Тема МВ / Финашка (Миссия выполнима. Твоё признание — финансист!)

Логарифмы на МВ (Финашке)

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела мв / финашка (миссия выполнима. твоё признание — финансист!)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#104126

Найдите область определения функции

3-− 2x−-x2 y = lg 1− x2 .

Источники: Миссия выполнима - 2025, 11.2 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Подумаем, а когда у нас вообще определено это выражения? Какие есть ограничения на логарифм?

Подсказка 2

Верно, выражение под логарифмом положительно! Осталось только решить неравенство, но не забудьте, что знаменатель исходной дроби не может быть равен нулю!

Показать ответ и решение

3−-2x-− x2 1− x2 >0

(x− 1)(x+ 3) (x−-1)(x+-1) >0

По методу интервалов

x∈(−∞; −3)∪(−1;1)∪ (1;+∞ )

Ответ:

$(−∞;− 3)∪(−1;1)∪ (1;+∞ )$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#96830

Найдите множество значений функции $y = log x. 2x−1$

Источники: Миссия выполнима - 2021, 11.7 (см. www.fa.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Попробуем переписать логарифмическую функцию в виде степени. Держать 2х-1 в основании степени нам неудобно, так что давайте введём перемeнную z, и будем решать уравнение относительно y и z!

Подсказка 2

Не забывайте про изначальные ОДЗ! Сразу появляются ограничения на z, а что насчёт возможных значений у?

Подсказка 3

Верно, возможны только у из интервала от 0 до 1! Исследуем функции z^y и 1/2(z+1) и их пересечения на этом интервале.

Подсказка 4

Так как левая часть уравнения — выпуклая вверх функция, то правая часть — либо её касательная, либо находится ниже касательной и пересекает показательную функцию, либо не пересекает вовсе. Проверим, какие значения соответствуют z не из области допустимых значений,и аккуратно с помощью монотонной непрерывности докажем, что в остальных точках решения есть.

Показать ответ и решение

ОДЗ функции: $x> 1,x⁄= 1. 2$ Пропотенцируем уравнение $y = log x 2x− 1$ по основанию логарифма: $(2x − 1)y = x$ и, переобозначив $z =2x− 1$ , получим

y 1 z = 2(z+ 1) при z > 0,z ⁄=1.

Выясним, при каких $y$ данное уравнение имеет решение, удовлетворяющее $z > 0,z ⁄=1.$ Сразу исключим два очевидных случая $y ≤0$ и $y ≥ 1.$

Остается рассмотреть вариант $0< y < 1.$ Заметим, что левая часть уравнения $zy$ для указанных степеней $y$ является выпуклой вверх функцией, т.к.

(zy)′′ = y(y− 1)zy−2 < 0.

Это значит, что её график лежит строго ниже любой касательной к нему (кроме точки касания) и для случая, когда правая часть уравнения $1 2(z+ 1)$ является касательной к графику при $1 y = 2$ , уравнение $y 1 z = 2(z+1)$ корней среди $z > 0,z ⁄=1$ не имеет.

Во всех оставшихся случаях $zy$ будет пересекаться с прямой $12(z +1)$ при $z >0,z ⁄=$ $1.$

Действительно, в случае $0 <y < 12$ касательная, проведённая к $zy$ в точке $z =1,$ оказывается в некоторой левой окрестности точки касания выше прямой $12(z+ 1),$ а следовательно, и сам график $zy$ находится выше прямой $12(z+ 1)$ в некоторой (возможно меньшей) левой окрестности точки $z = 1.$ Однако в точке $z = 0$ функция $zy$ обнуляется и её график становится уже ниже прямой $12(z+ 1).$ В силу непрерывности обеих функций строго внутри интервала $(0,1)$ найдётся точка пересечения их графиков.

В случае $12 < y < 1$ будет наблюдаться аналогичная ситуация: в некоторой правой окрестности точки касания $z = 1$ график $zy$ находится выше прямой $12(z+1).$ Однако,

y xl→im+∞ 1-z---= xl→im+∞2zy− 1 =0, 2(z+ 1)

следовательно, рано или поздно график функции $zy$ станет ниже прямой $1(z+1), 2$ и в силу непрерывности обеих функций на луче $(1,+ ∞ )$ найдётся точка пересечения их графиков.

Ответ:

$(0;1 )∪( 1;1) 2 2$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания