условие

0,5logx−1⁡(x2−8x+16)+log4−x⁡(−x2+5x−4)≥3

шаг 1.Область допустимых значений

Оба основания положительны и не равны единице, оба аргумента положительны. Сначала раскладываем оба аргумента: первый — полный квадрат, второй — произведение.

ОДЗ
x2−8x+16=(x−4)2
(x−4)2>0⟺x≠4
−x2+5x−4=−(x2−5x+4)=
=−(x−1)(x−4)=(x−1)(4−x)
{x−1>0x−1≠1x2−8x+16>04−x>04−x≠1−x2+5x−4>0⟺{x>1x≠2x≠4x<4x≠3(x−1)(4−x)>0
{1<x<4x≠2x≠3
−+−аргумент14
−∞
+∞
x
ОДЗ1234
−∞
+∞
x

Корни x² − 5x + 4 ловятся устно: по теореме Виета их сумма равна 5, а произведение равно 4 — подходят 1 и 4. Пробная точка x = 2 в произведении (x − 1)(4 − x): 1 · 2 = 2 > 0 — знак «+», решение лежит между корнями. Условие x ≠ 4 уже внутри x < 4. Выколотые точки 2 и 3 — там основания x − 1 и 4 − x обращаются в единицу.

шаг 2.Упрощаем оба логарифма

Первый аргумент — полный квадрат, поэтому логарифм равен удвоенному логарифму модуляПреобразования 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 на ОДЗ x < 4 и |x − 4| = 4 − x. Второй аргумент раскладывается в произведение, и логарифм произведения — сумма логарифмов.
0,5logx−1⁡(x−4)2=0,5⋅2logx−1⁡|x−4|=
=logx−1⁡(4−x)
log4−x⁡((x−1)(4−x))=log4−x⁡(x−1)+log4−x⁡(4−x)=
=log4−x⁡(x−1)+1
logx−1⁡(4−x)+log4−x⁡(x−1)+1≥3
logx−1⁡(4−x)+log4−x⁡(x−1)≥2

Логарифм основания по самому себе равен единице: log_{4−x}(4 − x) = 1.

шаг 3.Замена переменной

Два оставшихся логарифма — взаимно обратные: у них поменялись местами основание и аргумент. По формуле перехода к новому основанию второй равен единице, делённой на первый. Обозначаем первый логарифм через t = log_{x−1}(4 − x).

log4−x⁡(x−1)=1logx−1⁡(4−x)=1t
t+1t≥2

Деление на t законно: t = 0 означало бы 4 − x = 1, то есть x = 3, а это значение исключено ОДЗ.

шаг 4.Решаем неравенство в t

Переносим 2 влево и сводим к одной дроби; числитель сворачивается в полный квадрат. Корень числителя t = 1 имеет чётную кратность: петелька, знак через него не меняется, а сам он закрашен (нестрогое ≥). Точка разрыва знаменателя t = 0 выколота.

t+1t−2≥0
t2+1−2tt≥0
(t−1)2t≥0
−++01
−∞
+∞
t
Пробная точка t = 2: числитель (2 − 1)² = 1 > 0, знаменатель 2 > 0 — дробь положительна, знак «+». Слева от нуля числитель по-прежнему положителен, а знаменатель отрицателен, поэтому там знак «−». Решение: t > 0.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.Обратная замена

Условие t > 0 означает log_{x−1}(4 − x) > 0. По методу 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.
 знак логарифма совпадает со знаком произведения (основание − 1) · (аргумент − 1).
logx−1⁡(4−x)>0
((x−1)−1)((4−x)−1)>0
(x−2)(3−x)>0
−+−23
−∞
+∞
x

Пробная точка x = 2,5: (2,5 − 2)(3 − 2,5) = 0,5 · 0,5 = 0,25 > 0 — знак «+», решением строгого неравенства служит интервал (2; 3). Он целиком лежит в ОДЗ 1 < x < 4, а выколотые точки 2 и 3 — как раз его концы, поэтому пересечение с ОДЗ ничего не отнимает.

ответ

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