Страница 116, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

18.39. Решите неравенство:

a) $ \log_x 2 \cdot \log_{2x} 2 \cdot \log_2 4x > 1; $

б) $ \log_x 5 \cdot \log_{5x} 5 \cdot \log_5 625x < 1. $

a) Решим неравенство $\log_x 2 \cdot \log_{2x} 2 \cdot \log_2 4x > 1$.
Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Основания логарифмов должны быть положительны и не равны единице, а аргументы логарифмов — положительны.
Из $\log_x 2$ следует $x > 0$ и $x \neq 1$.
Из $\log_{2x} 2$ следует $2x > 0 \implies x > 0$ и $2x \neq 1 \implies x \neq 1/2$.
Из $\log_2 4x$ следует $4x > 0 \implies x > 0$.
Объединяя эти условия, получаем ОДЗ: $x > 0$, $x \neq 1/2$, $x \neq 1$.

Для решения неравенства приведем все логарифмы к одному основанию, например, к основанию 2. Воспользуемся формулой замены основания логарифма $\log_b a = \frac{\log_c a}{\log_c b}$ и свойствами логарифма:
$\log_x 2 = \frac{\log_2 2}{\log_2 x} = \frac{1}{\log_2 x}$
$\log_{2x} 2 = \frac{\log_2 2}{\log_2(2x)} = \frac{1}{\log_2 2 + \log_2 x} = \frac{1}{1 + \log_2 x}$
$\log_2 4x = \log_2 4 + \log_2 x = 2 + \log_2 x$

Подставим преобразованные выражения в исходное неравенство:
$\frac{1}{\log_2 x} \cdot \frac{1}{1 + \log_2 x} \cdot (2 + \log_2 x) > 1$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \log_2 x$. Неравенство примет вид:
$\frac{2 + t}{t(1 + t)} > 1$
$\frac{2 + t}{t(1 + t)} - 1 > 0$
$\frac{2 + t - t(1 + t)}{t(1 + t)} > 0$
$\frac{2 + t - t - t^2}{t(1 + t)} > 0$
$\frac{2 - t^2}{t(1 + t)} > 0$
$\frac{(\sqrt{2} - t)(\sqrt{2} + t)}{t(1 + t)} > 0$

Решим это неравенство методом интервалов для переменной $t$. Критические точки (нули числителя и знаменателя): $t = -\sqrt{2}$, $t = -1$, $t = 0$, $t = \sqrt{2}$. Эти точки разбивают числовую прямую на интервалы. Определив знаки выражения на каждом интервале, находим, что неравенство выполняется при $t \in (-\sqrt{2}, -1) \cup (0, \sqrt{2})$.

Теперь выполним обратную замену $t = \log_2 x$:
1) $-\sqrt{2} < \log_2 x < -1$. Поскольку основание логарифма $2 > 1$, функция возрастающая, поэтому $2^{-\sqrt{2}} < x < 2^{-1}$, то есть $\frac{1}{2^{\sqrt{2}}} < x < \frac{1}{2}$.
2) $0 < \log_2 x < \sqrt{2}$. Аналогично, $2^0 < x < 2^{\sqrt{2}}$, то есть $1 < x < 2^{\sqrt{2}}$.

Оба полученных интервала удовлетворяют ОДЗ. Объединяем их.
Ответ: $x \in (\frac{1}{2^{\sqrt{2}}}, \frac{1}{2}) \cup (1, 2^{\sqrt{2}})$.

б) Решим неравенство $\log_x 5 \cdot \log_{5x} 5 \cdot \log_5 625x < 1$.
Найдем область допустимых значений (ОДЗ):
Из $\log_x 5$ следует $x > 0$ и $x \neq 1$.
Из $\log_{5x} 5$ следует $5x > 0 \implies x > 0$ и $5x \neq 1 \implies x \neq 1/5$.
Из $\log_5 625x$ следует $625x > 0 \implies x > 0$.
Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x > 0$, $x \neq 1/5$, $x \neq 1$.

Приведем все логарифмы к основанию 5:
$\log_x 5 = \frac{\log_5 5}{\log_5 x} = \frac{1}{\log_5 x}$
$\log_{5x} 5 = \frac{\log_5 5}{\log_5(5x)} = \frac{1}{\log_5 5 + \log_5 x} = \frac{1}{1 + \log_5 x}$
$\log_5 625x = \log_5 625 + \log_5 x = \log_5 5^4 + \log_5 x = 4 + \log_5 x$

Подставим полученные выражения в неравенство:
$\frac{1}{\log_5 x} \cdot \frac{1}{1 + \log_5 x} \cdot (4 + \log_5 x) < 1$

Сделаем замену $t = \log_5 x$:
$\frac{4 + t}{t(1 + t)} < 1$
$\frac{4 + t}{t(1 + t)} - 1 < 0$
$\frac{4 + t - t(1 + t)}{t(1 + t)} < 0$
$\frac{4 - t^2}{t(1 + t)} < 0$
$\frac{(2 - t)(2 + t)}{t(1 + t)} < 0$

Решим неравенство методом интервалов для $t$. Критические точки: $t = -2$, $t = -1$, $t = 0$, $t = 2$. Анализируя знаки на интервалах, получаем решение: $t \in (-\infty, -2) \cup (-1, 0) \cup (2, +\infty)$.

