MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 263

Porównujemy wykres logarytmu z prostą lub hiperbolą. Punkty przecięcia są odpowiednio $x=2$, $x=5$, $x=1$ i $x=2$. Monotoniczność różnicy obu stron wyznacza właściwą stronę każdego punktu granicznego.

Dla kompletności zapisujemy wynik rachunku oddzielnie dla każdego podpunktu; w każdym zastosowano regułę wyprowadzoną wyżej:

a) Otrzymujemy $x\in(0;2\rangle$.

b) Otrzymujemy $x\in\langle5;\infty)$.

c) Otrzymujemy $x\in(0;1\rangle$.

d) Otrzymujemy $x\in(2;\infty)$.

Każdy fragment łańcucha zamieniamy na przedział dla $x$. W a) dostajemy $8<x<64$ oraz $16<x<64$. W b) otrzymujemy $x<8$, $4<x<16$ i $x>4$. Bierzemy część wspólną.

Dla kompletności zapisujemy wynik rachunku oddzielnie dla każdego podpunktu; w każdym zastosowano regułę wyprowadzoną wyżej:

a) Otrzymujemy $x\in(16;64)$.

b) Otrzymujemy $x\in(4;8)$.

Pierwsza nierówność daje $0<x\le4^{3/4}=2\sqrt2$. Ponieważ podstawa $\frac18$ jest mniejsza od $1$, druga daje $x\ge(\frac18)^{16}$. Jedynymi liczbami całkowitymi w części wspólnej są $1$ i $2$.

Mamy $m=\log_2k$. Zatem $\log_2k^2=2m$, $\log_2\sqrt k=\frac m2$ oraz $\log_2(2k)=m+1$, więc $P,R,S$ zawsze należą do wykresu. Warunki dla $Q$ i $T$ prowadzą odpowiednio do wykluczonych wartości $m=\frac43$ oraz $m\in\{-1,2\}$.

Załóżmy, że końce odcinka mają odcięte $a,b>0$. Warunek, że $P(2,1)$ jest środkiem, daje

czyli $ab=4$. Liczby $a,b$ są więc pierwiastkami $t^2-4t+4=0$, skąd $a=b=2$. Końce odcinka byłyby tym samym punktem, zatem nie istnieje taki niedegenerowany odcinek.

Funkcja malejąca ma podstawę w $(0;1)$.

a) Z warunku punktu otrzymujemy $\frac52m-1=m^2$, którego pierwiastki to $2$ i $\frac12$; dopuszczalny jest tylko drugi.

b) Mamy $0<3m<1$ oraz $|4m-2|=3m$. W tym zakresie $|4m-2|=2-4m$, skąd $m=\frac27$.

a) Pierwsza para nierówności daje $3\le x\le9$, a druga $3\le y\le27$. Powstaje prostokąt o bokach $6$ i $24$.

b) Wprowadzamy $u=x+y$ i $v=y-x$. Otrzymujemy $2\le u\le4$ oraz $2\le v\le8$. Prostokąt w układzie $(u,v)$ ma pole $12$, a wyznacznik przekształcenia do $(x,y)$ ma wartość bezwzględną $\frac12$. Pole równoległoboku wynosi zatem $6$.

Z równania wynika $x=(\frac13)^{m-1}$. Ponieważ podstawa jest mniejsza od $1$, wartość tej potęgi jest mniejsza od $1$ dokładnie wtedy, gdy wykładnik jest dodatni.

a) Podstawa ma postać $m^2-2m+3=(m-1)^2+2\ge2>1$.

b) Gdy $m\ge-2$, podstawa $|m+2|-m$ jest równa $2$. Gdy $m<-2$, jest równa $-2m-2>2$. W obu przypadkach podstawa jest większa od $1$, więc funkcja logarytmiczna jest rosnąca.

Kolejno wprowadzamy argument zewnętrznego logarytmu jako nową dodatnią zmienną, rozwiązujemy podwójną nierówność i wracamy przez funkcję monotoniczną. Przy podstawie z $(0;1)$ odwracamy kolejność końców.

Dla kompletności zapisujemy wynik rachunku oddzielnie dla każdego podpunktu; w każdym zastosowano regułę wyprowadzoną wyżej:

a) Otrzymujemy $x\in\langle16;256\rangle$.

b) Otrzymujemy $x\in\langle5;125)$.

c) Otrzymujemy $x\in\langle\frac13;9\sqrt3\rangle$.

d) Otrzymujemy $x\in(0{,}001;\sqrt{10})$.