Математика 11 класс 11-М-4

§9. Логарифмические неравенства

Пусть f(x)>0f(x)>0, f(x)f(x) непрерывна на (c;d)(c;d), тогда logaf(x)\textrm{log}_a{f(x)} тоже непрерывен на (c;d)(c;d), и для решения неравенства logaf(x)>0\textrm{log}_a{f(x)}>0 применим метод интервалов. При решении этого неравенства значения f(x)f(x) в "пробных" точках придется сравнивать с единицей. Если "пробные" точки не очень удобные, то вычисления могут оказаться довольно громоздкими. Поэтому с самого начала учтем это.

Рассмотрим неравенство logaf(x)>0(<0)\textrm{log}_a{f(x)} >0(<0) , где aa - заданное положительное число, a1a\neq 1. ОДЗ: f(x)>0f(x)>0. Покажем, что имеет место условие равносильности 

logaf(x)>0(<0)(a-1)(f(x)-1)>0(<0)в ОДЗ \fbox{ \textrm{log}_a{f(x)}>0(<0) \Leftrightarrow (a-1)(f(x)-1)>0(<0) \:\: \text{в ОДЗ} } (УР Л4)

Действительно,

1. Если a>1a>1, то logaf(x)>0(<0)\textrm{log}_a{f(x)}>0(<0) тогда и только тогда, когда f(x)>1(<1)f(x)>1(<1), т.е (a-1)(f(x)-1)>0(<0)(a-1)(f(x)-1)>0(<0).

2. Если 0<a<10<a<1, то logaf(x)>0(<0)\textrm{log}_a{f(x)}>0(<0) тогда и только тогда, когда f(x)>1(<1)f(x)>1(<1), т.е опять (a-1)(f(x)-1)>0(<0)(a-1)(f(x)-1)>0(<0).

И наоборот, если (a-1)(f(x)-1)>0(<0)(a-1)(f(x)-1)>0(<0), то 

1. При a>1a>1 имеем f(x)>1(<1)f(x)>1(<1), а тогда logaf(x)>0(<0)\textrm{log}_a{f(x)}>0(<0).

2. При 0<a<10<a<1 имеем f(x)<1(>1)f(x)<1(>1), а тогда logaf(x)>0(<0)\textrm{log}_a{f(x)}>0(<0).

Отсюда следует: знак logaf(x)\textrm{log}_a{f(x)} совпадает со знаком произведения (a-1)(f(x)-1)(a-1)(f(x)-1) в ОДЗ.           (УР Л5)

Полное условие равносильности:

$$ \textrm{log}_a{f(x)} >0(<0) \Leftrightarrow \begin{cases} f(x)>0. \\ (a-1)(f(x)-1)>0(<0). \end{cases}  $$    (УР Л5*)


Рассмотрим неравенство logaf(x)>logag(x)\textrm{log}_a{f(x)}>\textrm{log}_a{g(x)}, где a>0a>0, a1a \neq 1. ОДЗ: $$ \begin{cases} f(x)>0, \\ g(x)>0. \end{cases} $$.

Аналогично доказывается, что верно и такое условие равносильности

 logaf(x)>logag(x)     (a-1)(f(x)-g(x))>0(<0)В ОДЗ         \fbox{  \textrm{log}_a{f(x)}>\textrm{log}_a{g(x)} \Leftrightarrow         (a-1)(f(x)-g(x))>0(<0) \text{В ОДЗ}           \:\:   }  (УР Л6)

А также полное условие равносильности

$$  \textrm{log}_a{f(x)}>(<)\textrm{log}_a{g(x)} \Leftrightarrow \begin{cases} f(x)>0, \\ g(x)>0, \\ (a-1)(f(x)-g(x))>0(<0) . \end{cases} $$ (УР Л6*)

Отсюда следует: знак разности logaf(x)-logag(x)\textrm{log}_a{f(x)}-\textrm{log}_a{g(x)} совпадает со знаком произведения (a-1)(f(x)-g(x))(a-1)(f(x)-g(x)) в ОДЗ.   (УР Л7)

При решении простейших логарифмических неравенств, конечно, можно не использовать (УР Л4) и (УР Л6). Однако, (УР Л4) и (УР Л6) дают возможность просто справиться с неравенствами, решение которых обычным способом потребует гораздо больше вычислений.

Пример 19

Решить неравенство lg(3x2-3x+7)-lg(6+x-x2)(10x-7)(10x-3)0\dfrac{\textrm{lg}{(3x^2-3x+7)} -\textrm{lg}{(6+x-x^2)} }{(10x-7)(10x-3)} \geq 0 .

