Б. П. Гейдман
Логарифмические
и показательные
уравнения
и неравенства
i χ
16

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
Геидман Б. П.
Г29 Логарифмические и показательные уравнения и неравенства.
Учебное пособие для учащихся ОЛ ВЗМТТТ при МГУ им.
Ломоносова. - М.: МЦНМО, 2003. - 48 с: ил.
ISBN 5-94057-099-2
Пособие предназначено для учащихся ОЛ ВЗМШ при МГУ им.
Ломоносова. Оно содержит теоретический материал, посвященный общим
принципам решения логарифмических и показательных уравнений, неравенств и
систем уравнений, а также разобранные примеры и задачи для
самостоятельного 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
отделения математики ОЛ ВЗМШ.
Рецензент А. А. Егоров.
БЬК 22.141
© Б.П.Гейдман, 2003.
ISBN 5-94057-099-2 © ОЛ ВЗМШ, 2003.
Борис Петрович Гейдман
Логарифмические и показательные уравнения и неравенства
Компьютерная верстка Ε. Ε. Пушкарь
Подписано в печать 12.05.2003 г. Формат 60 х 90 Vl6· 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,
основной прием решения которых состоит в построении цепочки
равносильных переходов1. После нескольких переходов мы приходим к
простейшему 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 *
Сборника задач по алгебре и началам анализа для 9 и ДО классов», авторами
которого являются Ивлев Б. М., Земляков А. Н. и др. Все задачи
этого параграфа снабжены ответами, а к некоторым даны указания или
решения.
Пять тестовых заданий, помещенных в тексте, помогут Вам
научиться осуществлять равносильные переходы. Ключ к тестам (номера
правильных 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.ая=ар+я. («·&)» = β». Ρ; (α?)«=βΗ; £ = of"·; (§)' = £·
Здесь а и Ь — любые положительные числа; pnq — любые
действительные числа.
Основное логарифмическое тождество.
alog«b = 6, α>0, αφ Ι, 6 > 0.
Действия с логарифмами.
loge (tit;) = loge и + loge υ; loge uk = к loge щ
loge(^)=logeti-loget/; logeu = g^.
Здесь а > 0, α φ 1, b > 0, b Φ 1; и > 0, υ > 0, к — любое действительное
число.
logefc и = τ loge и, а > 0, а Ф 1, и > 0, А; ф 0.
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,
неравенства или системы) А принадлежит множеству решений другого
предложения В, то второе предложение называется следствием
первого. 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) log2x = log2(2-x2) =» х = 2-х2.
1 ι 1
3=1°g2_2-
2) log i=log2_2i =► а; = 2-χ2.
3) loga;(2-a;2)<l
ί 2 - χ2 < ж,
< 2 - χ2 > 0,
4) 21ο**χ = 2 - χ2 => χ = 2 - χ2.
5) log2 χ < log2(2 - χ2) => χ<2-χ2.
2. Предложения Аи В называются равносильными, если множества
их решений совпадают. Это обозначается так: чА о В>.
Тест 2. Одна из следующих пар предложений состоит из
неравносильных предложений. Укажите эту пару.
1) lgx = 0 и χ = 1.
2) х2 ^ 0 и 2* > 0.
3) log2 χ > 1 и ж > 2.
4) lgs = lgy и ж = 2Л
5) 2х + 2"* = 1 и lg χ = lg(-ar).
Тест 3. В одном из приведенных ниже примеров неверно поставлен
знак «<=>». Укажите этот пример.
1) logi(x2-l)>0 &
2
IV-i>o,
{я2-ΚΙ.

2 - χ = ж2,
2) log.(2-a?) = 2 & {χ>0,
χφ\.
3) (sinx + V^)* < 1 ^
{sinx + y/2< 1,
χ>0,
{sinx-fv^ > 1,
χ<0.
4) a;log2a; = 0 <=>
χ = 0
log2 χ = 0.
5) log2x = log2(2x-l) ^
{χ = 2ж ~ 1,
χ>0.
§2. Логарифмические и показательные
уравнения
При решении показательных и логарифмических уравнений можно
пользоваться такими равносильными переходами
ар = ач
а>0,
аф\
(1)
loga и = loga v <=> <
(2)
г/ = ν,
г/>0,
а>0,
Равносильность следует из строгой монотонности как показательной
(в (1)), так и логарифмической (в (2)) функций.
Замечание. Вместо системы, полученной в (2), можно решать
эквивалентную ей систему
'и = ν,
υ>0,
a>0,
αφί.
6

Выбор зависит от того, какое из неравенств, и > О или ν > О, Вам проще
решить.
Имеет место равносильный переход, выражающий стандартное
определение логарифма:
(ар = Ь,
< а > О, <=> ρ = log,, Ъ. (3)
ν '
Рассмотрим несколько примеров решения показательных и
логарифмических уравнений, в которыми Вы встречаетесь на уроках алгебры и
начал анализа.
Пример 1. 2*2-3*+4 = 4.
Решение. 2χ2~3χ+4 = 22 ^ х2 - Зх + 4 = 2.
Здесь мы сделали равносильный переход (1): показательная функция
у — 2й — возрастающая, а потому каждое свое знатение она принимает
только один раз. Решая уравнение х2 — Зх + 4 = 2, получаем ответ.
Ответ: {1;2}.
Пример 2. З*"3 = 7.
Решение. По определению логарифма имеем:
3*-з = 7 ^ χ - 3 = log3 7 <=> χ = 3 + log3 7.
Ответ можно записать по-разному:
{3 + log37}
или (т. к. 3 = log3 27 и logc a + logc Ь = logc(ab))
{log3189}.
ПримерЗ. 22χ-1=32χ~Κ
Решение. Т.к. З2*"1 φ О, то
22.-1 =32.-1 ^ ^^^l.
(2\°
- 1 , последнее уравнение равносильно такому:
2ж-1 = 0 <=> х = \-
Ответ!
ш·

Можно было решать это уравнение, «логарифмируя» обе его части,
то есть пользуясь равносильным переходом (2). Покажем этот способ
решения на следующем примере.
Пример 4. Зх+1 = 5*-2.
Решение. Воспользуемся равносильным переходом (2):
логарифмическая функция строго монотонна, поэтому каждое свое значение она
принимает ровно один раз.
3*+1 = 5*-2 & lg 3*+1 = lg δ*'2 & (χ + 1) lg 3 = (χ - 2) lg 5 &
* *(lg3-lg5) = -lg3-21g5 * *=Χ?-£ί·
Λ /lg3 + 21g5\ J lg75 1
Ответ можно записать в таком виде: < -?-=—rV η или так: S ι ~#ο r>
\ Ig5-lg3 J' Ilg5/3J'
fl + 21og35)
или так: < -ι g *. >.
\ log35-l 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
основанию 3 или по основанию 5 — эти основания уже имеются в условии
задачи. Если выбрать, например, основание 3, решение будет выглядеть
так:
3*+i = 5*-2 ^ a; + l = (a;-2)log35 &
* *(log35-l)==l + 21og35 * χ=\ο^-ϊ·
Теперь рассмотрим примеры 5-9, в которых равносильный
переход (2) постепенно «набирает силу».
Пример 5. log5(a: — 2) = 1.
Решение. log5(a;- 2) = 1 <=> ж - 2 = 5 <=> ж = 7.
Ответ: {7}.
Пример 6. log7 log3 log2 χ = 0.
Решение.
log7 log3 log2 χ = 0 <=> log3 log2 χ = 1 <=>
<=> log2a; = 3 <=> ж = 8.
Ответ: {8}.

