Страница 115, часть 1 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

Найдите наибольшее целое решение неравенства:

18.27. a) $2 \log_5 (\sqrt{12 - x} + 1) > \log_{\frac{1}{5}} \frac{1}{15 - x}$;

б) $2 \log_{0.5} \sqrt{2x + 1} - \log_{0.5}(4 - x) < \log_2 3^{\frac{1}{2}} - \log_4 2$.

а)

Дано неравенство $2 \log_{5} (\sqrt{12 - x} + 1) > \log_{\frac{1}{5}} \frac{1}{15 - x}$.

1. Определим область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным, а аргументы логарифмов — строго положительными.

$\begin{cases} 12 - x \ge 0 \\ \sqrt{12 - x} + 1 > 0 \\ \frac{1}{15 - x} > 0 \end{cases}$

Из первого неравенства получаем $x \le 12$.

Второе неравенство $\sqrt{12 - x} \ge 0 \implies \sqrt{12 - x} + 1 \ge 1$, так что оно выполняется для всех $x$ из области определения корня.

Третье неравенство $\frac{1}{15 - x} > 0$ выполняется, когда $15 - x > 0$, то есть $x < 15$.

Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \le 12$.

2. Преобразуем правую часть неравенства, используя формулу перехода к новому основанию и свойства логарифмов: $\log_{a^k} b = \frac{1}{k}\log_a b$ и $\log_a \frac{1}{c} = -\log_a c$.

$\log_{\frac{1}{5}} \frac{1}{15 - x} = \log_{5^{-1}} (15 - x)^{-1} = \frac{-1}{-1} \log_5(15 - x) = \log_5(15 - x)$.

3. Преобразуем левую часть, используя свойство $k \log_a b = \log_a b^k$:

$2 \log_{5} (\sqrt{12 - x} + 1) = \log_{5} \left((\sqrt{12 - x} + 1)^2\right)$.

4. Неравенство принимает вид:

$\log_{5} \left((\sqrt{12 - x} + 1)^2\right) > \log_5(15 - x)$.

Поскольку основание логарифма $5 > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. Следовательно, мы можем убрать логарифмы, сохранив знак неравенства:

$(\sqrt{12 - x} + 1)^2 > 15 - x$.

5. Решим полученное иррациональное неравенство, раскрыв скобки:

$(\sqrt{12 - x})^2 + 2\sqrt{12 - x} \cdot 1 + 1^2 > 15 - x$

$12 - x + 2\sqrt{12 - x} + 1 > 15 - x$

$13 - x + 2\sqrt{12 - x} > 15 - x$

$2\sqrt{12 - x} > 15 - x - 13 + x$

$2\sqrt{12 - x} > 2$

$\sqrt{12 - x} > 1$.

Так как обе части неравенства положительны, возведем их в квадрат:

$12 - x > 1^2$

$12 - x > 1$

$11 > x$, или $x < 11$.

6. Учтем ОДЗ ($x \le 12$). Пересечение решения $x < 11$ и ОДЗ дает итоговое решение неравенства: $x < 11$.

Наибольшее целое число, удовлетворяющее условию $x < 11$, — это 10.

Ответ: 10

б)

Дано неравенство $2 \log_{0.5} \sqrt{2x + 1} - \log_{0.5} (4 - x) < \log_2 32^{\frac{1}{2} - \log_4 2}$.

1. Определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными.

$\begin{cases} \sqrt{2x + 1} > 0 \\ 4 - x > 0 \end{cases}$

Из первого неравенства следует $2x + 1 > 0$, откуда $x > -1/2$.

Из второго неравенства получаем $x < 4$.

Следовательно, ОДЗ: $x \in (-1/2, 4)$.

2. Упростим правую часть неравенства. Сначала вычислим показатель степени:

$\log_4 2 = \log_{2^2} 2 = \frac{1}{2}\log_2 2 = \frac{1}{2}$.

Показатель степени равен $\frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$.

Тогда правая часть: $\log_2 32^0 = \log_2 1 = 0$.

3. Неравенство принимает вид:

$2 \log_{0.5} \sqrt{2x + 1} - \log_{0.5} (4 - x) < 0$.

4. Преобразуем левую часть, используя свойства логарифмов $k \log_a b = \log_a b^k$ и $\log_a b - \log_a c = \log_a \frac{b}{c}$:

$\log_{0.5} ((\sqrt{2x + 1})^2) - \log_{0.5} (4 - x) < 0$

$\log_{0.5} (2x + 1) - \log_{0.5} (4 - x) < 0$

$\log_{0.5} \frac{2x + 1}{4 - x} < 0$.

5. Представим 0 в виде логарифма с основанием 0.5: $0 = \log_{0.5} 1$.

$\log_{0.5} \frac{2x + 1}{4 - x} < \log_{0.5} 1$.

Поскольку основание логарифма $0.5 < 1$, логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак меняется на противоположный:

$\frac{2x + 1}{4 - x} > 1$.

6. Решим полученное дробно-рациональное неравенство:

$\frac{2x + 1}{4 - x} - 1 > 0$

$\frac{2x + 1 - (4 - x)}{4 - x} > 0$

$\frac{3x - 3}{4 - x} > 0$.

Решим это неравенство методом интервалов. Корни числителя и знаменателя: $x = 1$ и $x = 4$. Эти точки разбивают числовую ось на интервалы. Проверяя знаки на интервалах, находим, что неравенство выполняется при $x \in (1, 4)$.

7. Учтем ОДЗ ($x \in (-1/2, 4)$). Пересечение решения $x \in (1, 4)$ и ОДЗ дает итоговое решение неравенства: $x \in (1, 4)$.

Целые числа, принадлежащие интервалу $(1, 4)$, — это 2 и 3. Наибольшим из них является 3.

Ответ: 3

18.28. a) $\log_4(\sqrt{x} - 1) + \log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} + 1) < \log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} + 2);$

б) $\log_\pi(\sqrt[3]{x} - 5) + \log_{\frac{1}{\pi}}(\sqrt[3]{x} + 1) < \log_{\frac{1}{\pi}}\left(\frac{1}{3}\right) - \log_\pi(\sqrt[3]{x} + 1).$

а) $log_{4}(\sqrt{x} - 1) + log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} + 1) < log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} + 2)$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными, а подкоренное выражение — неотрицательным.

$ \begin{cases} x \ge 0 \\ \sqrt{x} - 1 > 0 \\ \sqrt{x} + 1 > 0 \\ \sqrt{x} + 2 > 0 \end{cases} $

Из второго неравенства получаем $\sqrt{x} > 1$, что означает $x > 1$. Это условие автоматически удовлетворяет всем остальным. Таким образом, ОДЗ: $x > 1$.

2. Приведем все логарифмы к одному основанию. Используем свойство $log_{a^k}(b) = \frac{1}{k}log_a(b)$ или $log_a(b) = -log_{\frac{1}{a}}(b)$. Преобразуем первый логарифм:

$log_{4}(\sqrt{x} - 1) = log_{(\frac{1}{4})^{-1}}(\sqrt{x} - 1) = -log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} - 1)$

3. Подставим преобразованный логарифм в исходное неравенство:

$-log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} - 1) + log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} + 1) < log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} + 2)$

4. Используем свойство разности логарифмов $log_a(b) - log_a(c) = log_a(\frac{b}{c})$:

$log_{\frac{1}{4}}(\frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1}) < log_{\frac{1}{4}}(\sqrt{x} + 2)$

5. Так как основание логарифма $a = \frac{1}{4}$ находится в интервале $(0; 1)$, логарифмическая функция является убывающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:

$\frac{\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1} > \sqrt{x} + 2$

6. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sqrt{x}$. Так как $x > 1$, то $t > 1$.

$\frac{t + 1}{t - 1} > t + 2$

Поскольку $t > 1$, то $t - 1 > 0$. Мы можем умножить обе части неравенства на $(t - 1)$, не меняя знака неравенства:

$t + 1 > (t + 2)(t - 1)$

$t + 1 > t^2 - t + 2t - 2$

$t + 1 > t^2 + t - 2$

$0 > t^2 - 3$

$t^2 < 3$

Решением этого неравенства является $-\sqrt{3} < t < \sqrt{3}$.

