Логарифмические уравнения, неравенства и системы с параметром

п.1. Примеры

Пример 1. Решите уравнение:
a) \( \lg 2x+\lg(2-x)=\lg\lg a \)
ОДЗ: \( \begin{cases} 2x\gt 0\\ 2-x\gt 0\\ x\gt 0\\ \lg a\gt 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x\gt 0\\ x\lt 2\\ a\gt 0\\ a\gt 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 0\lt x\lt 2\\ a\gt 1 \end{cases} \)
\(\lg\left(2x\cdot(2-x)\right)=\lg\lg a\Rightarrow 2x\cdot(2-x)=\lg a\Rightarrow 2x^2-4x+\lg a=0 |: 2\)
\(x^2-2x+\frac12\lg a=0\)
Решаем квадратное уравнение. Исследуем дискриминант:
\(D=(-2)^2-4\cdot\frac{\lg a}{2}=4-2\lg a\)
\(D\lt 0\) при \(4-2\lg a\lt 0\Rightarrow \lg a\gt 2\Rightarrow a\gt 100\) - решений нет
\(D=0\) при \(a=100,\ x=1\) - одно решение
\(D\gt 0\) при \(a\lt 100\) (учитывая ОДЗ, \(1\lt a\lt 100\))
\(x_{1,2}=\frac{2\pm\sqrt{4-2\lg a}}{2}=1\pm\sqrt{1-\frac{\lg a}{2}}\)
Т.к. \(\sqrt{1-\frac{\lg a}{2}}\lt 1\) требование \(0\lt x_{1,2}\lt 2\) выполняется.

Ответ:
При \(a\leq 1\cup a\gt 100\) решений нет, \(x\in\varnothing\)
При \(a=100\) один корень \(x=1\)
При \(1\lt a\lt 100\) два корня \(x_{1,2}=1\pm\sqrt{1-\frac{\lg a}{2}}\)

б) \( x^{\log_a x}=a^2 x \)
ОДЗ: \( \begin{cases} x\gt 0\\ a\gt 0\\ a\ne 1 \end{cases} \)
Замена: \(t=\log_a x\Rightarrow x=a^t.\) Подставляем: \begin{gather*} (a^t)^t=a^2\cdot a^t\Rightarrow a^{t^2}=a^{2+t}\Rightarrow\\ \Rightarrow t^2=2+t\Rightarrow t^2-t-2=0\Rightarrow (t+1)(t-2)=0\Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} t_1=-1\\ t_2=2 \end{array} \right. \end{gather*} Возвращаемся к исходной переменной: \begin{gather*} \left[ \begin{array}{l l} \log_a x=-1\\ \log_a x=2 \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} x_1=a^{-1}=\frac1a\\ x_2=a^2 \end{array} \right. \end{gather*} Ответ:
При \(0\lt a\lt 1\cup a\gt 1\) два корня \(x_1=\frac1a,\ x_2=a^2\)
При \(a\lt 0\cup a=1\) решений нет.

в) \( 2-\log_{a^2}(1+x)=3\log_a\sqrt{x-1}-\log_{a^2}(x^2-1)^2 \)
ОДЗ: \( \begin{cases} 1+x\gt 0\\ x-1\gt 0\\ x\ne \pm 1\\ a\gt 0,\ a\ne 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x\gt -1\\ x\gt 1\\ x\ne \pm 1\\ a\gt 0,\ a\ne 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x\gt 1\\ a\gt 0,\ a\ne 1 \end{cases} \)
Приведем к одному основанию: \(\log_a\sqrt{x-1}=\log_{a^2}(x-1)\)
\begin{gather*} 2-\log_{a^2}(1+x)=3\log_{a^2}(x-1)-\log_{a^2}(x^2-1)^2\\ \log_{a^2}a^4-\log_{a^2}(1+x)=\log_{a^2}(x-1)^3-\log_{a^2}(x^2-1)^2\\ \log_{a^2}\frac{a^4}{x+1}=\log_{a^2}\frac{(x-3)^3}{(x^2-1)^2}\\ \frac{a^4}{x+1}=\frac{(x-1)^3}{(x^2-1)^2}\Rightarrow \frac{a^4}{x+1}=\frac{(x-1)^3}{(x-1)^2(x+1)^2}\Rightarrow a^4=\frac{x-1}{x+1} \end{gather*} Т.к. \(x\gt 1\) все скобки можно сократить. $$ a^4(x+1)=x-1\Rightarrow x(a^4-1)=-a^4-1\Rightarrow x=\frac{1+a^4}{1-a^4} $$ Проверим требование \(x\gt 1\): \begin{gather*} \frac{1+a^4}{1-a^4}\gt 1\Rightarrow \frac{1+a^4-(1-a^4)}{1-a^4}\gt 0 \Rightarrow \frac{2a^4}{1-a^4}\gt 0\Rightarrow\\ \Rightarrow 1-a^4\gt 0\Rightarrow a^4\lt 1\Rightarrow |a|\lt 1\Rightarrow -1\lt a\lt 1 \end{gather*} Учитывая, что \(a\gt 0\), получаем \(0\lt a\lt 1\).
Ответ:
При \(0\lt 1\lt 1\) один корень \(x=\frac{1+a^4}{1-a^4}\)
При \(a\leq 0\cup a\geq 1\) решений нет.

