условие

log9⁡(2−x)−log15⁡(2−x)log15⁡x−log25⁡x≤log25⁡9

шаг 1.Область допустимых значений

Под первыми логарифмами стоит 2 − x, под вторыми — x; основания 9, 15, 25 постоянные. Нужны положительные аргументы и ненулевой знаменатель.

ОДЗ
2−x>0,x>0
0<x<2
log15⁡x−log25⁡x≠0
x≠1
ОДЗ012
−∞
+∞
x

Из 2 − x > 0 и x > 0 получаем 0 < x < 2. Знаменатель равен (1/ln15 − 1/ln25)·ln x; скобка — ненулевая постоянная, поэтому он обнуляется только при ln x = 0, то есть x = 1. ОДЗ: (0; 1) ∪ (1; 2).

шаг 2.Сводим к логарифму по основанию x

Переводим все логарифмы к натуральным 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).
 и в числителе, и в знаменателе выносим общий множитель. Разности логарифмов чисел дают одинаковый множитель ln(5/3), который при делении сокращается.
log9⁡(2−x)−log15⁡(2−x)=(1ln⁡9−1ln⁡15)ln⁡(2−x)
log15⁡x−log25⁡x=(1ln⁡15−1ln⁡25)ln⁡x
1ln⁡9−1ln⁡15=ln⁡53ln⁡9ln⁡15,1ln⁡15−1ln⁡25=ln⁡53ln⁡15ln⁡25
log9⁡(2−x)−log15⁡(2−x)log15⁡x−log25⁡x=ln⁡25ln⁡9⋅ln⁡(2−x)ln⁡x
=log9⁡25⋅logx⁡(2−x)

ln 15 − ln 9 = ln(5/3) и ln 25 − ln 15 = ln(5/3) — одинаковы и при делении сокращаются. Остаётся отношение (ln 25)/(ln 9) = log₉25 и (ln(2 − x))/(ln x) = log_x(2 − x).

шаг 3.Оцениваем правую часть

Постоянный множитель log₉25 = 1/log₂₅9 переносим вправо. Основание x переменное, поэтому знак log_x(2 − x) задаём рационализацией Метод 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.
, сравнивая с log_x 1 = 0.
log9⁡25⋅logx⁡(2−x)≤log25⁡9
log9⁡25=1log25⁡9⇒logx⁡(2−x)≤log252⁡9
logx⁡(2−x)∼(x−1)((2−x)−1)=−(x−1)2

log₉25 = 1/log₂₅9 > 0, деление на него знак не меняет; справа получаем (log₂₅9)² > 0. Знак log_x(2 − x) совпадает со знаком (x − 1)((2 − x) − 1) = −(x − 1)².

шаг 4.Вывод

На всей ОДЗ множитель −(x − 1)² < 0 (ведь x ≠ 1), поэтому log_x(2 − x) отрицателен, а правая часть (log₂₅9)² положительна. Значит, неравенство выполнено в каждой точке ОДЗ.

logx⁡(2−x)<0<log252⁡9(на всей ОДЗ)
ответ012
−∞
+∞
x

Решение совпадает с ОДЗ: (0; 1) ∪ (1; 2).

ответ

x∈(0;1)∪(1;2)
репетитор по
математике
Мария Беличенко
• обо мне
• принципы работы
• учебный процесс
• оплата
• контакты		• Беличеночная
• блог
• ЕГЭ
• оферта
belichenko.org
2019 -