Страница 427 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

205 a) $\frac{|x+6| + \sqrt{1-x} - 5}{|x-2| - 3\sqrt{x+5} + 3} \le 0;$

Б) $\frac{|x-3| - 2\sqrt{x+4} + 1}{|x+5| - 2\sqrt{2-x} + 1} \le 0;$

В) $\frac{|x+4| - \sqrt{3-x} - 1}{|x-4| - \sqrt{x+3} - 1} \le 0;$

Г) $\frac{|x-5| - 2\sqrt{x+2} + 1}{|x+3| - 2\sqrt{4-x} + 1} \le 0.$

a)

Решим неравенство $\frac{|x+6| + \sqrt{1-x} - 5}{|x-2| - 3\sqrt{x+5} + 3} \le 0$.

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражения под корнем должны быть неотрицательными:

$\begin{cases} 1 - x \ge 0 \\ x + 5 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 1 \\ x \ge -5 \end{cases}$

Таким образом, ОДЗ: $x \in [-5, 1]$. Также знаменатель не должен быть равен нулю.

2. Упростим и проанализируем числитель: $N(x) = |x+6| + \sqrt{1-x} - 5$.
На ОДЗ $x \in [-5, 1]$, выражение $x+6$ всегда положительно, поэтому $|x+6| = x+6$.
$N(x) = x+6 + \sqrt{1-x} - 5 = x+1 + \sqrt{1-x}$.
Найдем нули числителя: $x+1 + \sqrt{1-x} = 0 \implies \sqrt{1-x} = -x-1$.
Возводим в квадрат (при условии $-x-1 \ge 0$, т.е. $x \le -1$):
$1-x = (-x-1)^2 \implies 1-x = x^2+2x+1 \implies x^2+3x = 0 \implies x(x+3) = 0$.
Корни: $x=0$ (не удовлетворяет условию $x \le -1$) и $x=-3$ (удовлетворяет).
Итак, $N(x)=0$ при $x=-3$. Определим знаки $N(x)$ на ОДЗ: $N(x) \le 0$ при $x \in [-5, -3]$ и $N(x) \ge 0$ при $x \in [-3, 1]$.

3. Упростим и проанализируем знаменатель: $D(x) = |x-2| - 3\sqrt{x+5} + 3$.
На ОДЗ $x \in [-5, 1]$, выражение $x-2$ всегда отрицательно, поэтому $|x-2| = -(x-2) = 2-x$.
$D(x) = 2-x - 3\sqrt{x+5} + 3 = 5-x - 3\sqrt{x+5}$.
Найдем нули знаменателя: $5-x - 3\sqrt{x+5} = 0 \implies 3\sqrt{x+5} = 5-x$.
Возводим в квадрат (при условии $5-x \ge 0$, т.е. $x \le 5$, что выполняется на ОДЗ):
$9(x+5) = (5-x)^2 \implies 9x+45 = 25-10x+x^2 \implies x^2-19x-20=0$.
Корни: $x_1=20$ (не входит в ОДЗ) и $x_2=-1$ (входит в ОДЗ).
Итак, $D(x)=0$ при $x=-1$. Определим знаки $D(x)$ на ОДЗ: $D(x) > 0$ при $x \in [-5, -1)$ и $D(x) < 0$ при $x \in (-1, 1]$.

4. Решим неравенство методом интервалов. Отметим на числовой прямой точки ОДЗ $[-5, 1]$ и нули числителя ($x=-3$) и знаменателя ($x=-1$).

• При $x \in [-5, -3]$: $N(x) \le 0$, $D(x) > 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} \le 0$. Интервал подходит.
• При $x \in (-3, -1)$: $N(x) > 0$, $D(x) > 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} > 0$. Интервал не подходит.
• При $x \in (-1, 1]$: $N(x) > 0$, $D(x) < 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} < 0$. Интервал подходит.

Точка $x=-3$ включается в решение, так как числитель равен нулю. Точка $x=-1$ исключается, так как знаменатель равен нулю.

Ответ: $x \in [-5, -3] \cup (-1, 1]$.

б)

Решим неравенство $\frac{|x-3| - 2\sqrt{x+4}+1}{|x+5| - 2\sqrt{2-x}+1} \le 0$.

1. ОДЗ: $\begin{cases} x+4 \ge 0 \\ 2-x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -4 \\ x \le 2 \end{cases}$. ОДЗ: $x \in [-4, 2]$.

2. Числитель: $N(x) = |x-3| - 2\sqrt{x+4}+1$.
На ОДЗ $x \in [-4, 2]$, $x-3 < 0$, поэтому $|x-3| = 3-x$.
$N(x) = 3-x - 2\sqrt{x+4}+1 = 4-x - 2\sqrt{x+4}$.
Нули числителя: $4-x = 2\sqrt{x+4}$. Возводим в квадрат ($x \le 4$):
$(4-x)^2 = 4(x+4) \implies 16-8x+x^2 = 4x+16 \implies x^2-12x=0 \implies x(x-12)=0$.
Корни: $x=0$ (входит в ОДЗ) и $x=12$ (не входит в ОДЗ).
$N(x)=0$ при $x=0$. Знаки $N(x)$: $N(x) \ge 0$ при $x \in [-4, 0]$ и $N(x) \le 0$ при $x \in [0, 2]$.

3. Знаменатель: $D(x) = |x+5| - 2\sqrt{2-x}+1$.
На ОДЗ $x \in [-4, 2]$, $x+5 > 0$, поэтому $|x+5| = x+5$.
$D(x) = x+5 - 2\sqrt{2-x}+1 = x+6 - 2\sqrt{2-x}$.
Нули знаменателя: $x+6 = 2\sqrt{2-x}$. Возводим в квадрат ($x \ge -6$):
$(x+6)^2 = 4(2-x) \implies x^2+12x+36 = 8-4x \implies x^2+16x+28=0$.
Корни: $x_1=-2$ (входит в ОДЗ) и $x_2=-14$ (не входит в ОДЗ).
$D(x)=0$ при $x=-2$. Знаки $D(x)$: $D(x) < 0$ при $x \in [-4, -2)$ и $D(x) > 0$ при $x \in (-2, 2]$.

4. Решим методом интервалов на ОДЗ $[-4, 2]$ с критическими точками $x=-2$ и $x=0$.

• При $x \in [-4, -2)$: $N(x) > 0$, $D(x) < 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} < 0$. Интервал подходит.
• При $x \in (-2, 0]$: $N(x) \ge 0$, $D(x) > 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} \ge 0$. Не подходит, кроме $x=0$.
• При $x \in (0, 2]$: $N(x) < 0$, $D(x) > 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} < 0$. Интервал подходит.

Точка $x=0$ включается (числитель равен 0), точка $x=-2$ исключается (знаменатель равен 0).

Ответ: $x \in [-4, -2) \cup [0, 2]$.

в)

Решим неравенство $\frac{|x+4| - \sqrt{3-x} - 1}{|x-4| - \sqrt{x+3} - 1} \le 0$.

1. ОДЗ: $\begin{cases} 3-x \ge 0 \\ x+3 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \le 3 \\ x \ge -3 \end{cases}$. ОДЗ: $x \in [-3, 3]$.

2. Числитель: $N(x) = |x+4| - \sqrt{3-x} - 1$.
На ОДЗ $x \in [-3, 3]$, $x+4 > 0$, поэтому $|x+4| = x+4$.
$N(x) = x+4 - \sqrt{3-x} - 1 = x+3 - \sqrt{3-x}$.
Нули числителя: $x+3 = \sqrt{3-x}$. Возводим в квадрат ($x \ge -3$):
$(x+3)^2 = 3-x \implies x^2+6x+9 = 3-x \implies x^2+7x+6=0$.
Корни: $x_1=-1$ (входит в ОДЗ) и $x_2=-6$ (не входит в ОДЗ).
$N(x)=0$ при $x=-1$. Знаки $N(x)$: $N(x) \le 0$ при $x \in [-3, -1]$ и $N(x) \ge 0$ при $x \in [-1, 3]$.

3. Знаменатель: $D(x) = |x-4| - \sqrt{x+3} - 1$.
На ОДЗ $x \in [-3, 3]$, $x-4 < 0$, поэтому $|x-4| = 4-x$.
$D(x) = 4-x - \sqrt{x+3} - 1 = 3-x - \sqrt{x+3}$.
Нули знаменателя: $3-x = \sqrt{x+3}$. Возводим в квадрат ($x \le 3$):
$(3-x)^2 = x+3 \implies 9-6x+x^2 = x+3 \implies x^2-7x+6=0$.
Корни: $x_1=1$ (входит в ОДЗ) и $x_2=6$ (не входит в ОДЗ).
$D(x)=0$ при $x=1$. Знаки $D(x)$: $D(x) > 0$ при $x \in [-3, 1)$ и $D(x) < 0$ при $x \in (1, 3]$.

4. Решим методом интервалов на ОДЗ $[-3, 3]$ с критическими точками $x=-1$ и $x=1$.

• При $x \in [-3, -1]$: $N(x) \le 0$, $D(x) > 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} \le 0$. Интервал подходит.
• При $x \in (-1, 1)$: $N(x) > 0$, $D(x) > 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} > 0$. Интервал не подходит.
• При $x \in (1, 3]$: $N(x) > 0$, $D(x) < 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} < 0$. Интервал подходит.

Точка $x=-1$ включается, точка $x=1$ исключается.

Ответ: $x \in [-3, -1] \cup (1, 3]$.

г)

Решим неравенство $\frac{|x-5| - 2\sqrt{x+2} + 1}{|x+3| - 2\sqrt{4-x} + 1} \le 0$.

1. ОДЗ: $\begin{cases} x+2 \ge 0 \\ 4-x \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x \ge -2 \\ x \le 4 \end{cases}$. ОДЗ: $x \in [-2, 4]$.

2. Числитель: $N(x) = |x-5| - 2\sqrt{x+2} + 1$.
На ОДЗ $x \in [-2, 4]$, $x-5 < 0$, поэтому $|x-5| = 5-x$.
$N(x) = 5-x - 2\sqrt{x+2} + 1 = 6-x - 2\sqrt{x+2}$.
Нули числителя: $6-x = 2\sqrt{x+2}$. Возводим в квадрат ($x \le 6$):
$(6-x)^2 = 4(x+2) \implies 36-12x+x^2 = 4x+8 \implies x^2-16x+28=0$.
Корни: $x_1=2$ (входит в ОДЗ) и $x_2=14$ (не входит в ОДЗ).
$N(x)=0$ при $x=2$. Знаки $N(x)$: $N(x) \ge 0$ при $x \in [-2, 2]$ и $N(x) \le 0$ при $x \in [2, 4]$.

3. Знаменатель: $D(x) = |x+3| - 2\sqrt{4-x} + 1$.
На ОДЗ $x \in [-2, 4]$, $x+3 > 0$, поэтому $|x+3| = x+3$.
$D(x) = x+3 - 2\sqrt{4-x} + 1 = x+4 - 2\sqrt{4-x}$.
Нули знаменателя: $x+4 = 2\sqrt{4-x}$. Возводим в квадрат ($x \ge -4$):
$(x+4)^2 = 4(4-x) \implies x^2+8x+16 = 16-4x \implies x^2+12x=0 \implies x(x+12)=0$.
Корни: $x=0$ (входит в ОДЗ) и $x=-12$ (не входит в ОДЗ).
$D(x)=0$ при $x=0$. Знаки $D(x)$: $D(x) < 0$ при $x \in [-2, 0)$ и $D(x) > 0$ при $x \in (0, 4]$.

