Страница 210 - гдз по алгебре 11 класс учебник Абылкасымова, Жумагулова

1) Запишем неравенство в виде $(\sqrt{5} + 2)^{x-1} \ge (\sqrt{5} - 2)^{\frac{x-1}{x+1}}$.
Заметим, что $(\sqrt{5} + 2)(\sqrt{5} - 2) = 5 - 4 = 1$, откуда $\sqrt{5} - 2 = \frac{1}{\sqrt{5} + 2} = (\sqrt{5} + 2)^{-1}$.
Подставим это в неравенство:
$(\sqrt{5} + 2)^{x-1} \ge ((\sqrt{5} + 2)^{-1})^{\frac{x-1}{x+1}}$
$(\sqrt{5} + 2)^{x-1} \ge (\sqrt{5} + 2)^{-\frac{x-1}{x+1}}$
Основание степени $a = \sqrt{5} + 2 > 1$, так как $\sqrt{5} > \sqrt{4} = 2$. Показательная функция с таким основанием возрастающая, поэтому можно перейти к неравенству для показателей, сохранив знак:
$x-1 \ge -\frac{x-1}{x+1}$
Область допустимых значений (ОДЗ): $x+1 \ne 0 \Rightarrow x \ne -1$.
Перенесем все в левую часть:
$(x-1) + \frac{x-1}{x+1} \ge 0$
$(x-1)\left(1 + \frac{1}{x+1}\right) \ge 0$
$(x-1)\left(\frac{x+1+1}{x+1}\right) \ge 0$
$\frac{(x-1)(x+2)}{x+1} \ge 0$
Решим методом интервалов. Нули числителя: $x=1, x=-2$. Нуль знаменателя: $x=-1$.
На числовой прямой отмечаем точки -2, -1, 1. Точки -2 и 1 включаем, а точку -1 исключаем.
Интервалы, где выражение неотрицательно: $[-2, -1) \cup [1, +\infty)$.
Ответ: $x \in [-2, -1) \cup [1, +\infty)$.

2) Дано неравенство $\log_3 \sqrt{x^2+x-2} < 1$.
ОДЗ: подкоренное и подлогарифмическое выражение должно быть строго положительным.
$x^2+x-2 > 0$. Корни уравнения $x^2+x-2=0$ равны $x_1 = 1, x_2 = -2$. Это парабола ветвями вверх, поэтому $x \in (-\infty, -2) \cup (1, +\infty)$.
Представим 1 как $\log_3 3$:
$\log_3 \sqrt{x^2+x-2} < \log_3 3$
Основание логарифма 3 > 1, функция возрастающая, поэтому переходим к аргументам, сохраняя знак:
$\sqrt{x^2+x-2} < 3$
Обе части неотрицательны, возводим в квадрат:
$x^2+x-2 < 9$
$x^2+x-11 < 0$
Найдем корни $x^2+x-11=0$. $D = 1 - 4(-11) = 45$, $x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{45}}{2} = \frac{-1 \pm 3\sqrt{5}}{2}$.
Решение этого неравенства: $x \in \left(\frac{-1 - 3\sqrt{5}}{2}, \frac{-1 + 3\sqrt{5}}{2}\right)$.
Найдем пересечение этого решения с ОДЗ: $(-\infty, -2) \cup (1, +\infty)$.
$\frac{-1 - 3\sqrt{5}}{2} \approx -3.85$ и $\frac{-1 + 3\sqrt{5}}{2} \approx 2.85$.
Пересечение интервалов $\left(\frac{-1 - 3\sqrt{5}}{2}, \frac{-1 + 3\sqrt{5}}{2}\right)$ и $(-\infty, -2) \cup (1, +\infty)$ дает
$\left(\frac{-1-3\sqrt{5}}{2}, -2\right) \cup \left(1, \frac{-1+3\sqrt{5}}{2}\right)$.
Ответ: $x \in \left(\frac{-1-3\sqrt{5}}{2}, -2\right) \cup \left(1, \frac{-1+3\sqrt{5}}{2}\right)$.