7. Вернемся к переменной $x$, учитывая условие $t > 1$:

$1 < t < \sqrt{3}$

$1 < \sqrt{x} < \sqrt{3}$

Возведем все части неравенства в квадрат:

$1 < x < 3$

Полученный интервал удовлетворяет ОДЗ ($x > 1$).

Ответ: $(1; 3)$

б) $log_{\pi}(\sqrt[3]{x} - 5) + log_{\frac{1}{\pi}}(\sqrt[3]{x} + 1) < log_{\frac{1}{\pi}}(\frac{1}{3}) - log_{\pi}(\sqrt[3]{x} + 1)$

1. Найдем ОДЗ:

$ \begin{cases} \sqrt[3]{x} - 5 > 0 \\ \sqrt[3]{x} + 1 > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \sqrt[3]{x} > 5 \\ \sqrt[3]{x} > -1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 125 \\ x > -1 \end{cases} $

Пересечением этих условий является $x > 125$.

2. Приведем все логарифмы к основанию $\pi$, используя свойство $log_{\frac{1}{a}}(b) = -log_a(b)$:

$log_{\pi}(\sqrt[3]{x} - 5) - log_{\pi}(\sqrt[3]{x} + 1) < -log_{\pi}(\frac{1}{3}) - log_{\pi}(\sqrt[3]{x} + 1)$

3. Прибавим $log_{\pi}(\sqrt[3]{x} + 1)$ к обеим частям неравенства:

$log_{\pi}(\sqrt[3]{x} - 5) < -log_{\pi}(\frac{1}{3})$

4. Преобразуем правую часть, используя свойство $k \cdot log_a(b) = log_a(b^k)$:

$-log_{\pi}(\frac{1}{3}) = log_{\pi}((\frac{1}{3})^{-1}) = log_{\pi}(3)$

Неравенство принимает вид:

$log_{\pi}(\sqrt[3]{x} - 5) < log_{\pi}(3)$

5. Так как основание логарифма $a = \pi \approx 3.14 > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства сохраняется:

$\sqrt[3]{x} - 5 < 3$

$\sqrt[3]{x} < 8$

Возведем обе части в куб:

$x < 8^3$

$x < 512$

6. Объединим полученное решение с ОДЗ ($x > 125$):

$125 < x < 512$

Ответ: $(125; 512)$

Решите неравенство:

18.29. a) $\log_{5x-1} 2 \le 0$;

б) $\log_{3x+4} 0,2 > 0$;

В) $\log_{2-3x} 5 > 0$;

Г) $\log_{5-x} 0,3 \le 0$.

а) $\log_{5x-1} 2 \le 0$

Данное неравенство определено (имеет смысл) при выполнении следующих условий (Область допустимых значений - ОДЗ):

Основание логарифма должно быть положительным и не равным единице:

$\begin{cases} 5x-1 > 0 \\ 5x-1 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} 5x > 1 \\ 5x \neq 2 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 1/5 \\ x \neq 2/5 \end{cases}$

Аргумент логарифма должен быть положительным: $2 > 0$, что всегда верно.

ОДЗ: $x \in (1/5, 2/5) \cup (2/5, \infty)$.

Представим 0 как логарифм по тому же основанию: $0 = \log_{5x-1} 1$.

Неравенство принимает вид: $\log_{5x-1} 2 \le \log_{5x-1} 1$.

Далее решение зависит от значения основания. Рассмотрим два случая:

1. Если основание больше 1: $5x-1 > 1 \implies 5x > 2 \implies x > 2/5$.
В этом случае логарифмическая функция является возрастающей, и знак неравенства для аргументов сохраняется:
$2 \le 1$.
Это неравенство неверно, следовательно, в этом случае решений нет.

2. Если основание находится в интервале от 0 до 1: $0 < 5x-1 < 1 \implies 1 < 5x < 2 \implies 1/5 < x < 2/5$.
В этом случае логарифмическая функция является убывающей, и знак неравенства для аргументов меняется на противоположный:
$2 \ge 1$.
Это неравенство верно. Таким образом, все значения $x$ из интервала $(1/5, 2/5)$ являются решением.

Объединяя результаты, получаем итоговое решение.

Ответ: $x \in (1/5, 2/5)$.

б) $\log_{3x+4} 0,2 > 0$

Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} 3x+4 > 0 \\ 3x+4 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} 3x > -4 \\ 3x \neq -3 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -4/3 \\ x \neq -1 \end{cases}$

Аргумент $0,2 > 0$ всегда верно.

ОДЗ: $x \in (-4/3, -1) \cup (-1, \infty)$.

Представим 0 как $\log_{3x+4} 1$. Неравенство: $\log_{3x+4} 0,2 > \log_{3x+4} 1$.

Рассмотрим два случая:

1. Если основание больше 1: $3x+4 > 1 \implies 3x > -3 \implies x > -1$.
Знак неравенства сохраняется:
$0,2 > 1$.
Это неверно, решений в этом случае нет.

2. Если основание от 0 до 1: $0 < 3x+4 < 1 \implies -4 < 3x < -3 \implies -4/3 < x < -1$.
Знак неравенства меняется на противоположный:
$0,2 < 1$.
Это неравенство верно. Решением является весь рассматриваемый интервал $(-4/3, -1)$.

Ответ: $x \in (-4/3, -1)$.

в) $\log_{2-3x} 5 > 0$

Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} 2-3x > 0 \\ 2-3x \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} 2 > 3x \\ 1 \neq 3x \end{cases} \implies \begin{cases} x < 2/3 \\ x \neq 1/3 \end{cases}$

Аргумент $5 > 0$ всегда верно.

ОДЗ: $x \in (-\infty, 1/3) \cup (1/3, 2/3)$.

Представим 0 как $\log_{2-3x} 1$. Неравенство: $\log_{2-3x} 5 > \log_{2-3x} 1$.

Рассмотрим два случая:

1. Если основание больше 1: $2-3x > 1 \implies 1 > 3x \implies x < 1/3$.
Знак неравенства сохраняется:
$5 > 1$.
Это неравенство верно. Решением является весь рассматриваемый интервал $(-\infty, 1/3)$.

2. Если основание от 0 до 1: $0 < 2-3x < 1 \implies -2 < -3x < -1 \implies 1 < 3x < 2 \implies 1/3 < x < 2/3$.
Знак неравенства меняется на противоположный:
$5 < 1$.
Это неверно, решений в этом случае нет.

Ответ: $x \in (-\infty, 1/3)$.

г) $\log_{5-x} 0,3 \le 0$

Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} 5-x > 0 \\ 5-x \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 5 \\ x \neq 4 \end{cases}$

Аргумент $0,3 > 0$ всегда верно.

ОДЗ: $x \in (-\infty, 4) \cup (4, 5)$.

Представим 0 как $\log_{5-x} 1$. Неравенство: $\log_{5-x} 0,3 \le \log_{5-x} 1$.

Рассмотрим два случая:

1. Если основание больше 1: $5-x > 1 \implies 4 > x \implies x < 4$.
Знак неравенства сохраняется:
$0,3 \le 1$.
Это неравенство верно. Решением является весь рассматриваемый интервал $(-\infty, 4)$.

2. Если основание от 0 до 1: $0 < 5-x < 1 \implies -5 < -x < -4 \implies 4 < x < 5$.
Знак неравенства меняется на противоположный:
$0,3 \ge 1$.
Это неверно, решений в этом случае нет.

Ответ: $x \in (-\infty, 4)$.

18.30. a) $\log_{3x-1} 16 < 2;$

б) $\log_{x-2} 27 < 3.$

а)

Решим логарифмическое неравенство $\log_{3x-1}{16} < 2$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма $3x-1$ должно быть положительным и не равным единице:

$\begin{cases} 3x-1 > 0 \\ 3x-1 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} 3x > 1 \\ 3x \neq 2 \end{cases} \implies \begin{cases} x > \frac{1}{3} \\ x \neq \frac{2}{3} \end{cases}$

Таким образом, ОДЗ: $x \in (\frac{1}{3}; \frac{2}{3}) \cup (\frac{2}{3}; +\infty)$.

Представим число 2 в виде логарифма с основанием $3x-1$:

$2 = 2 \cdot \log_{3x-1}{(3x-1)} = \log_{3x-1}{(3x-1)^2}$

Теперь неравенство можно записать так:

$\log_{3x-1}{16} < \log_{3x-1}{(3x-1)^2}$

Дальнейшее решение зависит от значения основания логарифма. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Основание больше 1.

