Задание 16 ЕГЭ по профильной математике

1. 1. ОДЗ: 5^x − 2 > 0, то есть 5^x > 2 и x > log₅ 2; кроме того, знаменатель не должен обращаться в ноль.
2. 2. Числитель: замена t = 3^x (t > 0) даёт t² − 3t + 8. Дискриминант 9 − 32 = −23 < 0, старший коэффициент положителен — значит числитель положителен при любом x.
3. 3. Раз числитель положителен, дробь ≤ 0 только когда знаменатель строго отрицателен: log₆(5^x − 2) + 1 < 0.
4. 4. Вносим единицу под логарифм: log₆(5^x − 2) + log₆ 6 = log₆(6(5^x − 2)) < 0. Логарифм по основанию 6 отрицателен, когда его аргумент лежит между 0 и 1: 0 < 6(5^x − 2) < 1.
5. 5. Отсюда 2 < 5^x < 13/6. Функция 5^x возрастает, поэтому log₅ 2 < x < log₅ (13/6); условие ОДЗ x > log₅ 2 уже учтено.

Ответ: (log₅ 2; log₅ (13/6))

1. 1. ОДЗ: аргументы логарифмов положительны, x > 0 и 4x > 0 — значит просто x > 0.
2. 2. Два логарифма выглядят разными, но второй раскладывается: log₂(4x) = log₂4 + log₂x = 2 + log₂x. Это та же самая величина плюс двойка.
3. 3. Замена t = log₂x. Она пробегает все действительные числа: логарифм по основанию 2 на луче x > 0 принимает любое значение, поэтому дополнительных ограничений на t нет.
4. 4. Неравенство: t·(t + 2) ≤ 3, то есть t² + 2t − 3 ≤ 0. Корни трёхчлена t = 1 и t = −3 (сумма −2, произведение −3), ветви параболы вверх, значит трёхчлен неположителен между корнями: −3 ≤ t ≤ 1.
5. 5. Обратная замена: −3 ≤ log₂x ≤ 1. Функция log₂ возрастает, поэтому 2⁻³ ≤ x ≤ 2¹, то есть 0,125 ≤ x ≤ 2. ОДЗ x > 0 выполнено на всём этом отрезке.
6. 6. Где теряют баллы. Пишут log₂(4x) = 4·log₂x — путают множитель внутри аргумента со степенью. Формула log_a(b^c) = c·log_a b работает только для показателя, а произведение внутри логарифма превращается в сумму. Проверка за пять секунд на x = 1: log₂4 = 2, а «4·log₂1» = 0.

Ответ: Ответ: x ∈ [0,125; 2]

1. 1. Основание логарифма содержит переменную, поэтому «отбросить логарифмы» нельзя: при основании больше 1 функция возрастает, при основании между 0 и 1 — убывает, и знак неравенства ведёт себя по-разному. Разбор двух случаев работает, но надёжнее и короче — рационализация.
2. 2. ОДЗ: основание положительно и не равно единице (x − 1 > 0 и x − 1 ≠ 1), аргумент положителен (x + 1 > 0). Итого x > 1 и x ≠ 2.
3. 3. Приводим правую часть к логарифму того же основания: 2 = log_x−1((x − 1)²). Неравенство принимает вид log_x−1[(x + 1)/(x − 1)²] < 0.
4. 4. Рационализация: log_a f < 0 равносильно (a − 1)·(f − 1) < 0 на ОДЗ. Это не «правило из ниоткуда»: обе части имеют одинаковый знак, потому что логарифм отрицателен ровно тогда, когда основание и аргумент лежат по разные стороны от единицы.
5. 5. Считаем f − 1 = (x + 1)/(x − 1)² − 1 = (x + 1 − (x − 1)²)/(x − 1)² = (x + 1 − x² + 2x − 1)/(x − 1)² = (3x − x²)/(x − 1)² = x·(3 − x)/(x − 1)².
6. 6. Условие: (x − 2)·x·(3 − x)/(x − 1)² < 0. На ОДЗ x > 1, поэтому x > 0 и (x − 1)² > 0 — эти множители положительны и знак не меняют. Остаётся (x − 2)·(3 − x) < 0.
7. 7. Корни 2 и 3; выражение положительно между ними и отрицательно снаружи. С учётом ОДЗ (x > 1, x ≠ 2) получаем x ∈ (1; 2) ∪ (3; +∞).
8. 8. Где теряют баллы. Решают неравенство «как обычное», сразу переходя к x + 1 < (x − 1)², и теряют всю ветку (1; 2), где основание меньше единицы и знак переворачивается. Второй провал — не выписали x ≠ 2: при основании, равном единице, логарифма не существует, и точка обязана быть выколота.

Ответ: Ответ: x ∈ (1; 2) ∪ (3; +∞)

1. 1. Пусть t = 2^x. Тогда t > 0, и каждому t > 0 отвечает ровно один x = log₂ t.
2. 2. Так как 4^x = (2^x)² = t², неравенство принимает вид t² − 3t + 2 ≥ 0.
3. 3. Корни квадратного трёхчлена: t₁ = 1, t₂ = 2.
4. 4. Разложение: (t − 1)(t − 2) ≥ 0.
5. 5. Метод интервалов по t с учётом t > 0 даёт 0 < t ≤ 1 или t ≥ 2.
6. 6. Возвращаемся к x: функция 2^x возрастает, поэтому из 2^x ≤ 1 получаем x ≤ 0, а из 2^x ≥ 2 получаем x ≥ 1.

Ответ: Ответ: (−∞; 0] ∪ [1; +∞)

1. 1. ОДЗ: x² − 5x + 6 > 0. Корни трёхчлена 2 и 3 (сумма 5, произведение 6), ветви вверх, поэтому x < 2 или x > 3.
2. 2. Основание 0,5 меньше единицы — логарифмическая функция убывает. При переходе от логарифмов к аргументам знак неравенства меняется на противоположный.
3. 3. Правую часть записываем логарифмом того же основания: −1 = log_0,5(0,5⁻¹) = log_0,52.
4. 4. Неравенство log_0,5(x² − 5x + 6) ≥ log_0,52 равносильно (с учётом убывания) x² − 5x + 6 ≤ 2.
5. 5. x² − 5x + 4 ≤ 0. Корни 1 и 4 (сумма 5, произведение 4), ветви вверх, значит 1 ≤ x ≤ 4.
6. 6. Пересекаем с ОДЗ: [1; 4] ∩ ((−∞; 2) ∪ (3; +∞)) = [1; 2) ∪ (3; 4].
7. 7. Проверка границ: при x = 1 аргумент равен 1 − 5 + 6 = 2, log_0,52 = −1, условие «≥ −1» выполнено — точка входит. При x = 2 аргумент равен 0, логарифма нет — точка исключена. При x = 4 аргумент равен 16 − 20 + 6 = 2, снова −1 ≥ −1 — точка входит.

Ответ: Ответ: x ∈ [1; 2) ∪ (3; 4]