3) Дано неравенство $\log_{(\sqrt{10}-\sqrt{6})} (3x^2+5x+1) > 0$.
Определим основание логарифма $a = \sqrt{10}-\sqrt{6}$. Сравним его с 1: $\sqrt{10}-\sqrt{6} \vee 1 \Leftrightarrow \sqrt{10} \vee 1+\sqrt{6}$. Возведем в квадрат обе части (они положительны): $10 \vee (1+\sqrt{6})^2 \Leftrightarrow 10 \vee 1+2\sqrt{6}+6 \Leftrightarrow 3 \vee 2\sqrt{6}$. Снова возведем в квадрат: $9 \vee 4 \cdot 6 = 24$. Так как $9 < 24$, то и $\sqrt{10}-\sqrt{6} < 1$. Основание $0 < a < 1$.
Представим 0 как $\log_a 1$. Неравенство примет вид $\log_a (3x^2+5x+1) > \log_a 1$.
Так как основание $0 < a < 1$, логарифмическая функция убывающая, поэтому при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный. Также аргумент логарифма должен быть строго положительным.
Получаем систему:$\begin{cases} 3x^2+5x+1 > 0 \\ 3x^2+5x+1 < 1 \end{cases}$
1) $3x^2+5x+1 > 0$. Корни: $x_{1,2} = \frac{-5 \pm \sqrt{25-12}}{6} = \frac{-5 \pm \sqrt{13}}{6}$. Решение: $x \in (-\infty, \frac{-5-\sqrt{13}}{6}) \cup (\frac{-5+\sqrt{13}}{6}, +\infty)$.
2) $3x^2+5x+1 < 1 \Rightarrow 3x^2+5x < 0 \Rightarrow x(3x+5) < 0$. Корни: $x=0, x=-5/3$. Решение: $x \in (-5/3, 0)$.
Найдем пересечение решений. $\frac{-5}{3} \approx -1.67$. $\frac{-5-\sqrt{13}}{6} \approx -1.43$. $\frac{-5+\sqrt{13}}{6} \approx -0.23$.
Пересечение $(-5/3, 0)$ с $(-\infty, \frac{-5-\sqrt{13}}{6}) \cup (\frac{-5+\sqrt{13}}{6}, +\infty)$ дает $(-5/3, \frac{-5-\sqrt{13}}{6}) \cup (\frac{-5+\sqrt{13}}{6}, 0)$.
Ответ: $x \in \left(-\frac{5}{3}, \frac{-5-\sqrt{13}}{6}\right) \cup \left(\frac{-5+\sqrt{13}}{6}, 0\right)$.

4) Дано неравенство $\sqrt{\log_2\left(\frac{3x-1}{2-x}\right)} < 1$.
ОДЗ: Выражение под корнем должно быть неотрицательным.
$\log_2\left(\frac{3x-1}{2-x}\right) \ge 0$. Так как основание 2 > 1, то $\frac{3x-1}{2-x} \ge 1$.
$\frac{3x-1}{2-x} - 1 \ge 0 \Rightarrow \frac{3x-1-(2-x)}{2-x} \ge 0 \Rightarrow \frac{4x-3}{2-x} \ge 0$.
Решая методом интервалов, получаем $x \in [3/4, 2)$. Это ОДЗ.
Теперь решаем исходное неравенство. Возведем обе части в квадрат (они неотрицательны):
$\log_2\left(\frac{3x-1}{2-x}\right) < 1^2 \Rightarrow \log_2\left(\frac{3x-1}{2-x}\right) < \log_2 2$.
Так как основание 2 > 1, то $\frac{3x-1}{2-x} < 2$.
$\frac{3x-1}{2-x} - 2 < 0 \Rightarrow \frac{3x-1-2(2-x)}{2-x} < 0 \Rightarrow \frac{5x-5}{2-x} < 0 \Rightarrow \frac{x-1}{2-x} < 0$.
Решая методом интервалов, получаем $x \in (-\infty, 1) \cup (2, +\infty)$.
Найдем пересечение этого решения с ОДЗ: $[3/4, 2) \cap ((-\infty, 1) \cup (2, +\infty))$ дает $[3/4, 1)$.
Ответ: $x \in [3/4, 1)$.

5) Дано неравенство $\log_2 \log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right) < \log_{1/2} \log_{1/3} \left(\frac{x+1}{x-1}\right)$.
Преобразуем правую часть. Используем свойства $\log_{a^k} b = \frac{1}{k}\log_a b$ и $\log_a (b^{-1}) = -\log_a b$.
$\frac{x+1}{x-1} = \left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{-1}$.
$\log_{1/3} \left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \log_{3^{-1}} \left(\left(\frac{x-1}{x+1}\right)^{-1}\right) = (-1)(-\log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right)) = \log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right)$.
$\log_{1/2} (\dots) = \log_{2^{-1}} (\dots) = -\log_2 (\dots)$.
Пусть $y = \log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right)$. Тогда неравенство принимает вид:
$\log_2 y < -\log_2 y \Rightarrow 2\log_2 y < 0 \Rightarrow \log_2 y < 0$.
ОДЗ: аргументы всех логарифмов должны быть положительны. $\log_3(\dots) > 0$ и $\log_{1/3}(\dots) > 0$. Оба эти условия эквивалентны $y > 0$.
Совмещая решение $\log_2 y < 0 \Rightarrow y < 1$ с ОДЗ $y > 0$, получаем $0 < y < 1$.
$0 < \log_3 \left(\frac{x-1}{x+1}\right) < 1$.
Потенцируем по основанию 3: $3^0 < \frac{x-1}{x+1} < 3^1 \Rightarrow 1 < \frac{x-1}{x+1} < 3$.
1) $\frac{x-1}{x+1} > 1 \Rightarrow \frac{x-1-(x+1)}{x+1} > 0 \Rightarrow \frac{-2}{x+1} > 0 \Rightarrow x+1 < 0 \Rightarrow x < -1$.
2) $\frac{x-1}{x+1} < 3 \Rightarrow \frac{x-1-3(x+1)}{x+1} < 0 \Rightarrow \frac{-2x-4}{x+1} < 0 \Rightarrow \frac{x+2}{x+1} > 0 \Rightarrow x \in (-\infty, -2) \cup (-1, +\infty)$.
Пересечение решений $x < -1$ и $x \in (-\infty, -2) \cup (-1, +\infty)$ дает $x \in (-\infty, -2)$.
Ответ: $x \in (-\infty, -2)$.