Пример 2. Решите неравенство:
a) \( \log_a(x-1)+\log_a x\gt 2 \)
\(\log_a(x(x-1))\gt\log_a a^2\) \begin{gather*} \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} a\gt 1\\ x-1\gt 0\\ x\gt 0\\ x^2-x\gt a^2 \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt a\lt 1\\ x-1\gt 0\\ x\gt 0\\ x^2-x\lt a^2 \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} a\gt 1\\ x\gt 1\\ x^2-x-a^2\gt 0 \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt a\lt 1\\ x-1\gt 0\\ x\gt 1\\ x^2-x-a^2\lt 0 \end{cases} \end{array} \right. \end{gather*} Исследуем параболу \(f(x)=x^2-x-a^2\)
\(D=1+4a^2\gt 0, \forall a\)
\(x_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{1+4a^2}}{2}\)
Эта парабола всегда имеет две различных точки пересечения с осью OX.
\(f(x)\gt 0\), при \(x\lt x_1\cup x\gt x_2\)
\(f(x)\lt 0\), при \(x_1\lt x\lt x_2\)
Подставляем в совокупность: \begin{gather*} \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} a\gt 1\\ x\gt 1\\ x\lt\frac{1-\sqrt{1+4a^2}}{2}\cup x\gt\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2} \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt a\lt 1\\ x\gt 1\\ \frac{1-\sqrt{1+4a^2}}{2}\lt x\lt \frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2} \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} a\gt 1\\ x\gt \frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2} \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt a\lt 1\\ a\lt x\lt \frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2} \end{cases} \end{array} \right. \end{gather*} Ответ:
При \(a\gt 1\) луч \(x\in\left(\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2};+\infty\right)\)
При \(0\lt a\lt 1\) интервал \(x\in\left(1;\frac{1+\sqrt{1+4a^2}}{2}\right)\)
При \(a\leq 0\cup a=1\) решений нет.

б) \( \log_x(x-a)\gt 2 \)
\(\log_x(x-a)\gt\log_x x^2\) \begin{gather*} \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} x\gt 1\\ x-a\gt x^2\\ x-a\gt 0 \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt x\lt 1\\ x-a\lt x^2\\ x-a\gt 0 \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} x\gt 1\\ x^2-x+a\lt 0\\ x\gt a \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt x\lt 1\\ x^2-x+a\gt 0\\ x\gt a \end{cases} \end{array} \right. \end{gather*} Исследуем параболу \(f(x)=x^2-x+a\)
\(D=1-4a\)

