Логарифмічні нерівності — важливий розділ алгебри, що вивчає співвідношення між логарифмічними виразами залежно від властивостей їхньої основи. Розуміння цієї теми є критично важливим для успішного складання НМТ, оскільки вона поєднує в собі знання області допустимих значень, властивостей зростання та спадання функцій, а також навички роботи з системами нерівностей.
На цій сторінці представлено систематизований виклад теорії та практикум із детальним розбором тестових завдань НМТ минулих років. Ми розглянемо алгоритми розв’язання типових нерівностей, навчимося правильно враховувати ОДЗ та дізнаємося, у яких випадках знак нерівності змінюється на протилежний, а у яких — залишається незмінним.
У логарифмічних нерівностях спочатку знаходимо ОДЗ: підлогарифмічний вираз завжди більший за 0. Тобто, якщо маємо вираз logₐf(x), то f(x) > 0
1. Якщо a > 1, то з нерівності logₐf(x) < logₐg(x) маємо f(x) < g(x)
2. Якщо 0 < a < 1, то з нерівності logₐf(x) < logₐg(x) маємо f(x) > g(x)
3. Якщо a > 1, то з нерівності logₐf(x) < k маємо f(x) < aᵏ
4. Якщо 0 < a < 1, то з нерівності logₐf(x) < k маємо f(x) > aᵏ
Завдання 1. Розв’яжіть нерівність log0,3(x + 3) > log0,34.
1. Якщо a > 1, то з нерівності logₐf(x) < logₐg(x) маємо f(x) < g(x)
2. Якщо 0 < a < 1, то з нерівності logₐf(x) < logₐg(x) маємо f(x) > g(x)
3. Якщо a > 1, то з нерівності logₐf(x) < k маємо f(x) < aᵏ
4. Якщо 0 < a < 1, то з нерівності logₐf(x) < k маємо f(x) > aᵏ
(1; +∞)
(7; +∞)
(-∞; 1)
(0; 1)
(-3; 1)
Показати відповідь
Д.
ОДЗ: x + 3 > 0, звідси х > -3.
Оскільки основа 0,3 менша за 1, то знак нерівності змінюємо. Маємо x + 3 < 4
x < 4 - 3
x < 1 Отже, х∈(-3; 1).
ОДЗ: x + 3 > 0, звідси х > -3.
Оскільки основа 0,3 менша за 1, то знак нерівності змінюємо. Маємо x + 3 < 4
x < 4 - 3
x < 1 Отже, х∈(-3; 1).
Завдання 2. Розв’яжіть нерівність log0,9(3x) > 2.
(-∞; 0,27)
(-∞; 0,6)
(0,27; +∞)
(0,6; +∞)
(0; 0,27)
Показати відповідь
Д.
ОДЗ: x > 0.
log0,9(3x) > 2
3x < 0,9² (основа менша за 1, тому знак нерівності змінюємо на протилежний)
3x < 0,81
x < 0,27 Отже, x∈(0; 0,27).
Завдання 3. Розв’яжіть нерівність log₃x < -1.
ОДЗ: x > 0.
log0,9(3x) > 2
3x < 0,9² (основа менша за 1, тому знак нерівності змінюємо на протилежний)
3x < 0,81
x < 0,27 Отже, x∈(0; 0,27).
(⅓; +∞)
(-∞; ⅓)
(-⅓; 0)
(0; ⅓)
(-∞; -3)
Показати відповідь
Г.
ОДЗ: x > 0.
log₃x < -1
x < 3⁻¹ (основа більше за 1, тому знак нерівності залишаємо без змін). Звідси x < ⅓. Отже, x∈(0; ⅓).
Завдання 4. Розв’яжіть нерівність log0,5(х - 1) > 2.
ОДЗ: x > 0.
log₃x < -1
x < 3⁻¹ (основа більше за 1, тому знак нерівності залишаємо без змін). Звідси x < ⅓. Отже, x∈(0; ⅓).
(1; 1,25)
(2; +∞)
(1,25; +∞)
(0; 0,25)
(-∞; 1,25)
Показати відповідь
А.
ОДЗ: x - 1 > 0, звідси x > 1.
log0,5(х - 1) > 2
x - 1 < 0,5² (основа менше за 1, тому знак нерівності змінюємо на протилежний)
x - 1 < 0,25
x < 0,25 + 1
x < 1,25. Отже, x∈(1; 1,25).
Завдання 5. Розв’яжіть нерівність log⅕x > 2.
ОДЗ: x - 1 > 0, звідси x > 1.
log0,5(х - 1) > 2
x - 1 < 0,5² (основа менше за 1, тому знак нерівності змінюємо на протилежний)
x - 1 < 0,25
x < 0,25 + 1
x < 1,25. Отже, x∈(1; 1,25).
(-∞; 125)
(125; +∞)
(0; 125)
(10; +∞)
(-∞; 110)
Показати відповідь
В.
ОДЗ: x > 0.
log⅕x > 2
x < (⅕)²
x < 125 Отже, x∈(0; 125).
