Страница 76 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

49. Решите неравенство:

1) $\log_5 \frac{2x + 1}{x + 1} \ge 1;$

2) $\log_3 \frac{4x - 10}{x} \le 2;$

3) $\log_{0.7} \log_5 \frac{x - 4}{1 - x} \ge 0.$

1) $ \log_{5} \frac{2x + 1}{x + 1} \geqslant 1 $

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под знаком логарифма должно быть строго положительным:

$ \frac{2x + 1}{x + 1} > 0 $

Решим это неравенство методом интервалов. Корни числителя: $ 2x + 1 = 0 \Rightarrow x = -0.5 $. Корень знаменателя: $ x + 1 = 0 \Rightarrow x = -1 $.

На числовой прямой отмечаем точки -1 и -0.5. Интервалы, удовлетворяющие неравенству: $ (-\infty; -1) $ и $ (-0.5; +\infty) $.

ОДЗ: $ x \in (-\infty; -1) \cup (-0.5; +\infty) $.

Теперь решим исходное неравенство. Представим 1 как логарифм по основанию 5: $ 1 = \log_{5} 5 $.

$ \log_{5} \frac{2x + 1}{x + 1} \geqslant \log_{5} 5 $

Так как основание логарифма $ 5 > 1 $, то функция возрастающая, и при переходе к аргументам знак неравенства сохраняется:

$ \frac{2x + 1}{x + 1} \geqslant 5 $

Перенесем 5 в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$ \frac{2x + 1}{x + 1} - 5 \geqslant 0 $

$ \frac{2x + 1 - 5(x + 1)}{x + 1} \geqslant 0 $

$ \frac{2x + 1 - 5x - 5}{x + 1} \geqslant 0 $

$ \frac{-3x - 4}{x + 1} \geqslant 0 $

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства на противоположный:

$ \frac{3x + 4}{x + 1} \leqslant 0 $

Решим методом интервалов. Корень числителя: $ 3x + 4 = 0 \Rightarrow x = -4/3 $. Корень знаменателя: $ x = -1 $.

Решение этого неравенства: $ x \in [-4/3; -1) $.

Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ: $ x \in [-4/3; -1) \cap ((-\infty; -1) \cup (-0.5; +\infty)) $.

Пересечением является интервал $ [-4/3; -1) $.

Ответ: $ [-4/3; -1) $.

2) $ \log_{3} \frac{4x - 10}{x} \leqslant 2 $

Найдем ОДЗ:

$ \frac{4x - 10}{x} > 0 $

Методом интервалов находим, что ОДЗ: $ x \in (-\infty; 0) \cup (2.5; +\infty) $.

Решим неравенство. Представим 2 как логарифм по основанию 3: $ 2 = \log_{3} 3^2 = \log_{3} 9 $.

$ \log_{3} \frac{4x - 10}{x} \leqslant \log_{3} 9 $

Основание логарифма $ 3 > 1 $, поэтому знак неравенства сохраняется:

$ \frac{4x - 10}{x} \leqslant 9 $

$ \frac{4x - 10}{x} - 9 \leqslant 0 $

$ \frac{4x - 10 - 9x}{x} \leqslant 0 $

$ \frac{-5x - 10}{x} \leqslant 0 $

$ \frac{5x + 10}{x} \geqslant 0 $

Решая методом интервалов, получаем: $ x \in (-\infty; -2] \cup (0; +\infty) $.

Пересекаем полученное решение с ОДЗ $ x \in (-\infty; 0) \cup (2.5; +\infty) $:

$ ((-\infty; -2] \cup (0; +\infty)) \cap ((-\infty; 0) \cup (2.5; +\infty)) = (-\infty; -2] \cup (2.5; +\infty) $

Ответ: $ (-\infty; -2] \cup (2.5; +\infty) $.

