Страница 263 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

9.61* a) $|x| + \frac{1}{x^2 + 2x - 8} \le \frac{3x^2 + 6x - 23}{x^2 + 2x - 8}$;

б) $|x| + \frac{2}{x^2 - 3x - 10} \le \frac{4x^2 - 12x - 38}{x^2 - 3x - 10}$.

а)

Исходное неравенство:

$|x| + \frac{1}{x^2 + 2x - 8} \le \frac{3x^2 + 6x - 23}{x^2 + 2x - 8}$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель дроби не должен быть равен нулю:

$x^2 + 2x - 8 \neq 0$

Найдем корни квадратного уравнения $x^2 + 2x - 8 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = -4$ и $x_2 = 2$.

Таким образом, ОДЗ: $x \neq -4$ и $x \neq 2$.

2. Преобразуем неравенство. Перенесем все члены в левую часть:

$|x| + \frac{1}{x^2 + 2x - 8} - \frac{3x^2 + 6x - 23}{x^2 + 2x - 8} \le 0$

Приведем дроби к общему знаменателю:

$|x| + \frac{1 - (3x^2 + 6x - 23)}{x^2 + 2x - 8} \le 0$

$|x| + \frac{1 - 3x^2 - 6x + 23}{x^2 + 2x - 8} \le 0$

$|x| + \frac{-3x^2 - 6x + 24}{x^2 + 2x - 8} \le 0$

Вынесем общий множитель $-3$ в числителе:

$|x| + \frac{-3(x^2 + 2x - 8)}{x^2 + 2x - 8} \le 0$

Поскольку мы находимся в области допустимых значений, где $x^2 + 2x - 8 \neq 0$, мы можем сократить дробь:

$|x| - 3 \le 0$

3. Решим полученное простое неравенство:

$|x| \le 3$

Это неравенство эквивалентно двойному неравенству:

$-3 \le x \le 3$

4. Учтем ОДЗ. Мы получили решение $x \in [-3, 3]$. Из этого интервала нужно исключить точки, не входящие в ОДЗ.

Точка $x = -4$ не входит в интервал $[-3, 3]$.

Точка $x = 2$ входит в интервал $[-3, 3]$, поэтому ее необходимо исключить.

Итоговое решение представляет собой объединение интервалов:

$x \in [-3, 2) \cup (2, 3]$

Ответ: $x \in [-3, 2) \cup (2, 3]$.

б)

Исходное неравенство:

$|x| + \frac{2}{x^2 - 3x - 10} \le \frac{4x^2 - 12x - 38}{x^2 - 3x - 10}$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Знаменатель дроби не должен быть равен нулю:

$x^2 - 3x - 10 \neq 0$

Найдем корни квадратного уравнения $x^2 - 3x - 10 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 5$ и $x_2 = -2$.

Таким образом, ОДЗ: $x \neq 5$ и $x \neq -2$.

2. Преобразуем неравенство. Перенесем все члены в левую часть:

$|x| + \frac{2}{x^2 - 3x - 10} - \frac{4x^2 - 12x - 38}{x^2 - 3x - 10} \le 0$

Приведем дроби к общему знаменателю:

$|x| + \frac{2 - (4x^2 - 12x - 38)}{x^2 - 3x - 10} \le 0$

$|x| + \frac{2 - 4x^2 + 12x + 38}{x^2 - 3x - 10} \le 0$

$|x| + \frac{-4x^2 + 12x + 40}{x^2 - 3x - 10} \le 0$

Вынесем общий множитель $-4$ в числителе:

$|x| + \frac{-4(x^2 - 3x - 10)}{x^2 - 3x - 10} \le 0$

Поскольку мы находимся в области допустимых значений, где $x^2 - 3x - 10 \neq 0$, мы можем сократить дробь:

$|x| - 4 \le 0$

3. Решим полученное простое неравенство:

$|x| \le 4$

Это неравенство эквивалентно двойному неравенству:

$-4 \le x \le 4$

4. Учтем ОДЗ. Мы получили решение $x \in [-4, 4]$. Из этого интервала нужно исключить точки, не входящие в ОДЗ.

