{ 5 — 2x > 0; ( x 2,5, 5 — 2x= 1, I x= 2, x (_ 0 5 0) U (0 2) U (2 2 5) 2x + 1 > 0, ∣ X> -0,5, x 2 ( 0,5;0) U (0;2) U (2;2,5). 2x + 1 = 1; : x = 0; На ОДЗ исходное…

{

5 — 2x > 0; ( x < 2,5,

5 — 2x= 1, I x= 2, x (_ 0 5 0) U (0 2) U (2 2 5)

2x + 1 > 0, ∣ X> -0,5, x 2 ( 0,5;0) U (0;2) U (2;2,5).

2x + 1 = 1; : x = 0;

На ОДЗ исходное неравенство равносильно неравенству

1 + log5—2χ (2x + 1) + 2 log2χ+1 (5 — 2x) 6 4;

Logj~2x(2x + 1) + т————- 77—-i-6 3.

2 log5—2x (2x + 1)

Обозначим log5_ 2x(2x + 1) = t, тогда T + 2 6 3; t———————— ^t + 2 6 0;

(t—132—2I 6 0; T 2 (-∞; 0) U [1; 2].

Возвращаясь к переменной x, получаем log5_ 2x(2x + 1) 2 (-i;0) U [1;2]. log5- 2∏2x + 1)<0, 1 6 log5 — 2χ(2x + 1) 6 2.

1) Если х 2 (—0,5; 0) U(0; 2), то 5 — 2х > 1 и совокупность равносильна 2х + 1 <1, х < 0,

5 5 —2x 6 2x + 1, χ Х > 1,

( 2х + 1 6 (5 — 2x)2; |_ ( 2х2— 11х + 12 >0.

Решением квадратного неравенства является х 2 (—i; 1,5] U [4; +∞), решением системы неравенств является х 2 [1; 1,5] U [4;+i), реше­нием совокупности будет х 2 (—i;0) U [1; 1,5] U [4;+i). Учитывая х 2 (—0,5; 0) U (0; 2), получаем решение х 2 (—0,5; 0) U [1; 1,5].

2) Если х 2 (2; 2,5), то 5 — 2х <1, 2х + 1 >1, поэтому l°g5—2x (2х + 1) <

<0. Следовательно, х 2 (2; 2,5) является решением, так как при этих значениях х выполняется log5_2x(2х + 1) 2 (-∞; 0) U [1; 2]. Объединяя найденные в пунктах 1 и 2 решения, окончательно получаем х 2 ( —0,5; 0) U [1; 1,5] U (2; 2,5).

Ответ: (—0,5; 0) U [1; 1,5] U (2; 2,5).

9x≥√3 ∙ 3x+ 18,

Log2(x3— 7х2+ 14х — 8) 6 1 + Iog2(х — 1);

( (3x)2— √3 ∙ 3x— 18 >0,

[ log2((x — 1)(x2— 6х + 8)) 6 1 + Iog2(х — 1);

½ (3x+ 2√3)(3x— 3√3) >0,

T log2 ((x — 1)(x2— 6x + 8)) 6 log2(2(х — 1));

½ 3x>3√3,

1,5, х2— 6х + 8 >0, х2— 6х + 8 — 2 6 0;» align=»right» width=»125″ height=»60″ class=»»/>T log2 ((x — 1)(x2— 6x + 8)) 6 log2(2(х — 1));

XХ >1,5,

Log2(х2— 6х + 8) 6 log22;

<х > 1,5,

, (х — 2)(х — 4) >0,

: (х — (3 + √3))(x — (3 — √3)) 6 0;

, х 2 [1,5; 2) U (4; 3 + √3] (см. рис.323).

Рис. 323.

¾mβem:[1;5;2) U (4; 3 + p3].

1209. <12x^x + T2 > 42X~1 ‘

: log ∣ x(x2- 5x + 4) >2;

3x. 42x — 3χ~1>42χ~1- 12;

><1 - x >0;

,1 — x 6= 1; ,

>:x2- 5x + 4 >0;

(1 — x — 1)((x2- 5x + 4) — (1 — x)2) >0;

‘3x(42x -1) >1 (42x — 1);

< x<1;

, x 6= 0; ,

< :(x - 1)(x - 4) >0;

X(x — 1) >0;

< (3Х - 4 )(42x- 3 ) >0;

😡 <0;

Log34 >1, Iog43 <1 ) x 2 (-1; - log34) U (-2 Iog43; θ) (см. р0С.324).