3) $ \log_{0.7} \log_{5} \frac{x - 4}{1 - x} \geqslant 0 $

Это неравенство со вложенными логарифмами. Найдем ОДЗ, которое определяется двумя условиями:

1. Аргумент внутреннего логарифма должен быть положителен:

$ \frac{x - 4}{1 - x} > 0 \Rightarrow \frac{x - 4}{x - 1} < 0 \Rightarrow x \in (1; 4) $

2. Аргумент внешнего логарифма (то есть сам внутренний логарифм) должен быть положителен:

$ \log_{5} \frac{x - 4}{1 - x} > 0 \Rightarrow \log_{5} \frac{x - 4}{1 - x} > \log_{5} 1 $

Так как основание $ 5 > 1 $:

$ \frac{x - 4}{1 - x} > 1 \Rightarrow \frac{x - 4}{1 - x} - 1 > 0 \Rightarrow \frac{x - 4 - (1 - x)}{1 - x} > 0 \Rightarrow \frac{2x - 5}{1 - x} > 0 \Rightarrow \frac{2x - 5}{x - 1} < 0 \Rightarrow x \in (1; 2.5) $

Общая ОДЗ является пересечением этих двух условий: $ (1; 4) \cap (1; 2.5) = (1; 2.5) $.

Теперь решим само неравенство. Представим 0 как логарифм по основанию 0.7: $ 0 = \log_{0.7} 1 $.

$ \log_{0.7} \log_{5} \frac{x - 4}{1 - x} \geqslant \log_{0.7} 1 $

Основание внешнего логарифма $ 0.7 < 1 $, поэтому функция убывающая, и при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный:

$ \log_{5} \frac{x - 4}{1 - x} \leqslant 1 $

Представим 1 как $ \log_{5} 5 $:

$ \log_{5} \frac{x - 4}{1 - x} \leqslant \log_{5} 5 $

Основание $ 5 > 1 $, знак не меняется:

$ \frac{x - 4}{1 - x} \leqslant 5 \Rightarrow \frac{x - 4}{1 - x} - 5 \leqslant 0 \Rightarrow \frac{x - 4 - 5(1 - x)}{1 - x} \leqslant 0 \Rightarrow \frac{6x - 9}{1 - x} \leqslant 0 \Rightarrow \frac{6x - 9}{x - 1} \geqslant 0 $

Решая методом интервалов, получаем: $ x \in (-\infty; 1) \cup [1.5; +\infty) $.

Найдем пересечение этого решения с ОДЗ $ x \in (1; 2.5) $:

$ ((-\infty; 1) \cup [1.5; +\infty)) \cap (1; 2.5) = [1.5; 2.5) $

Ответ: $ [1.5; 2.5) $.

50. Найдите множество решений неравенства:

1) $ \log_3 x + \log_3 (x + 2) \ge 1 $

2) $ \log_{0,2} (x - 1) + \log_{0,2} (x + 3) \ge -1 $

3) $ \log_{0,7} (x + 1) + \log_{0,7} (5 - x) \ge \log_{0,7} (x + 7) $

4) $ \log_2 (x + 2) - \log_2 (x - 1) \ge 1 - \log_2 (5 - x) $

1) $\log_{3} x + \log_{3} (x + 2) \geq 1$

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:
$\begin{cases} x > 0 \\ x + 2 > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 0 \\ x > -2 \end{cases} \Rightarrow x > 0$.
Таким образом, ОДЗ: $x \in (0, +\infty)$.

Используя свойство суммы логарифмов $\log_a b + \log_a c = \log_a (bc)$, преобразуем левую часть неравенства:
$\log_{3} (x(x + 2)) \geq 1$
Представим 1 как логарифм по основанию 3: $1 = \log_{3} 3$.
$\log_{3} (x^2 + 2x) \geq \log_{3} 3$
Так как основание логарифма $3 > 1$, функция $y = \log_{3} t$ является возрастающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства сохраняется:
$x^2 + 2x \geq 3$
$x^2 + 2x - 3 \geq 0$
Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 + 2x - 3 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 1$ и $x_2 = -3$.
Так как ветви параболы $y = x^2 + 2x - 3$ направлены вверх, неравенство выполняется при $x \in (-\infty, -3] \cup [1, +\infty)$.

Теперь найдем пересечение полученного решения с ОДЗ: $x \in (0, +\infty)$.
Пересечением множеств $(-\infty, -3] \cup [1, +\infty)$ и $(0, +\infty)$ является промежуток $[1, +\infty)$.
Ответ: $x \in [1, +\infty)$.

