Задание 16 ЕГЭ по профильной математике

а) ОДЗ. Для существования логарифмов необходимо: 4x² − 1 > 0, x > 0, 5x + 9/x − 11 > 0.

Первые два условия дают x > 1/2.

При x > 0 третье условие равносильно 5x² − 11x + 9 > 0. Дискриминант D = 121 − 180 = −59 < 0, старший коэффициент положителен, поэтому это условие выполняется всегда.

Итак, ОДЗ: x ∈ (1/2; +∞).

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ по свойству разности логарифмов получаем log₂((4x² − 1)/x) ≤ log₂(5x + 9/x − 11).

Поскольку основание 2 > 1, логарифмическая функция возрастает. Поэтому неравенство равносильно (4x² − 1)/x ≤ 5x + 9/x − 11.

Умножаем на x > 0 без изменения знака: 4x² − 1 ≤ 5x² + 9 − 11x, то есть (x − 1)(x − 10) ≥ 0.

в) Метод интервалов. Нули произведения: 1 и 10. На промежутках (−∞; 1), (1; 10), (10; +∞) его знаки соответственно +, −, +.

Следовательно, x ∈ (−∞; 1] ∪ [10; +∞). Точки 1 и 10 включаются, поскольку неравенство нестрогое и обе точки принадлежат ОДЗ.

Пересекаем с ОДЗ: точка 1/2 исключается, так как при ней аргумент первого логарифма равен нулю.

Ответ: (0,5; 1] ∪ [10; +∞).

а) ОДЗ. Необходимо x + 4 > 0, (x + 4)² > 0 и (x + 4)² ≠ 1. Аргумент √7 положителен.

При x + 4 > 0 условие (x + 4)² ≠ 1 равносильно x + 4 ≠ 1. Поэтому ОДЗ: x > −4, x ≠ −3.

б) Замена переменной. Пусть t = log₇(x + 4). На ОДЗ t ≠ 0.

По формуле перехода к основанию 7 имеем log₄₉(x + 4) = t/2 и log₍ₓ₊₄₎²(√7) = (1/2)/(2t) = 1/(4t), где во втором логарифме основание равно (x + 4)².

Исходное неравенство равносильно t/2 + 1/(4t) ≤ −3/4.

Переносим всё влево и приводим к общему знаменателю: (2t² + 3t + 1)/(4t) ≤ 0, то есть ((2t + 1)(t + 1))/t ≤ 0.

в) Метод интервалов. Нули числителя: −1 и −1/2; знаменатель обращается в нуль при t = 0.

На промежутках (−∞; −1), (−1; −1/2), (−1/2; 0), (0; +∞) знаки дроби соответственно −, +, −, +.

Таким образом, t ∈ (−∞; −1] ∪ [−1/2; 0). Нули числителя включаем, точку 0 исключаем.

Поскольку функция 7ᵗ возрастает, условие t ≤ −1 даёт 0 < x + 4 ≤ 1/7, откуда −4 < x ≤ −27/7.

Условие −1/2 ≤ t < 0 даёт √7/7 ≤ x + 4 < 1, откуда −4 + √7/7 ≤ x < −3.

Левые границы −27/7 и −4 + √7/7 соответствуют равенству и включаются; точки −4 и −3 исключены ОДЗ.

Ответ: (−4; −27/7] ∪ [−4 + √7/7; −3).

а) ОДЗ. Логарифм log₂ x определён при x > 0. Знаменатель не равен нулю: (log₂ x)² − 36 ≠ 0, поэтому x ≠ 1/64 и x ≠ 64.

б) Равносильные преобразования. При x > 0 имеем log₂(4x²) = 2 + 2log₂ x.

Положим t = log₂ x. Тогда t ≠ −6, t ≠ 6, а исходное неравенство равносильно (2t + 37)/(t² − 36) ≥ −1.

Перенесём −1 в левую часть и приведём к общему знаменателю: (t² + 2t + 1)/(t² − 36) ≥ 0.

Разложив на множители, получим (t + 1)²/((t − 6)(t + 6)) ≥ 0.

в) Метод интервалов. Критические точки: −6, −1, 6. Точки −6 и 6 исключены по ОДЗ.

На интервалах (−∞; −6), (−6; −1), (−1; 6), (6; +∞) дробь имеет соответственно знаки +, −, −, +.

При t = −1 числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля, поэтому эта точка входит в решение. Получаем t ∈ (−∞; −6) ∪ {−1} ∪ (6; +∞).

Поскольку функция x = 2ᵗ возрастает, возвращаемся к x: 0 < x < 1/64, либо x = 1/2, либо x > 64.

Ответ: (0; 1/64) ∪ {1/2} ∪ (64; +∞).