Завдання 6. Розв’яжіть нерівність log0,55 < log0,5x.
ОДЗ: x > 0.
log⅕x > 2
x < (⅕)²
x < 125 Отже, x∈(0; 125).
(-5; 0)
(0; 5)
(5; +∞)
(0,5; 5)
(-∞; 5)
Показати відповідь
Б.
ОДЗ: x > 0.
log0,55 < log0,5x
5 > x (основа менше за 1, тому знак нерівності змінюємо на протилежний)
x < 5. Отже, x∈(0; 5).
Завдання 7. Розв’яжіть нерівність log0,4x ≥ log0,42.
ОДЗ: x > 0.
log0,55 < log0,5x
5 > x (основа менше за 1, тому знак нерівності змінюємо на протилежний)
x < 5. Отже, x∈(0; 5).
(-∞; 2]
(0,4; 2]
(0; +∞)
[2; +∞)
(0; 2]
Показати відповідь
Д.
ОДЗ: x > 0.
log0,4x ≥ log0,42
x ≤ 2 (основа менше за 1, тому знак нерівності змінюємо на протилежний). Отже, x∈(0; 2].
Завдання 8. Розв’яжіть нерівність log¼3 · log₄x > 0.
ОДЗ: x > 0.
log0,4x ≥ log0,42
x ≤ 2 (основа менше за 1, тому знак нерівності змінюємо на протилежний). Отже, x∈(0; 2].
(1; +∞)
(0; 4)
(0; 1)
(4; +∞)
(-∞; 1)
Показати відповідь
В.
ОДЗ: x > 0.
Оскільки в першому логарифмі основа менше за 1, а підлогарифмічний вираз більше за 1, то значення даного логарифму менше 0. Тому ми можемо поділити обидві частини нерівності на цей логарифм, при цьому знак нерівності зміниться на протилежний. Маємо log₄x < 0. Звідси x < 4⁰ і x < 1. Отже, x∈(0; 1).
Завдання 9. Розв’яжіть нерівність log₂x < b, використавши рисунок.
ОДЗ: x > 0.
Оскільки в першому логарифмі основа менше за 1, а підлогарифмічний вираз більше за 1, то значення даного логарифму менше 0. Тому ми можемо поділити обидві частини нерівності на цей логарифм, при цьому знак нерівності зміниться на протилежний. Маємо log₄x < 0. Звідси x < 4⁰ і x < 1. Отже, x∈(0; 1).
(0; 2ᵇ)
(0; b)
(-∞; 2ᵇ)
(log₂b; +∞)
(-∞; b)
Показати відповідь
А.
Знайдемо, в якій точці значення функції дорівнює b. log₂x = b. Звідси x = 2ᵇ. За графіком функція менше за b, коли х менше за 2ᵇ. Отже x∈(0; 2ᵇ).
Завдання 10. Розв’яжіть нерівності (1-4). Кожній нерівності поставте у відповідність множину всіх її розв’язків (А-Д).
Знайдемо, в якій точці значення функції дорівнює b. log₂x = b. Звідси x = 2ᵇ. За графіком функція менше за b, коли х менше за 2ᵇ. Отже x∈(0; 2ᵇ).
1 5ˣ⁻² > 1
2 -2x + 2 > 0
3 log₂x < 1
4 x² < 4
2 -2x + 2 > 0
3 log₂x < 1
4 x² < 4
А (-∞; 2)
Б (-2; 2)
В (0; 2)
Г (-∞; -2)
Д (2; +∞)
Б (-2; 2)
В (0; 2)
Г (-∞; -2)
Д (2; +∞)
Показати відповідь
1-Д, 2-Г, 3-В, 4-Б.
1) 5ˣ⁻² > 1
5ˣ⁻² > 5⁰
x - 2 > 0
x > 2. Звідси x∈(2; +∞).
2) Оскільки чисельник менше 0, то для того, щоб дріб був більше 0, потрібно, щоб знаменник був менше 0. Отже x + 2 < 0. Звідси x < -2 і x∈(-∞; -2).
3) log₂x < 1
x < 2. За ОДЗ x > 0. Звідси x∈(0; 2).
4) x² < 4. Звідси |x| < 2. Тоді -2 < x < 2 і x∈(-2; 2).
Завдання 11. Знайдіть кількість усіх цілих розв’язків нерівності log¼(x² + 6x) ≥ -2. Якщо нерівність має безліч цілих розв’язків, то у відповідь запишіть число 100.
1) 5ˣ⁻² > 1
5ˣ⁻² > 5⁰
x - 2 > 0
x > 2. Звідси x∈(2; +∞).
2) Оскільки чисельник менше 0, то для того, щоб дріб був більше 0, потрібно, щоб знаменник був менше 0. Отже x + 2 < 0. Звідси x < -2 і x∈(-∞; -2).
3) log₂x < 1
x < 2. За ОДЗ x > 0. Звідси x∈(0; 2).
4) x² < 4. Звідси |x| < 2. Тоді -2 < x < 2 і x∈(-2; 2).
Показати відповідь
4.
