Задача 10151452 — ЕГЭ №16 | Мария Беличенко

условие

\log_{| x - 1 |} (4 - | x + 2 |) \leq 1

шаг 1.Метод рационализации

Единицу справа записываем логарифмом с тем же основанием — обе части становятся логарифмами. Дальше работает метод рационализации: разность логарифмов имеет тот же знак, что произведение (основание − 1) на разность аргументов. Знак сохраняется только на ОДЗ, поэтому переходим сразу к равносильной системе: неравенство ① и ограничения ② и ③.

\log_{| x - 1 |} (4 - | x + 2 |) \leq \log_{| x - 1 |} | x - 1 | ⟺

{\begin{matrix} (| x - 1 | - 1) ((4 - | x + 2 |) - | x - 1 |) \leq 0 & 1 \\ | x - 1 | > 0, | x - 1 | \neq 1 & 2 \\ 4 - | x + 2 | > 0 & 3 \end{matrix}

Основание логарифма — |x − 1|, аргумент — 4 − |x + 2|. Ограничения ② и ③ — это ОДЗ логарифма: основание положительно и не равно единице, аргумент положителен.

шаг 2.Раскрытие модулей по интервалам

В неравенстве ① два модуля, поэтому раскрываем их по интервалам знакопостоянства подмодульных выражений: x + 2 меняет знак в точке −2, x − 1 — в точке 1. Эти две границы делят ось на три интервала.

| x + 2 | = {\begin{matrix} - (x + 2), & x < - 2 \\ x + 2, & x \geq - 2 \end{matrix}

| x - 1 | = {\begin{matrix} 1 - x, & x < 1 \\ x - 1, & x \geq 1 \end{matrix}

шаг 3.Случай 1: x < −2

Подставляем раскрытие, упрощаем и пересекаем с условием случая.

| x + 2 | = - (x + 2), | x - 1 | = 1 - x

1 ((1 - x) - 1) ((4 + x + 2) - (1 - x)) \leq 0

(- x) (2 x + 5) \leq 0

Пробная точка x = −1 на интервале (−2,5; 0): (−(−1))(2 · (−1) + 5) = 1 · 3 = 3 > 0 — знак «+»; оба корня нечётной кратности, знаки чередуются. Итог случая 1: (−∞; −2,5].

шаг 4.Случай 2: −2 ≤ x < 1

Подставляем раскрытие, упрощаем и пересекаем с условием случая. Вторая скобка схлопывается в единицу — остаётся линейное неравенство.

| x + 2 | = x + 2, | x - 1 | = 1 - x

1 ((1 - x) - 1) ((4 - x - 2) - (1 - x)) \leq 0

(- x) ((2 - x) - (1 - x)) \leq 0

(- x) \cdot 1 \leq 0

x \geq 0

Знаки на первой оси — это знаки выражения −x: слева от нуля оно положительно, справа отрицательно, а нам нужно −x ≤ 0. Итог случая 2: [0; 1).

шаг 5.Случай 3: x ≥ 1

Подставляем раскрытие, упрощаем и пересекаем с условием случая.

| x + 2 | = x + 2, | x - 1 | = x - 1

1 ((x - 1) - 1) ((4 - x - 2) - (x - 1)) \leq 0

(x - 2) ((2 - x) - (x - 1)) \leq 0

(x - 2) (3 - 2 x) \leq 0

Пробная точка x = 0 на интервале (−∞; 1,5): (0 − 2)(3 − 2 · 0) = (−2) · 3 = −6 < 0 — знак «−»; оба корня нечётной кратности, знаки чередуются. Итог случая 3: [1; 1,5] ∪ [2; +∞).

шаг 6.Неравенство ①

Объединяем итоги трёх случаев. Отрезки [0; 1) и [1; 1,5] стыкуются в точке 1 и склеиваются в [0; 1,5].

Решение ①: (−∞; −2,5] ∪ [0; 1,5] ∪ [2; +∞).

шаг 7.Ограничение ②

Условие ② — основание логарифма положительно и не равно единице.

2 | x - 1 | > 0, | x - 1 | \neq 1

x - 1 \neq 0, x - 1 \neq \pm 1

x \neq 0, x \neq 1, x \neq 2

Модуль |x − 1| обращается в ноль при x = 1 и равен единице при x = 0 и x = 2 — в этих трёх точках логарифм не определён. Решение ②: вся ось, кроме x = 0, x = 1 и x = 2.

шаг 8.Ограничение ③

Условие ③ — аргумент логарифма положителен. Снимаем модуль двойным неравенством.

3 4 - | x + 2 | > 0

| x + 2 | < 4

- 4 < x + 2 < 4

- 6 < x < 2

Неравенство |A| < 4 равносильно двойному −4 < A < 4. Решение ③: −6 < x < 2.

шаг 9.Пересечение

Сводим три оси в одну. Ограничение ③ обрезает левый луч по −6 и отрезает всё правее 2 — луч [2; +∞) из ① пропадает целиком. Ограничение ② выкалывает точки 0, 1 и 2.

Точки −2,5 и 1,5 закрашены: там обе части исходного неравенства равны, log₃,₅ 3,5 = 1 и log₀,₅ 0,5 = 1. Точка 1 выколота — при ней основание обращается в ноль, поэтому отрезок [0; 1,5] распадается надвое. Проверка: x = 0,5 ⇒ основание 0,5 < 1, аргумент 1,5 > 1, логарифм ≈ −0,58 ≤ 1 ✓.

ответ

x \in (- 6; - 2,5] \cup (0; 1) \cup (1; 1,5]