а) ОДЗ. Для существования логарифмов необходимо x > 0. Все знаменатели должны быть отличны от нуля: log₃ x ≠ 4 и log₃ x ≠ −4. Следовательно, x ≠ 81 и x ≠ 1/81.

б) Равносильные преобразования. Положим t = log₃ x. На ОДЗ log₃(81x) = t + 4, log₃(x⁸) = 8t; при этом t ≠ ±4.

Исходное неравенство принимает вид (t + 4)/(t − 4) + (t − 4)/(t + 4) ≥ (24 − 8t)/(t² − 16).

Перенесём правую часть влево и приведём к общему знаменателю: ((t + 4)² + (t − 4)² − 24 + 8t)/(t² − 16) ≥ 0.

После раскрытия скобок получим (2t² + 8t + 8)/(t² − 16) ≥ 0, то есть 2(t + 2)²/((t − 4)(t + 4)) ≥ 0.

в) Метод интервалов. Критические точки: −4, −2, 4. Точки −4 и 4 исключены по ОДЗ.

На интервалах (−∞; −4), (−4; −2), (−2; 4), (4; +∞) дробь имеет соответственно знаки +, −, −, +.

При t = −2 числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля, поэтому эта точка входит в решение. Таким образом, t ∈ (−∞; −4) ∪ {−2} ∪ (4; +∞).

Поскольку функция x = 3ᵗ возрастает, получаем 0 < x < 1/81, либо x = 1/9, либо x > 81.

Ответ: (0; 1/81) ∪ {1/9} ∪ (81; +∞).

а) ОДЗ. Аргументы обоих логарифмов должны быть положительными:

(x − 6)(x − 7) > 0 и (x − 7)⁷/(x − 6) > 0.

Оба условия выполняются при x ∈ (−∞; 6) ∪ (7; +∞).

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ по свойствам логарифмов исходное неравенство равносильно:

log₁₂(((x − 6)(x − 7))⁷) − log₁₂((x − 7)⁷/(x − 6)) ≤ 8.

Объединяя логарифмы и сокращая ненулевой множитель (x − 7)⁷, получаем log₁₂((x − 6)⁸) ≤ 8.

Поскольку основание 12 > 1, равносильно получаем (x − 6)⁸ ≤ 12⁸.

Это равносильно |x − 6| ≤ 12, то есть (x − 18)(x + 6) ≤ 0.

в) Метод интервалов и границы. Корни произведения: −6 и 18. Знаки на промежутках (−∞; −6), (−6; 18), (18; +∞) соответственно +, −, +.

Следовательно, −6 ≤ x ≤ 18. Точки −6 и 18 включаются, поскольку обращают неравенство в равенство и принадлежат ОДЗ.

Пересекаем полученный отрезок с ОДЗ; точки 6 и 7 исключены.

Ответ: [−6; 6) ∪ (7; 18].

а) ОДЗ. Знаменатель должен быть отличен от нуля: 5x − x² − 4 = −(x − 1)(x − 4) ≠ 0.

Следовательно, x ≠ 1 и x ≠ 4.

б) Равносильные преобразования. Используем равенство 10ˣ = 2ˣ · 5ˣ и раскладываем числитель на множители:

10ˣ − 25 · 2ˣ − 2 · 5ˣ + 50 = 2ˣ(5ˣ − 25) − 2(5ˣ − 25) = (2ˣ − 2)(5ˣ − 25).

На ОДЗ исходное неравенство равносильно (2ˣ − 2)(5ˣ − 25)/[−(x − 1)(x − 4)] ≥ 0.

Поскольку показательные функции с основаниями 2 и 5 возрастают, выражение 2ˣ − 2 имеет тот же знак, что x − 1, а выражение 5ˣ − 25 — тот же знак, что x − 2.

в) Метод интервалов. Критические точки: 1, 2 и 4; точки 1 и 4 исключены из ОДЗ.

На (−∞; 1) числитель положителен, знаменатель отрицателен, поэтому дробь отрицательна.

На (1; 2) числитель отрицателен, знаменатель положителен, поэтому дробь отрицательна.

На (2; 4) числитель и знаменатель положительны, поэтому дробь положительна.

На (4; +∞) числитель положителен, знаменатель отрицателен, поэтому дробь отрицательна.

При x = 2 числитель равен нулю, а знаменатель равен 2, поэтому точка 2 включается. Точка 4 исключена.

Ответ: [2; 4).

а) ОДЗ.
Аргументы всех логарифмов должны быть положительными:
(2 − x)(x² + 5) > 0, x² − 5x + 6 > 0, 4 − x > 0.
Поскольку x² + 5 > 0, первое условие равносильно x < 2.
При x < 2 остальные условия выполнены: x² − 5x + 6 = (2 − x)(3 − x) > 0 и 4 − x > 0.
Следовательно, ОДЗ: x ∈ (−∞; 2).