Для первой системы в совокупности получаем: \(x^2-x+a\lt 0\) при \(D\gt 1\Rightarrow 1-4a\gt 0\Rightarrow a\lt\frac14\)
Если \(x\gt 1\) и \(a\lt\frac14,\) то \(x\gt a\), противоречий нет.
\(x_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{1-4a}}{2}\)
Парабола ниже 0 на участке \(x_1\lt x\lt x_2\). \begin{gather*} \begin{cases} x\gt 1\\ x^2-x+a\lt 0\\ x\gt a \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x\gt 1\\ \frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}\lt x\lt \frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\\ a\lt \frac14 \end{cases} \end{gather*} \(x_1=\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}\lt 1\) при всех \(a\lt\frac14\)
Рассмотрим требование \begin{gather*} x_2=\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\gt 1\Rightarrow 1+\sqrt{1-4a}\gt 2\Rightarrow \sqrt{1-4a}\gt 1\Rightarrow\\ \Rightarrow 1-4a\gt 1\Rightarrow 4a\lt 0\Rightarrow a\lt 0 \end{gather*} \(x_2=\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\gt 1\) при \(a\lt 0\)
Решение первой системы: \( \begin{cases} 0\lt a\lt x\lt 1\\ x^2-x+a\gt 0 \end{cases} \)
Если \(a\gt\frac14,\ D\lt 0\) и \(x^2-x+a\gt 0\) для всех \(x\)
Если \(a=\frac14,\ D=0\) и \(x^2-x+a\gt 0\) для всех \(x\), кроме \(x=\frac12\)
Если \(0\lt a\lt \frac14,\ x^2-x+a\gt 0\) для \(x\lt x_1\cup x\gt x_2\)
Как было показано выше, при \(0\lt a\lt \frac14,\ x_2=\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\lt 1\) и \(a\lt x_2\lt x\lt 2\)
Кроме того \(a\lt x\lt x_1\lt 1\) \begin{gather*} \begin{cases} 0\lt x\lt 1\\ x^2-x+a\gt 0\\ x\gt a \end{cases} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} \frac14\lt a\lt 1\\ a\lt x\lt 1 \end{cases} \\ \begin{cases} a=\frac14\\ \frac14\lt x\lt 1,\ x\ne\frac12 \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt a\lt \frac14\\ a\lt x\lt\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}\cup \frac{1+\sqrt{1-4a}}{2} \lt x\lt 1 \end{cases} \end{array} \right. \end{gather*} Для наглядности отложим по оси OX параметр a, по оси OY - значение x(a).
Парабола \(f(x)=x^2-x-a^2\) в осях a и x(a) имеет ось симметрии \(x=\frac12\) и вершину в точке \(\left(\frac14;\frac12\right)\).
Получаем следующий график:

Синим заштрихована область первой системы неравенств совокупности, желтым – второй системы неравенств.
Ответ:
При \(a\lt 0,\ x\in\left(1;\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2}\right)\)
При \(0\lt a\lt\frac14,\ x\in\left(a;\frac{1-\sqrt{1-4a}}{2}\right)\cup \left(\frac{1+\sqrt{1-4a}}{2};1\right)\)
При \(a=\frac14,\ x\in\left(\frac14;\frac12\right)\cup\left(\frac12;1\right)\)