4. Решим методом интервалов на ОДЗ $[-2, 4]$ с критическими точками $x=0$ и $x=2$.

• При $x \in [-2, 0)$: $N(x) > 0$, $D(x) < 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} < 0$. Интервал подходит.
• При $x \in (0, 2]$: $N(x) \ge 0$, $D(x) > 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} \ge 0$. Не подходит, кроме $x=2$.
• При $x \in (2, 4]$: $N(x) < 0$, $D(x) > 0$. Дробь $\frac{N(x)}{D(x)} < 0$. Интервал подходит.

Точка $x=2$ включается (числитель равен 0), точка $x=0$ исключается (знаменатель равен 0).

Ответ: $x \in [-2, 0) \cup [2, 4]$.

206 a) $2^x + 2^{|x|} \ge 2\sqrt{2}$

б) $3^x + 3^{|x|} \le 3$

Решим неравенство $2^x + 2^{|x|} \ge 2\sqrt{2}$.

Для решения неравенства с модулем рассмотрим два случая.

Случай 1: $x \ge 0$

При $x \ge 0$ имеем $|x| = x$. Неравенство принимает вид:

$2^x + 2^x \ge 2\sqrt{2}$

$2 \cdot 2^x \ge 2\sqrt{2}$

Разделим обе части на 2:

$2^x \ge \sqrt{2}$

Представим правую часть в виде степени с основанием 2: $\sqrt{2} = 2^{1/2}$.

$2^x \ge 2^{1/2}$

Так как основание степени $2 > 1$, показательная функция $y=2^t$ является возрастающей. Поэтому можно перейти к неравенству для показателей:

$x \ge 1/2$

Это решение удовлетворяет условию $x \ge 0$. Таким образом, в первом случае решением является промежуток $[1/2, +\infty)$.

Случай 2: $x < 0$

При $x < 0$ имеем $|x| = -x$. Неравенство принимает вид:

$2^x + 2^{-x} \ge 2\sqrt{2}$

Введем замену $t = 2^x$. Поскольку $x < 0$, то $0 < 2^x < 2^0$, следовательно $0 < t < 1$. Неравенство в терминах $t$:

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

Так как $t>0$, умножим обе части на $t$, не меняя знака неравенства:

$t^2 + 1 \ge 2\sqrt{2}t$

$t^2 - 2\sqrt{2}t + 1 \ge 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $t^2 - 2\sqrt{2}t + 1 = 0$:

$t_{1,2} = \frac{-(-2\sqrt{2}) \pm \sqrt{(-2\sqrt{2})^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1}}{2} = \frac{2\sqrt{2} \pm \sqrt{8 - 4}}{2} = \frac{2\sqrt{2} \pm 2}{2} = \sqrt{2} \pm 1$.

Графиком функции $y = t^2 - 2\sqrt{2}t + 1$ является парабола с ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется, когда $t$ находится вне интервала между корнями:

$t \le \sqrt{2}-1$ или $t \ge \sqrt{2}+1$.

Возвращаемся к переменной $x$ с учетом условия $0 < t < 1$:

1) $2^x \le \sqrt{2}-1$. Так как $\sqrt{2}-1 \approx 1.414 - 1 = 0.414$, это значение попадает в интервал $(0,1)$. Прологарифмировав по основанию 2, получим $x \le \log_2(\sqrt{2}-1)$. Это решение удовлетворяет условию $x < 0$.

2) $2^x \ge \sqrt{2}+1$. Так как $\sqrt{2}+1 > 1$, это противоречит условию $0 < t < 1$. Решений в этом подслучае нет.

Решением во втором случае является промежуток $(-\infty, \log_2(\sqrt{2}-1)]$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем окончательный ответ.

Ответ: $x \in (-\infty, \log_2(\sqrt{2}-1)] \cup [1/2, +\infty)$.

Решим неравенство $3^x + 3^{|x|} \le 3$.

Для решения неравенства с модулем рассмотрим два случая.

Случай 1: $x \ge 0$

При $x \ge 0$ имеем $|x| = x$. Неравенство принимает вид:

$3^x + 3^x \le 3$

$2 \cdot 3^x \le 3$

$3^x \le 3/2$

Так как основание степени $3 > 1$, показательная функция является возрастающей. Прологарифмируем обе части по основанию 3:

$x \le \log_3(3/2)$

Используя свойство логарифма частного, можно записать $x \le \log_3(3) - \log_3(2)$, то есть $x \le 1 - \log_3(2)$.

С учетом условия $x \ge 0$, решение для этого случая: $0 \le x \le 1 - \log_3(2)$.

Случай 2: $x < 0$

При $x < 0$ имеем $|x| = -x$. Неравенство принимает вид:

$3^x + 3^{-x} \le 3$

Введем замену $t = 3^x$. Поскольку $x < 0$, то $0 < 3^x < 3^0$, следовательно $0 < t < 1$. Неравенство в терминах $t$:

$t + \frac{1}{t} \le 3$

Так как $t>0$, умножим обе части на $t$, не меняя знака неравенства:

$t^2 + 1 \le 3t$

$t^2 - 3t + 1 \le 0$

Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $t^2 - 3t + 1 = 0$:

$t_{1,2} = \frac{-(-3) \pm \sqrt{(-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1}}{2} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$.

Графиком функции $y = t^2 - 3t + 1$ является парабола с ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется, когда $t$ находится между корнями:

$\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \le t \le \frac{3 + \sqrt{5}}{2}$.

Теперь учтем ограничение $0 < t < 1$. Оценим значения корней: $\sqrt{5} \approx 2.236$.

$t_1 = \frac{3 - \sqrt{5}}{2} \approx \frac{3-2.236}{2} \approx 0.382$. Это значение удовлетворяет $0 < t_1 < 1$.

$t_2 = \frac{3 + \sqrt{5}}{2} \approx \frac{3+2.236}{2} \approx 2.618$. Это значение больше 1.

Пересечение решения для $t$ с ограничением $0 < t < 1$ дает: $\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \le t < 1$.

Возвращаемся к переменной $x$:

$\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \le 3^x < 1$

Прологарифмируем все части двойного неравенства по основанию 3:

$\log_3\left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2}\right) \le \log_3(3^x) < \log_3(1)$

$\log_3\left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2}\right) \le x < 0$

Это решение для случая $x < 0$.

Объединяя решения из обоих случаев, а именно $[\log_3(\frac{3-\sqrt{5}}{2}), 0)$ и $[0, 1-\log_3(2)]$, получаем итоговый промежуток.

Ответ: $x \in \left[\log_3\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right), 1 - \log_3(2)\right]$.

207 a) $3 \cdot 4^{\sqrt{2-x}} + 3 < 10 \cdot 2^{\sqrt{2-x}}$

б) $2 \cdot 9^{\sqrt{3-x}} + 2 < 5 \cdot 3^{\sqrt{3-x}}$

a) $3 \cdot 4^{\sqrt{2-x}} + 3 < 10 \cdot 2^{\sqrt{2-x}}$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным:
$2 - x \ge 0 \implies x \le 2$.

2. Преобразуем неравенство, заметив, что $4^{\sqrt{2-x}} = (2^2)^{\sqrt{2-x}} = (2^{\sqrt{2-x}})^2$.
$3 \cdot (2^{\sqrt{2-x}})^2 - 10 \cdot 2^{\sqrt{2-x}} + 3 < 0$.

3. Сделаем замену переменной. Пусть $t = 2^{\sqrt{2-x}}$. Поскольку $\sqrt{2-x} \ge 0$, то $t = 2^{\sqrt{2-x}} \ge 2^0 = 1$.
Получаем квадратное неравенство относительно $t$:
$3t^2 - 10t + 3 < 0$.

4. Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $3t^2 - 10t + 3 = 0$.
Дискриминант $D = (-10)^2 - 4 \cdot 3 \cdot 3 = 100 - 36 = 64 = 8^2$.
$t_1 = \frac{10 - 8}{2 \cdot 3} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.
$t_2 = \frac{10 + 8}{2 \cdot 3} = \frac{18}{6} = 3$.
Так как ветви параболы $y=3t^2 - 10t + 3$ направлены вверх, решение неравенства $3t^2 - 10t + 3 < 0$ находится между корнями: $\frac{1}{3} < t < 3$.

5. Учитывая условие $t \ge 1$, получаем систему неравенств:
$\begin{cases} \frac{1}{3} < t < 3 \\ t \ge 1 \end{cases} \implies 1 \le t < 3$.

6. Выполним обратную замену:
$1 \le 2^{\sqrt{2-x}} < 3$.
Представим $1$ как $2^0$:
$2^0 \le 2^{\sqrt{2-x}} < 3$.
Так как основание степени $2 > 1$, можем перейти к неравенству для показателей:
$0 \le \sqrt{2-x} < \log_2 3$.

7. Неравенство $\sqrt{2-x} \ge 0$ выполняется для всех $x$ из ОДЗ. Решим вторую часть неравенства:
$\sqrt{2-x} < \log_2 3$.
Возведем обе части в квадрат (это возможно, так как обе части неотрицательны):
$2 - x < (\log_2 3)^2$
$-x < (\log_2 3)^2 - 2$
$x > 2 - (\log_2 3)^2$.

8. Объединим полученное решение с ОДЗ ($x \le 2$):
$2 - (\log_2 3)^2 < x \le 2$.

Ответ: $x \in (2 - (\log_2 3)^2; 2]$.

б) $2 \cdot 9^{\sqrt{3-x}} + 2 < 5 \cdot 3^{\sqrt{3-x}}$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным:
$3 - x \ge 0 \implies x \le 3$.

2. Преобразуем неравенство, заметив, что $9^{\sqrt{3-x}} = (3^2)^{\sqrt{3-x}} = (3^{\sqrt{3-x}})^2$.
$2 \cdot (3^{\sqrt{3-x}})^2 - 5 \cdot 3^{\sqrt{3-x}} + 2 < 0$.

3. Сделаем замену переменной. Пусть $y = 3^{\sqrt{3-x}}$. Поскольку $\sqrt{3-x} \ge 0$, то $y = 3^{\sqrt{3-x}} \ge 3^0 = 1$.
Получаем квадратное неравенство относительно $y$:
$2y^2 - 5y + 2 < 0$.

4. Найдем корни соответствующего квадратного уравнения $2y^2 - 5y + 2 = 0$.
Дискриминант $D = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot 2 = 25 - 16 = 9 = 3^2$.
$y_1 = \frac{5 - 3}{2 \cdot 2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
$y_2 = \frac{5 + 3}{2 \cdot 2} = \frac{8}{4} = 2$.
Так как ветви параболы $z=2y^2 - 5y + 2$ направлены вверх, решение неравенства $2y^2 - 5y + 2 < 0$ находится между корнями: $\frac{1}{2} < y < 2$.

5. Учитывая условие $y \ge 1$, получаем систему неравенств:
$\begin{cases} \frac{1}{2} < y < 2 \\ y \ge 1 \end{cases} \implies 1 \le y < 2$.

6. Выполним обратную замену:
$1 \le 3^{\sqrt{3-x}} < 2$.
Представим $1$ как $3^0$:
$3^0 \le 3^{\sqrt{3-x}} < 2$.
Так как основание степени $3 > 1$, можем перейти к неравенству для показателей:
$0 \le \sqrt{3-x} < \log_3 2$.

7. Неравенство $\sqrt{3-x} \ge 0$ выполняется для всех $x$ из ОДЗ. Решим вторую часть неравенства:
$\sqrt{3-x} < \log_3 2$.
Возведем обе части в квадрат (это возможно, так как обе части неотрицательны):
$3 - x < (\log_3 2)^2$
$-x < (\log_3 2)^2 - 3$
$x > 3 - (\log_3 2)^2$.

8. Объединим полученное решение с ОДЗ ($x \le 3$):
$3 - (\log_3 2)^2 < x \le 3$.

Ответ: $x \in (3 - (\log_3 2)^2; 3]$.

208 а) $\frac{\lg(8-x)}{\lg(x-2)^2} \le 1;$

б) $\frac{\lg(2x+9)}{\lg(2x+3)^2} \le 1;$

в) $\frac{\lg\left(\frac{x}{2}+9\right)}{\lg\left(\frac{x}{2}+3\right)^2} \le 1;$

г) $\frac{\lg\left(\frac{x}{3}+5\right)}{\lg\left(\frac{x}{3}-1\right)^2} \le 1.$

а) $ \frac{\lg(8-x)}{\lg(x-2)^2} \le 1 $

1. Найдём область допустимых значений (ОДЗ):
$ \begin{cases} 8-x > 0 \\ (x-2)^2 > 0 \\ \lg((x-2)^2) \ne 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 8 \\ x \ne 2 \\ (x-2)^2 \ne 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 8 \\ x \ne 2 \\ x-2 \ne \pm 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x < 8 \\ x \ne 2 \\ x \ne 3 \text{ и } x \ne 1 \end{cases} $
ОДЗ: $ x \in (-\infty, 1) \cup (1, 2) \cup (2, 3) \cup (3, 8) $.

2. Решим неравенство. Перенесём 1 в левую часть и приведём к общему знаменателю:
$ \frac{\lg(8-x)}{\lg((x-2)^2)} - 1 \le 0 \implies \frac{\lg(8-x) - \lg((x-2)^2)}{\lg((x-2)^2)} \le 0 $.

3. Применим обобщённый метод интервалов. Найдём нули числителя и знаменателя.
Нули числителя: $ \lg(8-x) - \lg((x-2)^2) = 0 \implies \lg(8-x) = \lg((x-2)^2) $.
$ 8-x = (x-2)^2 \implies 8-x = x^2 - 4x + 4 \implies x^2 - 3x - 4 = 0 $.
По теореме Виета, корни: $ x_1 = 4, x_2 = -1 $. Оба корня входят в ОДЗ.
Нули знаменателя: $ \lg((x-2)^2) = 0 \implies (x-2)^2 = 1 \implies x-2 = \pm 1 $.
Корни: $ x_3 = 3, x_4 = 1 $. Эти точки на числовой оси будут выколотыми.

4. Нанесём на числовую ось точки из ОДЗ и найденные нули: -1, 1, 2, 3, 4, 8. Определим знаки выражения на получившихся интервалах.
Выражение: $ \frac{\lg(8-x) - \lg((x-2)^2)}{\lg((x-2)^2)} $

• При $ x=5 $: $ \frac{\lg(3) - \lg(3^2)}{\lg(3^2)} = \frac{\lg(3/9)}{\lg(9)} < 0 $. Интервал $ [4, 8) $ является решением.
• При $ x=3.5 $: $ \frac{\lg(4.5) - \lg(1.5^2)}{\lg(1.5^2)} = \frac{\lg(4.5/2.25)}{\lg(2.25)} = \frac{\lg(2)}{\lg(2.25)} > 0 $.
• При $ x=2.5 $: $ \frac{\lg(5.5) - \lg(0.5^2)}{\lg(0.5^2)} = \frac{\lg(5.5/0.25)}{\lg(0.25)} < 0 $. Интервал $ (2, 3) $ является решением.
• При $ x=1.5 $: $ \frac{\lg(6.5) - \lg(-0.5)^2}{\lg(-0.5)^2} = \frac{\lg(6.5/0.25)}{\lg(0.25)} < 0 $. Интервал $ (1, 2) $ является решением.
• При $ x=0 $: $ \frac{\lg(8) - \lg(-2)^2}{\lg(-2)^2} = \frac{\lg(8/4)}{\lg(4)} = \frac{\lg(2)}{\lg(4)} > 0 $.
• При $ x=-2 $: $ \frac{\lg(10) - \lg(-4)^2}{\lg(-4)^2} = \frac{\lg(10/16)}{\lg(16)} < 0 $. Интервал $ (-\infty, -1] $ является решением.

Объединяя интервалы, на которых выражение не положительно, получаем решение.
Ответ: $ x \in (-\infty, -1] \cup (1, 2) \cup (2, 3) \cup [4, 8) $.

б) $ \frac{\lg(2x+9)}{\lg(2x+3)^2} \le 1 $

1. Найдём ОДЗ:
$ \begin{cases} 2x+9 > 0 \\ (2x+3)^2 > 0 \\ \lg((2x+3)^2) \ne 0 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -4.5 \\ 2x+3 \ne 0 \\ (2x+3)^2 \ne 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -4.5 \\ x \ne -1.5 \\ 2x+3 \ne \pm 1 \end{cases} \implies \begin{cases} x > -4.5 \\ x \ne -1.5 \\ x \ne -1, x \ne -2 \end{cases} $
ОДЗ: $ x \in (-4.5, -2) \cup (-2, -1.5) \cup (-1.5, -1) \cup (-1, \infty) $.

2. Преобразуем неравенство:
$ \frac{\lg(2x+9) - \lg((2x+3)^2)}{\lg((2x+3)^2)} \le 0 $.

3. Найдём нули числителя и знаменателя.
Нули числителя: $ \lg(2x+9) = \lg((2x+3)^2) \implies 2x+9 = (2x+3)^2 $.
$ 2x+9 = 4x^2 + 12x + 9 \implies 4x^2 + 10x = 0 \implies 2x(2x+5)=0 $.
Корни: $ x_1 = 0, x_2 = -2.5 $. Оба корня входят в ОДЗ.
Нули знаменателя: $ \lg((2x+3)^2) = 0 \implies (2x+3)^2 = 1 \implies 2x+3 = \pm 1 $.
Корни: $ x_3 = -1, x_4 = -2 $. Эти точки выколоты.

4. Нанесём на числовую ось точки -4.5, -2.5, -2, -1.5, -1, 0. Определим знаки выражения на интервалах.

• При $ x=1 $: $ \frac{\lg(11)-\lg(25)}{\lg(25)} < 0 $. Интервал $ [0, \infty) $ является решением.
• При $ x=-0.5 $: $ \frac{\lg(8)-\lg(4)}{\lg(4)} > 0 $.
• При $ x=-1.25 $: $ \frac{\lg(6.5)-\lg(0.25)}{\lg(0.25)} < 0 $. Интервал $ (-1.5, -1) $ является решением.
• При $ x=-1.75 $: $ \frac{\lg(5.5)-\lg(0.25)}{\lg(0.25)} < 0 $. Интервал $ (-2, -1.5) $ является решением.
• При $ x=-2.25 $: $ \frac{\lg(4.5)-\lg(2.25)}{\lg(2.25)} > 0 $.
• При $ x=-3 $: $ \frac{\lg(3)-\lg(9)}{\lg(9)} < 0 $. Интервал $ (-4.5, -2.5] $ является решением.

Объединяя интервалы, получаем решение.
Ответ: $ x \in (-4.5, -2.5] \cup (-2, -1.5) \cup (-1.5, -1) \cup [0, \infty) $.

в) $ \frac{\lg\left(\frac{x}{2}+9\right)}{\lg^2\left(\frac{x}{2}+3\right)} \le 1 $

Примечание: Задача в представленном виде $\frac{\lg\left(\frac{x}{2}+9\right)}{\lg^2\left(\frac{x}{2}+3\right)} \le 1$ не решается стандартными аналитическими методами, так как приводит к трансцендентному неравенству $\lg(u+6) \le \lg^2(u)$. Вероятно, в условии допущена опечатка, и квадрат должен относиться к аргументу логарифма, а не к самому логарифму, как в пунктах а) и б). Далее приводится решение для исправленного варианта: $\frac{\lg\left(\frac{x}{2}+9\right)}{\lg\left(\left(\frac{x}{2}+3\right)^2\right)} \le 1$.

1. Сделаем замену $ t = \frac{x}{2} $. Неравенство примет вид: $ \frac{\lg(t+9)}{\lg((t+3)^2)} \le 1 $.

2. Найдём ОДЗ для $ t $:
$ \begin{cases} t+9 > 0 \\ (t+3)^2 > 0 \\ \lg((t+3)^2) \ne 0 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -9 \\ t \ne -3 \\ (t+3)^2 \ne 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -9 \\ t \ne -3 \\ t \ne -2, t \ne -4 \end{cases} $
ОДЗ для $ t $: $ t \in (-9, -4) \cup (-4, -3) \cup (-3, -2) \cup (-2, \infty) $.

3. Решаем неравенство $ \frac{\lg(t+9) - \lg((t+3)^2)}{\lg((t+3)^2)} \le 0 $.
Нули числителя: $ t+9 = (t+3)^2 \implies t+9=t^2+6t+9 \implies t^2+5t=0 \implies t(t+5)=0 $.
Корни: $ t_1 = 0, t_2 = -5 $.
Нули знаменателя: $ (t+3)^2=1 \implies t+3 = \pm 1 \implies t_3 = -2, t_4 = -4 $.

4. Методом интервалов для переменной $ t $ находим решение: $ t \in (-9, -5] \cup (-4, -3) \cup (-3, -2) \cup [0, \infty) $.

5. Возвращаемся к переменной $ x = 2t $:
$ x \in (-18, -10] \cup (-8, -6) \cup (-6, -4) \cup [0, \infty) $.

Ответ: $ x \in (-18, -10] \cup (-8, -4) \setminus \{-6\} \cup [0, \infty) $.

г) $ \frac{\lg\left(\frac{x}{3}+5\right)}{\lg^2\left(\frac{x}{3}-1\right)} \le 1 $

Примечание: Как и в предыдущем пункте, задача в исходном виде не решается стандартными методами. Решим исправленный вариант: $\frac{\lg\left(\frac{x}{3}+5\right)}{\lg\left(\left(\frac{x}{3}-1\right)^2\right)} \le 1$.

1. Сделаем замену $ t = \frac{x}{3} $. Неравенство: $ \frac{\lg(t+5)}{\lg((t-1)^2)} \le 1 $.