6) Дано неравенство $\left(\frac{x-2}{3}\right)^{\log_{\frac{x-2}{3}}(17-x)} > 2$.
Используем основное логарифмическое тождество $a^{\log_a b} = b$.
Левая часть неравенства равна $17-x$.
Неравенство сводится к $17-x > 2$.
При этом необходимо учесть ОДЗ для логарифма:
1) Основание $\frac{x-2}{3} > 0 \Rightarrow x > 2$.
2) Основание $\frac{x-2}{3} \ne 1 \Rightarrow x-2 \ne 3 \Rightarrow x \ne 5$.
3) Аргумент $17-x > 0 \Rightarrow x < 17$.
Общее ОДЗ: $x \in (2, 5) \cup (5, 17)$.
Решаем простое неравенство $17-x > 2 \Rightarrow 15 > x \Rightarrow x < 15$.
Находим пересечение решения $x < 15$ с ОДЗ: $x \in (2, 5) \cup (5, 15)$.
Ответ: $x \in (2, 5) \cup (5, 15)$.

7) Дано неравенство $\left(\frac{1}{3}\right)^{\sqrt{x+2}} < 3^{-x}$.
Приведем к одному основанию 3: $(3^{-1})^{\sqrt{x+2}} < 3^{-x} \Rightarrow 3^{-\sqrt{x+2}} < 3^{-x}$.
Основание 3 > 1, функция возрастающая, переходим к показателям:
$-\sqrt{x+2} < -x \Rightarrow \sqrt{x+2} > x$.
ОДЗ: $x+2 \ge 0 \Rightarrow x \ge -2$.
Решаем иррациональное неравенство, рассматривая два случая:
1) Если $x < 0$. В области ОДЗ это $x \in [-2, 0)$. Левая часть $\sqrt{x+2}$ неотрицательна, правая $x$ отрицательна. Неотрицательное число всегда больше отрицательного, поэтому все $x \in [-2, 0)$ являются решением.
2) Если $x \ge 0$. Обе части неотрицательны, можно возвести в квадрат: $x+2 > x^2 \Rightarrow x^2-x-2 < 0$.
Корни $x^2-x-2=0$ это $x_1=2, x_2=-1$. Решение $x \in (-1, 2)$.
С учетом условия $x \ge 0$, получаем $x \in [0, 2)$.
Объединяя решения из обоих случаев, получаем: $[-2, 0) \cup [0, 2) = [-2, 2)$.
Ответ: $x \in [-2, 2)$.

8) Дано неравенство $4^{\sqrt{9-x^2}+1} + 2 < 9 \cdot 2^{\sqrt{9-x^2}}$.
ОДЗ: $9-x^2 \ge 0 \Rightarrow x^2 \le 9 \Rightarrow -3 \le x \le 3$.
Преобразуем левую часть: $4^{\sqrt{9-x^2}+1} = 4 \cdot 4^{\sqrt{9-x^2}} = 4 \cdot (2^2)^{\sqrt{9-x^2}} = 4 \cdot (2^{\sqrt{9-x^2}})^2$.
Сделаем замену $t = 2^{\sqrt{9-x^2}}$. Неравенство примет вид:
$4t^2 + 2 < 9t \Rightarrow 4t^2 - 9t + 2 < 0$.
Корни уравнения $4t^2 - 9t + 2 = 0$: $t_1 = 1/4, t_2 = 2$.
Решение квадратного неравенства: $1/4 < t < 2$.
Найдем область значений для $t$. Из ОДЗ $x \in [-3, 3]$, имеем $0 \le 9-x^2 \le 9$, значит $0 \le \sqrt{9-x^2} \le 3$.
Тогда $t = 2^{\sqrt{9-x^2}}$ находится в диапазоне $[2^0, 2^3]$, то есть $t \in [1, 8]$.
Найдем пересечение решения для $t$ с его областью значений: $(1/4, 2) \cap [1, 8] \Rightarrow 1 \le t < 2$.
Возвращаемся к $x$: $1 \le 2^{\sqrt{9-x^2}} < 2$.
$2^0 \le 2^{\sqrt{9-x^2}} < 2^1$.
Поскольку основание 2 > 1, получаем $0 \le \sqrt{9-x^2} < 1$.
Неравенство $0 \le \sqrt{9-x^2}$ выполняется для всех $x$ из ОДЗ.
Решаем $\sqrt{9-x^2} < 1$. Возводим в квадрат: $9-x^2 < 1 \Rightarrow x^2 > 8$.
Отсюда $x < -\sqrt{8}$ или $x > \sqrt{8}$, то есть $x < -2\sqrt{2}$ или $x > 2\sqrt{2}$.
Пересекаем это решение с ОДЗ $x \in [-3, 3]$:
$[-3, -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}, 3]$.
Ответ: $x \in [-3, -2\sqrt{2}) \cup (2\sqrt{2}, 3]$.

