Задание 16 ЕГЭ по профильной математике

Выражение определено при ${\log }_{2}x>0$, то есть при $x>1$.

Тогда $2^{{\log }_2({\log }_{2}x)}={\log }_{2}x$, а ${\log }_4^{2}x={\left(\frac{1}{2}{\log }_{2}x\right)}^2=\frac{1}{4}{\log }_2^{2}x$.

Пусть $t={\log }_{2}x>0$: $t+\frac{t^2}{4}-3\le 0$, $t^2+4t-12\le 0$, $(t+6)(t-2)\le 0$.

Так как $t+6>0$, получаем $t\le 2$: $0<{\log }_{2}x\le 2$, $1<x\le 4$.

Ответ: $(1;4]$.

Пусть $t=8^x>0$. Тогда $2\cdot 8^{x-1}=\frac{t}{4}$, первая дробь равна $\frac{t}{t-4}$, а ${64}^x-5\cdot 8^x+4=(t-1)(t-4)$.

$\frac{t}{t-4}-\frac{3}{t-1}-\frac{8}{(t-1)(t-4)}\ge 0$, $\frac{t^2-t-3t+12-8}{(t-1)(t-4)}\ge 0$, $\frac{{(t-2)}^2}{(t-1)(t-4)}\ge 0$.

Методом интервалов: $t<1$, $t=2$ или $t>4$.

$8^x<1$ ⇒ $x<0$; $8^x=2$ ⇒ $x=\frac{1}{3}$; $8^x>4$ ⇒ $x>\frac{2}{3}$.

Ответ: $(-\infty ;0)$; $\frac{1}{3}$; $(\frac{2}{3};+\infty )$.

а) ОДЗ. Аргументы всех логарифмов должны быть положительными:

1/x + 2 > 0, x + 5 > 0, (x + 4)/x² > 0.

Первое условие даёт x ∈ (−∞; −1/2) ∪ (0; +∞), второе — x > −5, третье — x > −4 при x ≠ 0.

Следовательно, ОДЗ: x ∈ (−4; −1/2) ∪ (0; +∞).

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ объединяем разность логарифмов. Поскольку основание 3 > 1, логарифмическая функция возрастает, поэтому исходное неравенство равносильно:

(2x + 1)/(x(x + 5)) ≥ (x + 4)/x².

Переносим правую часть влево и приводим к общему знаменателю:

[x(2x + 1) − (x + 4)(x + 5)]/[x²(x + 5)] ≥ 0.

Раскрывая скобки и раскладывая числитель на множители, получаем (x − 10)(x + 2)/[x²(x + 5)] ≥ 0.

На ОДЗ знаменатель положителен, поэтому равносильно решаем (x − 10)(x + 2) ≥ 0.

в) Метод интервалов и границы. Нули произведения: −2 и 10. Его знаки на интервалах (−∞; −2), (−2; 10), (10; +∞) соответственно: +, −, +.

Получаем x ≤ −2 или x ≥ 10. Пересекаем с ОДЗ: точка −4 исключена, точки −2 и 10 входят, так как принадлежат ОДЗ и обращают неравенство в равенство.

Ответ: (−4; −2] ∪ [10; +∞).

а) ОДЗ. Для существования логарифмов необходимо: x + 3 > 0, (x + 3)² > 0, x + 2 > 0.

Совместное выполнение этих условий равносильно x > −2.

б) Равносильные преобразования. Обозначим t = log₄(x + 3). По формуле перехода к новому основанию log₀,₂₅(x + 3) = −t.

На ОДЗ x + 3 > 0, поэтому log₄((x + 3)²) = 2log₄(x + 3) = 2t.

Выражение в скобках равно (−t)² − 2t + 1 = (t − 1)².

Таким образом, исходное неравенство на ОДЗ равносильно (log₄(x + 3) − 1)² · log₄(x + 2) ≤ 0.

в) Метод интервалов и границы. Квадрат неотрицателен и равен нулю только при log₄(x + 3) = 1, то есть при x = 1.

Поскольку основание 4 > 1, множитель log₄(x + 2) отрицателен при −2 < x < −1, равен нулю при x = −1 и положителен при x > −1.