Точка $x = 5$ не входит в интервал $[-4, 4]$.

Точка $x = -2$ входит в интервал $[-4, 4]$, поэтому ее необходимо исключить.

Итоговое решение представляет собой объединение интервалов:

$x \in [-4, -2) \cup (-2, 4]$

Ответ: $x \in [-4, -2) \cup (-2, 4]$.

9.62* a) $\log_x (9x + 1) < \log_x |10x - 1|$;

б) $\log_x (12x + 1) < \log_x |13x - 1|$;

в) $\log_x (6x + 1) < \log_x |7x - 1|$;

г) $\log_x (17x + 1) < \log_x |18x - 1|$.

а) Решим неравенство $\log_x(9x + 1) < \log_x |10x - 1|$.
Область допустимых значений (ОДЗ) определяется системой неравенств:
$\begin{cases} x > 0, x \neq 1 \\ 9x + 1 > 0 \\ |10x - 1| > 0 \end{cases}$
Из этой системы получаем:
$\begin{cases} x > 0, x \neq 1 \\ x > -1/9 \\ x \neq 1/10 \end{cases}$
Следовательно, ОДЗ: $x \in (0; 1/10) \cup (1/10; 1) \cup (1; +\infty)$.
Рассмотрим два случая для основания логарифма $x$.

1. Если $x > 1$, логарифмическая функция является возрастающей, поэтому знак неравенства сохраняется:
$9x + 1 < |10x - 1|$.
Так как $x > 1$, то $10x - 1 > 0$, и $|10x - 1| = 10x - 1$.
$9x + 1 < 10x - 1 \implies 2 < x$.
Решение для этого случая, с учетом $x > 1$, есть $x \in (2; +\infty)$.

2. Если $0 < x < 1$, логарифмическая функция является убывающей, поэтому знак неравенства меняется на противоположный:
$9x + 1 > |10x - 1|$.
Раскроем модуль, учитывая знак выражения $10x - 1$, который меняется в точке $x = 1/10$.
а) При $0 < x < 1/10$, имеем $10x - 1 < 0$, поэтому $|10x - 1| = 1 - 10x$.
$9x + 1 > 1 - 10x \implies 19x > 0 \implies x > 0$.
Пересекая с условием $0 < x < 1/10$, получаем решение $x \in (0; 1/10)$.
б) При $1/10 < x < 1$, имеем $10x - 1 > 0$, поэтому $|10x - 1| = 10x - 1$.
$9x + 1 > 10x - 1 \implies 2 > x$.
Пересекая с условием $1/10 < x < 1$, получаем решение $x \in (1/10; 1)$.

Объединяя решения из всех случаев, получаем: $x \in (0; 1/10) \cup (1/10; 1) \cup (2; +\infty)$.
Ответ: $x \in (0; 1/10) \cup (1/10; 1) \cup (2; +\infty)$.

б) Решим неравенство $\log_x(12x + 1) < \log_x |13x - 1|$.
ОДЗ: $\begin{cases} x > 0, x \neq 1 \\ 12x + 1 > 0 \\ |13x - 1| > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0, x \neq 1 \\ x > -1/12 \\ x \neq 1/13 \end{cases}$.
ОДЗ: $x \in (0; 1/13) \cup (1/13; 1) \cup (1; +\infty)$.
Рассмотрим два случая.

1. Если $x > 1$, функция $\log_x t$ возрастает:
$12x + 1 < |13x - 1|$.
При $x > 1$, $13x - 1 > 0$, поэтому $|13x - 1| = 13x - 1$.
$12x + 1 < 13x - 1 \implies 2 < x$.
Решение для этого случая: $x \in (2; +\infty)$.

2. Если $0 < x < 1$, функция $\log_x t$ убывает:
$12x + 1 > |13x - 1|$.
Раскроем модуль, точка смены знака $x = 1/13$.
а) При $0 < x < 1/13$, $|13x - 1| = 1 - 13x$.
$12x + 1 > 1 - 13x \implies 25x > 0 \implies x > 0$.
Решение: $x \in (0; 1/13)$.
б) При $1/13 < x < 1$, $|13x - 1| = 13x - 1$.
$12x + 1 > 13x - 1 \implies 2 > x$.
Решение: $x \in (1/13; 1)$.