2. Найдём ОДЗ для $ t $:
$ \begin{cases} t+5 > 0 \\ (t-1)^2 > 0 \\ \lg((t-1)^2) \ne 0 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -5 \\ t \ne 1 \\ (t-1)^2 \ne 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -5 \\ t \ne 1 \\ t-1 \ne \pm 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t > -5 \\ t \ne 1 \\ t \ne 2, t \ne 0 \end{cases} $
ОДЗ для $ t $: $ t \in (-5, 0) \cup (0, 1) \cup (1, 2) \cup (2, \infty) $.

3. Решаем $ \frac{\lg(t+5) - \lg((t-1)^2)}{\lg((t-1)^2)} \le 0 $.
Нули числителя: $ t+5 = (t-1)^2 \implies t+5=t^2-2t+1 \implies t^2-3t-4=0 \implies (t-4)(t+1)=0 $.
Корни: $ t_1 = 4, t_2 = -1 $.
Нули знаменателя: $ (t-1)^2=1 \implies t-1 = \pm 1 \implies t_3=2, t_4=0 $.

4. Методом интервалов для $ t $ находим решение: $ t \in (-5, -1] \cup (0, 1) \cup (1, 2) \cup [4, \infty) $.

5. Возвращаемся к переменной $ x = 3t $:
$ x \in (-15, -3] \cup (0, 3) \cup (3, 6) \cup [12, \infty) $.

Ответ: $ x \in (-15, -3] \cup (0, 6) \setminus \{3\} \cup [12, \infty) $.

209 a) $\frac{|3x+1|-7}{x+2} \ge -1;$

Б) $\frac{|6x+3|-11}{x-1} \le 0;$

В) $\frac{\sqrt{x+6}}{2x-3} < 1;$

Г) $\frac{\sqrt{2x-1}}{x-2} < 1;$

Д) $-x^2+x+8 > 2|x+1|;$

Е) $-x^2-2x+33 > 3|x-1|.$

а) Решим неравенство $\frac{|3x+1|-7}{x+2} \ge -1$.

Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$\frac{|3x+1|-7}{x+2} + 1 \ge 0$

$\frac{|3x+1|-7 + (x+2)}{x+2} \ge 0$

$\frac{|3x+1|+x-5}{x+2} \ge 0$

Область допустимых значений (ОДЗ): $x+2 \ne 0 \implies x \ne -2$.

Раскроем модуль, рассмотрев два случая. Выражение под модулем $3x+1$ равно нулю при $x = -1/3$.

Случай 1: $3x+1 \ge 0$, то есть $x \ge -1/3$.

В этом случае $|3x+1| = 3x+1$. Неравенство принимает вид:

$\frac{(3x+1)+x-5}{x+2} \ge 0$

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

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

Решим методом интервалов. Нули числителя: $x=1$. Нули знаменателя: $x=-2$.

На числовой прямой отмечаем точки $-2$ и $1$. Знаки выражения $\frac{x-1}{x+2}$ на интервалах: $(-\infty, -2): +$; $(-2, 1): -$; $(1, \infty): +$.

Нам нужно $\ge 0$, поэтому решением является $(-\infty, -2) \cup [1, \infty)$.

Учитывая условие этого случая $x \ge -1/3$, получаем решение: $[1, \infty)$.

Случай 2: $3x+1 < 0$, то есть $x < -1/3$.

В этом случае $|3x+1| = -(3x+1)$. Неравенство принимает вид:

$\frac{-(3x+1)+x-5}{x+2} \ge 0$

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

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

Разделив на $-2$, изменим знак неравенства:

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

Решим методом интервалов. Нули числителя: $x=-3$. Нули знаменателя: $x=-2$.

На числовой прямой отмечаем точки $-3$ и $-2$. Знаки выражения $\frac{x+3}{x+2}$ на интервалах: $(-\infty, -3): +$; $(-3, -2): -$; $(-2, \infty): +$.

Нам нужно $\le 0$, поэтому решением является $[-3, -2)$.

Учитывая условие этого случая $x < -1/3$, решение остается $[-3, -2)$.

Объединяем решения из обоих случаев: $[-3, -2) \cup [1, \infty)$.

Ответ: $x \in [-3, -2) \cup [1, \infty)$.

б) Решим неравенство $\frac{|6x+3|-11}{x-1} \le 0$.

ОДЗ: $x-1 \ne 0 \implies x \ne 1$.

Решим неравенство методом интервалов. Найдем нули числителя и знаменателя.

Нули числителя: $|6x+3|-11=0 \implies |6x+3|=11$.

$6x+3=11 \implies 6x=8 \implies x = 4/3$.

$6x+3=-11 \implies 6x=-14 \implies x = -7/3$.

Нуль знаменателя: $x-1=0 \implies x=1$.

Отметим точки $-7/3$, $1$, $4/3$ на числовой прямой и определим знаки выражения $f(x) = \frac{|6x+3|-11}{x-1}$ на полученных интервалах.

• При $x > 4/3$ (например, $x=2$): $f(2) = \frac{|15|-11}{1} > 0$.
• При $1 < x < 4/3$ (например, $x=1.1$): $f(1.1) = \frac{|9.6|-11}{0.1} < 0$.
• При $-7/3 < x < 1$ (например, $x=0$): $f(0) = \frac{|3|-11}{-1} > 0$.
• При $x < -7/3$ (например, $x=-3$): $f(-3) = \frac{|-15|-11}{-4} < 0$.

Нам нужно, чтобы выражение было $\le 0$. Это выполняется на интервалах $(-\infty, -7/3)$ и $(1, 4/3)$. Включаем нули числителя ($x=-7/3, x=4/3$) и исключаем нуль знаменателя ($x=1$).

Таким образом, решение: $(-\infty, -7/3] \cup (1, 4/3]$.

Ответ: $x \in (-\infty, -7/3] \cup (1, 4/3]$.

в) Решим неравенство $\frac{\sqrt{x+6}}{2x-3} < 1$.

ОДЗ: $x+6 \ge 0$ и $2x-3 \ne 0$, что дает $x \ge -6$ и $x \ne 3/2$.

Рассмотрим два случая в зависимости от знака знаменателя.

Случай 1: $2x-3 > 0$, то есть $x > 3/2$.

В этом случае можно умножить обе части на $2x-3$, сохранив знак неравенства:

$\sqrt{x+6} < 2x-3$

Обе части неравенства неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:

$x+6 < (2x-3)^2$

$x+6 < 4x^2 - 12x + 9$

$4x^2 - 13x + 3 > 0$

Корни квадратного трехчлена $4x^2 - 13x + 3 = 0$: $x_1 = 1/4, x_2 = 3$.

Решение квадратного неравенства: $(-\infty, 1/4) \cup (3, \infty)$.

Учитывая условие $x > 3/2$ ($x>1.5$), получаем решение для этого случая: $(3, \infty)$.

Случай 2: $2x-3 < 0$, то есть $x < 3/2$.

В этом случае знаменатель отрицателен, а числитель $\sqrt{x+6}$ неотрицателен. Поэтому вся дробь $\frac{\sqrt{x+6}}{2x-3}$ является неположительной. Любое неположительное число меньше 1. Следовательно, неравенство выполняется для всех $x$, удовлетворяющих условию $x < 3/2$ и ОДЗ $x \ge -6$.

Пересекая $x < 3/2$ и $x \ge -6$, получаем решение для этого случая: $[-6, 3/2)$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ: $[-6, 3/2) \cup (3, \infty)$.

Ответ: $x \in [-6, 3/2) \cup (3, \infty)$.

г) Решим неравенство $\frac{\sqrt{2x-1}}{x-2} < 1$.

ОДЗ: $2x-1 \ge 0$ и $x-2 \ne 0$, что дает $x \ge 1/2$ и $x \ne 2$.

Рассмотрим два случая в зависимости от знака знаменателя.

Случай 1: $x-2 > 0$, то есть $x > 2$.

Умножим обе части на $x-2$:

$\sqrt{2x-1} < x-2$

Обе части неотрицательны, возводим в квадрат:

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

$2x-1 < x^2 - 4x + 4$

$x^2 - 6x + 5 > 0$

Корни квадратного трехчлена $x^2 - 6x + 5 = 0$: $x_1=1, x_2=5$.

Решение квадратного неравенства: $(-\infty, 1) \cup (5, \infty)$.

Учитывая условие $x > 2$, получаем решение для этого случая: $(5, \infty)$.

Случай 2: $x-2 < 0$, то есть $x < 2$.

Знаменатель отрицателен, числитель неотрицателен. Дробь $\le 0$ и, следовательно, меньше 1. Неравенство выполняется для всех $x$, удовлетворяющих условию $x < 2$ и ОДЗ $x \ge 1/2$.

Пересекая $x < 2$ и $x \ge 1/2$, получаем решение для этого случая: $[1/2, 2)$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ: $[1/2, 2) \cup (5, \infty)$.

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

д) Решим неравенство $-x^2+x+8 > 2|x+1|$.

Раскроем модуль, рассмотрев два случая. Точка смены знака подмодульного выражения $x+1$: $x=-1$.

Случай 1: $x+1 \ge 0$, то есть $x \ge -1$.

Неравенство принимает вид: $-x^2+x+8 > 2(x+1)$.

$-x^2+x+8 > 2x+2$

$-x^2-x+6 > 0$

$x^2+x-6 < 0$

Корни $x^2+x-6=0$: $x_1=-3, x_2=2$.

Решение квадратного неравенства: $(-3, 2)$.

Учитывая условие $x \ge -1$, получаем решение: $[-1, 2)$.

Случай 2: $x+1 < 0$, то есть $x < -1$.

Неравенство принимает вид: $-x^2+x+8 > -2(x+1)$.

$-x^2+x+8 > -2x-2$

$-x^2+3x+10 > 0$

$x^2-3x-10 < 0$

Корни $x^2-3x-10=0$: $x_1=-2, x_2=5$.

Решение квадратного неравенства: $(-2, 5)$.

Учитывая условие $x < -1$, получаем решение: $(-2, -1)$.

Объединяя решения из обоих случаев: $(-2, -1) \cup [-1, 2) = (-2, 2)$.

Ответ: $x \in (-2, 2)$.

е) Решим неравенство $-x^2-2x+33 > 3|x-1|$.

Раскроем модуль, рассмотрев два случая. Точка смены знака подмодульного выражения $x-1$: $x=1$.

Случай 1: $x-1 \ge 0$, то есть $x \ge 1$.

Неравенство принимает вид: $-x^2-2x+33 > 3(x-1)$.

$-x^2-2x+33 > 3x-3$

$-x^2-5x+36 > 0$

$x^2+5x-36 < 0$

Корни $x^2+5x-36=0$: $x_1=-9, x_2=4$.

Решение квадратного неравенства: $(-9, 4)$.

Учитывая условие $x \ge 1$, получаем решение: $[1, 4)$.

Случай 2: $x-1 < 0$, то есть $x < 1$.

Неравенство принимает вид: $-x^2-2x+33 > -3(x-1)$.

$-x^2-2x+33 > -3x+3$

$-x^2+x+30 > 0$

$x^2-x-30 < 0$

Корни $x^2-x-30=0$: $x_1=-5, x_2=6$.

Решение квадратного неравенства: $(-5, 6)$.

Учитывая условие $x < 1$, получаем решение: $(-5, 1)$.

Объединяя решения из обоих случаев: $(-5, 1) \cup [1, 4) = (-5, 4)$.