1. ОДЗ: x² + 6x > 0. Розв'яжемо дану нерівність методом інтервалів. x² + 6x = 0
Звідси маємо x(x + 6) = 0
х = 0 та х = -6.
Нанесемо отримані числа на числову пряму. Оскільки коефіцієнт 1 при x² додатний, то знаки на інтервалах "+-+".
Оскільки маємо нерівність виду f(x)>0, то заштриховуємо інтервали, що містять знак "+". Звідси x∈(-∞; -6)∪(0; +∞).
2. log¼(x² + 6x) ≥ -2
x² + 6x ≤ (¼)⁻²
x² + 6x ≤ 4²
x² + 6x ≤ 16
x² + 6x - 16 ≤ 0. Розв'яжемо дану нерівність методом інтервалів. Знайдемо корені відповідного квадратного рівняння.
D = 6² - 4 · 1 · (-16) = 36 + 64 = 100.
x₁ = -6 - √1002 · 1 = -6 - 102 = -162 = -8
x₂ = -6 + √1002 · 1 = -6 + 102 = 42 = 2
Нанесемо отримані числа на числову пряму. Оскільки коефіцієнт 1 при x² додатний, то знаки на інтервалах "+-+".
Оскільки маємо нерівність виду f(x)≤0, то заштриховуємо інтервали, що містять знак "-". Отже x∈[-8; 2]. Враховуючи ОДЗ, маємо проміжок х∈[-8; -6)∪(0; 2]. Цілі числа: -8, -7, 1, 2. Отже, їх кількість 4.
Завдання 12. Розв’яжіть нерівність lg42x - 3 ≥ 0. У відповіді запишіть найбільший розв’язок цієї нерівності. Якщо найбільший розв’язок нерівності не існує, то у відповіді запишіть число 100.
1. ОДЗ: x² + 6x > 0. Розв'яжемо дану нерівність методом інтервалів. x² + 6x = 0
Звідси маємо x(x + 6) = 0
х = 0 та х = -6.
Нанесемо отримані числа на числову пряму. Оскільки коефіцієнт 1 при x² додатний, то знаки на інтервалах "+-+".
Оскільки маємо нерівність виду f(x)>0, то заштриховуємо інтервали, що містять знак "+". Звідси x∈(-∞; -6)∪(0; +∞).
2. log¼(x² + 6x) ≥ -2
x² + 6x ≤ (¼)⁻²
x² + 6x ≤ 4²
x² + 6x ≤ 16
x² + 6x - 16 ≤ 0. Розв'яжемо дану нерівність методом інтервалів. Знайдемо корені відповідного квадратного рівняння.
D = 6² - 4 · 1 · (-16) = 36 + 64 = 100.
x₁ = -6 - √1002 · 1 = -6 - 102 = -162 = -8
x₂ = -6 + √1002 · 1 = -6 + 102 = 42 = 2
Нанесемо отримані числа на числову пряму. Оскільки коефіцієнт 1 при x² додатний, то знаки на інтервалах "+-+".
Оскільки маємо нерівність виду f(x)≤0, то заштриховуємо інтервали, що містять знак "-". Отже x∈[-8; 2]. Враховуючи ОДЗ, маємо проміжок х∈[-8; -6)∪(0; 2]. Цілі числа: -8, -7, 1, 2. Отже, їх кількість 4.
Показати відповідь
3,5.
1. ОДЗ: 42x - 3 ≥ 0. Оскільки чисельник більше за 0, то для того, щоб дріб був більше за 0, потрібно, щоб знаменник був більше за 0. Отже 2x - 3 > 0. Звідси маємо 2x > 3 і x > 1,5.
2. lg42x - 3 ≥ 0
42x - 3 ≥ 10⁰
42x - 3 ≥ 1
Оскільки з ОДЗ відомо, що знаменник більше за 0, то ми можемо домножити обидві частини нерівності на знаменник, при цьому знак нерівності залишається без змін. Маємо 4 ≥ 2x - 3
2x - 3 ≤ 4
2x ≤ 4 + 3
2x ≤ 7
x ≤ 3,5. Отже, х∈(1,5; 3,5]. Найбільшим розв'язком цієї нерівності є число 3,5.
1. ОДЗ: 42x - 3 ≥ 0. Оскільки чисельник більше за 0, то для того, щоб дріб був більше за 0, потрібно, щоб знаменник був більше за 0. Отже 2x - 3 > 0. Звідси маємо 2x > 3 і x > 1,5.
2. lg42x - 3 ≥ 0
42x - 3 ≥ 10⁰
42x - 3 ≥ 1
Оскільки з ОДЗ відомо, що знаменник більше за 0, то ми можемо домножити обидві частини нерівності на знаменник, при цьому знак нерівності залишається без змін. Маємо 4 ≥ 2x - 3
2x - 3 ≤ 4
2x ≤ 4 + 3
2x ≤ 7
x ≤ 3,5. Отже, х∈(1,5; 3,5]. Найбільшим розв'язком цієї нерівності є число 3,5.
Коментарі