Идея метода рационализации
Метод рационализации позволяет в ряде неравенств заменить сложное выражение более простым выражением, которое имеет тот же знак на рассматриваемой области определения.
Будем говорить, что выражения \(F(x)\) и \(G(x)\) совпадают по знаку, если на рассматриваемой области определения:
• \(F(x)>0\) тогда и только тогда, когда \(G(x)>0\);
• \(F(x)<0\) тогда и только тогда, когда \(G(x)<0\);
• \(F(x)=0\) тогда и только тогда, когда \(G(x)=0\).
В таком случае при сравнении с нулём одно выражение можно заменить другим:
\(F(x)\geqslant0\) \(\Longleftrightarrow\) \(G(x)\geqslant0,\)
и аналогично для знаков \(>\), \(<\), \(\leqslant\).
После рационализации обычно получается рациональное неравенство, которое решается методом интервалов.
Главный принцип
Метод рационализации работает со знаком множителей. Поэтому особенно удобно применять его, когда после переноса всего в одну сторону неравенство имеет вид произведения или частного:
\(F_1(x)F_2(x)\ldots F_n(x)\geqslant0\)
или
\(\dfrac{F_1(x)F_2(x)\ldots F_n(x)} {G_1(x)G_2(x)\ldots G_m(x)} \geqslant0.\)
Каждый сложный множитель можно заменить выражением, совпадающим с ним по знаку.
При этом ОДЗ исходного неравенства сохраняется обязательно. Если после преобразований какие-либо множители сокращаются, запрещённые значения исходного выражения всё равно нельзя возвращать в ответ.
Знаменатель в чётной степени
Есть простой приём, который полезно учитывать ещё до построения таблицы знаков.
Если знаменатель имеет вид
\(G(x)^{2n},\) \(n\in\mathbb{N},\)
то на области \(G(x)\neq0\) он всегда положителен. Следовательно, такой знаменатель не влияет на знак дроби.
Например, \(\dfrac{x-3}{x^2}\geqslant0.\)
Из исходной дроби обязательно сохраняем условие \(x\neq0.\)
При всех допустимых \(x\) \(x^2>0,\) поэтому знак дроби определяется только числителем. Достаточно решить
\(x-3\geqslant0\) с учётом условия \(x\neq0\). Получаем \(x\geqslant3.\)
То же самое относится к любому ненулевому множителю в чётной степени: \(G(x)^2\), \(G(x)^4\), \(G(x)^6\) и так далее.
В таблице знаков такой множитель не меняет знак при прохождении через свой ноль, но сам ноль необходимо отметить и исключить, если множитель находится в знаменателе.
Показательные выражения
Постоянное основание \(a>1\)
Функция \(y=a^t\) при \(a>1\) строго возрастает. Поэтому \(a^u-a^v\) совпадает по знаку с \(u-v.\)
Действительно:
• если \(u>v\), то \(a^u>a^v\);
• если \(u<v\), то \(a^u<a^v\);
• если \(u=v\), то \(a^u=a^v\).
Следовательно, при \(a>1\) \(a^u-a^v\) \(\text{и}\) \(u-v\) совпадают по знаку.
Постоянное основание \(0<a<1\)
При \(0<a<1\) функция \(y=a^t\) строго убывает. Поэтому знак меняется на противоположный: \(a^u-a^v\) совпадает по знаку с \(v-u.\) Например, если \(u>v\), то теперь \(a^u<a^v.\)
Общая формула
Оба случая можно объединить в одно правило.
При \(a>0,\) \(a\neq1\) выражение
\(\boxed{a^u-a^v}\)
совпадает по знаку с
\(\boxed{(a-1)(u-v)}.\)
Если \(a>1\), множитель \(a-1\) положителен и знак определяется \(u-v\).
Если \(0<a<1\), множитель \(a-1\) отрицателен, поэтому знак \(u-v\) меняется на противоположный.
Частный случай: \(a^u-1\)
Представим единицу как \(1=a^0.\)
Тогда \(a^u-1=a^u-a^0,\) поэтому при \(a>0\), \(a\neq1\)
\(\boxed{a^u-1}\)
совпадает по знаку с
\(\boxed{(a-1)u}.\)
В частности, если \(a>1\), можно просто заменить \(a^u-1\) на \(u\) при исследовании знака.
