Страница 302 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Решите неравенство (11.55–11.64):

11.55 a) $(x^2 - 4x + 3)\sqrt{x - 2} \ge 0;$

б) $(x^2 - 3x - 10)\sqrt{3 - x} \ge 0;$

в) $(x^2 - 2x - 15)\sqrt{x + 4} \le 0;$

г) $(x^2 + x - 6)\sqrt{x + 5} \le 0.$

а) Дано неравенство $(x^2 - 4x + 3)\sqrt{x - 2} \ge 0$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условием неотрицательности подкоренного выражения: $x - 2 \ge 0$, откуда $x \ge 2$.
Произведение двух множителей неотрицательно. Множитель $\sqrt{x-2}$ всегда неотрицателен в своей ОДЗ. Следовательно, неравенство равносильно совокупности двух случаев:
1. Выражение под корнем равно нулю (в этом случае все произведение равно нулю, что удовлетворяет знаку $\ge$):
$x - 2 = 0 \implies x = 2$.
Это значение является решением.
2. Выражение под корнем строго больше нуля. Тогда на множитель $\sqrt{x-2}$ можно разделить, и знак неравенства сохранится:
$\begin{cases} x - 2 > 0 \\ x^2 - 4x + 3 \ge 0 \end{cases}$
Решим эту систему. Из первого неравенства получаем $x > 2$.
Решим второе неравенство: $x^2 - 4x + 3 \ge 0$. Найдем корни уравнения $x^2 - 4x + 3 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 1$, $x_2 = 3$. Графиком функции $y = x^2 - 4x + 3$ является парабола с ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется при $x \in (-\infty, 1] \cup [3, +\infty)$.
Пересекая решения $x > 2$ и $x \in (-\infty, 1] \cup [3, +\infty)$, получаем $x \in [3, +\infty)$.
Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $\{2\} \cup [3, +\infty)$.

б) Дано неравенство $(x^2 - 3x - 10)\sqrt{3 - x} \ge 0$.

ОДЗ: $3 - x \ge 0$, откуда $x \le 3$.
Множитель $\sqrt{3-x}$ всегда неотрицателен. Неравенство равносильно совокупности:
1. $3 - x = 0 \implies x = 3$. Это значение является решением.
2. $\begin{cases} 3 - x > 0 \\ x^2 - 3x - 10 \ge 0 \end{cases}$
Решим систему. Из первого неравенства $x < 3$.
Решим второе неравенство: $x^2 - 3x - 10 \ge 0$. Корни уравнения $x^2 - 3x - 10 = 0$ по теореме Виета: $x_1 = 5$, $x_2 = -2$. Парабола $y = x^2 - 3x - 10$ с ветвями вверх, значит, неравенство выполняется при $x \in (-\infty, -2] \cup [5, +\infty)$.
Пересекая $x < 3$ и $x \in (-\infty, -2] \cup [5, +\infty)$, получаем $x \in (-\infty, -2]$.
Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $(-\infty, -2] \cup \{3\}$.

в) Дано неравенство $(x^2 - 2x - 15)\sqrt{x + 4} \le 0$.

ОДЗ: $x + 4 \ge 0$, откуда $x \ge -4$.
Множитель $\sqrt{x+4}$ всегда неотрицателен. Чтобы произведение было неположительным, либо $\sqrt{x+4}=0$, либо второй множитель должен быть неположительным. Неравенство равносильно совокупности:
1. $x + 4 = 0 \implies x = -4$. Это значение является решением.
2. $\begin{cases} x + 4 > 0 \\ x^2 - 2x - 15 \le 0 \end{cases}$
Решим систему. Из первого неравенства $x > -4$.
Решим второе неравенство: $x^2 - 2x - 15 \le 0$. Корни уравнения $x^2 - 2x - 15 = 0$ по теореме Виета: $x_1 = 5$, $x_2 = -3$. Парабола $y = x^2 - 2x - 15$ с ветвями вверх, значит, неравенство выполняется при $x \in [-3, 5]$.
Пересекая $x > -4$ и $x \in [-3, 5]$, получаем $x \in [-3, 5]$.
Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $\{-4\} \cup [-3, 5]$.