Объединяя все решения, получаем: $x \in (0; 1/13) \cup (1/13; 1) \cup (2; +\infty)$.
Ответ: $x \in (0; 1/13) \cup (1/13; 1) \cup (2; +\infty)$.

в) Решим неравенство $\log_x(6x + 1) < \log_x |7x - 1|$.
ОДЗ: $\begin{cases} x > 0, x \neq 1 \\ 6x + 1 > 0 \\ |7x - 1| > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0, x \neq 1 \\ x > -1/6 \\ x \neq 1/7 \end{cases}$.
ОДЗ: $x \in (0; 1/7) \cup (1/7; 1) \cup (1; +\infty)$.
Рассмотрим два случая.

1. Если $x > 1$, функция $\log_x t$ возрастает:
$6x + 1 < |7x - 1|$.
При $x > 1$, $7x - 1 > 0$, поэтому $|7x - 1| = 7x - 1$.
$6x + 1 < 7x - 1 \implies 2 < x$.
Решение для этого случая: $x \in (2; +\infty)$.

2. Если $0 < x < 1$, функция $\log_x t$ убывает:
$6x + 1 > |7x - 1|$.
Раскроем модуль, точка смены знака $x = 1/7$.
а) При $0 < x < 1/7$, $|7x - 1| = 1 - 7x$.
$6x + 1 > 1 - 7x \implies 13x > 0 \implies x > 0$.
Решение: $x \in (0; 1/7)$.
б) При $1/7 < x < 1$, $|7x - 1| = 7x - 1$.
$6x + 1 > 7x - 1 \implies 2 > x$.
Решение: $x \in (1/7; 1)$.

Объединяя все решения, получаем: $x \in (0; 1/7) \cup (1/7; 1) \cup (2; +\infty)$.
Ответ: $x \in (0; 1/7) \cup (1/7; 1) \cup (2; +\infty)$.

г) Решим неравенство $\log_x(17x + 1) < \log_x |18x - 1|$.
ОДЗ: $\begin{cases} x > 0, x \neq 1 \\ 17x + 1 > 0 \\ |18x - 1| > 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > 0, x \neq 1 \\ x > -1/17 \\ x \neq 1/18 \end{cases}$.
ОДЗ: $x \in (0; 1/18) \cup (1/18; 1) \cup (1; +\infty)$.
Рассмотрим два случая.

1. Если $x > 1$, функция $\log_x t$ возрастает:
$17x + 1 < |18x - 1|$.
При $x > 1$, $18x - 1 > 0$, поэтому $|18x - 1| = 18x - 1$.
$17x + 1 < 18x - 1 \implies 2 < x$.
Решение для этого случая: $x \in (2; +\infty)$.

2. Если $0 < x < 1$, функция $\log_x t$ убывает:
$17x + 1 > |18x - 1|$.
Раскроем модуль, точка смены знака $x = 1/18$.
а) При $0 < x < 1/18$, $|18x - 1| = 1 - 18x$.
$17x + 1 > 1 - 18x \implies 35x > 0 \implies x > 0$.
Решение: $x \in (0; 1/18)$.
б) При $1/18 < x < 1$, $|18x - 1| = 18x - 1$.
$17x + 1 > 18x - 1 \implies 2 > x$.
Решение: $x \in (1/18; 1)$.

Объединяя все решения, получаем: $x \in (0; 1/18) \cup (1/18; 1) \cup (2; +\infty)$.
Ответ: $x \in (0; 1/18) \cup (1/18; 1) \cup (2; +\infty)$.