Критические точки на ОДЗ: −1 и 1. Знаки произведения на интервалах (−2; −1), (−1; 1), (1; +∞) соответственно: −, +, +.

Следовательно, подходят интервал (−2; −1) и обе точки −1 и 1, в которых произведение равно нулю. Точка −2 исключена по ОДЗ.

Ответ: (−2; −1] ∪ {1}.

а) ОДЗ и равносильные преобразования.
Аргументы логарифмов должны быть положительными: 4 − x > 0 и (x − 4)² > 0.
Следовательно, ОДЗ: x < 4.
На ОДЗ (x − 4)² = (4 − x)², поэтому log₂((4 − x)²) = 2log₂(4 − x).
Так как 512 = 2⁹, то log₅₁₂(4 − x) = log₂(4 − x)/9.
Умножая неравенство на положительное число 9 и перенося всё влево, получаем равносильное неравенство:
(x² − 18)log₂(4 − x) ≥ 0.

б) Метод интервалов.
Первый множитель равен нулю при x = ±3√2; точка 3√2 > 4 не входит в ОДЗ.
Второй множитель равен нулю при 4 − x = 1, то есть при x = 3.
При x < −3√2 оба множителя положительны, поэтому произведение положительно.
При −3√2 < x < 3 первый множитель отрицателен, второй положителен: произведение отрицательно.
При 3 < x < 4 оба множителя отрицательны: произведение положительно.

в) Граничные точки и ответ.
Точки −3√2 и 3 входят в ОДЗ и обращают произведение в нуль, поэтому включаются.
Точка 4 не входит в ОДЗ и исключается.
Ответ: (−∞; −3√2] ∪ [3; 4).

а) ОДЗ и замена переменной.
Аргумент логарифма должен быть положительным: 25 − x² > 0.
Следовательно, ОДЗ: −5 < x < 5.
Положим t = log₂(25 − x²). Тогда исходное неравенство равносильно неравенству
t² − 7t + 12 ≥ 0, то есть (t − 3)(t − 4) ≥ 0.

б) Метод интервалов и обратная замена.
Нули произведения: t = 3 и t = 4.
На интервалах (−∞; 3) и (4; +∞) произведение положительно, на (3; 4) — отрицательно; нули включаются.
Поэтому t ≤ 3 или t ≥ 4.
Так как основание 2 > 1, логарифмическая функция возрастает, и переходы ниже равносильны.
Первый случай: log₂(25 − x²) ≤ 3, то есть 0 < 25 − x² ≤ 8.
Отсюда 17 ≤ x² < 25, поэтому x ∈ (−5; −√17] ∪ [√17; 5).
Второй случай: log₂(25 − x²) ≥ 4, то есть 25 − x² ≥ 16.
Отсюда x² ≤ 9, поэтому x ∈ [−3; 3]; весь этот отрезок входит в ОДЗ.

в) Граничные точки и ответ.
Точки ±√17 и ±3 соответствуют равенству в исходном неравенстве и включаются.
Точки ±5 исключаются, поскольку аргумент логарифма равен нулю.
Объединяя полученные промежутки, получаем:
Ответ: (−5; −√17] ∪ [−3; 3] ∪ [√17; 5).

а) ОДЗ.
Аргументы всех логарифмов должны быть положительными:
3x + 1 > 0, x ≠ 0, (24x + 1)/(24x) > 0.
Второй аргумент 1/(72x²) + 1 положителен при любом x ≠ 0.
Методом интервалов получаем (24x + 1)/(24x) > 0 при x ∈ (−∞; −1/24) ∪ (0; +∞).
Пересекая с условием x > −1/3, находим ОДЗ: (−1/3; −1/24) ∪ (0; +∞).

б) Равносильные преобразования.
На ОДЗ объединим сумму логарифмов в логарифм произведения. Поскольку основание 5 > 1, логарифмическая функция возрастает, поэтому исходное неравенство равносильно:
(3x + 1)(1/(72x²) + 1) ≥ 1/(24x) + 1.
Умножим обе части на положительное число 72x²:
(3x + 1)(72x² + 1) ≥ 3x + 72x².
После раскрытия скобок получаем 216x³ + 1 ≥ 0, то есть (6x + 1)(36x² − 6x + 1) ≥ 0.