$3x-1 > 1 \implies 3x > 2 \implies x > \frac{2}{3}$.

В этом случае логарифмическая функция является возрастающей, поэтому при переходе от логарифмов к их аргументам знак неравенства сохраняется:

$16 < (3x-1)^2$

$16 < 9x^2 - 6x + 1$

$0 < 9x^2 - 6x - 15$

Разделив обе части на 3, получим: $3x^2 - 2x - 5 > 0$.

Найдем корни квадратного уравнения $3x^2 - 2x - 5 = 0$.

Дискриминант $D = (-2)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-5) = 4 + 60 = 64 = 8^2$.

Корни: $x_1 = \frac{2 - 8}{2 \cdot 3} = -1$, $x_2 = \frac{2 + 8}{2 \cdot 3} = \frac{10}{6} = \frac{5}{3}$.

Парабола $y = 3x^2 - 2x - 5$ направлена ветвями вверх, поэтому неравенство $3x^2 - 2x - 5 > 0$ выполняется при $x \in (-\infty; -1) \cup (\frac{5}{3}; +\infty)$.

Учитывая условие этого случая $x > \frac{2}{3}$, получаем решение: $x \in (\frac{5}{3}; +\infty)$.

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

$0 < 3x-1 < 1 \implies 1 < 3x < 2 \implies \frac{1}{3} < x < \frac{2}{3}$.

В этом случае логарифмическая функция является убывающей, поэтому при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный:

$16 > (3x-1)^2$

$0 > 9x^2 - 6x - 15$

$3x^2 - 2x - 5 < 0$.

Корни уравнения $3x^2 - 2x - 5 = 0$ нам уже известны: $x_1 = -1$ и $x_2 = \frac{5}{3}$.

Неравенство $3x^2 - 2x - 5 < 0$ выполняется при $x \in (-1; \frac{5}{3})$.

Учитывая условие этого случая $\frac{1}{3} < x < \frac{2}{3}$, получаем решение: $x \in (\frac{1}{3}; \frac{2}{3})$.

Объединяя решения, полученные в обоих случаях, находим окончательный ответ.

Ответ: $x \in (\frac{1}{3}; \frac{2}{3}) \cup (\frac{5}{3}; +\infty)$.

б)

Решим логарифмическое неравенство $\log_{x-2}{27} < 3$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма $x-2$ должно быть положительным и не равным единице:

$\begin{cases} x-2 > 0 \\ x-2 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 2 \\ x \neq 3 \end{cases}$

Таким образом, ОДЗ: $x \in (2; 3) \cup (3; +\infty)$.

Представим число 3 в виде логарифма с основанием $x-2$:

$3 = \log_{x-2}{(x-2)^3}$

Неравенство принимает вид:

$\log_{x-2}{27} < \log_{x-2}{(x-2)^3}$

Рассмотрим два случая в зависимости от значения основания.

Случай 1: Основание больше 1.

$x-2 > 1 \implies x > 3$.

Логарифмическая функция возрастающая, знак неравенства сохраняется:

$27 < (x-2)^3$

$3^3 < (x-2)^3$

Так как функция $y=t^3$ монотонно возрастает, то можно извлечь кубический корень из обеих частей, сохранив знак неравенства:

$3 < x-2 \implies x > 5$.

Пересекая с условием $x > 3$, получаем решение для этого случая: $x \in (5; +\infty)$.

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

$0 < x-2 < 1 \implies 2 < x < 3$.

Логарифмическая функция убывающая, знак неравенства меняется на противоположный:

$27 > (x-2)^3$

$3^3 > (x-2)^3$

$3 > x-2 \implies x < 5$.

Пересекая с условием $2 < x < 3$, получаем решение для этого случая: $x \in (2; 3)$.

Объединяя решения, полученные в обоих случаях, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x \in (2; 3) \cup (5; +\infty)$.

18.31. a) $\log_x \sqrt{21 - 4x} > 1;$

б) $\log_x \frac{x+3}{x-1} > 1.$

а) $\log_x \sqrt{21-4x} > 1$

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ).
1. Основание логарифма $x$ должно быть положительным и не равным единице: $x > 0$ и $x \neq 1$.
2. Аргумент логарифма $\sqrt{21-4x}$ должен быть строго положительным. Так как корень не может быть отрицательным, достаточно потребовать, чтобы подкоренное выражение было строго положительным:$21 - 4x > 0 \implies 21 > 4x \implies x < \frac{21}{4} \implies x < 5.25$.
Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, 5.25)$.

Далее, решение неравенства зависит от значения основания $x$. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Основание $0 < x < 1$.
В этом случае логарифмическая функция является убывающей, поэтому при потенцировании знак неравенства меняется на противоположный. Представим $1$ как $\log_x x$.
$\log_x \sqrt{21-4x} > \log_x x \implies \sqrt{21-4x} < x$.
Так как в рассматриваемом случае $x>0$, обе части неравенства положительны, и мы можем возвести их в квадрат:
$21 - 4x < x^2$
$x^2 + 4x - 21 > 0$.
Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 + 4x - 21 = 0$. Используя, например, теорему Виета, получаем корни $x_1 = -7$ и $x_2 = 3$.
Парабола $y = x^2 + 4x - 21$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \in (-\infty, -7) \cup (3, \infty)$.
Теперь найдем пересечение полученного решения с условием для данного случая $x \in (0, 1)$:
$\left( (-\infty, -7) \cup (3, \infty) \right) \cap (0, 1) = \emptyset$.
В этом случае решений нет.

Случай 2: Основание $x > 1$.
В этом случае логарифмическая функция является возрастающей, поэтому при потенцировании знак неравенства сохраняется:
$\log_x \sqrt{21-4x} > \log_x x \implies \sqrt{21-4x} > x$.
Обе части неравенства положительны (так как $x > 1$, а корень всегда неотрицателен и по ОДЗ строго положителен), возводим в квадрат:
$21 - 4x > x^2$
$x^2 + 4x - 21 < 0$.
Корни мы уже нашли: $x_1 = -7$ и $x_2 = 3$.
Решением этого неравенства является интервал $x \in (-7, 3)$.
Найдем пересечение этого решения с условием для данного случая ($x>1$) и ОДЗ ($x \in (1, 5.25)$):
$(-7, 3) \cap (1, \infty) = (1, 3)$.
Этот интервал полностью входит в ОДЗ.

Объединяя решения из двух случаев, получаем итоговое решение неравенства.
Ответ: $(1, 3)$

б) $\log_x \frac{x+3}{x-1} > 1$

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ).
1. Основание логарифма: $x > 0$ и $x \neq 1$.
2. Аргумент логарифма: $\frac{x+3}{x-1} > 0$.
Решим это неравенство методом интервалов. Нули числителя и знаменателя: $x=-3$ и $x=1$.
Проверяя знаки на интервалах $(-\infty, -3)$, $(-3, 1)$ и $(1, \infty)$, получаем, что выражение положительно при $x \in (-\infty, -3) \cup (1, \infty)$.
Пересекая все условия ОДЗ, получаем: $\left( (0, 1) \cup (1, \infty) \right) \cap \left( (-\infty, -3) \cup (1, \infty) \right) = (1, \infty)$.
Таким образом, ОДЗ: $x > 1$.

Поскольку из ОДЗ следует, что основание логарифма $x > 1$, логарифмическая функция является возрастающей. Значит, при потенцировании знак неравенства сохраняется.
$\log_x \frac{x+3}{x-1} > 1 \implies \log_x \frac{x+3}{x-1} > \log_x x$
$\frac{x+3}{x-1} > x$
Перенесем все в левую часть и приведем к общему знаменателю:
$\frac{x+3}{x-1} - x > 0$
$\frac{x+3 - x(x-1)}{x-1} > 0$
$\frac{x+3 - x^2 + x}{x-1} > 0$
$\frac{-x^2 + 2x + 3}{x-1} > 0$
Умножим числитель и знаменатель на -1, изменив знак неравенства:
$\frac{x^2 - 2x - 3}{x-1} < 0$

Решим полученное неравенство методом интервалов.
Корни числителя $x^2 - 2x - 3 = 0$: $x_1 = -1$, $x_2 = 3$.
Корень знаменателя: $x_3 = 1$.
Наносим точки $-1, 1, 3$ на числовую ось и определяем знаки выражения $\frac{(x+1)(x-3)}{x-1}$ на полученных интервалах.
Выражение отрицательно при $x \in (-\infty, -1) \cup (1, 3)$.
Теперь найдем пересечение этого решения с ОДЗ ($x > 1$):
$\left( (-\infty, -1) \cup (1, 3) \right) \cap (1, \infty) = (1, 3)$.
Ответ: $(1, 3)$

18.32. a) $\log_{x-2} (2x-3) > \log_{x-2} (24-6x);$

б) $\log_{2x-1} (3x-5) < \log_{2x-1} (15-7x).$

Решение логарифмического неравенства с переменным основанием сводится к рассмотрению двух случаев, в зависимости от значения основания. Но сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ).

