Решение неравенств прошлых лет (страница 6)

ОДЗ:

\[\begin{cases} 2x^2-7x+6 \geqslant 0\\ \sqrt{2x^2-7x+6} > 0\\ \sqrt{2x^2-7x+6} \neq 1\\ \dfrac{x}{3} > 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad x \in (0; 1)\cup(1; 1,5)\cup(2; 2,5)\cup(2,5; +\infty).\]

По методу рационализации это неравенство на ОДЗ равносильно: \[(\sqrt{2x^2-7x+6} - 1)\left(\dfrac{x}{3} - 1\right) > 0\qquad\Leftrightarrow\qquad (\sqrt{2x^2-7x+6} - 1)(x - 3) > 0.\] По методу интервалов:



откуда \(x \in(1; 1,5]\cup[2; 2,5)\cup(3; +\infty)\).
Пересечем ответ с ОДЗ: \(x \in(1; 1,5)\cup(2; 2,5)\cup(3; +\infty)\).
Окончательный ответ \[x \in(1; 1,5)\cup(2; 2,5)\cup(3; +\infty).\]

ОДЗ:

\[\begin{cases} x > 0\\ x \neq 1\\ 2x^{-1} > 0\\ 2x^2 > 0\\ 2x > 0\\ 2x \neq 1\\ 2x^{-2} > 0\\ 2x^{-2} \neq 1 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad x \in (0; 0,5)\cup(0,5; 1)\cup(1; \sqrt{2})\cup(\sqrt{2}; +\infty).\]

По формуле \(\log_ab=\dfrac{1}{\log_ba}\) преобразуем знаменатель, а затем каждый логарифм по формулам произведения/частного в аргументе, верным на ОДЗ:

\[\begin{aligned} &(\log_x2 - \log_xx)\cdot(\log_x2 + \log_xx^2)\cdot(\log_x2+\log_xx)\cdot(\log_x2-\log_xx^2) < 40\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad (\log_x2 - 1)\cdot(\log_x2 + 2)\cdot(\log_x2+1)\cdot(\log_x2-2) < 40. \end{aligned}\]

Сделаем замену \(t = \log_x2\):

\[\begin{aligned} &(t - 1)(t + 1)(t + 2)(t - 2) < 40\quad\Leftrightarrow\quad (t^2 - 1)(t^2 - 4) < 40\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad t^4 - 5t^2 + 4 < 40\quad\Leftrightarrow\quad t^4 - 5t^2 - 36 < 0 \end{aligned}\]

Сделаем замену \(y = t^2, y \geqslant 0\):

\[\begin{aligned} &y^2 - 5y - 36 < 0\qquad\Leftrightarrow\qquad (y + 4)(y - 9) < 0 \end{aligned}\]

\[\begin{aligned} &(t^2 + 4)(t^2 - 9) < 0\qquad\Leftrightarrow\qquad (t^2 + 4)(t - 3)(t + 3) < 0 \end{aligned}\]

По методу интервалов:



откуда \(t \in(-3; 3)\). \[-3 < \log_x 2 < 3\]

1) \(x > 1\), тогда

\[\begin{aligned} &-3 < \log_x 2 < 3\qquad\Leftrightarrow\qquad \log_x 2 < 3\qquad\Leftrightarrow\qquad\log_x 2 < \log_x x^3\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad 2 < x^3\qquad\Leftrightarrow\qquad x > \sqrt[3]2, \end{aligned}\]

откуда при учёте \(x > 1\): \[x \in(\sqrt[3]{2}; +\infty).\]

2) \(0 < x < 1\), тогда

\[\begin{aligned} &-3 < \log_x 2 < 3\qquad\Leftrightarrow\qquad -3 < \log_x 2\qquad\Leftrightarrow\qquad\log_x x^{-3} < \log_x 2\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad x^{-3} > 2\qquad\Leftrightarrow\qquad x^{-1} > \sqrt[3]{2}\qquad\Leftrightarrow\qquad x < \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}, \end{aligned}\]

откуда при учёте \(0 < x < 1\): \[x \in\left(0; \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}\right).\] Пересечем ответ с ОДЗ: \(x \in(0; 0,5)\cup\left(0,5; \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)\cup(\sqrt[3]{2}; \sqrt{2})\cup(\sqrt{2}; +\infty)\).
Окончательный ответ \[x \in (0; 0,5)\cup\left(0,5; \dfrac{1}{\sqrt[3]{2}}\right)\cup(\sqrt[3]{2}; \sqrt{2})\cup(\sqrt{2}; +\infty).\]