Выполним обратную замену $t = \log_5 x$:
1) $t < -2 \implies \log_5 x < -2$. Так как основание $5 > 1$, получаем $0 < x < 5^{-2}$, то есть $0 < x < \frac{1}{25}$.
2) $-1 < t < 0 \implies -1 < \log_5 x < 0$. Получаем $5^{-1} < x < 5^0$, то есть $\frac{1}{5} < x < 1$.
3) $t > 2 \implies \log_5 x > 2$. Получаем $x > 5^2$, то есть $x > 25$.

Все полученные интервалы решений входят в ОДЗ. Объединяем их.
Ответ: $x \in (0, \frac{1}{25}) \cup (\frac{1}{5}, 1) \cup (25, +\infty)$.

Решите систему неравенств:

18.40. a) $$\begin{cases} \log_{0.2} (2x + 3) < \log_{0.2} (x - 2), \\ \log_6 (3x - 1) \le \log_6 (9x + 4); \end{cases}$$

б) $$\begin{cases} \log_7 (6x - 1) \le \log_7 (9x + 11), \\ \log_{0.5} (3 - x) < \log_{0.5} (4x - 1). \end{cases}$$

Решим систему неравенств:

$\begin{cases} \log_{0,2}(2x + 3) < \log_{0,2}(x - 2), \\ \log_{6}(3x - 1) \le \log_{6}(9x + 4); \end{cases}$

1. Решим первое неравенство: $\log_{0,2}(2x + 3) < \log_{0,2}(x - 2)$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными:

$\begin{cases} 2x + 3 > 0 \\ x - 2 > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 2x > -3 \\ x > 2 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > -1,5 \\ x > 2 \end{cases}$

Общей областью является $x > 2$.

Так как основание логарифма $0,2$ находится в интервале $(0; 1)$, логарифмическая функция является убывающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак неравенства меняется на противоположный:

$2x + 3 > x - 2$

$2x - x > -2 - 3$

$x > -5$

Пересекая полученное решение с ОДЗ ($x > 2$), получаем, что решение первого неравенства - $x \in (2; +\infty)$.

2. Решим второе неравенство: $\log_{6}(3x - 1) \le \log_{6}(9x + 4)$.

Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} 3x - 1 > 0 \\ 9x + 4 > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 3x > 1 \\ 9x > -4 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 1/3 \\ x > -4/9 \end{cases}$

Общей областью является $x > 1/3$.

Так как основание логарифма $6$ больше 1, логарифмическая функция является возрастающей. Знак неравенства сохраняется:

$3x - 1 \le 9x + 4$

$-1 - 4 \le 9x - 3x$

$-5 \le 6x$

$x \ge -5/6$

Пересекая полученное решение с ОДЗ ($x > 1/3$), получаем, что решение второго неравенства - $x \in (1/3; +\infty)$.

3. Найдем пересечение решений обоих неравенств системы:

Решение первого неравенства: $x \in (2; +\infty)$.

Решение второго неравенства: $x \in (1/3; +\infty)$.

Пересечением этих двух множеств является интервал $(2; +\infty)$.

Ответ: $(2; +\infty)$.

Решим систему неравенств:

$\begin{cases} \log_{7}(6x - 1) \le \log_{7}(9x + 11), \\ \log_{0,5}(3 - x) < \log_{0,5}(4x - 1). \end{cases}$

1. Решим первое неравенство: $\log_{7}(6x - 1) \le \log_{7}(9x + 11)$.

Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} 6x - 1 > 0 \\ 9x + 11 > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 6x > 1 \\ 9x > -11 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x > 1/6 \\ x > -11/9 \end{cases}$

Общей областью является $x > 1/6$.

Основание логарифма $7$ больше 1, поэтому функция возрастающая, и знак неравенства сохраняется:

$6x - 1 \le 9x + 11$

$-1 - 11 \le 9x - 6x$

$-12 \le 3x$

$x \ge -4$

Учитывая ОДЗ ($x > 1/6$), решение первого неравенства: $x \in (1/6; +\infty)$.