ОДЗ определяется системой неравенств:

$\begin{cases} 2x-3 > 0 \\ 24-6x > 0 \\ x-2 > 0 \\ x-2 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 1.5 \\ x < 4 \\ x > 2 \\ x \neq 3 \end{cases}$

Пересечение этих условий дает ОДЗ: $x \in (2, 3) \cup (3, 4)$.

Теперь рассмотрим два случая.

Случай 1: Основание больше 1.

$x-2 > 1 \implies x > 3$.

С учетом ОДЗ, этот случай рассматривается на интервале $x \in (3, 4)$.

Если основание логарифма больше 1, то логарифмическая функция возрастает, и знак неравенства для аргументов сохраняется:

$2x - 3 > 24 - 6x$

$8x > 27$

$x > \frac{27}{8}$ или $x > 3.375$.

Находим пересечение этого решения с интервалом $(3, 4)$: $x \in (3.375, 4)$ или $x \in (\frac{27}{8}, 4)$.

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

$0 < x-2 < 1 \implies 2 < x < 3$.

Этот интервал полностью соответствует ОДЗ.

Если основание логарифма от 0 до 1, то логарифмическая функция убывает, и знак неравенства для аргументов меняется на противоположный:

$2x - 3 < 24 - 6x$

$8x < 27$

$x < \frac{27}{8}$ или $x < 3.375$.

Находим пересечение этого решения с интервалом $(2, 3)$: $x \in (2, 3)$.

Общее решение неравенства является объединением решений, полученных в обоих случаях.

Ответ: $x \in (2, 3) \cup (\frac{27}{8}, 4)$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ) данного неравенства.

$\begin{cases} 3x-5 > 0 \\ 15-7x > 0 \\ 2x-1 > 0 \\ 2x-1 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > \frac{5}{3} \\ x < \frac{15}{7} \\ x > \frac{1}{2} \\ x \neq 1 \end{cases}$

Так как $\frac{5}{3} \approx 1.67$ и $\frac{15}{7} \approx 2.14$, пересечение этих условий дает нам ОДЗ: $x \in (\frac{5}{3}, \frac{15}{7})$.

Рассмотрим два случая в зависимости от значения основания $2x-1$.

Случай 1: Основание больше 1.

$2x-1 > 1 \implies 2x > 2 \implies x > 1$.

Пересекаем это условие с ОДЗ: $x \in (\frac{5}{3}, \frac{15}{7})$. Так как $\frac{5}{3} > 1$, то интервал рассмотрения совпадает с ОДЗ.

При основании больше 1 знак неравенства сохраняется:

$3x-5 < 15-7x$

$10x < 20$

$x < 2$.

Найдем пересечение решения $x < 2$ с интервалом ОДЗ $(\frac{5}{3}, \frac{15}{7})$.

Так как $2 < \frac{15}{7}$ (поскольку $14 < 15$), то решением будет интервал $x \in (\frac{5}{3}, 2)$.

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

$0 < 2x-1 < 1 \implies 1/2 < x < 1$.

Этот интервал не имеет общих точек с ОДЗ $x \in (\frac{5}{3}, \frac{15}{7})$, так как $1 < \frac{5}{3}$.

Следовательно, в этом случае решений нет.

Итоговое решение — это решение, полученное в первом случае.

Ответ: $x \in (\frac{5}{3}, 2)$.

18.33. a) $\log_{\cos x} \frac{\sqrt{3}}{2} \ge 1;$

б) $\log_{\sin x} 1 \le 2;$

В) $\log_{\sin x} \frac{1}{2} \ge 1;$

Г) $\log_{\cos x} \frac{1}{2} \le 2.$

а) Решим неравенство $ \log_{\cos x} \frac{\sqrt{3}}{2} \geq 1 $.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма должно быть положительным и не равным единице:

$ \begin{cases} \cos x > 0 \\ \cos x \neq 1 \end{cases} \implies 0 < \cos x < 1 $.

2. Преобразуем неравенство. Так как $ 1 = \log_{\cos x}(\cos x) $, получаем:

$ \log_{\cos x} \frac{\sqrt{3}}{2} \geq \log_{\cos x}(\cos x) $.

Поскольку из ОДЗ следует, что основание логарифма $ 0 < \cos x < 1 $, логарифмическая функция является убывающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:

$ \frac{\sqrt{3}}{2} \leq \cos x $.

3. Объединим полученное условие с ОДЗ в систему:

$ \begin{cases} 0 < \cos x < 1 \\ \cos x \geq \frac{\sqrt{3}}{2} \end{cases} $.

Решением системы является неравенство $ \frac{\sqrt{3}}{2} \leq \cos x < 1 $.

4. Решим это тригонометрическое неравенство.

Решением неравенства $ \cos x \geq \frac{\sqrt{3}}{2} $ является объединение промежутков $ [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n] $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Условие $ \cos x < 1 $ означает, что нужно исключить точки, где $ \cos x = 1 $, то есть $ x \neq 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Таким образом, из промежутка $ [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n] $ необходимо исключить точку $ 2\pi n $.

Ответ: $ x \in [-\frac{\pi}{6} + 2\pi n, 2\pi n) \cup (2\pi n, \frac{\pi}{6} + 2\pi n] $, $ n \in \mathbb{Z} $.

б) Решим неравенство $ \log_{\sin x} 1 \leq 2 $.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма $ \sin x $ должно быть положительным и не равным единице:

$ \begin{cases} \sin x > 0 \\ \sin x \neq 1 \end{cases} \implies 0 < \sin x < 1 $.

Решением этой системы являются $ x \in (2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \pi + 2\pi n) $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

2. Решим само неравенство. Известно, что логарифм единицы по любому допустимому основанию равен нулю: $ \log_{\sin x} 1 = 0 $.

Неравенство принимает вид $ 0 \leq 2 $.

3. Это верное числовое неравенство, которое выполняется для всех $x$ из области допустимых значений. Следовательно, решение исходного неравенства совпадает с его ОДЗ.

Ответ: $ x \in (2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \pi + 2\pi n) $, $ n \in \mathbb{Z} $.

в) Решим неравенство $ \log_{\sin x} \frac{1}{2} \geq 1 $.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма $ \sin x $ должно быть положительным и не равным единице:

$ \begin{cases} \sin x > 0 \\ \sin x \neq 1 \end{cases} \implies 0 < \sin x < 1 $.

2. Преобразуем неравенство, представив $1$ как $ \log_{\sin x}(\sin x) $:

$ \log_{\sin x} \frac{1}{2} \geq \log_{\sin x}(\sin x) $.

Так как основание логарифма $ 0 < \sin x < 1 $, логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак меняется на противоположный:

$ \frac{1}{2} \leq \sin x $.

3. Объединим полученное условие с ОДЗ в систему:

$ \begin{cases} 0 < \sin x < 1 \\ \sin x \geq \frac{1}{2} \end{cases} $.

Решением системы является неравенство $ \frac{1}{2} \leq \sin x < 1 $.

4. Решим это тригонометрическое неравенство.

Решением неравенства $ \sin x \geq \frac{1}{2} $ является объединение промежутков $ [\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n] $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Условие $ \sin x < 1 $ означает, что нужно исключить точки, где $ \sin x = 1 $, то есть $ x \neq \frac{\pi}{2} + 2\pi n $, где $ n \in \mathbb{Z} $.

Таким образом, из промежутка $ [\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n] $ необходимо исключить точку $ \frac{\pi}{2} + 2\pi n $.

Ответ: $ x \in [\frac{\pi}{6} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) \cup (\frac{\pi}{2} + 2\pi n, \frac{5\pi}{6} + 2\pi n] $, $ n \in \mathbb{Z} $.