г) Дано неравенство $(x^2 + x - 6)\sqrt{x + 5} \le 0$.

ОДЗ: $x + 5 \ge 0$, откуда $x \ge -5$.
Множитель $\sqrt{x+5}$ всегда неотрицателен. Неравенство равносильно совокупности:
1. $x + 5 = 0 \implies x = -5$. Это значение является решением.
2. $\begin{cases} x + 5 > 0 \\ x^2 + x - 6 \le 0 \end{cases}$
Решим систему. Из первого неравенства $x > -5$.
Решим второе неравенство: $x^2 + x - 6 \le 0$. Корни уравнения $x^2 + x - 6 = 0$ по теореме Виета: $x_1 = 2$, $x_2 = -3$. Парабола $y = x^2 + x - 6$ с ветвями вверх, значит, неравенство выполняется при $x \in [-3, 2]$.
Пересекая $x > -5$ и $x \in [-3, 2]$, получаем $x \in [-3, 2]$.
Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.
Ответ: $\{-5\} \cup [-3, 2]$.

11.56 а) $ \sqrt{x^2 - 9}(x + 8) \ge 0; $

Б) $ (x - 4)\sqrt{x^2 - 4} \le 0; $

В) $ \sqrt{x^2 - 16}(x - 5) \ge 0; $

Г) $ (x + 7)\sqrt{x^2 - 25} \le 0. $

11.57 a) $\frac{\sqrt{12 - x - x^2}}{2x + 7} \le \frac{\sqrt{12 - x - x^2}}{x - 5}$;

б) $\frac{\sqrt{8 - 2x - x^2}}{2x + 9} \ge \frac{\sqrt{8 - 2x - x^2}}{x - 5}$;

В) $\frac{\sqrt{18 - 3x - x^2}}{x - 2} \le \frac{\sqrt{18 - 3x - x^2}}{2x + 3}$;

Г) $\frac{\sqrt{6 + x - x^2}}{2x + 5} \ge \frac{\sqrt{6 + x - x^2}}{x + 4}$.

а)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{12 - x - x^2}}{2x + 7} \le \frac{\sqrt{12 - x - x^2}}{x - 5}$.

Область допустимых значений (ОДЗ) определяется условиями:

1. Поткоренное выражение неотрицательно: $12 - x - x^2 \ge 0$.

2. Знаменатели не равны нулю: $2x + 7 \ne 0$ и $x - 5 \ne 0$.

Решим первое условие: $x^2 + x - 12 \le 0$. Корни квадратного трехчлена $x^2 + x - 12 = 0$ равны $x_1 = -4$ и $x_2 = 3$. Так как ветви параболы $y=x^2+x-12$ направлены вверх, неравенство выполняется при $x \in [-4, 3]$.

Решим вторые условия: $x \ne -3.5$ и $x \ne 5$. Условие $x \ne 5$ уже выполняется, так как $5$ не входит в отрезок $[-4, 3]$.

Таким образом, ОДЗ: $x \in [-4, -3.5) \cup (-3.5, 3]$.

Рассмотрим два случая.

Случай 1: $\sqrt{12 - x - x^2} = 0$.

Это уравнение равносильно $12 - x - x^2 = 0$, откуда $x = -4$ и $x = 3$. Оба значения входят в ОДЗ. При этих значениях $x$ неравенство принимает вид $0 \le 0$, что является верным. Следовательно, $x = -4$ и $x = 3$ — решения.

Случай 2: $\sqrt{12 - x - x^2} > 0$.

Это условие выполняется при $x \in (-4, 3)$. В этом случае можно разделить обе части неравенства на положительное число $\sqrt{12 - x - x^2}$:

$\frac{1}{2x + 7} \le \frac{1}{x - 5}$

$\frac{1}{2x + 7} - \frac{1}{x - 5} \le 0$

$\frac{(x - 5) - (2x + 7)}{(2x + 7)(x - 5)} \le 0$

$\frac{-x - 12}{(2x + 7)(x - 5)} \le 0$

Умножим обе части на $-1$ и сменим знак неравенства: $\frac{x + 12}{(2x + 7)(x - 5)} \ge 0$.