2) $\log_{0,2} (x - 1) + \log_{0,2} (x + 3) \geq -1$

ОДЗ:
$\begin{cases} x - 1 > 0 \\ x + 3 > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 1 \\ x > -3 \end{cases} \Rightarrow x > 1$.
ОДЗ: $x \in (1, +\infty)$.

Преобразуем неравенство:
$\log_{0,2} ((x - 1)(x + 3)) \geq -1$
Представим -1 как логарифм по основанию 0,2: $-1 = \log_{0,2} (0,2^{-1}) = \log_{0,2} (1/0,2) = \log_{0,2} 5$.
$\log_{0,2} (x^2 + 2x - 3) \geq \log_{0,2} 5$
Так как основание логарифма $0,2 \in (0, 1)$, функция $y = \log_{0,2} t$ является убывающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:
$x^2 + 2x - 3 \leq 5$
$x^2 + 2x - 8 \leq 0$
Найдем корни уравнения $x^2 + 2x - 8 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 2$ и $x_2 = -4$.
Решением неравенства $x^2 + 2x - 8 \leq 0$ является промежуток $[-4, 2]$.

Найдем пересечение решения $[-4, 2]$ с ОДЗ $x \in (1, +\infty)$.
Пересечением является промежуток $(1, 2]$.
Ответ: $x \in (1, 2]$.

3) $\log_{0,7} (x + 1) + \log_{0,7} (5 - x) \geq \log_{0,7} (x + 7)$

ОДЗ:
$\begin{cases} x + 1 > 0 \\ 5 - x > 0 \\ x + 7 > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -1 \\ x < 5 \\ x > -7 \end{cases} \Rightarrow -1 < x < 5$.
ОДЗ: $x \in (-1, 5)$.

Преобразуем левую часть:
$\log_{0,7} ((x + 1)(5 - x)) \geq \log_{0,7} (x + 7)$
Так как основание $0,7 \in (0, 1)$, функция является убывающей, поэтому знак неравенства меняется на противоположный:
$(x + 1)(5 - x) \leq x + 7$
$5x - x^2 + 5 - x \leq x + 7$
$-x^2 + 4x + 5 \leq x + 7$
$-x^2 + 3x - 2 \leq 0$
Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства:
$x^2 - 3x + 2 \geq 0$
Найдем корни уравнения $x^2 - 3x + 2 = 0$. Корни $x_1 = 1$ и $x_2 = 2$.
Решением неравенства является объединение промежутков $(-\infty, 1] \cup [2, +\infty)$.

Найдем пересечение решения $(-\infty, 1] \cup [2, +\infty)$ с ОДЗ $x \in (-1, 5)$.
Пересечением является $(-1, 1] \cup [2, 5)$.
Ответ: $x \in (-1, 1] \cup [2, 5)$.

4) $\log_{2} (x + 2) - \log_{2} (x - 1) \geq 1 - \log_{2} (5 - x)$

ОДЗ:
$\begin{cases} x + 2 > 0 \\ x - 1 > 0 \\ 5 - x > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -2 \\ x > 1 \\ x < 5 \end{cases} \Rightarrow 1 < x < 5$.
ОДЗ: $x \in (1, 5)$.