1)

Решим неравенство $ \log_{x^2 - 6x + 8}(x - 4) > 0 $.
Данное неравенство эквивалентно совокупности двух систем, но удобнее использовать метод рационализации. Неравенство вида $ \log_{a(x)}f(x) > 0 $ эквивалентно системе:$\begin{cases} f(x) > 0 \\ a(x) > 0 \\ a(x) \ne 1 \\ (a(x) - 1)(f(x) - 1) > 0\end{cases}$
1. Найдём область допустимых значений (ОДЗ):
$\begin{cases} x - 4 > 0 \\ x^2 - 6x + 8 > 0 \\ x^2 - 6x + 8 \ne 1\end{cases}$
Из первого неравенства: $ x > 4 $.
Из второго: $ (x-2)(x-4) > 0 $, что даёт $ x \in (-\infty, 2) \cup (4, \infty) $.
Пересечение первых двух условий дает $ x > 4 $.
Из третьего: $ x^2 - 6x + 7 \ne 0 $. Корни уравнения $ x^2 - 6x + 7 = 0 $ равны $ x = \frac{6 \pm \sqrt{36-28}}{2} = 3 \pm \sqrt{2} $. Значит $ x \ne 3 - \sqrt{2} $ и $ x \ne 3 + \sqrt{2} $.
Так как $ 3 - \sqrt{2} \approx 1.59 < 4 $ и $ 3 + \sqrt{2} \approx 4.41 > 4 $, то итоговая ОДЗ: $ x \in (4, +\infty), x \ne 3 + \sqrt{2} $.
2. Решаем само неравенство методом рационализации:
$ ( (x^2 - 6x + 8) - 1 ) \cdot ( (x - 4) - 1 ) > 0 $
$ (x^2 - 6x + 7)(x - 5) > 0 $
Корни левой части: $ x_1 = 3 - \sqrt{2} $, $ x_2 = 3 + \sqrt{2} $, $ x_3 = 5 $.
Приблизительные значения: $ 3 - \sqrt{2} \approx 1.59 $, $ 3 + \sqrt{2} \approx 4.41 $.
Наносим корни на числовую ось и определяем знаки на интервалах: $ (-\infty, 3-\sqrt{2}), (3-\sqrt{2}, 3+\sqrt{2}), (3+\sqrt{2}, 5), (5, \infty) $.
Методом интервалов получаем решение: $ x \in (3 - \sqrt{2}, 3 + \sqrt{2}) \cup (5, \infty) $.
3. Пересекаем полученное решение с ОДЗ $ x \in (4, 3+\sqrt{2}) \cup (3+\sqrt{2}, \infty) $.
$ ((3 - \sqrt{2}, 3 + \sqrt{2}) \cup (5, \infty)) \cap ((4, 3+\sqrt{2}) \cup (3+\sqrt{2}, \infty)) $
$ (4, 3+\sqrt{2}) \cup (5, \infty) $.
Ответ: $ (4, 3+\sqrt{2}) \cup (5, \infty) $.

2)

Решим неравенство $ \log_{x-3}(x^2 - 2x + 1) \le 1 $.
Перепишем его как $ \log_{x-3}((x-1)^2) \le 1 $.
Применим метод рационализации. Неравенство $ \log_{a(x)}f(x) \le g(x) $ можно записать как $ \log_{a(x)}f(x) \le \log_{a(x)}(a(x)^{g(x)}) $ и оно эквивалентно системе:$\begin{cases} f(x) > 0 \\ a(x) > 0 \\ a(x) \ne 1 \\ (a(x) - 1)(f(x) - a(x)^{g(x)}) \le 0\end{cases}$
1. ОДЗ:
$\begin{cases} (x-1)^2 > 0 \\ x-3 > 0 \\ x-3 \ne 1\end{cases}\implies\begin{cases} x \ne 1 \\ x > 3 \\ x \ne 4\end{cases}$
Итоговая ОДЗ: $ x \in (3, 4) \cup (4, \infty) $.
2. Решаем неравенство $ \log_{x-3}((x-1)^2) \le 1 $ методом рационализации:
$ ((x-3) - 1) \cdot ((x-1)^2 - (x-3)^1) \le 0 $
$ (x-4) \cdot (x^2 - 2x + 1 - x + 3) \le 0 $
$ (x-4) \cdot (x^2 - 3x + 4) \le 0 $
Рассмотрим квадратный трёхчлен $ x^2 - 3x + 4 $. Его дискриминант $ D = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 = 9 - 16 = -7 < 0 $. Так как старший коэффициент $ 1 > 0 $, то $ x^2 - 3x + 4 $ всегда положителен.
Значит, мы можем разделить обе части неравенства на $ x^2 - 3x + 4 $, не меняя знака:
$ x-4 \le 0 \implies x \le 4 $.
3. Пересекаем полученное решение $ x \le 4 $ с ОДЗ $ x \in (3, 4) \cup (4, \infty) $.
Получаем интервал $ (3, 4) $.
Ответ: $ (3, 4) $.

