условие

logx⁡512≤log2⁡64x

шаг 1.Область допустимых значений

Основание логарифма x положительно и не равно единице; аргумент 64 : x положителен при x > 0.

ОДЗ
{x>0x≠164x>0⟺{x>0x≠1

Аргумент 512 положителен сам по себе. Условие 64 : x > 0 выполняется при любом x > 0 и ничего нового не добавляет.

шаг 2.Переходим к основанию 2

Слева основание переменное. Переворачиваем логарифм по формуле переходаПреобразования 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).
, а справа раскладываем логарифм частного в разность.
logx⁡512=log2⁡512log2⁡x=9log2⁡x
log2⁡64x=log2⁡64−log2⁡x=6−log2⁡x

512 = 2⁹ и 64 = 2⁶, поэтому log₂512 = 9 и log₂64 = 6. На ОДЗ x > 0, поэтому частное 64 : x положительно и логарифм частного раскладывается в разность.

шаг 3.Делаем замену

Обозначим t = log₂x. Ограничение ОДЗ x ≠ 1 превращается ровно в ноль знаменателя.

t=log2⁡x,t≠0
9t≤6−t

x = 1 даёт t = log₂1 = 0.

шаг 4.Сводим к одной дроби

Переносим правую часть влево и приводим к общему знаменателю t. Числитель сворачивается в полный квадрат.

9t−6+t≤0
t2−6t+9t≤0
(t−3)2t≤0

Полный квадрат: t² − 6t + 9 = t² − 2·t·3 + 3² = (t − 3)². На t неравенство не домножаем: точка t = 0 остаётся точкой разрыва дроби и выколется сама.

шаг 5.Метод интервалов в t

Корень числителя t = 3 — чётной кратности 2: он закрашен (нестрогое ≤), но знак через него не меняется, поэтому на оси стоит петелька. Точка разрыва знаменателя t = 0 выколота.

−++03
−∞
+∞
t
Пробная точка t = −1: (−1 − 3)² : (−1) = 16 : (−1) = −16 < 0 → на интервале (−∞; 0) знак «−». 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.
 Справа от нуля числитель (t − 3)² положителен всюду, кроме самой точки t = 3, где дробь равна нулю, — она входит в решение изолированно. Решение: t < 0 или t = 3.

шаг 6.Обратная замена

Подставляем t = log₂x, записываем границы как логарифмы степеней двойки и снимаем логарифмы: основание 2 > 1, логарифм возрастаетЛогарифм и знак неравенства
Функция y=loga⁡x монотонна при x>0. При a > 1 возрастает, при 0 < a < 1 убывает.
Снятие логарифма (обе части — логарифмы одного основания):
· при a > 1: loga⁡A≶loga⁡B⟺A≶B (знак сохраняется).
· при 0 < a < 1: знак переворачивается, loga⁡A≤loga⁡B⟺A≥B.
Число c превращаем в логарифм того же основания: c=loga⁡ac — тогда сравниваем аргументы (не забывая A>0).
 — знаки сохраняются.
1)log2⁡x<0
log2⁡x<log2⁡20
x<20
0<x<1
2)log2⁡x=3
log2⁡x=log2⁡23
x=23
x=8
ответ018
−∞
+∞
x

В первом случае левая граница 0 пришла из ОДЗ x > 0, а точка 1 выколота: при ней основание логарифма равно единице. Второй случай даёт изолированную точку x = 8: при ней обе части исходного неравенства равны 3.

ответ

x∈(0;1)∪{8}
репетитор по
математике
Мария Беличенко
• обо мне
• принципы работы
• учебный процесс
• оплата
• контакты		• Беличеночная
• блог
• ЕГЭ
• оферта
belichenko.org
2019 -