Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 1

Показательные неравенства

При решении показательныx неравенств используются следующие утверждения: A.1. Если a > 1, неравенство

a^{f(x)} > a^{g(x)}

равносильно неравенству

f(x) > g(x).

Аналогично,

\{ \begin{matrix}a^{f(x)} < a^{g(x)} \\ a > 1 \end{matrix} ⇔ f(x) < g(x).

A.2. Если 0 < a < 1, неравенство

a^{f(x)} > a^{g(x)}

равносильно неравенству

f(x) < g(x).

Аналогично,

\{ \begin{matrix}a^{f(x)} < a^{g(x)} \\ 0 < a < 1 \end{matrix} ⇔ f(x) > g(x).

A.3. Неравенство

[h(x)]^{f(x)} > [h(x)]^{g(x)}  (1)

равносильно совокупности систем неравенств

[ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}h(x) > 1, \\ f(x) > g(x), \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}0 < h(x) < 1, \\ f(x) < g(x). \end{matrix} \end{matrix}

Замечание. Если знак неравенства (1) нестрогий, дополнительно рассматривается и случай

\{ \begin{matrix}h(x) = 1, \\ x ∈ D(f) ∩ D(g), \end{matrix}

где D(f) (D(g)) означает область определения функции f (g).

A.4. Если b ≤ 0, неравенство

a^{f(x)} < b

не имеет решений (следует из свойств показательной функции).

A.5. Если b ≤ 0, множеством решений неравенства a^{f(x)} > b является x ∈ D(f). A.6. Если a > 1, b > 0, неравенство

a^{f(x)} > b

равносильно неравенству

f(x) > log_{a} b.

Аналогично,

a^{f(x)} < b ⇔ f(x) < log_{a} b.

A.7. Если 0 < a < 1, b > 0, неравенство

a^{f(x)} > b

равносильно неравенству

f(x) < log_{a} b.

Аналогично,

a^{f(x)} < b ⇔ f(x) > log_{a} b.

Упражнение 1. Решить неравенства:

\begin{matrix}a) 2^{\frac{2}{x^{2}−1}} > 2^{\frac{1}{x−2}} , & e) 2^{x} < −4, \\ b) (0.3)^{|2x−3|} < (0.3)^{|3x+4|}, & f) 2^{x} > −4, \\ c) (4x^{2} + 2x + 1)^{x^{2}−x} > 1, & g) 5^{x^{2}−2x+3} < 7, \\ d) (x^{2} − x + 1)^{x} ≤ 1, & h) 2^{\frac{\sqrt{x−3}}{x−8}} > −4. \end{matrix}

Решение. a) Так как 2 > 1, используя утверждение A.1, получаем равносильное неравенство

\frac{x}{x^{2} − 1} > \frac{1}{x − 2},

которое решается методом интервалов,

\frac{x}{x^{2} − 1} > \frac{1}{x − 2} ⇔ \frac{x}{x^{2} − 1} − \frac{1}{x − 2} > 0 ⇔ \frac{x(x − 2) − (x^{2} − 1)}{(x^{2} − 1)(x − 2)} > 0 ⇔

⇔ \frac{1 − 2x}{(x − 1)(x + 1)(x − 2)} > 0 ⇔ x ∈ (−1; \frac{1}{2}) ∪ (1; 2).

[figure: −1; \frac{1}{2}; 1; 2; −; +; −; +; −]

b) Так как 0 < 0.3 < 1, используя утверждение A.2, получаем равносильное неравенство

|2x − 3| > |3x + 4|,

которое решается, используя свойства модуля (|a| > |b| ⇔ (a − b)(a + b) > 0):

|2x − 3| > |3x + 4| ⇔ ((2x − 3) − (3x + 4))((2x − 3) + (3x + 4)) > 0 ⇔ (−x − 7)(5x + 1) > 0.