Решение

ОДЗ: $$ \begin{cases} 3x^2-3x+7>0 \Leftrightarrow x \in R, \\ -x^2+x+6>0 \Leftrightarrow x \in (-2;3). \end{cases} \Leftrightarrow x \in (-2;3) $$

lg(3x2-3x+7)-lg(6+x-x2)(10x-7)(10x-3)0\dfrac{\textrm{lg}{(3x^2-3x+7)} -\textrm{lg}{(6+x-x^2)} }{(10x-7)(10x-3)} \geq 0 \Leftrightarrow В ОДЗ, в силу (УР Л7),

3x2-3x+7+x2-x-6(x-710)(x-310)=(2x-1)2(x-710)(x-310) \dfrac{3x^2-3x+7 +x^2-x-6}{(x-\frac{7}{10})(x-\frac{3}{10})} = \dfrac{(2x-1)^2}{(x-\frac{7}{10})(x-\frac{3}{10})} \Leftrightarrow

x(-;310){12}(710;+)x(-;310){12}(710;3) x \in (-\infty;\frac{3}{10})\bigcup \{ \frac{1}{2}\} \bigcup (\frac{7}{10};+\infty) \Rightarrow x \in (-\infty;\frac{3}{10})\bigcup \{ \frac{1}{2}\} \bigcup (\frac{7}{10};3) \Rightarrow

ОТВЕТ

x(-2;310){12}(710;3)x\in (-2;\frac{3}{10})\bigcup\{\frac{1}{2}\}\bigcup(\frac{7}{10};3).

В этом примере разность логарифмов не меняет знак при переходе через точку x=12x=\frac{1}{2}, а следующие нули находятся близко. "Пробные" точки подставлять затруднительно.

Пример 20(МГУ,1998)

Решить неравенство

log2(x+112+x2+1)·log3(-2x-x2)log3(|x|3+32)·log2(-2x-x2)\textrm{log}_2{(\sqrt{x+\frac{11}{2}}+\frac{x}{2}+1)}\cdot \textrm{log}_3{(-2x-x^2)} \geq \textrm{log}_3{(\frac{|x|}{3} + \frac{3}{2})}\cdot \textrm{log}_2{(-2x-x^2)}.

Решение

ОДЗ: $$ \begin{cases} x+5,5 \geq 0 \Leftrightarrow x\geq -5,5, \\ \sqrt{x+5,5}+\frac{x+2}{2} > 0, \\ -2x-x^2>0 \Leftrightarrow x(x+2) < 0 \Leftrightarrow x \in (-2;0) . \end{cases} \Leftrightarrow x\in (-2;0)$$.

log2(x+112+x2+1)·log3(-2x-x2)log3(|x|2+32)·log2(-2x-x2) \textrm{log}_2{(\sqrt{x+\frac{11}{2}}+\frac{x}{2}+1)}\cdot \textrm{log}_3{(-2x-x^2)} \geq \textrm{log}_3{(\frac{|x|}{2} + \frac{3}{2})}\cdot \textrm{log}_2{(-2x-x^2)} \Leftrightarrow 

log2(x+112+x2+1)·log2(-2x-x2)log2(|x|2+32)·log2(-2x-x2) \Leftrightarrow \textrm{log}_2{(\sqrt{x+\frac{11}{2}}+\frac{x}{2}+1)}\cdot \textrm{log}_2{(-2x-x^2)} \geq \textrm{log}_2{(\frac{|x|}{2} + \frac{3}{2})}\cdot \textrm{log}_2{(-2x-x^2)} \Leftrightarrow

log2(-2x-x2)·(log2(x+112+x2+1)-log2(|x|2+32))0\Leftrightarrow \textrm{log}_2{(-2x-x^2)}\cdot (\textrm{log}_2{(\sqrt{x+\frac{11}{2}} + \frac{x}{2} + 1)} -\textrm{log}_2{(\frac{|x|}{2} +\frac{3}{2} )}) \geq 0 \Leftrightarrow

(-2x-x2-1)(x+112+x2+1-|x|2-32)0 \Leftrightarrow (-2x-x^2-1)(\sqrt{x+\frac{11}{2}} +\frac{x}{2} +1 - \frac{|x|}{2} - \frac{3}{2} ) \geq 0 \Leftrightarrow 

Воспользуемся тем, что на ОДЗ |x|=-x|x|=-x.