9.63* a) $log_{2|x|} (x^2 - 10x + 21) \le log_{2|x|} 5;$

б) $log_{2|x|} (x^2 - 13x + 36) \le log_{2|x|} 6;$

в) $log_{|x|} (x^2 + 25) \le 2 + log_{|x|} 226;$

г) $log_{|x|} (x^2 + 361) \le 2 + log_{|x|} 362.$

а) $\log_{2|x|}(x^2 - 10x + 21) \le \log_{2|x|} 5$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):
1. Аргумент логарифма должен быть положителен: $x^2 - 10x + 21 > 0$. Корни уравнения $x^2 - 10x + 21 = 0$ равны $x_1 = 3$ и $x_2 = 7$. Так как это парабола с ветвями вверх, неравенство выполняется при $x \in (-\infty, 3) \cup (7, \infty)$.
2. Основание логарифма должно быть больше нуля и не равно единице: $2|x| > 0$ и $2|x| \neq 1$. Отсюда $x \neq 0$ и $|x| \neq 1/2$, то есть $x \neq \pm 1/2$.
Объединяя условия, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, -1/2) \cup (-1/2, 0) \cup (0, 1/2) \cup (1/2, 3) \cup (7, \infty)$.

Решение неравенства зависит от значения основания. Рассмотрим два случая.

Случай 1: Основание $2|x| > 1$, то есть $|x| > 1/2$. Это соответствует $x \in (-\infty, -1/2) \cup (1/2, \infty)$.
В этом случае логарифмическая функция возрастающая, поэтому знак неравенства сохраняется:
$x^2 - 10x + 21 \le 5$
$x^2 - 10x + 16 \le 0$
Корни уравнения $x^2 - 10x + 16 = 0$ равны $x_1 = 2$ и $x_2 = 8$. Неравенство выполняется между корнями: $x \in [2, 8]$.
Найдем пересечение этого решения с условиями данного случая и ОДЗ: $[2, 8] \cap ((-\infty, 3) \cup (7, \infty))$. Получаем $x \in [2, 3) \cup (7, 8]$.

Случай 2: Основание $0 < 2|x| < 1$, то есть $0 < |x| < 1/2$. Это соответствует $x \in (-1/2, 0) \cup (0, 1/2)$.
В этом случае логарифмическая функция убывающая, поэтому знак неравенства меняется на противоположный:
$x^2 - 10x + 21 \ge 5$
$x^2 - 10x + 16 \ge 0$
Корни $x_1 = 2$ и $x_2 = 8$. Неравенство выполняется вне корней: $x \in (-\infty, 2] \cup [8, \infty)$.
Найдем пересечение этого решения с условием данного случая: $(x \in (-1/2, 0) \cup (0, 1/2)) \cap (x \in (-\infty, 2] \cup [8, \infty))$. Получаем $x \in (-1/2, 0) \cup (0, 1/2)$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $x \in (-1/2, 0) \cup (0, 1/2) \cup [2, 3) \cup (7, 8]$.

б) $\log_{2|x|}(x^2 - 13x + 36) \le \log_{2|x|} 6$

Найдем область допустимых значений (ОДЗ):
1. $x^2 - 13x + 36 > 0$. Корни уравнения $x^2 - 13x + 36 = 0$ равны $x_1 = 4$ и $x_2 = 9$. Неравенство выполняется при $x \in (-\infty, 4) \cup (9, \infty)$.
2. Основание $2|x| > 0$ и $2|x| \neq 1$, что дает $x \neq 0$ и $x \neq \pm 1/2$.
ОДЗ: $x \in (-\infty, -1/2) \cup (-1/2, 0) \cup (0, 1/2) \cup (1/2, 4) \cup (9, \infty)$.

Случай 1: Основание $2|x| > 1$, то есть $|x| > 1/2$.
Знак неравенства сохраняется:
$x^2 - 13x + 36 \le 6$
$x^2 - 13x + 30 \le 0$
Корни уравнения $x^2 - 13x + 30 = 0$ равны $x_1 = 3$ и $x_2 = 10$. Неравенство выполняется при $x \in [3, 10]$.
Пересекаем с ОДЗ для этого случая $((-\infty, 4) \cup (9, \infty))$: $[3, 10] \cap ((-\infty, 4) \cup (9, \infty))$. Получаем $x \in [3, 4) \cup (9, 10]$.