Решим это неравенство методом интервалов. Корни числителя и знаменателя: $x = -12$, $x = -3.5$, $x = 5$. Решение неравенства: $x \in [-12, -3.5) \cup (5, \infty)$.

Найдем пересечение этого решения с областью, рассматриваемой в данном случае, то есть $x \in (-4, 3)$ и $x \ne -3.5$. Пересечение множеств $[-12, -3.5) \cup (5, \infty)$ и $(-4, 3)$ дает $x \in (-4, -3.5)$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем: $\{-4, 3\} \cup (-4, -3.5) = [-4, -3.5) \cup \{3\}$.

Ответ: $x \in [-4, -3.5) \cup \{3\}$.

б)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{8 - 2x - x^2}}{2x + 9} \ge \frac{\sqrt{8 - 2x - x^2}}{x - 5}$.

ОДЗ: $8 - 2x - x^2 \ge 0$, $2x + 9 \ne 0$, $x - 5 \ne 0$.

Решим $x^2 + 2x - 8 \le 0$. Корни $x_1 = -4, x_2 = 2$. Решение: $x \in [-4, 2]$.

Условия $x \ne -4.5$ и $x \ne 5$ выполняются для отрезка $[-4, 2]$.

ОДЗ: $x \in [-4, 2]$.

Случай 1: $\sqrt{8 - 2x - x^2} = 0$.

Тогда $x = -4$ и $x = 2$. Оба значения входят в ОДЗ. Неравенство $0 \ge 0$ верно, значит $x = -4$ и $x = 2$ — решения.

Случай 2: $\sqrt{8 - 2x - x^2} > 0$.

Это выполняется при $x \in (-4, 2)$. Делим на положительный корень:

$\frac{1}{2x + 9} \ge \frac{1}{x - 5}$

$\frac{(x - 5) - (2x + 9)}{(2x + 9)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{-x - 14}{(2x + 9)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{x + 14}{(2x + 9)(x - 5)} \le 0$

Методом интервалов находим решение: $x \in (-\infty, -14] \cup (-4.5, 5)$.

Пересекаем это решение с $x \in (-4, 2)$: $(-\infty, -14] \cup (-4.5, 5) \cap (-4, 2) = (-4, 2)$.

Объединяем решения: $\{-4, 2\} \cup (-4, 2) = [-4, 2]$.

Ответ: $x \in [-4, 2]$.

в)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{18 - 3x - x^2}}{x - 2} \le \frac{\sqrt{18 - 3x - x^2}}{2x + 3}$.

ОДЗ: $18 - 3x - x^2 \ge 0$, $x - 2 \ne 0$, $2x + 3 \ne 0$.

Решим $x^2 + 3x - 18 \le 0$. Корни $x_1 = -6, x_2 = 3$. Решение: $x \in [-6, 3]$.

Условия на знаменатели: $x \ne 2$ и $x \ne -1.5$.

ОДЗ: $x \in [-6, -1.5) \cup (-1.5, 2) \cup (2, 3]$.

Случай 1: $\sqrt{18 - 3x - x^2} = 0$.

Тогда $x = -6$ и $x = 3$. Оба значения входят в ОДЗ. Неравенство $0 \le 0$ верно, значит $x = -6$ и $x = 3$ — решения.

Случай 2: $\sqrt{18 - 3x - x^2} > 0$.

Это выполняется при $x \in (-6, 3)$, с учетом ограничений на знаменатели. Делим на положительный корень:

$\frac{1}{x - 2} \le \frac{1}{2x + 3}$

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

$\frac{x + 5}{(x - 2)(2x + 3)} \le 0$

Методом интервалов находим решение: $x \in (-\infty, -5] \cup (-1.5, 2)$.

Пересекаем это решение с $x \in (-6, -1.5) \cup (-1.5, 2) \cup (2, 3)$: $((-\infty, -5] \cup (-1.5, 2)) \cap ((-6, 3) \setminus \{-1.5, 2\}) = (-6, -5] \cup (-1.5, 2)$.

Объединяем решения: $\{-6, 3\} \cup ((-6, -5] \cup (-1.5, 2)) = [-6, -5] \cup (-1.5, 2) \cup \{3\}$.