Логарифмические выражения
Во всех формулах этого раздела необходимо помнить условия существования логарифмов:
\(a>0,\) \(a\neq1,\) \(\text{аргументы логарифмов}>0.\)
Разность логарифмов при \(a>1\)
Функция \(y=\log_a t\) при \(a>1\) строго возрастает. Поэтому при \(b>0\), \(c>0\) \(\log_a b-\log_a c\) совпадает по знаку с \(b-c.\)
Разность логарифмов при \(0<a<1\)
При \(0<a<1\) логарифмическая функция строго убывает. Поэтому \(\log_a b-\log_a c\) совпадает по знаку с \(c-b.\)
Общая формула
При \(a>0,\) \(a\neq1,\) \(b>0,\) \(c>0\) имеем:
\(\boxed{\log_a b-\log_a c}\)
совпадает по знаку с
\(\boxed{(a-1)(b-c)}.\)
Эта формула особенно удобна, если основание логарифма содержит переменную и заранее неизвестно, больше оно единицы или меньше.
Одиночный логарифм
Так как \(0=\log_a1,\) то \(\log_a b=\log_a b-\log_a1.\)
Следовательно,
\(\boxed{\log_a b}\)
совпадает по знаку с
\(\boxed{(a-1)(b-1)}.\)
Для постоянного основания \(a>1\) остаётся просто \(b-1\).
Выражение \(\log_a b-1\)
Представим единицу как \(1=\log_a a.\)
Тогда \(\log_a b-1=\log_a b-\log_a a,\) поэтому
\(\boxed{\log_a b-1}\)
совпадает по знаку с
\(\boxed{(a-1)(b-a)}.\)
Выражение \(\log_a b-m\)
Аналогично, \(m=\log_a a^m.\)
Поэтому
\(\boxed{\log_a b-m}\)
совпадает по знаку с \(\boxed{(a-1)(b-a^m)}.\)
Сумма логарифмов
Если \(b>0,\) \(c>0,\) то сумму логарифмов можно сначала объединить по обычному свойству: \(\log_a b+\log_a c=\log_a(bc).\)
Отсюда \(\log_a(bc)\) совпадает по знаку с \((a-1)(bc-1).\)
Следовательно,
\(\boxed{\log_a b+\log_a c}\)
совпадает по знаку с
\(\boxed{(a-1)(bc-1)}.\)
Полезно знать и второй способ получения этой формулы. Он позволяет свести сумму логарифмов к уже знакомой разности логарифмов.
Представим плюс как вычитание отрицательного выражения:
\(\log_a b+\log_a c = \log_a b-(-\log_a c).\)
Минус перед логарифмом можно внести в степень его аргумента:
\(-\log_a c = \log_a c^{-1} = \log_a\dfrac1c.\)
Поэтому
\(\log_a b+\log_a c = \log_a b-\log_a\dfrac1c.\)
Теперь используем правило для разности логарифмов:
\(\log_a b-\log_a\dfrac1c\)
совпадает по знаку с
\((a-1)\left(b-\dfrac1c\right).\)
Так как по ОДЗ \(c>0\), умножение на \(c\) не меняет знак. Поэтому\((a-1)\left(b-\dfrac1c\right)\) совпадает по знаку с \((a-1)(bc-1).\)
В результате снова получаем
\(\boxed{\log_a b+\log_a c}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{(a-1)(bc-1)}.\)
Первый способ через \(\log_a(bc)\) обычно короче, а второй полезен как универсальный приём: плюс можно представить как минус на минус, а знак минус перед логарифмом внести в степень аргумента.
Корни
Разность двух квадратных корней
Пусть \(A\geqslant0,\) \(B\geqslant0.\)
Тогда \(\sqrt A-\sqrt B\) совпадает по знаку с \(A-B.\)
Действительно, \((\sqrt A-\sqrt B)(\sqrt A+\sqrt B)=A-B.\)
При \(A\) и \(B\), не равных одновременно нулю, \(\sqrt A+\sqrt B>0,\) поэтому умножение на этот множитель не меняет знак. Если \(A=B=0\), оба сравниваемых выражения равны нулю.
Итак, \(\boxed{\sqrt A-\sqrt B}\) можно заменить при исследовании знака на \(\boxed{A-B}.\)
Выражение \(\sqrt A-B\)
Если \(A\geqslant0,\) \(B\geqslant0,\) то \((\sqrt A-B)(\sqrt A+B)=A-B^2.\)
Следовательно, \(\boxed{\sqrt A-B}\) совпадает по знаку с \(\boxed{A-B^2}.\)
Условие \(B\geqslant0\) существенно: именно оно гарантирует, что сопряжённый множитель \(\sqrt A+B\) неотрицателен и не меняет знак выражения.