Случай 2: Основание $0 < 2|x| < 1$, то есть $0 < |x| < 1/2$.
Знак неравенства меняется:
$x^2 - 13x + 36 \ge 6$
$x^2 - 13x + 30 \ge 0$
Неравенство выполняется при $x \in (-\infty, 3] \cup [10, \infty)$.
Пересекаем с условием случая $x \in (-1/2, 0) \cup (0, 1/2)$. Весь этот интервал входит в $(-\infty, 3]$, поэтому решение для этого случая $x \in (-1/2, 0) \cup (0, 1/2)$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $x \in (-1/2, 0) \cup (0, 1/2) \cup [3, 4) \cup (9, 10]$.

в) $\log_{|x|}(x^2 + 25) \le 2 + \log_{|x|} 226$

Преобразуем неравенство:
$\log_{|x|}(x^2 + 25) - \log_{|x|} 226 \le 2$
$\log_{|x|} \left(\frac{x^2 + 25}{226}\right) \le 2$
ОДЗ: основание $|x| > 0$ и $|x| \neq 1$. То есть $x \neq 0, x \neq \pm 1$. Аргумент $x^2+25$ всегда положителен.
ОДЗ: $x \in (-\infty, -1) \cup (-1, 0) \cup (0, 1) \cup (1, \infty)$.

Случай 1: Основание $|x| > 1$, то есть $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.
Функция возрастающая. Представим $2$ как $\log_{|x|}(|x|^2)$:
$\log_{|x|} \left(\frac{x^2 + 25}{226}\right) \le \log_{|x|}(|x|^2)$
$\frac{x^2 + 25}{226} \le |x|^2 = x^2$
$x^2 + 25 \le 226x^2$
$225x^2 \ge 25 \implies x^2 \ge \frac{1}{9} \implies |x| \ge \frac{1}{3}$.
Пересечение $|x| \ge 1/3$ и $|x| > 1$ дает $|x| > 1$. Решение: $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.

Случай 2: Основание $0 < |x| < 1$, то есть $x \in (-1, 0) \cup (0, 1)$.
Функция убывающая, знак неравенства меняется:
$\frac{x^2 + 25}{226} \ge |x|^2 = x^2$
$x^2 + 25 \ge 226x^2$
$225x^2 \le 25 \implies x^2 \le \frac{1}{9} \implies |x| \le \frac{1}{3}$.
Пересечение $|x| \le 1/3$ и $0 < |x| < 1$ дает $0 < |x| \le 1/3$. Решение: $x \in [-1/3, 0) \cup (0, 1/3]$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $x \in (-\infty, -1) \cup [-1/3, 0) \cup (0, 1/3] \cup (1, \infty)$.

г) $\log_{|x|}(x^2 + 361) \le 2 + \log_{|x|} 362$

Преобразуем неравенство:
$\log_{|x|} \left(\frac{x^2 + 361}{362}\right) \le 2$
ОДЗ: $|x| > 0$ и $|x| \neq 1$, то есть $x \neq 0, x \neq \pm 1$.
ОДЗ: $x \in (-\infty, -1) \cup (-1, 0) \cup (0, 1) \cup (1, \infty)$.

Случай 1: Основание $|x| > 1$, то есть $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.
$\frac{x^2 + 361}{362} \le |x|^2 = x^2$
$x^2 + 361 \le 362x^2$
$361x^2 \ge 361 \implies x^2 \ge 1 \implies |x| \ge 1$.
Пересечение $|x| \ge 1$ и $|x| > 1$ дает $|x| > 1$. Решение: $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$.

Случай 2: Основание $0 < |x| < 1$, то есть $x \in (-1, 0) \cup (0, 1)$.
$\frac{x^2 + 361}{362} \ge |x|^2 = x^2$
$x^2 + 361 \ge 362x^2$
$361x^2 \le 361 \implies x^2 \le 1 \implies |x| \le 1$.
Пересечение $|x| \le 1$ и $0 < |x| < 1$ дает $0 < |x| < 1$. Решение: $x \in (-1, 0) \cup (0, 1)$.

Объединяя решения из обоих случаев ($(-\infty, -1) \cup (1, \infty)$ и $(-1, 0) \cup (0, 1)$), получаем все значения из ОДЗ.
Ответ: $x \in (-\infty, -1) \cup (-1, 0) \cup (0, 1) \cup (1, \infty)$.

