Б.П. Гэйдман
Логарифмические
и показательные
уравнения
и неравенства
Российская академия образования
Открытый лицей
«ВСЕРОССИЙСКАЯ ЗАОЧНАЯ МНОГОПРЕДМЕТНАЯ ШКОЛА»
при Московском государственном университете им. М. В. Ломоносова
Б. П. Гейдман
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА
Москва, 2003
УДК 37.018.43
ББК 22.141
Г29
Гейдман Б. П.
Г29 Логарифмические и показательные уравнения и неравенства.
Учебное пособие для учащихся ОЛ ВЗМПТ при МГУ им. Ломо-
носова. — М.: МЦНМО, 2003. — 48 с.: ил.
ISBN 5-94057-099-2
Пособие предназаначено для учащихся ОЛ ВЗМШ при МГУ им. Ломо-
носова. Ойо содержит теоретический материал, посвященный общим прин-
ципам решения логарифмических и показательных уравнений, неравенств и
систем уравнений, а также разобранные примеры и задачи для самостоятель-
ного решения. В конце пособия приведено контрольное задание по данной
теме.
Настоящее издание дополнено рядом примеров и задач, подобранных
Б. А. Бернштейном и Ж. М. Рабботом.
Пособие рекомендовано к переизданию Методической комиссией отделе-
ния математики ОЛ ВЗМШ.
Рецензент А. А. Егоров.
БЁК 22.141
ISBN 5-94057-099-2
© Б. П. Гейдман, 2003.
© ОЛ ВЗМШ, 2003.
Борис Петрович Гейдман
Логарифмические и показательные уравнения и неравенства
Компьютерная верстка Е. Е. Пушкарь
Подписано в печать 12.05.2003 г. Формат 60 х 90 V16- Бумага офсетная № 1.
Печать офсетная. Печ. л. 3. Тираж 6000 экз.
Отпечатано с готовых диапозитивов в ФГУП «Полиграфические ресурсы».
Книги издательства МЦНМО можно приобрести в магазине «Математическая
книга», Большой Власьевский пер., д. 11. Тел. 241—72—85. E-mail: biblio@mccme.ru
Оглавление
Введение.............................................. 4
§1	. Равносильность и следование
предложений . ........................................ 5
§2	. Логарифмические и показательные
” уравнения........................................... 6
§3	. Логарифмические и показательные
неравенства............................................15
Ключ к тестам..........................................19
§4	. Некоторые частные приемы решения
показательных и логарифмических
уравнений и неравенств................................19
§5	.	Задачи для самостоятельного решения..............26
Ответы, указания, решения.....................  .	31
§6	.	Контрольное задание..............................47
3
Введение
Настоящее пособие построено по следующему плану.
В §1 мы напоминаем некоторые основные понятия. §§2—4 посвящены
логарифмическим и показательным уравнениям и неравенствам, основ-
ной прием решения которых состоит в построении цепочки равносиль-
ных переходов1 *. После нескольких переходов мы приходим к простейше-
му уравнению или неравенству, системе или совокупности простейших
уравнений и неравенств.
§ 5 содержит задачи для самостоятельного решения, большинство из
которых взяты из вариантов вступительных экзаменов на различные
факультеты МГУ разных лет. Также использованы задачи из < Сборни-
ка задач по алгебре и началам анализа для 9 и ДО классово, авторами
которого являются Ивлев Б. М., Земляков А, Н. и др. Все задачи это-
го параграфа снабжены ответами, а к некоторым даны указания или
решения.
Пять тестовых заданий, помещенных в тексте, помогут Вам научить-
ся осуществлять равносильные переходы. Ключ к тестам (номера пра-
вильных ответов) дан после третьего параграфа.
Шестой параграф содержит задачи контрольного задания.
В качестве справочного материала приводим перечень основных
формул по данной теме.
Действия со степенями.
ар-ач = ар+ч; (а  Ъ)р = ар  If; (а”)’ = аи; ^=а₽"’; (тУ = £-
Здесь а и Ь — любые положительные числа; р и q — любые действитель-
ные числа.
Основное логарифмическое тождество.
alog«b = 6, а > 0, а/1, Ь > 0.
Действия с логарифмами.
loge (uv) = loge и + loga v;	loga uk = к loga u;
bgo (I) = 10go U - loge v; logo и =
Здесь a > 0, a 1, b > 0, b / 1; и > 0, v > 0, к — любое действительное
число.
logafc и = r loga u, a > 0, a / 1, и > 0, к / 0.
К
1Под равносильным переходом понимается переход от данного предложения к
равносильному (см. §1 настоящего пособия).
4
§1. Равносильность и следование
предложений
1. Если множество решений одного предложения (уравнения, нера-
венства или системы) А принадлежит множеству решений другого
предложения В, то второе предложение называется следствием перво-
го. Это обозначается так: А => В, читается: «из А следует В».
Тест 1. В одном из приведенных ниже примеров неверно поставлен
знак «=>>. Укажите этот пример.
1)	log2 х = log2(2 - х1 2) => х = 2 - х2.
2)	logx | = log2_l2 | => x = 2 - x2.
' 2 — x2 < x,
3)	logx(2-z2) <1	p-z2>0,
ж / 1.
4)	2log2® = 2-я2 => x = 2-x2.
5)	log2 x < log2(2 - x2) => x < 2 — x2.
2. Предложения А и В называются равносильными, если множества
их решений совпадают. Это обозначается так: «А <=> В».
Тест 2. Одна из следующих пар предложений состоит из неравносиль-
ных предложений. Укажите эту пару.
1)	1g яг = 0 и х — 1.
2)	х2 > 0 и 2® > 0.
3)	log2 х > 1 и х > 2.
4)	\gx = \gy и х = у.
5)	2® + 2“® = 1 и 1g х = lg(—ж).
Тест 3. В одном из приведенных ниже примеров неверно поставлен
знак «о». Укажите этот пример.
1) logi (х2 - 1) > 0 О
2
5
2) logJ2-x) = 2
' 2 — x = ж2,
< x > О,
ж / 1.
3) (sin а: + у/2)х < 1 <=>
4) rrlog2a: = 0 <=>
х = О
log2 х = 0.
5) log2x = log2(2x-l) О
§2. Логарифмические и показательные
уравнения
При решении показательных и логарифмических уравнений можно
пользоваться такими равносильными переходами
[ ар = ад, < а > 0,	(Р = 4, <=> < а > 0, [ а 1.	(1)
fog» U = 1Оёа V	' и — V, и > 0, &	(2)
	а > 0, k а 1.	
Равносильность следует из строгой монотонности как показательной
(в (1)), так и логарифмической (в (2)) функций.
Замечание. Вместо системы, полученной в (2), можно решать эквива-
лентную ей систему
' и = V,
v > 0,
<
а > 0,
k а / 1.
6
Выбор зависит от того, какое из неравенств, и > 0 или v > 0, Вам проще
решить.
Имеет место равносильный переход, выражающий стандартное
определение логарифма:
г ар = Ь,
< а > О, 4Ф р = loga Ь.	(3)
а 1.
Рассмотрим несколько примеров решения показательных и логариф-
мических уравнений, в которыми Вы встречаетесь на уроках алгебры и
начал анализа.
Пример 1. 2®2“3®+4 = 4.
Решение. 2®2~3®+4 = 22 О х2 - Зх + 4 = 2.
Здесь мы сделали равносильный переход (1): показательная функция
у = 2й — возрастающая, а потому каждое свое значение она принимает
только один раз. Решая уравнение х2 — Зх 4- 4 = 2, получаем ответ.
Ответ: {1; 2}.
Пример 2. З®"3 = 7.
Решение. По определению логарифма имеем:
3®-э = 7	х-3 = log3 7 О х = 3 + log3 7.
Ответ можно записать по-разному:
{3 + log37}
или (т. к. 3 = log3 27 и logc а + logc b = logc(ab))
{log3189}.
Пример 3. 22®"1 = З2®"1.
Решение. Т.к. З2®”1 0, то
(п \ 2х—1
I) = L
(2\°
- ] , последнее уравнение равносильно такому:
2х —1 = 0 <=> х = |.
Л . Г1!
Ответ: < х ?•
7
Можно было решать это уравнение, «логарифмируя» обе его части,
то есть пользуясь равносильным переходом (2). Покажем этот способ
решения на следующем примере.
Пример 4. Зж+1 = 5®“2.
Решение. Воспользуемся равносильным переходом (2): логарифмиче-
ская функция строго монотонна, поэтому каждое свое значение она
принимает ровно один раз.
3x+i = 5x-2	lg3®+1 = lg5*’2 О (ж + l)lg3 = (х - 2)lg5 О
4Ф ®(lg3-lg5) = -lg3-21g5 х =	21У-
ig О 1g о
~	flg3 + 21g5]	f lg75 1
Ответ можно записать в таком виде: < -т-з—г—г Ь или так: < h
[ 1g 5 - lg3 J’	(lg5/3 J
fl + 21og35)
или так: <	>.