в) \( \frac{\log_a(35-x^3)}{\log_a(5-x)}\gt 3 \) \begin{gather*} \frac{\log_a(35-x^3)}{\log_a(5-x)}-3\gt 0\\ \frac{\log_a(35-x^3)-3\log_a(5-x)}{\log_a(5-x)}\gt 0\\ \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} \log_a(35-x^3)\gt 3\log_a(5-x)\\ \log_a(5-x)\gt 0 \end{cases} \\ \begin{cases} \log_a(35-x^3)\lt 3\log_a(5-x)\\ \log_a(5-x)\lt 0 \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} \log_a(35-x^3)\gt \log_a(5-x)^3\\ \log_a(5-x)\gt 0 \end{cases} \\ \begin{cases} \log_a(35-x^3)\lt \log_a(5-x)^3\\ \log_a(5-x)\lt 0 \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} a\gt 1\\ \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} 35-x^3\gt(5-x)^3\gt 0\\ 5-x\gt 1 \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt 35-x^3\lt(5-x)^3\\ 0\lt 5-x\lt 1 \end{cases} \end{array} \right. \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt a\lt 1\\ \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} 0\lt 35-x^3\lt(5-x)^3\\ 0\lt 5-x\lt 1 \end{cases} \\ \begin{cases} 35-x^3\gt (5-x)^3\gt 0\\ 5-x\gt 1 \end{cases} \end{array} \right. \end{cases} \end{array} \right. \Rightarrow \begin{cases} 0\lt a\lt 1\cup a\gt 1\\ \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} 35-x^3\gt(5-x)^3\gt 0\\ 5-x\gt 1 \end{cases} \\ \begin{cases} 0\lt 35-x^3\lt (5-x)^3\\ 0\lt 5-x\lt 1 \end{cases} \end{array} \right. \end{cases} \end{gather*} Решим основное неравенство: \begin{gather*} 35-x^3\gt(5-x)^3\\ 35-x^3\gt 125-75x+15x^2-x^3\\ 15x^2-75x+90\lt 0\\ x^2-5x+6\lt 0\\ (x-2)(x-3)\lt 0\\ 2\lt x\lt 3 \end{gather*} Подставляем в систему: \begin{gather*} \begin{cases} 0\lt a\lt 1\cup a\gt 1\\ \left[ \begin{array}{l l} \begin{cases} 2\lt x\lt 3\\ x\lt 4 \end{cases} \\ \begin{cases} x\lt 2\cup x\gt 3\\ x\lt\sqrt[3]{35}\\ 4\lt x\lt 5 \end{cases} \end{array} \right. \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 0\lt a\lt 1\cup a\gt 1\\ \left[ \begin{array}{l l} 2\lt x\lt 3\\ \varnothing \end{array} \right. \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 0\lt a\lt 1\cup a\gt 1\\ 2\lt x\lt 3 \end{cases} \end{gather*} Ответ:
При \(0\lt a\lt 1\cup a\gt 1,\ x\in(2;3)\)
При \(a\leq 0\cup a=1\) решений нет

Пример 3. При каких значениях \(a\) уравнение $$ 2\lg(x+3)=\lg(ax) $$ имеет единственный корень?

\( \lg(x+3)^2=\lg(ax) \)

\( \begin{cases} (x+3)^2=ax\\ x+3\gt 0\\ ax\gt 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x^2+(6-a)x+9=0\\ x\gt -3\\ ax\gt 0 \end{cases} \)
Решим графически в осях a и x(a).
Найдем уравнение ветвей кривой: \begin{gather*} D=(6-a)^2-36=36-12a+a^2-36=a^2-12a=a(a-12)\\ x=\frac{a-6\pm\sqrt{a(a-12)}}{2}\\ \left(2x-(a-6)\right)^2=a(a-12)\\ \left(2x-(a-6)\right)^2+36=a(a-12)+36\\ \left(2x-(a-6)\right)^2+36=(a-6)^2\\ (a-6)^2-\left(2x-(a-6)\right)^2=36 \end{gather*} Получаем уравнение гиперболы: \begin{gather*} \frac{(a-6)^2}{6^2}-\frac{\left(2x-(a-6)\right)^2}{6^2}=1 \end{gather*} Уравнения асимптот: \begin{gather*} \frac{(a-6)^2}{6^2}-\frac{\left(2x-(a-6)\right)^2}{6^2}=0\\ a-6=\pm\left(2x-(a-6)\right)\Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} 2(a-6)=2x\\ 0=-2x \end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l l} x=a-6\\ x=0 \end{array} \right. \end{gather*} Гипербола находится между этими асимптотами.
Строим ОДЗ: \( \begin{cases} x\gt -3\\ ax\gt 0 \end{cases} \)
Отмечаем точки, для которых \(D=0:\) $$ \begin{cases} a=0\\ x=-3 \end{cases} ,\ \ \ \begin{cases} a=12\\ x=3 \end{cases} $$ Над этими точками будет ветка гиперболы с \(x_2\), под ними – с \(x_1\).

При \(a=0\) корень \(x=-3\), но не выполняется требование ОДЗ \(ax\gt 0\)
При \(a=12\) корень \(x=3\), требования ОДЗ выполняются. Это ответ.
При \(a\gt 12\) всегда будет два решения.
При \(a\lt 0\) всегда будет только одно решение, т.к. \(x_1\lt -3\) и выходит из ОДЗ. Это тоже ответ.
Получаем: \(a\lt 0\cup a=12\)

Ответ: \(a\in(-\infty;0)\cup \left\{12\right\}\)