Ответ: $x \in (-5, 4)$.

210 a) $(\frac{1}{5})^{1-x} \cdot 5^{\sqrt{-x}} > \frac{1}{25};$

б) $\frac{2^x + 5x + 8}{x - 2} \le 5;$

B) $\sqrt{2 \log_9 (3x^2 - 4)} > \log_3 \sqrt{3x^2 - 4}.$

а)

Исходное неравенство:

$(\frac{1}{5})^{1-x} \cdot 5^{\sqrt{-x}} > \frac{1}{25}$

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Выражение под корнем должно быть неотрицательным:

$-x \ge 0 \implies x \le 0$

2. Приведем все части неравенства к основанию 5:

$(\frac{1}{5})^{1-x} = (5^{-1})^{1-x} = 5^{-(1-x)} = 5^{x-1}$

$\frac{1}{25} = 5^{-2}$

Подставим преобразованные выражения в исходное неравенство:

$5^{x-1} \cdot 5^{\sqrt{-x}} > 5^{-2}$

3. Используем свойство степеней $a^m \cdot a^n = a^{m+n}$:

$5^{x-1 + \sqrt{-x}} > 5^{-2}$

4. Так как основание степени $5 > 1$, то при переходе к неравенству для показателей знак неравенства сохраняется:

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

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

5. Решим полученное иррациональное неравенство вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$. Оно равносильно совокупности двух систем:

Первая система:

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

Из первого неравенства: $-x < 1 \implies x > -1$.

Из второго неравенства: $x \le 0$.

Решением первой системы является интервал $(-1, 0]$.

Вторая система:

$\begin{cases} -x - 1 \ge 0 \\ (\sqrt{-x})^2 > (-x - 1)^2 \end{cases}$

Из первого неравенства: $-x \ge 1 \implies x \le -1$.

Решаем второе неравенство:

$-x > (-(x+1))^2$

$-x > (x+1)^2$

$-x > x^2 + 2x + 1$

$x^2 + 3x + 1 < 0$

Найдем корни квадратного трехчлена $x^2 + 3x + 1 = 0$:

$x = \frac{-3 \pm \sqrt{3^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1}}{2} = \frac{-3 \pm \sqrt{5}}{2}$

Так как ветви параболы $y = x^2 + 3x + 1$ направлены вверх, неравенство $x^2 + 3x + 1 < 0$ выполняется между корнями: $\frac{-3 - \sqrt{5}}{2} < x < \frac{-3 + \sqrt{5}}{2}$.

Теперь найдем пересечение этого решения с условием $x \le -1$. Так как $\frac{-3 - \sqrt{5}}{2} \approx -2.62$ и $\frac{-3 + \sqrt{5}}{2} \approx -0.38$, то пересечением будет интервал $(\frac{-3 - \sqrt{5}}{2}, -1]$.

6. Объединим решения обеих систем:

$(-1, 0] \cup (\frac{-3 - \sqrt{5}}{2}, -1] = (\frac{-3 - \sqrt{5}}{2}, 0]$.

Данное решение полностью удовлетворяет ОДЗ ($x \le 0$).

Ответ: $x \in (\frac{-3 - \sqrt{5}}{2}, 0]$.

б)

Исходное неравенство:

$\frac{2^x + 5x + 8}{x - 2} \le 5$

1. Найдем ОДЗ: знаменатель не должен быть равен нулю.

$x - 2 \ne 0 \implies x \ne 2$

2. Перенесем все члены в левую часть и приведем к общему знаменателю:

$\frac{2^x + 5x + 8}{x - 2} - 5 \le 0$

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

$\frac{2^x + 5x + 8 - 5x + 10}{x - 2} \le 0$

$\frac{2^x + 18}{x - 2} \le 0$

3. Решим неравенство методом интервалов. Рассмотрим числитель и знаменатель.

Числитель: $2^x + 18$. Так как показательная функция $2^x$ всегда положительна ($2^x > 0$ для любого $x$), то выражение $2^x + 18$ всегда больше нуля.

4. Поскольку числитель дроби всегда положителен, знак дроби зависит только от знака знаменателя. Чтобы дробь была меньше или равна нулю, знаменатель должен быть строго меньше нуля:

$x - 2 < 0$

$x < 2$

Полученное решение удовлетворяет ОДЗ ($x \ne 2$).

Ответ: $x \in (-\infty, 2)$.

в)

Исходное неравенство:

$\sqrt{2 \log_9(3x^2 - 4)} > \log_3\sqrt{3x^2 - 4}$

1. Найдем ОДЗ. Для этого решим систему неравенств:

$\begin{cases} 3x^2 - 4 > 0 \\ 2 \log_9(3x^2 - 4) \ge 0 \end{cases}$

Из первого неравенства: $x^2 > \frac{4}{3} \implies x \in (-\infty, -\frac{2}{\sqrt{3}}) \cup (\frac{2}{\sqrt{3}}, \infty)$.

Из второго неравенства: $\log_9(3x^2 - 4) \ge 0$. Так как основание $9>1$, то $3x^2 - 4 \ge 9^0 \implies 3x^2 - 4 \ge 1 \implies 3x^2 \ge 5 \implies x^2 \ge \frac{5}{3}$.

Решение второго неравенства: $x \in (-\infty, -\sqrt{\frac{5}{3}}] \cup [\sqrt{\frac{5}{3}}, \infty)$.

Пересекая решения обоих неравенств, получаем ОДЗ: $x \in (-\infty, -\sqrt{\frac{5}{3}}] \cup [\sqrt{\frac{5}{3}}, \infty)$.

2. Преобразуем обе части неравенства, приведя логарифмы к одному основанию 3:

Левая часть: $\sqrt{2 \frac{\log_3(3x^2 - 4)}{\log_3 9}} = \sqrt{2 \frac{\log_3(3x^2 - 4)}{2}} = \sqrt{\log_3(3x^2 - 4)}$.

Правая часть: $\log_3(3x^2 - 4)^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{2} \log_3(3x^2 - 4)$.

Неравенство принимает вид:

$\sqrt{\log_3(3x^2 - 4)} > \frac{1}{2} \log_3(3x^2 - 4)$

3. Сделаем замену. Пусть $t = \log_3(3x^2 - 4)$. Из ОДЗ мы знаем, что $\log_9(3x^2 - 4) \ge 0$, что эквивалентно $t \ge 0$.

Неравенство для $t$:

$\sqrt{t} > \frac{1}{2}t$

4. Решим это неравенство. Так как $t \ge 0$, обе части неотрицательны, и мы можем возвести их в квадрат:

$t > \frac{1}{4}t^2$

$t - \frac{1}{4}t^2 > 0$

$t(1 - \frac{1}{4}t) > 0$

Корни $t=0$ и $t=4$. Так как это парабола с ветвями вниз, решение неравенства: $0 < t < 4$.

5. Выполним обратную замену:

$0 < \log_3(3x^2 - 4) < 4$

Так как основание логарифма $3 > 1$, это двойное неравенство равносильно системе:

$3^0 < 3x^2 - 4 < 3^4$

$1 < 3x^2 - 4 < 81$

Разобьем на два неравенства:

а) $3x^2 - 4 > 1 \implies 3x^2 > 5 \implies x^2 > \frac{5}{3} \implies x \in (-\infty, -\sqrt{\frac{5}{3}}) \cup (\sqrt{\frac{5}{3}}, \infty)$.

б) $3x^2 - 4 < 81 \implies 3x^2 < 85 \implies x^2 < \frac{85}{3} \implies x \in (-\sqrt{\frac{85}{3}}, \sqrt{\frac{85}{3}})$.

6. Найдем пересечение полученных решений. Это будет итоговым ответом, так как он автоматически удовлетворяет ОДЗ.

$(-\sqrt{\frac{85}{3}}, -\sqrt{\frac{5}{3}}) \cup (\sqrt{\frac{5}{3}}, \sqrt{\frac{85}{3}})$

Ответ: $x \in (-\sqrt{\frac{85}{3}}, -\sqrt{\frac{5}{3}}) \cup (\sqrt{\frac{5}{3}}, \sqrt{\frac{85}{3}})$.

211 a) $\frac{1}{\left(\sqrt{\frac{2-x}{x}} - \frac{x+1}{2x}\right)^2} \ge 0;$

б) $\frac{1}{\left(\sqrt{\frac{1-x}{x+1}} - \frac{x+2}{2x+2}\right)^2} \ge 0.$

а)

Рассмотрим неравенство $\frac{1}{(\sqrt{\frac{2-x}{x}} - \frac{x+1}{2x})^2} \ge 0$.

Числитель дроби равен 1, что является положительным числом. Знаменатель представляет собой выражение в квадрате, которое всегда неотрицательно, т.е. $(\sqrt{\frac{2-x}{x}} - \frac{x+1}{2x})^2 \ge 0$.

Дробь будет положительной, если ее знаменатель не равен нулю. Поскольку числитель не равен нулю, вся дробь не может быть равна нулю. Таким образом, исходное неравенство равносильно тому, что выражение в левой части определено и знаменатель не равен нулю.

Это приводит к системе условий (область допустимых значений):

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

1. Решим первое неравенство методом интервалов:

$\frac{2-x}{x} \ge 0$

Нули числителя: $2-x=0 \Rightarrow x=2$.

Нули знаменателя: $x=0$.

На числовой прямой отмечаем точки 0 (выколотая) и 2 (закрашенная) и определяем знаки на интервалах. Решением является промежуток $x \in (0, 2]$. Условие $x \ne 0$ здесь учтено.

2. Решим уравнение, чтобы найти значения, при которых знаменатель обращается в ноль:

$\sqrt{\frac{2-x}{x}} - \frac{x+1}{2x} = 0 \Rightarrow \sqrt{\frac{2-x}{x}} = \frac{x+1}{2x}$

Поскольку левая часть (арифметический квадратный корень) неотрицательна, правая часть также должна быть неотрицательной: $\frac{x+1}{2x} \ge 0$. Это выполняется при $x \in (-\infty, -1] \cup (0, \infty)$.

Пересекая это условие с найденной областью $x \in (0, 2]$, получаем, что на всей области $(0, 2]$ правая часть неотрицательна. Следовательно, можно возвести обе части уравнения в квадрат:

$\frac{2-x}{x} = (\frac{x+1}{2x})^2$

$\frac{2-x}{x} = \frac{x^2+2x+1}{4x^2}$

Умножим обе части на $4x^2$ (так как $x \ne 0$):

$4x(2-x) = x^2+2x+1$

$8x - 4x^2 = x^2+2x+1$

$5x^2 - 6x + 1 = 0$

Решим квадратное уравнение. Дискриминант $D = (-6)^2 - 4 \cdot 5 \cdot 1 = 36 - 20 = 16$.

$x_1 = \frac{6 - \sqrt{16}}{2 \cdot 5} = \frac{6 - 4}{10} = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$

$x_2 = \frac{6 + \sqrt{16}}{2 \cdot 5} = \frac{6 + 4}{10} = \frac{10}{10} = 1$

Оба корня, $x = 1/5$ и $x = 1$, принадлежат интервалу $(0, 2]$. В этих точках знаменатель исходной дроби равен нулю, поэтому их нужно исключить из решения.