[ log3 5 - 1 J
Замечание. С таким же успехом, как по основанию 10, можно было
логарифмировать данное уравнение и по любому другому основанию.
Несколько компактнее была бы запись при логарифмировании по осно-
ванию 3 или по основанию 5 — эти основания уже имеются в условии
задачи. Если выбрать, например, основание 3, решение будет выглядеть
так:
3x+i = 5x-2 ж + 1 = (z —2)log35 О
О z(log3 5 — 1) = 1 + 21og3 5 О х =
iog3 0 — 1
Теперь рассмотрим примеры 5-9, в которых равносильный пере-
ход (2) постепенно «набирает силу».
Пример 5. log5(z — 2) = 1.
Решение. log5(z — 2) = 1 4Ф х - 2 = 5 <=> я = 7.
Ответ: {7}.
Пример 6. log7 log3 log2 х = 0.
Решение.
log7 log3 log2 X = О О log3 log2 X = 1 О
4Ф log2 x = 3 x = 8.
Ответ: {8}.
8
Пример 7. log^a;2 — 4х 4- 4) = 1.
Решение.
г х2 — 4х 4- 4 = ж,
l°gx(^2 - 4rr 4- 4) = 1 <=>
' х2 — 5х 4- 4 = О,
< х > О,
х 1
< х > О,
х ф 1,
х = 4,
х = 1,
х > О,
ж 1
О , х = 4.
Ответ: {4}.
Пример 8. log2(:r2 - Зж 4-1) = log2(2a; - 3).
Решение.
log2(x2 - За; 4-1) = log2(2a: - 3)
х2 — Зх 4-1 = 2х — 3,
2х - 3 > О
' х2 — 5а: 4- 4 = О,
Ответ: {4}.
Остановимся подробнее на решении следующего уравнения.
Пример 9. log2x(a;2 - 2х) = log2:B(2a; - 3).
Решение. Логарифмическая функция определена на множестве поло-
жительных чисел, поэтому необходимо выполнение условий х2 — 2х > О
и 2х — 3 > 0.
Основание логарифмической функции — положительное, отличное
от единицы число, отсюда 2х > 0 и 2х / 1.
В силу строгой монотонности логарифмической функции из уравне-
ния вытекает еще одно ограничение: х2 — 2х = 2х — 3.
9
Учитывая, что из ж2 — 2ж = 2х — 3 и 2ж — 3 > О следует хг- — 2ж > О,
приходим к равносильному переходу (2):
Г зг — 2х = 2ж — 3,
„	I 2х - 3 > О,
log2a(x2 - 2ж) = log2x(2x - 3)
I 2х > U,
{х2 — 4х + 3 = О,
3	&
Х>2
( 2ж ± 1
Гж = 3,
< L® = !> х = 3.
3
Х > 2
Ответ: {3}.
Замечание 1. Вместо цепочки равносильных переходов часто исцользу-
ют переходы к следствию. При этом возможно появление посторонних
корней, которые (если они есть) в конце решения необходимо отбро-
сить, например, с помощью проверки. Проиллюстрируем это на том же
примере 9.
log2a.(x2 — 2х) = log2a.(2rr — 3)	=> х2 — 2х = 2х — 3 О
4» Я2-4ж + 3 = 0 4Ф
х = 3,
х = 1.
Проверка, х = 3 — является решением данного уравнения, так как при
х = 3 уравнение обращается в тождество: log6 3 = log6 3..
х = 1 — не является решением данного уравнения, так как в этом
случае 2х — 3 = — 1, а логарифм отрицательного числа не определен.
Ответ: {3}.
Обратите внимание, что в цепочке переходов от одного уравнения к
другому один раз Встретился знак следствия <=>» (все остальные перехо-
ды были равносильны), поэтому получившаяся совокупность уравнений
(х = 3 или х = 1) является следствием данного уравнения.
Замечание 2. При решении последнего примера мы фактически исполь-
зовали следующий равносильный переход:
log/(x) д(х) = log/(x) h(x)
' д(х) = Л(ж)
д{х) > О
\/(х)>0
, №) /1
10
В примерах 10-12 надо выполнить некоторые действия над логариф-
мами, входящими в уравнение (см. формулы из справочного материа-
ла). При этом приходится следить за равносильностью переходов.
Советуем предварительно выполнить задания теста 4.
Тест 4. В одном из приведенных ниже примеров неверно поставлен
знак «о». Укажите этот пример.
1)	31og„b = c о logei>3 = c.
2)	—log0b = c log0|=c.
3)	|1о&»Ь = с о log<,^b = c.
О
4)	21oge b = с <=> log0 b2 = с.
5)	|logab = c logQ
Пример 10. Igo; + lg(x + 3) = 1.
Решение.
1g® + lg(®+ 3) *= I »	+	=	„
I x > 0,
[ x(x + 3) = 10, f x2 + 3x - 10 = 0,
<=> <	o <	&
I x > 0	I x > 0
Поясним равносильность первого перехода. Здесь мы воспользовались
формулой loge и Н- loge v = loge(uv), левая часть которой имеет смысл,
когда u>0hv>0, а правая часть — когда uv > 0. Поэтому при исполь-
зовании этой формулы слева направо расширяется область определения
уравнения и для равносильности надо ввести дополнительное условие
и > 0 или v > 0.
Замечание. Советуем запомнить соответствующий равносильный пере-
ход;
loge и + loga V = С < lo®a (W) С’	(4)
I и > и.
(см. также замечание на стр. 6).
11
Пример 11. Iog125(sin2® — sin®) + | = log5(—2sin®).
Решение. Приводим левую часть уравнения к логарифму с основани-
ем 5:
- logs (sin 2а: — sin х) + - = log5(—2 sin х) <=>
о	о
<=> log5(sin 2® — sin х) + 1 = 3 log5(—2 sin х)	<=>
<=> log5(sin2® — sin®) 4- log5 5 = log5(—2sin®)3	<=>
4» log5(5(sin2x - sin®)) = log5(—8sin3 ®).
Далее, пользуясь равносильным переходом (2), приходим к системе:
5(sin 2® — sin ®) = —8 sin3 ®,
sin х < 0.
{5(2 sin ® cos ® — sin x) = —8 sin3 ®,
sin x < 0.
{5(2 cos® — 1) = —8 sin2®,
sin x < 0
(в последнем переходе мы сократили обе части уравнения на неравное
нулю (отрицательное!) выражение sin®).
Решим уравнение системы.
5(2cos® — 1) = — 8sin2® о lOcos® — 5 + 8(1 — cos2®) = 0 О
о 8 cos2® — 10 cos® — 3 = 0 о cos® = —7
4
(второй корень соответствующего квадратного уравнения, -, не может
служить значением косинуса: | > 1 ).
Неравенству sin® < 0 удовлетворяют только такие решения уравне-
1
НИЯ COS® = — 7:
4
® = — arccos + 2тгп, n € Z.
гт	(	1
Поскольку arccos I — - ) = тг — arccos -, в ответе это же множество чисел
можно записать по-другому.
Ответ: {arccos | 4- (2п — 1)тг | п е z}.
12
Пример 12. log4 х2 + log2(£ + 2) = log2 log5 5.
Решение. Воспользуемся тождеством loga b2 = 2 log2 |Ь| (сравните с n. 4
теста 4) и заменим выражение log4 х2 на log2 |ж|. В результате получим
равносильное уравнение:
log2 М + log2 (х + 2) = log21.
При следующем переходе мы опускаем условия я+2>0иж/0, так
как из получаемого при этом переходе уравнения |ж|(ж + 2) = 1 следует,
что ж/0иж + 2>0.
Итак,
|ж|(ж + 2) = 1 <=>
ж > О,
х2 + 2х — 1 = О
х < О,
х2 + 2х + 1 = О
х О,
x = -l±V2
х <6,
(л + 1)2 = 0
Ответ: {-1; л/2 — 1}.
Скажем несколько слов по поводу уравнений, в которых встречается
«степенно-показательная* функция у = {f(x))9^xK
Мы будем считать, что эта функция определена, если f(x) > 0; та-
ким образом, если в уравнении или неравенстве встретилось выражение
(У(ж))5(®\ то неравенство f(x) > 0 является одним из условий, опреде-
ляющих ОДЗ (область допустимых значений).
Возможны и другие определения. Единой, общепринятой договорен-
ности в этом случае нет. Если Вам встретилась задача с такой функ-
цией, надо обязательно четко указать, какого определения Вы придер-
живаетесь. Так, при нашем определении значения х = 0 и х = —1 не
являются корнями уравнения х = ж®+2, так как эти значения не входят
в область определения функции у = хх+2.
13
Укажем равносильный переход для показательных уравнений в бо-
лее общем виде, чем раньше:
f(x)aM =	«
д(х) = Л(х),
/(*) > О
f(x) = 1,
д(х), Л(х) определены.
(5)
»3
Пример 13. (2at 4- 3)® = (4а:2 + 9 + 12а:) («-»)(*+з).