Ответ: $x \in [-6, -5] \cup (-1.5, 2) \cup \{3\}$.

г)

Решим неравенство $\frac{\sqrt{6 + x - x^2}}{2x + 5} \ge \frac{\sqrt{6 + x - x^2}}{x + 4}$.

ОДЗ: $6 + x - x^2 \ge 0$, $2x + 5 \ne 0$, $x + 4 \ne 0$.

Решим $x^2 - x - 6 \le 0$. Корни $x_1 = -2, x_2 = 3$. Решение: $x \in [-2, 3]$.

Условия $x \ne -2.5$ и $x \ne -4$ выполняются для отрезка $[-2, 3]$.

ОДЗ: $x \in [-2, 3]$.

Случай 1: $\sqrt{6 + x - x^2} = 0$.

Тогда $x = -2$ и $x = 3$. Оба значения входят в ОДЗ. Неравенство $0 \ge 0$ верно, значит $x = -2$ и $x = 3$ — решения.

Случай 2: $\sqrt{6 + x - x^2} > 0$.

Это выполняется при $x \in (-2, 3)$. Делим на положительный корень:

$\frac{1}{2x + 5} \ge \frac{1}{x + 4}$

$\frac{(x + 4) - (2x + 5)}{(2x + 5)(x + 4)} \ge 0$

$\frac{-x - 1}{(2x + 5)(x + 4)} \ge 0$

$\frac{x + 1}{(2x + 5)(x + 4)} \le 0$

Методом интервалов находим решение: $x \in (-\infty, -4) \cup (-2.5, -1]$.

Пересекаем это решение с $x \in (-2, 3)$: $((-\infty, -4) \cup (-2.5, -1]) \cap (-2, 3) = (-2, -1]$.

Объединяем решения: $\{-2, 3\} \cup (-2, -1] = [-2, -1] \cup \{3\}$.

Ответ: $x \in [-2, -1] \cup \{3\}$.

11.58 a) $\frac{(2x+3)\sqrt{x-2}}{x-6,6} \ge \frac{5\sqrt{x-2}}{x-5};$

б) $\frac{3x+1}{(2x+1)\sqrt{2-x}} \le \frac{1}{(x+1)\sqrt{2-x}};$

В) $\frac{(2x-7)\sqrt{x-1}}{x-3} \ge \frac{9\sqrt{x-1}}{5-x};$

Г) $\frac{1}{(x+1)\sqrt{9-x}} \le \frac{4-x}{(8-x)\sqrt{9-x}}.$

а)

Исходное неравенство:

$\frac{(2x + 3)\sqrt{x - 2}}{x - 6,6} \ge \frac{5\sqrt{x - 2}}{x - 5}$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ):

Выражение под корнем должно быть неотрицательным: $x - 2 \ge 0 \implies x \ge 2$.

Знаменатели не должны быть равны нулю: $x - 6,6 \ne 0 \implies x \ne 6,6$ и $x - 5 \ne 0 \implies x \ne 5$.

ОДЗ: $x \in [2; 5) \cup (5; 6,6) \cup (6,6; +\infty)$.

2. Перенесем все члены в левую часть и вынесем общий множитель $\sqrt{x-2}$ за скобки:

$\frac{(2x + 3)\sqrt{x - 2}}{x - 6,6} - \frac{5\sqrt{x - 2}}{x - 5} \ge 0$

$\sqrt{x - 2} \left( \frac{2x + 3}{x - 6,6} - \frac{5}{x - 5} \right) \ge 0$

3. Рассмотрим два случая:

Случай 1: $\sqrt{x - 2} = 0 \implies x = 2$. Это значение входит в ОДЗ, поэтому $x=2$ является решением.

Случай 2: $\sqrt{x - 2} > 0 \implies x > 2$. В этом случае можно разделить обе части на $\sqrt{x-2}$, так как этот множитель положителен.

