Задача 10151004 — ЕГЭ №16 | Мария Беличенко

шаг 1.Делаем замену

В обоих логарифмах x входит только через x и √x. Замена s = √x (s ≥ 0) превращает аргумент A и основание B в квадратные трёхчлены — раскладываем каждый через дискриминант.

s = \sqrt{x} \geq 0, x = s^{2}

A = 3 x + 2 \sqrt{x} - 1 = 3 s^{2} + 2 s - 1

B = 5 x + 3 \sqrt{x} - 2 = 5 s^{2} + 3 s - 2

3 s^{2} + 2 s - 1 = 0

D = 2^{2} - 4 \cdot 3 \cdot (- 1) = 4 + 12 = 16

s = \frac{- 2 \pm \sqrt{16}}{6} = \frac{- 2 \pm 4}{6} \begin{matrix} = \frac{1}{3} \\ = - 1 \end{matrix}

A = 3 (s - \frac{1}{3}) (s + 1) = (3 s - 1) (s + 1)

5 s^{2} + 3 s - 2 = 0

D = 3^{2} - 4 \cdot 5 \cdot (- 2) = 9 + 40 = 49

s = \frac{- 3 \pm \sqrt{49}}{10} = \frac{- 3 \pm 7}{10} \begin{matrix} = \frac{2}{5} \\ = - 1 \end{matrix}

B = 5 (s - \frac{2}{5}) (s + 1) = (5 s - 2) (s + 1)

Множитель 3 вносим в первую скобку только для компактности записи: 3(s − 1/3) = 3s − 1. То же со множителем 5.

шаг 2.Упрощаем обе части

Основание правой части 32 = 2⁵, поэтому отношение логарифмов равно 1/5 . В знаменателе слева степень выносим: lg B⁵ = 5·lg B, и вся дробь превращается в (1/5)·log_B A. Сокращаем на 1/5.

\frac{\log_{32} 11}{\log_{2} 11} = \frac{1}{\log_{2} 32} = \frac{1}{5}

\frac{\lg A}{\lg B^{5}} = \frac{\lg A}{5 \lg B} = \frac{1}{5} \log_{B} A

\frac{1}{5} \log_{B} A \geq \frac{1}{5}

\log_{B} A \geq 1

log₃₂11 = log₂11 / log₂32 = log₂11 / 5, значит log₃₂11 / log₂11 = 1/5.

шаг 3.Метод рационализации

Единицу записываем как log_B B — неравенство становится разностью логарифмов. Основание B переменное, поэтому знак задаём методом рационализации : знак log_B A − log_B B совпадает со знаком (B − 1)(A − B). Замена сохраняет знак только на ОДЗ, поэтому неравенство сразу переходит в равносильную систему: рационализированное неравенство ① и ограничения ② и ③ на аргумент и основание.

\log_{B} A - \log_{B} B \geq 0

⟺ {\begin{matrix} (B - 1) (A - B) \geq 0 & 1 \\ (3 s - 1) (s + 1) > 0 & 2 \\ (5 s - 2) (s + 1) > 0, 5 s^{2} + 3 s - 2 \neq 1 & 3 \end{matrix}

Условие ② — аргумент логарифма, ③ — основание: оно положительно и не равно единице (иначе знаменатель исходной дроби обращается в ноль). Условие замены s ≥ 0 на осях показываем выноской.

шаг 4.Неравенство ①

Вычитаем и раскладываем оба множителя ① через дискриминант. У трёхчлена 5s² + 3s − 3 корни иррациональные — оставляем их как есть.

1 (B - 1) (A - B) \geq 0

B - 1 = (5 s^{2} + 3 s - 2) - 1 = 5 s^{2} + 3 s - 3

A - B = (3 s^{2} + 2 s - 1) - (5 s^{2} + 3 s - 2) = - 2 s^{2} - s + 1

2 s^{2} + s - 1 = 0

D = 1^{2} - 4 \cdot 2 \cdot (- 1) = 1 + 8 = 9

s = \frac{- 1 \pm \sqrt{9}}{4} = \frac{- 1 \pm 3}{4} \begin{matrix} = \frac{1}{2} \\ = - 1 \end{matrix}

A - B = - 2 (s - \frac{1}{2}) (s + 1)

5 s^{2} + 3 s - 3 = 0

D = 3^{2} - 4 \cdot 5 \cdot (- 3) = 9 + 60 = 69

s = \frac{- 3 \pm \sqrt{69}}{10}

- 2 (5 s^{2} + 3 s - 3) (s - \frac{1}{2}) (s + 1) \geq 0

Пробная точка s = 0: −2·(0 + 0 − 3)·(0 − 1/2)·(0 + 1) = −2·(−3)·(−1/2)·1 = −3 < 0 — знак «−» между −1 и 1/2; через простые корни знак чередуется. Все корни закрашены (нестрогое ≥). Выноска от нуля — условие замены s = √x ≥ 0. Решение ①: [−(3+√69)/10; −1] ∪ [1/2; (√69−3)/10].

шаг 5.Ограничения ② и ③

Разложения A и B уже найдены на шаге 1 — пользуемся ими. В ③ добавляется условие «основание не равно единице»: оно даёт как раз корни трёхчлена 5s² + 3s − 3 из предыдущего шага.

2 (3 s - 1) (s + 1) > 0

s < - 1 или s > \frac{1}{3}

3 (5 s - 2) (s + 1) > 0

s < - 1 или s > \frac{2}{5}

5 s^{2} + 3 s - 2 \neq 1 \Leftrightarrow 5 s^{2} + 3 s - 3 \neq 0

s \neq \frac{- 3 \pm \sqrt{69}}{10}

Обе точки, где основание равно единице, выколоты на оси ③. Решение ②: (−∞; −1) ∪ (1/3; +∞). Решение ③: (−∞; −(3+√69)/10) ∪ (−(3+√69)/10; −1) ∪ (2/5; (√69−3)/10) ∪ ((√69−3)/10; +∞).

шаг 6.Пересечение

Сводим три оси в одну. Левая ветка ① лежит целиком в отрицательной области и отсекается условием замены s ≥ 0, а правая граница выколота условием ③.

Условия ② (s > 1/3) и ③ (s > 2/5) на отрезке [1/2; (√69−3)/10] выполнены, поэтому он остаётся целиком; правый конец выколот, так как там основание равно единице. Решение в s: [1/2; (√69−3)/10).

шаг 7.Обратная замена

Возвращаемся к x: функция s = √x возрастает, поэтому границы возводим в квадрат.

\frac{1}{2} \leq \sqrt{x} < \frac{\sqrt{69} - 3}{10}

\frac{1}{4} \leq x < \frac{{(\sqrt{69} - 3)}^{2}}{100}

{(\sqrt{69} - 3)}^{2} = 69 - 6 \sqrt{69} + 9 = 78 - 6 \sqrt{69}

\frac{1}{4} \leq x < \frac{78 - 6 \sqrt{69}}{100} = \frac{39 - 3 \sqrt{69}}{50}

Оба конца неотрицательны, поэтому возведение в квадрат порядок сохраняет. (39 − 3√69)/50 ≈ 0,282.

условие