г) Решим неравенство $ \log_{\cos x} \frac{1}{2} \leq 2 $.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основание логарифма $ \cos x $ должно быть положительным и не равным единице:

$ \begin{cases} \cos x > 0 \\ \cos x \neq 1 \end{cases} \implies 0 < \cos x < 1 $.

2. Преобразуем неравенство, представив $2$ как $ \log_{\cos x}((\cos x)^2) $:

$ \log_{\cos x} \frac{1}{2} \leq \log_{\cos x}(\cos^2 x) $.

Так как основание логарифма $ 0 < \cos x < 1 $, логарифмическая функция является убывающей. При переходе к неравенству для аргументов знак меняется на противоположный:

$ \frac{1}{2} \geq \cos^2 x $.

3. Решим неравенство $ \cos^2 x \leq \frac{1}{2} $. Оно эквивалентно $ |\cos x| \leq \frac{1}{\sqrt{2}} $, или $ -\frac{\sqrt{2}}{2} \leq \cos x \leq \frac{\sqrt{2}}{2} $.

4. Объединим полученное условие с ОДЗ в систему:

$ \begin{cases} 0 < \cos x < 1 \\ -\frac{\sqrt{2}}{2} \leq \cos x \leq \frac{\sqrt{2}}{2} \end{cases} $.

Решением системы является неравенство $ 0 < \cos x \leq \frac{\sqrt{2}}{2} $.

5. Решим это тригонометрическое неравенство. На единичной окружности это соответствует дугам в первой и четвертой четвертях, где косинус положителен, но не превышает $ \frac{\sqrt{2}}{2} $.

В первой четверти это $ x \in [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) $.

В четвертой четверти это $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, -\frac{\pi}{4} + 2\pi n] $.

Ответ: $ x \in (-\frac{\pi}{2} + 2\pi n, -\frac{\pi}{4} + 2\pi n] \cup [\frac{\pi}{4} + 2\pi n, \frac{\pi}{2} + 2\pi n) $, $ n \in \mathbb{Z} $.

18.34. a) $log_{x^2-3} 729 > 3$;

Б) $log_{10-x^2} \left(\frac{16}{5}x - x^2\right) < 1$;

В) $log_{\frac{x-1}{x+5}} 0,3 > 0$;

Г) $log_{4-x} (x^2 - 10) < 2$.

а) $\log_{x^2-3} 729 > 3$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Основание логарифма должно быть больше нуля и не равно единице:
$\begin{cases} x^2-3 > 0 \\ x^2-3 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x^2 > 3 \\ x^2 \neq 4 \end{cases} \implies \begin{cases} x \in (-\infty; -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}; \infty) \\ x \neq \pm 2 \end{cases}$
Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty; -2) \cup (-2; -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}; 2) \cup (2; \infty)$.
2. Решим неравенство, рассмотрев два случая.

Случай 1: Основание больше 1.
$x^2 - 3 > 1 \implies x^2 > 4 \implies x \in (-\infty; -2) \cup (2; \infty)$.
В этом случае знак неравенства сохраняется:
$729 > (x^2-3)^3$
Так как $729 = 9^3$, получаем:
$9^3 > (x^2-3)^3$
$9 > x^2-3$
$12 > x^2 \implies x^2 < 12 \implies -\sqrt{12} < x < \sqrt{12} \implies -2\sqrt{3} < x < 2\sqrt{3}$.
Найдем пересечение полученного решения с условием для данного случая: $x \in (-2\sqrt{3}; -2) \cup (2; 2\sqrt{3})$. Это решение удовлетворяет ОДЗ.

Случай 2: Основание от 0 до 1.
$0 < x^2 - 3 < 1$.
$\begin{cases} x^2 - 3 > 0 \\ x^2 - 3 < 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x^2 > 3 \\ x^2 < 4 \end{cases} \implies \begin{cases} x \in (-\infty; -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}; \infty) \\ x \in (-2; 2) \end{cases}$
Пересечение этих интервалов: $x \in (-2; -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}; 2)$.
В этом случае знак неравенства меняется на противоположный:
$729 < (x^2-3)^3$
$9^3 < (x^2-3)^3$
$9 < x^2-3$
$12 < x^2 \implies x^2 > 12 \implies x \in (-\infty; -2\sqrt{3}) \cup (2\sqrt{3}; \infty)$.
Пересечение этого решения с условием для данного случая $x \in (-2; -\sqrt{3}) \cup (\sqrt{3}; 2)$ пусто, так как $2\sqrt{3} > 2$.

Объединяя решения из двух случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $x \in (-2\sqrt{3}; -2) \cup (2; 2\sqrt{3})$.

б) $\log_{10-x^2} \left(\frac{16}{5}x - x^2\right) < 1$

1. Найдем ОДЗ.
$\begin{cases} \frac{16}{5}x - x^2 > 0 \\ 10-x^2 > 0 \\ 10-x^2 \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x(\frac{16}{5} - x) > 0 \\ x^2 < 10 \\ x^2 \neq 9 \end{cases} \implies \begin{cases} x \in (0; 3.2) \\ x \in (-\sqrt{10}; \sqrt{10}) \\ x \neq \pm 3 \end{cases}$
Так как $\sqrt{10} \approx 3.16$, пересечением является интервал $x \in (0; 3) \cup (3; \sqrt{10})$.2. Решим неравенство, рассмотрев два случая.

Случай 1: Основание больше 1.
$10 - x^2 > 1 \implies 9 > x^2 \implies -3 < x < 3$.
С учетом ОДЗ, интервал для этого случая: $x \in (0; 3)$.
Знак неравенства сохраняется:
$\frac{16}{5}x - x^2 < 10 - x^2$
$\frac{16}{5}x < 10 \implies x < \frac{50}{16} \implies x < \frac{25}{8} \implies x < 3.125$.
Пересекая с интервалом случая $x \in (0; 3)$, получаем решение: $x \in (0; 3)$.

Случай 2: Основание от 0 до 1.
$0 < 10 - x^2 < 1 \implies 9 < x^2 < 10 \implies x \in (-\sqrt{10}; -3) \cup (3; \sqrt{10})$.
С учетом ОДЗ, интервал для этого случая: $x \in (3; \sqrt{10})$.
Знак неравенства меняется:
$\frac{16}{5}x - x^2 > 10 - x^2$
$\frac{16}{5}x > 10 \implies x > \frac{25}{8} \implies x > 3.125$.
Пересекая с интервалом случая $x \in (3; \sqrt{10})$, получаем решение: $x \in (\frac{25}{8}; \sqrt{10})$.

Объединяя решения из двух случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $x \in (0; 3) \cup (\frac{25}{8}; \sqrt{10})$.

в) $\log_{\frac{x-1}{x+5}} 0.3 > 0$

1. Найдем ОДЗ.
$\begin{cases} \frac{x-1}{x+5} > 0 \\ \frac{x-1}{x+5} \neq 1 \end{cases}$.
Первое неравенство $\frac{x-1}{x+5} > 0$ методом интервалов дает $x \in (-\infty; -5) \cup (1; \infty)$.
Второе условие $\frac{x-1}{x+5} \neq 1 \implies x-1 \neq x+5 \implies -1 \neq 5$, что верно для любого $x$.
ОДЗ: $x \in (-\infty; -5) \cup (1; \infty)$.2. Представим 0 как логарифм: $0 = \log_{\frac{x-1}{x+5}} 1$.
Неравенство принимает вид: $\log_{\frac{x-1}{x+5}} 0.3 > \log_{\frac{x-1}{x+5}} 1$.

Случай 1: Основание больше 1.
$\frac{x-1}{x+5} > 1 \implies \frac{x-1}{x+5} - 1 > 0 \implies \frac{x-1-(x+5)}{x+5} > 0 \implies \frac{-6}{x+5} > 0$.
Это неравенство выполняется при $x+5 < 0$, то есть $x < -5$.
При таком основании знак неравенства сохраняется: $0.3 > 1$. Это ложное утверждение, следовательно, в этом случае решений нет.

