шаг 1.Область допустимых значений

Основание x + 1 положительно и не равно единице; оба аргумента положительны.

2x² + 9x + 7 = (2x + 7)(x + 1), а (x + 1)⁴ > 0 при x ≠ −1, поэтому дробь положительна одновременно с 2x + 7 > 0. На x > −1 это выполнено автоматически. Остаётся x > −1, x ≠ 0.

шаг 2.Замена t = log_{x+1}(2x+7)

Числитель дроби под вторым логарифмом раскладывается: 2x² + 9x + 7 = (2x + 7)(x + 1). Значит второй логарифм отличается от первого на постоянную −3.

Дробь (2x + 7)(x + 1)/(x + 1)⁴ = (2x + 7)/(x + 1)³, поэтому log_{x+1} от неё = log_{x+1}(2x + 7) − 3·log_{x+1}(x + 1) = t − 3.

шаг 3.Решаем квадратное неравенство

Раскрываем скобки и переносим всё влево — получаем квадратный трёхчлен относительно t.

Корни t² − 3t + 2: t = 1 и t = 2. Парабола ветвями вверх, поэтому трёхчлен ≤ 0 между корнями.

шаг 4.Обратная замена через рационализацию

Множитель (a − 1) здесь равен (x + 1 − 1) = x. Первое: (2x + 7) − (x + 1) = x + 6 → x(x + 6) ≥ 0. Второе: (2x + 7) − (x + 1)² = 2x + 7 − x² − 2x − 1 = 6 − x² → x(6 − x²) ≤ 0.

шаг 5.Пересечение условий и ОДЗ

Решаем оба неравенства на ОДЗ x > −1, x ≠ 0. Первое x(x + 6) ≥ 0 даёт x ≥ 0; с учётом x ≠ 0 — это x > 0. На x > 0 второе x(6 − x²) ≤ 0 равносильно 6 − x² ≤ 0, то есть x ≥ √6.

На (−1; 0) основание x + 1 < 1, и log_{x+1}(2x+7) < 0 < 1 — условие t ≥ 1 нарушено, решений нет. На x > 0 нужно 6 − x² ≤ 0 → x ≥ √6 ≈ 2,45. Точка √6 закрашена (нестрогое неравенство), точка 0 выколота по ОДЗ.