Решение. Заметим, что 4а:2+9+12а: = (2а:+3)2. Таким образом исход-
2а?3
ное уравнение можно переписать р виде (2а: + 3)® = (2х + 3) (»-з)(2«+2) „
Воспользуемся равносильным переходом (5):
х3
(2а: + 3)® = (2а: + 3) («-3)(«+D	<=>
' х3
<	Х (х - 3)(х +1) ’
_ 2х + 3 > О
' 2х + 3 = 1,
<	а: / 3,
\ а: —1.
Ясно, что вторая система не имеет решений, поэтому исходное уравне-
ние равносильно системе:
х = О
<	(а:-3)(а: + 1) = х2,	&
. х > -3/2
{х = О
х = -3/2,
х > -3/2
х = О
<	- 2х - 3 = О,
, х > -3/2
х = 0.
Ответ: {0}.
14
§3. Логарифмические и показательные
неравенства
Из строгой монотонности логарифмической и показательной функ-
ции следует равносильность таких переходов:
Р>4,
а > 1.
Р< Q,
О < а < 1.
loga и > loga v,
а > 1
\ и > V,
< v > О,
а > 1.
*
loga и > log„ V,
О < а < 1,
и < V,
и > О,
О < а < !.
(6)
q(T)
(8)
(9)
1
Тест 5. Среди приведенных высказываний найдите истинное:
1)	(\/5 - 2)“ < 1 4* х < 0.
2)	log^jх<1 4> а:>\/3 — 1.
3)	log, (Л- 1) > 1 4* л/б1-1 > х.
4)	(х/3-1)’ > 1 4=> х>0.
5)	log^_2 х> 1 <=> а: < \/5 — 2.
Приведем несколько примеров решения показательных и логариф-
мических неравенств.  <
Пример 14. 23® < 2®2+2.
Решение. 23® < 2®2+2 <=> Зх < х2 + 2.
Здесь мы сделали равносильный переход (6): показательная функция
у = 2* — возрастающая. Далее решаем квадратное неравенство
л
х2 — Зт + 2 > 0.
15
Ответ: (—оо; 1) U (2; +оо).
Пример 15. log0|S (® +1) > log0,5(2 - х)-
Решение. Логарифмическая функция у = log0 51 — убывающая. Име-
ет место равносильный переход (9):
2 — я, f х <
А	1	2
Ь&зД® +1) > 1о&>,8(2 ~
Ответ: (—1;
Пример 16. (1/3)2* < 2.
Решение. Заменив в правой части 2 на (l/3)logl/3 2 и прологарифмиро-
вав неравенство по основанию 1/3, приходим к неравенству 2х > log1/3 2
(равносильный переход (7)).
Ответ: log1/32; +оо) .
Пример 17. log^ |3х + 1] < |.
Л
Решение. Здесь следует обратить внимание на то, что переменная х
входит в основание логарифма. В зависимости от х основание лога-
рифма может быть положительным и меньшим единицы или большим
единицы, то есть при одних значениях х возможен переход (8), а при
других — переход (9):
О < я2 < 1,
(Зя + I)2 > я2
или
< |_0<я<1
8я2 + 6я + 1 > О
или
' Гя < -1,
/ я > 1
, 1
. 8х2 + 6х + 1 < О

| < х < О,
О < х < 1
или
16
Ответ: (-1; -i) U (-i; о) U (0; 1).
Так же, как и в предыдущем параграфе, приведем общий вид рав-
носильных переходов, используемых при решении показательных и ло-
гарифмических неравенств.
/(х)э(я) > f(x)h(x)
{д(х) > Л(х),
/(х) > 1
Г д(х) < h(x),
1 0 < /(х) < 1
(Ю)
/(x)9(l) > _f(x)h(*>
д(х) h(x),
> 1
д(х) s? Л(х),
0 < /(х)	1.
(И)
Замечание. Последний равносильный переход можно записать следую-
щим образом:
/(х)9(х) > /(x)h(l)	4Ф-
д(х) Л(х),
f(x) > 1
д(х) h(x),
0 < /(х) < 1
/(х) = 1,
д(х), h(x) определены.
Он отличается от перехода (11) тем, что случай f(x) = 1 рассматри-
вается отдельно, но при решении задач последний переход, очевидно,
требует лишних вычислений. Однако иногда полезно применять его для
самопроверки.
log/Ос) 9(х) > log/(l) Л(х) 4Ф-
д(х) > Л(х),
Л(х) > 0,
/(«) > 1
' Л(х) > д(х),
< д(х) > 0,
;0</(х) < 1.
(12)
17
log/(«) 9{x) > log/(l) h{x) о
(g{x) h(x),
h(x) > 0,
> 1
{h(x) g(x),
9{x) > 0,
0 < /(x) < 1.
(13)
Теперь с помощью этих равносильных переходов решим еще два при-
мера.
Пример 18. (4ж2 + 2х + 1)®2“®	1.
Решение. Перепишем неравенство в виде
(4х2 + 2х + 1)®2_®	(4х2 + 2х + 1)°.
Согласно (11), получаем совокупность
х2 — х 0,
4ж2 4- 2х +1	1
х2 — х 0,
0 < 4ж2 4- 2х + 1	1
< Гж<-1/2
ж >0,
х < 0
< х 1,
k - 1/2 х 0
Ответ: [—1/2; 1].
Пример 19. log* (|^) < -1.
х(х — 1) 0,
х(2х + 1) > 0
х(х — 1) > 0,
х(2х +1) 0
1
- 1/2 х 0.
Решение. Поскольку — 1 = log^ неравенство можно записать следу-
ющим образом:
log« < log« i •
18
Пользуясь равносильным переходом (12), получаем совокупность:
' 4^ + 5
6 — 5т	х ’
< 4т + 5	п
6 - 5х ’
k х > 1
f 4а: 4- 5	1^
6 — 5т	т *
k 0 < х < 1.
Решение каждой из получившихся систем не представляет особого тру-
да. Решите их самостоятельно.
Ответ: (1/2; 1).
Ключ к тестам
Номер теста .	1	2	3	4	5
Номер правильного ответа	3	4	4	4	2
§4. Некоторые частные приемы решения
показательных и логарифмических
уравнений и неравенств
Распространенный способ решения показательных и логарифмиче-
ских уравнений и неравенств — замена переменной, сводящая уравнение
или неравенство к алгебраическому (без логарифмической и показа-
тельной функций).
После решения алгебраического уравнения или неравенства остает-
ся решить совокупность или систему простейших показательных или
логарифмических уравнений и неравенств.
Пример 20. a;»«>gi»-3iog2«-5 = 1
19
Решение. «Прологарифмируем»уравнение по основанию 2.
аМ х~3 lo«2 x~s = | <=> log2 (ж10®2 х~3 log2 х~5) = log2 Q)
О (log2 х — 3 log2 х — 5) Iog2 х = — log2 x <=>
Г log2 х = О,
[ log2x — 31og2£r — 4 = О
Решением первого уравнения этой совокупности является х = 1.
После замены log2 х = а второе уравнение перепишется в виде
а2 - За - 4 = 0.
Это уравнение имеет корни а = 4 или а = 1, откуда х = 16 или х = 1/2.
Ответ: {1/2; 1; 16}.
Замечание. При решении этого уравнения способом сравнения степеней
с одинаковыми основаниями:
^.log^ х-2 log2 х-5 — д.-1
довольно часто теряется решение х = 1 (приравниваются только по-
казатели степеней, а случай равенства основания степени единице не
рассматривается). При решении этим способом следует использовать
равносильный переход (5).
Пример 21. \/log2(&r2 + 8х) = log^fx2 + х).
Решение. Данное уравнение принимает простой вид относительно но-
вой переменной у = log2(z2 4- х):
4Ф у = 1. 1
х = 1
х = —2.
Итак, log2(x2 + ж)т=1 О х2 + х = 2
Ответ: {-2; 1}.
Пример 22. log3a. 3 - log3x х 4- log3 х = 1.
Решение. Приведем все логарифмы к одному основанию. Тогда урав-
нение примет вид:
1__________4. ioe2 х = 1
log3 х + 1 log3 х + 1 + вз
20
Сделаем замену: log3 х = у. Получим:
Итак,
±-У-+у2-1 = 0
1 + 2/
(1-у)(1-(1 + 2/)2) =()
' Гу = 1,
< .2/(2 + у) = О
. 1//-1
1 + 2/
‘у = 1,
Ф у = О,
У = “2-
log3 х = 1,
log3 х = О,
log3 х = —2.
х = 3
х = 1.
х = 1/9.
Ответ: {1/9; 1; 3}.
Пример 23. 3 • 16х + 36* = 2 • 81х.
Решение. Так как 81х / 0 при любом значении переменной х, то дан-
ное уравнение равносильно такому:
3-(^Г+(хГ = 2.
Положив — у, получим уравнение
Зу2 + у = 2
У = -1
2
у = з-
Итак, 1-1 = —1 или 1 = Первое уравнение решений не
имеет, так как > 0 при любом значении х, а решением второго
1
уравнения является х = -.