Выражение \(A-\sqrt B\)
Если \(A\geqslant0,\) \(B\geqslant0,\) то \((A-\sqrt B)(A+\sqrt B)=A^2-B.\)
Поэтому \(\boxed{A-\sqrt B}\) совпадает по знаку с \(\boxed{A^2-B}.\)
Модули
Разность модулей
Выражение \(|A|-|B|\) совпадает по знаку с \(A^2-B^2.\)
Действительно, \((|A|-|B|)(|A|+|B|) = |A|^2-|B|^2 = A^2-B^2.\)
Следовательно, \(\boxed{|A|-|B|}\) совпадает по знаку с \(\boxed{(A-B)(A+B)}.\)
Частные случаи
Если заранее известно, что \(B\geqslant0,\) то \(B=|B|\), поэтому \(\boxed{|A|-B}\) совпадает по знаку с \(\boxed{(A-B)(A+B)}.\)
Если \(A\geqslant0,\) то \(A=|A|\), поэтому \(\boxed{A-|B|}\) также совпадает по знаку с \(\boxed{(A-B)(A+B)}.\)
Когда рационализацию можно применять
Метод рационализации предназначен для исследования знака выражения. Поэтому перед его использованием удобно привести неравенство к виду \(F(x)>0,\) \(F(x)<0,\) \(F(x)\geqslant0\) \(\text{или}\) \(F(x)\leqslant0.\)
После этого выражение желательно разложить на множители или представить одной дробью.
Почему нельзя заменять слагаемые по отдельности
Из того, что \(F_1\) совпадает по знаку с \(G_1\), а \(F_2\) --- с \(G_2\), вообще говоря, не следует, что \(F_1+F_2\) совпадает по знаку с \(G_1+G_2.\)
Поэтому нельзя механически рационализировать отдельные слагаемые в сумме.
Например, в выражении \(\dfrac{\log_2x-2}{3^x-9}+\log_3x\) нельзя отдельно заменить числитель, знаменатель и логарифм их знаковыми аналогами. Сначала нужно преобразовать всё выражение целиком, если это возможно. То же относится к сумме нескольких дробей.
Почему сначала нужно перенести всё в одну сторону
Неравенство \(\dfrac{5^x-5^2}{\log_2(2x)-\log_2(x^2)}\geqslant1\) нельзя рационализировать непосредственно как сравнение числителя и знаменателя с нулём: всё выражение сравнивается с \(1\), а метод работает со знаком относительно нуля.
Сначала необходимо перенести единицу влево и привести выражение к одной дроби. Только после этого можно исследовать знак получившихся множителей.
ОДЗ записываем до преобразований
Рационализация не отменяет:
• положительность аргументов логарифмов;
• условия на основания логарифмов;
• неотрицательность подкоренных выражений;
• запрет нулевого знаменателя;
• остальные ограничения исходного выражения.
Это особенно важно, если после преобразования какие-либо множители сокращаются.
Базовые примеры
Пример 1. Показательная функция в числителе
Решим неравенство \(\dfrac{3^x-3^2}{x-1}>0.\)
Основание \(3>1\), поэтому \(3^x-3^2\) совпадает по знаку с \(x-2.\)
Получаем равносильное на области определения неравенство \(\dfrac{x-2}{x-1}>0.\)
Критические точки: \(1,\) \(2.\)
Методом интервалов получаем \(x\in(-\infty;1)\cup(2;+\infty).\)
Ответ: \((-\infty;1)\cup(2;+\infty).\)
Пример 2. Разность логарифмов
Решим \(\dfrac{\log_2(x+2)-\log_2(2x)}{x}\geqslant0.\)
Сначала выпишем ОДЗ: \(\begin{cases} x+2>0,\\ 2x>0,\\ x\neq0. \end{cases}\)
Отсюда \(x>0.\)
Так как основание \(2>1\), \(\log_2(x+2)-\log_2(2x)\) совпадает по знаку с \((x+2)-2x=2-x.\)
Поэтому \(\dfrac{2-x}{x}\geqslant0.\)
С учётом \(x>0\) получаем \(0<x\leqslant2.\)
Ответ: \((0;2].\)
Пример 3. Корни и показательная функция
Решим \(\dfrac{\sqrt{4x^2+2}-\sqrt{x+5}}{3^x-3^5}\geqslant0.\)
ОДЗ: \(x+5\geqslant0,\) \(x\neq5.\)
Первое подкоренное выражение положительно при любом \(x\).