Случай 2: Основание от 0 до 1.
$0 < \frac{x-1}{x+5} < 1$. Из ОДЗ мы знаем, что $\frac{x-1}{x+5} > 0$ при $x \in (-\infty; -5) \cup (1; \infty)$.
Решим $\frac{x-1}{x+5} < 1 \implies \frac{-6}{x+5} < 0$, что выполняется при $x+5 > 0$, то есть $x > -5$.
Пересечение $x > -5$ и $x \in (-\infty; -5) \cup (1; \infty)$ дает $x \in (1; \infty)$.
При таком основании знак неравенства меняется: $0.3 < 1$. Это истинное утверждение.
Следовательно, решением является весь интервал для этого случая: $x \in (1; \infty)$.

Ответ: $x \in (1; \infty)$.

г) $\log_{4-x} (x^2 - 10) < 2$

1. Найдем ОДЗ.
$\begin{cases} x^2-10 > 0 \\ 4-x > 0 \\ 4-x \neq 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x^2 > 10 \\ x < 4 \\ x \neq 3 \end{cases} \implies \begin{cases} x \in (-\infty; -\sqrt{10}) \cup (\sqrt{10}; \infty) \\ x < 4 \\ x \neq 3 \end{cases}$
Так как $\sqrt{10} \approx 3.16$, пересечением является $x \in (-\infty; -\sqrt{10}) \cup (\sqrt{10}; 3) \cup (3; 4)$.2. Решим неравенство, рассмотрев два случая.

Случай 1: Основание больше 1.
$4-x > 1 \implies x < 3$.
Пересечение с ОДЗ дает интервал для этого случая: $x \in (-\infty; -\sqrt{10}) \cup (\sqrt{10}; 3)$.
Знак неравенства сохраняется:
$x^2 - 10 < (4-x)^2$
$x^2 - 10 < 16 - 8x + x^2$
$-10 < 16 - 8x \implies 8x < 26 \implies x < \frac{13}{4} \implies x < 3.25$.
Пересекая $x < 3.25$ с интервалом случая $x \in (-\infty; -\sqrt{10}) \cup (\sqrt{10}; 3)$, получаем решение: $x \in (-\infty; -\sqrt{10}) \cup (\sqrt{10}; 3)$.

Случай 2: Основание от 0 до 1.
$0 < 4-x < 1 \implies 3 < x < 4$.
Пересечение с ОДЗ дает интервал для этого случая: $x \in (\sqrt{10}; 3) \cup (3; 4)$ и $3 < x < 4$. Общий интервал $x \in (3;4)$. Так как $\sqrt{10} \approx 3.16 > 3$, пересечение $x \in (\sqrt{10}; 4)$ и $3 < x < 4$ дает $x \in (\sqrt{10}; 4)$.
Знак неравенства меняется:
$x^2 - 10 > (4-x)^2$
$x^2 - 10 > 16 - 8x + x^2$
$-10 > 16 - 8x \implies 8x > 26 \implies x > \frac{13}{4} \implies x > 3.25$.
Пересекая $x > 3.25$ с интервалом случая $x \in (\sqrt{10}; 4)$, получаем решение: $x \in (\frac{13}{4}; 4)$, так как $\frac{13}{4} = 3.25 > \sqrt{10}$.

Объединяя решения из двух случаев: $(-\infty; -\sqrt{10}) \cup (\sqrt{10}; 3) \cup (\frac{13}{4}; 4)$.
Ответ: $x \in (-\infty; -\sqrt{10}) \cup (\sqrt{10}; 3) \cup (\frac{13}{4}; 4)$.

18.35. a) $\log_{1/2} \log_{1/3} \left(\frac{1}{27} + \frac{2 \sin x}{27}\right) < -1;$

б) $\log_3 \log_4 (96 + 64 \cos x) \ge 1.$

а)

Рассмотрим неравенство $ \log_{\frac{1}{2}} \log_{\frac{1}{3}} \left(\frac{1}{27} + \frac{2 \sin x}{27}\right) < -1 $.

Сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть положительны:

$ \begin{cases} \log_{\frac{1}{3}} \left(\frac{1+2\sin x}{27}\right) > 0 \\ \frac{1+2\sin x}{27} > 0 \end{cases} $

Из второго неравенства системы следует $ 1+2\sin x > 0 $, то есть $ \sin x > -\frac{1}{2} $.

Решим первое неравенство. Так как основание логарифма $ \frac{1}{3} < 1 $, то функция является убывающей, и при потенцировании знак неравенства меняется на противоположный: $ \frac{1+2\sin x}{27} < \left(\frac{1}{3}\right)^0 \implies \frac{1+2\sin x}{27} < 1 \implies 1+2\sin x < 27 \implies \sin x < 13 $. Это неравенство выполняется при любых значениях $ x $, поскольку $ \sin x \le 1 $.

Таким образом, ОДЗ определяется условием $ \sin x > -\frac{1}{2} $.

Теперь решим исходное неравенство. Основание внешнего логарифма $ \frac{1}{2} < 1 $, поэтому при потенцировании знак неравенства меняется:

$ \log_{\frac{1}{3}} \left(\frac{1+2\sin x}{27}\right) > \left(\frac{1}{2}\right)^{-1} \implies \log_{\frac{1}{3}} \left(\frac{1+2\sin x}{27}\right) > 2 $.

Основание внутреннего логарифма $ \frac{1}{3} < 1 $, поэтому знак неравенства снова меняется:

$ \frac{1+2\sin x}{27} < \left(\frac{1}{3}\right)^2 \implies \frac{1+2\sin x}{27} < \frac{1}{9} $.

Отсюда $ 1+2\sin x < 3 $, что дает $ 2\sin x < 2 $, или $ \sin x < 1 $.

Совмещая полученное условие с ОДЗ, получаем систему $ \begin{cases} \sin x > -\frac{1}{2} \\ \sin x < 1 \end{cases} $, что равносильно двойному неравенству $ -\frac{1}{2} < \sin x < 1 $.

На единичной окружности этому условию соответствуют значения $ x $, для которых $ x \in (-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k) $ и $ x \neq \frac{\pi}{2} + 2\pi k $, где $ k \in \mathbb{Z} $.

Ответ: $ x \in \left(-\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{\pi}{2} + 2\pi k\right) \cup \left(\frac{\pi}{2} + 2\pi k, \frac{7\pi}{6} + 2\pi k\right), k \in \mathbb{Z} $.

б)

Рассмотрим неравенство $ \log_3 \log_4 (96 + 64 \cos x) \ge 1 $.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть положительны:

$ \begin{cases} \log_4(96 + 64 \cos x) > 0 \\ 96 + 64 \cos x > 0 \end{cases} $

Из второго неравенства: $ 64 \cos x > -96 \implies \cos x > -\frac{96}{64} \implies \cos x > -1.5 $. Это верно для любого $ x $, так как $ \cos x \ge -1 $.

Из первого неравенства, учитывая, что основание $ 4 > 1 $, функция является возрастающей и знак неравенства сохраняется: $ 96 + 64 \cos x > 4^0 \implies 96 + 64 \cos x > 1 \implies 64 \cos x > -95 \implies \cos x > -\frac{95}{64} $. Это также верно для любого $ x $.

Следовательно, ОДЗ — все действительные числа, $ x \in \mathbb{R} $.

Теперь решим исходное неравенство. Основание внешнего логарифма $ 3 > 1 $, поэтому знак неравенства сохраняется:

$ \log_4(96 + 64 \cos x) \ge 3^1 \implies \log_4(96 + 64 \cos x) \ge 3 $.

Основание внутреннего логарифма $ 4 > 1 $, поэтому знак неравенства также сохраняется:

$ 96 + 64 \cos x \ge 4^3 \implies 96 + 64 \cos x \ge 64 $.

Упростим полученное неравенство: $ 64 \cos x \ge 64 - 96 \implies 64 \cos x \ge -32 \implies \cos x \ge -\frac{1}{2} $.

Решим тригонометрическое неравенство $ \cos x \ge -\frac{1}{2} $. На единичной окружности этому условию соответствуют углы из промежутка $ [-\frac{2\pi}{3}, \frac{2\pi}{3}] $ с учетом периодичности.

Ответ: $ x \in \left[-\frac{2\pi}{3} + 2\pi k, \frac{2\pi}{3} + 2\pi k\right], k \in \mathbb{Z} $.

18.36. a) $\log_2 x + 1 \ge 2 \log_x 2;$

б) $2 \log_x 5 - 3 \le -\log_5 x.$

а)

Дано неравенство: $\log_2 x + 1 \ge 2 \log_x 2$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть больше нуля, а основание - больше нуля и не равно единице.