в) Метод интервалов и границы.
36x² − 6x + 1 = (6x − 1/2)² + 3/4 > 0, поэтому знак произведения определяется множителем 6x + 1.
Слева от −1/6 произведение отрицательно, справа положительно; точка −1/6 включается, так как неравенство нестрогое.
Получаем x ∈ [−1/6; +∞). Пересекаем этот промежуток с ОДЗ.
Точка −1/6 принадлежит ОДЗ, а точки −1/24 и 0 исключены из ОДЗ.
Ответ: [−1/6; −1/24) ∪ (0; +∞).

а) ОДЗ и замена переменной.
Знаменатели не должны обращаться в нуль: 3ˣ ≠ 81 и 3ˣ ≠ 9, то есть x ≠ 4 и x ≠ 2.
Введём t = 3ˣ. Тогда t > 0, t ≠ 9, t ≠ 81.

б) Равносильные преобразования.
Перенесём правую часть влево и приведём дроби к общему знаменателю:
13/(t − 81) − 1/(t − 9) ≤ 0;
(13(t − 9) − (t − 81))/((t − 81)(t − 9)) ≤ 0;
12(t − 3)/((t − 81)(t − 9)) ≤ 0.
Деление на положительное число 12 даёт (t − 3)/((t − 81)(t − 9)) ≤ 0.

в) Метод интервалов и возвращение к x.
На положительной полуоси критические точки: 3, 9 и 81.
Знаки дроби на промежутках (0; 3), (3; 9), (9; 81), (81; +∞) соответственно: −, +, −, +.
Точка 3 включается как нуль числителя; точки 9 и 81 исключаются как нули знаменателя. Значение t = 0 невозможно.
Следовательно, t ∈ (0; 3] ∪ (9; 81).
Поскольку функция 3ˣ возрастает, условие 0 < 3ˣ ≤ 3 равносильно x ≤ 1, а условие 9 < 3ˣ < 81 равносильно 2 < x < 4.
Ответ: (−∞; 1] ∪ (2; 4).

а) ОДЗ и замена переменной.
Логарифмы определены при x > 0; знаменатели не равны нулю при log₅x ≠ 2 и log₅x ≠ −2.
Таким образом, ОДЗ: x > 0, x ≠ 25, x ≠ 1/25.
Положим t = log₅x. Тогда log₅(25x) = t + 2, log₅(x⁴) = 4t и t ≠ ±2.

б) Равносильные преобразования.
Исходное неравенство принимает вид (t + 2)/(t − 2) + (t − 2)/(t + 2) ≥ (6 − 4t)/(t² − 4).
Перенесём правую часть влево и приведём дроби к общему знаменателю:
((t + 2)² + (t − 2)² − 6 + 4t)/(t² − 4) ≥ 0.
После раскрытия скобок получаем 2(t + 1)²/((t − 2)(t + 2)) ≥ 0.

в) Метод интервалов и ответ.
Критические точки: −2, −1, 2. Точки −2 и 2 исключены по ОДЗ.
На интервалах (−∞; −2), (−2; −1), (−1; 2), (2; +∞) знаки дроби соответственно: +, −, −, +.
При t = −1 числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля, поэтому эта точка входит в решение.
Следовательно, t ∈ (−∞; −2) ∪ {−1} ∪ (2; +∞).
Поскольку функция 5ᵗ возрастает, получаем 0 < x < 1/25, или x = 1/5, или x > 25.
Ответ: (0; 1/25) ∪ {1/5} ∪ (25; +∞).

а) ОДЗ и замена переменной.
Для первого логарифма необходимо x + 5 > 0. Основание второго логарифма (x + 5)² должно быть положительным и отличным от 1.
При x + 5 > 0 эти условия дают x > −5 и x ≠ −4.
Положим t = log₂(x + 5). На ОДЗ t ≠ 0, а x = 2ᵗ − 5.
По формуле перехода к новому основанию log₁₆(x + 5) = t/4, log₍ₓ₊₅₎²2 = 1/(2t).