Пример 7. log.,, (ж2 - 4ж + 4) = 1.
Решение.
1<^ж(ж2-4ж + 4) = 1 <=> ^
' χ2 - 5ж + 4 = О,
<=> < χ > 0, <=> <
U^i
χ2 — 4ж 4- 4 = ж,
ж>0,
ж = 4,
ж = 1,
ж > О,
<=> ж = 4.
Ответ: {4}.
Пример 8. log2(a?2 — Зж -f-1) = к^2(2ж — 3).
Решение.
{ж2 — Зж -f 1
2х-3>0
Г Г* = 4,
= 2х - 3,
<=►
(х2 - 5ж + 4 = О,
•>1
<=> ж = 4.
*>!
Ответ: {4}.
Остановимся подробнее на решении следующего уравнения.
Пример 9. logto(a?2 - 2х) = log2a:(2# - 3>.
Решение. Логарифмическая функция определена на множестве
положительных чисел, поэтому необходимо выполнение условий ж2 — 2ж > О
и 2ж - 3 > 0.
Основание логарифмической функции — положительное, отличное
от единицы число, отсюда 2ж > 0 и 2ж φ 1.
В силу строгой монотонности логарифмической функции из
уравнения вытекает еще одно ограничение: ж2 — 2ж = 2ж — 3.
9

Учитывая, что из х2 - 2х = 2х - 3 и 2х - 3 > 0 следует хг ~*2х > О,
приходим к равносильному переходу (2):
log2a;(a;2 - 2х) = log2a;(2x - 3) «*
I 37 — ΔΧ — ΔΧ О,
2х - 3 > О,
2ж>0,
(ж2-4а; +
•>1
3 = 0,
•>i
х = 3.
Ответ: {3}.
Замечание 1. Вместо цепочки равносильных переходов часвд
используют переходы к следствию. При этом возможно появление посторонних
чкорней, которые (если они есть) в конце решения необходимо
отбросить, например, с помощью проверки. Проиллюстрируем это на том же
примере 9.
log2a;(x2-2x) = log2a;(2a:-3) => χ? - 2х = 2х - 3 <=>
"ж = 3,
& аг-4ж + 3 = 0
х = 1.
Проверка, χ = 3 — является решением данного уравнения, так как при
х = 3 уравнение обращается в тождество: log6 3 = log6 3.,
χ = 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 развЧггретился знак следствия «=»»(все остальные
переходы были равносильны), поэтому получившаяся совокупность уравнений
(х = 3 или χ = 1) является следствием данного уравнения'.
Замечание 2. При решении последнего примера мы фактически
использовали следующий равносильный переход:
l°&nx)9(x) = logHx)h($)
д(х) = h(x)
д(х}> О
/(*)>0
10

В примерах 10-12 надо выполнить некоторые действия над
логарифмами, входящими в уравнение (см. формулы из справочного
материала). При этом приходится следить за равносильностью переходов.
Советуем предварительно выполнить задания теста 4.
Тест 4. В одном из приведенных ниже примеров неверно поставлен
знак «<=>». Укажите этот пример.
1) 31oge6 = c & loge
i>3 = c.
2) -loge6 = c Ф> loga- = c.
3) |loga6 = c & loga УЪ = с.
4) 21oga6 = c <=> loga62 = c.
5) -loga6 = c & logaVE = c.
Пример 10. lgx + lg(x + 3) = 1.
Решение.
lga; + lg(a; + 3) = l ^ j
J*(:r + 3) = 10,
[x>0
& i
f
,x
χ = —5,
χ = 2,
>0
']g((* + 3)-*) = l,
x>0,
j χ2 + 3x - 10 = 0,
|ж>0
<=> χ = 2.
Поясним равносильность первого перехода. Здесь мы воспользовались
формулой loga и + loga v — loga(m/), левая часть которой имеет смысл,
когда и>0иг;>0, а правая часть — когда uv > 0. Поэтому при
использовании этой формулы слева направо расширяется область определения
уравнения и для равносильности надо ввести дополнительное условие
и > 0 или υ > 0.
Замечание. Советуем запомнить соответствующий равносильный
переход:
logati + logev = c 4* ^ (4)
I ti > U.
(см. также замечание на стр. 6).
11

Пример 11. log125(sin2x — sin χ) + - = log5(—2 sin ж).
о
Решение. Приводим левую часть уравнения к логарифму с основали-
ем 5: г
- log5(sin2x - sinx) + - = log5(-2sina;) «=>
О О
<=> log5(sin 2х - sin χ) +1 = 3 log5(-2 sin x) <=>
<=> log5(sin2x — sinx) + log5 5 = log5(—2sinx)3 <=>
О log5(5(sin 2x — sinx)) = log5(—8sin3 x).
Далее, пользуясь равносильным переходом (2), приходим к системе:
5(sin 2х — sin χ) = —8 sin3 χ,
sin χ < 0.
5(2 sin χ cos χ — sin χ) = —8 sin3 χ,
sin χ < 0.
(5(2 cos x-
sin χ < 0
1) = —8 sin2 χ,
(в последнем переходе мы сократили обе части уравнения на неравное
нулю (отрицательное!) выражение sinx).
Решим уравнение системы.
5(2cosx- 1) = -8sin2x о lOcosx - 5 + 8(1 - cos2x) = 0 <=>
<=> 8cos2x — lOcosx — 3 = 0 <=> cosx = — -
4
(второй корень соответствующего квадратного уравнения, -, не может
служить значением крсинуса: - > 1 ).
Неравенству sinx < 0 удовлетворяют только такие решения уравне-
1
ния cosx = —г:
4
χ = — arccos (—τ ) + 2πη, η £ Ζ.
Поскольку arccos (—τ 1 = π — arccos -, в ответе это же множество чисел
можно записать по-другому.
Ответ: < arccos -г + (2п — 1)π | η £ Ζ \.
12

Пример 12. log4 χ2 + log2(a; -I- 2) = log2 log5 5.
Решение. Воспользуемся тождеством loga Ь2 = 2 log2 \Ь\ (сравните с п. 4
теста 4) и заменим выражение log4 χ2 на log2 |x|. В результате получим
равносильное уравнение:
log2 \x\ + log2(x -I- 2) = log21.
При следующем переходе мы опускаем условия ж+2>0иж^0, так
как из получаемого при этом переходе уравнения |ж|(хН-2) = 1 следует,
что χ φ О и χ + 2 > 0.
Итак,
|ж|(я; + 2) = 1 <=>
[ х2 + 2х - 1 = 0
{х<0,
χ2 + 2х + 1 = 0
{хс < О,
(* + 1)2 =
ж = >/2-1,
ж = -1.
Ответ: {-1; >/2-1}.
Скажем несколько слов по поводу уравнений, в которых встречается
«степенно-показательная» функция у — (f(x))9^-
Мы будем считать, что эта функция определена, если f(x) > 0;
таким образом, если в уравнении или неравенстве встретилось выражение
(f(x))9^x\ то неравенство f(x) > 0 является одним из условий,
определяющих ОДЗ (область допустимых значений).
Возможны и другие определения. Единой, общепринятой
договоренности в этом случае нет. Если Вам встретилась задача с такой
функцией, надо обязательно четко указать, какого определения Вы
придерживаетесь. Так, при нашем определении значения ж = 0 и а; = -1 не
являются корнями уравнения χ = хж+2, так как эти значения не входят
в область определения функции у = хх+2.
13

Укажем равносильный переход для показательных уравнений в
более общем виде, чем раньше:
/(*)*<·> = f(x)h{x) &
(:
д{х) = h(x),
/(*) > О
/(*) = 1,
L 1 9{χ)·> Ηχ) определены.
(5)
Пример 13. (2ti + 3)* = (4х2 + 9 + 12s) (—зман-а).
Решение. Заметим, что 4х2Н-9-Ы2я; = (2х+3)2. Таким образом ИСХОД-
го:3
ное уравнение можно переписать в виде (2х + 3)х = (2х + 3) (*-з)(2*+2) t
Воспользуемся равносильным переходом (5):
(2х + 3)х = (2х + 3) (—3)(·+ι) **.
Ясно, что вторая система не имеет^решений, поэтому исходное
уравнение равносильно системе:
х = 0
(ж-3)(ж + 1) = а;2, &
{ χ > -3/2
Гх = 0
*> <
ж = -3/2,. «ф. х = 0.
[ χ > -3/2
Ответ: {0}.
14

§3. Логарифмические и показательные
неравенства
Из строгой монотонности логарифмической и показательной
функции следует равносильность таких переходов:
(а">а\ ^ [р>4,
|а> 1 |а> 1.
{а?>а\ ^ ip<q,
|0<о<1 |0<а<1.
(6)
(?)
(
log«>loge„, ^
а > 1 '
{
logau>logev,
0<а<1,
и < ν,
и > 0, (9)
0<а< 1.
Тест 5. Среди приведенных высказываний найдите истинное:
1) (л/5-2)*<1 & х<0.
2) log^!ж < 1 <=> ж > >/3 - 1.
3) log, (л/5 - 1) > 1 & у/Е^ 1 > χ.
4) (л/3- 1)ж > 1 & х>0.
5) log^.^ж > 1 <=> x<VE-2.
Приведем несколько примеров решения показательных и
логарифмических неравенств.
Пример 14. 23* < 2*2+2.
Решение. 23х < 2*2+2 <& Зх < х2 + 2.
Здесь мы сделали равносильный переход (6): показательная функция
у = 2* — возрастающая. Далее решаем квадратное неравенство
х2 - Зж + 2 > 0.
15