9.64* a) $\log_x \frac{8x-7}{8x+13} \ge \log_x \frac{14x-9}{8x+13}$;

б) $\log_x \frac{9x-8}{9x+14} \ge \log_x \frac{17x-10}{9x+14}$;

в) $\log_x \frac{10x-9}{6x+11} \ge \log_x \frac{20x-11}{6x+11}$;

г) $\log_x \frac{11x-10}{5x+12} \ge \log_x \frac{17x-12}{5x+12}$.

Решим неравенство $\log_x \frac{8x-7}{8x+13} \ge \log_x \frac{14x-9}{8x+13}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Основание логарифма: $x > 0$ и $x \neq 1$.
Аргументы логарифмов должны быть положительны:
$\frac{8x-7}{8x+13} > 0 \implies x \in (-\infty, -13/8) \cup (7/8, \infty)$.
$\frac{14x-9}{8x+13} > 0 \implies x \in (-\infty, -13/8) \cup (9/14, \infty)$.
Сравнивая $7/8 = 0.875$ и $9/14 \approx 0.643$, находим пересечение этих условий: $x \in (-\infty, -13/8) \cup (7/8, \infty)$.
Объединяя все условия ОДЗ, получаем: $x \in (7/8, 1) \cup (1, \infty)$.

2. Рассмотрим два случая в зависимости от основания логарифма.

Случай 1: $0 < x < 1$. С учетом ОДЗ, рассматриваем интервал $x \in (7/8, 1)$.
В этом случае логарифмическая функция является убывающей, поэтому знак неравенства меняется на противоположный:
$\frac{8x-7}{8x+13} \le \frac{14x-9}{8x+13}$.
На интервале $(7/8, 1)$ знаменатель $8x+13$ положителен, поэтому можно на него умножить:
$8x-7 \le 14x-9$
$2 \le 6x$
$x \ge 1/3$.
Пересечение решения $x \ge 1/3$ с интервалом $(7/8, 1)$ дает $x \in (7/8, 1)$.

Случай 2: $x > 1$. С учетом ОДЗ, рассматриваем интервал $x \in (1, \infty)$.
В этом случае логарифмическая функция является возрастающей, знак неравенства сохраняется:
$\frac{8x-7}{8x+13} \ge \frac{14x-9}{8x+13}$.
Знаменатель $8x+13$ положителен, умножаем на него:
$8x-7 \ge 14x-9$
$2 \ge 6x$
$x \le 1/3$.
Пересечение решения $x \le 1/3$ с интервалом $(1, \infty)$ является пустым множеством.

3. Объединяя решения из двух случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $x \in (7/8, 1)$.

Решим неравенство $\log_x \frac{9x-8}{9x+14} \ge \log_x \frac{17x-10}{9x+14}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Основание логарифма: $x > 0$ и $x \neq 1$.
Аргументы логарифмов:
$\frac{9x-8}{9x+14} > 0 \implies x \in (-\infty, -14/9) \cup (8/9, \infty)$.
$\frac{17x-10}{9x+14} > 0 \implies x \in (-\infty, -14/9) \cup (10/17, \infty)$.
Сравнивая $8/9 \approx 0.889$ и $10/17 \approx 0.588$, находим пересечение: $x \in (-\infty, -14/9) \cup (8/9, \infty)$.
Объединяя все условия ОДЗ, получаем: $x \in (8/9, 1) \cup (1, \infty)$.

2. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $0 < x < 1$. С учетом ОДЗ, $x \in (8/9, 1)$.
Функция $\log_x t$ убывает, знак неравенства меняется:
$\frac{9x-8}{9x+14} \le \frac{17x-10}{9x+14}$.
На интервале $(8/9, 1)$ знаменатель $9x+14$ положителен, умножаем на него:
$9x-8 \le 17x-10$
$2 \le 8x$
$x \ge 1/4$.
Пересечение $x \ge 1/4$ с $(8/9, 1)$ дает $x \in (8/9, 1)$.