(x+1)2(x+112+x-12)0(x+1)2(x+112-(12-x))0 \Leftrightarrow (x+1)^2(\sqrt{x+\frac{11}{2}} +x-\frac{1}{2}) \leq 0 \Leftrightarrow (x+1)^2(\sqrt{x+\frac{11}{2}} - (\frac{1}{2}-x) ) \leq 0 \Leftrightarrow

Воспользуемся тем, что на ОДЗ (12-x)>0(\frac{1}{2}-x)>0.

(x+1)2(x+112-(12-x)2)0(x+1)2(-x2+2x+214)0 \Leftrightarrow (x+1)^2(x+\frac{11}{2} - (\frac{1}{2}-x)^2 ) \leq 0 \Leftrightarrow (x+1)^2(-x^2+2x+\frac{21}{4})\leq 0  \Leftrightarrow

(x+1)2(x-72)(x+32)0x(-;-32][72;+){-1} \Leftrightarrow (x+1)^2(x-\frac{7}{2})(x+\frac{3}{2}) \geq 0 \Rightarrow x \in (-\infty; -\frac{3}{2} ] \bigcup [\frac{7}{2}; +\infty) \bigcup \{ -1 \} .

Пересечение множества решений этого неравенства и ОДЗ - решение задачи. 

ОТВЕТ 

x(-2;-32]{-1} x \in (-2; -\frac{3}{2}] \bigcup \{-1\}.

Пример 21(МФТИ,1992)

Решить неравенство 1x·log7(92-2·7-x)>1\frac{1}{x}\cdot \textrm{log}_7{(\frac{9}{2}-2\cdot 7^{-x} )} >1.

Решение

ОДЗ: 92-2·7-x>092·7x-2>0x>log749\frac{9}{2} - 2\cdot 7^{-x} >0 \Leftrightarrow \frac{9}{2} \cdot 7^x -2 >0 \Leftrightarrow x>\textrm{log}_7{\frac{4}{9}} .

Тогда в ОДЗ

1x·log7(92-2·7-x)>1 1x·log7(92-2·7-x)>xx \frac{1}{x}\cdot \textrm{log}_7{(\frac{9}{2}-2\cdot 7^{-x} )} >1 \Leftrightarrow \frac{1}{x}\cdot \textrm{log}_7{(\dfrac{9}{2}-2\cdot 7^{-x} )} > \frac{x}{x} \Leftrightarrow 

log7(92-2·7-x)-xx=log7(92-2·7-x)-log77xx>0   \Leftrightarrow \dfrac{\textrm{log}_7{(\frac{9}{2}-2\cdot 7^{-x} )} -x}{x}= \dfrac{\textrm{log}_7{(\frac{9}{2}-2\cdot 7^{-x} )} -\textrm{log}_7{7^x}}{x} > 0 \Leftrightarrow   

В ОДЗ, в силу (УР Л7),

92-2·7-x-7xx>072x-92·7x+2x<0(7x-4)(7x-12)x<0 \Leftrightarrow \dfrac{\frac{9}{2} - 2\cdot 7^{-x} -7^x}{x} >0 \Leftrightarrow \dfrac{7^{2x}-\frac{9}{2}\cdot 7^x +2 }{x} <0 \Leftrightarrow \dfrac{(7^x-4)(7^x-\frac{1}{2})}{x}<0 \Leftrightarrow

 (7x-7log74)(7x-7log712)x<0 \Leftrightarrow \dfrac{(7^x-7^{\textrm{log}_7{4}})(7^x-7^{\textrm{log}_7{\frac{1}{2}}})}{x}<0

В силу (УР П2),

(x-log74)(x-log712)x<0x(-;log712)(0;log74) \dfrac{(x-\textrm{log}_7{4})(x-\textrm{log}_7{\frac{1}{2}})}{x} < 0 \Leftrightarrow x \in (-\infty; \textrm{log}_7{\frac{1}{2}})\bigcup(0; \textrm{log}_7{4})

С учетом ОДЗ,

x (log749;log712)(0;log74) x \in (\textrm{log}_7{\frac{4}{9}}; \textrm{log}_7{\frac{1}{2}})\bigcup (0; \textrm{log}_7{4}) .

ОТВЕТ

x (log749;log712)(0;log74) x \in (\textrm{log}_7{\frac{4}{9}}; \textrm{log}_7{\frac{1}{2}})\bigcup (0; \textrm{log}_7{4}) .