~77777⅛ a^∕∕∕7∖ „

-log,4 210≡43 0

Р0С. 324.

Log3 4) U (- 1log4 3;о) •

1210. Реш0м каждое неравенство С0стемы βθ отдельност0. Первое нера­венство С0стемы: 9×6 3x+2-20; (3x)2-9.3x+20 6 0; (3x-4)(3x-5) 6 0; 4 6 3×6 5; log34 6 x 6 log35.

Второе неравенство с0стемы: 3∙21+^2>4X^2 + 8;

(2xp2)2- 6 . 2xp2+ 8 6 0; (2xp2- 2)(2xp2 — 4) 6 0; 2 6 2xp26 4;

1 6 x√2 6 2; ^26 x 6 √2.

Для нахождения пересечения найденных по отдельности решений не­равенств необходимо выяснить, в каком порядке на координатной прямой располагаются числа log34, Iog35, ^22, √2. Так как Iog34 >1, а -^2<1,

То -^2

Неравенство log34 <√2 равносильно неравенству 4 <+22. Дока­жем его, используя неравенства χ∕2 >1,4 (следует из 1,42= 1,96 <2) и √3 >1,4 (следует из 1,43= 2,744 <3). Имеем 3√2>31>4>313 = = 3 √3 >3 ■ 1,4 >4.

Теперь докажем второе неравенство: log35 >√2 , 5 >3λ22, 5√2>9 , 55√2>95. Имеем 55√2>55‘1,4= 57>95. Последнее следует из того, что 57= 625 ■ 125 = 78125, а 95= 729 ■ 81 = 59 049.

Доказано, что ^22

Ответ:[log34j√2].

1211. Решим каждое неравенство системы по отдельности. Первое нера­венство системы: Ix,|;5+ 15 <11 ■ 2x 1; (2x)2— 11 ■ 2x+30 <0; (2x— 5)(2x— 6) <0; 5 <2x<6; log25 < x

Второе неравенство системы: 5 3+125 <30 ■ 5 6. Сделаем замену X√6

T = 5 6. Тогда t2— 30t +125 <0; (t — 5)(t — 25) <0; 5 < t <25. Делаем X√6 /—

Обратную замену: 5 <5 6<25; 1 <χ66 <2; √6 < x <2√6.

Для нахождения пересечения найденных по отдельности решений не­равенств необходимо выяснить, в каком порядке на координатной прямой располагаются числа log25, log26, χ∕β, 2√z6. Так как log26 <3, а 2√6 >3, то log26 <2√6. Докажем, что log25 <√z6

Докажем первое неравенство, используя неравенство vz6 >2,4 (сле­дует из 2,42= 5,76 <6). Выполним преобразования: log25 <√z6 , 2√6>5 , 25√6>55. Имеем 25√6>25‘2>4= 212= 4096 >55, так как 55= 3125.

Неравенство p6 6) и p2 <1,5(следуетиз 1,52= 2,25 >2). Имеем 2^6<22,5=4p2 <4-1,5 = = 6.

Доказано, что log25 <χ∕β

Ответ:(√6; Iog26).

1212. 3x(x — 1) + 9 >—————— ;

X + 1 X —2

3(x2— X + 3)(x2— X —2) — 8(x — 2) + 5(x + 1) ∩

(x + 1)(x — 2) >0;

X4— x3— 2×2— x3+ x2+ 2x + 3×2— 3x — 6 — x + 7 >∩.

(x + 1)(x — 2) >0;

X4— 2×3+ 2×2— 2x + 1 >о

(x — 2)(x + 1) >0’

X2(x2— 2x + 1) + (x2— 2x + 1) ∩

(x — 2)(x + 1) >0’

(X2 + 1)(X — 1)2>0

(x — 2)(x + 1) >0.

Решим это неравенство методом интервалов (см. рис.325).

Рис. 325.

Решением неравенства является (—1’ —1) U {1} U (2; +∞).

Ответ:(—i; —1) U{1}U (2;+i).

1213. X(x + 1)+4 — -½-;

X+2 x—1

(x2+ x + 4)(x2+ x — 2) — 2(x — 1) + 4(x + 2) ∩

(x + 2)(x — 1) <0;

X4+ x3— 2×2+ x3+ x2— 2x + 4×2+ 4x — 8 — 2x + 2 + 4x + 8 0.