Ответ: (-оо; 1) U (2; +оо).
Пример 15. log05(x + 1) > log0)5(2 - χ).
Решение. Логарифмическая функция у = log0 51 — убывающая.
Имеет место равносильный переход (9):
\х + 1>0 U>-1.
Ответ: ί—1; -J.
Пример 16. (1/3)2* < 2.
Решение. Заменив в правой части 2 на (l/3)logl/32 и
прологарифмировав неравенство по основанию 1/3, приходим к неравенству 2х > log1/3 2
(равносильный переход (7)).
Ответ: (- loSi/3 2; +°°) ·
Пример 17. logx2 \Ъх +1| < -.
Решение. Здесь следует обратить внимание на то, что переменная χ
входит в основание логарифма. В зависимости от χ основание
логарифма может быть положительным и меньшим единицы или большим
единицы, то есть при одних значениях χ возможен переход (8), а при
других — переход (9):
Го<ж2 < ι, JV>i,
\(3х + 1)2>х2 ИЛИ \0<(3х +
I)2 < х2
t
-1<ж<-|'
L0 < яг < 1
8х2 -ι- бж +1 > α
-| <x<0i
0<х< 1
или
х< -1,
t
или
( [х< -
I U > 1
[ 8х2 + 6х + 1 < О
[х>1,
2<Х< 3'
3<аГ< 4*
16

Ответ: (-1; -|) U (-i; θ) U (0; 1).
Так же, как и в предыдущем параграфе, приведем общий вид
равносильных переходов, используемых при решении показательных и
логарифмических неравенств.
/(х)»(х) > /(х)Л(х)
д{х) > h(x),
f{x) > 1
/(х)9(*> > f{x)h(x)
{
I (g(x)<h(x),
Ц0</(х)<1.
f
{g(x) ίξ Λ(χ),
0 < /(χ) < 1.
(10)
д(х) ^ h(x),
/(χ) > 1
(И)
Замечание. Последний равносильный переход можно записать
следующим образом:
f{x)9{x) > f(x)h{x)
д(х) ^ ft(ar),
№ > 1
■ι
!д(х) < Л(х),
0 < /(«) < 1
{
д(х), h{x) определены.
Он отличается от перехода (11) тем, что случай f(x) = 1
рассматривается отдельно, но при решении задач последний переход, очевидно,
требует лишних вычислений. Однако иногда полезно применять его для
самопроверки.
д(х) > h(x),
h(x) > 0,
[ h(x) > д(х),
д(х) > 0,
t0 </(*)<!.
log/(x) 9(x) > log/(a;) h{x) &
(12)
17

logf{x)9(x)>logf{x)h{x) &
(13)
Г д(х) ^ /ι(χ),
< /ι(χ) > О,
/ι(χ) ^ #(χ),
д(х) > Ο,
Ο < /(χ) < 1.
Теперь с помощью этих равносильных переходов решим еще два
примера.
Пример 18. (4х2 + 2х + 1)χ2~χ < 1.
Решение. Перепишем неравенство в виде
(4х2 + 2х + 1)χ2~χ < (4х2 + 2х + 1)°.
Согласно (11), получаем совокупность
{х(х - 1) ^ О,
х{2х + 1) ^ О
(х(х - 1) 5* О,
χ(2χ+1)ίζ0
О^х^ 1
-1/2^x^0.
Ответ: [-1/2; 1].
Пример 19. log, (f^f) < -1.
Решение. Поскольку — 1 = log, -, неравенство можно записать
следующим образом:
18

Пользуясь равносильным переходом (12), получаем совокупность:
( 4ж + 5 1_
х'
>0,
1 6-5а:
4г + 5
6 -5а;
[х> 1
( 4а:+ 5
6-5а: > х*
0<ж< 1.
Решение каждой из получившихся систем не представляет особого
труда. Решите их самостоятельно.
Ответ: (1/2; 1).
Ключ к тестам
Номер теста ·
Номер правильного ответа
1
3
2
4
3
4
4
4
5
2 1
§4. Некоторые частные приемы решения
показательных и логарифмических
уравнений и неравенств
Распространенный способ решения показательных и
логарифмических уравнений и неравенств — замена переменной, сводящая уравнение
или неравенство к алгебраическому (без логарифмической и
показательной функций).
После решения алгебраического уравнения или неравенства
остается решить совокупность или систему простейших показательных или
логарифмических уравнений и неравенств.
Пример 20. дЬв§*-з1о82*-5 = -.
19

Решение. «Прологарифмируем»уравнение по основанию 2.
^log* х-3 log2 х-Ъ = I ^ 1о& ^log* χ-З log2 *-5) = j0& / JA ^
<=> (log2 ж - 31og2 x - 5) Iog2 ж = - log2 χ <=>
log2 χ = 0,
log2 χ — 3 log2 ж — 4 = 0
Решением первого уравнения этой совокупности является χ = 1.
После замены log2 я; = α второе уравнение перепишется в виде
а2 - За - 4 = 0.
Это уравнение имеет корни а = 4 или α = 1, откуда χ = 16 или χ = 1/2.
Ответ: {1/2; 1; 16}.
Замечание. При решении этого уравнения способом сравнения степеней
с одинаковыми основаниями:
χΙοζ% х-2 log2 х-Ъ = χ-1
довольно часто теряется решение χ = 1 (приравниваются только
показатели степеней, а случай равенства основания степени единице не
рассматривается). При решении этим способом следует использовать
равносильный переход (5).
Пример 21. \/log2(8x2 + 8χ) = log^x2 + χ).
Решение. Данное уравнение принимает простой вид относительно
новой переменной у = log2(x2 Η- χ):
уД+у = 2у & \l>0' 2 ** » = 1·
χ = 1
χ = -2.
Итак, log2(x2 + ж) = 1 <=> ж2 + ж = 2
Ответ: {-2; 1}.
Пример 22. log3a. 3 - log3ir x + log2} χ = 1.
Решение. Приведем все логарифмы к одному основанию. Тогда
уравнение примет вид:
log3a;+l \оёзх + 1+[°&Х-1·
20

Сделаем замену: log3 χ = у. Получим:
1-У
1 + у
+ у2-1 = 0
(1-у)(1-(1 + у)2)
1 + у
= 0
< Ы2 + у) = 0
Итак,
У=1,
у = о,
у = -2.
х = 3,
χ = 1,
х =
1/9.
log3x = l,
log3 χ = 0, <=>
lOgg Ж = —2.
Ответ: {1/9; 1; 3}.
Пример 23. 3 · 16* + 36* = 2 · 81*.
Решение. Так как 81* Φ 0 при любом значении переменной х, то
данное уравнение равносильно такому:
»·$)'+(»■-«·
Положив (- J =y, получим уравнение
Зу2 + у = 2 <**
3/ = -1
» = β·
имеет,
Итак, (-) = — 1 или (-J = -. Первое уравнение решений не
г, так как ί - 1 > 0 при любом значении х, а решением второго
1
уравнения является χ = -.
Ответ: |-|.
Замечание. Обратите внимание на то, что уравнение из условия
примера 23 является однородным относительно переменных 4* и 9*.
Напомним, что уравнение f(x,y) = 0 называется однородным степени
га φ 0, если для любого t выполняется равенство f(tx, ty) = tmf(x, у).
Если f(x, у) является многочленом относительно переменных χ и у, то,
разделив это уравнение на ут, получим уравнение относительно одной
переменной - = ζ.
21