ОДЗ:

\[\begin{cases} 7 - 6x > 0\\ 2-x > 0\\ 2-x \neq 1 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad x \in (-\infty; 1)\cup\left(1; \dfrac{7}{6}\right).\]

\[\dfrac{\frac{1}{2}\log_{\frac{1}{3}}(7-6x)}{\log_{\frac{1}{3}}(2-x)}\geqslant 1.\] Воспользуемся формулой \(\dfrac{\log_ab}{\log_ac} = \log_cb\), верной на ОДЗ:

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}\log_{2-x}(7-6x)-\log_{2-x}(2-x)\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad &\log_{2-x}(7-6x)-2\log_{2-x}(2-x)\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad &\log_{2-x}(7-6x)-\log_{2-x}(2-x)^2\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \log_{2-x}\dfrac{7-6x}{(2-x)^2}\geqslant 0 \end{aligned}\]

По методу рационализации это неравенство на ОДЗ равносильно: \[(2 - x - 1)\left(\dfrac{7-6x}{(2-x)^2} - 1\right)\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad (1 - x)\cdot\dfrac{3 - 2x - x^2}{(2-x)^2}\geqslant 0.\] По методу интервалов:



откуда \(x \in[-3; 2)\cup(2; +\infty)\).
Пересечем ответ с ОДЗ: \(x \in [-3; 1)\cup\left(1; \dfrac{7}{6}\right)\).
Окончательный ответ \[x \in [-3; 1)\cup\left(1; \dfrac{7}{6}\right).\]

ОДЗ:

\[\begin{cases} x + 4 > 0\\ x + 4 \neq 1\\ x^2-2x > 0\\ x^2 > 0\\ \log_{x+4}x^2\neq 0 \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad x \in (-4; -3)\cup(-3; -1)\cup(-1; 0)\cup(2; +\infty).\]

\[\dfrac{\log_{x+4}(x^2-2x)}{\log_{x+4}x^2}\geqslant 0,5.\] Преобразуем на ОДЗ по формуле \(\dfrac{\log_ab}{\log_ac} = \log_cb\): \[\log_{x^2}(x^2-2x)^2 - \log_{x^2}(x^2)\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \log_{x^2}\dfrac{(x^2-2x)^2}{x^2}\geqslant 0.\] По методу рационализации это неравенство на ОДЗ равносильно:

\[\begin{aligned} &(x^2 - 1)\left(\dfrac{(x^2-2x)^2}{x^2} - 1\right)\geqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad (x^2 - 1)\cdot\dfrac{(x^2-2x)^2 - x^2}{x^2}\geqslant 0\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad (x^2 - 1)\cdot\dfrac{(x^2 - 2x - x)(x^2 - 2x + x)}{x^2}\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad (x^2 - 1)\cdot\dfrac{(x^2 - 3x)(x^2 - x)}{x^2}\geqslant 0\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad (x^2 - 1)\cdot\dfrac{(x^2 - 3x)(x - 1)}{x}\geqslant 0 \end{aligned}\]

По методу интервалов:



откуда \(x \in(-\infty; -1]\cup[3; +\infty)\).
Пересечем ответ с ОДЗ: \(x \in (-4; -3)\cup(-3; -1)\cup[3; +\infty)\).
Окончательный ответ \[x \in (-4; -3)\cup(-3; -1)\cup[3; +\infty).\]

ОДЗ:

\[\begin{cases} x^2 + x - 2> 0\\ x+2\neq 0\\ \dfrac{(x - 1)^9}{x+2} > 0\\ \end{cases} \qquad\Leftrightarrow\qquad x \in (-\infty; -2)\cup(1; +\infty).\]

\[\begin{aligned} &\log_{7}(x^2+x-2)^9 - \log_{7}7^{10} - \log_{7}\dfrac{(x-1)^9}{x+2}\leqslant 0\quad\Leftrightarrow\quad \log_{7}\dfrac{(x^2+x-2)^9}{7^{10}\cdot\frac{(x-1)^9}{x+2}}\leqslant 0\quad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\quad \log_{7}\dfrac{(x+2)^9(x-1)^9}{7^{10}\cdot\frac{(x-1)^9}{x+2}}\leqslant 0 \end{aligned}\]

На ОДЗ последнее неравенство равносильно неравенству \[\log_{7}\dfrac{(x+2)^{10}}{7^{10}}\leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad 10\cdot\log_{7}\dfrac{|x+2|}{7}\leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad \log_{7}\dfrac{|x+2|}{7}\leqslant 0.\] По методу рационализации это неравенство на ОДЗ равносильно:
\[(7 - 1)\left(\dfrac{|x+2|}{7} - 1\right)\leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad 6\cdot\dfrac{|x+2| - 7}{7}\leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad |x+2| - 7\leqslant 0.\] 1) \(x+2 < 0\Rightarrow -x - 9 \leqslant 0\). Отсюда \(x \in[-9; -2)\).
2) \(x+2 \geqslant 0\Rightarrow x - 5 \leqslant 0\). Отсюда \(x \in[-2; 5]\).
Общее решение неравенства с модулем: \(x\in[-9; 5]\).
Пересечем ответ с ОДЗ: \(x \in [-9; -2)\cup(1; 5]\).
Окончательный ответ \[x \in [-9; -2)\cup(1; 5].\]