Разность корней совпадает по знаку с разностью подкоренных выражений: \((4x^2+2)-(x+5)=4x^2-x-3.\)
Так как \(3>1\), \(3^x-3^5\) совпадает по знаку с \(x-5.\)
Следовательно, \(\dfrac{4x^2-x-3}{x-5}\geqslant0.\)
Разложим числитель: \(4x^2-x-3=(4x+3)(x-1).\)
Получаем \(\dfrac{(4x+3)(x-1)}{x-5}\geqslant0.\)
С учётом ОДЗ: \(\boxed{x\in\left[-\dfrac34;1\right]\cup(5;+\infty)}.\)
Пример 4. Одиночный логарифм
Решим \(\dfrac{\log_2x}{x+1}>0.\)
ОДЗ: \(x>0.\)
Так как \(\log_2x=\log_2x-\log_21\) и основание \(2>1\), логарифм совпадает по знаку с \(x-1.\)
Поэтому \(\dfrac{x-1}{x+1}>0.\)
На ОДЗ \(x+1>0\), следовательно, \(x>1.\)
Ответ: \((1;+\infty).\)
Пример 5. Произведение многочлена и логарифма
Решим \((x^2+3x-4)\log_3x\leqslant0.\)
ОДЗ: \(x>0.\)
Разложим многочлен: \(x^2+3x-4=(x+4)(x-1).\)
Логарифм \(\log_3x\) совпадает по знаку с \(x-1.\)
Получаем \((x+4)(x-1)^2\leqslant0.\)
На ОДЗ \(x+4>0\), а \((x-1)^2\geqslant0.\)
Поэтому произведение может быть равно нулю только при \(x=1.\)
Ответ: \(\{1\}.\)
Пример 6. Логарифм с переменным основанием
Решим \(\dfrac{(x-1)\log_x(x+3)}{5^x-4}\geqslant0.\)
ОДЗ: \(x>0,\) \(x\neq1,\) \(5^x-4\neq0.\)
То есть \(x>0,\) \(x\neq1,\) \(x\neq\log_54.\)
Для логарифма с переменным основанием используем общую формулу: \(\log_x(x+3)\) совпадает по знаку с \((x-1)\bigl((x+3)-1\bigr) = (x-1)(x+2).\)
Следовательно, числитель имеет тот же знак, что \((x-1)^2(x+2).\)
При \(x>0\) множитель \(x+2\) положителен, а \((x-1)^2>0\) для всех допустимых \(x\neq1\). Значит, числитель положителен на всём ОДЗ.
Знаменатель \(5^x-4 = 5^x-5^{\log_54}\) совпадает по знаку с \(x-\log_54.\)
Поэтому требуется \(x>\log_54.\)
Не забываем исключить \(x=1\).
Ответ: \(\boxed{(\log_54;1)\cup(1;+\infty)}.\)
Почему при переменном основании нельзя просто «отбросить логарифмы»
В неравенстве \(\log_x(3+x)>\log_x(2x)\) нельзя сразу написать \(3+x>2x,\) потому что при \(x>1\) логарифмическая функция возрастает, а при \(0<x<1\) убывает.
Можно либо рассмотреть два случая, либо использовать общую формулу рационализации:
\(\log_x(3+x)-\log_x(2x)\) совпадает по знаку с \((x-1)\bigl((3+x)-2x\bigr).\)
То есть исходное сравнение сводится к исследованию знака \((x-1)(3-x).\)
Иногда переменная в основании не мешает сразу определить монотонность.
Например, если на ОДЗ известно, что \(x^2+1>1,\) то логарифм по основанию \(x^2+1\) возрастает.
А если на ОДЗ \(0<1-\dfrac1{x^2}<1,\) то логарифм по такому основанию убывает.