Пример 24. (4 + VE)X + (4 - ν/Ϊ5)χ = 62.
Решение. Заметим, что (4 + уДь)х · (4 - ν/Ϊ5)χ = 1. Сделав замену
(4 + у/\Ъ)х = у, получим уравнение у + - =62, решениями которого
являются числа 31 ± 8у/ТЕ. Следовательно, (4 + у/ТЕ)х = 31-1- 8\/Ϊ5 или
(4 -|- у/\Ъ)х = 31 — 8\/Ϊ5· Решениями этих уравнений являются
соответственно числа 2 и —2, так как 31 ± 8\/Ϊ5 = (4 ± \/Ϊ5)2·
Ответ: {-2; 2}.
Пример 25. =-
2х - 1 1 - 2х'1'
Решение. Сделаем замену 2Х~1=3/. Тогда
1 < х
2-Зу
2у -1 1-у
(2у-1)(1-у)
<0
Итак,
лх—1
<2
<2"
' Ы!)
Ответ: (-оо; 0) U (log2 4/3; 1).
| < 2х"1 < 1
О
<х-1<0
У<2
|<У<1.
х<0
log2 4/3 < χ < 1.
Пример 26. log2(2x) < ^/logx(2a;3).
Решение. log2(2x) < A/logx(2x3) «* log^ 2 +1 < ^/log.2 + 3.
Сделаем замену log,. 2 = у. Получим:
J/ + UV2/ + 3 «■
' fy + l<0,
\l/ + 3^0,
iy + l^O,
i)2
-3<j/<-l,
-Ky<i
«*■ -3 < у < 1.
22

Итак, исходное неравенство равносильно
-3^1о6а;2^1 &
[ 1 > χ > О,
х-3 > 2,
χ*ζ2
(х>1,
х-3 < 2,
х^2
О < χ ζ 072,
х>2.
Ответ: (θ; 072] U [2;+оо).
Следующие уравнения решаются с помощью дополнительных
соображений.
Пример 27. 3* + 4х = 5Ж.
Решение. Воспользуемся тем, что 5Ж > О при любом значении
переменной х, и перейдем к равносильному уравнению f-J + (ς) = 1·
Заметим, что χ = 2 — решение этого уравнения. Покажем, что других
решений нет.
Функция f(x) = ( 7 ) "Μ Ξ) убывает как сумма двух убывающих
функций, а потому каждое свое значение (в частности, значение 1) она
принимает только один раз.
Ответ: {2}.
Пример 28. 21о*>χ + χι°** χ = 7- 41'3 log* 27.
Решение. Докажем, что 21о**х = a;log52.
log2S 1
Действительно: 2log5* = 21о«2 5 = (21о«2 *) iog2 5 = x^s52
Учитывая этот результат, получим:
2 . 2log5 х = 7 — 4log4 ^^ <=> 2 · 2log5 х = 7 — 3 <=>
^ 2log5a; = 2 <=> log5a: = l <Ф ж = 5.
Ответ: {5}.
Замечание. Бывает полезна формула alogcb = 6logca, которая
доказывается 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 — ж2. Обозначим ее производную
f'{x) = ех — 2х через д(х). Эта новая функция имеет единственную
критическую точку χ = In2 {д'(х) = 0 <=> еж — 2 = 0 <=> ж = In 2).
В точке χ = In 2 функция </(а;) = еж — 2х непрерывна и
принимает значение </(1п2) = 2 — 2 In 2. При χ < In 2 значения д'{х) = ех — 2
отрицательны, а потому д(х) убывает на промежутке (—оо;1п2). При
χ > In 2 значения д'(х) положительны — функция д(х) возрастает на
промежутке (1п2;+оо).
Следовательно, д(\п2) — наименьшее значение функции д(х),
поэтому д{х) > #(1п2) = 2 - 21п2 > 0 (действительно, 2 - 21п2 > 0 <=>, е > 2,
что очевидно, так как е = 2,7... > 2. Приходим к следующему
результату: 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
отрицательные значения.
/(-1) = \ - К 0, а /(0) = 1.
В силу непрерывности функции f(x) существует, по крайней мере,
одно значение х0 такое, что f(xo) = 0. А так как, по доказанному, f(x) —
возрастающая функция, то каждое свое значение она принимает
только один раз. Это означает, что данное уравнение имеет единственное
решение.
Пример 30. χ + 4 = 3"ж.
Решение. Легко подобрать (например, при помощи чертежа — см.
рис. 1) корень данного уравнения χ = — 1: —1+4 = З1. Покажем, что
других решений нет.
Функция у = χ+4 — 3~ж возрастающая, а потому каждое свое
значение принимает ровно в одной точке. Следовательно, у исходного
уравнения 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
опираемся на свойства монотонности правой и левой частей уравнения: если
f(xo) — д(хо), причем функция f(x) строго возрастает, а д(х) строго
убывает в области допустимых значений ж, то уравнение f(x) = д{х)
24

y = x + 4
У = bg ι x
Рис. 2.
не имеет корней, отличных отж0. В случае же, когда подобное
уравнение не выполнено, вывод о числе корней уравнения сделать трудно.
Проиллюстрируем сказанное на конкретном примере.
Рассмотрим уравнение [ — ) = log_i_ χ. Из чертежа (рис. 2) «ясно»,
Mb/ 16
что данное уравнение имеет единственный корень, причем, поскольку
функция [ — ) и log ι χ взаимно обратны, соответствующая точка пе-
\16/ 16
ресечения будет лежать на прямой у = X. Однако, оказывается, что
данное уравнение имеет еще два корня: χ = - и χ}=? - (проверьте!).
Дело, 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.
(1 \ х
— ) = х-) Оказывается, что
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. (χ + 2*)3* = 1.
Задача 2. 4^ = 4=·
у/Х
Задача 3. log^ 4 = χ.
Задача 4. 3х log2 χ = 10.
Задача 5. 3*+2 = log2(-a;).
Задача 6. у/χ - 1 + 2х = lg
100
Задача 7. - у/2 -х + 3 = lg(4 - χ).
Q4**
Задача 8. Зж+1 = ^=.
л/27
26

Задача 9. 3log* 3 · ж1о«з x = 9.
Задача 10. log2 2L±_ + iog _^ = χ.
о χ + 1
Задача 11. (26 + 15ч/3)* -5(7 + 4\/3)х + б(2 + л/3)* + (2 - у/Щ* = 5.
Задача 12. \0&8_7χ (χ3 - Зх2 - Цх + fj + 2 log(8_7s)2(x + 3) = 1.
Задача 13. xlog^ 4 + 5 · 2'°*'· * - 4 = 0.
Задача 14. ^ = —^ ·
Задача 15. log2(x2 + 3) + log1/2 5 = 2 log1/4(x - 1) - log2(x + 1).
Задача 16. (χ - 4)2l0g4(x - 1) - 21ο&(χ - Ι)2 = (χ - 4)2logx_14 -
-2108..! 16.
Задачам ^4 + 2 log2 (l - ^_) = log2 (|±|) +21og2 ±.
Задача 18. y/x (qV^ - зУ*533) = 32V^^+1 - 3V^iZ5+1 + 6^x - 18.
Решите неравенства (19-41).
Задача 19. y/x-1 + 2X + log2 χ > 2.
Задача 20. y/x-\ + 2х + log2 χ < 6.
Задача 21. log4x2 x2 · 1ο&χ4 χ4 < 1.
Задача 22. 2*' ■ 3х < 6.
Задача 23. 2 + log^^^ §±i £ 1о8я*_2*_3(*2 - 2x - 2)2.
Задача 24. logx 2 < loge_x 2.
Задача 25. log2 (VS^Ti + S) > log1/2 ^^^^^ + 1-
Задача 26. = yl. . > 0.
log^(x - 4) - 1
" log2 χ 2 - log2 χ ^
27