ОДЗ:

\[\begin{cases} x > 0\\ 2^{1+\lg x}\neq 0\\ 5^{1+\lg x}-\dfrac{1}{2^{1+\lg x}} > 0 \end{cases}\]

Рассмотрим отдельно неравенство \[5^{1+\lg x}>\dfrac{1}{2^{1+\lg x}}\] Так как при \(x > 0\) выполнено \(2^{1+\lg x} > 0\), то на это выражение неравенство можно домножить: \[10^{1+\lg x} > 1\qquad\Leftrightarrow\qquad 1 + \lg x > 0\qquad\Leftrightarrow\qquad x\in(0,1; +\infty).\] В итоге ОДЗ: \[x\in(0,1; +\infty)\] \[\log_{\frac{1}{2}}\dfrac{5^{1+\lg x}\cdot 2^{1+\lg x} - 1}{2^{1+\lg x}}\geqslant\lg x - 1\qquad\Leftrightarrow\qquad \log_{\frac{1}{2}}\dfrac{10^{1+\lg x} - 1}{2^{1+\lg x}}\geqslant\lg x - 1.\] По формуле логарифма частного, верной на ОДЗ:

\[\begin{aligned} &\log_{\frac{1}{2}}(10^{1+\lg x} - 1) - \log_{\frac{1}{2}}2^{1+\lg x} - \lg x + 1\geqslant 0\quad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\quad&\log_{\frac{1}{2}}(10^{1+\lg x} - 1) - \log_{2^{-1}}2^{1+\lg x} - \lg x + 1\geqslant 0\quad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\quad&\log_{\frac{1}{2}}(10^{1+\lg x} - 1) + 1 + \lg x - \lg x + 1\geqslant 0 \quad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\quad&\log_{\frac{1}{2}}(10^{1+\lg x} - 1) + \log_{\frac{1}{2}}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}\geqslant 0 \quad\Leftrightarrow\quad\log_{\frac{1}{2}}\left((10^{1+\lg x} - 1)\cdot\dfrac{1}{4}\right)\geqslant 0 \end{aligned}\]

По методу рационализации это неравенство на ОДЗ равносильно: \[(10^{1+\lg x} - 1)\cdot\dfrac{1}{4} \leqslant 1\quad\Leftrightarrow\quad 10^{1+\lg x} \leqslant 5\quad\Leftrightarrow\quad 10^1\cdot 10^{\lg x} \leqslant 5\quad\Leftrightarrow\quad x \leqslant 0,5\] Пересечем ответ с ОДЗ: \(x\in(0,1; 0,5]\).
Окончательный ответ \[x\in(0,1; 0,5].\]

ОДЗ:

\[\begin{cases} x^2 - 10x + 25 > 0\\ 4x - x^2 + 5 > 0\\ 3 - x > 0\\ 3 - x \neq 1 \end{cases}\qquad\Leftrightarrow\qquad x \in (-1; 2)\cup(2; 3).\]

\[\begin{aligned} &\dfrac{1}{2}\cdot\log_{3-x}(x^2-10x+25) - \log_{3-x}(4x-x^2+5)+\log_{3-x}(3-x)\leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad \dfrac{1}{2}\cdot\log_{3-x}(x-5)^2 - \log_{3-x}(4x-x^2+5)+\log_{3-x}(3-x)\leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\\ &\Leftrightarrow\qquad \log_{3-x}\dfrac{|x-5|\cdot(3-x)}{4x-x^2+5}\leqslant 0 \end{aligned}\]

По методу рационализации это неравенство на ОДЗ равносильно:

\[\begin{aligned} &(3 - x - 1)\left(\dfrac{|x-5|\cdot(3-x)}{4x-x^2+5} - 1\right)\leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow\qquad &(2- x)\dfrac{|x-5|\cdot(3-x) - (4x-x^2+5)}{4x-x^2+5}\leqslant 0. \end{aligned}\]

Так как на ОДЗ \(x - 5 < 0\), то \[(2- x)\dfrac{(5-x)\cdot(3-x) - (4x-x^2+5)}{4x-x^2+5}\leqslant 0\qquad\Leftrightarrow\qquad (2- x)\dfrac{2x^2 - 12x + 10}{4x-x^2+5}\leqslant 0.\] По методу интервалов:



откуда \(x \in(-\infty; -1)\cup[1; 2]\cup(5; +\infty)\).
Пересечем ответ с ОДЗ: \(x \in [1; 2)\).
Окончательный ответ \[x \in [1; 2).\]