Замечание. Обратите внимание на то, что уравнение из условия при-
мера 23 является однородным относительно переменных 4® и 9®. На-
помним, что уравнение f(x,y) = 0 называется однородным степени
т / 0, если для любого t выполняется равенство f(tx, ty) = tmf(x, у).
Если f(x, у) является многочленом относительно переменных х и з/, то,
разделив это уравнение на ут, получим уравнение относительно одной
переменной - — z.
21
Пример 24. (4 4- у/15)х 4- (4 — v^)® = 62.
Решение. Заметим, что (4 4- х/15)® • (4 — \/15)х = 1. Сделав замену
(4 4- х/15)® = 2/, получим уравнение у 4- - =62, решениями которого
являются числа 31 ± 8д/15- Следовательно, (4 4- л/15)® = 31 4- 8\/15 или
(4 4- х/15)® = 31 — 8\/15- Решениями этих уравнений являются соответ-
ственно числа 2 и —2, так как 31 ± 8д/15 = (4 ± \/15)2.
Ответ: {—2; 2}.
Пример 25. —
Решение. Сделаем замену 2®“1=3'. Тогда
1 1
2у - 1	1-у
2-Зу
(2У-!)(!-»)
Итак,
пх—1 1
2	< 2
- < 2®-1 < 1
log2 < х - 1 < О
х < О
log2 4/3 < х < 1.
Ответ: (—оо; 0) U (log2 4/3; 1).
Пример 26. log2(2a:) < 0og.(2a:3).
Решение. log2(2x) < 0og.(2z3) <=> log,. 2 +1 < 00g. 2 + 3.
Сделаем замену log. 2 = у. Получим:
у +1 у/у + 3 <=>

-3^у<-1,
-1О<1
-3 < у < 1.
22
Итак, исходное неравенство равносильно
-3^1ogx2^1 о
' 1 > х > О,
< х~3 2,
х < 2
х > 1,
х~3	2,
ж>2
О < х </1/2,
ж > 2.
Ответ: (о; </1/2j U [2;+оо).
Следующие уравнения решаются с помощью дополнительных сооб-
ражений.
Пример 27. 3® + 4® = 5®.
Решение. Воспользуемся тем, что 5® > 0 при любом значении пере-
менной ж, и перейдем к равносильному уравнению	= 1.
Заметим, что х = 2 — решение этого уравнения. Покажем, что других
решений нет.
Функция f(x) =	4- (I) убывает как сумма двух убывающих
функций, а потому каждое свое значение (в частности, значение 1) она
принимает только один раз.
Ответ: {2}.
Пример 28. 2log* ® + я108* ® = 7 - 41/31og* 27.
Решение. Докажем, что 2log5® = rrlog52.
Iog2 а?	1
Действительно: 2log5 х = 2 log25 = (2log2 ®) log25 = rrlog52.
Учитывая этот результат, получим:
2.2log5 ® = 7 — 4log4
О 2log5 ® = 2 О
О 2-2log5® = 7-3 4Ф
log5 х = 1 О х = 5.
Ответ: {5}.
Замечание. Бывает полезна формула alogcb = blogce, которая доказыва-
ется так же, как ее частный случай в решении примера 28.
23
Пример 29. Сколько решений имеет уравнение ех = х2?
Решение. Уравнение ех = х2 равносильно уравнению ех — х2 = 0.
Покажем, что это уравнение имеет единственное решение.
1. Рассмотрим функцию f(x) = ех — х2. Обозначим ее производную
f'(x) = ех - 2х через д(х). Эта новая функция имеет единственную
критическую точку х = In 2 (д'(х) = 0 <=> ех — 2 = 0 О я = In 2).
В точке х = In 2 функция д(х) = ех — 2х непрерывна и принима-
ет значение <?(1п2) = 2 — 2 In 2. При х < In 2 значения д'(х) = ех — 2
отрицательны, а потому д(х) убывает на промежутке (—оо;1п2). При
х > In 2 значения д'(х) положительны — функция д(х) возрастает на
промежутке (1п2;4-оо).
Следовательно, ^(1п2) — наименьшее значение функции д(х), поэто-
му д(х) #(1п2) = 2 — 21п2 > 0 (действительно, 2 — 21п2 > 0 4Ф, е > 2,
что очевидно, так как е = 2,7... > 2. Приходим к следующему результа-
ту: производная д(х) функции f(x) принимает только положительные
значения, а значит f(x) возрастает на всей числовой прямой.
2. Функция f(x) может принимать как положительные, так и отри-
цательные значения.	>
/(-1) = 1 - 1 < О, а /(0) = 1.
В силу непрерывности функции f(x) существует, по крайней мере,
одно значение ±0 такое, что f(x0) = 0. А так как, по доказанному, f(x) —
возрастающая функция, то каждое свое значение она принимает толь-
ко один раз. Это означает, что данное уравнение имеет единственное
решение.
Пример 30. х 4- 4 = 3“®.
Решение. Легко подобрать (например, при помощи чертежа — см.
рис. 1) корень данного уравнения х = —1: -14-4 = З1. Покажем, что
других решений нет.
Функция у = х 4- 4 — возрастающая, а потому каждое свое значе-
ние принимает ровно в одной точке. Следовательно, у исходного урав-
нения не может быть больше одного решения.
Замечание. Когда мы доказываем, что какое-то уравнение не имеет
больше корней, за исключением уже найденного, чаще всего мы опирав
емся на свойства монотонности правой и левой частей уравнения: если
f(xQ) = g(xQ), причем функция f(x) строго возрастает, а д(х) строго
убывает в области допустимых значений ж, то уравнение f(x) = д(х)
24
Рис. 1.
не имеет корней, отличных от х0. В случае же, когда подобное урав-
нение не выполнено, вывод о числе корней уравнения сделать трудно.
Проиллюстрируем сказанное на конкретном примере.
Рассмотрим уравнение = logj_ ж. Из чертежа (рис. 2) «ясно»,
\1О/	1б
что данное уравнение имеет единственный корень, причем, поскольку
функция и logx я взаимно обратны, соответствующая точка пе-
\16/	16
ресечения будет лежать на прямой у = х. Однако, оказывается, что
данное уравнение имеет еще два корня: х = - и а = - (проверьте!). Де-
ло, конечно, в том, что графики были изображены слишком неточно.
На самом деле графики пересекаются в трех точках (см. рис. 3), причем
третий корень нельзя записать с помощью элементарных функций (это
25
Рис. 3.
общий корень уравнений х = log 1 х и (— ) = х.) Оказывается, что
16	\1о/	7
рассматриваемое уравнение больше трех корней не имеет. Это можно
доказать с помощью производной (см. решение задачи 66 из §5).
§5. Задачи для самостоятельного решения
Решите уравнения (1-18)
Задача 1. (х + 2®)3® = 1.
Задача 2.	= ~=.
у X
Задача 3. log,, 4 = х.
Задача 4. 3® log2 х = 10.
Задача 5. 3®+2 = log2(—х).
Задача в. y/x — l + 2® = 1g ^2.
Задача 7. —^2 — а: + 3 = lg(4 — х).
о4®2
Задача 8. 3®+1 = -=.
26
Задача 9. 3log« 3 • xlog3 x = 9.
Задача 10. log2 ^y^ + log2 y^y = 1.
Задача 11. (26 + Хбл/З)* - 5 (7 + 4\/3)* + 6 (2 + УЗ)1 + (2 - УЗ)1 = 5.
Задача 12. log8_7l (x3 - 3x2 - yi + y) + 21og(8_7x)2(a: + 3) = 1.
Задача 13. xio^4 + 5 • 2log^« -4 = 0.
o , .	9	10 + 4®/2
Задача 14.	=--------
Задача 15. log2(a:2 + 3) + log1/2 5 = 21og1/4(a; - 1) - log2(x + 1).
Задача 16. (x — 4)21о^(х — 1) — 21og4(rr — l)2 = (x — 4)2logx_14 —
- 21ogx_116.
Задача IT. ^4 + 2145,(1-^^) = tog, (g±l) + 21og, X.
Задача 18. y/x (ф/^3 - зУ®*7®) = згУ^+i _ у/^з+i +	_ 18.
Решите неравенства (19-41)
Задача 19. y/x — 1 + 2® + log2 ж > 2.
Задача 20. y/x — 1 + 2® + log2 x < 6.
Задача 21. log4x2 x2 • log8l4 ж4 < 1.
Задача 22. 2®2 • 3® < 6.
Задача 23. 2 +	y-y > logx2_2x_3(a:2 - 2x - 2)2.
Задача 24. logx 2 < loge_x 2.
Задача 25. log, (Vx‘-4x + 3) > log,,, _ fa+~;7;Y+, + 1-
Задача 26. 1---> 0.
log^(o;-4)-l
Задача 27.	±2.
log2 x 2 — log2 x
27
Задача 28. З(х+3)2 + 1/9 3х2"2 + 272х+3.