б) Равносильные преобразования.
Получаем t/4 + 1/(2t) ≥ 3/4.
Переносим правую часть влево и приводим к общему знаменателю: (t² − 3t + 2)/(4t) ≥ 0.
Разлагая числитель на множители, получаем (t − 1)(t − 2)/(4t) ≥ 0.

в) Метод интервалов и ответ.
Критические точки: 0, 1, 2. Точка 0 исключена по ОДЗ.
На интервалах (−∞; 0), (0; 1), (1; 2), (2; +∞) знаки дроби соответственно: −, +, −, +.
Точки 1 и 2 входят в решение, поскольку обращают числитель в нуль, а знаменатель в них ненулевой.
Следовательно, t ∈ (0; 1] ∪ [2; +∞).
Функция 2ᵗ возрастает, поэтому 0 < t ≤ 1 даёт 1 < x + 5 ≤ 2, то есть −4 < x ≤ −3.
Условие t ≥ 2 даёт x + 5 ≥ 4, то есть x ≥ −1. Все полученные значения удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: (−4; −3] ∪ [−1; +∞).

а) ОДЗ и замена переменной.
Логарифм определён при 25 − x² > 0, то есть −5 < x < 5.
Положим t = log_3(25 − x²). Тогда исходное неравенство равносильно t² − 3t + 2 ≥ 0.

б) Решение методом интервалов.
Разложим на множители: (t − 1)(t − 2) ≥ 0.
Нули множителей: 1 и 2. Произведение положительно при t < 1 и t > 2, отрицательно при 1 < t < 2.
Обе граничные точки входят в решение: t ≤ 1 или t ≥ 2.

в) Возвращение к x и учёт границ.
Поскольку основание 3 > 1, логарифмическая функция возрастает.
Поэтому на ОДЗ условие t ≤ 1 равносильно 0 < 25 − x² ≤ 3, откуда 22 ≤ x² < 25.
Получаем x ∈ (−5; −√22] ∪ [√22; 5).
Условие t ≥ 2 равносильно 25 − x² ≥ 9, то есть x² ≤ 16. Следовательно, x ∈ [−4; 4]; весь этот отрезок удовлетворяет ОДЗ.
Точки ±5 исключаются по ОДЗ, а точки ±√22 и ±4 включаются, поскольку в них достигается равенство.
Ответ: (−5; −√22] ∪ [−4; 4] ∪ [√22; 5).

а) Замена переменной и ОДЗ.
Положим t = 11ˣ. Тогда t > 0 и 121ˣ = t².
Знаменатель t² − 16t + 60 = (t − 6)(t − 10), поэтому ОДЗ: t > 0, t ≠ 6, t ≠ 10.
Исходное неравенство равносильно t − 6 − (24t − 244)/((t − 6)(t − 10)) − 1/(t − 10) ≤ 0.

б) Равносильное преобразование.
Приведём выражение к общему знаменателю: ((t − 6)²(t − 10) − (24t − 244) − (t − 6))/((t − 6)(t − 10)) ≤ 0.
Числитель равен (t − 6)²(t − 10) − 25t + 250 = (t − 10)((t − 6)² − 25).
Так как (t − 6)² − 25 = (t − 11)(t − 1), на ОДЗ сокращаем ненулевой множитель t − 10.
Получаем равносильное неравенство (t − 1)(t − 11)/(t − 6) ≤ 0 при t > 0, t ≠ 6, t ≠ 10.

в) Метод интервалов и возвращение к x.
Нули числителя: 1 и 11; нуль знаменателя: 6. Дополнительно исключена точка 10.
На интервалах (0; 1), (1; 6), (6; 10), (10; 11), (11; +∞) знаки дроби соответственно: −, +, −, −, +.
Точки 1 и 11 включаются, поскольку дробь равна нулю; точки 6 и 10 исключаются по ОДЗ.
Следовательно, t ∈ (0; 1] ∪ (6; 10) ∪ (10; 11].
Функция 11ˣ возрастает, поэтому 0 < 11ˣ ≤ 1 равносильно x ≤ 0; условие 6 < 11ˣ < 10 равносильно log_11 6 < x < log_11 10; условие 10 < 11ˣ ≤ 11 равносильно log_11 10 < x ≤ 1.
Ответ: (−∞; 0] ∪ (log_11 6; log_11 10) ∪ (log_11 10; 1].