Решив последнее неравенство методом интервалов, получим x ∈ (−7; −\frac{1}{5}).

c) Используя утверждение A.3, получим

(4x^{2} + 2x + 1)^{x^{2}−x} > 1 ⇔ (4x^{2} + 2x + 1)^{x^{2}−x} > (4x^{2} + 2x + 1)^{0} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}4x^{2} + 2x + 1 > 1, \\ x^{2} − x > 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}4x^{2} + 2x + 1 < 1, \\ 4x^{2} + 2x + 1 > 0, \\ x^{2} − x < 0 \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}[ & \begin{matrix}x > 0, \\ x < −\frac{1}{2}, \end{matrix} \\ [ & \begin{matrix}x > 1, \\ x < 0, \end{matrix} \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x ∈ (−\frac{1}{2}; 0), \\ x ∈ R, \\ x ∈ (0; 1). \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x ∈ (−∞; −\frac{1}{2}) ∪ (1; +∞), \\ x ∈ ∅ \end{matrix} ⇔

⇔ x ∈ (−∞; −\frac{1}{2}) ∪ (1; +∞).

d) Учитывая замечание к утверждению A.3, получим

(x^{2} − 2 + 1)^{x} ≤ 1 ⇔ (x^{2} − x + 1)^{x} ≤ (x^{2} − x + 1)^{0} ⇔

⇔ [ \begin{matrix}\{ & \begin{matrix}x^{2} − x + 1 > 1, \\ x ≤ 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x^{2} − x + 1 < 1, \\ x^{2} − x + 1 > 0, \\ x ≥ 0, \end{matrix} \\ \{ & \begin{matrix}x ∈ D(f) ∩ D(g) = R, \\ x^{2} − x + 1 = 1. \end{matrix} \end{matrix} ⇔ [ \begin{matrix}x < 0, \\ 0 < x < 1, \\ x = 0, x = 1. \end{matrix} ⇔ x ∈ (−∞; 1].

e) Согласно утверждению A.4, множество решений неравенства пусто.

f) Используя утверждение A.5, получим x ∈ R.

g) Используя утверждение A.6, получим равносильное неравенство

x^{2} − 2x + 3 < log_{5} 7.

Поскольку x^{2} − 2x + 3 = x^{2} − 2x + 1 + 2 = (x − 1)^{2} + 2 ≥ 2, а log_{5} 7 < log_{5} 25 = 2, множество решений данного неравенства пусто.

h) Множество решений данного неравенства совпадает с его ОДЗ (см. утверждение A.5):

\{ \begin{matrix}x − 3 ≥ 0, \\ x − 8 ≠ 8. \end{matrix}

откуда x ∈ [3; 8) ∪ (8; +∞).

Все методы решения показательных уравнений (см. Показательные уравнения) можно применить (с соответсвующими изменениями) и в случае неравенств.

Упражнение 2. Решить неравенства:

\begin{matrix}a) 5^{2x+1} > 5^{x} + 4, & d) 4^{x^{2}−x} − 10 · 2^{x^{2}} + 2^{2x+4} ≥ 0, \\ b) 5 · 9^{x} − 18 · 15^{x} + 9 · 25^{x} > 0, & e) \frac{1}{3^{x} + 5} ≤ \frac{1}{3^{x+1} − 1}, \\ c) 2^{x+2} − 2^{x+3} − 2^{x+4} > 5^{x+1} − 5^{x+2}, & f)3x + 12 · 3^{\sqrt{x}} ≥ 4x · 3^{\sqrt{x}} + 9. \end{matrix}

Решение. a) Так как 5^{2x+1} = 5 · (5^{x})^{2}, обозначив t = 5^{x}, получим квадратное неравенство

5t^{2} − t − 4 > 0,

откуда t < −\frac{4}{5} или t > 1. Так как t > 0, остается t > 1, то есть, 5^{x} > 1, и x > 0.

b) Данное неравенство - однородное показательное неравенство. Разделив обе части неравенства на 25^{x}, получим неравенство

5 · (\frac{9}{25})^{x} − 18 · (\frac{3}{5})^{x} + 9 > 0.

Обозначив t = (\frac{3}{5})^{x}, получим квадратное неравенство

5t^{2} − 18t + 9 > 0,

откуда t < \frac{3}{5} или t > 3. Таким образом,

[ \begin{matrix}(\frac{3}{5})^{x} < \frac{3}{5}, \\ (\frac{3}{5})^{x} > 3. \end{matrix}

Учитывая, что 0 < \frac{3}{5} < 1, получаем решения x > 1 или x < log_{\frac{3}{5}} 3. Таким образом, множество решений исходного неравенства есть x ∈ (−∞; log_{\frac{3}{5}} 3) ∪ (1; +∞).

c) Используя метод общего множителя, получим

2^{x+2} − 2^{x+3} − 2^{x+4} > 5^{x+1} − 5^{x+2} ⇔ 2^{x} · 4 − 2^{x} · 8 − 2^{x} · 16 > 5^{x} · 5 − 5^{x} · 25 ⇔

⇔ 2^{x}(4 − 8 − 16) > 5^{x}(5 − 25) ⇔ 2^{x} · (−20) > 5^{x} · (−20) ⇔ 2^{x} < 5^{x} ⇔

⇔ \frac{2^{x}}{5^{x}} < 1 ⇔ (\frac{2}{5})^{x} < (\frac{2}{5})^{0} ⇔ x > 0.

d) Разделив обе части неравенства на 2^{2x} (2^{2x} > 0), получим

4^{x^{2}−2x} − 10 · 2^{x^{2}−2x} + 16 ≥ 0.