$\frac{2x + 3}{x - 6,6} - \frac{5}{x - 5} \ge 0$

Приведем к общему знаменателю:

$\frac{(2x + 3)(x - 5) - 5(x - 6,6)}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{2x^2 - 10x + 3x - 15 - 5x + 33}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{2x^2 - 12x + 18}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{2(x^2 - 6x + 9)}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{2(x - 3)^2}{(x - 6,6)(x - 5)} \ge 0$

Числитель $2(x-3)^2$ всегда неотрицателен. Он равен нулю при $x=3$ (это решение) и положителен при $x \ne 3$.

Таким образом, для $x \ne 3$ знак дроби зависит от знака знаменателя $(x - 6,6)(x - 5)$.

Решим неравенство $(x - 6,6)(x - 5) > 0$ методом интервалов. Корни знаменателя: $x=5$ и $x=6,6$.

Знаменатель положителен при $x \in (-\infty; 5) \cup (6,6; +\infty)$.

4. Объединим все решения с учетом ОДЗ.

Решение $x=2$ (из случая 1).

Решение $x=3$ (когда числитель равен нулю).

Решения для $x > 2$: $(2; 5) \cup (6,6; +\infty)$. Это множество уже включает в себя $x=3$.

Объединяя все, получаем: $\{2\} \cup (2; 5) \cup (6,6; +\infty) = [2; 5) \cup (6,6; +\infty)$.

Ответ: $[2; 5) \cup (6,6; \infty)$.

б)

Исходное неравенство:

$\frac{3x + 1}{(2x + 1)\sqrt{2 - x}} \le \frac{1}{(x + 1)\sqrt{2 - x}}$

1. Найдем ОДЗ:

Выражение под корнем в знаменателе должно быть строго положительным: $2 - x > 0 \implies x < 2$.

Другие множители в знаменателях не равны нулю: $2x + 1 \ne 0 \implies x \ne -0,5$ и $x + 1 \ne 0 \implies x \ne -1$.

ОДЗ: $x \in (-\infty; -1) \cup (-1; -0,5) \cup (-0,5; 2)$.

2. Так как на ОДЗ $\sqrt{2-x} > 0$, можно умножить обе части неравенства на этот множитель:

$\frac{3x + 1}{2x + 1} \le \frac{1}{x + 1}$

Перенесем все в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$\frac{3x + 1}{2x + 1} - \frac{1}{x + 1} \le 0$

$\frac{(3x + 1)(x + 1) - (2x + 1)}{(2x + 1)(x + 1)} \le 0$

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

$\frac{3x^2 + 2x}{(2x + 1)(x + 1)} \le 0$

$\frac{x(3x + 2)}{(2x + 1)(x + 1)} \le 0$

3. Решим полученное рациональное неравенство методом интервалов.

Корни числителя: $x=0$, $x=-2/3$.

Корни знаменателя: $x=-0,5$, $x=-1$.

Нанесем точки на числовую прямую: -1, -2/3, -0,5, 0.

Определим знаки на интервалах:

$(-\infty; -1)$: +

$(-1; -2/3]$: - (включая -2/3)

$[-2/3; -0,5)$: +

$(-0,5; 0]$: - (включая 0)

$(0; +\infty)$: +

Решение неравенства: $x \in (-1; -2/3] \cup (-0,5; 0]$.

4. Сравним с ОДЗ. Полученное решение полностью входит в ОДЗ.

Ответ: $(-1; -2/3] \cup (-0,5; 0]$.

в)

Исходное неравенство:

$\frac{(2x - 7)\sqrt{x - 1}}{x - 3} \ge \frac{9\sqrt{x - 1}}{5 - x}$

1. Найдем ОДЗ:

$x - 1 \ge 0 \implies x \ge 1$.

$x - 3 \ne 0 \implies x \ne 3$.

$5 - x \ne 0 \implies x \ne 5$.

ОДЗ: $x \in [1; 3) \cup (3; 5) \cup (5; +\infty)$.

2. Перенесем все в левую часть и вынесем общий множитель $\sqrt{x-1}$:

$\frac{(2x - 7)\sqrt{x - 1}}{x - 3} - \frac{9\sqrt{x - 1}}{5 - x} \ge 0$

$\sqrt{x - 1} \left( \frac{2x - 7}{x - 3} - \frac{9}{5 - x} \right) \ge 0$

$\sqrt{x - 1} \left( \frac{2x - 7}{x - 3} + \frac{9}{x - 5} \right) \ge 0$

3. Рассмотрим два случая:

Случай 1: $\sqrt{x - 1} = 0 \implies x = 1$. Это значение входит в ОДЗ, значит $x=1$ — решение.