Задача 29. |log3x2 > |log3(-a;3).
Z	О
Задача 30. —— > L+1°g2(2 + a;)
2а: + 1	х
О	о, 6-Зх+1	10
Задача 31. --------> ------
х 2х - 1
,	2
Задача 32. 51овз »+2 < 1.
Задача 33. 5х - Зх+1 >	- 3х"2).
Задача 34. у/2(5х + 24) - л/5* - 7 > у/5* + 7.
Задача 35. (л/б + 2)х-1 > (л/б — 2)I+1.
Задача 36. log1/v/g(6*+1 - 36х) > -2.
Задача 37. (у/х2 - 4а: + 3 + 1) log5 (л/8ж - 2а:2 - 6 + 1)	0.
Задача 38. (2х + 3 • г-*)2*0»*-*0»»*4’*®) > 1.
Задача 39. yiog9(3a;2 - 4а: + 2) +1 > log3(3x2 - 4а: + 2).
Задача 40. у/7 — log2 а:2 + log2 а:4 > 4.
Задача 41. log3 log9/ie(x2 - 4а: + 3) 0.
Решите системы (42-43)
Задача 42. <
ух’ + З,
о л* J 1о&(®2 + ?/2) = 5,
Задача 43. < л>
( 2 log4 х + log2 у = 4.
Задача 44. При каких значениях х числа
log2(2x2 + 4а:), log2(8 — х2 — 19т) и log2 (а:2 — 15а: + 7^
являются длинами сторон некоторого равнобедренного треугольника?
28
Задача 45. Найдите все пары чисел (ж; у), каждая из которых удовле-
творяет условиям
f 1оё2-х(2 - у) > О,
1 1о^_„(2аг - 2) > 0.
4	Л
Задача 46. Найдите все пары чисел (ж; у), каждая из которых удовле-
творяет условиям
{2l®2-2®-3|-log23 _ у—4
4|у| - \У - 1| + (2/ + 3)2 8.
Задача 47. Известно, что loge b = 7. Найдите log^ а2Ь.
Задача 48. Решите неравенство	где
f(x) = 2x-l, д(х) = 2х + 1.
Задача 49. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение
loge_6>5(a:2 +1) = log„_ei6((a - 5)х)
имеет два различных решения.
Задача 50. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
неравенство
log1/a (x/я2 4-air 4-5 4-1) • log5(x2 4- ах 4- 6) 4- loga 3 > 0
имеет одно решение.
Задача 51. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение
log^Cr2 ~ 2х + 3) + 2“®2+2® log1/3(2|я - а| + 2) = 0
имеет три решения.
Задача 52. Для каждого значения параметра а найдите все значения
ж, удовлетворяющие равенству
- (1 + (a + 2)2) log3(2x - х2) + (1 + (За - I)2) logn (1 - 0 =
= log3(2x - ж2) + 10gu (1 - — ).
29
Задача 53. Найти все значения параметра а из интервала (2; 5), при
каждом из которых существует хотя бы одно число х из отрезка [2; 3],
удовлетворяющее уравнению
log2(3 ~ I sinax|) = cos (тле -	.
Задача 54. Найдите все решения уравнения
^cos 2х । ^соз2 х
принадлежащие отрезку [3/4; 1].
Задача 55. Найдите все решения уравнения
logJtgI|4U0b2c0s7* =°'
Ши Ju olll Ju
принадлежащие отрезку [9/4; 3].
Задача 56. Найдите все решения системы
ysinx
J/sinX = 1°g2	,
(бу2 + 2y)(4si”2 х.+ 4соа2 х) = 25у2 + бу + 1, ,
удовлетворяющие условию |j/|	1.
Задача 57. Известно, что logba = х/З- Вычислите
Решите неравенство, отыскав предварительно область допустимых
значений переменной (58-60).
Задача 58. log2(rr2 + 3) + у/х2 — 1 > 2.
Задача 59. 0g sin ж < х — 13тг.
3ада,ав0' Si'r
Пользуясь ограниченностью функций (на области допустимых зна-
чений), решите уравнение или неравенство (61-63).
Задача 61. log2(3 + 2х- х2) = tg2 + ctg2
30
Задача 62. соз2(ж + 1) • lg(9 - 2х - х2)	1.
Задача 63. (4ж - х2 - 3) log2(cos2 тгх + 1) > 1.
С помощью графиков и производной найдите число корней уравне-
ния в зависимости от значения параметра а (64-66).
Задача 64. ех = ах.
Задача 65. ах = х.
Задача 66. ах = loga х.
Задача 67. Выясните, при каких значениях параметра b существует
а > 0 такое, что уравнение 2а In х = х2 4- Ъ имеет единственный корень.
Ответы, указания, решения
1. {0}. 2. {1/4}. 3. {2}. 4. {2}. 5. {-2}. 6. {1}. 7. {—6}. 8. {—1/2; 5/8}.
(	1+\/5	л/5-1	1
9. < 3“ 2 ;3 2 ;3р 10. {1}.
и. {-1;1}-
Указание. 26+15ч/3= (2 + >/3)3, 7+4ч/3 = (2 + \/3)2, 2-ч/3 = —Ц=-
12. {-1}. 13. 17*°в2	|. 14. {3}. 15. {у/2}. 16. {5/4;5;6}. 17. {3/2}.
18.	{2; 9}.
Решение. Область допустимых значений уравнения состоит из всех ж,
удовлетворяющих условиям х2—3 0, х 0, т.е. ОДЗ есть промежуток
\/3 х < Ч-оо.
Запишем исходное уравнение в виде
х
или
(у/х - 3)	- S'/**-* - б) = 0.
Это уравнение равносильно на ОДЗ исходного уравнения совокупности
'х — 3 = 0
(14)
31
Решение первого уравнения есть х = 9. Это число входит в ОДЗ
исходного уравнения и является единственным решением первого урав-
нения совокупности (14) на множестве л/3 х < +оо.
Решим второе уравнение совокупности. Сделаем замену у = зл/«2~3.
Тогда дл/®2-3 = з2\/®2-з — ^2 Поскольку уравнение у2 - у - 6 =±= 0 имеет
два корня 2/1 = —2 и у2 = 3, то второе уравнение совокупности (14)
равносильно на ОДЗ исходного уравнения совокупности
®2-3 = -2
За/®2-3 = з.
Уравнение 3\/®2-3 = —2 решений не имеет. Уравнение Зд/®2~3 = 3 рав-
носильно на ОДЗ исходного уравнения уравнению
х = 2
х = —2.
х/ж^3 = 1 4Ф х2 -3 = 1 4Ф
Из получившихся чисел только х = 2 входит в ОДЗ исходного урав-
нения и потому является единственным решением второго уравнения
совокупности (14). Итак, множество решений исходного уравнения со-
стоит из двух чисел: Xi = 9 и х2 = 2.
19.	[1;+оо).
Решение. Левая часть данного неравенства — возрастающая на обла-
сти допустимых значений х, т.е. при ж > 1, функция (как сумма трех
возрастающих функций). Но при х •= 1 левая часть принимает значение
2. Таким образом, исходное неравенство выполняется на всей области
определения.
20.	[1; 2).
Указание. Воспользуйтесь идеей решения задачи 19.
21.	(-оо; -2-3/7] U (-2-3/4; 1/2) U (1/2; 2"3/4) U [2"3/7; +оо).
Указание. Перейдите к логарифмам по основанию 2 и сделайте замену
t = log2 |®|.
22.	(- log2 6; 1). 23. (3; 1 + л/5) U [10/3; +оо). 24. (0; 1)U(3; 5). 25. [-1; 0].
26. {5} U (4 + >/2; +оо). 27. (0; 1) U {2} U (4; +оо). 28. (-оо; -11/6] U {0}.
29. (—оо;0).
30.	(-1/2; 0).
32
Решение. Область допустимых значений данного неравенства состоит
из всех х, удовлетворяющих условиям х > —2, х 1/2, х /= 0. Таким
образом, эта область состоит из трех промежутков: — 2 < х < —1/2,
—1/2 < ж < 0, 0 < ж < Н-оо. Рассмотрим данное неравенство на каждом
из этих промежутков отдельно.
а)	Пусть — 2 < х < —1/2. Тогда, учитывая, что х отрицательно на
этом интервале, получаем, что исходное неравенство равносильно нера-
венству
6	1 log2(2 + х)	6х - (2х + 1) log2(2 + х)
2х +1 х х	х(2х +1)	х
& log2(2 + ar) > ^7.	(15)
^«1/ “Г ±
Легко видеть, что на этом интервале справедливы неравенства
1081(2 + 1)<1оЦ<1, ^1=2-^>2.
Значит, неравенство (15), а значит, и исходное неравенство, йе имеет
решений на интервале — 2 < х < —1/2.
б)	Пусть —1/2 < х < 0. Очевидно, что на этом интервале
\	1 + log2(2 + х) > 1 + log2 | > 0,
и, следовательно, правая часть исходного неравенства отрицательна. В
то же время для любой точки х из рассматриваемого интервала
Значит, для всех х из интервала —1/2 < х < 0 исходное неравенство
справедливо.