Перенесем все логарифмы в левую часть:
$\log_{2} (x + 2) - \log_{2} (x - 1) + \log_{2} (5 - x) \geq 1$
Используя свойства логарифмов $\log_a b - \log_a c = \log_a(b/c)$ и $\log_a b + \log_a c = \log_a(bc)$, получим:
$\log_{2} \frac{(x + 2)(5 - x)}{x - 1} \geq 1$
Представим 1 как логарифм по основанию 2: $1 = \log_{2} 2$.
$\log_{2} \frac{(x + 2)(5 - x)}{x - 1} \geq \log_{2} 2$
Так как основание $2 > 1$, функция является возрастающей, знак неравенства сохраняется:
$\frac{(x + 2)(5 - x)}{x - 1} \geq 2$
$\frac{5x - x^2 + 10 - 2x}{x - 1} - 2 \geq 0$
$\frac{-x^2 + 3x + 10}{x - 1} - \frac{2(x - 1)}{x - 1} \geq 0$
$\frac{-x^2 + 3x + 10 - 2x + 2}{x - 1} \geq 0$
$\frac{-x^2 + x + 12}{x - 1} \geq 0$
Умножим на -1 и изменим знак:
$\frac{x^2 - x - 12}{x - 1} \leq 0$
Решим методом интервалов. Найдем нули числителя и знаменателя.
Числитель: $x^2 - x - 12 = 0$. Корни $x_1 = 4$ и $x_2 = -3$.
Знаменатель: $x - 1 = 0 \Rightarrow x = 1$.
Нанесем точки -3, 1, 4 на числовую ось. Точки -3 и 4 будут закрашенными (нестрогое неравенство), точка 1 — выколотой (знаменатель).
Определим знаки выражения $\frac{(x-4)(x+3)}{x-1}$ на интервалах: $(-\infty, -3]$, $[-3, 1)$, $(1, 4]$, $[4, +\infty)$.
При $x>4$: $(+)(+)/(+) \Rightarrow +$
При $x \in (1, 4)$: $(-)(+)/(+) \Rightarrow -$
При $x \in (-3, 1)$: $(-)(+)/(-) \Rightarrow +$
При $x < -3$: $(-)(-)/(-) \Rightarrow -$
Нам нужно, где выражение $\leq 0$. Это промежутки $(-\infty, -3] \cup (1, 4]$.

Найдем пересечение полученного решения $(-\infty, -3] \cup (1, 4]$ с ОДЗ $x \in (1, 5)$.
Пересечением является промежуток $(1, 4]$.
Ответ: $x \in (1, 4]$.

51. Решите неравенство:

1) $\log^2_{\frac{1}{3}} (x+2) \le 16;$

2) $\log^2_2 x - 4\log_2 x - 12 > 0;$

3) $\log^2_7 x + \log_7 x - 2 \le 0;$

4) $2\log^2_{25} (x-3) - 1 < \log_{25} (x-3);$

5) $\log^2_{\frac{1}{6}} (-x) + 0.125\log_{\frac{1}{6}} x^8 \le 6;$

6) $\log_7 x^5 \cdot \log_7 49x \ge 40;$

7) $\frac{\lg^2 x - 4\lg x - 5}{\lg x - 3} \le 0;$

8) $4\log_4 x - 2\log_x 4 \ge 7.$

1) $\log_{\frac{1}{3}}^2(x+2) \le 16$
Область допустимых значений (ОДЗ): $x+2 > 0 \implies x > -2$.
Неравенство равносильно $|\log_{\frac{1}{3}}(x+2)| \le \sqrt{16}$, что эквивалентно двойному неравенству:
$-4 \le \log_{\frac{1}{3}}(x+2) \le 4$.
Так как основание логарифма $\frac{1}{3} < 1$, при потенцировании знаки неравенства меняются на противоположные:
$(\frac{1}{3})^4 \ge x+2 \ge (\frac{1}{3})^{-4}$
$\frac{1}{81} \ge x+2 \ge 3^4$
$\frac{1}{81} \ge x+2 \ge 81$
Вычтем 2 из всех частей неравенства:
$\frac{1}{81} - 2 \ge x \ge 81 - 2$
$-\frac{161}{81} \ge x \ge 79$.
Это можно записать как $79 \le x \le -\frac{161}{81}$, что неверно. Let's re-solve splitting the double inequality.
Решим систему неравенств:
$\begin{cases} \log_{\frac{1}{3}}(x+2) \le 4 \\ \log_{\frac{1}{3}}(x+2) \ge -4 \end{cases}$
Из первого неравенства: $x+2 \ge (\frac{1}{3})^4 \implies x+2 \ge \frac{1}{81} \implies x \ge -\frac{161}{81}$.
Из второго неравенства: $x+2 \le (\frac{1}{3})^{-4} \implies x+2 \le 81 \implies x \le 79$.
Объединяя результаты, получаем: $-\frac{161}{81} \le x \le 79$.
Учитывая ОДЗ $x > -2$ и то, что $-\frac{161}{81} \approx -1.987 > -2$, решение остается прежним.
Ответ: $x \in [-\frac{161}{81}, 79]$.

