Задача 10151137 — ЕГЭ №16 | Мария Беличенко

шаг 1.Область допустимых значений

Все три аргумента логарифмов положительны. Чётные степени (x − 7)² и (x − 3)⁴ положительны всюду, кроме своих нулей, а знак дроби (x − 3)³/(x − 7) совпадает со знаком произведения (x − 3)(x − 7).

ОДЗ

{\begin{matrix} {(x - 7)}^{2} > 0 \\ {(x - 3)}^{4} > 0 \\ \frac{{(x - 3)}^{3}}{x - 7} > 0 \end{matrix} ⟺ {\begin{matrix} x \neq 7 \\ x \neq 3 \\ (x - 3) (x - 7) > 0 \end{matrix}

Чётная степень неотрицательна при любом x и обращается в ноль лишь в своём корне, поэтому (x − 7)² > 0 равносильно x ≠ 7, а (x − 3)⁴ > 0 — равносильно x ≠ 3. Знак (x − 3)³ совпадает со знаком (x − 3), а дробь положительна ровно тогда, когда числитель и знаменатель одного знака. Пробная точка x = 0: (0 − 3)(0 − 7) = 21 > 0 — знак «+» на левом интервале, чередование «+, −, +». Обе точки выколоты. ОДЗ: x < 3 или x > 7.

шаг 2.Приводим логарифмы к основанию 3

Переходим во всех трёх логарифмах к основанию 3 и выносим показатели степеней. Чётный показатель выносится с модулем.

\log_{9} {(x - 7)}^{2} = \frac{1}{2} \log_{3} {(x - 7)}^{2} =

= \frac{1}{2} \cdot 2 \log_{3} | x - 7 | = \log_{3} | x - 7 |

\log_{81} {(x - 3)}^{4} = \frac{1}{4} \log_{3} {(x - 3)}^{4} =

= \frac{1}{4} \cdot 4 \log_{3} | x - 3 | = \log_{3} | x - 3 |

\log_{3} \frac{{(x - 3)}^{3}}{x - 7} = \log_{3} \frac{| x - 3 |^{3}}{| x - 7 |} =

= 3 \log_{3} | x - 3 | - \log_{3} | x - 7 |

Основания степеней: 9 = 3² и 81 = 3⁴, поэтому log₉A = ½·log₃A и log₈₁A = ¼·log₃A. Чётный показатель выносится с модулем: log₃b^{2k} = 2k·log₃|b|. На ОДЗ дробь (x − 3)³/(x − 7) положительна, поэтому она равна |x − 3|³ : |x − 7|.

шаг 3.Замена и разложение на множители

Обозначим a = log₃|x − 3| и b = log₃|x − 7|. Неравенство становится алгебраическим: переносим тройку влево и группируем.

a = \log_{3} | x - 3 |, b = \log_{3} | x - 7 |

a b + 3 a - b \geq 3

a b + 3 a - b - 3 \geq 0

a (b + 3) - (b + 3) \geq 0

(a - 1) (b + 3) \geq 0

Группировка: ab + 3a − b − 3 = a(b + 3) − (b + 3) = (a − 1)(b + 3). ОДЗ распадается на два куска, и на каждом из них один из множителей заведомо положителен — разбираем их по отдельности.

шаг 4.Случай 1: x < 3

На левом куске ОДЗ модуль |x − 7| = 7 − x больше 4, поэтому b строго больше единицы и множитель b + 3 положителен. Значит произведение неотрицательно ровно тогда, когда a − 1 ≥ 0. Основание 3 больше единицы, логарифм возрастает.

| x - 7 | = 7 - x > 4

b = \log_{3} | x - 7 | > \log_{3} 4 > 1

b + 3 > 0

a - 1 \geq 0

\log_{3} | x - 3 | \geq 1

\log_{3} | x - 3 | \geq \log_{3} 3

| x - 3 | \geq 3

3 - x \geq 3

x \leq 0

При x < 3 модуль раскрывается как |x − 3| = 3 − x. 1 = log₃3. Решение случая 1: x ≤ 0 (это целиком внутри куска x < 3).

шаг 5.Случай 2: x > 7

На правом куске ОДЗ модуль |x − 3| = x − 3 больше 4, поэтому a строго больше единицы и множитель a − 1 положителен. Остаётся условие b + 3 ≥ 0.

| x - 3 | = x - 3 > 4

a = \log_{3} | x - 3 | > \log_{3} 4 > 1

a - 1 > 0

b + 3 \geq 0

\log_{3} (x - 7) \geq - 3

\log_{3} (x - 7) \geq \log_{3} 3^{- 3}

x - 7 \geq \frac{1}{27}

x \geq \frac{190}{27}

При x > 7 модуль раскрывается как |x − 7| = x − 7. 3⁻³ = 1/27, поэтому −3 = log₃(1/27). 7 + 1/27 = 189/27 + 1/27 = 190/27 ≈ 7,04. Решение случая 2: x ≥ 190/27.

шаг 6.Объединение случаев

Собираем решения обоих кусков ОДЗ. Ось схематическая: точка 190/27 отстоит от семёрки всего на 1/27, но для наглядности разнесена.

Границы x = 0 и x = 190/27 закрашены: в них произведение (a − 1)(b + 3) равно нулю, а нестрогое ≥ такое допускает. Точка x = 7 выколота — она не входит в ОДЗ, и между 7 и 190/27 решений нет.

условие