Случай 2: $x > 1$. С учетом ОДЗ, $x \in (1, \infty)$.
Функция $\log_x t$ возрастает, знак неравенства сохраняется:
$\frac{9x-8}{9x+14} \ge \frac{17x-10}{9x+14}$.
$9x-8 \ge 17x-10$
$2 \ge 8x$
$x \le 1/4$.
Пересечение $x \le 1/4$ с $(1, \infty)$ является пустым множеством.

3. Объединяем решения.
Ответ: $x \in (8/9, 1)$.

Решим неравенство $\log_x \frac{10x-9}{6x+11} \ge \log_x \frac{20x-11}{6x+11}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Основание логарифма: $x > 0$ и $x \neq 1$.
Аргументы логарифмов:
$\frac{10x-9}{6x+11} > 0 \implies x \in (-\infty, -11/6) \cup (9/10, \infty)$.
$\frac{20x-11}{6x+11} > 0 \implies x \in (-\infty, -11/6) \cup (11/20, \infty)$.
Сравнивая $9/10 = 0.9$ и $11/20 = 0.55$, находим пересечение: $x \in (-\infty, -11/6) \cup (9/10, \infty)$.
Объединяя все условия ОДЗ, получаем: $x \in (9/10, 1) \cup (1, \infty)$.

2. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $0 < x < 1$. С учетом ОДЗ, $x \in (9/10, 1)$.
Функция $\log_x t$ убывает, знак неравенства меняется:
$\frac{10x-9}{6x+11} \le \frac{20x-11}{6x+11}$.
На интервале $(9/10, 1)$ знаменатель $6x+11$ положителен, умножаем на него:
$10x-9 \le 20x-11$
$2 \le 10x$
$x \ge 1/5$.
Пересечение $x \ge 1/5$ с $(9/10, 1)$ дает $x \in (9/10, 1)$.

Случай 2: $x > 1$. С учетом ОДЗ, $x \in (1, \infty)$.
Функция $\log_x t$ возрастает, знак неравенства сохраняется:
$\frac{10x-9}{6x+11} \ge \frac{20x-11}{6x+11}$.
$10x-9 \ge 20x-11$
$2 \ge 10x$
$x \le 1/5$.
Пересечение $x \le 1/5$ с $(1, \infty)$ является пустым множеством.

3. Объединяем решения.
Ответ: $x \in (9/10, 1)$.

Решим неравенство $\log_x \frac{11x-10}{5x+12} \ge \log_x \frac{17x-12}{5x+12}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).
Основание логарифма: $x > 0$ и $x \neq 1$.
Аргументы логарифмов:
$\frac{11x-10}{5x+12} > 0 \implies x \in (-\infty, -12/5) \cup (10/11, \infty)$.
$\frac{17x-12}{5x+12} > 0 \implies x \in (-\infty, -12/5) \cup (12/17, \infty)$.
Сравнивая $10/11 \approx 0.909$ и $12/17 \approx 0.706$, находим пересечение: $x \in (-\infty, -12/5) \cup (10/11, \infty)$.
Объединяя все условия ОДЗ, получаем: $x \in (10/11, 1) \cup (1, \infty)$.

2. Рассмотрим два случая.

Случай 1: $0 < x < 1$. С учетом ОДЗ, $x \in (10/11, 1)$.
Функция $\log_x t$ убывает, знак неравенства меняется:
$\frac{11x-10}{5x+12} \le \frac{17x-12}{5x+12}$.
На интервале $(10/11, 1)$ знаменатель $5x+12$ положителен, умножаем на него:
$11x-10 \le 17x-12$
$2 \le 6x$
$x \ge 1/3$.
Пересечение $x \ge 1/3$ с $(10/11, 1)$ дает $x \in (10/11, 1)$.

Случай 2: $x > 1$. С учетом ОДЗ, $x \in (1, \infty)$.
Функция $\log_x t$ возрастает, знак неравенства сохраняется:
$\frac{11x-10}{5x+12} \ge \frac{17x-12}{5x+12}$.
$11x-10 \ge 17x-12$
$2 \ge 6x$
$x \le 1/3$.
Пересечение $x \le 1/3$ с $(1, \infty)$ является пустым множеством.

3. Объединяем решения.
Ответ: $x \in (10/11, 1)$.

