условие

logx+32⁡(2x+1)2−48log(x+3)2⁡(2x+1)12+8≥0

шаг 1.Область допустимых значений

Основания x + 3 и (x + 3)² положительны и не равны единице, аргумент 2x + 1 положителен.

ОДЗ
{x+3>0,x+3≠1(x+3)2≠12x+1>0⟺x>−12

Условие 2x + 1 > 0 самое сильное: при x > −0,5 основание x + 3 больше 2,5, поэтому оно заведомо положительно и не равно единице.

шаг 2.Замена переменной

Обозначим u = log_{x+3}(2x + 1). Чётные показатели степени в аргументах выносятся множителямиПреобразования логарифмов и ОДЗ
Главное правило
Сначала выписываем ОДЗ, потом преобразуем логарифмы. Каждое тождество ниже верно только на своей области — меняя её по ходу, легко потерять или добавить решения. Сам логарифм loga⁡b требует a>0,a≠1,b>0.
Степень выносим с модулем
Тождество loga⁡bn=nloga⁡b верно только при b>0. При чётном показателе b2k определено и для b<0, поэтому обязателен модуль:
loga⁡b2k=2kloga⁡|b|
У нас 16log3⁡(x+1)6=log3⁡|x+1|. Без модуля потеряли бы ветку x<−1 и корень x=−4.
Коэффициент внутрь — расширение ОДЗ
Обратный ход cloga⁡b=loga⁡bc при чётном c расширяет область: 2loga⁡x=loga⁡x2 — слева x>0, справа x≠0. Появляются посторонние корни x<0; держим исходное b>0 или сразу пишем модуль.
Свернуть в один — можно
loga⁡f+loga⁡g=loga⁡(fg)
loga⁡f−loga⁡g=loga⁡fg
ОДЗ уже требует f>0 и g>0 — держим его, свёртка ничего лишнего не вносит.
Развернуть в сумму/разность — опасно
loga⁡(fg) определён при fg>0, loga⁡fg — при fg>0 (в том числе оба множителя отрицательны). Разбивая на loga⁡f±loga⁡g, силой требуем f>0,g>0 и теряем эту ветку. Корректно — только с модулями:
loga⁡(fg)=loga⁡|f|+loga⁡|g|
Смена основания — безопасно
loga⁡b=logc⁡blogc⁡a и loga⁡b=1logb⁡a — область не меняется (нужно c>0,c≠1, для второй b≠1).
Основное тождество
aloga⁡b=b(b>0), loga⁡ak=k — удобно при потенцировании и записи числа как логарифма (c=loga⁡ac).
, а квадрат в основании делит логарифм пополам.
u=logx+3⁡(2x+1)
logx+3⁡(2x+1)2=2u,log(x+3)2⁡(2x+1)12=u4
(2u)2−48⋅u4+8≥0
4u2−12u+8≥0
u2−3u+2≥0
(u−1)(u−2)≥0
+−+12
−∞
+∞
u

Проверка по Виета: для u² − 3u + 2 сумма корней должна равняться 3, произведение — 2. У нас 1 + 2 = 3 и 1 · 2 = 2 — оба сходятся. Парабола ветвями вверх, корни закрашены (нестрогое ≥): трёхчлен неотрицателен вне корней. Решение: u ≤ 1 или u ≥ 2.

шаг 3.Обратная замена

Каждый случай возвращаем к x методом рационализацииМетод рационализации
Если нужен только ЗНАК выражения (например, для метода интервалов), не решаем его напрямую — определяем знак по таблице: знак слева совпадает со знаком справа (на ОДЗ), а правое выражение проще. Третий столбец — ОДЗ.
loga⁡f−loga⁡g(a−1)(f−g)a>0,a≠1,f,g>0af−ag(a−1)(f−g)a>0,a≠1|f|−|g|(f−g)(f+g)любыеf−gf−gf,g≥0
Множитель (a−1) задаёт направление: при a>1 он положителен (знак как у f−g), при 0<a<1 — отрицателен, знак переворачивается.
: logₐ f − logₐ g имеет тот же знак, что (a − 1)(f − g). Здесь a = x + 3, и на ОДЗ a − 1 = x + 2 положительно.
1)logx+3⁡(2x+1)≤logx+3⁡(x+3)
(x+2)((2x+1)−(x+3))≤0
(x+2)(x−2)≤0
2)logx+3⁡(2x+1)≥logx+3⁡(x+3)2
(x+2)((2x+1)−(x+3)2)≥0
−(x+2)(x2+4x+8)≥0
+−+случай 12−2
−∞
+∞
x
+−случай 22−
−∞
+∞
x
ОДЗ0,5−
−∞
+∞
x
ответ0,5−2
−∞
+∞
x

У трёхчлена x² + 4x + 8 дискриминант D = 16 − 32 = −16 < 0 и ветви параболы вверх, поэтому он положителен при любом x и на знак не влияет. Второй случай даёт x ≤ −2 — целиком вне ОДЗ, поэтому он пуст. Пробная точка x = 0 в первом случае: (0 + 2)(0 − 2) = −4 < 0 — знак «−»; корни нечётной кратности, знаки чередуются. Проверка: x = 2 ⇒ основание 5, аргумент 5, u = 1, левая часть равна 4 − 12 + 8 = 0 ✓.

ответ

x∈(−12;2]
репетитор по
математике
Мария Беличенко
• обо мне
• принципы работы
• учебный процесс
• оплата
• контакты		• Беличеночная
• блог
• ЕГЭ
• оферта
belichenko.org
2019 -