2. Решим второе неравенство: $\log_{0,5}(3 - x) < \log_{0,5}(4x - 1)$.

Найдем ОДЗ:

$\begin{cases} 3 - x > 0 \\ 4x - 1 > 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x < 3 \\ 4x > 1 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x < 3 \\ x > 1/4 \end{cases}$

Общей областью является $1/4 < x < 3$.

Основание логарифма $0,5$ находится в интервале $(0; 1)$, поэтому функция убывающая, и знак неравенства меняется на противоположный:

$3 - x > 4x - 1$

$3 + 1 > 4x + x$

$4 > 5x$

$x < 4/5$

Учитывая ОДЗ ($1/4 < x < 3$), получаем решение второго неравенства: $x \in (1/4; 4/5)$.

3. Найдем пересечение решений обоих неравенств системы:

Решение первого неравенства: $x \in (1/6; +\infty)$.

Решение второго неравенства: $x \in (1/4; 4/5)$.

Так как $1/4 > 1/6$, пересечением интервалов $(1/6; +\infty)$ и $(1/4; 4/5)$ является интервал $(1/4; 4/5)$.

Ответ: $(1/4; 4/5)$.

18.41. a) $\begin{cases} \log_3 x^2 > \log_3 125 - \log_3 5, \\ \log_{0{,}2} (x - 1) < 0; \end{cases}$

б) $\begin{cases} \log_{\frac{1}{2}} x^2 \geq \log_{\frac{1}{2}} 28 - \log_{\frac{1}{2}} 7, \\ \log_3 (4x - 1) > 0. \end{cases}$

а) Решим систему неравенств: $ \begin{cases} \log_3 x^2 > \log_3 125 - \log_3 5, \\ \log_{0,2} (x - 1) < 0; \end{cases} $

1. Решим первое неравенство: $ \log_3 x^2 > \log_3 125 - \log_3 5 $.
Область допустимых значений (ОДЗ): $ x^2 > 0 $, что означает $ x \neq 0 $.
Используя свойство разности логарифмов $ \log_a b - \log_a c = \log_a \frac{b}{c} $, упростим правую часть:
$ \log_3 125 - \log_3 5 = \log_3 \frac{125}{5} = \log_3 25 $.
Неравенство принимает вид: $ \log_3 x^2 > \log_3 25 $.
Так как основание логарифма $ 3 > 1 $, функция является возрастающей. Поэтому можно перейти к неравенству для аргументов, сохранив знак:
$ x^2 > 25 $
$ x^2 - 25 > 0 $
$ (x-5)(x+5) > 0 $
Решением этого неравенства является $ x \in (-\infty; -5) \cup (5; \infty) $. Это решение удовлетворяет ОДЗ ($ x \neq 0 $).

2. Решим второе неравенство: $ \log_{0,2} (x - 1) < 0 $.
ОДЗ: $ x - 1 > 0 $, что означает $ x > 1 $.
Представим 0 в виде логарифма с основанием 0,2: $ 0 = \log_{0,2} 1 $.
Неравенство принимает вид: $ \log_{0,2} (x - 1) < \log_{0,2} 1 $.
Так как основание логарифма $ 0 < 0,2 < 1 $, функция является убывающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак меняется на противоположный:
$ x - 1 > 1 $
$ x > 2 $
Решением является $ x \in (2; \infty) $. Это решение удовлетворяет ОДЗ ($ x > 1 $).

3. Найдем пересечение решений обоих неравенств:
$ \begin{cases} x \in (-\infty; -5) \cup (5; \infty) \\ x \in (2; \infty) \end{cases} $
Пересечением этих множеств является интервал $ (5; \infty) $.

Ответ: $ (5; \infty) $.

б) Решим систему неравенств: $ \begin{cases} \log_{\frac{1}{2}} x^2 \ge \log_{\frac{1}{2}} 28 - \log_{\frac{1}{2}} 7, \\ \log_3 (4x - 1) > 0. \end{cases} $

1. Решим первое неравенство: $ \log_{\frac{1}{2}} x^2 \ge \log_{\frac{1}{2}} 28 - \log_{\frac{1}{2}} 7 $.
ОДЗ: $ x^2 > 0 $, что означает $ x \neq 0 $.
Упростим правую часть: $ \log_{\frac{1}{2}} 28 - \log_{\frac{1}{2}} 7 = \log_{\frac{1}{2}} \frac{28}{7} = \log_{\frac{1}{2}} 4 $.
Неравенство принимает вид: $ \log_{\frac{1}{2}} x^2 \ge \log_{\frac{1}{2}} 4 $.
Так как основание логарифма $ 0 < \frac{1}{2} < 1 $, функция является убывающей. Поэтому при переходе к неравенству для аргументов знак меняется на противоположный:
$ x^2 \le 4 $
$ x^2 - 4 \le 0 $
$ (x-2)(x+2) \le 0 $
Решением этого неравенства является $ x \in [-2; 2] $.
Учитывая ОДЗ ($ x \neq 0 $), получаем решение первого неравенства: $ x \in [-2; 0) \cup (0; 2] $.