2) $\log_2^2 x - 4\log_2 x - 12 > 0$
ОДЗ: $x > 0$.
Сделаем замену переменной: пусть $t = \log_2 x$. Неравенство примет вид:
$t^2 - 4t - 12 > 0$.
Найдем корни квадратного трехчлена $t^2 - 4t - 12 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = -2$, $t_2 = 6$.
Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется при $t < -2$ или $t > 6$.
Возвращаемся к исходной переменной:
1) $\log_2 x < -2 \implies x < 2^{-2} \implies x < \frac{1}{4}$.
2) $\log_2 x > 6 \implies x > 2^6 \implies x > 64$.
Учитывая ОДЗ $x > 0$, получаем объединение решений: $0 < x < \frac{1}{4}$ и $x > 64$.
Ответ: $x \in (0, \frac{1}{4}) \cup (64, \infty)$.

3) $\log_7^2 x + \log_7 x - 2 \le 0$
ОДЗ: $x > 0$.
Пусть $t = \log_7 x$. Получаем квадратное неравенство:
$t^2 + t - 2 \le 0$.
Корни уравнения $t^2 + t - 2 = 0$ равны $t_1 = -2$ и $t_2 = 1$.
Решением неравенства является промежуток между корнями: $-2 \le t \le 1$.
Выполняем обратную замену:
$-2 \le \log_7 x \le 1$.
Так как основание логарифма $7 > 1$, знаки неравенства сохраняются:
$7^{-2} \le x \le 7^1$
$\frac{1}{49} \le x \le 7$.
Это решение удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $x \in [\frac{1}{49}, 7]$.

4) $2\log_{25}^2(x-3) - 1 < \log_{25}(x-3)$
ОДЗ: $x-3 > 0 \implies x > 3$.
Перенесем все члены в левую часть и сделаем замену $t = \log_{25}(x-3)$:
$2t^2 - t - 1 < 0$.
Найдем корни уравнения $2t^2 - t - 1 = 0$. Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 9$.
$t_1 = \frac{1-3}{4} = -\frac{1}{2}$, $t_2 = \frac{1+3}{4} = 1$.
Решение неравенства: $-\frac{1}{2} < t < 1$.
Обратная замена:
$-\frac{1}{2} < \log_{25}(x-3) < 1$.
Потенцируем по основанию 25 (знаки сохраняются):
$25^{-1/2} < x-3 < 25^1$
$\frac{1}{5} < x-3 < 25$.
Прибавим 3 ко всем частям:
$\frac{1}{5} + 3 < x < 25 + 3$
$\frac{16}{5} < x < 28$.
Решение $x \in (3.2, 28)$ удовлетворяет ОДЗ $x > 3$.
Ответ: $x \in (\frac{16}{5}, 28)$.

5) $\log_{\frac{1}{6}}^2(-x) + 0.125\log_{\frac{1}{6}}x^8 \le 6$
ОДЗ: $-x > 0 \implies x < 0$. Также $x^8 > 0$ при $x \ne 0$. Итоговое ОДЗ: $x < 0$.
Используем свойство логарифма: $\log_a b^c = c \log_a |b|$ для четного $c$.
$\log_{\frac{1}{6}}x^8 = 8\log_{\frac{1}{6}}|x|$. Так как по ОДЗ $x < 0$, то $|x| = -x$.
$\log_{\frac{1}{6}}x^8 = 8\log_{\frac{1}{6}}(-x)$.
$0.125 = \frac{1}{8}$. Неравенство принимает вид:
$\log_{\frac{1}{6}}^2(-x) + \frac{1}{8} \cdot 8\log_{\frac{1}{6}}(-x) \le 6$
$\log_{\frac{1}{6}}^2(-x) + \log_{\frac{1}{6}}(-x) - 6 \le 0$.
Пусть $t = \log_{\frac{1}{6}}(-x)$.
$t^2 + t - 6 \le 0$.
Корни $t^2 + t - 6 = 0$: $t_1 = -3$, $t_2 = 2$.
Решение: $-3 \le t \le 2$.
$-3 \le \log_{\frac{1}{6}}(-x) \le 2$.
Основание $\frac{1}{6} < 1$, знаки меняются:
$(\frac{1}{6})^2 \le -x \le (\frac{1}{6})^{-3}$
$\frac{1}{36} \le -x \le 216$.
Умножаем на -1 и снова меняем знаки:
$-216 \le x \le -\frac{1}{36}$.
Решение удовлетворяет ОДЗ.
Ответ: $x \in [-216, -\frac{1}{36}]$.