Задача 28. 3<х+3>2 + 1/9 < З*2"2 + 272*+3.
Задача 29. ^Обз*2 > -^Щ^г^)·
3№«30.^>1±ί^±Μ.
о αϊ 6-Зж+1 ^ 10
Задача 31. >
2s-1*
Задача 32. 5log3^+2 < 1.
Задача 33. 5* - Зж+1 > 2(ЬХ~1 - З*"2).
Задача 34. ^/2(5* + 24) - л/б^^Т ^ y/ΨΤΪ.
Задача 35. (χ/5 + 2)*-1 ^ (\/5-2)ЙГ.
Задача 36. log1/v^(6a;+1 - 36*) ^ -2.
Задача 37. (л/я2 - 4ж + 3+ 1) log5 | + 1 (>/8х - 2ж2 - 6 + 1) ^ 0.
Задача 38. (2х + 3 · 2-*)21o«2*-bg2(*+6) > 1.
Задача 39. ^/log9(3a:2 - Ах + 2) + 1 > log3(3a;2 - 4х + 2).
Задача 40. ^/7 - log2 χ2 + log2 x4 > 4.
Задача 41. log3 log9/16(x2 - 4x + 3) ^ 0.
Решите системы (42-43)
Гз*+1 = |*2 + з,
} 3*+1 - 3 < я2(14 ·
Задача 42.
: " 3X+1) · 3*.
Задача 43. l**V+f) = *,
Задача 44. При каких значениях χ числа
log2(2x2 + 4ж), log2(8 - χ2 - 19х) и log2 (χ2 - Ιδχ + 7~)
являются длинами сторон некоторого равнобедренного треугольника?
28

Задача 45. Найдите все пары чисел (х; у), каждая из которых
удовлетворяет условиям
'log2_x(2-3/)>0,
\щ^{2х - 2) > 0.
f
Задача 46. Найдите все пары чисел (х; у), каждая из которых
удовлетворяет условиям
t
2l«2-2*-3|-log23 _ Q-tf-4
4Ы-|2/-1| + (2/ + 3)2<8.
Задача 47. Известно, что loge Ъ = 7. Найдите log^ a2b.
Задача 48. Решите неравенство f(g(x)) < </(/(#)), где
/(х) = 2*-1, д(х) = 2х + 1.
Задача 49. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение
loge_6,5(*2 + !) = 1°βα-β,5((α - 5)ж)
имеет два различных решения.
Задача 50. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
неравенство
log1/e (>/ж2 + аа; + 5 + l) · log5(x2 + αχ + 6) + loge 3^0
имеет одно решение.
Задача 51. Найдите все значения параметра а, при каждом из которых
уравнение
4-,*-в| 10Ы*2 ~ 2х + 3) + 2-ж2+2а; log1/s(2|* - α| + 2) = 0
имеет три решения.
Задача 52. Для каждого значения параметра а найдите все значения
ж, удовлетворяющие равенству
(1 + (а + 2)2) 1о8з(2а; - я2) + (1 + (За - I)2) logu (l - 0 =
= log3(2x - χ2) + logu (l - у J .
29

Задача 53. Найти все значения параметра а из интервала (2; 5), при
каждом из которых существует хотя бы одно число χ из отрезка [2;3],
удовлетворяющее уравнению
log2(3 — | sin ax\) = cos ί πχ - - J.
Задача 54. Найдите все решения уравнения
JCOS 2Х ι ДСОЗ2 X __ О
принадлежащие отрезку [3/4; 1].
Задача 55. Найдите все решения уравнения
log2|tga;|+log4
cos a:
4 2cosx + sinx
принадлежащие отрезку [9/4; 3].
Задача 56. Найдите все решения системы
| ysinx
= 0,
ysinx = log2
.2
1 + Зу
{ № + 2j/)(4sin2 ·..+ 4е082 х) = 2Ьу2 + 6у + 1, ,
удовлетворяющие условию \у\ < 1.
Задача 57. Известно, что logba = у/3. Вычислите
Решите неравенство, отыскав предварительно область допустимых
значений переменной (58-60).
Задача 58. log2(a;2 + 3) + у/χ2 - 1 ^ 2.
Задача 59. y/\gsmx < χ — 13π.
3адача60-щ^у+л/5ГГ1>1·
Пользуясь ограниченностью функций (на области допустимых
значений), решите уравнение или неравенство (61-63).
Задача 61. log2(3 + 2х - ж2) = tg2 Щ + ctg2 ^.
30

Задача 62. cos2(a; + 1) · lg(9 - 2x - χ2) ^ 1.
Задача 63. (4ж - χ2 - 3) log2(cos2 πχ + 1) ^ 1.
С помощью графиков и производной найдите число корней
уравнения в зависимости от значения параметра а (64-66).
Задача 64. ех = ах.
Задача 65. ах = х.
Задача 66. ах = loga x.
Задача 67. Выясните, при каких значениях параметра 6 существует
a > О такое, что уравнение 2a In я; = х2 + Ь 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}.
9. 3" 2 ;3 2 ;3j. 10. {1}.
П.{-1;1}.
Указание. 26+15>/3 = (2 + \/3)3, 7+4>/3 = (2 + \/3)2, 2->/3 = * 'г.
12. {-1}. 13. j?10*2*3^ |. 14. {3}. 15. {у/2}. 16. {5/4; 5; 6}. 17. {3/2}.
18. {2; 9}.
Решение. Область допустимых значений уравнения состоит из всех х,
удовлетворяющих условиям х2—3 > 0, χ ^ 0, т.е. ОДЗ есть промежуток
уД ^ χ < +оо.
Запишем исходное уравнение в виде
^ (9\/^ _ 3ν/^) = 3 (9^^ - 3^/*i::*) +6 (V* - 3)
или
(V*- з) (9\^ - 3V^ - β) = о.
Это уравнение равносильно на ОДЗ исходного уравнения совокупности
"\/ж-3 = 0
31

Решение первого уравнения есть χ = 9. Это число входит в ОДЗ
исходного уравнения и является единственным решением первого
уравнения совокупности (14) на множестве л/3 ^ χ < Н-оо.
Решим второе уравнение совокупности. Сделаем замену у = 3 ν*2-3.
Тогда 9ν*2""3 = 32ν*2-3 = у2. Поскольку уравнение у2 — у — 6 *= 0 имеет
два корня 2/ι = —2 и 2/2 = 3, то второе уравнение совокупности (14)
равносильно на ОДЗ исходного уравнения совокупности
Уравнение 3V*2""3 = —2 решений не имеет. Уравнение 3*χ2~3 = 3
равносильно на ОДЗ исходного уравнения уравнению
ν^-3 = 1 & χ2 -3 = 1
х = 2
ж = -2.
Из получившихся чисел только χ = 2 входит в ОДЗ исходного
уравнения и потому является единственным решением второго уравнения
совокупности (14). Итак, множество решений исходного уравнения
состоит из двух чисел: хг = 9 и х2 = 2.
19. [1;+оо).
Решение. Левая часть данного неравенства — возрастающая на
области допустимых значений х, т.е. при χ ^ 1, функция (как сумма трех
возрастающих фуцкций). Но при χ = 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 \x\.
22. <-log26;l). 23. (3;1 + γ/5) U [10/3;+оо). 24. (0;1)U(3;5). 25. [-1;0].
26. {5} U (4 -Ι- γ/2; +οο). 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 ху удовлетворяющих условиям χ > —2, χ φ 1/2, χ φ 0. Таким
образом, эта область состоит из трех промежутков: — 2 < χ < —1/2,
—1/2 < χ <0, 0 < χ < Н-оо. Рассмотрим данное неравенство на каждом
из этих промежутков отдельно.
а) Пусть — 2 < χ < —1/2. Тогда, учитьюая, что χ отрицательно на
этом интервале, получаем, что исходное неравенство равносильно
неравенству
β ^ 1 log2(2 + a:) ^ fa-(2s + l) ^ log2(2 + a:) ^
2х +1 а: х х(2х +1) χ
& log2(2 + x)>g^|. (15)
Легко видеть, что на этом интервале справедливы неравенства
log2(2 + s)<log2f<l, |^1 = 2-^>2.
Значит, неравенство (15), а значит, и исходное неравенство, не имеет
решений на интервале — 2 < χ < —1/2.
б) Пусть —1/2 < χ < 0. Очевидно, что на этом интервале
1 + log2(2 + χ) > 1 + log2 I > 0,
и, следовательно, правая часть исходного неравенства отрицательна. В
то же время для любой точки χ из рассматриваемого интервала
6 >о.
2а;+1
Значит, для всех χ из интервала —1/2 < χ < 0 исходное неравенство
справедливо.
в) Пусть χ > 0. На этом множестве исходное неравенство
равносильно неравенству
1о^2+*)<!тт· (16)
Очевидно, что на этом множестве справедливы неравенства
£τΐ=2-2ίΤΪ<2' К**<2 + *)·
Отсюда следует:
1) неравенство (16) не имеет решений на том множестве, где
log2(x + 2)>2,
33