2. Решим второе неравенство: $ \log_3 (4x - 1) > 0 $.
ОДЗ: $ 4x - 1 > 0 $, что означает $ 4x > 1 $ или $ x > \frac{1}{4} $.
Представим 0 в виде логарифма с основанием 3: $ 0 = \log_3 1 $.
Неравенство принимает вид: $ \log_3 (4x - 1) > \log_3 1 $.
Так как основание логарифма $ 3 > 1 $, функция является возрастающей. Сохраняем знак неравенства:
$ 4x - 1 > 1 $
$ 4x > 2 $
$ x > \frac{1}{2} $
Решением является $ x \in (\frac{1}{2}; \infty) $. Это решение удовлетворяет ОДЗ ($ x > \frac{1}{4} $).

3. Найдем пересечение решений обоих неравенств:
$ \begin{cases} x \in [-2; 0) \cup (0; 2] \\ x \in (\frac{1}{2}; \infty) \end{cases} $
Пересечением этих множеств является полуинтервал $ (\frac{1}{2}; 2] $.

Ответ: $ (\frac{1}{2}; 2] $.

18.42. a) $ \begin{cases} \log_{0,1} (x^2 - 12) < \log_{0,1} (-x), \\ 2^{x-1} > \frac{1}{8}; \end{cases} $

б) $ \begin{cases} 3^{x^2 - 5x - 4} < 9, \\ \log_{\frac{1}{5}} (x^2 + 3) \ge \log_{\frac{1}{5}} 4x. \end{cases} $

а)

Решим систему неравенств:

$\begin{cases} \log_{0,1}(x^2 - 12) < \log_{0,1}(-x), \\ 2^{x-1} > \frac{1}{8} \end{cases}$

1. Решим первое неравенство: $\log_{0,1}(x^2 - 12) < \log_{0,1}(-x)$.

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

$\begin{cases} x^2 - 12 > 0, \\ -x > 0 \end{cases}$

Из первого неравенства: $x^2 > 12 \implies x \in (-\infty, -\sqrt{12}) \cup (\sqrt{12}, +\infty)$.

Из второго неравенства: $x < 0$.

Пересекая эти условия, получаем ОДЗ: $x < -\sqrt{12}$, то есть $x < -2\sqrt{3}$.

Теперь решим само неравенство. Так как основание логарифма $0,1 < 1$, логарифмическая функция является убывающей, поэтому при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный:

$x^2 - 12 > -x$

$x^2 + x - 12 > 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 + x - 12 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -4$ и $x_2 = 3$.

Решением неравенства $x^2 + x - 12 > 0$ является объединение интервалов $(-\infty, -4) \cup (3, +\infty)$.

Найдем пересечение этого решения с ОДЗ ($x < -2\sqrt{3}$). Так как $16 > 12$, то $4 > \sqrt{12}$, следовательно, $-4 < -\sqrt{12} = -2\sqrt{3}$.

Таким образом, пересечение множеств $(-\infty, -4) \cup (3, +\infty)$ и $(-\infty, -2\sqrt{3})$ дает интервал $(-\infty, -4)$.

2. Решим второе неравенство: $2^{x-1} > \frac{1}{8}$.

Представим $\frac{1}{8}$ как степень двойки: $\frac{1}{8} = 2^{-3}$.

$2^{x-1} > 2^{-3}$

Так как основание степени $2 > 1$, показательная функция является возрастающей, поэтому знак неравенства сохраняется:

$x - 1 > -3$

$x > -2$

Решение второго неравенства: $x \in (-2, +\infty)$.

3. Найдем решение системы, пересекая решения обоих неравенств:

$\begin{cases} x < -4 \\ x > -2 \end{cases}$

Данная система не имеет решений, так как не существует числа, которое одновременно меньше -4 и больше -2. Пересечение множеств $(-\infty, -4)$ и $(-2, +\infty)$ пусто.

Ответ: $\emptyset$

б)

Решим систему неравенств:

$\begin{cases} 3^{x^2 - 5x - 4} < 9, \\ \log_{\frac{1}{5}}(x^2 + 3) \ge \log_{\frac{1}{5}}(4x) \end{cases}$

1. Решим первое неравенство: $3^{x^2 - 5x - 4} < 9$.

Представим $9$ как степень тройки: $9 = 3^2$.