в)	Пусть х > 0. На этом множестве исходное неравенство равносиль-
но неравенству
log2(2 + х) <	(16)
“Т" X
Очевидно, что на этом множестве справедливы неравенства
Отсюда следует:
1) неравенство (16) не имеет решений на том множестве, где
log2(x + 2) > 2,
33
т. е. неравенство (16) не имеет решений на множестве х 2;
2) неравенство (16) не имеет решений на том множестве, где
4х — 1
2х + 1
1.
Учитывая, что в рассматриваемом случае х > 0, получаем, что нера-
венство (16) не имеет решений на множестве 0 < х 1. Остается найти
решения неравенства (16), принадлежащие интервалу 1 < х < 2. Но на
этом интервале
log2(2 + х) > log2 3,
4х-1 =2 2_3 = 7
2x4-1	2x4-1	5	5*
Покажем теперь, что справедливо числовое неравенство
log23>7/5.	(17)
Действительно, поскольку Зб > 27, то 3 > 27/б> откуда и очевидна спра-
ведливость неравенства (17). Итак, на интервале 1 < х < 2
log2(2 + х) > log2 3 > | >
Значит, неравенство (16) не имеет решений на интервале 1 < # < 2.
Подводя итог, получаем что множество решений исходного неравенства
есть интервал —1/2 < х < 0.
31.	(0; 1/2). 32. (0; +оо). 33. (3; +оо). 34. [log5 7; 2]. 35. [—2; — 1)U[1; +оо).
36.	(—оо;0] U [log^ 5; 1).
37.	{1}.
Решение. Область допустимых значений исходного неравенства состо-
ит из всех значений ж, удовлетворяющих одновременно условиям
х > 0,
< х2 — 4х 4- 3 > 0,
8х - 2х2 - 6 > 0.
Разделив третье неравенство на —2, получим, что эти условия можно
записать в виде
' х > 0,
< х2 — 4х 4- 3 0,
х2 — 4х 4- 3 0,
х > 0,
х2 — 4х 4- 3 = 0,
х = 1
х = 3.
Пусть х = 1. Подставляя это значение в исходное неравенство, полу-
чаем log5 ^4-1 = —14-1 = 0, т.е. значение х = 1 является его решением,
о
34
Пусть х = 3, тогда левая часть исходного неравенства равна
log5 | + | = 1ов53 - 1 + | = log63 - | = 1о& ^з-
Сравним с единицей.
-4vi 4Ф 3V52/3 4Ф З3 V 52 4» 27V25.
52/3
Понятно, что в последнем неравенстве этой цепочки должен стоять знак,
<», значит и в первом неравенстве также стоит знак <>». Поэтому
log5 > 0, и следовательно, значение х = 3 не является решением
исходного уравнения.
38.	(3;+оо). 39. (—1; 1/3] О [1; 7/3). 40. [—27'2; —23/8) U (23'8; 27/а]. 41.
(2 - у/2; 3/4] U [13/4; 2 + у/2). 42.{0}. 43. (4; 4).
44.	{-8}.
Указание. Числа log2(2®24-4®), log2(8 —х2 — 19®) и log2 (®2 — 15® + 7^)
являются длинами сторон равнобедренного треугольника в следующих
случаях:
зк
{2®2 + 4® = 8 — х2 — 19®,
21og3(2®2 + 4®) > log2 (х2 — 15® + 7^) >0,
ч ( 2®2 + 4® = ®2 — 15® + 7^,
2)	<•	2
21og2(2®2 + 4®) > log2(8 — ®2 — 19®) > 0,
8 - ®2 - 19® = х2 - 15® +
21og2(8 — ®2 — 19®) > log2(2®2 + 4®) > 0.
45.	Любая пара чисел (®;у) таких, что 3/2 <®<2, 1<у<2.
46.	(—1; —3), (3; —3); 47* {9/7}. 48. (-оо;0). 49. (7; 7,5) U (7,5;+оо).
50.	{2}.
Решение. Заметим, что значение параметра а должно удовлетворять
условиям а > 0, а / 1. Воспользуемся формулами log1/aZ> = — и
log 3 =	—• Тогда исходное неравенство можно переписать в виде:
log3a
~ logs (у^2 + о® + 5 + 1) log8(®2 + a® + 6) + 1
log3a
(18)
35
Разберем два случая: 0<а<1иа>1.
1.	При 0 < а < 1 получаем, что log3a < 0, следовательно неравен-
ство (18) равносильно неравенству
log3 (у/х2 +ах + 5 + 1) log5(x2 + ах + 6)	1.	(19)
Сделаем замену t = х2 4- ах 4- 5. Тогда последнее неравенство можно
переписать в виде
log3(>/t +1) log5(t + 1) > 1.
Функция f(t) = log3(\/t 4-1) log5(J + 1) определена при всех t 0 и мо-
нотонно возрастает на области определения. При этом /(4) — 1. Таким
образом неравенство (19) можно записать в виде f(t) /(4). Последнее,
в силу монотонности f(t) равносильно неравенству £ > 4. Получаем:
х2 4- ах 4- 5 4.
Это неравенство при всех 0 < а < 1 имеет бесконечно много решений,
а значит, среди этих а нет чисел, удовлетворяющих условию задачи.
2.	Пусть а > 1. Тогда неравенство (18) равносильно неравенству
log3 (л/ж2 +аж+ 5 4- 1) log5(a;2 4- ах + 6)	1.
По аналогии с первым случаем получаем, что это неравенство равно-
сильно системе неравенств
{х2 + ах + 5 0,	( х2 4- ах 4- 5 > О,
4Ф <
х2 + ах+ 5 ^4.	ж2 4- ах 4-1 0.
Если дискриминант Dj= а2—4 квадратного трехчлена, стоящего в левой
части второго неравенства последней системы, отрицателен, то оно, а
значит — и вся система, не имеет решений. Следовательно, допустимые
значения а должны удовлетворять неравенствам а2 — 4 0 и а > 1, т.е.
а >2.
При а > 2 корни квадратного трехчлена ах + 1 существуют
и удовлетворяют неравенству х2 4- ах 4- 5 > 0, следовательно исходное
неравенство имеет не менее двух решений.
Если а = 2, то неравенство х2 4- ах 4-1	0 имеет одно решение
х = —1, которое является решением системы
{х2 4- ах + 5 > О,
х2 4- ах 4-1 О
при а = 2. Следовательно, условию задачи удовлетворяет лишь а = 2.
36
51.	{1/2; 1; 3/2}.
52.	Если а = 1/3, то х = 1; если а 1/3, то х е 0.
Решение. При любом значении параметра а все искомые значения х
о	х2
должны удовлетворять неравенствам 2х — х2 > 0 и 1 —— > 0, т. е.
О < х < у/2. Для любого значения х из этой области выполнены нера-
венства
2х - х2 = 1 - (1 - х)2	1 и 1 -	1,
и, значит,
о	/	ж2\
log3(2x - х2)	0, logu ( 1 - -у-)	0.
У 25 /
Если о/2ио / 1/3, то
(Ц- (а 4- 2)2) log3(2a; — х2} log3(2a: — ж2),
/	2\	/	2\
(1 + (За - l)2)logll (1 " у) logu V ’
и исходное неравенство может выполняться только для тех значений ж,
для которых одновременно
' log3(2x - х2) = 0,
/	х2\
logu (j- yj=O,
что равносильнр
( 2х — х2 = 1,
Последняя система решений не имеет. Следовательно, при а / — 2 и
а / 1/3 нет ж, удовлетворяющих данному в условии задачи равенству.
При а = —2 исходное равенство принимает вид
/	2\	/	2
log3 (2х - х2) + 50 logu ( 1 - у j = log3 (2х - х2) + logu 11 - у
Получившееся уравнение равносильно на множестве 0 < ж < v2 урав-
/	ж2\
нению logn (1 —— I = 0, не имеющему на этом множестве решений,
у	А /
37
При а = 1/3 исходное равенство имеет вид
У log3(2a; - а:2) + logn (1 - у) = log3(2x - х2) + logn (1 - у) ;
Это уравнение равносильно на множестве 0 < х < \/2 уравнению
log3(2# — х2) — 0, которое равносильно уравнению 2х — х2 = 1, имею-
щему единственный корень х = 1. Этот корень удовлетворяет условию
О < я < \/2, и значит, является решением задачи.
53.	{9тг/13; 15тг/13}.