а) ОДЗ. Все аргументы логарифмов должны быть положительными:

2x² + 1 > 0; (32x + 1)/(32x) > 0; x + 16 > 0.

Первое условие выполнено при любом x. Методом интервалов второе даёт x ∈ (−∞; −1/32) ∪ (0; +∞).

С учётом третьего условия ОДЗ: x ∈ (−16; −1/32) ∪ (0; +∞).

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ объединяем логарифмы слева. Поскольку основание 11 > 1, получаем равносильное неравенство:

(2x² + 1)(1 + 1/(32x)) ≥ 1 + x/16.

Раскрывая скобки и перенося правую часть влево, получаем 2x² + 1/(32x) ≥ 0, то есть (4x + 1)(16x² − 4x + 1)/(32x) ≥ 0.

Множитель 16x² − 4x + 1 = (4x − 1/2)² + 3/4 положителен, поэтому (4x + 1)/x ≥ 0.

в) Метод интервалов. Критические точки: −1/4 и 0. Знаки дроби на промежутках (−∞; −1/4), (−1/4; 0), (0; +∞) соответственно: +, −, +.

Получаем x ∈ (−∞; −1/4] ∪ (0; +∞). Точка −1/4 включается, поскольку обращает числитель в нуль; точка 0 исключается.

Пересекаем результат с ОДЗ: граница −16 исключается, поскольку при ней аргумент правого логарифма равен нулю.

Ответ: (−16; −1/4] ∪ (0; +∞).

а) ОДЗ. Для существования логарифмов необходимо x > 0. При этом 27x⁶ > 0.

Положим t = log₃ x. Тогда log₃(27x⁶) = 3 + 6t, а второй знаменатель равен t² − 6t + 9 = (t − 3)².

Оба знаменателя отличны от нуля при t ≠ 3. Таким образом, ОДЗ: x > 0, x ≠ 27.

б) Равносильные преобразования. При t ≠ 3 исходное неравенство принимает вид:

1 + 6/(t − 3) + 5/(t − 3)² ≥ 0.

Приводим к общему знаменателю: ((t − 3)² + 6(t − 3) + 5)/(t − 3)² ≥ 0.

После раскрытия скобок получаем (t − 2)(t + 2)/(t − 3)² ≥ 0.

в) Метод интервалов. Критические точки: −2, 2, 3. Знаменатель положителен при t ≠ 3, поэтому знаки дроби на промежутках (−∞; −2), (−2; 2), (2; 3), (3; +∞) соответственно: +, −, +, +.

Точки −2 и 2 включаются, поскольку числитель равен нулю; точка 3 исключается по ОДЗ.

Следовательно, t ∈ (−∞; −2] ∪ [2; 3) ∪ (3; +∞).

Поскольку x = 3ᵗ и показательная функция с основанием 3 возрастает, получаем: 0 < x ≤ 3⁻²; 3² ≤ x < 3³; x > 3³.

Ответ: (0; 1/9] ∪ [9; 27) ∪ (27; +∞).

а) ОДЗ.
Аргументы логарифмов должны быть положительными: x√5 > 0, x/(1−x) > 0, 5x²+1/x−2 > 0.
Первые два условия дают 0 < x < 1.
При 0 < x ≤ 1/2 имеем 1/x ≥ 2, поэтому 5x²+1/x−2 > 0.
При 1/2 < x < 1 имеем 5x² > 5/4 и 1/x > 1, поэтому третий аргумент также положителен.
Ответ: ОДЗ — (0; 1).

б) Равносильные преобразования.
На ОДЗ по свойствам логарифмов левая часть равна log₂(5x²)−log₂(x/(1−x)) = log₂(5x(1−x)).
Поскольку основание 2 > 1, логарифмическая функция возрастает. Поэтому исходное неравенство равносильно 5x(1−x) ≤ 5x²+1/x−2.
Переносим слагаемые вправо: 10x²−5x+1/x−2 ≥ 0.
Умножаем на x > 0, сохраняя знак неравенства: 10x³−5x²−2x+1 ≥ 0.
Разложение на множители даёт (2x−1)(5x²−1) ≥ 0.
Ответ: на ОДЗ требуется решить (2x−1)(5x²−1) ≥ 0.