4ж-1
<1.
т. е. неравенство (16) не имеет решений на множестве χ ^ 2;
2) неравенство (16) не имеет решений на том множестве, где п л
2х + 1
Учитывая, что в рассматриваемом случае χ > 0, получаем, что
неравенство (16) не имеет решений на множестве 0 < χ ^ 1. Остается найти
решения неравенства (16), принадлежащие интервалу 1 < χ < 2. Но на
этом интервале
log2(2 + a;)>log23,
4я-1 =2 iL_ _3 = 7
2ж+1 5 5*
2х +1
Покажем теперь, что справедливо числовое неравенство
log2 3 > 7/5.
(17)
Действительно, поскольку З5 > 27, то 3 > 27/5> откуда и очевидна
справедливость неравенства (17). Итак, на интервале 1 < χ < 2
log2(2 + s)>log23>£>|^f
Значит, неравенство (16) не имеет решений на интервале 1 < χ < 2.
Подводя итог, получаем что множество решений исходного неравенства
есть интервал —1/2 < χ < 0.
31. (0; 1/2). 32. (0; +<х>). 33. (3; +оо). 34. pog5 7; 2]. 35. [-2; -1)и[1; +оо).
36. (-оо;0]иро^5;1).
37. {1}.
Решение. Область допустимых значений исходного неравенства
состоит из всех значений ж, удовлетворяющих одновременно условиям
ж>0,
х2 - 4х + 3 ^ 0,
8х - 2х2 - 6 ^ 0.
Разделив третье неравенство на —2, получим, что эти условия можно
записать в виде
( ж>0,
х2 - 4х + 3 ^ 0, <=>
х2 - 4х + 3 ^ 0,
{х>0,
χ2 - 4х + 3 = 0,
ж = 1
х = 3.
Пусть х = 1. Подставляя это значение в исходное неравенство,
получаем log5 - +1 = —14-1 = 0, т. е. значение χ = 1 является его решением.
34

Пусть х = 3, тогда левая часть исходного неравенства равна
log5 5.+ | = log5 3 - 1 + I = log5 3 - I = logs фз ·
Сравним ~2/з с единицей.
-|aVl 4» 3V52/3 «» 33V52 <» 27V25.
Понятно, что в последнем неравенстве этой цепочки должен стоять знак
«>», значит и в первом неравенстве также стоит знак «>». Поэтому
logs "*2/з > 0, и следовательно, значение χ = 3 не является решением
исходного уравнения.
38. (3;+оо). 39. (—1; 1/3] U [1;7/3). 40. [-27/2;-23'8) U (23'8;27/2]. 41.
(2 - л/2; 3/4] U [13/4; 2 + л/2). 42.{0}. 43. (4; 4).
44. {-8}.
Указание. Числа log2 (2а?2 -Ь 4ж), log2 (8 — χ2 — 19ж) и log2 (х2-15х + 7|)
являются длинами сторон равнобедренного треугольника в следующих
случаях:
2ж2 + 4х = 8 - х2 - 19х,
21og2(2x2 + 4х) > log2 (χ2 - 15х + 7|) > О,
1)
2)
3)
I
{
2ж2 + 4х = х2-15х + 7|,
21og2(2x2 + 4х) > log2(8 - χ2 - 19х) > О,
8 - х2 - 19х = х2 - 15х + 7^,
21og2(8 - χ2 - 19а:) > log2(2a;2 + Αχ) > 0.
45. Любая пара чисел (χ; у) таких, что 3/2 < χ < 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 ф 1. Воспользуемся формулами log1/e6 = ——— и
logtt 3 = ς . Тогда исходное неравенство можно переписать в виде:
log3o
-\og3(y/x2 + ax + 5 + l)log5(x2 + ax + 6) + l > Q
log3a ^ '
35

Разберем два случая: 0<а<1иа>1.
1. При 0 < а < 1 получаем, что log3a < 0, следовательно
неравенство (18) равносильно неравенству
log3 (у/х2 + ах + 5 -I-1) log5(x2 -Ι- αχ + 6) ^ 1. (19)
Сделаем замену t = χ2 Η- αχ Η- 5. Тогда последнее неравенство можно
переписать в виде
log3(V*+l)log5(* +1)3*1.
Функция f(t) = \og3(y/i+1) log5(£ Η-1) определена при всех t ^ 0 и
монотонно возрастает на области определения. При этом /(4) — 1. Таким
образом неравенство (19) можно записать в виде f(t) ^ /(4). Последнее,
в силу монотонности /(£) равносильно неравенству t ^ 4. Получаем:
х2 Н- аж Н- 5 ^ 4.
Это неравенство при всех 0 < a < 1 имеет бесконечно много решений,
а значит, среди этих α нет чисел, удовлетворяющих условию задачи.
2> Пусть a > 1. Тогда неравенство (18) равносильно неравенству
log3 (у/х2 + ах + 5 + l) log5(x2 + aa? + 6) ^ 1.
По аналогии с первым случаем получаем, что это неравенство
равносильно системе неравенств
х2 + ах + 5 ^ О, Г х2 + αχ + 5 ^ О,
ж2 + аж + 5^4. |ж2 + ах + 1^0.
Бели дискриминант D j= a2—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 α должны удовлетворять неравенствам а2-4^0ио> 1, т.е.
а ^2.
При а > 2 корни квадратного трехчлена ж2Ч- аж + 1 существуют
и удовлетворяют неравенству х2 Н- аж + 5 ^ 0, следовательно исходное
неравенство имеет не менее двух решений.
Бели a = 2, то неравенство х2 + аж + 1 ^ 0 имеет одно решение
я; = — 1, которое является решением системы
\ х2 + ах + 5 ^ О,
| ж2 + ах + 1 ^ О
при а = 2. Следовательно, условию задачи удовлетворяет лишь a = 2.
36

51. {1/2; 1; 3/2}.
52. Бели α = 1/3, то χ = 1; если α φ 1/3, то я; G 0.
Решение. При любом значении параметра а все искомые значения χ
χ2
должны удовлетворять неравенствам 2х — х2 > О и 1 —— > 0, т. е.
О < х < \/2· Для любого значения я; из этой области выполнены
неравенства
2ж-ж2 = 1-(1-а;)2^1 и 1 - ^ ^ 1,
и, значит,
1о8з(2х-*2)<0, 1ο8ιΎΐ-^)<0.
Если аф2ъаф 1/3, то
(1 + (а + 2)2) log3(2x - χ2) ^ log3(2x - χ2),
(1 + (За - l)2)logn (l - γ) < bgu (l - у) ,
и исходное неравенство может выполняться только для тех значений х,
для которых одновременно
log3(2:r-
logu (l -
ί 2χ — χ
U
*2) = ο,
*Ь
2 = ι,
= 1.
что равносильно
Последняя система решений не имеет. Следовательно, при а φ — 2 и
α ^ 1/3 нет х, удовлетворяющих данному в условии задачи равенству.
При а = — 2 исходное равенство принимает вид
log3(2a; - χ2) + 501ogn (* ~ у) = 1о&(2* - *2) + bg„ (l - у) .
Получившееся уравнение равносильно на множестве 0 < χ < у/2
уравнению logn [1 —— ) = 0, не имеющему на этом множестве решений.
37

При α = 1/3 исходное равенство имеет вид
f log3(2x - χ2) + logu (l " γ) = 1οδ3(2* - *2) + loSu (X ~ τ) :
Это уравнение равносильно на множестве 0 < χ < у/2 уравнению
log3(2a; — χ2) = 0, которое равносильно уравнению 2х — х2 = 1,
имеющему единственный корень χ = 1. Этот корень удовлетворяет условию
О < а; < л/2, и значит, является решением задачи.
53. {9π/13; 15тг/13}.~
Решение. Из справедливого для всех а и χ неравенства | sin ax\ < 1
следует неравенство
log2(3-|sinaa;|);*l. (20)
Кроме того, имеем верное для всех α и χ неравенство
cos^a: - π/6) < 1. (21)
Сравнивая неравенства (20) и (21), заключаем, что данное в условии
уравнение равносильно системе уравнений
сов(м:-|)=1, (22)
|sinax| = l. (23)
ί
Уравнение (22) имеет решения χ = -ζ Η- 2m, m € Ζ, из которых отрезку
1 13
[2; 3] принадлежит лишь ж1=2*1 + - = —. Таким образом, данное в
о о
условии задачи уравнение имеет решение на отрезке [2; 3] в том и только
в том случае, когда выполнено условие
Isin^aUl. (24)
I о I
Следовательно, нам надо найти все решения уравнения (24),
принадлежащие промежутку 2 < a < 5. Уравнение (24) равносильно уравнению
. 2 13 1
sin —a = 1.
о
ι 13
13 1 - cos -g-a
Используя тождество sin2 —a = - , это уравнение можно
переписать так:
cos^a = -l. (25)
о
38