$3^{x^2 - 5x - 4} < 3^2$

Так как основание степени $3 > 1$, показательная функция является возрастающей, поэтому знак неравенства сохраняется:

$x^2 - 5x - 4 < 2$

$x^2 - 5x - 6 < 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 - 5x - 6 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -1$ и $x_2 = 6$.

Решением неравенства $x^2 - 5x - 6 < 0$ является интервал $(-1, 6)$.

2. Решим второе неравенство: $\log_{\frac{1}{5}}(x^2 + 3) \ge \log_{\frac{1}{5}}(4x)$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ):

$\begin{cases} x^2 + 3 > 0, \\ 4x > 0 \end{cases}$

Неравенство $x^2 + 3 > 0$ верно для любых действительных $x$. Из второго неравенства получаем $x > 0$. Таким образом, ОДЗ: $x > 0$.

Теперь решим само неравенство. Так как основание логарифма $\frac{1}{5} < 1$, логарифмическая функция является убывающей, поэтому при переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный:

$x^2 + 3 \le 4x$

$x^2 - 4x + 3 \le 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 - 4x + 3 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 1$ и $x_2 = 3$.

Решением неравенства $x^2 - 4x + 3 \le 0$ является отрезок $[1, 3]$.

Пересекая это решение с ОДЗ ($x>0$), получаем, что решение второго неравенства системы есть отрезок $[1, 3]$.

3. Найдем решение системы, пересекая решения обоих неравенств:

$\begin{cases} x \in (-1, 6) \\ x \in [1, 3] \end{cases}$

Пересечением интервала $(-1, 6)$ и отрезка $[1, 3]$ является отрезок $[1, 3]$.

Ответ: $[1, 3]$

Решите неравенство:

18.43. a) $(4x - 1) \log_2 x \ge 0;$
б) $(x + 2) \log_{1.5} (4 - x) \ge 0.$

а) Решим неравенство $(4x - 1) \log_2 x \ge 0$.

Сначала найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$x > 0$

Данное неравенство можно решить методом интервалов или рассмотрев знаки множителей. Произведение двух множителей является неотрицательным, если оба множителя имеют одинаковый знак (оба неотрицательны или оба неположительны).

Случай 1: Оба множителя неотрицательны.

Это соответствует системе неравенств:

$\begin{cases} 4x - 1 \ge 0 \\ \log_2 x \ge 0 \end{cases}$

Решим каждое неравенство системы:

1) $4x - 1 \ge 0 \implies 4x \ge 1 \implies x \ge \frac{1}{4}$

2) $\log_2 x \ge 0 \implies \log_2 x \ge \log_2 1$. Так как основание логарифма $2 > 1$, то функция $y=\log_2 x$ возрастающая, и знак неравенства сохраняется: $x \ge 1$.

Пересечением решений $x \ge \frac{1}{4}$ и $x \ge 1$ является промежуток $[1, +\infty)$.

Случай 2: Оба множителя неположительны.

Это соответствует системе неравенств:

$\begin{cases} 4x - 1 \le 0 \\ \log_2 x \le 0 \end{cases}$

Решим каждое неравенство системы:

1) $4x - 1 \le 0 \implies 4x \le 1 \implies x \le \frac{1}{4}$

2) $\log_2 x \le 0 \implies \log_2 x \le \log_2 1$. Знак неравенства сохраняется: $x \le 1$.

Пересечением решений $x \le \frac{1}{4}$ и $x \le 1$ является $x \le \frac{1}{4}$.

С учетом ОДЗ ($x > 0$), получаем решение для второго случая: $(0, \frac{1}{4}]$.

Объединяя решения, полученные в обоих случаях, находим итоговое решение неравенства.

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

б) Решим неравенство $(x + 2) \log_{1.5} (4 - x) \ge 0$.

Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть строго положительным:

$4 - x > 0 \implies x < 4$

Произведение двух множителей неотрицательно, когда оба множителя имеют одинаковый знак. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Оба множителя неотрицательны.

Составим и решим систему неравенств:

$\begin{cases} x + 2 \ge 0 \\ \log_{1.5} (4 - x) \ge 0 \end{cases}$

1) $x + 2 \ge 0 \implies x \ge -2$

2) $\log_{1.5} (4 - x) \ge 0 \implies \log_{1.5} (4 - x) \ge \log_{1.5} 1$. Так как основание логарифма $1.5 > 1$, функция возрастающая, и знак неравенства сохраняется: $4 - x \ge 1 \implies 3 \ge x \implies x \le 3$.

Пересечением решений $x \ge -2$ и $x \le 3$ является отрезок $[-2, 3]$. Этот промежуток полностью удовлетворяет ОДЗ ($x < 4$).