9.65* ИССЛЕДУЕМ При каких значениях параметра $a$ все решения неравенства $\sqrt{x - 2a} > \sqrt{4 - x}$ содержатся в интервале $(0; 5)$?

Для решения задачи сначала найдем множество решений $S$ данного неравенства, а затем определим, при каких значениях параметра $a$ это множество будет являться подмножеством интервала $(0; 5)$.

Исходное неравенство: $\sqrt{x-2a} > \sqrt{4-x}$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ).

Подкоренные выражения должны быть неотрицательными. Это приводит к системе неравенств: $$ \begin{cases} x - 2a \ge 0 \\ 4 - x \ge 0 \end{cases} $$ Решая эту систему, получаем: $$ \begin{cases} x \ge 2a \\ x \le 4 \end{cases} $$ Таким образом, ОДЗ для переменной $x$ — это отрезок $[2a, 4]$. Для того чтобы этот отрезок не был пустым множеством, необходимо, чтобы его левая граница была не больше правой: $2a \le 4$, откуда следует $a \le 2$. Если $a > 2$, то ОДЗ пусто, и неравенство не имеет решений.

2. Решим неравенство.

В области допустимых значений обе части неравенства $\sqrt{x-2a} > \sqrt{4-x}$ неотрицательны, поэтому мы можем возвести обе части в квадрат, не меняя знака неравенства: $$ x - 2a > 4 - x $$ $$ 2x > 4 + 2a $$ $$ x > a + 2 $$

3. Найдем множество решений неравенства.

Решение исходного неравенства — это пересечение найденного условия $x > a + 2$ с ОДЗ $x \in [2a, 4]$. Рассмотрим два случая в зависимости от значения параметра $a$.

Случай 1: $a < 2$. В этом случае ОДЗ не пусто. Решение неравенства $x$ должно удовлетворять трем условиям: $x \ge 2a$, $x \le 4$ и $x > a + 2$. Совмещая их, получаем множество решений $S = (a+2, 4]$. Это множество не пусто, так как из $a < 2$ следует $a+2 < 4$.

Случай 2: $a \ge 2$. Как было установлено ранее, при $a=2$ ОДЗ вырождается в точку $x=4$, а при $a>2$ ОДЗ является пустым множеством. Если $a=2$, то ОДЗ $x \in [4, 4]$, а условие $x > a+2$ становится $x > 4$. Эти условия несовместны. Если $a > 2$, решений нет, так как ОДЗ пусто. Таким образом, при $a \ge 2$ множество решений неравенства $S$ является пустым ($S = \emptyset$).

4. Применим условие, что все решения содержатся в интервале $(0; 5)$.

Нам необходимо найти все значения $a$, при которых множество решений $S$ является подмножеством интервала $(0; 5)$, то есть $S \subseteq (0; 5)$. Снова рассмотрим два случая.

Случай 1: $a \ge 2$. В этом случае множество решений $S = \emptyset$. Пустое множество является подмножеством любого множества, в том числе и интервала $(0; 5)$. Следовательно, все значения $a \ge 2$ удовлетворяют условию задачи.

Случай 2: $a < 2$. В этом случае множество решений $S = (a+2, 4]$. Для выполнения условия $(a+2, 4] \subseteq (0; 5)$ необходимо, чтобы выполнялись следующие два условия для границ интервала:
1. Левая граница множества $S$ должна быть не меньше левой границы интервала $(0; 5)$: $a+2 \ge 0 \implies a \ge -2$.
2. Правая граница множества $S$ должна быть меньше правой границы интервала $(0; 5)$: $4 < 5$. Это неравенство является верным.
Объединяя условия для этого случая ($a < 2$ и $a \ge -2$), получаем, что параметр $a$ должен принадлежать полуинтервалу $[-2, 2)$.

5. Объединение результатов.

Итоговый ответ — это объединение множеств значений $a$, найденных в обоих случаях. Из первого случая мы получили $a \in [2, +\infty)$. Из второго случая мы получили $a \in [-2, 2)$. Объединяя эти два множества, получаем: $[-2, 2) \cup [2, +\infty) = [-2, +\infty)$.

Ответ: $a \in [-2; +\infty)$.