$x > 0$ и $x \ne 1$. Таким образом, ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$.

2. Преобразуем неравенство, используя формулу перехода к новому основанию: $\log_b a = \frac{1}{\log_a b}$.

$\log_x 2 = \frac{1}{\log_2 x}$.

Подставим это в исходное неравенство:

$\log_2 x + 1 \ge \frac{2}{\log_2 x}$.

3. Введем замену переменной. Пусть $t = \log_2 x$. Неравенство примет вид:

$t + 1 \ge \frac{2}{t}$.

4. Решим полученное рациональное неравенство:

$t + 1 - \frac{2}{t} \ge 0$.

$\frac{t^2 + t - 2}{t} \ge 0$.

Найдем корни числителя: $t^2 + t - 2 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 1$, $t_2 = -2$.

Разложим числитель на множители: $(t-1)(t+2)$.

Неравенство примет вид:

$\frac{(t-1)(t+2)}{t} \ge 0$.

5. Решим неравенство методом интервалов для переменной $t$. Отметим на числовой оси точки $t = -2$, $t = 0$, $t = 1$. Точки -2 и 1 будут закрашенными (нестрогое неравенство), а точка 0 - выколотой (знаменатель).

• При $t \in (1, \infty)$: $\frac{(+)(+)}{(+)} > 0$. Интервал подходит.
• При $t \in (0, 1)$: $\frac{(-)(+)}{(+)} < 0$. Интервал не подходит.
• При $t \in (-2, 0)$: $\frac{(-)(+)}{(-)} > 0$. Интервал подходит.
• При $t \in (-\infty, -2)$: $\frac{(-)(-)}{(-)} < 0$. Интервал не подходит.

Таким образом, решение для $t$: $t \in [-2, 0) \cup [1, \infty)$.

6. Вернемся к исходной переменной $x$, где $t = \log_2 x$.

Получаем совокупность двух систем неравенств:

$\left[ \begin{gathered} -2 \le \log_2 x < 0 \\ \log_2 x \ge 1 \end{gathered} \right.$

Решим первое неравенство: $-2 \le \log_2 x < 0$. Так как основание логарифма $2 > 1$, функция возрастающая, знаки неравенства сохраняются при потенцировании.

$2^{-2} \le x < 2^0 \implies \frac{1}{4} \le x < 1$.

Решим второе неравенство: $\log_2 x \ge 1$.

$x \ge 2^1 \implies x \ge 2$.

7. Объединим решения и учтем ОДЗ ($x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$).

Решение $[\frac{1}{4}, 1)$ полностью входит в ОДЗ.

Решение $[2, \infty)$ полностью входит в ОДЗ.

Объединяя эти интервалы, получаем окончательное решение.

Ответ: $x \in [\frac{1}{4}, 1) \cup [2, \infty)$.

б)

Дано неравенство: $2 \log_x 5 - 3 \le -\log_5 x$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть больше нуля, а основание - больше нуля и не равно единице.

$x > 0$ и $x \ne 1$. Таким образом, ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$.

2. Перенесем все члены в одну сторону и преобразуем неравенство, используя формулу перехода к новому основанию: $\log_b a = \frac{1}{\log_a b}$.

$2 \log_x 5 + \log_5 x - 3 \le 0$.

$\log_x 5 = \frac{1}{\log_5 x}$.

Подставим это в неравенство:

$\frac{2}{\log_5 x} + \log_5 x - 3 \le 0$.

3. Введем замену переменной. Пусть $t = \log_5 x$. Неравенство примет вид:

$\frac{2}{t} + t - 3 \le 0$.

4. Решим полученное рациональное неравенство:

$\frac{2 + t^2 - 3t}{t} \le 0$.

$\frac{t^2 - 3t + 2}{t} \le 0$.

Найдем корни числителя: $t^2 - 3t + 2 = 0$. По теореме Виета, $t_1 = 1$, $t_2 = 2$.

Разложим числитель на множители: $(t-1)(t-2)$.

Неравенство примет вид:

$\frac{(t-1)(t-2)}{t} \le 0$.

5. Решим неравенство методом интервалов для переменной $t$. Отметим на числовой оси точки $t = 0$, $t = 1$, $t = 2$. Точки 1 и 2 будут закрашенными, а точка 0 - выколотой.

• При $t \in (2, \infty)$: $\frac{(+)(+)}{(+)} > 0$. Интервал не подходит.
• При $t \in (1, 2)$: $\frac{(+)(-)}{(+)} < 0$. Интервал подходит.
• При $t \in (0, 1)$: $\frac{(-)(-)}{(+)} > 0$. Интервал не подходит.
• При $t \in (-\infty, 0)$: $\frac{(-)(-)}{(-)} < 0$. Интервал подходит.

Таким образом, решение для $t$: $t \in (-\infty, 0) \cup [1, 2]$.

6. Вернемся к исходной переменной $x$, где $t = \log_5 x$.

Получаем совокупность двух систем неравенств:

$\left[ \begin{gathered} \log_5 x < 0 \\ 1 \le \log_5 x \le 2 \end{gathered} \right.$

Решим первое неравенство: $\log_5 x < 0$. Так как основание логарифма $5 > 1$, функция возрастающая, знак неравенства сохраняется.

$x < 5^0 \implies x < 1$.

Решим второе неравенство: $1 \le \log_5 x \le 2$.

$5^1 \le x \le 5^2 \implies 5 \le x \le 25$.

7. Объединим решения и учтем ОДЗ ($x \in (0, 1) \cup (1, \infty)$).

Решение $x < 1$ с учетом ОДЗ дает $x \in (0, 1)$.

Решение $5 \le x \le 25$ полностью входит в ОДЗ.

Объединяя эти интервалы, получаем окончательное решение.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup [5, 25]$.

18.37. a) $log_4(x + 12) \cdot log_x 2 \le 1;$

б) $1 + log_x 5 \cdot log_7 x > log_5 35 \cdot log_x 5.$

а) $\log_{4}(x + 12) \cdot \log_{x}2 \le 1$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля, а основание логарифма должно быть строго больше нуля и не равно единице.
$\begin{cases} x + 12 > 0 \\ x > 0 \\ x \ne 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -12 \\ x > 0 \\ x \ne 1 \end{cases}$
Следовательно, ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$.

2. Преобразуем неравенство, используя свойства логарифмов. Приведем логарифмы к основанию 2.
$\log_{4}(x + 12) = \frac{\log_{2}(x + 12)}{\log_{2}4} = \frac{1}{2}\log_{2}(x + 12)$
$\log_{x}2 = \frac{1}{\log_{2}x}$
Подставим преобразованные выражения в исходное неравенство:
$\frac{1}{2}\log_{2}(x + 12) \cdot \frac{1}{\log_{2}x} \le 1$
$\frac{\log_{2}(x + 12)}{2\log_{2}x} \le 1$
$\frac{\log_{2}(x + 12)}{2\log_{2}x} - 1 \le 0$
$\frac{\log_{2}(x + 12) - 2\log_{2}x}{2\log_{2}x} \le 0$
$\frac{\log_{2}(x + 12) - \log_{2}(x^2)}{2\log_{2}x} \le 0$
$\frac{\log_{2}\left(\frac{x + 12}{x^2}\right)}{2\log_{2}x} \le 0$

3. Решим неравенство методом интервалов, рассмотрев два случая.
Случай 1: $\log_{2}x > 0$, что эквивалентно $x > 1$.
В этом случае знаменатель дроби положителен, поэтому неравенство сводится к:
$\log_{2}\left(\frac{x + 12}{x^2}\right) \le 0$
Поскольку основание логарифма $2 > 1$, это равносильно:
$0 < \frac{x + 12}{x^2} \le 1$
Так как на ОДЗ $x > 0$, то $x^2 > 0$, и левая часть неравенства ($0 < \frac{x+12}{x^2}$) всегда выполняется. Решим правую часть:
$\frac{x + 12}{x^2} \le 1 \Rightarrow x + 12 \le x^2 \Rightarrow x^2 - x - 12 \ge 0$.
Найдем корни уравнения $x^2 - x - 12 = 0$: $x_1 = 4, x_2 = -3$.
Решение неравенства $x^2 - x - 12 \ge 0$ есть $x \in (-\infty, -3] \cup [4, +\infty)$.
Пересекая это решение с условием случая ($x > 1$), получаем: $x \in [4, +\infty)$.