б) Равносильные преобразования.
На ОДЗ объединяем логарифмы справа по правилу суммы. Поскольку основание 3 > 1, логарифмическая функция возрастает, поэтому исходное неравенство равносильно:
(2 − x)(x² + 5) ≥ (2 − x)(3 − x)(4 − x).
Делим обе части на положительное на ОДЗ число 2 − x:
x² + 5 ≥ (3 − x)(4 − x).
x² + 5 ≥ x² − 7x + 12 ⇔ 7(x − 1) ≥ 0.

в) Метод интервалов и граничные точки.
Выражение 7(x − 1) отрицательно при x < 1, равно нулю при x = 1 и положительно при x > 1.
Получаем x ∈ [1; +∞). Пересекаем с ОДЗ: x ∈ [1; 2).
Точка 1 включается, поскольку допускается равенство; точка 2 исключается по ОДЗ.
Ответ: [1; 2).

а) ОДЗ.
Показательные выражения определены при всех действительных x. Знаменатель должен отличаться от нуля:
50x² − 110x + 60,5 = 50(x − 1,1)² ≠ 0.
Следовательно, ОДЗ: x ≠ 1,1. На ОДЗ знаменатель положителен.

б) Равносильные преобразования.
Положим t = 3ˣ, тогда t > 0. Числитель преобразуется следующим образом:
27ˣ − 9ˣ⁺¹ + 3ˣ⁺³ − 27 = t³ − 9t² + 27t − 27 = (t − 3)³.
Поэтому исходное неравенство равносильно на ОДЗ неравенству:
(3ˣ − 3)³ / (50(x − 1,1)²) ≥ 0.
Поскольку знаменатель положителен, а куб числа имеет тот же знак, что и само число, получаем:
3ˣ − 3 ≥ 0 ⇔ 3ˣ ≥ 3¹ ⇔ x ≥ 1.
Последний переход равносилен, поскольку показательная функция с основанием 3 > 1 возрастает.

в) Метод интервалов и граничные точки.
Критические точки исходной дроби: 1 — нуль числителя, 1,1 — нуль знаменателя.
На интервале (−∞; 1) дробь отрицательна, на интервалах (1; 1,1) и (1,1; +∞) положительна.
Точка 1 включается: знаменатель ненулевой, а дробь равна нулю. Точка 1,1 исключается по ОДЗ.
Ответ: [1; 1,1) ∪ (1,1; +∞).

а) ОДЗ.
2x² + 12 > 0 при любом x; x² − x + 12 = (x − 1/2)² + 47/4 > 0.
Остаётся условие 2 − 1/x > 0, то есть (2x − 1)/x > 0.
Методом интервалов получаем ОДЗ: x ∈ (−∞; 0) ∪ (1/2; +∞).

б) Равносильные преобразования.
Объединим логарифмы слева. Поскольку основание 7 > 1, на ОДЗ исходное неравенство равносильно:
(2x² + 12)/(x² − x + 12) ≥ (2x − 1)/x.
Переносим правую часть влево и приводим к общему знаменателю:
[x(2x² + 12) − (2x − 1)(x² − x + 12)]/[x(x² − x + 12)] ≥ 0.
Раскрывая скобки и раскладывая числитель на множители, получаем:
(3x − 4)(x − 3)/[x(x² − x + 12)] ≥ 0.

в) Метод интервалов и границы.
Множитель x² − x + 12 положителен, поэтому знак дроби определяется выражением (3x − 4)(x − 3)/x.
Критические точки: 0, 4/3, 3. На интервалах (−∞; 0), (0; 4/3), (4/3; 3), (3; +∞) знаки соответственно: −, +, −, +.
Неравенство выполняется при x ∈ (0; 4/3] ∪ [3; +∞). Точки 4/3 и 3 включаются, поскольку обращают числитель в нуль.
Пересекаем с ОДЗ; точка 1/2 исключена, поскольку аргумент правого логарифма равен нулю.
Ответ: (1/2; 4/3] ∪ [3; +∞).

а) ОДЗ и замена переменной.
Знаменатель должен быть отличен от нуля: 2 · 64ˣ − 32 ≠ 0.
Отсюда 64ˣ ≠ 16, то есть x ≠ 2/3.
Положим t = 8ˣ, тогда t > 0, 64ˣ = t² и 8ˣ⁺¹ = 8t. Ограничение ОДЗ принимает вид t ≠ 4.

б) Равносильные преобразования.
Получаем (8t − 40)/(2t² − 32) ≤ 1.
Переносим единицу влево и приводим к общему знаменателю:
(−2t² + 8t − 8)/(2t² − 32) ≤ 0.
Разложив числитель и знаменатель на множители, получаем:
−(t − 2)²/[(t − 4)(t + 4)] ≤ 0.
Умножение на −1 меняет знак неравенства: (t − 2)²/[(t − 4)(t + 4)] ≥ 0.