Обозначив t = 2^{x^{2}−2x} и решив квадратное неравенство

t^{2} − 10t + 16 ≥ 0,

получим t ≤ 2 или t ≥ 8. Таким образом,

[ \begin{matrix}2^{x^{2}−2x} ≤ 2, \\ 2^{x^{2}−2x} ≥ 8, \end{matrix}

откуда

[ \begin{matrix}x^{2} − 2x ≤ 1, \\ x^{2} − 2x ≥ 3. \end{matrix}

Множество решений первого неравенства совокупности есть x ∈ [1 − \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2}], а второго неравенства x ∈ (−∞; −1] ∪ [3; +∞).

Таким образом, решение исходного неравенства есть x ∈ (−∞; −1] ∪ [1 − \sqrt{2}; 1 + \sqrt{2}] ∪ [3; +∞).

e) Обозначим t = 3^{x} и используем метод интервалов, учитывая что t + 5 > 0:

\frac{1}{t + 5} ≤ \frac{1}{3t − 1} ⇔ \frac{3t − 1 − t − 5}{3t − 1} ≤ 0 ⇔ \frac{2(t − 3)}{3t − 1} ≤ 0 ⇔ t ∈ (\frac{1}{3}; 3].

Таким образом, \frac{1}{3} < 3^{x} ≤ 3 ⇔ 3^{−1} < 3^{x} ≤ 3^{1} ⇔ x ∈ (−1; 1].

f) 3x + 12 · 3^{\sqrt{x}} ≥ 4x · 3^{\sqrt{x}} + 9 ⇔ (3x − 9) + (12 · 3^{\sqrt{x}} − 4x · 3^{\sqrt{x}}) ≥ 0 ⇔ ⇔ 3(x − 3) − 4 · 3^{\sqrt{x}}(x − 3) ≥ 0 ⇔ (x − 3)(3 − 4 · 3^{\sqrt{x}}) ≥ 0.

Так как 3^{\sqrt{x}} ≥ 1, то 3 − 4 · 3^{\sqrt{x}} ≤ −1, следовательно, x − 3 ≤ 0, откуда x ≤ 3. Учитывая ОДЗ исходного неравенства (x ≥ 0), получим ответ x ∈ [0; 3].

В дальнейшем рассмотрим несколько примеров показательнных неравенств, которые решаются специальными способами (учитывая область определения и область значений, монотонность, непрерывность и т.п.).

Пример 3. Решить неравенства:

a) \sqrt{4 − 2^{x−2}} < log_{2}(x − 5)  d) (\sqrt{5} + 2)^{x−1} ≥ (\sqrt{5} − 2)^{\frac{x−1}{x+1}}
b) 3^{x} + 4^{x} ≥ 25  e) 3^{\sqrt[12]{x−1}} + 3^{\sqrt[4]{x−1}} ≥ 2 · 3^{\sqrt[6]{x−1}}

c) (\frac{2x^{2}}{x^{4} + 1})^{3x^{2}−x} > (\frac{x^{4} + 1}{2x^{2}})^{2x−2}

Решение. a) ОДЗ неравенства определяется из системы

\{ \begin{matrix}x − 5 > 0, \\ 4 − 2^{x−2} ≥ 0. \end{matrix}

Получим

\{ \begin{matrix}x > 5, \\ x ≤ 4, \end{matrix}

и, так как ОДЗ неравенство пусто, то исходное неравенство не имеет решений.

b) Левая часть неравенства есть возрастающая функция (сумма двух возрастающих функций). Поскольку для x < 2, f(x) < f(2) = 25, а для x ≥ 2, f(x) ≥ f(2) = 25, множество решений данного неравенства есть [2; +∞).

c) Выражение a^{b} − a^{c} при a > 1 имеет тот же знак что и выражение (b − c) и противоположный знак, если 0 < a < 1, следовательно, для a ∈ (0; 1) ∪ (1; +∞) выражения a^{b} − a^{c} и (a − 1)(b − c) одинакового знака.