Случай 2: Оба множителя неположительны.

Составим и решим систему неравенств:

$\begin{cases} x + 2 \le 0 \\ \log_{1.5} (4 - x) \le 0 \end{cases}$

1) $x + 2 \le 0 \implies x \le -2$

2) $\log_{1.5} (4 - x) \le 0 \implies \log_{1.5} (4 - x) \le \log_{1.5} 1$. Знак неравенства сохраняется: $4 - x \le 1 \implies 3 \le x \implies x \ge 3$.

Система $\begin{cases} x \le -2 \\ x \ge 3 \end{cases}$ не имеет решений, так как множества не пересекаются.

Таким образом, решением исходного неравенства является только решение, полученное в первом случае.

Ответ: $x \in [-2, 3]$.

18.44. a) $(4x^2 - 16x + 7) \log_2(x - 3) > 0;$

б) $\frac{\log_{0,3}(x - 1)}{\sqrt{5x - x^2}} \le 0.$

а) $(4x^2 - 16x + 7)\log_2(x - 3) > 0$

Решим данное неравенство методом интервалов.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Выражение под знаком логарифма должно быть строго положительным:
$x - 3 > 0 \implies x > 3$.
ОДЗ: $x \in (3, +\infty)$.

2. Найдем нули каждого множителя в левой части неравенства.
а) $4x^2 - 16x + 7 = 0$.
Дискриминант $D = (-16)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 7 = 256 - 112 = 144 = 12^2$.
Корни: $x_{1,2} = \frac{16 \pm 12}{2 \cdot 4} = \frac{16 \pm 12}{8}$.
$x_1 = \frac{16 - 12}{8} = \frac{4}{8} = 0.5$. Этот корень не входит в ОДЗ.
$x_2 = \frac{16 + 12}{8} = \frac{28}{8} = \frac{7}{2} = 3.5$. Этот корень входит в ОДЗ.

б) $\log_2(x - 3) = 0$.
$x - 3 = 2^0$
$x - 3 = 1$
$x = 4$. Этот корень входит в ОДЗ.

3. Нанесем на числовую ось ОДЗ и найденные нули ($3.5$ и $4$) и определим знаки произведения на полученных интервалах.

Интервалы для проверки: $(3, 3.5)$, $(3.5, 4)$, $(4, +\infty)$.

• При $x \in (4, +\infty)$, например $x=5$:
  $(4 \cdot 5^2 - 16 \cdot 5 + 7) \log_2(5-3) = (100 - 80 + 7) \log_2(2) = 27 \cdot 1 = 27 > 0$. Интервал подходит.
• При $x \in (3.5, 4)$, например $x=3.6$:
  Парабола $y=4x^2-16x+7$ ветвями вверх, поэтому на интервале $(0.5, 3.5)$ она отрицательна, а при $x > 3.5$ — положительна. Значит, $4x^2-16x+7 > 0$.
  $\log_2(x-3)$ при $3.5 < x < 4$ дает $0.5 < x-3 < 1$, поэтому $\log_2(x-3) < 0$.
  Произведение $(+) \cdot (-) = (-)$. Интервал не подходит.
• При $x \in (3, 3.5)$, например $x=3.1$:
  $4x^2-16x+7 < 0$ (т.к. $x < 3.5$).
  $\log_2(x-3)$ при $3 < x < 3.5$ дает $0 < x-3 < 0.5$, поэтому $\log_2(x-3) < 0$.
  Произведение $(-) \cdot (-) = (+)$. Интервал подходит.

Объединяя подходящие интервалы, получаем решение $x \in (3, 3.5) \cup (4, +\infty)$.

Ответ: $x \in (3; 3.5) \cup (4; +\infty)$.

б) $\frac{\log_{0.3}(x - 1)}{\sqrt{5x - x^2}} \le 0$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Система неравенств:
$\begin{cases} x - 1 > 0 \\ 5x - x^2 > 0 \end{cases}$
Из первого неравенства: $x > 1$.
Из второго неравенства: $x(5 - x) > 0$. Корни $x=0$ и $x=5$. Парабола ветвями вниз, значит решение $x \in (0, 5)$.
Пересечение решений: $x \in (1, 5)$.
ОДЗ: $x \in (1, 5)$.

