условие

(4x−|x−6|)(log13⁡(x+4)+1)2x2−2|x|≥0

шаг 1.Раскрываем модуль в первом множителе

Нуль подмодульного выражения — точка x = 6, она делит ось на два случаяРаскрытие модуля по знаку
Определение
Модуль раскрывается по знаку подмодульного выражения:
|u|={u,u≥0−u,u<0
В неравенстве
Нуль подмодульного выражения делит область на промежутки. На каждом заменяем модуль по его знаку, решаем полученное неравенство, а ответы объединяем.
В нашей задаче
Нуль |x−6| — точка x=6, она делит ОДЗ на два случая:
· при x≤6: |x−6|=6−x
· при x>6: |x−6|=x−6
. В каждом случае множитель оказывается линейным.
4x−|x−6|={4x−(6−x)=5x−6,x≤64x−(x−6)=3x+6,x>6
5x−6=5(x−1,2)
3x+6=3(x+2)

При x ≤ 6 множитель равен 5(x − 1,2) — его знак совпадает со знаком (x − 1,2). При x > 6 множитель равен 3(x + 2) > 0, и (x − 1,2) там тоже положителен. Значит на всей числовой прямой знак множителя 4x − |x − 6| совпадает со знаком (x − 1,2), а нуль у него единственный — x = 1,2.

шаг 2.Сворачиваем логарифм

Единицу записываем логарифмом с тем же основанием и складываем логарифмыПреобразования 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).
 — второй множитель числителя становится одним логарифмом.
1=log13⁡13
log13⁡(x+4)+1=log13⁡(x+4)+log13⁡13=
=log13⁡x+43

Сумма логарифмов с одинаковым основанием — логарифм произведения: logₐu + logₐv = logₐ(uv). Здесь произведение равно (x + 4) : 3.

шаг 3.Метод рационализации

Логарифм и разность степеней заменяем произведениями того же знакаМетод 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.
. Основание логарифма 1/3 меньше единицы, поэтому множитель (1/3 − 1) выписываем обязательно — он переворачивает знак. Замена сохраняет знак только на ОДЗ, поэтому переходим сразу к равносильной системе.
(4x−|x−6|)(log13⁡x+43−log13⁡1)2x2−2|x|≥0⟺
{(x−1,2)(13−1)(x+43−1)(2−1)(x2−|x|)≥01x+4>02

Нуль логарифма записываем как log_{1/3}1, чтобы получить разность логарифмов с одинаковым основанием. Ограничение ② — это ОДЗ логарифма: аргумент строго положителен. Точки x = 0, x = −1 и x = 1 отдельными строками в системе не нужны — они уже видны как нули знаменателя неравенства ①.

шаг 4.Неравенство ①

Вычисляем множители рационализации и приводим знаменатель к произведению модулей, после чего умножаем обе части на 9/2 > 0.

Корни числителя: −1 и 1,2. Точки разрыва знаменателя: −1, 0 и 1 — выколоты. Точка x = −1 — общий нуль числителя и знаменателя суммарно чётной кратности: петелька, знак через неё не меняется. Точка x = 0 — нуль множителя |x|, тоже чётной кратности: петелька.

x2−|x|=|x|2−|x|=|x|(|x|−1)
1(x−1,2)(13−1)(x+43−1)(2−1)(x2−|x|)≥0
−29(x−1,2)(x+1)|x|(|x|−1)≥0|⋅92
−(x−1,2)(x+1)|x|(|x|−1)≥0
−−−+−①1−011,2
−∞
+∞
x
Множители рационализации: (1/3 − 1) = −2/3, (x + 4)/3 − 1 = (x + 1)/3 и (2 − 1) = 1; их произведение даёт коэффициент −2/9. Пробная точка x = 2: числитель −(2 − 1,2)(2 + 1) = −2,4, знаменатель |2|(|2| − 1) = 2, дробь −1,2 < 0 — знак «−» на правом интервале. Через точки −1 и 0 знак не меняется (петельки), через точку 1 — меняется. Решение ①: x ∈ (1; 1,2].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.
Когда работает метод интервалов?
➀ Полиномы и дроби — корни находятся алгебраически, между ними знак постоянен.
Пример: (x−3)2(x+2)(x−1)−1
➁ Разности степеней одного основания
Знак af(x)−ag(x) совпадает со знаком f(x)−g(x) — заменяем на полином.
Пример: (2x2−22x)(3x2−34) → x(x−2)2(x+2)
➂ Разность одинаковых степеней
cax−dbx=0 делим на cbx>0 → (ab)x=dc: ровно один корень, знак меняется один раз — как у линейного множителя.
Пример: 2x−3x=0 только при x=0.
· В ② и ③ только разность! Сумма всегда >0, корня нет → не учитываем.
· Произведение множителей из ①, ② и ③ — тоже работает.
Смешанные — не работает
Если внутри одного множителя и показательная, и алгебраическая часть — корни трансцендентные, знак непредсказуем.
Пример: (2x−3+x2)(3x−x)
Тогда разбираем по случаям, например: A⋅B≥0⇔ оба ≥ 0 или оба ≤ 0 или A = 0 или B = 0.

шаг 5.Ограничение ② и пересечение

Условие ② даёт луч x > −4. Пересекаем его с решением неравенства ①.

2x+4>0⟺x>−4
①1−011,2
−∞
+∞
x
②4−
−∞
+∞
x
пересечение11,2
−∞
+∞
x
Решение ① целиком лежит правее точки −4, поэтому ограничение ② ничего не отсекает.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∈(1;1,2]
репетитор по
математике
Мария Беличенко
• обо мне
• принципы работы
• учебный процесс
• оплата
• контакты		• Беличеночная
• блог
• ЕГЭ
• оферта
belichenko.org
2019 -