в) Метод интервалов и границы.
При t > 0 множитель t + 4 положителен. Критические точки на этой области: 2 и 4.
На интервалах (0; 2) и (2; 4) дробь отрицательна, на (4; +∞) положительна.
При t = 2 дробь равна нулю, поэтому эта точка включается; при t = 4 дробь не определена.
Следовательно, t = 2 или t > 4.
Возвращаемся к x: 8ˣ = 2 даёт x = 1/3; из 8ˣ > 4, поскольку 8 > 1, следует x > 2/3.
Ответ: {1/3} ∪ (2/3; +∞).

а) ОДЗ.
Аргументы всех логарифмов должны быть положительными:
2/x + 2 > 0, x + 3 > 0, (x + 6)/x² > 0.
Первое условие даёт x ∈ (−∞; −1) ∪ (0; +∞), второе — x > −3, третье — x > −6, x ≠ 0.
Следовательно, ОДЗ: x ∈ (−3; −1) ∪ (0; +∞).

б) Равносильные преобразования.
На ОДЗ по свойству разности логарифмов получаем:
log_5(2(x + 1)/(x(x + 3))) ≤ log_5((x + 6)/x²).
Поскольку основание 5 > 1, логарифмическая функция возрастает, поэтому:
2(x + 1)/(x(x + 3)) ≤ (x + 6)/x².
Перенесём правую часть влево и приведём к общему знаменателю:
(2x(x + 1) − (x + 6)(x + 3))/(x²(x + 3)) ≤ 0,
(x − 9)(x + 2)/(x²(x + 3)) ≤ 0.

в) Метод интервалов и границы.
На ОДЗ знаменатель x²(x + 3) положителен, поэтому равносильно (x − 9)(x + 2) ≤ 0.
Нули произведения: −2 и 9. Знаки на промежутках (−∞; −2), (−2; 9), (9; +∞) соответственно: +, −, +.
Следовательно, x ∈ [−2; 9]. Пересечение с ОДЗ даёт [−2; −1) ∪ (0; 9].
Точки −2 и 9 входят: они принадлежат ОДЗ и дают равенство. Точки −1 и 0 исключены по ОДЗ.
Ответ: [−2; −1) ∪ (0; 9].

а) ОДЗ и замена переменной.
Знаменатель не должен равняться нулю: 3ˣ ≠ 84, то есть x ≠ log_3 84.
Положим t = 3ˣ. Тогда t > 0 и t ≠ 84.
Исходное неравенство равносильно t + 243/(t − 84) ≤ 0.

б) Равносильные преобразования.
Приведём выражение к общему знаменателю:
(t² − 84t + 243)/(t − 84) ≤ 0.
Так как 3 + 81 = 84 и 3 · 81 = 243, получаем:
(t − 3)(t − 81)/(t − 84) ≤ 0.

в) Метод интервалов и возврат к x.
С учётом t > 0 рассматриваем точки 3, 81 и 84.
Знаки дроби на промежутках (0; 3), (3; 81), (81; 84), (84; +∞) соответственно: −, +, −, +.
Нули числителя 3 и 81 включаем, точку 84 исключаем, поскольку знаменатель равен нулю.
Получаем t ∈ (0; 3] ∪ [81; 84).
Следовательно, 0 < 3ˣ ≤ 3 или 81 ≤ 3ˣ < 84.
Функция 3ˣ возрастает, причём 3 = 3¹ и 81 = 3⁴, поэтому x ≤ 1 или 4 ≤ x < log_3 84.
Ответ: (−∞; 1] ∪ [4; log_3 84).

а) ОДЗ.
Аргумент логарифма должен быть положительным: 4 − x² > 0.
Следовательно, −2 < x < 2.

б) Равносильные преобразования.
На ОДЗ по основному логарифмическому тождеству 3^(log₃(4 − x²)) = 4 − x².
Поэтому исходное неравенство равносильно неравенству x⁴ − x² − 6 ≥ 0.
Разложим левую часть на множители: (x² − 3)(x² + 2) ≥ 0.
Так как x² + 2 > 0 при любом x, получаем равносильное неравенство x² − 3 ≥ 0.
Ответ пункта: (x − √3)(x + √3) ≥ 0 при −2 < x < 2.

в) Метод интервалов и граничные точки.
Нули произведения: x = −√3 и x = √3.
На интервалах (−∞; −√3), (−√3; √3), (√3; +∞) знаки произведения соответственно «+», «−», «+».
Следовательно, x ≤ −√3 или x ≥ √3; обе точки ±√3 включаются, поскольку неравенство нестрогое.
Пересекаем полученное множество с ОДЗ (−2; 2). Точки ±2 исключаются, поскольку логарифм в них не определён.
Ответ: (−2; −√3] ∪ [√3; 2).