(x + 2)(x — 1) <0;

X4+ 2×3+ 3×2+ 4x + 20

(x — 1)(x + 2) <0;

X2(x2 + 2x + 1) + 2(x2+ 2x + 1) о

(x —1)(x + 2) <’

(X2+2)(X + 1)2<0

(x — 1)(x + 2) <

Решим это неравенство методом интервалов (см. рис.326).

Решением неравенства является (—2; —1) U ( — 1; 1).

Ответ: (—2; —1) U (—1; 1).

Рис. 326.

1214. [li][lii][liii][liv][lv][lvi][lvii][lviii][lix][lx]2 + 0,5x + 2x. ∖(x 1)2 6 0:

Xx

∙∖∕x2+0,5x+2x+∣x—11 6 o∙ x’

0.» width=»63″ height=»36″ class=»»/>

X2+ 0,5x + 3x — 1

1) x > 1 ’ ——— ■—————-

X

2x

X 6 —3,

X >0.

1) При x >0 неравенство решений не имеет, так как и числитель, и знаменатель дроби больше нуля.

2) При x 6 —3 знаменатель дроби меньше нуля, значит, чтобы реше­ния существовали, числитель должен быть неотрицательным: px2+ 3x + 3x + 1 — 2x >0;

χ∕x2+ 3x >—x — 1;

X2+ 3x >x2+ 2x + 1;

X >1 — не удовлетворяет условию x 6 —3, значит, и при x 6 —3 нера­венство решений не имеет.

Ответ: решений нет.

(x + 2)2; x» width=»114″ height=»37″ class=»»/>

1216∙ ОДЗ. x3-+8>0; (x + 2)(x2x— 2x + 4)> 0; { x >—2,

(x + 2)(x2x2x + 4)>(x + 2)2,

X 6 —2.

Решаем первое неравенство совокупности:

(x + 2)(x2— 2x + 4) — x(x + 2)2>0∙ x;

(x + 2)(x2— 2x + 4 — x(x + 2)) >0 (x + 2)( —4x + 4) >θ. x; ;

(X + 2)(X —1)6 0.

χ 2 (-∞; —2] U (0; 1] (см. рис.327). Найденные значения χ удовлетворяют одз.

+ r7l +»

-2 0 1 X

Рис. 327.

Ответ:(—i; —2] U (0; 1].

1217. ОДЗ. (χ — 1)2+ — Ar>0; (χ — 1)3 +8>0; χ — 1 χ — 1

(χ — 1 + 2) (χ — 1)2— 2(χ — 1) + 4 (χ + 1) χ2— 4χ + 7

————— ~—— ;—- >> 0;————————————- — >> 0. χ — 1 χ — 1

Дискриминант квадратного уравнения χ2— 4χ + 7 меньше нуля, поэтому

Для любых значений χ выполняется χ2— 4χ + 7 >0. Тогда χ +1>0.

χ1

X>11(к— — 1)2ч—6 χ +1;

χ 6—1; V — — 1

..,о.

0. так как χ = —1 удовлетворяет последней системе, то осталось решить χ24χ + 7 неравенство — 6 χ + 1 при χ >—1. χ2—4χ+7—(χ2—1) 6 о; » width=»430″ height=»115″ class=»»/>

(χ+ 1)(χ2 —4χ+ 7)6 (χ + 1)2;

χ — 1

—χ4χ+ 8 6 0;

χ—2 >0. Так как χ >—1, то χ 2 ( — 1; 1) U [2; +∞).

C учётом ОДЗ получаем: χ 2 {—1} U [2; +∞).

Ответ: {—1} U [2;+i).

———— 1———— ι———— 1———— ι————— 1——— >0 3

∣(χ — 1)(χ — 2)∣ +∣(χ — 2)(χ — 3)∣ +∣(χ — 3)(χ — 4)∣ >0;3;

∣2χ — 5∣ >3.

ОДЗ: χ = 1; χ = 2; χ = 3; χ = 4.

Решим второе неравенство системы.

3;
2x -5 6 -3;
» align=»left» width=»83″ height=»37″ class=»»/>2x >8; X >4;

2x 6 2; , x 6 1.