Объединяя все условия, получаем, что решением неравенства является область допустимых значений $x \in (0, 2]$ за исключением точек $x = 1/5$ и $x = 1$.

Ответ: $x \in (0, 1/5) \cup (1/5, 1) \cup (1, 2]$.

б)

Рассмотрим неравенство $\frac{1}{(\sqrt{\frac{1-x}{x+1}} - \frac{x+2}{2x+2})^2} \ge 0$.

Аналогично пункту а), данное неравенство равносильно системе условий, определяющей область допустимых значений (ОДЗ) и исключающей равенство знаменателя нулю.

$ \begin{cases} \frac{1-x}{x+1} \ge 0 \\ x+1 \ne 0 \\ \sqrt{\frac{1-x}{x+1}} - \frac{x+2}{2(x+1)} \ne 0 \end{cases} $

1. Решим первое неравенство методом интервалов:

$\frac{1-x}{x+1} \ge 0$

Нули числителя: $1-x=0 \Rightarrow x=1$.

Нули знаменателя: $x+1=0 \Rightarrow x=-1$.

На числовой прямой отмечаем точки -1 (выколотая) и 1 (закрашенная). Решением является промежуток $x \in (-1, 1]$. Условие $x \ne -1$ учтено.

2. Решим уравнение, чтобы найти значения, при которых знаменатель равен нулю:

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

Требуем неотрицательность правой части: $\frac{x+2}{2(x+1)} \ge 0$. Это выполняется при $x \in (-\infty, -2] \cup (-1, \infty)$.

Пересекая это условие с найденной областью $x \in (-1, 1]$, получаем, что на всей области $(-1, 1]$ правая часть неотрицательна. Возводим обе части уравнения в квадрат:

$\frac{1-x}{x+1} = (\frac{x+2}{2(x+1)})^2$

$\frac{1-x}{x+1} = \frac{(x+2)^2}{4(x+1)^2}$

Умножим обе части на $4(x+1)^2$ (так как $x \ne -1$):

$4(1-x)(x+1) = (x+2)^2$

$4(1-x^2) = x^2+4x+4$

$4 - 4x^2 = x^2+4x+4$

$5x^2 + 4x = 0$

$x(5x+4) = 0$

Отсюда получаем два корня:

$x_1 = 0$

$x_2 = -4/5$

Оба корня, $x = 0$ и $x = -4/5$, принадлежат интервалу $(-1, 1]$. В этих точках знаменатель равен нулю, и их необходимо исключить.

Решением неравенства является область $x \in (-1, 1]$ за исключением точек $x = -4/5$ и $x = 0$.

Ответ: $x \in (-1, -4/5) \cup (-4/5, 0) \cup (0, 1]$.

212 a) $\frac{1}{\log_{\frac{1}{2}}(2x^2 - 1)} > \frac{1}{\log_{\frac{1}{4}}x} + \frac{1}{\log_{\frac{1}{3}}x}$;

б) $\log_2(2^x - 3) \cdot \log_{\sqrt{2}}(4^{x+2} - 12 \cdot 2^{x+3} + 144) < 32$.

а) $ \frac{1}{\log_{\frac{1}{2}}(2x^2-1)} > \frac{1}{\log_{\frac{1}{4}}x} + \frac{1}{\log_{\frac{1}{3}}x} $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Аргументы логарифмов должны быть строго положительными, а знаменатели не должны равняться нулю (что означает, что аргументы логарифмов не должны равняться 1).

$ \begin{cases} 2x^2 - 1 > 0 \\ x > 0 \\ 2x^2 - 1 \ne 1 \\ x \ne 1 \end{cases} $

Решим систему:

$ 2x^2 > 1 \Rightarrow x^2 > \frac{1}{2} \Rightarrow x \in (-\infty, -\frac{\sqrt{2}}{2}) \cup (\frac{\sqrt{2}}{2}, \infty) $.
$ x > 0 $.
$ 2x^2 \ne 2 \Rightarrow x^2 \ne 1 \Rightarrow x \ne \pm 1 $.
$ x \ne 1 $.

Пересекая все условия, получаем ОДЗ: $ x \in (\frac{\sqrt{2}}{2}, 1) \cup (1, \infty) $.

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

$ \log_{2x^2-1}(\frac{1}{2}) > \log_x(\frac{1}{4}) + \log_x(\frac{1}{3}) $

Используя свойства логарифмов $ \log_a (b^c) = c \log_a b $ и $ \log_a b + \log_a c = \log_a (bc) $, получаем:

$ \log_{2x^2-1}(2^{-1}) > \log_x(4^{-1}) + \log_x(3^{-1}) $

$ -\log_{2x^2-1}(2) > -\log_x(4) - \log_x(3) $

$ -\log_{2x^2-1}(2) > -(\log_x(4) + \log_x(3)) $

$ -\log_{2x^2-1}(2) > -\log_x(12) $

Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства:

$ \log_{2x^2-1}(2) < \log_x(12) $

3. Разобьем решение на два случая в соответствии с ОДЗ.

Случай 1: $ x \in (\frac{\sqrt{2}}{2}, 1) $.

В этом случае оба основания логарифмов $ a = 2x^2 - 1 $ и $ b = x $ принадлежат интервалу $ (0, 1) $. Действительно, если $ \frac{\sqrt{2}}{2} < x < 1 $, то $ \frac{1}{2} < x^2 < 1 $, откуда $ 1 < 2x^2 < 2 $ и $ 0 < 2x^2 - 1 < 1 $. Основание $ x $ также принадлежит $ (0, 1) $.

Рассмотрим неравенство $ 2x^2 - x - 1 > 0 $. Корнями уравнения $ 2x^2 - x - 1 = 0 $ являются $ x_1=1 $ и $ x_2=-1/2 $. Неравенство $ 2x^2 - x - 1 < 0 $ выполняется при $ x \in (-1/2, 1) $. Наш интервал $ (\frac{\sqrt{2}}{2}, 1) $ полностью входит в этот промежуток, следовательно, для $ x \in (\frac{\sqrt{2}}{2}, 1) $ выполняется $ 2x^2-1 < x $.

Поскольку основания $ 2x^2-1 $ и $ x $ меньше 1, логарифмические функции по этим основаниям являются убывающими. Из $ 2x^2-1 < x $ и того, что аргумент $ 2 > 1 $, следует, что $ \log_{2x^2-1}(2) > \log_x(2) $. Также, поскольку основание $ x \in (0, 1) $ и $ 2 < 12 $, то $ \log_x(2) > \log_x(12) $.

Объединяя эти два неравенства, получаем: $ \log_{2x^2-1}(2) > \log_x(2) > \log_x(12) $. Следовательно, $ \log_{2x^2-1}(2) > \log_x(12) $. Это противоречит полученному нами неравенству $ \log_{2x^2-1}(2) < \log_x(12) $. Значит, в интервале $ (\frac{\sqrt{2}}{2}, 1) $ решений нет.

Случай 2: $ x \in (1, \infty) $.

В этом случае оба основания логарифмов $ a = 2x^2 - 1 $ и $ b = x $ больше 1. Из $ x > 1 $ следует $ 2x^2 - x - 1 > 0 $, то есть $ 2x^2 - 1 > x $.

Поскольку основания $ 2x^2-1 $ и $ x $ больше 1, логарифмические функции по этим основаниям являются возрастающими. Из $ 2x^2 - 1 > x > 1 $ и того, что аргумент $ 2 > 1 $, следует, что $ \log_{2x^2-1}(2) < \log_x(2) $ (чем больше основание, тем меньше значение логарифма при аргументе большем 1). Также, поскольку основание $ x > 1 $ и $ 2 < 12 $, то $ \log_x(2) < \log_x(12) $.

Объединяя эти два неравенства, получаем: $ \log_{2x^2-1}(2) < \log_x(2) < \log_x(12) $. Следовательно, $ \log_{2x^2-1}(2) < \log_x(12) $. Это неравенство совпадает с тем, которое мы решаем, и оно справедливо для всех $ x $ из данного интервала.

Таким образом, решением неравенства является интервал $ (1, \infty) $.

Ответ: $ x \in (1, \infty) $.

б) $ \log_2(2^x-3) \cdot \log_{\sqrt{2}}(4^{x+2} - 12 \cdot 2^{x+3} + 144) < 32 $

1. Найдем ОДЗ.

$ \begin{cases} 2^x - 3 > 0 \\ 4^{x+2} - 12 \cdot 2^{x+3} + 144 > 0 \end{cases} $

Первое неравенство: $ 2^x > 3 \Rightarrow x > \log_2 3 $.

Преобразуем выражение во втором неравенстве: $ 4^{x+2} - 12 \cdot 2^{x+3} + 144 = (2^2)^{x+2} - 12 \cdot 2^x \cdot 2^3 + 144 = 2^{2x+4} - 96 \cdot 2^x + 144 = 16 \cdot (2^x)^2 - 96 \cdot 2^x + 144 $.

Сделаем замену $ t = 2^x $. Получим квадратное неравенство: $ 16t^2 - 96t + 144 > 0 $. Разделим на 16: $ t^2 - 6t + 9 > 0 $. Это выражение является полным квадратом: $ (t-3)^2 > 0 $. Это неравенство верно для всех $ t $, кроме $ t=3 $. Значит, $ 2^x \ne 3 $, или $ x \ne \log_2 3 $.

Объединяя условия ОДЗ $ x > \log_2 3 $ и $ x \ne \log_2 3 $, получаем: $ x > \log_2 3 $.

2. Упростим исходное неравенство. Мы уже выяснили, что $ 4^{x+2} - 12 \cdot 2^{x+3} + 144 = 16(2^x-3)^2 $. Преобразуем второй логарифм: $ \log_{\sqrt{2}}(16(2^x-3)^2) = \log_{2^{1/2}}(16(2^x-3)^2) = 2 \log_2(16(2^x-3)^2) $.

Используем свойства логарифмов: $ 2(\log_2 16 + \log_2((2^x-3)^2)) = 2(4 + 2\log_2|2^x-3|) $.

Так как по ОДЗ $ 2^x - 3 > 0 $, то $ |2^x-3| = 2^x-3 $. $ 2(4 + 2\log_2(2^x-3)) = 8 + 4\log_2(2^x-3) $.

Подставим это в исходное неравенство: $ \log_2(2^x-3) \cdot (8 + 4\log_2(2^x-3)) < 32 $.

3. Сделаем замену $ y = \log_2(2^x-3) $. $ y(8+4y) < 32 $ $ 8y + 4y^2 < 32 $ $ 4y^2 + 8y - 32 < 0 $ $ y^2 + 2y - 8 < 0 $

Найдем корни квадратного трехчлена $ y^2 + 2y - 8 = 0 $. По теореме Виета, корни $ y_1 = -4 $ и $ y_2 = 2 $. Так как парабола ветвями вверх, неравенство выполняется между корнями: $ -4 < y < 2 $.

4. Вернемся к переменной $ x $: $ -4 < \log_2(2^x-3) < 2 $.

Потенцируем неравенство по основанию 2 (знаки неравенства сохраняются, так как основание 2 > 1): $ 2^{-4} < 2^x-3 < 2^2 $ $ \frac{1}{16} < 2^x-3 < 4 $.