2. Решим неравенство.
На всей области допустимых значений знаменатель $\sqrt{5x - x^2}$ строго положителен. Следовательно, знак дроби совпадает со знаком числителя. Неравенство равносильно системе:
$\begin{cases} \log_{0.3}(x - 1) \le 0 \\ x \in (1, 5) \end{cases}$

Решим логарифмическое неравенство:
$\log_{0.3}(x - 1) \le 0$
Представим $0$ как логарифм по основанию $0.3$: $0 = \log_{0.3}(1)$.
$\log_{0.3}(x - 1) \le \log_{0.3}(1)$
Так как основание логарифма $0.3$ меньше 1 ($0 < 0.3 < 1$), логарифмическая функция является убывающей. При переходе к аргументам знак неравенства меняется на противоположный:
$x - 1 \ge 1$
$x \ge 2$

3. Найдем пересечение полученного решения с ОДЗ.
$\begin{cases} x \ge 2 \\ x \in (1, 5) \end{cases}$
Пересечением является полуинтервал $[2, 5)$.

Ответ: $x \in [2; 5)$.

18.45. a) $log_{0.5} \left( log_2 \left( log_{\frac{1}{3}} \frac{1}{x} \right) \right) > 0;$

б) $log_2 \left( log_{\frac{1}{3}} \left( \frac{3x - 1}{x + 1} \right) \right) > 0;$

в) $log_{0.2} \left( log_{0.3} \left( log_{0.4} \frac{1}{x + 1} \right) \right) < 0;$

г) $log_{\frac{1}{2}} \left( log_8 \left( \frac{x^2 - 2x}{x - 3} \right) \right) < 0.$

а) $ \log_{0,5}\left(\log_{2}\left(\log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{x}\right)\right) > 0 $

Исходное неравенство равносильно системе неравенств, учитывающей области определения логарифмов на каждом шаге.

1. Внешний логарифм имеет основание $0,5 < 1$, поэтому при его снятии знак неравенства меняется на противоположный. Также аргумент логарифма должен быть положительным. $ \log_{0,5}(A) > 0 \implies 0 < A < 0,5^0 \implies 0 < A < 1 $. Здесь $ A = \log_{2}\left(\log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{x}\right) $. Получаем двойное неравенство: $ 0 < \log_{2}\left(\log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{x}\right) < 1 $

2. Решаем полученное двойное неравенство. Основание логарифма $2 > 1$, поэтому знаки неравенств сохраняются. $ 2^0 < \log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{x} < 2^1 $ $ 1 < \log_{\frac{1}{3}}\frac{1}{x} < 2 $

3. Решаем следующее двойное неравенство. Основание логарифма $\frac{1}{3} < 1$, поэтому знаки неравенств меняются на противоположные. $ \left(\frac{1}{3}\right)^2 < \frac{1}{x} < \left(\frac{1}{3}\right)^1 $ $ \frac{1}{9} < \frac{1}{x} < \frac{1}{3} $

4. Так как все части неравенства положительны, то $x$ должен быть положителен ($x > 0$). Можем взять обратные величины, поменяв знаки неравенства: $ 9 > x > 3 $ Или $ 3 < x < 9 $. Это решение удовлетворяет всем неявно введённым ограничениям на область определения.

Ответ: $ x \in (3, 9) $.

б) $ \log_{2}\left(\log_{\frac{1}{3}}\left(\frac{3x - 1}{x + 1}\right)\right) > 0 $

1. Внешний логарифм имеет основание $2 > 1$, поэтому знак неравенства сохраняется. $ \log_{\frac{1}{3}}\left(\frac{3x - 1}{x + 1}\right) > 2^0 $ $ \log_{\frac{1}{3}}\left(\frac{3x - 1}{x + 1}\right) > 1 $

2. Следующий логарифм имеет основание $\frac{1}{3} < 1$, поэтому знак неравенства меняется. Также аргумент логарифма должен быть строго больше нуля. $ 0 < \frac{3x - 1}{x + 1} < \left(\frac{1}{3}\right)^1 $ $ 0 < \frac{3x - 1}{x + 1} < \frac{1}{3} $

3. Решаем систему из двух неравенств: $ \begin{cases} \frac{3x - 1}{x + 1} > 0 \\ \frac{3x - 1}{x + 1} < \frac{1}{3} \end{cases} $

Решаем первое неравенство $ \frac{3x - 1}{x + 1} > 0 $ методом интервалов. Нули числителя $x = 1/3$, нуль знаменателя $x = -1$. Решение: $ x \in (-\infty, -1) \cup (\frac{1}{3}, +\infty) $.

Решаем второе неравенство: $ \frac{3x - 1}{x + 1} - \frac{1}{3} < 0 $ $ \frac{3(3x - 1) - (x + 1)}{3(x + 1)} < 0 $ $ \frac{9x - 3 - x - 1}{3(x + 1)} < 0 $ $ \frac{8x - 4}{3(x + 1)} < 0 $ $ \frac{2x - 1}{x + 1} < 0 $ Методом интервалов (нули $x=1/2$ и $x=-1$) получаем решение: $ x \in (-1, \frac{1}{2}) $.