Учитывая ОДЗ, получаем x 2 (-∞; 1) U (4; +∞). Будем решать пер­

X — 1, x — 2, x — 3, x — 4 имеют одинаковый знак, поэтому первое неравен­ство системы можно записать в виде:

——— 1———— ι———- 1————— ι——— 1———- > 0 .3∙

(x — 1)(x — 2) + (x — 2)(x — 3) + (x — 3)(x — 4) > 0;3;

_____ U) + М______________ M+ M______________ ‘ >0;3;

X — 2 x — 1 +x — 3 x — 2 +x — 4 x — 3 ; ;

—U———- U. >0;3. Так как x — 1 и x — 4 имеют одинаковый знак, то

X — 4 x — 1

Можно домножить обе части на (x — 1)(x — 4) >0.

X — 1 — x + 4 >0;3(x — 1)(x — 4);

0;3(x — 1)(x — 4) 6 3;

(x — 1)(x — 4) 6 10;

X2- 5x — 6 6 0;

(x + 1)(x — 6) 6 0;

X 2 [-1; 6].

Так как решали в области x 2 (-∞; 1) U (4; +∞), то

X x 2 (-∞; 1) U (4; +∞);

[ x 2 [-1; 6].

∖∖∖∖∖^∕∕∕^∖∖∖±X

-11 4 6

Рис. 328.

Ответ: [-1; 1) U (4; 6].

( 1______ тг + π_____ 1____ тг + π____ 1______ тг > ;

1219. ∣(x — 2)(x — 3)∣ ∣(x — 3)(x — 4)∣ ∣(x — 4)(x — 5)| 40

: ∣2x — 7∣ >3.

ОДЗ: x = 2; x = 3; x = 4; x = 5.

Решим второе неравенство системы.

3; 2x — 7 6 -3; » width=»83″ height=»36″ class=»»/>	10; 2x 6 4; » width=»56″ height=»36″ class=»»/>	5; x 6 2. » width=»43″ height=»36″ class=»»/>

Учитывая ОДЗ, получаем x 2 (-∞; 2) U (5; +∞). Будем решать пер­

X — 2, x — 3, x — 4, x — 5 имеют одинаковый знак, поэтому первое неравен­ство системы можно записать в виде:

______ 1__ +_________ 1____ +_______ 1_____ >А;

(x —2)(x —3) (x —3)(x — 4) (x —4)(x — 5) 40’

11________ + (—1___________ — I + (—1________ — I >3;

X — 3 x — 2 x — 4 x — 3 x — 5 x — 4 40’

—————— >-3. Так как x — 5 и x — 2 имеют одинаковый знак, то

X — 5 x — 2 40

Можно домножить обе части на (x — 2)(x — 5) >0.

X — 2 — x + 5 >40 (x — 2)(x — 5);

⅛(x — 2)(x — 5) 6 3;

X2— 7x + 10 6 40;

X2— 7x — 30 6 0;

(x — 10)(x + 3) 6 0;

X 2 [—3; 10]. Так как решали в области x 2 (-∞; 2) U (5; +∞), то

X 2 (—i; 2) U (5; +∞),

X 2 [—3; 10].

∖∖∖∖∖^ψ∕∕Z^∖∖∖^X

-32 5 10

Рис. 329.

Ответ: [—3; 2) U (5; 10].

1220. ОДЗ: ∣x + 2| — 2 = 0, ∣x + 2| = 2, отсюда x = 0 и x = —4.

__ш_ > ∣x∣,4 ll+lxl,! 2)>0.

А) x >0

4 — [lxi]■ X>0 φi. (X — 2)(X + 2)6 0 x x

Рис. 330.

5 + [lxii][lxiii][lxiv][lxv][lxvi][lxvii][lxviii][lxix][lxx][lxxi]‘х>0 , х + 4>0. Нет решений при —2 ≤ << 0.

В) х <—2

4 + х(—х— 4)>0 , x 2 + 4х ~ 4>0. х ∈ [—2 — 2√2; —4).

—х — 4 + + 4 l ’

-2V2-2 -4 -2 2√2^-2 x Рис. 331.

Ответ: [—2 — 2√2; —4) U (0,2].

1221. ОДЗ: |х + 2| — 1 = 0, |х + 2| = 1, отсюда х = —1 и х = —3.

Рис. 333.

 

Ответ: [—4; —3) U ( — 1; √3 — 1].