Прибавим 3 ко всем частям двойного неравенства: $ 3 + \frac{1}{16} < 2^x < 4 + 3 $ $ \frac{49}{16} < 2^x < 7 $.

Прологарифмируем по основанию 2: $ \log_2(\frac{49}{16}) < x < \log_2 7 $.

Это решение удовлетворяет ОДЗ $ x > \log_2 3 $, так как $ \frac{49}{16} = 3.0625 > 3 $, и, следовательно, $ \log_2(\frac{49}{16}) > \log_2 3 $.

Решение можно также записать в виде $ (2\log_2 7 - 4, \log_2 7) $.

Ответ: $ x \in (\log_2(\frac{49}{16}), \log_2 7) $.

$213 (1 + \log_3 x) \sqrt{\log_{3x} \sqrt[3]{\frac{x}{3}}} \leq 2.$

Решим неравенство $(1 + \log_{3x}x) \sqrt{\log_{3x} \sqrt[3]{\frac{x}{3}}} \le 2$.

Область допустимых значений (ОДЗ)

Неравенство имеет смысл, если выполнены следующие условия:

1. Основание логарифма $3x > 0$ и $3x \ne 1$. Отсюда $x > 0$ и $x \ne \frac{1}{3}$.
2. Аргумент логарифма $x > 0$. Это условие уже учтено в первом пункте.
3. Выражение под корнем неотрицательно: $\log_{3x} \sqrt[3]{\frac{x}{3}} \ge 0$.

Решим последнее условие, используя метод рационализации для логарифмов $\log_a b \ge 0 \iff (a-1)(b-1) \ge 0$ (при выполнении условий $a>0, b>0, a\ne 1$):

$(3x-1)(\sqrt[3]{\frac{x}{3}} - 1) \ge 0$

Рассмотрим знаки множителей на интервалах, учитывая $x>0$ и $x \ne 1/3$.

• Если $x \in (0, 1/3)$, то $3x-1 < 0$ и $\sqrt[3]{\frac{x}{3}} - 1 < 0$ (так как $x/3 < 1/9 < 1$). Произведение $(-) \cdot (-) = (+)$ положительно.
• Если $x \in (1/3, 3)$, то $3x-1 > 0$ и $\sqrt[3]{\frac{x}{3}} - 1 < 0$. Произведение $(+) \cdot (-) = (-)$ отрицательно.
• Если $x \in (3, \infty)$, то $3x-1 > 0$ и $\sqrt[3]{\frac{x}{3}} - 1 > 0$. Произведение $(+) \cdot (+) = (+)$ положительно.

Также проверим точку $x=3$, где второй множитель равен нулю. Неравенство $0 \ge 0$ выполняется, поэтому $x=3$ входит в решение.

Таким образом, условие $\log_{3x} \sqrt[3]{\frac{x}{3}} \ge 0$ выполняется при $x \in (0, 1/3) \cup [3, \infty)$.

Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $x \in (0, 1/3) \cup [3, \infty)$.

Преобразование и решение неравенства

Для упрощения неравенства сделаем замену $A = \log_{3x} x$.

Воспользуемся свойством логарифма $\log_{3x}(3x) = 1$, что равносильно $\log_{3x} 3 + \log_{3x} x = 1$. Отсюда получаем выражение для логарифма от числа 3:

$\log_{3x} 3 = 1 - \log_{3x} x = 1 - A$.

Теперь преобразуем выражение под корнем:

$\log_{3x} \sqrt[3]{\frac{x}{3}} = \frac{1}{3} \log_{3x} \left(\frac{x}{3}\right) = \frac{1}{3} (\log_{3x} x - \log_{3x} 3) = \frac{1}{3} (A - (1-A)) = \frac{2A-1}{3}$.

Подставив все в исходное неравенство, получим неравенство относительно переменной $A$:

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

Найдем область значений для переменной $A$. Из определения $A = \log_{3x} x$ следует $(3x)^A = x \implies 3^A x^A = x \implies x^{1-A} = 3^A$. Если $A \ne 1$, то $x = (3^A)^{\frac{1}{1-A}} = 3^{\frac{A}{1-A}}$.

Рассмотрим ОДЗ для $x$:

• Если $x \in [3, \infty)$, то $\log_3 x \ge 1$. Так как $\log_3 x = \frac{A}{1-A}$, получаем $\frac{A}{1-A} \ge 1 \implies \frac{A-(1-A)}{1-A} \ge 0 \implies \frac{2A-1}{1-A} \ge 0$. Решая это неравенство, получаем $A \in [1/2, 1)$.
• Если $x \in (0, 1/3)$, то $\log_3 x < -1$. Получаем $\frac{A}{1-A} < -1 \implies \frac{A+(1-A)}{1-A} < 0 \implies \frac{1}{1-A} < 0 \implies 1-A < 0 \implies A > 1$. Таким образом, $A \in (1, \infty)$.

Область допустимых значений для $A$ есть $[1/2, 1) \cup (1, \infty)$. На этой области $A \ge 1/2$, поэтому $2A-1 \ge 0$. Также $1+A > 0$. Обе части неравенства $(1 + A) \sqrt{\frac{2A - 1}{3}} \le 2$ неотрицательны, поэтому можно возвести их в квадрат:

$(1+A)^2 \frac{2A-1}{3} \le 4$

$(1+2A+A^2)(2A-1) \le 12$

$2A - 1 + 4A^2 - 2A + 2A^3 - A^2 \le 12$

$2A^3 + 3A^2 - 1 \le 12$

$2A^3 + 3A^2 - 13 \le 0$

Пусть $f(A) = 2A^3 + 3A^2 - 13$. Исследуем эту функцию. Ее производная $f'(A) = 6A^2 + 6A = 6A(A+1)$. На области $[1/2, 1) \cup (1, \infty)$ производная $f'(A) > 0$, следовательно, функция $f(A)$ строго возрастает. Это означает, что уравнение $f(A) = 0$ имеет не более одного корня.Найдем значения функции на границах интервалов: $f(1) = 2+3-13 = -8 < 0$ и $f(2) = 2(8)+3(4)-13 = 16+12-13 = 15 > 0$.Так как функция непрерывна и возрастает, существует единственный действительный корень $A_0 \in (1, 2)$, такой что $f(A_0) = 0$.Неравенство $f(A) \le 0$ выполняется для $A \le A_0$.

Совмещая с областью допустимых значений для $A$, получаем решение для $A$: $A \in [1/2, 1) \cup (1, A_0]$.

Возврат к исходной переменной

Теперь вернемся к переменной $x$, используя связь $x = 3^{\frac{A}{1-A}}$. Пусть $h(A) = \frac{A}{1-A}$. Эта функция возрастает на каждом из интервалов своей области определения.

• При $A \in [1/2, 1)$: $h(1/2) = \frac{1/2}{1-1/2} = 1$. При $A \to 1^-$, $h(A) \to +\infty$. Значит, $\log_3 x = h(A) \in [1, \infty)$, что дает $x \in [3, \infty)$.
• При $A \in (1, A_0]$: При $A \to 1^+$, $h(A) \to -\infty$. $h(A_0) = \frac{A_0}{1-A_0}$. Значит, $\log_3 x = h(A) \in (-\infty, \frac{A_0}{1-A_0}]$, что дает $x \in (0, 3^{\frac{A_0}{1-A_0}}]$.

Объединяя решения из обоих случаев, получаем итоговый ответ.

Ответ: $x \in (0, 3^{\frac{A_0}{1-A_0}}] \cup [3, \infty)$, где $A_0$ — единственный действительный корень уравнения $2A^3+3A^2-13=0$.

214 a) $\frac{\log_{(24 - 2x - x^2)}(x + 6)}{\log_{(4 - x)}(24 - 2x - x^2)} < \frac{1}{4}$

б) $27^x + 24 \geq 2(7 + \sqrt{22})^x + 12(7 - \sqrt{22})^x$

в) $x \leq \log_5(16 \cdot 15^x - 15^{1 + 2x}) - \log_3(16 \cdot 5^x - 3^{1 + 2x})$

a)

Исходное неравенство: $ \frac{\log_{(24-2x-x^2)}(x+6)}{\log_{(4-x)}(24-2x-x^2)} < \frac{1}{4} $

1. Найдем область допустимых значений (ОДЗ). Для этого решим систему неравенств:

$ \begin{cases} x+6 > 0 \\ 4-x > 0 \\ 4-x \neq 1 \\ 24-2x-x^2 > 0 \\ 24-2x-x^2 \neq 1 \\ \log_{(4-x)}(24-2x-x^2) \neq 0 \end{cases} $

1) $ x+6 > 0 \implies x > -6 $
2) $ 4-x > 0 \implies x < 4 $
3) $ 4-x \neq 1 \implies x \neq 3 $
4) $ 24-2x-x^2 > 0 \implies x^2+2x-24 < 0 $. Корни уравнения $ x^2+2x-24=0 $ равны $ x_1=-6, x_2=4 $. Следовательно, $ -6 < x < 4 $.
5) $ 24-2x-x^2 \neq 1 \implies x^2+2x-23 \neq 0 $. Корни уравнения $ x^2+2x-23=0 $ равны $ x = \frac{-2 \pm \sqrt{4-4(1)(-23)}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{96}}{2} = -1 \pm \sqrt{24} = -1 \pm 2\sqrt{6} $.
6) $ \log_{(4-x)}(24-2x-x^2) \neq 0 \implies 24-2x-x^2 \neq 1 $, что совпадает с условием 5.

Объединяя все условия, получаем ОДЗ: $ x \in (-6, 4) \setminus \{-1-2\sqrt{6}, -1+2\sqrt{6}, 3\} $.

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

$ \frac{\log_{(24-2x-x^2)}(x+6)}{\log_{(4-x)}(24-2x-x^2)} = \log_{(24-2x-x^2)}(x+6) \cdot \log_{(24-2x-x^2)}(4-x) $

Неравенство принимает вид:

$ \log_{(24-2x-x^2)}(x+6) \cdot \log_{(24-2x-x^2)}(4-x) < \frac{1}{4} $

3. Обозначим $ a = 24-2x-x^2 $. Заметим, что произведение аргументов логарифмов равно:
$ (x+6)(4-x) = 4x-x^2+24-6x = 24-2x-x^2 = a $.

Используя свойство логарифма $ \log_a(b) + \log_a(c) = \log_a(bc) $, получаем:

$ \log_a(x+6) + \log_a(4-x) = \log_a((x+6)(4-x)) = \log_a(a) = 1 $.

4. Пусть $ y = \log_a(x+6) $. Тогда $ \log_a(4-x) = 1-y $. Подставим это в преобразованное неравенство:

$ y(1-y) < \frac{1}{4} $

$ y-y^2 < \frac{1}{4} $

$ 0 < y^2-y+\frac{1}{4} $

$ 0 < (y - \frac{1}{2})^2 $

Это неравенство верно для всех $ y $, кроме $ y = \frac{1}{2} $.

5. Таким образом, решение исходного неравенства — это все $ x $ из ОДЗ, для которых $ \log_{(24-2x-x^2)}(x+6) \neq \frac{1}{2} $.