3)

Решим неравенство $ \log_{x+1}(x^3 + 3x^2 + 2x) < 2 $.
1. Преобразуем аргумент логарифма: $ x^3 + 3x^2 + 2x = x(x^2 + 3x + 2) = x(x+1)(x+2) $.
2. ОДЗ:
$\begin{cases} x(x+1)(x+2) > 0 \\ x+1 > 0 \\ x+1 \ne 1\end{cases}\implies\begin{cases} x \in (-2, -1) \cup (0, \infty) \\ x > -1 \\ x \ne 0\end{cases}$
Пересечение этих условий даёт $ x \in (0, \infty) $.
3. На области $ x > 0 $ основание логарифма $ x+1 > 1 $. Следовательно, логарифмическая функция является возрастающей, и при потенцировании знак неравенства сохраняется.
$ x^3 + 3x^2 + 2x < (x+1)^2 $
$ x^3 + 3x^2 + 2x < x^2 + 2x + 1 $
$ x^3 + 2x^2 - 1 < 0 $
Найдём корни многочлена $ P(x) = x^3 + 2x^2 - 1 $. Целочисленный корень $ x=-1 $. Разделим $ P(x) $ на $ (x+1) $ и получим $ x^2+x-1 $.
Неравенство принимает вид: $ (x+1)(x^2+x-1) < 0 $.
Корни $ x^2+x-1=0 $ это $ x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 - 4(1)(-1)}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} $.
Корни левой части: $ x_1 = -1, x_2 = \frac{-1-\sqrt{5}}{2}, x_3 = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} $.
Методом интервалов находим решение неравенства $ (x+1)(x^2+x-1) < 0 $:
$ x \in (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cup (-1, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) $.
4. Пересекаем это решение с ОДЗ $ x \in (0, \infty) $.
$ (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cap (0, \infty) = \emptyset $
$ (-1, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) \cap (0, \infty) = (0, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) $
Ответ: $ (0, \frac{-1+\sqrt{5}}{2}) $.

4)

Решим неравенство $ \log_{x^2}(x^2 + x - 1) < 0 $.
1. ОДЗ:
$\begin{cases} x^2 + x - 1 > 0 \\ x^2 > 0 \\ x^2 \ne 1\end{cases}$
Корни $ x^2+x-1=0 $ это $ x=\frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2} $. Значит, $ x \in (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cup (\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, \infty) $.
$ x^2 > 0 \implies x \ne 0 $.
$ x^2 \ne 1 \implies x \ne \pm 1 $.
ОДЗ: $ x \in (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cup (\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, \infty) $ и $ x \ne \pm 1 $.
2. Решаем неравенство $ \log_{x^2}(x^2 + x - 1) < \log_{x^2}(1) $ методом рационализации:
$ (x^2 - 1) \cdot ( (x^2 + x - 1) - 1 ) < 0 $
$ (x^2 - 1)(x^2 + x - 2) < 0 $
Факторизуем: $ x^2+x-2 = (x+2)(x-1) $.
$ (x-1)(x+1)(x+2)(x-1) < 0 $
$ (x-1)^2(x+1)(x+2) < 0 $
Поскольку $ (x-1)^2 \ge 0 $, то для выполнения строгого неравенства необходимо $ x \ne 1 $. При $ x \ne 1 $ множитель $ (x-1)^2 > 0 $, и мы можем на него разделить:
$ (x+1)(x+2) < 0 $
Решением этого квадратного неравенства является интервал $ x \in (-2, -1) $.
3. Пересекаем полученное решение $ x \in (-2, -1) $ с ОДЗ.
ОДЗ требует $ x \in (-\infty, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) \cup (\frac{-1+\sqrt{5}}{2}, \infty) $.
Приближенно $ \frac{-1-\sqrt{5}}{2} \approx -1.618 $.
Пересечение $ (-2, -1) $ с $ (-\infty, -1.618) $ даёт $ (-2, -1.618) $.
Точное решение: $ x \in (-2, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) $.
Ответ: $ (-2, \frac{-1-\sqrt{5}}{2}) $.

5)

Исходное неравенство $ 2\log_{5}{\sqrt{x-2}} \ge \log_x(\frac{1}{5}) $ после преобразований $ \log_5(x-2) \ge -\frac{1}{\log_5(x)} $ приводит к трансцендентному уравнению, которое не решается стандартными школьными методами. Вероятно, в условии задачи имеется опечатка. Существует два наиболее вероятных варианта исправления, и оба приводят к одному и тому же ответу:
1. Основание второго логарифма — $ 5 $, т.е. $ 2\log_5{\sqrt{x-2}} \ge \log_5(\frac{1}{5}) $.
2. Основание первого логарифма — $ x $, т.е. $ 2\log_x{\sqrt{x-2}} \ge \log_x(\frac{1}{5}) $.
Решим второй, как более сложный вариант.
$ 2\log_x{\sqrt{x-2}} \ge \log_x(\frac{1}{5}) $
1. ОДЗ:
$\begin{cases} x-2 > 0 \\ x > 0 \\ x \ne 1\end{cases}\implies x > 2$
2. На ОДЗ основание $ x>2 $, значит $ x>1 $. Логарифмическая функция по основанию $ x $ возрастающая.
$ \log_x((\sqrt{x-2})^2) \ge \log_x(\frac{1}{5}) $
$ \log_x(x-2) \ge \log_x(\frac{1}{5}) $
$ x-2 \ge \frac{1}{5} $
$ x \ge 2 + \frac{1}{5} $
$ x \ge \frac{11}{5} $
3. Решение $ x \ge \frac{11}{5} $ (или $ x \ge 2.2 $) удовлетворяет ОДЗ $ x>2 $.
Ответ: $ [\frac{11}{5}, +\infty) $.

