условие

logx+2⁡(7x2−x3)+log1x+2⁡(x2−3x)≥logx+2⁡5−x

шаг 1.Приводим к основанию (x + 2)

Логарифмы записаны по трём разным основаниям — сначала сводим их к одному, иначе метод рационализации не применить. Переходим к основанию x + 2: log_{1/(x+2)} = −log_{x+2}, а log_{√(x+2)} = 2·log_{x+2} Преобразования логарифмов и ОДЗ
Главное правило
Сначала выписываем ОДЗ, потом преобразуем логарифмы. Каждое тождество ниже верно только на своей области — меняя её по ходу, легко потерять или добавить решения. Сам логарифм loga⁡b требует a>0,a≠1,b>0.
Степень выносим с модулем
Тождество loga⁡bn=nloga⁡b верно только при b>0. При чётном показателе b2k определено и для b<0, поэтому обязателен модуль:
loga⁡b2k=2kloga⁡|b|
У нас 16log3⁡(x+1)6=log3⁡|x+1|. Без модуля потеряли бы ветку x<−1 и корень x=−4.
Коэффициент внутрь — расширение ОДЗ
Обратный ход cloga⁡b=loga⁡bc при чётном c расширяет область: 2loga⁡x=loga⁡x2 — слева x>0, справа x≠0. Появляются посторонние корни x<0; держим исходное b>0 или сразу пишем модуль.
Свернуть в один — можно
loga⁡f+loga⁡g=loga⁡(fg)
loga⁡f−loga⁡g=loga⁡fg
ОДЗ уже требует f>0 и g>0 — держим его, свёртка ничего лишнего не вносит.
Развернуть в сумму/разность — опасно
loga⁡(fg) определён при fg>0, loga⁡fg — при fg>0 (в том числе оба множителя отрицательны). Разбивая на loga⁡f±loga⁡g, силой требуем f>0,g>0 и теряем эту ветку. Корректно — только с модулями:
loga⁡(fg)=loga⁡|f|+loga⁡|g|
Смена основания — безопасно
loga⁡b=logc⁡blogc⁡a и loga⁡b=1logb⁡a — область не меняется (нужно c>0,c≠1, для второй b≠1).
Основное тождество
aloga⁡b=b(b>0), loga⁡ak=k — удобно при потенцировании и записи числа как логарифма (c=loga⁡ac).
. Разность логарифмов слева сворачиваем в логарифм частного и сокращаем x.
log1x+2⁡(x2−3x)=−logx+2⁡(x2−3x)
logx+2⁡5−x=logx+2⁡(5−x)
logx+2⁡(7x2−x3)−logx+2⁡(x2−3x)≥logx+2⁡(5−x)
logx+2⁡x2(7−x)x(x−3)≥logx+2⁡(5−x)
logx+2⁡x(7−x)x−3≥logx+2⁡(5−x)

log_{√(x+2)}√(5−x) = 2·log_{x+2}√(5−x) = log_{x+2}(5−x). Сокращение дроби на x законно: значение x = 0 исключит ограничение ③ следующего шага, поэтому корень не теряется.

шаг 2.Метод рационализации

Основание x + 2 переменное — может быть и больше, и меньше единицы, поэтому знак сравнения задаём методом рационализацииМетод рационализации
Если нужен только ЗНАК выражения (например, для метода интервалов), не решаем его напрямую — определяем знак по таблице: знак слева совпадает со знаком справа (на ОДЗ), а правое выражение проще. Третий столбец — ОДЗ.
loga⁡f−loga⁡g(a−1)(f−g)a>0,a≠1,f,g>0af−ag(a−1)(f−g)a>0,a≠1|f|−|g|(f−g)(f+g)любыеf−gf−gf,g≥0
Множитель (a−1) задаёт направление: при a>1 он положителен (знак как у f−g), при 0<a<1 — отрицателен, знак переворачивается.
: log_c A − log_c B имеет тот же знак, что (c − 1)(A − B). Замена сохраняет знак только на ОДЗ, поэтому неравенство сразу переходит в равносильную систему: рационализированное неравенство ① и ограничения ОДЗ ②–⑤.
logx+2⁡x(7−x)x−3−logx+2⁡(5−x)≥0
⟺{((x+2)−1)(x(7−x)x−3−(5−x))≥01x+2>0,x+2≠127x2−x3>03x2−3x>045−x>05

Ограничения ② — основание логарифма, ③④⑤ — аргументы исходных логарифмов и подкоренное выражение. Дальше решаем ① и ②–⑤ по очереди, в конце берём пересечение.

шаг 3.Неравенство ①

Упрощаем ①: множитель (x + 2) − 1 = x + 1, разность в скобке приводим к общему знаменателю x − 3.

1(x+1)(x(7−x)x−3−(5−x))≥0
(x+1)⋅x(7−x)−(5−x)(x−3)x−3≥0
(x+1)(15−x)x−3≥0
+−+−①1−315
−∞
+∞
x

Числитель скобки: x(7 − x) − (5 − x)(x − 3) = (7x − x²) − (−x² + 8x − 15) = 15 − x. Пробная точка x = 0: (0 + 1)(15 − 0)/(0 − 3) = −5 < 0 — знак «−» на (−1; 3), дальше чередование. Корни −1 и 15 закрашены (нестрогое ≥), точка разрыва 3 выколота. Решение ①: (−∞; −1] ∪ (3; 15].

шаг 4.Ограничения ②–⑤

Решаем каждое ограничение на своей оси. В ③ множитель x² — чётной степени: он неотрицателен, в нуле петелька (знак через точку не меняется), поэтому x²(7 − x) > 0 равносильно x < 7 при x ≠ 0.

2x+2>0,x+2≠1
x>−2,x≠−1
3x2(7−x)>0
x<7,x≠0
4x(x−3)>0
x<0илиx>3
55−x>0
x<5
②2−1−
−∞
+∞
x
++−③07
−∞
+∞
x
+−+④03
−∞
+∞
x
⑤5
−∞
+∞
x
Решение ②: (−2; −1) ∪ (−1; +∞). Решение ③: (−∞; 0) ∪ (0; 7). Решение ④: (−∞; 0) ∪ (3; +∞). Решение ⑤: (−∞; 5).Петелька при чётной кратности
Возникает, когда корень выражения повторяется чётное количество раз.
Внутри петельки знак НЕ ставится.
Петелька показывает 0 функции и может быть только закрашенной или выколотой. Знака внутри петли быть не может, т.к. у нуля знака нет.
> 0
+ +
(−∞;a)∪(a;+∞)
≥ 0
+ +
(−∞;+∞)
< 0
+ +
⌀
≤ 0
+ +
{a}
Флаг или петелька означают «через эту точку знак выражения не меняется» — слева и справа от петли знаки одинаковые.
При знаках ≤/≥ значение петельки может быть выколото по ОДЗ.

шаг 5.Пересечение

Сводим пять осей в одну. Слева от нуля выживает только (−2; −1): ограничение ② обрезает луч ① слева и выкалывает −1. Справа ④ отсекает всё до 3, а ⑤ — всё после 5, поэтому от (3; 15] остаётся (3; 5).

①1−315
−∞
+∞
x
②2−1−
−∞
+∞
x
③07
−∞
+∞
x
④03
−∞
+∞
x
⑤5
−∞
+∞
x
пересечение2−1−35
−∞
+∞
x
Точка −1 закрашена в ①, но выколота ② (там основание логарифма равно 1) — в ответ не входит. Точки 0 и 7 из ③④ лежат вне итогового множества, 15 отсекается ⑤.Петелька при чётной кратности
Возникает, когда корень выражения повторяется чётное количество раз.
Внутри петельки знак НЕ ставится.
Петелька показывает 0 функции и может быть только закрашенной или выколотой. Знака внутри петли быть не может, т.к. у нуля знака нет.
> 0
+ +
(−∞;a)∪(a;+∞)
≥ 0
+ +
(−∞;+∞)
< 0
+ +
⌀
≤ 0
+ +
{a}
Флаг или петелька означают «через эту точку знак выражения не меняется» — слева и справа от петли знаки одинаковые.
При знаках ≤/≥ значение петельки может быть выколото по ОДЗ.

ответ

x∈(−2;−1)∪(3;5)
репетитор по
математике
Мария Беличенко
• обо мне
• принципы работы
• учебный процесс
• оплата
• контакты		• Беличеночная
• блог
• ЕГЭ
• оферта
belichenko.org
2019 -