Решение. Из справедливого для всех а и х неравенства | sin аж|	1
следует неравенство
log2(3 — | sina:r|) > 1.	(20)
Кроме того, имеем верное для всех а и х неравенство
' COs(7nr — 7г/6)	1.	(21)
Сравнивая неравенства (20) и (21), заключаем, что данное в условии
уравнение равносильно системе уравнений
( совета: — £) = 1,	(22)
(Jsinax| = l.	(23)
Уравнение (22) имеет решения х = ~ 4- 2m, т 6 Z, из которых отрезку
1	13
[2; 3] принадлежит лишь = 2*14-- = —. Таким образом, данное в
условии задачи уравнение имеет решение на отрезке [2; 3] в том и только
в том случае, когда выполнено условие
Isin ~а| = 1.	(24)
I 6 I
Следовательно, нам надо найти все решения уравнения (24), принадле-
жащие промежутку 2 < а < 5. Уравнение (24) равносильно уравнению
• 2 13	.
sin —а = 1.
о
13	'
13	1 - cos -у а
Используя тождество sin2 —а =-----------, это уравнение можно пере-
6	2
писать так:
cos —а = —1.	(25)
О
38
Решения уравнения (25) имеют вид
а =	4-1), п е Z.	(26)
Найдем теперь все целые числа п, удовлетворяющие неравенствам
2<^тг(2п + 1)<5.
хи
Это неравенство можно переписать в виде
тт	26 Л „	65	„ „
Легко проверить, что 1< — <3и5< — <7. Поэтому неравенству
О7Г	ОТГ
(27) удовлетворяют целые числа пх и п2, для которых
2т11 4* 1 — 3, 2п2 4* 1 = 5.
т.е. Hi = 1, п2 = 2. С помощью формулы (26) находим а, удовлетворя-
ющие условию задачи:
3 о 9тг	3 с 15тг
«1 - ^-З- 13,	а2-137Г-5- 13 .
54. {тг/4}.
Решение. Перепишем исходное уравнение в виде
^2сов2®“1 | ^COS2 X _ 2
Сделав замену 4СО®2 « == t, получим квадратное уравненйе 4-1 — 3 = О,
корнями которого являются ti = —6, t2 = 2. Значит, исходное уравнение
равносильно совокупности двух уравнений
4COS2® _ _g
4сов2«_2ф	<
Первое уравнение решений не имеет, так как число —6 не входит в об-
ласть значений показательной функции. Второе уравнение равносильно
уравнению cos2 х = 1/2, откуда
cos а: =	х =	4- 2тгА:, к € Z
СО8Х = -^	. Л=±Т + 2,ГП’ И62’
Среди полученных чисел имеется только одно, лежащее на отрезке
[3/4; 1], а именно х = тг/4.
39
55.{Зтг/4}.
Указание. Задача решается аналогично №54.
56. Система имеет бесконечно много решений (ж; —1), где х = 7г/2+2тгп,
п е Z.
Решение. Из второго уравнения системы выразим у через х. Для крат-
кости обозначим 48in ®+4СО8 х через а. Тогда второе уравнение системы
можно переписать в виде
(25 -	+ (6 - 2а)у + 1 = 0.	(28)
Докажем, что для любого решения системы не выполняется равенство
25 - 6а = 0.
Если это равенство верно, т. е. если а = 25/6, то из уравнения (28)
следует, что у = 3/7. Но тогда, используя первое уравнение системы,
получаем, что
3 .	.	, у sin х .	13 sin х I «.	3 . о
~7 Osrna^ log2	=log2| —|^log2-^-2.
Очевидно, что получилось противоречие, которое и означает, что для
любого решения системы равенство 25 — 6а = 0 выполняться не может.
Теперь найдем корни уравнения (28), решая его как квадратное от-
_(3 - а) ± у/а2 - 16 ™
носительно у. Получаем: ух 2 = —-zz—7---------. Так как
’	25 — Ьа
а2 _ 16 = (4sin2® + 4COS2®\2 _ 16 = (48Ш2® _ 4COS2®\2
_	2.4sin2®-3	_	2*4CO®2®—3
2/1	25 - 6(48in2 x + 4coe2 ®) ’ 2/2 ~ 25 - 6(48in2 x + 4cos2 ®)
Приведенные рассуждения показывают, что исходная система равно-
сильна совокупности двух систем; назовем их I и II соответственно:
у sin а:
3/«in* = log2 ,
2.4sm2«_3
У = -------5-----7
25 —6(4sin * + 4сов
ysinx
ysinx = log2 — ,
_	2-4cos2®~3
У ~ 25 - 6(4““2 * + 4coe2 x'
Решим систему I. Пользуясь вторым уравнением, находим
= 3 + - = 3 +
У	У
25 — 6(4S|**2 + 4е”2 ж) = 16-6-4~*g = 2 4cos2 x
2.48in2a;-3	2.4»in2«-i
40
Здесь мы пользовались тем, что для решений системы выполнено усло-
2	14- 31/
вие у / 0. Подставляя теперь 2 • 4сов ® вместо -- в правую часть
у
первого уравнения, получаем
,	у sin х	,	. .	। ,	14- 31/
1О& 1 + fy =1°g2|sma;|-log2 —=
= log2 | sinx| - log2(2 • 4cos2 ®) = log2 | sinrrI — 1 — 2 cos2 x.
Пользуясь тем, что по условию |з/| < 1, а также первым уравнением
системы и неравенствами log2 | sinx| 0 и cos2 ж > 0 получаем, что
—1 j/sinrr = log2 |sinж| — 1 — 2 cos2 ж —1.
Отсюда видно, что должны выполняться следующие условия:
r 2/sina: = —1,
< log2 | sinxr| = 0,	<=>
cos я = 0
у sin х = — 1,
| sin ж| = 1.
Если sinrr = —1, т.е. если х = —- 4- 2тгп, п 6 Z, то у = 1. Подстав-
ляя найденные значения х и у во второе уравнение системы I получаем
неверное равенство 1 = —1. Если же sinх = 1, т.е. х = — + 2тгп, п е Z,
то у = —1. Подставляя найденные значения х и у в оба уравнения си-
стемы I, убеждаемся, что они им удовлетворяют. Итак, система I имеет
бесконечное множество решений:
х = 4- 2тгп, п е Z,
у = -1.
Решим теперь систему II. Пользуясь вторым уравнением системы,
находим, что 1 + — = 2-48in2®. Подставляя теперь 2-48in2® вместо - -
в правую часть Первого уравнения, так же как и ранее, находим, ч^о
2/sin:r = log2 |sinж| — 1 — 2sin2£r.
Воспользуемся теперь условием |j/|	1 и неравенствами log2 | sinrr| 0,
sin2 х 0. Как и ранее, получаем, что
—1 ysinrr = log2 |sin£r| — 1 — 2cos2x —1,
41
откуда следует, что для решений системы II должны выполняться сле-
дующие условия
{ysinx = —1,
log2 | sin я | = О,
sin x = 0.
Но последние два из этих равенств не могут выполняться одновременно.
Следовательно, система II решений не имеет.
57.	{-ч/З/З}.
Решение. Из равенства logba = \/3 следует, что Ь > 0, Ь / 1, а > 0,
b = Ь^. Так как у/а = а1/2 и а =	то
^=4=^=^-*=^.
ООО
Так как Vb = Ь1/2, tfa = а1/3 и а = то можем записать
ч/3-2
Обозначим А = b 2 ? можно записать, что
Так как Ь > 0, b 1, то А > 0, А 1. Применяя формулу loga = /?,
получаем, что log^	A_y/3/3 =
58.	(—оо; —1] U [1; +оо).
59.	{тг/2 + 2тг*|* € Z, Jb > 7}.
Указание. Область определения неравенства состоит из точек, в кото-
рых sina: = l.
60.	(-00; -2) U (2; +оо).
61.	{1}.
Указание. Докажите, что максимальное значение функции, стоящей в
левой части этого уравнений, равно минимальному значению функции,
стоящей в правой части.
42
62.	{-1}. 63. {2}.
64. При а < 0 — один корень, при 0 а < е корней нет, при а = е —
один корень, при а > е — два корня.
Решение. Требуется (для каждого а) определить, сколько корней име-
ет уравнение f(x) = 0, где f(x) = ех — ах. Исследуем функцию f(x).
f'(x) — ех—а. Если а 0, то f'(x) > 0 для любого ж, поэтому f возраста-
ет на всей числовой прямой и принимает каждое значение из множества
значений в точности один раз. Если а < 0, то E(f) = R;1 если а = О,
то Е(/) = (0;оо). Следовательно, при а < 0 уравнение имеет один ко-
рень, а при а = 0 корней нет. Пусть теперь а > 0. Тогда f'(x) = 0 при
ех = а, т.е. при х = In a. f возрастает на промежутке [1па;оо), убыва-
ет на промежутке (оо;1па]; в точке х = Ina функция имеет минимум,
причем /(Ina) = a(l — Ina) (рис. 4, a = 3). Множество значений функ-
ции / — промежуток [а(1 — 1па);оо), и каждое свое значение (кроме
a(l — Ina)) функция / принимает в точности два раза. Таким образом,
при a(l — In а) < 0, т. е. при а > е, уравнение имеет два корня, при а = е
— один корень, при a(l — Ina) > 0, т.е. при 0 < а < е, корней нет.
65. Нет корней при а > е1/е, один корень при 0 < а 1, а = е1/е, два
корня при J < а < е1/е.