6)

Решим неравенство $ \log_x 2 \cdot \log_{2x} 2 \cdot \log_2 (16x) \ge 1 $.
1. ОДЗ:
$\begin{cases} x > 0, x \ne 1 \\ 2x > 0, 2x \ne 1 \\ 16x > 0\end{cases}\implies\begin{cases} x > 0, x \ne 1 \\ x > 0, x \ne 1/2 \\ x > 0\end{cases}$
Итоговая ОДЗ: $ x \in (0, 1/2) \cup (1/2, 1) \cup (1, \infty) $.
2. Приведём все логарифмы к основанию 2:
$ \log_x 2 = \frac{\log_2 2}{\log_2 x} = \frac{1}{\log_2 x} $
$ \log_{2x} 2 = \frac{\log_2 2}{\log_2 (2x)} = \frac{1}{\log_2 2 + \log_2 x} = \frac{1}{1 + \log_2 x} $
$ \log_2 (16x) = \log_2 16 + \log_2 x = 4 + \log_2 x $
Подставим в исходное неравенство:
$ \frac{1}{\log_2 x} \cdot \frac{1}{1 + \log_2 x} \cdot (4 + \log_2 x) \ge 1 $
3. Сделаем замену $ t = \log_2 x $. Неравенство примет вид:
$ \frac{4+t}{t(1+t)} \ge 1 $
$ \frac{4+t}{t(1+t)} - 1 \ge 0 $
$ \frac{4+t - t(1+t)}{t(1+t)} \ge 0 $
$ \frac{4+t - t - t^2}{t(1+t)} \ge 0 $
$ \frac{4 - t^2}{t(1+t)} \ge 0 $
$ \frac{(2-t)(2+t)}{t(1+t)} \ge 0 $
Решаем методом интервалов для $ t $. Корни числителя: $ t=2, t=-2 $. Корни знаменателя: $ t=0, t=-1 $.
На числовой оси отмечаем точки -2, -1, 0, 2 и определяем знаки. Получаем решение для $ t $:
$ t \in [-2, -1) \cup (0, 2] $
4. Выполняем обратную замену $ t = \log_2 x $.
- $ -2 \le \log_2 x < -1 \implies 2^{-2} \le x < 2^{-1} \implies \frac{1}{4} \le x < \frac{1}{2} $
- $ 0 < \log_2 x \le 2 \implies 2^0 < x \le 2^2 \implies 1 < x \le 4 $
Объединяем решения: $ x \in [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}) \cup (1, 4] $.
5. Данное решение полностью входит в ОДЗ.
Ответ: $ [\frac{1}{4}, \frac{1}{2}) \cup (1, 4] $.

1)

Дано неравенство $(a^2 + 6a - 4)x^2 - 2(a - 1)x - 1 < 0$. Требуется найти все значения параметра $a$, при которых это неравенство выполняется для любого действительного значения $x$.

Это квадратичное неравенство вида $Ax^2 + Bx + C < 0$. Чтобы оно выполнялось для всех $x$, необходимо, чтобы парабола, являющаяся графиком функции $y = Ax^2 + Bx + C$, была полностью расположена ниже оси абсцисс. Это возможно при одновременном выполнении двух условий:

1. Коэффициент при $x^2$ должен быть отрицательным (ветви параболы направлены вниз): $A < 0$.

2. Дискриминант квадратного трехчлена должен быть отрицательным (парабола не пересекает ось $x$): $D < 0$.

Рассмотрим также случай, когда коэффициент при $x^2$ равен нулю.

Шаг 1: Условие $A < 0$
$A = a^2 + 6a - 4$.
Решим неравенство $a^2 + 6a - 4 < 0$. Найдем корни уравнения $a^2 + 6a - 4 = 0$:
$a = \frac{-6 \pm \sqrt{6^2 - 4(1)(-4)}}{2} = \frac{-6 \pm \sqrt{36 + 16}}{2} = \frac{-6 \pm \sqrt{52}}{2} = \frac{-6 \pm 2\sqrt{13}}{2} = -3 \pm \sqrt{13}$.
Так как парабола $y = a^2 + 6a - 4$ направлена ветвями вверх, неравенство выполняется между корнями:
$a \in (-3 - \sqrt{13}, -3 + \sqrt{13})$.