Пример 7. Произведение двух логарифмов
Решим \(\dfrac{\log_2(8x)\cdot\log_3(27x)} {x^2-|x|} \leqslant0.\)
Из логарифмов следует \(x>0.\)
Поэтому \(|x|=x,\) и знаменатель принимает вид \(x^2-x=x(x-1).\)
Также \(x\neq1.\)
Первый логарифм обращается в ноль при \(8x=1,\) \(x=\dfrac18.\)
Второй: \(27x=1,\) \(x=\dfrac1{27}.\)
Так как основания \(2\) и \(3\) больше единицы, получаем для исследования знака \(\dfrac{\left(x-\dfrac18\right)\left(x-\dfrac1{27}\right)} {x(x-1)} \leqslant0,\) \(x>0.\)
Метод интервалов даёт \(\boxed{x\in\left(0;\dfrac1{27}\right] \cup \left[\dfrac18;1\right)}.\)
Пример 8. Разность модулей
Решим \(|x^2-1|-|2x-2|<0.\)
Разность модулей совпадает по знаку с разностью квадратов: \((x^2-1)^2-(2x-2)^2<0.\)
Используем разность квадратов: \(\bigl((x^2-1)-(2x-2)\bigr) \bigl((x^2-1)+(2x-2)\bigr)<0.\)
Получаем
\((x^2-2x+1)(x^2+2x-3)<0,\)
\((x-1)^2(x-1)(x+3)<0,\)
\((x-1)^3(x+3)<0.\)
Отсюда \(\boxed{x\in(-3;1)}.\)
Более сложные примеры
Пример 9. Рационализация с обязательным учётом ОДЗ
Решим \(\dfrac{\log_2(2x^2-17x+35)-1} {\log_7(x+6)} \leqslant0.\)
ОДЗ исходного выражения: \(\begin{cases} 2x^2-17x+35>0,\\ x+6>0,\\ \log_7(x+6)\neq0. \end{cases}\)
Разложим первый квадратный трёхчлен: \(2x^2-17x+35=(2x-7)(x-5).\)
Поэтому \(2x^2-17x+35>0\) \(\Longleftrightarrow\) \(x<\dfrac72 \ \text{или}\ x>5.\)
Кроме того, \(x>-6,\) \(x\neq-5.\)
Преобразуем числитель: \(1=\log_22,\) поэтому \(\log_2(2x^2-17x+35)-1\) совпадает по знаку с \(2x^2-17x+35-2 = 2x^2-17x+33.\)
Знаменатель \(\log_7(x+6)\) совпадает по знаку с \(x+5.\)
Получаем \(\dfrac{2x^2-17x+33}{x+5}\leqslant0.\)
Разложим числитель: \(2x^2-17x+33 = 2(x-3)\left(x-\dfrac{11}{2}\right).\)
Метод интервалов с последующим пересечением с ОДЗ даёт \(\boxed{x\in(-6;-5) \cup \left[3;\dfrac72\right) \cup \left(5;\dfrac{11}{2}\right]}.\)
Пример 10. Произведение логарифмов с переменным основанием
Решим \(\log_{x+1}(x-1)\cdot\log_{x+1}(x+2)\leqslant0.\)
ОДЗ: \(\begin{cases} x+1>0,\\ x+1\neq1,\\ x-1>0,\\ x+2>0. \end{cases}\)
Отсюда \(x>1.\)
На этом ОДЗ \(x+1>2>1,\) поэтому оба логарифма имеют основание больше единицы.
Следовательно, \(\log_{x+1}(x-1)\) совпадает по знаку с \((x-1)-1=x-2,\) а \(\log_{x+1}(x+2)\) совпадает по знаку с \((x+2)-1=x+1.\)
Получаем \((x-2)(x+1)\leqslant0.\)
С учётом \(x>1\): \(\boxed{x\in(1;2]}.\)
Пример 11. Два разных переменных основания
Решим \(\dfrac{\log_x(x-3)} {\log_{x^2}(5-x)-1} \geqslant0.\)
ОДЗ: \(\begin{cases} x>0,\\ x\neq1,\\ x-3>0,\\ x^2>0,\\ x^2\neq1,\\ 5-x>0,\\ \log_{x^2}(5-x)\neq1. \end{cases}\)
Из основных условий получаем \(3<x<5.\)
На этом промежутке основания \(x\) и \(x^2\) больше единицы.