6) $\log_7 x^5 \cdot \log_7 49x \ge 40$
ОДЗ: $x > 0$.
Преобразуем логарифмы: $\log_7 x^5 = 5\log_7 x$ и $\log_7 49x = \log_7 49 + \log_7 x = 2 + \log_7 x$.
Неравенство: $(5\log_7 x)(2 + \log_7 x) \ge 40$.
Пусть $t = \log_7 x$:
$5t(2+t) \ge 40 \implies 10t + 5t^2 \ge 40 \implies 5t^2+10t-40 \ge 0 \implies t^2+2t-8 \ge 0$.
Корни $t^2+2t-8=0$: $t_1 = -4$, $t_2 = 2$.
Решение: $t \le -4$ или $t \ge 2$.
1) $\log_7 x \le -4 \implies x \le 7^{-4} \implies x \le \frac{1}{2401}$.
2) $\log_7 x \ge 2 \implies x \ge 7^2 \implies x \ge 49$.
С учетом ОДЗ $x > 0$: $0 < x \le \frac{1}{2401}$ или $x \ge 49$.
Ответ: $x \in (0, \frac{1}{2401}] \cup [49, \infty)$.

7) $\frac{\lg^2 x - 4\lg x - 5}{\lg x - 3} \le 0$
ОДЗ: $x > 0$ и $\lg x - 3 \ne 0 \implies \lg x \ne 3 \implies x \ne 1000$.
Пусть $t = \lg x$.
$\frac{t^2 - 4t - 5}{t - 3} \le 0$.
Разложим числитель на множители. Корни $t^2 - 4t - 5 = 0$: $t_1 = -1$, $t_2 = 5$.
$\frac{(t+1)(t-5)}{t-3} \le 0$.
Решаем методом интервалов. Корни числителя: -1, 5. Корень знаменателя: 3.
Наносим точки на числовую ось и определяем знаки на интервалах.
$(-\infty, -1]$: "-", подходит.
$[-1, 3)$: "+", не подходит.
$(3, 5]$: "-", подходит.
$[5, \infty)$: "+", не подходит.
Решение для $t$: $t \le -1$ или $3 < t \le 5$.
1) $\lg x \le -1 \implies x \le 10^{-1} \implies x \le 0.1$.
2) $3 < \lg x \le 5 \implies 10^3 < x \le 10^5 \implies 1000 < x \le 100000$.
С учетом ОДЗ $x > 0$: $0 < x \le 0.1$ или $1000 < x \le 100000$.
Ответ: $x \in (0, 0.1] \cup (1000, 100000]$.

8) $4\log_4 x - 2\log_x 4 \ge 7$
ОДЗ: $x > 0$ и $x \ne 1$.
Используем формулу перехода к новому основанию: $\log_x 4 = \frac{1}{\log_4 x}$.
Неравенство принимает вид: $4\log_4 x - \frac{2}{\log_4 x} \ge 7$.
Пусть $t = \log_4 x$. При этом $t \ne 0$, так как $x \ne 1$.
$4t - \frac{2}{t} - 7 \ge 0 \implies \frac{4t^2 - 7t - 2}{t} \ge 0$.
Найдем корни числителя $4t^2 - 7t - 2 = 0$. $D = (-7)^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-2) = 49+32=81$.
$t_1 = \frac{7-9}{8} = -\frac{1}{4}$, $t_2 = \frac{7+9}{8} = 2$.
Неравенство: $\frac{4(t+\frac{1}{4})(t-2)}{t} \ge 0$.
Решаем методом интервалов с точками $-\frac{1}{4}$, 0, 2.
Решением является объединение промежутков: $t \in [-\frac{1}{4}, 0) \cup [2, \infty)$.
1) $-\frac{1}{4} \le \log_4 x < 0 \implies 4^{-1/4} \le x < 4^0 \implies \frac{1}{\sqrt[4]{4}} \le x < 1 \implies \frac{1}{\sqrt{2}} \le x < 1$.
2) $\log_4 x \ge 2 \implies x \ge 4^2 \implies x \ge 16$.
Объединяем решения, которые удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $x \in [\frac{\sqrt{2}}{2}, 1) \cup [16, \infty)$.