Указание. Функция f(x) = ах — х убывает при 0 < а < 1, имеет одну
точку экстремума (минимум) при а > 1 (эта точка — корень уравнения
f'(x) = ах In а — 1 = 0
— точка Xq = — loge(lna)) . Значение / в этой точке
/(х0) = а«»-хо = ^-1о&(^)
обращается в нуль при
ain£ = alo8e(lna) О aba = -1_ r-^-lna = In (г—) ' <=>
Ina	Ina	\1па/
О -i-= е <=> 1па=- О а = е1/е.
та	е
1 Через E(f) обычно обозначается множество значений функции /.
43
корня, при а = е1/е и е е а < 1 — один корень, при а > е1/е корней
нет.
Решение. I. Пусть а > 1. Тогда:
если ах > i, то х > loge ж, поэтому ах > loge х;
если ах < ж, то х < loge х, поэтому ах < loge х\
если ах = ж, то х = logax, поэтому ах = logarr. Таким образом,
число корней уравнения ах = logax (при а > 1) равно числу корней
уравнения ах = х и равно (см. задачу 65): двум при 1 < а < е1/е,
одному при а = е1/е, нулю при а > е1/е.
II. Пусть 0 < а < 1. Положим f(x) = ах — loge х. Тогда
f'(x) = ах1па-
1
xlna
хах In2 о — 1
xlna
Так как In а < 0, знак f'(x) совпадает со знаком функции д(х) = 1 —
— хах1п2а. Исследуем функцию д(х). д'(х) = —a®ln2a(l + х In а).
1 1
д'(х) = 0 при х = Xq = —	д'(х) > 0 при х >	<7'(ж) < О
при 0 < х <	(напомним, что Ina < 0). Далее, р(0) = 1 и д(х) —> 1
при х оо. Следовательно, д(х) убывает от 1 до д(х0) на промежутке
[0; Жо] и возрастает от g(xQ) до 1 на промежутке [ж0; оо)- Если д(х0) < 0,
то функция д обращается в нуль в двух точках хг и х2, принадлежащих
соответственно промежуткам (0;жо) и [жо;оо). В каждой из этих точек
/' также обращается в нуль и меняет знак с плюса на минус в точке Xi
и с минуса на плюс в точке х2. Поэтому функция f имеет максимум в
точке Хг и минимум в точке х2. Если д(х0) = 0, то д, а следовательно, и
44
Г положительны на промежутках (0;жо) и (ж0;оо). Поэтому f возрас-
тает на промежутках (0; ж0] и [ж0; оо), а значит, и на промежутке (0; оо).
Наконец, если>д(х0) > 0, то f возрастает на промежутке (0;оо).
Найдем при каких а значение д в точке ж0 отрицательно:
g(xQ) = 1 4-In а • а >п<*<0при 1па-а >па < —1 о
О	Ina > In (— О
1па	1па	\ 1па/
<=>	-“^1па >—1п(—1па) О — 1п(-1па)<-1 о 4
ln(— Ina) > 1 О — 1па>е О
О 1па<— е <=> 0 < а < е“е.
Отметим, что любой корень уравнения а® = х является также кор-
нем уравнений х = loge х и ах = loge х. При 0 < а < 1 уравнение ах = х
имеет в точности один корень х3 (см. задачу 65). Мы проверим, что
х3 € (яТ1; ггэ), откуда будет следовать, что /(^i) > 0, a f(x2) < 0, так как
f убывает на промежутке [»х; х2]. Далее, х3 принадлежит промежутку
(Ж1;х2) тогда и только тогда, когда д(х3) < 0. Найдем д(х3):
д(х3) = 1 — х3аХз In2 а = 1 - ж2 In2 а,
так как а®3 = х3. Кроме того, а = жУ®3, поэтому In а = т.е.
хз
д(х3) = 1 -	= 1 - In2 х3.
х3
Нужно проверить, что 1п2ж3 > 1, т.е. х3 < i.
Рассмотрим функцию <р(х) = ж1/®. Сразу отметим, что <р(х3) =
= х3^Хз = anip Q) = е~е. На промежутке ^0; - j функция <р возрастает.
В самом деле, <р(х) = х1/х = е1п®/® и
<р'(х) = е1™'*	- ^)>0
уж X J
на промежутке (б; ij. Далее, 0 < а < е“е, т.е. 0 < ч>(х^} < у? QJ, из
в	Л 6	1
этого неравенства в силу возрастания (р следует неравенство 0 < х3 < -.
Множество значений функции' f при любом a G (0; 1) — вся чис-
ловая прямая. Так как при е“е < а < 1 функция f возрастает, то она
45
принимает каждое свое значение в точности один раз,в том числе и зна-
чение 0. При 0 < а < е~е функция f возрастает на промежутке (0;
убывает на промежутке [#i; я2], возрастает на промежутке [ж2; оо), при-
чем /(#1) > 0а /(ж2) < 0 (рис. 5). Из рисунка видно, что каждое свое
значение из промежутка (/(ж2);/(жх)) функция принимает три раза, в
том числе она принимает три раза значение 0.
67. b 6 (-оо; 1].
Решение. Функция f(x) = х2 — 2а In х имеет минимум при
f'(x) = 2x-^ = 0,
т.е. при х = у/a. Функция f убывает от оо до /(х/а) = а — alna на про-
межутке (0;х/о], возрастает от f(\/a) — а~ alna до оо на промежутке
[х/а; оо). Следовательно, каждое свое значение (кроме а — alna) функ-
ция принимает два раза, а значение a—a In a — один раз. Таким образом,
должно быть выполнено равенство а — а1па = Ьи осталось узнать, при
каких b имеет корни уравнение (относительно a) а — alna = b. Таким
образом, нужно найти множество значений функции д(а) = a — alna.
Функция д имеет максимум при <
д'(а) = 1 — а • i — In а = — In а = 0,
т.е. при a = 1. При этом д возрастает от 0 до 1 на промежутке
(0; 1] и убывает от 1 до —оо на промежутке [1;оо). Следовательно,
Е(д) = (“°0; 1]- Отметим, что для 0 < b < 1 существует два таких
значения а, при Ь=1иЬ<0— одно.
46
§6	. Контрольное задание
Обязательные задачи.
Решите уравнения (1—10):
1.	23®-1 = 5 • З6®-2.
2-	11оЩ-2.7-) = 1.
3.	logger + 6) + logger - 2) = 2.
4.	logy? (sin я — cosx) + 1 = log7(7 + 3cos4rr).
5.	X10 + 5lg:c = y/x.
в.1ое1.(х-1)> + 11о8Л^±|=0.
7.	4® + 52®+1 = 6 • 10®.
10.
8.	(у 2 - V3) + (У 2 + V3) = 4.
9. (log^Ox2)) • log^a: = 4.
Х2 6Х) " 1°^36®2+6® 6 = 1.
Решите системы уравнений (11, 12):
n . log3 (т’ + х) +1°gl (т+И = 2>
11.	\ У / З\я /
. log3 |аг +1/1 = 1.
{1,1 5
lg® + lgj/ = -,
logx 10 + log,, 10 = 5.
Решите неравенства (13-18)
_ _ ,	а:2 4- 4х .
13- °®| < !•
14. 31ов2 «+2 <
9
/ J \ 2®-J-3
16. log,, (a: - 2) 0.
ir.log1+^x-21ogl(l + ^a:)>l.
18.	22®+2 > 6® + 2 • 32®+2.
19.	Найдите наименьшее значение функции у(х) = arlnx — хIn5 на
отрезке [1; 5].
47
Дополнительные задачи.
Решите уравнения (20-24):
20.	2Ioev^® - 5 • xlog32 -|-6 = 0.
21.	5х • 8®+i = 100.
22.	2 ^/2 log?e х -	-6 = 0.	'
23.	(1 + i) + 1g1 (1 -	= 21ga (^ -1).
24.	(\/2-+ (yi +	= 2®.
{y.Xlosvx =x5/2,
log^-log^-Sa:) = 1.
Решите неравенства (26-31):
26.	xlg® > 10aTlga; + 3.
27.	yiogx x/5x < - log* 5.
28.	log2 log3 < log1/2 log1/31^|.
29.	log(a._3)(o:2 - 4x)2 < 4.
. 8—12a?
30.	5log« ~Z=F > 25.
31.	x2 • 2х + 1 > x2 + 2®.
32.	Сколько решений имеет уравнение In 2а: = %?
АЛ
Решение каждой задачи должно содержать необходимые рассужде-
ния, объясняющие равносильность того или иного перехода.
Критерии оценок.
Обязательные задачи: <3» — решено не менее 10 задач;
<4» — решено не менее 14 задач;
<5» — решено не менее 18 задач;
При выполнении обязательной части задания должно быть решено
не менее трех неравенств.
Дополнительные задачи: <4» — решено не менее 5 задач;
<5» — решено не менее 9 задач;
48
ISBN 5-94057-099-2
785940
570998