Случай 2: $\log_{2}x < 0$, что эквивалентно $0 < x < 1$.
В этом случае знаменатель дроби отрицателен, поэтому при умножении на него знак неравенства меняется на противоположный:
$\log_{2}\left(\frac{x + 12}{x^2}\right) \ge 0$
Поскольку основание логарифма $2 > 1$, это равносильно:
$\frac{x + 12}{x^2} \ge 1 \Rightarrow x + 12 \ge x^2 \Rightarrow x^2 - x - 12 \le 0$.
Решение этого неравенства: $x \in [-3, 4]$.
Пересекая это решение с условием случая ($0 < x < 1$), получаем: $x \in (0, 1)$.

4. Объединим решения, полученные в обоих случаях.
Решением неравенства является объединение интервалов: $(0, 1) \cup [4, +\infty)$. Это решение полностью входит в ОДЗ.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup [4, +\infty)$.

б) $1 + \log_{x}5 \cdot \log_{7}x > \log_{5}35 \cdot \log_{x}5$

1. Найдем ОДЗ: основание логарифма $x > 0$ и $x \ne 1$.
ОДЗ: $x \in (0, 1) \cup (1, +\infty)$.

2. Упростим выражения в неравенстве.
Используем формулу замены основания $\log_{a}b \cdot \log_{c}a = \log_{c}b$ для произведения логарифмов:
$\log_{x}5 \cdot \log_{7}x = \log_{7}5$.
Преобразуем логарифм в правой части:
$\log_{5}35 = \log_{5}(5 \cdot 7) = \log_{5}5 + \log_{5}7 = 1 + \log_{5}7$.
Подставим упрощенные выражения в исходное неравенство:
$1 + \log_{7}5 > (1 + \log_{5}7) \cdot \log_{x}5$.

3. Преобразуем правую часть, используя свойство $\log_{b}a = \frac{1}{\log_{a}b}$:
$1 + \log_{5}7 = 1 + \frac{1}{\log_{7}5} = \frac{\log_{7}5 + 1}{\log_{7}5}$.
Неравенство принимает вид:
$1 + \log_{7}5 > \frac{1 + \log_{7}5}{\log_{7}5} \cdot \log_{x}5$.
Поскольку $7 > 1$ и $5 > 1$, то $\log_{7}5 > 0$. Следовательно, выражение $(1 + \log_{7}5)$ строго положительно. Мы можем разделить обе части неравенства на него, не меняя знака:
$1 > \frac{1}{\log_{7}5} \cdot \log_{x}5$
Умножим обе части на $\log_{7}5$ (это положительное число):
$\log_{7}5 > \log_{x}5$.

4. Решим полученное неравенство, сравнивая основания логарифмов $7$ и $x$.
Случай 1: Основание $x > 1$.
Функция $y = \log_{b}c$ (где $c > 1$ - константа) является убывающей по основанию $b$ при $b > 1$.
То есть, чем больше основание, тем меньше значение логарифма.
Из неравенства $\log_{7}5 > \log_{x}5$ следует, что основание $7$ должно быть меньше основания $x$.
$7 < x$.
Пересекая с условием $x>1$, получаем $x \in (7, +\infty)$.

Случай 2: Основание $0 < x < 1$.
В этом случае значение логарифма $\log_{x}5$ будет отрицательным (т.к. $x^y = 5$, где $0<x<1, 5>1$, что возможно только при $y < 0$).
Значение логарифма $\log_{7}5$ является положительным.
Неравенство $\log_{7}5 > \log_{x}5$ принимает вид "положительное число > отрицательное число", что всегда верно.
Следовательно, все значения $x$ из интервала $(0, 1)$ являются решениями.

5. Объединим решения из обоих случаев.
Решением является объединение интервалов $(0, 1) \cup (7, +\infty)$. Это решение полностью входит в ОДЗ.

Ответ: $x \in (0, 1) \cup (7, +\infty)$.

18.38. a) $\log_9 x^2 + \log_3^2(-x) < 2$;

б) $\log_4 x^2 + \log_2^2(-x) > 6$.

Решим неравенство $\log_9 x^2 + \log_3^2(-x) < 2$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:

$\begin{cases} x^2 > 0 \\ -x > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x \neq 0 \\ x < 0 \end{cases} \Rightarrow x < 0$.

Таким образом, ОДЗ: $x \in (-\infty; 0)$.

2. Преобразуем левую часть неравенства. Используем свойства логарифмов:

$\log_9 x^2 = \log_{3^2} x^2 = \frac{1}{2} \log_3 x^2 = \frac{1}{2} \cdot 2 \log_3|x| = \log_3|x|$.

Так как из ОДЗ следует, что $x < 0$, то $|x| = -x$. Следовательно, $\log_9 x^2 = \log_3(-x)$.

Выражение $\log_3^2(-x)$ означает $(\log_3(-x))^2$.

Неравенство принимает вид:

$\log_3(-x) + (\log_3(-x))^2 < 2$.

3. Введем замену переменной. Пусть $t = \log_3(-x)$. Неравенство превращается в квадратное:

$t + t^2 < 2$

$t^2 + t - 2 < 0$.

4. Решим квадратное неравенство. Найдем корни уравнения $t^2 + t - 2 = 0$. По теореме Виета, корни $t_1 = -2$ и $t_2 = 1$.

Парабола $y = t^2 + t - 2$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется между корнями:

$-2 < t < 1$.

5. Вернемся к исходной переменной:

$-2 < \log_3(-x) < 1$.

Это двойное неравенство равносильно системе:

$\begin{cases} \log_3(-x) > -2 \\ \log_3(-x) < 1 \end{cases}$

Решим каждое неравенство, учитывая, что функция $y=\log_3(u)$ возрастающая:

$\log_3(-x) > \log_3(3^{-2}) \Rightarrow -x > \frac{1}{9} \Rightarrow x < -\frac{1}{9}$.

$\log_3(-x) < \log_3(3^1) \Rightarrow -x < 3 \Rightarrow x > -3$.

6. Объединим полученные результаты и учтем ОДЗ ($x < 0$):

$\begin{cases} x < -1/9 \\ x > -3 \\ x < 0 \end{cases}$

Пересечением этих интервалов является $(-3; -1/9)$.

Ответ: $x \in (-3; -1/9)$.

Решим неравенство $\log_4 x^2 + \log_2^2(-x) > 6$.

1. Область допустимых значений (ОДЗ) такая же, как в предыдущем пункте:

$\begin{cases} x^2 > 0 \\ -x > 0 \end{cases} \Rightarrow x < 0$.

ОДЗ: $x \in (-\infty; 0)$.

2. Преобразуем левую часть неравенства:

$\log_4 x^2 = \log_{2^2} x^2 = \frac{1}{2} \log_2 x^2 = \log_2|x|$.

С учетом ОДЗ ($x<0$), имеем $|x| = -x$, поэтому $\log_4 x^2 = \log_2(-x)$.

Неравенство принимает вид:

$\log_2(-x) + (\log_2(-x))^2 > 6$.

3. Введем замену переменной. Пусть $y = \log_2(-x)$. Получим квадратное неравенство:

$y + y^2 > 6$

$y^2 + y - 6 > 0$.

4. Решим квадратное неравенство. Найдем корни уравнения $y^2 + y - 6 = 0$. По теореме Виета, корни $y_1 = -3$ и $y_2 = 2$.

Парабола $z = y^2 + y - 6$ ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется вне интервала между корнями:

$y < -3$ или $y > 2$.

5. Вернемся к исходной переменной. Получаем совокупность двух неравенств:

$\begin{bmatrix} \log_2(-x) < -3 \\ \log_2(-x) > 2 \end{bmatrix}$

Решим каждое неравенство, учитывая, что функция $y=\log_2(u)$ возрастающая:

$\log_2(-x) < \log_2(2^{-3}) \Rightarrow -x < \frac{1}{8} \Rightarrow x > -\frac{1}{8}$.

$\log_2(-x) > \log_2(2^2) \Rightarrow -x > 4 \Rightarrow x < -4$.

6. Учтем ОДЗ ($x < 0$) для каждого случая:

Для $x > -1/8$: пересекая с $x < 0$, получаем $-1/8 < x < 0$.

Для $x < -4$: это решение уже удовлетворяет условию $x < 0$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in (-\infty; -4) \cup (-1/8; 0)$.