Числитель \(\log_x(x-3)\) совпадает по знаку с \((x-3)-1=x-4.\)
Знаменатель: \(\log_{x^2}(5-x)-1 = \log_{x^2}(5-x)-\log_{x^2}(x^2),\) поэтому он совпадает по знаку с \(5-x-x^2.\)
При \(3<x<5\) \(5-x-x^2<0.\)
Значит, дробь неотрицательна тогда и только тогда, когда \(x-4\leqslant0.\)
Отсюда \(\boxed{x\in(3;4]}.\)
Пример 12. Сначала упрощение, затем решение
Решим \(3\log_2(3-x)^2-\log_2(x-3)+5>0.\)
ОДЗ: \((3-x)^2>0,\) \(x-3>0.\)
Следовательно, \(x>3.\)
На ОДЗ \(|3-x|=x-3,\) поэтому \(\log_2(3-x)^2 = 2\log_2|3-x| = 2\log_2(x-3).\)
Получаем \(6\log_2(x-3)-\log_2(x-3)+5>0,\) то есть \(5\log_2(x-3)+5>0.\)
Делим на \(5\):
\(\log_2(x-3)+1>0,\)
\(\log_2(x-3)>-1.\)
Так как \(2>1\), \(x-3>2^{-1}=\dfrac12.\)
Следовательно, \(\boxed{x\in\left(\dfrac72;+\infty\right)}.\)
Осторожно с формулами логарифмов
Рассмотрим выражение \(\log_5\bigl(x(x-3)\bigr)+5.\)
ОДЗ логарифма: \(x(x-3)>0,\) то есть \(x<0\) \(\text{или}\) \(x>3.\)
Нельзя без дополнительных условий записывать \(\log_5\bigl(x(x-3)\bigr) = \log_5x+\log_5(x-3),\) потому что правая часть требует одновременно \(x>0,\) \(x-3>0,\) то есть только \(x>3.\)
При таком преобразовании потерялся бы весь промежуток \(x<0\), на котором исходный логарифм существует.
Если известно лишь, что произведение положительно, корректная запись имеет вид \(\log_5\bigl(x(x-3)\bigr) = \log_5|x|+\log_5|x-3|.\)
В обратную сторону формула \(\log_ab+\log_ac=\log_a(bc)\) безопасна на общей области определения левой части, потому что там уже выполнено \(b>0,\) \(c>0.\)
Главное правило: при любом преобразовании логарифмов нужно следить, не изменилась ли область определения.
Пример 13. Разность квадратов логарифмов
Решим \(\log_3^2(x-4)-\log_3^2(x-6)\leqslant0.\)
ОДЗ: \(x>6.\)
Разложим разность квадратов: \(\bigl(\log_3(x-4)-\log_3(x-6)\bigr) \bigl(\log_3(x-4)+\log_3(x-6)\bigr) \leqslant0.\)
Первая скобка на ОДЗ положительна, потому что \(x-4>x-6\) и основание \(3>1\).
Вторую скобку объединим: \(\log_3(x-4)+\log_3(x-6) = \log_3\bigl((x-4)(x-6)\bigr).\)
Следовательно, её знак совпадает со знаком \((x-4)(x-6)-1.\)
Так как первая скобка положительна, остаётся решить \((x-4)(x-6)-1\leqslant0.\)
Получаем \(x^2-10x+23\leqslant0.\)
Корни: \(x=5\pm\sqrt2.\)
Поэтому \(5-\sqrt2\leqslant x\leqslant5+\sqrt2.\)
Пересекаем с ОДЗ \(x>6\): \(\boxed{x\in(6;5+\sqrt2]}.\)
Пример 14. Логарифмы с разными постоянными основаниями
Решим \(\dfrac{\log_2x-\log_3x}{x-5}>0.\)
ОДЗ: \(x>0,\) \(x\neq5.\)
Перейдём к натуральному логарифму: \(\log_2x-\log_3x = \ln x\left(\dfrac1{\ln2}-\dfrac1{\ln3}\right).\)
Так как \(0<\ln2<\ln3,\) то \(\dfrac1{\ln2}-\dfrac1{\ln3}>0.\)
Следовательно, числитель совпадает по знаку с \(\ln x,\) а при основании \(e>1\) --- с \(x-1.\)
Получаем \(\dfrac{x-1}{x-5}>0.\)
С учётом ОДЗ: \(\boxed{x\in(0;1)\cup(5;+\infty)}.\)
Типичные ошибки
• Рационализируют выражение, которое ещё не приведено к сравнению с нулём.
• Заменяют знаковыми аналогами отдельные слагаемые суммы. Совпадение знаков множителей позволяет работать с произведениями и частными, но не даёт права заменять слагаемые по отдельности.