(sin X —2) √16 — x2о log2 (x + 1) — 4 > ’

Log∣(X + 2) — 2iog3(X + 2)
3=x — 2 — x

—1, x = 15, x >—2, x >2, x = 3, x = 6; » width=»77″ height=»117″ class=»»/>

Заметим, что первое неравенство системы строгое, значит x = 4, то есть x 2 [2; 4).

( (sin x — 2) √16 — x2 0

Log2 (x + 1) — 4 >,

LLog∣(X + 2)(log∣(X + 2) — 2)6 0

3==—2 — x » ’

. 2 6 x <4.

Так как ∣ sin x∣ 6 1, то sin x — 2 <0. При 2 6 x <4 имеем:

√16 — x2>0, 1

(x + 3)(x — 6) <0; 2 6 x <4;	3 < x <6, 2 6 x <4;

Учитывая условие, что все найденные значения x удовлетворяют нера­

Венству 2×2— 21x + 40 6 0, имеем:

1223. 1. lθg3χ(33X 1 1)>1,

1,
∣x + 1| — |х — 13| = 0.
» align=»right» width=»134″ height=»45″ class=»»/>{Х > 1, х >0, |х + 1| — |х — 13| = 0;

3 3 4= 3 l0g34 = 3log3X = 4; |х + 1| = х +1 при х >1, тогда

исходное неравенство примет вид:

Выражения 2^[lxxii] 1-4и х+1-|х-13| имеют одинаковые знаки. Получаем х 2 [1; 2] U (6; +∞).

Ответ:[1; 2] U (6; +∞).

3,
|х + 2| — |2х — 231 = 0.
» align=»left» width=»140″ height=»46″ class=»»/><х > 3,

1225. ОДЗ:^ х >0, : |х + 2| — |2х — 231 = 0;

5iog25χ= 5 1iog5χ= 5iog5pχ= j. |х + 2| = х + 2 при х >3, тогда исходное неравенство примет вид:

Х + 2- |2х — 231 60′

1) Рассмотрим неравенство рх — 2^x 3> 0. Функция f (х) = р/х — 2^x 3 возрастает при х >3 и f (4) = 0, следовательно, рх — 2^x 3> 0 при 3 6 х 6 4 и рх — 2^X 36 0 при х >4.

2) Решим неравенство х + 2 — |2х — 23| >0:

‘+Х + 2 — (2х — 23) >0, ½ 2х — 23 >0, J х + 2 + (2х — 23) >0, 2х — 23 <0;

Значения х, при кото — 0 имеют разные знаки.

получаем х 2 [3; 4] u (7; 25).
ответ:[3; 4] u (7; 25).
(|3х + 175|(х — 22)(5 — х) >0
v17х — х2— 42 «,
.
удт—. у/(11 — х)3>0
½ х2— 17х + 42 <0, , , , 3 <х <11. i х <11; " align="left" width="409" height="182" class=""/>: |11 — х|

_ _ C 17х — х2— 42 >0, ОДЗ: \ 11 — х >0; Решим систему на ОДЗ. |3х + 175| = 3х + 175, 111 — х| = 11 — х. Заметим, что второе неравенство выполняется при всех значениях х из промежутка (3; 11).

Учитывая, что -417х — х2— 42 >0, система равносильна системе нера­венств:

<(3х + 175)(х — 22)(5 — х) >0, х >3,

: х <11;

Ответ:[5; 11).

{

|7Х — 123|(Х + 15)(Х — 8)

-ух2+ 3х — 28

4,
>—9;
» align=»right» width=»53″ height=»62″ class=»»/>

V[lxxiii]+ 9 vz(х + 9)3>0 |х + 9| > 8

0; |х — 3| = 0; |х — 3| = 1; х2+ х — 5 >0; » width=»95″ height=»78″ class=»»/>

X < Х>

 

—3 ≤ Х ≤ 2;

Р3х — х2

3х — Х2>0; > 0 <Х <3;

∩πn I 3Х + 3 — Х2> 0;

ОД5:>|х — 2| = 0;

I |х — 2| = 1;

(0 <Х <3;

<Х = 1;

: х = 2.