Случай 2: $\sqrt{x - 1} > 0 \implies x > 1$. Делим на $\sqrt{x-1}$:

$\frac{2x - 7}{x - 3} + \frac{9}{x - 5} \ge 0$

$\frac{(2x - 7)(x - 5) + 9(x - 3)}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{2x^2 - 10x - 7x + 35 + 9x - 27}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{2x^2 - 8x + 8}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{2(x^2 - 4x + 4)}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$

$\frac{2(x - 2)^2}{(x - 3)(x - 5)} \ge 0$

Числитель $2(x-2)^2 \ge 0$ для всех $x$. Он равен нулю при $x=2$. Это значение входит в ОДЗ и является решением.

При $x \ne 2$ числитель положителен, поэтому знак дроби зависит от знака знаменателя $(x-3)(x-5)$.

Неравенство $(x-3)(x-5) > 0$ выполняется при $x \in (-\infty; 3) \cup (5; +\infty)$.

4. Объединим решения с учетом ОДЗ для $x>1$.

Решение $x=1$ (из случая 1).

Решение $x=2$ (когда числитель равен нулю).

Решение, когда дробь положительна: $x \in (1; 3) \cup (5; +\infty)$. Это множество уже включает в себя $x=2$.

Объединяя все, получаем: $\{1\} \cup (1; 3) \cup (5; +\infty) = [1; 3) \cup (5; +\infty)$.

Ответ: $[1; 3) \cup (5; \infty)$.

г)

Исходное неравенство:

$\frac{1}{(x + 1)\sqrt{9 - x}} \le \frac{4 - x}{(8 - x)\sqrt{9 - x}}$

1. Найдем ОДЗ:

$9 - x > 0 \implies x < 9$.

$x + 1 \ne 0 \implies x \ne -1$.

$8 - x \ne 0 \implies x \ne 8$.

ОДЗ: $x \in (-\infty; -1) \cup (-1; 8) \cup (8; 9)$.

2. На ОДЗ $\sqrt{9-x} > 0$, умножим на него обе части:

$\frac{1}{x + 1} \le \frac{4 - x}{8 - x}$

$\frac{1}{x + 1} - \frac{4 - x}{8 - x} \le 0$

$\frac{(8 - x) - (4 - x)(x + 1)}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$

$\frac{8 - x - (4x + 4 - x^2 - x)}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$

$\frac{8 - x - (3x + 4 - x^2)}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$

$\frac{8 - x - 3x - 4 + x^2}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$

$\frac{x^2 - 4x + 4}{(x + 1)(8 - x)} \le 0$

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

3. Решим неравенство.

Неравенство выполняется, если:

a) Дробь равна нулю. Это возможно, если числитель равен нулю: $(x-2)^2=0 \implies x=2$. Это значение входит в ОДЗ, значит $x=2$ является решением.

б) Дробь отрицательна. Так как числитель $(x-2)^2$ всегда неотрицателен, дробь будет отрицательна, когда числитель положителен ($x \ne 2$), а знаменатель отрицателен.

$(x + 1)(8 - x) < 0$

Корни знаменателя: $x=-1$ и $x=8$. Это парабола с ветвями вниз, она отрицательна за пределами корней.

Значит, $(x + 1)(8 - x) < 0$ при $x \in (-\infty; -1) \cup (8; +\infty)$.

4. Пересечем полученные решения с ОДЗ.

ОДЗ: $(-\infty; -1) \cup (-1; 8) \cup (8; 9)$.

Решение $x=2$ входит в ОДЗ.

Пересечение $(-\infty; -1) \cup (8; +\infty)$ с ОДЗ дает $(-\infty; -1) \cup (8; 9)$.

Объединяем все найденные решения: $(-\infty; -1) \cup \{2\} \cup (8; 9)$.

Ответ: $(-\infty; -1) \cup \{2\} \cup (8; 9)$.