• Забывают ОДЗ после рационализации.
• После сокращения множителя возвращают в ответ значение, которое было запрещено в исходном выражении.
• При \(0<a<1\) забывают, что показательная и логарифмическая функции убывают.
• Для логарифма с переменным основанием просто сравнивают аргументы, не выяснив, больше основание единицы или меньше.
• Используют \(\log_a(BC)=\log_aB+\log_aC\) без проверки положительности \(B\) и \(C\).
• Для выражения \(\sqrt A-B\) переходят к \(A-B^2\), не проверив условие \(B\geqslant0\).
• Для выражения \(A-\sqrt B\) переходят к \(A^2-B\), не проверив \(A\geqslant0\).
• Забывают исключить нули знаменателя при нестрогих неравенствах.
Короткая памятка
На соответствующей области определения:
\(\boxed{a^u-a^v}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{(a-1)(u-v)},\) \(a>0,\ a\neq1.\)
\(\boxed{\log_aB-\log_aC}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{(a-1)(B-C)}.\)
\(\boxed{\log_aB}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{(a-1)(B-1)}.\)
\(\boxed{\log_aB-m}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{(a-1)(B-a^m)}.\)
\(\boxed{\log_aB+\log_aC}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{(a-1)(BC-1)}.\)
\(\boxed{\sqrt A-\sqrt B}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{A-B},\) \(A,B\geqslant0.\)
\(\boxed{\sqrt A-B}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{A-B^2},\) \(A,B\geqslant0.\)
\(\boxed{A-\sqrt B}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{A^2-B},\) \(A,B\geqslant0.\)
\(\boxed{|A|-|B|}\) \(\longrightarrow\) \(\boxed{(A-B)(A+B)}.\)
Перед применением памятки:
1. выпишите ОДЗ;
2. перенесите всё в одну сторону;
3. приведите выражение к произведению или одной дроби;
4. рационализируйте отдельные множители;
5. решите получившееся рациональное неравенство методом интервалов;
6. пересеките результат с ОДЗ.
Задачи для самостоятельной работы
1. Решите: \(\dfrac{\log_x(x-2)}{x+2}>0.\)
2. Решите: \(\dfrac{\log_2x\cdot\log_7(x+3)} {(3^x-5)\cdot5^x} \geqslant0.\)
3. Решите: \(\dfrac{(3^x-9)\bigl(\log_5(6-x)-1\bigr)} {|x|-4}<0.\)
4. Решите: \(x^{x^2+3x-4}<x^{5-x}.\)
5. Решите: \(|x^2-13x+35|>|35-x^2|.\)
6. Решите: \(\sqrt{x^2+5x}<\sqrt{1-x^2+4x}.\)
7. Решите: \(\sqrt{25-x^2}\cdot\log_{x+5}2\leqslant0.\)
8. Решите: \(\log_5\bigl((3-x)(x^2+2)\bigr) \geqslant \log_5(x^2-7x+12)+\log_5(5-x).\)
9. Решите: \(\dfrac{25^{x^2+x-10}-(0{,}2)^{x^2-2x-7}} {0{,}5\cdot4^{x-1}-1} \leqslant0.\)
10. Решите: \(2\log_2(x\sqrt5) -\log_2\left(\dfrac{x}{1-x}\right) \leqslant \log_2\left(5x^2+\dfrac1x-2\right).\)
11. Решите: \(\dfrac{\log_2(x^2)-\log_3(x^2)} {\log_6^2\left(2x^2-10x+\dfrac{25}{2}\right)+1} \geqslant0.\)
Ответы
1. \((3;+\infty).\)
2. \((0;1]\cup(\log_35;+\infty).\)
3. \((-\infty;-4)\cup(1;2)\cup(4;6).\)
4. \((1;-2+\sqrt{13}).\)
5. \((-\infty;0)\cup\left(\dfrac{70}{13};\dfrac{13}{2}\right).\)
6. \(\left[0;\dfrac12\right).\)
7. \((-5;-4)\cup\{5\}.\)
8. \([2;3).\)
9. \((-\infty;-3]\cup\left(\dfrac32;3\right].\)
10. \(\left(0;\dfrac1{\sqrt5}\right] \cup \left[\dfrac12;1\right).\)
11. \((-\infty;-1] \cup \left[1;\dfrac52\right) \cup \left(\dfrac52;+\infty\right).\)