Тип 15. Неравенства

Область определения . Первый множитель положителен при , нулевой при 1/2, отрицателен при . При второй множитель равен , положителен при или , отрицателен при . Нули соответствуют и . Произведение положительно при либо .

Область определения . Первый множитель положителен при , равен нулю при −1 и отрицателен при . Пусть . Второй множитель равен , его нули соответствуют и . Он положителен до −1 и после второго нуля, отрицателен между ними. Произведение неположительно только при и .

При положим . Получаем , или . Значит, , . Следовательно, или , что даёт четыре указанных отрезка.

Положим . Разность левой части и равна . Знаменатель равен и не должен обращаться в ноль. Неравенство выполняется при , , . Возвращаясь к , получаем , , .

При преобразуем к . Логарифм положителен при , равен нулю при −4, отрицателен при . Ответ или .

Область определения . Используя и , получаем . Логарифм положителен при , равен нулю при 1, отрицателен при . Анализ знаков даёт или .

При разделим на положительное и положим . Получаем , то есть . Значит, или . Поскольку и , получаем или . Это равносильно или .

При разделим на положительное и положим . Получим , то есть . Следовательно, . Поскольку основание , имеем . Для это даёт , а для — .

При положим . Тогда , . Неравенство превращается в , или . Поэтому , то есть .

Область определения: . Введём . Тогда и . Получаем , или . Следовательно, или . Это означает или .

ОДЗ: и , то есть −2x>1. Неравенство преобразуется к . При положительном знаменателе оно выполнено, поскольку ln3<ln5. Ответ x<−0,5.

ОДЗ обоих внешних логарифмов: 0<−x<1, то есть −1<x<0. Неравенство равносильно . На ОДЗ знаменатель отрицателен, а ln(1/2)>ln(1/7), поэтому оно верно на всей ОДЗ.

ОДЗ: x<−1. Возведя обе стороны в степень 1/lg2>0, получаем . При это , или . Значит 0<t≤2, то есть −3≤x<−1.

ОДЗ: x>1. Так как и lg3>0, получаем . Сокращение x−1>0 даёт , то есть . Ответ 1<x≤3.

Пусть . Неравенство преобразуется к . Метод интервалов даёт или . Поэтому или .

Пусть , . Тогда . Первое условие даёт , второе — . Поэтому или , то есть или .

ОДЗ: . После перехода к основанию 5 и объединения логарифмов получаем . При x<−2 левая часть больше правой: . Значит подходит вся ОДЗ.

ОДЗ: . Перейдя к основанию 2 и сократив , получаем . На ОДЗ , поэтому неравенство выполнено для всех .

ОДЗ: . Знаменатель всегда отрицателен. При x=2 числитель равен нулю; при x>2 требуется , то есть .

ОДЗ: , . Множитель всегда отрицателен. При числитель равен нулю; при требуется положительный знаменатель, то есть .

ОДЗ: , знаменатель не равен нулю. Его нули: или 4, то есть и . Числитель неотрицателен при . С учётом порядка точек метод интервалов даёт ответ.

ОДЗ: , . Числитель обращается в ноль при или 3, то есть и . Он отрицателен между этими корнями. Знаменатель меняет знак при , причём . Метод интервалов даёт ответ.

Угол 0,9 задан в радианах, . Поэтому . При основании это равносильно , то есть .

Аргумент 3,2 дан в радианах; . Поэтому , то есть . Получаем .

Положим , . Тогда . Получаем или .

При , получаем . Метод интервалов даёт или . Возвращаемся к x.

После логарифмирования по основанию 4 и замены имеем . Значит, .

Положим и прологарифмируем по основанию 6: . Тогда , что даёт указанный отрезок для x.

ОДЗ: , . При знаменатель равен и равен нулю при . Числитель неотрицателен при , то есть . Исключаем и 0.

ОДЗ: , . Если , знаменатель равен ; он обращается в ноль при . В остальных точках знаменатель положителен. Числитель неотрицателен при , то есть . С учётом ОДЗ получаем указанные интервалы.

ОДЗ: . Пусть . Тогда и . Получаем или . Значит, либо . То есть или ; раскрываем модуль.

ОДЗ: . Положим . Тогда , . Неравенство становится , или . Его корни −1 и 3,5. Следовательно, , что даёт два указанных отрезка.

ОДЗ: . Положим . Тогда требуется . Знаки меняются при . Для условие выполнено. На получаем , то есть , откуда . На и условие сводится к , то есть . Это даёт соответственно и . Объединяем интервалы. В печатной таблице ответов у правой границы последнего интервала пропущен минус: правильная граница −26/55.

ОДЗ: . Первое логарифмическое слагаемое равно . При его модуль больше 3, поэтому решений нет. При первая скобка неположительна, вторая неотрицательна; неравенство сводится к и верно на всём этом отрезке. При обе скобки неотрицательны, и условие равносильно . Его положительная граница . Ответ .

ОДЗ: . Переносим слагаемые и выносим общие множители: . Поскольку , получаем . При обе части равны; отношение правой части к левой пропорционально и строго возрастает. Значит и .

ОДЗ: . Положим . После переноса слагаемых получаем . Левая константа равна , поэтому неравенство равносильно . При получается равенство, а основание . Следовательно, и .