в) Метод интервалов.
На интервале (0; 1) нули произведения: x = √5/5 и x = 1/2, причём √5/5 < 1/2.
На (0; √5/5) оба множителя отрицательны, поэтому произведение положительно.
На (√5/5; 1/2) множители имеют разные знаки, поэтому произведение отрицательно.
На (1/2; 1) оба множителя положительны.
Точки √5/5 и 1/2 включаются, поскольку неравенство нестрогое; точки 0 и 1 исключены по ОДЗ.
Ответ: (0; √5/5] ∪ [1/2; 1).

а) Замена переменной и ОДЗ.
Пусть t = 2ˣ, тогда t > 0. Имеем 8^(x+2/3) = 4t³, 4^(x+1/2) = 2t², 2^(x+1) = 2t.
Знаменатель первой дроби: 2t²−9t+4 = (2t−1)(t−4).
Все знаменатели отличны от нуля при t ≠ 1/2, t ≠ 2, t ≠ 4.
Ответ: ОДЗ — x ≠ −1, x ≠ 1, x ≠ 2.

б) Равносильные преобразования.
После замены исходное неравенство принимает вид (4t³−18t²+13t−13)/((2t−1)(t−4)) ≤ 2t−1/(t−2)+3/(2t−1).
Переносим правую часть влево. На ОДЗ получаем равносильное неравенство:
(5t−13)/((2t−1)(t−4))+1/(t−2)−3/(2t−1) ≤ 0.
Объединяя первую и третью дроби, получаем (5t−13−3(t−4))/((2t−1)(t−4)) = 1/(t−4).
Сокращение допустимо, поскольку t ≠ 1/2; это ограничение сохраняем.
Таким образом, 1/(t−4)+1/(t−2) ≤ 0, то есть 2(t−3)/((t−4)(t−2)) ≤ 0.
Ответ: требуется решить последнее неравенство при t > 0 и t ≠ 1/2, 2, 4.

в) Метод интервалов и возвращение к x.
Критические точки дроби: 2, 3, 4. На интервалах (0; 2), (2; 3), (3; 4), (4; +∞) её знаки соответственно −, +, −, +.
Точка 3 включается как нуль числителя; точки 2 и 4 исключаются как нули знаменателя. Дополнительно исключаем t = 1/2 по ОДЗ.
Получаем t ∈ (0; 1/2) ∪ (1/2; 2) ∪ [3; 4).
Поскольку функция 2ˣ возрастает, этим промежуткам соответствуют x < −1, −1 < x < 1 и log₂3 ≤ x < 2.
Ответ: (−∞; −1) ∪ (−1; 1) ∪ [log_2 3; 2).

а) ОДЗ.
Разложим на множители: x² − 2x − 15 = (x − 5)(x + 3).
Аргументы логарифмов должны быть положительными: (x − 5)²(x + 3) > 0 и (x − 5)² > 0.
Следовательно, ОДЗ: x > −3, x ≠ 5.

б) Равносильные преобразования.
По формуле перехода к новому основанию 0,5 log₂((x − 5)²) = log₄((x − 5)²).
На ОДЗ исходное неравенство равносильно log₄((x − 5)²(x + 3)) − log₄((x − 5)²) + 1 ≥ 0.
По свойству разности логарифмов получаем log₄(x + 3) + 1 ≥ 0, то есть log₄(4(x + 3)) ≥ 0.
Поскольку основание 4 > 1, равносильно 4(x + 3) ≥ 1, откуда 4x + 11 ≥ 0.

в) Метод интервалов и границы.
Выражение 4x + 11 отрицательно при x < −11/4, равно нулю при x = −11/4 и положительно при x > −11/4.
Получаем x ≥ −11/4. Пересекаем с ОДЗ: точка −11/4 = −2,75 входит в решение, точка 5 исключается.
Ответ: [−2,75; 5) ∪ (5; +∞).