Запишем неравенство в виде

(\frac{x^{4} + 1}{2x^{2}})^{2x−2} − (\frac{x^{4} + 1}{2x^{2}})^{x−3x^{2}} < 0,

Copyright\begin{matrix}c \\ ◯ \end{matrix}1999 ONG TCV Scoala Virtuala a Tanarului Matematician http://math.ournet.md 6

откуда

(\frac{x^{4} + 1}{2x^{2}} − 1) (2x − 2 − x + 3x^{2}) < 0

или

\{ \begin{matrix}(x^{4} − 2x^{2} + 1)(3x^{2} + x − 2) < 0, \\ x ≠ 0 \end{matrix}

или

\{ \begin{matrix}(x^{2} − 1)^{2}(x + 1)(3x − 2) < 0, \\ x ≠ 0. \end{matrix}

Решив методом интервалов, получим

x ∈ (−1; 0) ∪ (0; \frac{2}{3}).

d) Заметим, что \sqrt{5} − 2 = \frac{1}{\sqrt{5} + 2} = (\sqrt{5} + 2)^{−1}, и получим неравенство

(x − 1)(1 + \frac{1}{x + 1}) ≥ 0

или

\frac{(x − 1)(x + 2)}{x + 1} ≥ 0,

откуда x ∈ [−2; −1) ∪ [1; +∞).

e) Используя неравенство

\frac{a + b}{2} ≥ \sqrt{a · b}

верное для любых a ≥ 0, b ≥ 0, получим

\frac{3^{\sqrt[12]{x−1}} + 3^{\sqrt[4]{x−1}}}{2} ≥ \sqrt{3^{\sqrt[12]{x−1}} · 3^{\sqrt[4]{x−1}}} = 3 ^{\frac{^{12} \sqrt{x−1}+ ^{4} \sqrt{x−1}}{2}} ≥ 3^{\sqrt{^{12} \sqrt{x−1}· ^{4} \sqrt{x−1}}} = 3^{\sqrt[6]{x−1}}.

Таким образом, неравенство справедливо для любого x из ОДЗ, то есть x ∈ [1; +∞).

Упражнения.

Решить неравенства:

1. 8^{5− \frac{x}{3}} > 4.

2. \frac{(\sqrt{5})^{x−10}}{4^{x−10}} > \frac{5\sqrt{5}}{64}.

3. (\frac{1}{3})^{x^{2}+2x} > (\frac{1}{9})^{16−x} .

4. ((\frac{3}{7})^{\frac{1}{x^{2}}} )^{x^{2}−2x} ≥ 1.

5. 4 · 3^{x+2} − 2 · 5^{x+2} ≤ 5^{x+3} − 3^{x+3}.

6. 2^{x+2} − 2^{x+3} − 2^{x+4} > 5^{x+1} − 5^{x+2}.

7. 9^{x−1} − 36 · 3^{x−3} + 3 < 0.

8. 2 · 3^{2x^{2}} + 4 ≤ 3^{x^{2}+2}.

9. 4^{\sqrt{9−x^{2}}} + 2 < 9 · 2^{\sqrt{9−x^{2}}}.

10. 5 · 9^{x} − 18 · 15^{x} + 9 · 25^{x} > 0.

11. (\sqrt{5} + 2)^{x+1} ≥ (\sqrt{5} − 2)^{\frac{x+1}{x−1}} .

12. \frac{2^{x+1} − 22}{2^{x} − 2} ≥ 1.

13. \frac{5}{2^{x+2} − 1} > \frac{1}{2^{x} − 1}.

14. \sqrt{7 + 2^{1−x}} ≥ 7 − (\frac{1}{2})^{x−2} .

15. 3x + 12 · 3^{\sqrt{x}} ≥ 4x · 3^{\sqrt{x}} + 9.

16. (x^{2} − x + 1)^{x^{2}−2,5x+1} < 1.

17. \sqrt{13^{x} − 5} ≤ \sqrt{2(13^{x} + 12)} − \sqrt{13^{x} + 5}.

18. (4x^{2} + 2x + 1)^{x^{2}−x} ≥ 1.

19. 8 · 3^{\sqrt{x}+ ^{4} \sqrt{x}} + 9^{^{4} \sqrt{x}+1} ≥ 9^{\sqrt{x}}.

20. |2^{4x^{2}−1} − 5| ≤ 3.