Шаг 2: Условие $D < 0$
$B = -2(a - 1)$, $C = -1$.
$D = B^2 - 4AC = (-2(a-1))^2 - 4(a^2 + 6a - 4)(-1) < 0$.
$4(a-1)^2 + 4(a^2 + 6a - 4) < 0$.
Разделим на 4:
$(a^2 - 2a + 1) + (a^2 + 6a - 4) < 0$.
$2a^2 + 4a - 3 < 0$.
Найдем корни уравнения $2a^2 + 4a - 3 = 0$:
$a = \frac{-4 \pm \sqrt{4^2 - 4(2)(-3)}}{2(2)} = \frac{-4 \pm \sqrt{16 + 24}}{4} = \frac{-4 \pm \sqrt{40}}{4} = \frac{-4 \pm 2\sqrt{10}}{4} = \frac{-2 \pm \sqrt{10}}{2}$.
Так как парабола $y = 2a^2 + 4a - 3$ направлена ветвями вверх, неравенство выполняется между корнями:
$a \in (\frac{-2 - \sqrt{10}}{2}, \frac{-2 + \sqrt{10}}{2})$.

Шаг 3: Пересечение решений
Найдем пересечение интервалов, полученных на шагах 1 и 2:
$(-3 - \sqrt{13}, -3 + \sqrt{13})$ и $(\frac{-2 - \sqrt{10}}{2}, \frac{-2 + \sqrt{10}}{2})$.
Оценим значения: $\sqrt{13} \approx 3.61$, $\sqrt{10} \approx 3.16$.
Первый интервал: $(-3 - 3.61, -3 + 3.61) \approx (-6.61, 0.61)$.
Второй интервал: $(\frac{-2 - 3.16}{2}, \frac{-2 + 3.16}{2}) = (\frac{-5.16}{2}, \frac{1.16}{2}) \approx (-2.58, 0.58)$.
Пересечением является интервал $(\frac{-2 - \sqrt{10}}{2}, \frac{-2 + \sqrt{10}}{2})$.

Шаг 4: Случай $A=0$
Если $a^2 + 6a - 4 = 0$, то $a = -3 \pm \sqrt{13}$. Неравенство становится линейным: $-2(a - 1)x - 1 < 0$. Это неравенство не может выполняться для всех $x$, так как при любом ненулевом коэффициенте при $x$ можно подобрать такое $x$, что неравенство не будет верным.

Таким образом, решением является интервал, найденный на шаге 3.

Ответ: $a \in (\frac{-2 - \sqrt{10}}{2}, \frac{-2 + \sqrt{10}}{2})$.

2)

Дано неравенство $(a^2 - 1)x^2 + 2(a - 1)x + 1 > 0$. Требуется найти все значения параметра $a$, при которых это неравенство выполняется для любого действительного значения $x$.

Рассмотрим два случая: когда коэффициент при $x^2$ равен нулю и когда он отличен от нуля.

Случай 1: Коэффициент при $x^2$ равен нулю.
$a^2 - 1 = 0 \implies a = 1$ или $a = -1$.
При $a = 1$:
$(1^2 - 1)x^2 + 2(1 - 1)x + 1 > 0 \implies 0 \cdot x^2 + 0 \cdot x + 1 > 0 \implies 1 > 0$.
Это неравенство верно для любого $x$. Следовательно, $a = 1$ является решением.

При $a = -1$:
$((-1)^2 - 1)x^2 + 2(-1 - 1)x + 1 > 0 \implies 0 \cdot x^2 - 4x + 1 > 0 \implies -4x > -1 \implies x < \frac{1}{4}$.
Это неравенство выполняется не для всех $x$. Следовательно, $a = -1$ не является решением.

Случай 2: Коэффициент при $x^2$ не равен нулю.
Неравенство $Ax^2 + Bx + C > 0$ выполняется для всех $x$ тогда и только тогда, когда $A > 0$ и $D < 0$.
Условие $A > 0$:
$a^2 - 1 > 0 \implies (a - 1)(a + 1) > 0 \implies a \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.
Условие $D < 0$:
$D = (2(a - 1))^2 - 4(a^2 - 1)(1) = 4(a - 1)^2 - 4(a^2 - 1) < 0$.
$4(a - 1)^2 - 4(a - 1)(a + 1) < 0$.
$4(a - 1)((a - 1) - (a + 1)) < 0$.
$4(a - 1)(-2) < 0$.
$-8(a - 1) < 0 \implies a - 1 > 0 \implies a > 1$.

Найдем пересечение множеств, полученных в этом случае: $a \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$ и $a > 1$. Пересечением является интервал $a > 1$.

Объединение решений
Объединим решения из обоих случаев: $a=1$ и $a>1$.

Ответ: $a \in [1, \infty)$.

3)

Дано условие: если $x > 0$, то $mx^2 + 4x + 3m + 1 > 0$. Требуется найти все значения параметра $m$, при которых это условие выполняется.

Обозначим $f(x) = mx^2 + 4x + 3m + 1$. Нам нужно, чтобы $f(x) > 0$ для всех $x \in (0, \infty)$.