Решения уравнения (25) имеют вид
а= ^тг(2п + 1), пеЪ.
(26)
Найдем теперь все целые числа гс, удовлетворяющие неравенствам
2<^тг(2п + 1)<5.
Это неравенство можно переписать в виде
(27)
26 . 1 65
_<2„+1<-.
" < 7. Поэтому неравенству
Легко проверить, что 1< — <3и5< —
о7Г 07Г
(27) удовлетворяют целые числа щ и п2, для которых
2ηι + 1 = 3, 2п2 +1 = 5.
т.е. Πι = 1, п2 = 2. С помощью формулы (26) находим а,
удовлетворяющие условию задачи:
3 Q 9π 3 с 15π
αι==Ϊ3π'3=Ϊ3' α2 = Ϊ3π·5=Ί3-·
54. {тг/4}.
Решение. Перепишем исходное уравнение в виде
д2сов2ж—1 ι дсоз2 χ __ о
Сделав замену 4сов х = £, получим квадратное уравнение -£2-И —3 = О,
корнями которого являются U = —6, £2 = 2. Значит, исходное уравнение
равносильно совокупности двух уравнений
4е0*2 х = 2.
Первое уравнение решений не имеет, так как число —6 не входит в
область значений показательной функции. Второе уравнение равносильно
уравнению cos2 я; = 1/2, откуда
у/2
cos а:
cos я;
у/2
2 1
χ = ±т + 2тгА;, λ; Ε Ζ
4
^= ±22. + 2πη, η G Ζ.
Среди полученных чисел имеется только одно, лежащее на отрезке
[3/4; 1], а именно χ =·π/4
39

55.{3π/4}.
Указание. Задача решается аналогично №54.
56. Система имеет бесконечно много решений (ж; —1), где χ = π/2+2πη,
neZ.
Решение. Из второго уравнения системы выразим у через х. Для
краткости обозначим 48in х+4cos χ через α. Тогда второе уравнение системы
можно переписать в виде
(25 - 6а)у* -I- (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
-- ^2/sinx = log2
у sin α:
1 + 32/
= log2
3 sin χ Ι > , 3; ^ Λ
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-
π -(3 - α) ± у/а2 - 16 ^
носительно у. Получаем: ух 2 = — т£—* · Так как
' 2о — Ьа
а2 - 16 = (4sin2 х + 4cos2 х)2 - 16 = (4sin2 х - 4cos2 x)2
то
2/1
2-48]
-3
2/2 =
2-4°
-3
25 - 6(4sin2 х + 4сов2 х)' 25 - 6(4sin2 х + 4cos2 х)
Приведенные рассуждения показывают, что исходная система
равносильна совокупности двух систем; назовем их I и II соответственно:
2/sin ж = log2
у sin a:
1 + Зу
2/ =
2·48ίη2χ-3
2/sin x = log2
2-4c
у sin χ
25-6(48in2x + 4coe2x)i
2/ =
14-Зу
25-6(4sin2x + 4coe2x)'
Решим систему I. Пользуясь вторым уравнением, находим
1 + Зу=Э| 1=3| 25-6(48in44C082x) = 16-6.4cos2ar = 2 ^х
2 · 48Ю χ - 3
2-4'
в\п х— 1
40

Здесь мы пользовались тем, что для решений системы выполнено усло-
вие у Φ 0. Подставляя теперь 2 · 4сов х вместо в правую часть
первого уравнения, получаем у
log2
ysmx
1 + Зу
= log2|sina;|-log2
1 + Зу
= log2 |sinx| - log2(2 -4е08 х) = log2 |sina;| - 1 - 2 cos2 ж.
Пользуясь тем, что по условию \у\ ^ 1, а также первым уравнением
системы и неравенствами log2 | sinx| ^ 0 и cos2 χ ^ 0 получаем, что
—1 ^ ysinx — log2 |sina;| — 1 — 2 cos2 a; < —1.
Отсюда видно, что должны выполняться следующие условия:
ysmx = —1,
log2 |sina;| =0, <=>
cos я; = 0
(у sin x = —1,
|sinx| = 1.
Если sina; = —1, т.е. если х = —— Η- 2πη, η € Ζ, то у = 1. Подстав-
ляя найденные значения хиуво второе уравнение системы I получаем
неверное равенство 1 = —1. Если же sin я; = 1, т.е. χ = — Η- 2πη, η € Ζ,
то у = — 1. Подставляя найденные значения ж и у в оба уравнения
системы I, убеждаемся, что они им удовлетворяют. Итак, система I имеет
бесконечное множество решений:
ι
χ — — + 2πη, η €
» = -!.
Решим теперь систему П. Пользуясь вторым уравнением системы,
находим, что - = 2·48ίη2*. Подставляя теперь 2·48ίη2* вместо -
в правую часть первого уравнения, так же как и ранее, находим, что
ysinx = log2 |sinx| — 1 — 2sin2a;.
Воспользуемся теперь условием \у\ ^ 1 и неравенствами log2 | sin х\ ^ 0,
sin2 χ ^ 0. Как и ранее, получаем, что
—1 < ysinx = log2 |sina;| — 1 — 2cos2x ^ —1,
41

откуда следует, что для решений системы II должны выполняться
следующие условия
у sin χ — —1,
log2 |sina;| = 0,
sin χ = 0.
Но последние два из этих равенств не могут выполняться одновременно.
Следовательно, система II решений не имеет.
57. {->/3/3}.
Решение. Из равенства logba = >/3 следует, что Ь > 0, Ь =£ 1, a > 0,
Ь = Ь^. Так как у/Е = а1'2 и а = Ь^, то
Так как л/b = Ь1/2, ^5 = а1/3 и а = 6^, то можем записать
л/3-2
Обозначим А = Ь 2 ? можно записать, что
ь 3 V 2 / =л-—.
Так как Ь > 0, Ь φ 1, то Л > 0, А φ 1. Применяя формулу loga αβ — /?,
получаем, что log^/b ^ = log^ А~^/3 = ——.
58. (--оо;--1]и[1;+оо).
59. {π/2 + 2жк\к е Z, fe ^ 7}.
Указание. Область определения неравенства состоит из точек, в
которых sin я; = 1.
60. (-оо; -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 α < О — один корень, при 0 < α < е корней нет, при а = е —
один корень, при а > е — два корня.
Решение. Требуется (для каждого а) определить, сколько корней
имеет 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 /
возрастает на всей числовой прямой и принимает каждое значение из множества
значений в точности один раз. Если а < О, то E(f) = К;1 если а = О,
то E(f) = (0;оо). Следовательно, при а < 0 уравнение имеет один
корень, а при а — 0 корней нет. Пусть теперь а > 0. Тогда f'{x) = 0 при
ех = а, т.е. при χ = In а. / возрастает на промежутке [1ηα;οο),
убывает на промежутке (οο;1ηα]; в точке χ = In α функция имеет минимум,
причем /(1η α) = α(1 — In α) (рис. 4, α = 3). Множество значений
функции / — промежуток [а(1 — 1па);оо), и каждое свое значение (кроме
а(1 — In а)) функция / принимает в точности два раза. Таким образом,
при а(1 — In а) < 0, т. е. при а > е, уравнение имеет два корня, при а = е
— один корень, при а(1 — In а) > 0, т.е. при 0 < а < е, корней нет.
65. Нет корней при а > е1/в, один корень при 0 < а < 1, а = е1/в, два
корня при X < а < е1/е.
Указание. Функция f(x) = ах — χ убывает при 0 < а < 1, имеет одну
точку экстремума (минимум) при а > 1 (эта точка — корень уравнения
f'(x) = ax\na-l = 0
— точка х0 = — loge(ln α)) . Значение / в этой точке
/(х0) = а--Жо = ^-10ёв(^)
обращается в нуль при
αώ=α1θίίβ(Π^) & αΐ^ = ^- & r^-ΐηα = In (^-) <&
та Ιηα Vina/
^ -— = е <=> lna=- <=> a = e1/e.
lna e
1 Через -£(/) обычно обозначается множество значений функции /.
43