52. Решите неравенство:

1) $ \log_{3x}(x^2 - 6x + 8) < 1 $

2) $ \log_{3x+1}(x^2 - 3) \geq 1 $

1) $log_{3x}(x^2 - 6x + 8) < 1$

Данное логарифмическое неравенство с переменным основанием равносильно совокупности двух систем неравенств. Это связано с поведением логарифмической функции в зависимости от ее основания.

Случай 1: Основание логарифма больше 1.

В этом случае функция логарифма является возрастающей, и знак неравенства сохраняется.

$\begin{cases} 3x > 1 \\ x^2 - 6x + 8 > 0 \\ x^2 - 6x + 8 < (3x)^1 \end{cases}$

Решим каждое неравенство системы:

1. $3x > 1 \implies x > \frac{1}{3}$.

2. $x^2 - 6x + 8 > 0$. Найдем корни уравнения $x^2 - 6x + 8 = 0$. По теореме Виета, $x_1 = 2$, $x_2 = 4$. График функции $y=x^2 - 6x + 8$ — парабола, ветви которой направлены вверх. Следовательно, неравенство выполняется при $x \in (-\infty, 2) \cup (4, \infty)$.

3. $x^2 - 6x + 8 < 3x \implies x^2 - 9x + 8 < 0$. Найдем корни уравнения $x^2 - 9x + 8 = 0$. По теореме Виета, $x_1 = 1$, $x_2 = 8$. Ветви параболы направлены вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \in (1, 8)$.

Теперь найдем пересечение решений всех трех неравенств: $x \in (\frac{1}{3}, \infty) \cap ((-\infty, 2) \cup (4, \infty)) \cap (1, 8)$.

Пересечение этих интервалов дает решение для первого случая: $x \in (1, 2) \cup (4, 8)$.

Случай 2: Основание логарифма находится в интервале от 0 до 1.

В этом случае функция логарифма является убывающей, и знак неравенства меняется на противоположный.

$\begin{cases} 0 < 3x < 1 \\ x^2 - 6x + 8 > 0 \\ x^2 - 6x + 8 > (3x)^1 \end{cases}$

Решим каждое неравенство системы:

1. $0 < 3x < 1 \implies 0 < x < \frac{1}{3}$.

2. $x^2 - 6x + 8 > 0$. Решение из предыдущего случая: $x \in (-\infty, 2) \cup (4, \infty)$.

3. $x^2 - 6x + 8 > 3x \implies x^2 - 9x + 8 > 0$. Решение этого неравенства: $x \in (-\infty, 1) \cup (8, \infty)$.

Найдем пересечение решений: $x \in (0, \frac{1}{3}) \cap ((-\infty, 2) \cup (4, \infty)) \cap ((-\infty, 1) \cup (8, \infty))$.

Пересечение этих множеств дает решение для второго случая: $x \in (0, \frac{1}{3})$.

Итоговое решение неравенства — это объединение решений, полученных в обоих случаях.

$(0, \frac{1}{3}) \cup (1, 2) \cup (4, 8)$.

Ответ: $x \in (0, \frac{1}{3}) \cup (1, 2) \cup (4, 8)$.

2) $log_{3x+1}(x^2 - 3) \geq 1$

Аналогично предыдущему заданию, рассмотрим два случая в зависимости от значения основания логарифма $3x+1$.

Случай 1: Основание $3x+1 > 1$.

Знак неравенства сохраняется.

$\begin{cases} 3x+1 > 1 \\ x^2 - 3 > 0 \\ x^2 - 3 \geq 3x+1 \end{cases}$

Решим систему:

1. $3x+1 > 1 \implies 3x > 0 \implies x > 0$.

2. $x^2 - 3 > 0 \implies x^2 > 3 \implies x \in (-\infty, -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}, \infty)$.