Случай 1: $m = 0$
Неравенство принимает вид: $4x + 1 > 0 \implies 4x > -1 \implies x > -\frac{1}{4}$.
Так как интервал $(0, \infty)$ является подмножеством интервала $(-\frac{1}{4}, \infty)$, условие выполняется. Значит, $m=0$ является решением.

Случай 2: $m > 0$
График функции $f(x)$ — парабола с ветвями, направленными вверх. Абсцисса вершины параболы: $x_v = \frac{-4}{2m} = -\frac{2}{m}$.
Поскольку $m > 0$, то $x_v < 0$. На интервале $(x_v, \infty)$ функция $f(x)$ возрастает. Так как $(0, \infty) \subset (x_v, \infty)$, функция $f(x)$ возрастает на $(0, \infty)$.
Следовательно, наименьшее значение функции на этом интервале (точнее, инфимум) достигается при $x \to 0^+$.
$\inf_{x \in (0, \infty)} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = m \cdot 0^2 + 4 \cdot 0 + 3m + 1 = 3m + 1$.
Чтобы неравенство $f(x) > 0$ выполнялось для всех $x>0$, необходимо и достаточно, чтобы инфимум был неотрицателен: $f(0) \ge 0$.
$3m + 1 \ge 0 \implies 3m \ge -1 \implies m \ge -\frac{1}{3}$.
Пересекая с условием $m > 0$, получаем $m > 0$.

Случай 3: $m < 0$
График функции $f(x)$ — парабола с ветвями, направленными вниз. При $x \to \infty$, значение $f(x) \to -\infty$. Это означает, что для достаточно больших $x$ значение функции будет отрицательным. Следовательно, условие $f(x)>0$ для всех $x>0$ не может быть выполнено. Решений в этом случае нет.

Объединение решений
Объединим решения из всех случаев: $m=0$ и $m>0$.

Ответ: $m \in [0, \infty)$.

4)

Решим неравенство $\frac{1}{x} + \frac{3}{2a} < \frac{1}{x+3a}$ относительно переменной $x$.

Область допустимых значений (ОДЗ): $x \ne 0$, $a \ne 0$, $x+3a \ne 0 \implies x \ne -3a$.

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\frac{1}{x} + \frac{3}{2a} - \frac{1}{x+3a} < 0$
$\frac{1(2a)(x+3a) + 3(x)(x+3a) - 1(2a)(x)}{2ax(x+3a)} < 0$
$\frac{2ax + 6a^2 + 3x^2 + 9ax - 2ax}{2ax(x+3a)} < 0$
$\frac{3x^2 + 9ax + 6a^2}{2ax(x+3a)} < 0$
Разделим числитель на 3:
$\frac{x^2 + 3ax + 2a^2}{2ax(x+3a)} < 0$
Разложим числитель на множители. Корни уравнения $x^2 + 3ax + 2a^2 = 0$ равны $x_1 = -a$ и $x_2 = -2a$.
Неравенство принимает вид:
$\frac{(x+a)(x+2a)}{2ax(x+3a)} < 0$

Решим это неравенство методом интервалов, рассмотрев два случая для параметра $a$.

Случай 1: $a > 0$
В этом случае $2a > 0$, и неравенство равносильно:
$\frac{(x+a)(x+2a)}{x(x+3a)} < 0$.
Нули числителя и знаменателя в порядке возрастания: $-3a, -2a, -a, 0$.
Определим знаки выражения на интервалах:
- При $x \in (0, \infty)$: $(+)(+)/(+)(+) > 0$
- При $x \in (-a, 0)$: $(+)(+)/(-)(+) < 0$
- При $x \in (-2a, -a)$: $(-)(+)/(-)(+) > 0$
- При $x \in (-3a, -2a)$: $(-)(-)/(-)(+) < 0$
- При $x \in (-\infty, -3a)$: $(-)(-)/(-)(-) > 0$
Решением являются интервалы, где выражение отрицательно: $x \in (-3a, -2a) \cup (-a, 0)$.

Случай 2: $a < 0$
В этом случае $2a < 0$, и неравенство равносильно (знак меняется на противоположный):
$\frac{(x+a)(x+2a)}{x(x+3a)} > 0$.
Нули числителя и знаменателя в порядке возрастания (т.к. $a$ отрицательно, $-a$ положительно): $0, -a, -2a, -3a$.
Определим знаки выражения на интервалах:
- При $x \in (-3a, \infty)$: $(+)(+)/(+)(+) > 0$
- При $x \in (-2a, -3a)$: $(+)(+)/(+)(-) < 0$
- При $x \in (-a, -2a)$: $(+)(-)/(+)(-) > 0$
- При $x \in (0, -a)$: $(-)(-)/(+)(-) < 0$
- При $x \in (-\infty, 0)$: $(-)(-)/(-)(-) > 0$
Решением являются интервалы, где выражение положительно: $x \in (-\infty, 0) \cup (-a, -2a) \cup (-3a, \infty)$.

Ответ:
Если $a > 0$, то $x \in (-3a, -2a) \cup (-a, 0)$.
Если $a < 0$, то $x \in (-\infty, 0) \cup (-a, -2a) \cup (-3a, \infty)$.