4. Находим пересечение решений двух неравенств: $ ( (-\infty, -1) \cup (\frac{1}{3}, +\infty) ) \cap (-1, \frac{1}{2}) $ Пересечением является интервал $ (\frac{1}{3}, \frac{1}{2}) $.

Ответ: $ x \in \left(\frac{1}{3}, \frac{1}{2}\right) $.

в) $ \log_{0,2}\left(\log_{0,3}\left(\log_{0,4}\frac{1}{x+1}\right)\right) < 0 $

1. Основание внешнего логарифма $0,2 < 1$, меняем знак неравенства: $ \log_{0,3}\left(\log_{0,4}\frac{1}{x+1}\right) > (0,2)^0 $ $ \log_{0,3}\left(\log_{0,4}\frac{1}{x+1}\right) > 1 $

2. Основание следующего логарифма $0,3 < 1$, снова меняем знак. Также аргумент должен быть положителен. $ 0 < \log_{0,4}\frac{1}{x+1} < (0,3)^1 $ $ 0 < \log_{0,4}\frac{1}{x+1} < 0,3 $

3. Основание внутреннего логарифма $0,4 < 1$, меняем знаки двойного неравенства: $ (0,4)^{0,3} < \frac{1}{x+1} < (0,4)^0 $ $ (0,4)^{0,3} < \frac{1}{x+1} < 1 $

4. Все части неравенства положительны, значит $x+1 > 0$, т.е. $x > -1$. Возьмем обратные величины, поменяв знаки неравенства: $ \frac{1}{1} > x+1 > \frac{1}{(0,4)^{0,3}} $ $ 1 > x+1 > \left(\frac{1}{0,4}\right)^{0,3} $ $ 1 > x+1 > (2,5)^{0,3} $

5. Вычтем 1 из всех частей неравенства: $ 1 - 1 > x > (2,5)^{0,3} - 1 $ $ 0 > x > (2,5)^{0,3} - 1 $

Оценим значение $ (2,5)^{0,3} - 1 $. Поскольку $2,5 > 1$, то $ (2,5)^{0,3} > 1^{0,3} = 1 $. Следовательно, $ (2,5)^{0,3} - 1 > 0 $. Получается неравенство $ 0 > x > k $, где $k$ — положительное число. Невозможно, чтобы число $x$ было одновременно меньше нуля и больше положительного числа. Следовательно, у неравенства нет решений.

Ответ: $ \emptyset $ (решений нет).

г) $ \log_{\frac{1}{2}}\left(\log_{8}\left(\frac{x^2 - 2x}{x - 3}\right)\right) < 0 $

1. Основание внешнего логарифма $\frac{1}{2} < 1$, поэтому меняем знак неравенства: $ \log_{8}\left(\frac{x^2 - 2x}{x - 3}\right) > \left(\frac{1}{2}\right)^0 $ $ \log_{8}\left(\frac{x^2 - 2x}{x - 3}\right) > 1 $

2. Основание внутреннего логарифма $8 > 1$, знак неравенства сохраняется: $ \frac{x^2 - 2x}{x - 3} > 8^1 $ $ \frac{x^2 - 2x}{x - 3} > 8 $

3. Решаем полученное рациональное неравенство: $ \frac{x^2 - 2x}{x - 3} - 8 > 0 $ $ \frac{x^2 - 2x - 8(x - 3)}{x - 3} > 0 $ $ \frac{x^2 - 2x - 8x + 24}{x - 3} > 0 $ $ \frac{x^2 - 10x + 24}{x - 3} > 0 $

4. Решаем методом интервалов. Находим корни числителя: $ x^2 - 10x + 24 = 0 $ По теореме Виета, корни $x_1 = 4$, $x_2 = 6$. Неравенство принимает вид: $ \frac{(x - 4)(x - 6)}{x - 3} > 0 $

Наносим на числовую ось точки $x=3$, $x=4$, $x=6$ и определяем знаки на интервалах $ (-\infty, 3) $, $ (3, 4) $, $ (4, 6) $, $ (6, +\infty) $.

• При $x > 6$ (например, $x=7$): $\frac{(+)(+)}{(+)} > 0$. Интервал подходит.
• При $4 < x < 6$ (например, $x=5$): $\frac{(+)(-)}{(+)} < 0$. Интервал не подходит.
• При $3 < x < 4$ (например, $x=3.5$): $\frac{(-)(-)}{(+)} > 0$. Интервал подходит.
• При $x < 3$ (например, $x=0$): $\frac{(-)(-)}{(-)} < 0$. Интервал не подходит.

Объединяя подходящие интервалы, получаем решение.

Ответ: $ x \in (3, 4) \cup (6, +\infty) $.