Найдем значения $ x $, при которых равенство достигается:

$ \log_{(24-2x-x^2)}(x+6) = \frac{1}{2} $

$ x+6 = \sqrt{24-2x-x^2} $

Возводим в квадрат обе части (при условии $ x+6>0 $, что выполняется в ОДЗ):

$ (x+6)^2 = 24-2x-x^2 $

$ x^2+12x+36 = 24-2x-x^2 $

$ 2x^2+14x+12=0 $

$ x^2+7x+6=0 $

$ (x+1)(x+6)=0 $

Получаем корни $ x=-1 $ и $ x=-6 $. Корень $ x=-6 $ не входит в ОДЗ. Корень $ x=-1 $ входит в ОДЗ.

Значит, из ОДЗ нужно исключить точку $ x=-1 $.

Ответ: $ x \in (-6, -1-2\sqrt{6}) \cup (-1-2\sqrt{6}, -1) \cup (-1, 3) \cup (3, -1+2\sqrt{6}) \cup (-1+2\sqrt{6}, 4) $.

б)

Исходное неравенство: $ 27^x + 24 \ge 2(7+\sqrt{22})^x + 12(7-\sqrt{22})^x $.

1. Заметим, что $ (7+\sqrt{22})(7-\sqrt{22}) = 7^2 - (\sqrt{22})^2 = 49 - 22 = 27 $.

2. Обозначим $ a = (7+\sqrt{22})^x $ и $ b = (7-\sqrt{22})^x $. Тогда $ ab = ((7+\sqrt{22})(7-\sqrt{22}))^x = 27^x $.
Поскольку $ 7+\sqrt{22}>0 $ и $ 7-\sqrt{22}>0 $, то $ a>0, b>0 $ для любого $ x $.

3. Подставим эти обозначения в исходное неравенство:

$ ab + 24 \ge 2a + 12b $

Перенесем все члены в одну сторону и сгруппируем:

$ ab - 2a - 12b + 24 \ge 0 $

$ a(b-2) - 12(b-2) \ge 0 $

$ (a-12)(b-2) \ge 0 $

4. Это неравенство выполняется, когда оба множителя имеют одинаковый знак.

Случай 1: Оба множителя неотрицательны.

$ \begin{cases} a-12 \ge 0 \\ b-2 \ge 0 \end{cases} \implies \begin{cases} (7+\sqrt{22})^x \ge 12 \\ (7-\sqrt{22})^x \ge 2 \end{cases} $

Основания степеней $ 7+\sqrt{22} \approx 7+4.7=11.7 > 1 $ и $ 7-\sqrt{22} \approx 7-4.7=2.3 > 1 $. Функции являются возрастающими.

$ \begin{cases} x \ge \log_{7+\sqrt{22}}(12) \\ x \ge \log_{7-\sqrt{22}}(2) \end{cases} $

Сравним $ \log_{7+\sqrt{22}}(12) $ и $ \log_{7-\sqrt{22}}(2) $.
$ \log_{7+\sqrt{22}}(12) > \log_{7+\sqrt{22}}(7+\sqrt{22}) = 1 $.
$ \log_{7-\sqrt{22}}(2) < \log_{7-\sqrt{22}}(7-\sqrt{22}) = 1 $.
Следовательно, $ \log_{7+\sqrt{22}}(12) > \log_{7-\sqrt{22}}(2) $. Решение системы: $ x \ge \log_{7+\sqrt{22}}(12) $.

Случай 2: Оба множителя неположительны.

$ \begin{cases} a-12 \le 0 \\ b-2 \le 0 \end{cases} \implies \begin{cases} (7+\sqrt{22})^x \le 12 \\ (7-\sqrt{22})^x \le 2 \end{cases} $

$ \begin{cases} x \le \log_{7+\sqrt{22}}(12) \\ x \le \log_{7-\sqrt{22}}(2) \end{cases} $

Так как $ \log_{7-\sqrt{22}}(2) < \log_{7+\sqrt{22}}(12) $, решение этой системы: $ x \le \log_{7-\sqrt{22}}(2) $.

5. Объединяя решения обоих случаев, получаем ответ.

Ответ: $ x \in (-\infty, \log_{7-\sqrt{22}}(2)] \cup [\log_{7+\sqrt{22}}(12), \infty) $.

в)

Исходное неравенство: $ x \le \log_5(16 \cdot 15^x - 15^{1+2x}) - \log_3(16 \cdot 5^x - 3^{1+x} \cdot 5^{1+2x}) $.

1. Упростим выражения в аргументах логарифмов.

Аргумент первого логарифма:
$ 16 \cdot 15^x - 15^{1+2x} = 16 \cdot 15^x - 15 \cdot (15^x)^2 = 15^x(16 - 15 \cdot 15^x) $.

Аргумент второго логарифма:
$ 16 \cdot 5^x - 3^{1+x} \cdot 5^{1+2x} = 16 \cdot 5^x - 3 \cdot 3^x \cdot 5 \cdot 5^{2x} = 16 \cdot 5^x - 15 \cdot 3^x \cdot (5^x)^2 = 5^x(16 - 15 \cdot 3^x \cdot 5^x) = 5^x(16 - 15 \cdot 15^x) $.

2. Найдем ОДЗ. Оба аргумента должны быть положительны. Обозначим $ Y = 16 - 15 \cdot 15^x $. Поскольку $ 15^x > 0 $ и $ 5^x > 0 $, оба условия сводятся к $ Y > 0 $.

$ 16 - 15 \cdot 15^x > 0 \implies 15 \cdot 15^x < 16 \implies 15^{x+1} < 16 \implies x+1 < \log_{15}(16) \implies x < \log_{15}(16)-1 = \log_{15}(16/15) $.

3. Подставим упрощенные выражения в неравенство:

$ x \le \log_5(15^x \cdot Y) - \log_3(5^x \cdot Y) $

$ x \le (\log_5(15^x) + \log_5(Y)) - (\log_3(5^x) + \log_3(Y)) $

$ x \le x\log_5(15) + \log_5(Y) - x\log_3(5) - \log_3(Y) $

$ x \le x(\log_5(3)+1) + \log_5(Y) - x\log_3(5) - \log_3(Y) $

$ 0 \le x\log_5(3) + \log_5(Y) - x\log_3(5) - \log_3(Y) $

$ x(\log_3(5) - \log_5(3)) \le \log_5(Y) - \log_3(Y) $

4. Используем формулу перехода к натуральному логарифму $ \log_a b = \frac{\ln b}{\ln a} $.

$ x\left(\frac{\ln 5}{\ln 3} - \frac{\ln 3}{\ln 5}\right) \le \frac{\ln Y}{\ln 5} - \frac{\ln Y}{\ln 3} $

$ x\frac{(\ln 5)^2 - (\ln 3)^2}{\ln 3 \ln 5} \le \ln Y \frac{\ln 3 - \ln 5}{\ln 3 \ln 5} $

$ x\frac{(\ln 5 - \ln 3)(\ln 5 + \ln 3)}{\ln 3 \ln 5} \le -\ln Y \frac{\ln 5 - \ln 3}{\ln 3 \ln 5} $

Так как $ \ln 5 > \ln 3 > 0 $, множитель $ \frac{\ln 5 - \ln 3}{\ln 3 \ln 5} $ положителен. Сокращаем его:

$ x(\ln 5 + \ln 3) \le -\ln Y $

$ x\ln(15) \le -\ln Y \implies \ln(15^x) \le \ln(Y^{-1}) $

Поскольку $ \ln(t) $ — возрастающая функция, то $ 15^x \le Y^{-1} $.

$ 15^x \le \frac{1}{16 - 15 \cdot 15^x} $

5. Сделаем замену $ u = 15^x $. Из ОДЗ имеем $ 0 < u < 16/15 $.

$ u \le \frac{1}{16-15u} $

В ОДЗ знаменатель $ 16-15u > 0 $, поэтому можно на него умножить:

$ u(16-15u) \le 1 $

$ 16u - 15u^2 \le 1 $

$ 15u^2 - 16u + 1 \ge 0 $

Корни квадратного уравнения $ 15u^2 - 16u + 1 = 0 $ равны $ u_1 = \frac{16-\sqrt{256-60}}{30} = \frac{2}{30}=\frac{1}{15} $ и $ u_2 = \frac{16+\sqrt{196}}{30} = \frac{30}{30}=1 $.

Решение неравенства для $ u $: $ u \le \frac{1}{15} $ или $ u \ge 1 $.

6. Учтем ОДЗ для $ u $: $ 0 < u < 16/15 $.

1) $ 0 < u \le \frac{1}{15} \implies 0 < 15^x \le \frac{1}{15} \implies 15^x \le 15^{-1} \implies x \le -1 $.

2) $ 1 \le u < \frac{16}{15} \implies 1 \le 15^x < \frac{16}{15} \implies 15^0 \le 15^x < \frac{16}{15} \implies 0 \le x < \log_{15}(16/15) $.

Объединяя эти два случая, получаем окончательное решение.

Ответ: $ x \in (-\infty, -1] \cup [0, \log_{15}(16/15)) $.

215 $2^{\lg(x^2 - 1)} \ge (x + 1)^{\lg 2}$.

Для решения неравенства $2^{\lg(x^2 - 1)} \ge (x+1)^{\lg 2}$ сначала определим область допустимых значений (ОДЗ). Аргумент логарифма должен быть положительным, и основание степени с иррациональным показателем также должно быть положительным. Это приводит к системе неравенств:

$x^2 - 1 > 0$ и $x + 1 > 0$.

Из первого неравенства $x^2 > 1$ следует, что $x < -1$ или $x > 1$. Второе неравенство дает $x > -1$. Пересекая эти условия, получаем ОДЗ: $x > 1$, то есть $x \in (1, \infty)$.

Теперь преобразуем исходное неравенство. Используем свойство $a^{\log_b c} = c^{\log_b a}$ для левой части:

$2^{\lg(x^2 - 1)} = (x^2 - 1)^{\lg 2}$

Неравенство принимает вид:

$(x^2 - 1)^{\lg 2} \ge (x+1)^{\lg 2}$

Разложим $x^2 - 1$ на множители: $(x-1)(x+1)$.

$((x-1)(x+1))^{\lg 2} \ge (x+1)^{\lg 2}$

$(x-1)^{\lg 2} \cdot (x+1)^{\lg 2} \ge (x+1)^{\lg 2}$

Так как на ОДЗ ($x > 1$) выражение $x+1$ положительно, то и $(x+1)^{\lg 2}$ тоже положительно (поскольку $\lg 2 > 0$). Поэтому мы можем разделить обе части неравенства на $(x+1)^{\lg 2}$, сохранив знак неравенства:

$(x-1)^{\lg 2} \ge 1$

Поскольку показатель степени $\lg 2 > 0$ и основание $x-1 > 0$ (так как $x > 1$), степенная функция $y=t^{\lg 2}$ является возрастающей для $t>0$. Представим $1$ как $1^{\lg 2}$:

$(x-1)^{\lg 2} \ge 1^{\lg 2}$

Из этого следует, что основания степеней находятся в том же соотношении:

$x-1 \ge 1$

$x \ge 2$

Полученное решение $x \ge 2$ полностью входит в область допустимых значений $x > 1$.

Ответ: $x \in [2, \infty)$.