3. $x^2 - 3 \geq 3x+1 \implies x^2 - 3x - 4 \geq 0$. Найдем корни уравнения $x^2 - 3x - 4 = 0$. По теореме Виета, $x_1 = -1$, $x_2 = 4$. Ветви параболы направлены вверх, следовательно, решение неравенства: $x \in (-\infty, -1] \cup [4, \infty)$.

Найдем пересечение полученных решений: $x \in (0, \infty) \cap ((-\infty, -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}, \infty)) \cap ((-\infty, -1] \cup [4, \infty))$.

Учитывая, что $\sqrt{3} \approx 1.732$, пересечение этих множеств дает $x \in [4, \infty)$.

Случай 2: Основание $0 < 3x+1 < 1$.

Знак неравенства меняется на противоположный.

$\begin{cases} 0 < 3x+1 < 1 \\ x^2 - 3 > 0 \\ x^2 - 3 \leq 3x+1 \end{cases}$

Решим систему:

1. $0 < 3x+1 < 1 \implies -1 < 3x < 0 \implies -\frac{1}{3} < x < 0$.

2. $x^2 - 3 > 0 \implies x \in (-\infty, -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}, \infty)$.

3. $x^2 - 3 \leq 3x+1 \implies x^2 - 3x - 4 \leq 0$. Решение этого неравенства: $x \in [-1, 4]$.

Найдем пересечение решений: $x \in (-\frac{1}{3}, 0) \cap ((-\infty, -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}, \infty)) \cap [-1, 4]$.

Интервал $(-\frac{1}{3}, 0)$ не имеет общих точек с множеством $(-\infty, -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}, \infty)$, так как $-\sqrt{3} \approx -1.732$, а $-\frac{1}{3} \approx -0.333$. Следовательно, система не имеет решений в этом случае.

Общее решение неравенства является объединением решений из двух случаев. Так как во втором случае решений нет, итоговое решение совпадает с решением первого случая.

Ответ: $x \in [4, \infty)$.

53. При каких значениях $a$ число $-2$ является решением неравенства $\log_a (1 - 2x) < 2$?

Для того чтобы число -2 являлось решением неравенства, необходимо, чтобы при подстановке $x = -2$ в неравенство $log_a(1 - 2x) < 2$ получалось верное числовое неравенство.

Выполним подстановку:

$log_a(1 - 2(-2)) < 2$

$log_a(1 + 4) < 2$

$log_a(5) < 2$

Теперь решим полученное неравенство относительно переменной $a$. Необходимо помнить, что основание логарифма $a$ должно удовлетворять следующим условиям: $a > 0$ и $a \neq 1$.

Решение неравенства зависит от величины основания $a$. Рассмотрим два возможных случая.

Случай 1: $0 < a < 1$

В этом случае логарифмическая функция $y = log_a(x)$ является убывающей. Это означает, что при переходе от логарифмического неравенства к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный.

Представим правую часть неравенства в виде логарифма по основанию $a$: $2 = log_a(a^2)$.

$log_a(5) < log_a(a^2)$

$5 > a^2$

Решая неравенство $a^2 < 5$, получаем $-\sqrt{5} < a < \sqrt{5}$.

Теперь найдём пересечение этого интервала с условием, рассматриваемым в данном случае ($0 < a < 1$):

$a \in (-\sqrt{5}, \sqrt{5}) \cap (0, 1)$, что даёт $a \in (0, 1)$.

Случай 2: $a > 1$

В этом случае логарифмическая функция $y = log_a(x)$ является возрастающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства сохраняется.

$log_a(5) < log_a(a^2)$

$5 < a^2$

Решая неравенство $a^2 > 5$, получаем совокупность $a > \sqrt{5}$ или $a < -\sqrt{5}$.

Найдём пересечение полученного решения с условием $a > 1$:

$a \in ((-\infty, -\sqrt{5}) \cup (\sqrt{5}, +\infty)) \cap (1, +\infty)$, что даёт $a \in (\sqrt{5}, +\infty)$.

Объединяя решения, полученные в обоих случаях, находим все значения $a$, при которых число -2 является решением исходного неравенства.

Ответ: $a \in (0, 1) \cup (\sqrt{5}, +\infty)$.