Рис. 4
Рис, 5
66. При О < а < е~е уравнение имеет три корня, при 1 < а < е1/е — два
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 χ > loge ж, поэтому ах > loge x;
если ах < х, то χ < loge χ, поэтому ах < loge ж;
если ах = ж, то я; = logaa:, поэтому a* = logear. Таким образом,
число корней уравнения ах = logaa: (при a > 1) равно числу корней
уравнения ах — χ и равно (см. задачу 65): двум при 1 < a < е1/в,
одному при a = е1/е, нулю при a > е1/в.
П. Пусть 0 < а < 1. Положим /(ж) = ах — loge x. Тогда
/'(χ) = α*1ηα-
xlna
sa* In2 a - 1
xlna
Так как In a < 0, знак /'(ж) совпадает со знаком функции д(х) = 1 —
xaxlri2a. Исследуем функцию д(х). д'(х) = — α*1η2α(1 Η- я; In a).
< 0
1 1
0'(ж) = 0 при χ = х0 = -ΐ^7, ^'(^) > 0 при д: > -—, ^'(ж)
lna'
при 0 < χ < —-— (напомним, что lna < 0). Далее, д(0) = 1 и д(х) —► 1
при χ —► со. Следовательно, </(я;) убывает от 1 до ^(жо) на промежутке
[0; х0] и возрастает от д(хо) до 1 на промежутке [дг0; оо)· Если д(хо) < 0,
то функция д обращается в нуль в двух точках Χι и х2, принадлежащих
соответственно промежуткам (0;х0) и [ж0;оо). В каждой из этих точек
/' также обращается в нуль и меняет знак с плюса на минус в точке Χγ
и с минуса на плюс в точке х2. Поэтому функция / имеет максимум в
точке Χχ и минимум в точке х2. Если д(х0) = 0, то д, а следовательно, и
44

/' положительны на промежутках (0;х0) и (х0;оо). Поэтому /
возрастает на промежутках (0; х0] и [х0; оо), а значит, и на промежутке (0; оо).
Наконец, если,д(х0) > 0, то / возрастает на промежутке (0;оо).
Найдем при каких а значение д в точке х0 отрицательно:
1 1
д(х0) = 1+1ηα·α ΐηα <0 при 1ηα·α ι«<* < -1 *»
<=> α"ϊ^ > --— <=> --—1ηα>1η(——J <=>
Ιηα ιηα V Ιηα/
«* -τ— 1ηα> -Ιη(-ΐηα) <=> -1η(-1ηα)<-1 &
<& 1η(-1ηα)>1 <=> -1по>е <=>
<=> 1па<-е <=> 0<а<е~в.
Отметим, что любой корень уравнения ах = χ является также
корнем уравнений χ = loge χ и ах = loge χ. При 0 < α < 1 уравнение ах = χ
имеет в точности один корень х3 (см. задачу 65). Мы проверим, что
#з € (#1>Яг)> откуда будет следовать, что f(xi) > 0, а /(хг) < 0, так как
/ убывает на промежутке [χι;χ2]. Далее, х3 принадлежит промежутку
(χι;χ2) тогда и только тогда, когда д(х3) < 0. Найдем </(х3):
д(хз) = 1 — x3a*3 In2 а = 1 — х3 1η2 α,
так как аХз = х3. Кроме того, а — х1/Хз, поэтому In а = —-, т.е.
хз
#(х3) = 1 - я3-^-|^ = 1 - In2 x3.
х3
Нужно проверить, что 1п2х3 > 1, т.е. х3 < -.
Рассмотрим функцию φ{χ) = х1/х. Сразу отметим, что у?(х3) =
= χΙ/Χ3 = ακφ(-) = е~е. На промежутке (θ; - функция φ возрастает.
В самом деле, φ{χ) = х1/х = е1пх/х и
*«-·**(£-*?)>·
на промежутке (θ; - . Далее, 0 < а < е"е, т.е. 0 < φ{χ$) < φ f-J, из
этого неравенства в силу возрастания φ следует неравенство 0 < х3 < -.
Множество значений функции / при любом α € (0; 1) — вся
числовая прямая. Так как при е~е < а < 1 функция / возрастает, то она
45

принимает каждое свое значение в точности один раз,в том числе и
значение 0. При О < а < е~е функция / возрастает на промежутке (0;#ι],
убывает на промежутке [χχ\ х2]> возрастает на промежутке [х2\ оо),
причем f{x\) > 0а /(жз) < 0 (рис. 5). Из рисунка видно, что каждое свое
значение из промежутка (/(#2);/(#ι)) функция принимает три раза, в
том числе она принимает три раза значение 0.
67. Ь е (-оо; 1].
Решение. Функция f(x) = χ2 — 2α In x имеет минимум при
/'(*) = 2*- — =0,
4 ' χ
т.е. при χ = у/а. Функция / убывает от оо до f(y/a) = а — αίτια на
промежутке (0; у/а\, возрастает от /(>/а) = а — αΐηα до оо на промежутке
[у/а\ оо). Следовательно, каждое свое значение (кроме а — α 1η α)
функция принимает два раза, а значение α—α In а — один раз. Таким образом,
должно быть выполнено равенство а — а\па = Ьи осталось узнать, при
каких Ь имеет корни уравнение (относительно а) а — α 1η α = b. Таким
образом, нужно найти множество значений функции д(а) = а — α 1η α.
Функция д имеет максимум при «
а'(а) = 1 — α · In α = — In α = 0,
a
т.е. при α = 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) = (—оо; 1]. Отметим, что для 0 < Ь < 1 существует два таких
значения а, при Ь=1и6<0 — одно.
46

§6. Контрольное задание
Обязательные задачи.
Решите уравнения (1—10):
1# 23*"1 = 5 · З6*-2.
2.ilog7(f-2.7-*)=l.
3. log3(a; + 6) + log3(:r - 2) = 2.
4. log^sinx — cos χ) +1 = log7(7 + 3cos4ar).
5. χϊδ+*ι*χ = y/x.
6.1og49(a:-l)2 + |log>f±|=0.
7. 4* + 52*+1 = 6 · 10*.
8. (л/2-л/з)* + (v^Tv^)1 = 4.
9. (loga(9s2))-log2:r = 4.
10. Wlogι (ж2 + -ж) · log36a;2+6a; 6 = 1.
Решите системы уравнений (11, 12):
{ log3 \x + y\ = 1.
12. J1***1*»5*!'
\ log. 10 +log, 10 = 5.
Решите неравенства (13-18)
·· ο ι ж2 + 4r ^ 1
13· log| -5ГТ < L
14. 3log2 ^ < |.
(1 \ 2x+3
У +2 > °·
16. logx(a; - 2) < 0.
lT.log1+4#*-21ofc(l + |*)>l.
18. 22*+2 > 6* + 2 · 32x+2.
19. Найдите наименьшее значение функции у(х) = х1пх-а:1п5на
отрезке [1; 5].
47

Дополнительные задачи.
Решите уравнения (20-24):
20. 2log^3 х - 5 · ж1о*з 2 + б = 0.
21. 5* · 8^+ϊ = 100.
22. 2^/21og*6χ - ^/I5i^- 6 = 0.
"•«'(1+:)+«'(1-πϊ)-ϊ*,(Α-0·
24. (χ/2 - ν^)* + (\/2 + л/з)в = 2я.
(Vxlo««* = x5/2,
25. Решите систему уравнений < . .
[ log4i/-logv(i/-3x) = l.
Решите неравенства (26-31):
26. ж1** >10χ-1βχ + 3.
27. ^logx \/5ж < - logx 5.
28. log2 log3 |з1 < loSi/2 loSi/» |^ΐ·
29.1og(x_3)(x2-4x)2<4.
8-12ж
30. 5log* "^β" > 25.
31. χ2 · 2х + 1 > χ2 + 2*.
32. Сколько решений имеет уравнение 1п2ж = -?
Решение каждой задачи должно содержать необходимые
рассуждения, 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