а) ОДЗ.
Аргумент 2ˣ положителен при любом действительном x.
Знаменатель должен быть отличен от нуля: log₅(2ˣ) = x log₅2 ≠ 0, поэтому x ≠ 0.

б) Равносильные преобразования.
Используем 9ˣ = (3ˣ)² и разложим числитель: 9ˣ − 4·3ˣ + 3 = (3ˣ − 1)(3ˣ − 3).
Так как log₅2 > 0, на ОДЗ неравенство равносильно (3ˣ − 1)(3ˣ − 3)/x ≤ 0.
Функция 3ˣ возрастает: множитель 3ˣ − 1 обращается в нуль при x = 0, а 3ˣ − 3 — при x = 1.

в) Метод интервалов и границы.
Критические точки: 0 и 1. Точка 0 исключена по ОДЗ.
При x < 0 оба множителя числителя отрицательны, а знаменатель отрицателен, поэтому дробь отрицательна.
При 0 < x < 1 множители числителя имеют разные знаки, а знаменатель положителен, поэтому дробь отрицательна.
При x > 1 все множители и знаменатель положительны, поэтому дробь положительна.
При x = 1 числитель равен нулю, знаменатель отличен от нуля; эта точка входит в решение.
Ответ: (−∞; 0) ∪ (0; 1].

а) ОДЗ и замена переменной.
Логарифмы определены при x > 0. По свойствам логарифмов log₂(32x¹⁰) = 5 + 10log₂x.
Положим t = log₂x. Тогда второй знаменатель равен t² − 10t + 25 = (t − 5)².
Оба знаменателя отличны от нуля при t ≠ 5. Поэтому ОДЗ: x > 0, x ≠ 32.
Ответ: t ∈ ℝ, t ≠ 5.

б) Решение методом интервалов.
На ОДЗ равносильно получаем: 1 + 10/(t − 5) + 16/(t − 5)² ≥ 0.
Приводим к общему знаменателю: ((t − 5)² + 10(t − 5) + 16)/(t − 5)² ≥ 0, то есть (t − 3)(t + 3)/(t − 5)² ≥ 0.
Критические точки: −3, 3, 5. Знаменатель положителен на ОДЗ, поэтому знаки дроби на интервалах (−∞; −3), (−3; 3), (3; 5), (5; +∞) соответственно: +, −, +, +.
Точки −3 и 3 включаем как нули числителя, точку 5 исключаем по ОДЗ.
Ответ: t ∈ (−∞; −3] ∪ [3; 5) ∪ (5; +∞).

в) Возвращение к x.
Функция log₂x возрастает, поэтому t ≤ −3 равносильно 0 < x ≤ 1/8; 3 ≤ t < 5 равносильно 8 ≤ x < 32; t > 5 равносильно x > 32.
Ответ: (0; 1/8] ∪ [8; 32) ∪ (32; +∞).

а) ОДЗ и замена переменной.
Для существования log₃(log₃x) необходимо log₃x > 0, то есть x > 1. Это условие обеспечивает существование остальных логарифмов.
Положим t = log₃x, тогда t > 0.
По основному логарифмическому тождеству 3 в степени log₃(log₃x) равно log₃x = t.
По формуле перехода к новому основанию log₉x = log₃x/log₃9 = t/2.
Ответ: ОДЗ x > 1; для новой переменной t > 0.

б) Решение методом интервалов.
На ОДЗ исходное неравенство равносильно t + t²/4 − 8 ≤ 0.
Умножая на положительное число 4, получаем t² + 4t − 32 ≤ 0, то есть (t + 8)(t − 4) ≤ 0.
Нули множителей: −8 и 4. Знаки произведения на интервалах (−∞; −8), (−8; 4), (4; +∞) соответственно: +, −, +.
Обе граничные точки включаются, поскольку неравенство нестрогое. Следовательно, −8 ≤ t ≤ 4.
С учётом t > 0 получаем 0 < t ≤ 4.
Ответ: t ∈ (0; 4].

в) Возвращение к x.
Получаем 0 < log₃x ≤ 4. Поскольку основание 3 > 1, это равносильно 1 < x ≤ 3⁴ = 81.
Точка x = 1 исключена по ОДЗ, точка x = 81 включена как точка равенства.
Ответ: (1; 81].