t\in [1;2)\cup [4;+\infty )$.

Шаг 4. Так как $2^x$ возрастает, получаем $x\in [0;1)\cup [2;+\infty )$.

Проверка. $x=1$ исключён как нуль исходного знаменателя; $x=0$ и $x=2$ дают нуль числителя и включаются.

Ответ. $[0;1)\cup [2;+\infty )$.

Шаг 1. ОДЗ: $x>0,x\ne 1$. Положим $t={\log }_{2}x$, тогда $t\ne 0$.

Шаг 2. Имеем ${\log }_{x}4=\frac{2}{t},{\log }_{4}x=\frac{t}{2}$. Поэтому нужно решить $\frac{4-t^2}{2t}\ge 0$.

Шаг 3. Критические точки −2, 0, 2. Получаем $t\le -2$ или $0<t\le 2$.

Шаг 4. Следовательно, $0<x\le \frac{1}{4}$ или $1<x\le 4$.

Проверка полноты. $x=1$ исключён, а значения $x=\frac{1}{4}$ и $x=4$ дают равенство и включаются.

Ответ. $(0;\frac{1}{4}]\cup (1;4]$.

Шаг 1. ОДЗ: $x>0,x\ne 4$. Положим $t={\log }_{2}x$.

Шаг 2. Неравенство принимает вид $\frac{(t-1)(t-3)}{t-2}\le 0$.

Шаг 3. Критические точки 1, 2, 3. Таблица знаков даёт $t\le 1$ или $2<t\le 3$.

Шаг 4. Возвращаясь к $x$, получаем $0<x\le 2$ или $4<x\le 8$.

Проверка полноты. Значения $t=1$ и $t=3$ включены как нули числителя, $t=2$ исключено как нуль знаменателя.

Ответ. $(0;2]\cup (4;8]$.

Шаг 1. ОДЗ: $x\ne\frac{11}{10}$. На ОДЗ знаменатель строго положителен.

Шаг 2. Нечётная степень сохраняет знак основания, поэтому требуется $3^x-3\ge0$, откуда $x\ge1$.

Шаг 3. Из полученного луча исключаем исходный нуль знаменателя.

Ответ. $[1;\frac{11}{10})\cup(\frac{11}{10};+\infty)$.

Шаг 1. ОДЗ всех логарифмов: $0<x<2$. Знаменатель не должен обращаться в нуль.

Шаг 2. Числитель равен $\log_2\frac{2-x}{x+1}$. Он положителен при $x<\frac12$, равен нулю при $x=\frac12$ и отрицателен при $x>\frac12$.

Шаг 3. На ОДЗ $\log_2(x^4)=4\log_2x$. С заменой $t=\log_2x$ знаменатель равен $t^2+4t+1$. Его нули $-2\pm\sqrt3$ дают запрещённые точки $$r=2^{-2-\sqrt3},\qquad s=2^{-2+\sqrt3}.$$ Шаг 4. Порядок точек: $0<r<\frac12<s<2$. Знаменатель положителен вне $(r;s)$ и отрицателен внутри. Совмещаем знаки числителя и знаменателя.

Ответ. $(0;r)\cup[\frac12;s)$, где $r=2^{-2-\sqrt3}$ и $s=2^{-2+\sqrt3}$.

Шаг 1. Положим $t=2^x>0$. Требуется, чтобы квадратный трёхчлен $q\left(t\right)=t^2-2at+a+2$ принимал неположительное значение хотя бы при одном $t>0$.

Шаг 2. Если $a>0$, вершина $t=a$ принадлежит области $t>0$. Минимум равен $q\left(a\right)=-a^2+a+2=-(a-2)(a+1)$, поэтому условие выполняется при $a\ge 2$.

Шаг 3. Если $a\le 0$, то $q$'$\left(t\right)=2t-2a>0$ для $t>0$, то есть $q$ возрастает. Его нижняя грань при $t$→0+ равна $a+2$ и не достигается.

Шаг 4. При $a<-2$ эта грань отрицательна, поэтому для малых положительных $t$ имеем $q\left(t\right)<0$. При $a=-2$ получаем $q\left(t\right)=t^2+4t>0$ для $t>0$; при $-2<a\le 0$ тем более $q\left(t\right)>0$.

Проверка полноты. Случаи $a>0$ и $a\le 0$ охватывают все параметры; при граничных $a=-2$ и $a=2$ достижимость проверена отдельно.

Ответ. $a\in (-\infty ;-2)\cup [2;+\infty )$.

Шаг 1. Вводим $t=2^x>0$. При $a\le0$ получаем $0<t\le4$, то есть $x\le2$: целых решений бесконечно.

Шаг 2. При $0<a<4$ имеем $\log_2a\le x\le2$. Ровно три целых числа $0,1,2$ получаются при $-1<\log_2a\le0$, то есть $\frac12<a\le1$.

Шаг 3. При $a=4$ подходит только $x=2$. При $a>4$ получаем $2\le x\le\log_2a$. Ровно три целых числа $2,3,4$ требуют $4\le\log_2a<5$, то есть $16\le a<32$.

Ответ. $a\in(\frac12;1]\cup[16;32)$.