Так как на ОДЗ √3х — х2>0, то достаточно найти решения неравен­ства log∣X_21 (3х + 3 — х2) ≤ 0, которое равносильно совокупности:

3; x2— 3x — 2 >0; » width=»104″ height=»87″ class=»»/>

1; ∣x — 2| >1; 3x + 3 — x2≤ 1; » width=»102″ height=»78″ class=»»/>

Учитывая ОДЗ, получим x 2 (1; 2) U (2; 3).

Ответ:(1; 2) U (2;3).

1230.1) Найдём ОДЗ:

J x2 —17x +l67 > ‰ . ∩ ½ x2— 17x + 67 >1;

< log11(x2— 17x + 67) >0; ,

I 13 x >0;

11;
x ≤ 6;
x >0;
» align=»right» width=»61″ height=»53″ class=»»/>X >0;

0;
x >0;
» align=»right» width=»124″ height=»37″ class=»»/>X x2— 17x + 66 >0;

,[ x >0;

, x 2 (0; 6] U [11; +∞).

При этом x = 6 и x = 11 входят в множество решений исходного нера­венства.

2) При x 2 (0; 6) U (11; +∞) множитель д/log11(x2— 17x + 67) >0, сле­довательно, исходное неравенство равносильно неравенству 17x(log17x — 1) — 17(log17x — 1) ≤ 0;

(log17x — 1)(17x— 17) ≤ 0.

Решая методом интервалов, получим 1 ≤ x ≤ 17.

C учётом ОДЗ x 2 [1; 6] U [11; 17].

Ответ: [1;6] U [11; 17].

{

X2— 5x + 7 >0;

Log5(x2— 5x + 7) >0; , x >0;

X x2 — 5x + 7 >1; X x2 — 5x + 6 > 0; ( (x — 2)(x — 3) >0;

,8 X>0; , [ x >0; , [ x>0; ,

J x > 3;

,

Ix >0;

Во множество решений исходного неравенства.

2) При x 2 (0; 2) U (3; +∞) множитель д/log5(x2— 5x + 7) >0, следовательно, исходное неравенство равносильно неравенству 9xlog9x + 9 — 9 log9x — 9x≤ 0;

9x(log9 x — 1) — 9(log9 x — 1) ≤ 0;

(log9x — 1)(9x— 9) ≤ 0.

— 7;5 ;
x >—6;
, < x= —5; x= 0; , x = 2; " align="right" width="121" height="127" class=""/>Решая методом интервалов, получим: 1 ≤ x ≤ 9. C учётом ОДЗ, x 2 [1; 2] U [3; 9].

1232Logr(2x+ [lxxiv]) .

1232. >

Log7(x + 6) 2 2x + 15 >

X + 6 >0;

ОДЗ: <χ + 6 = 1; x= 0; 3≈~2= 1;

, x 2 (—6; —5) U (—5; 0) U (0; 2) U (2; +∞).

При допустимых значениях переменной по свойствам логарифма по­лучаемLogR(2X + 15)= W (2x I 15) Log3X-2∣X∣= W IxI

Лучаемlog7(x + 6) logx+6(2x + 15), Iog32(x + 6) lθgx+6∣x∣.

Исходное неравенство примет вид logx+6(2x + 15) >2logx+6∣x∣, log½+6(2x + 15)>Logχ+6×2.

, C 0 0;

0;
» align=»left» width=»116″ height=»46″ class=»»/><—6 ,x I X

1; 2)½ 2x + 15 >x2; ∫x>—5; , —3 ≤ x ≤ 5. [ —3 ≤ x ≤ 5; из 1) и 2) получаем x 2 (—6; —5) u [—3; 5]. c учётом одз x 2 (—6; —5) u [—3; 0) u (0; 2) u (2; 5]. ответ: (—6; —5) u [—3; 0) u (0; 2) u (2; 5]. 1233. 9(χ+5)2(x~7) . 21v7″‘2x 35 ≤ 1. » width=»333″ height=»155″ class=»»/>

—5;
(x — 5)(x + 3) ≤ 0;
» align=»right» width=»117″ height=»46″ class=»»/>

7;
» align=»right» width=»53″ height=»39″ class=»»/>X >—5;

ОДЗ: X2— 2x — 35 >0, (x + 5)(x — 7) >0 , , x 2 (—1; —5] U [7; +∞).

При допустимых значениях переменной получаем (9≈2—2x—35)x+5

(2≈2—2x—35)√χ2—2x—35 ζgχ22χ 35 ^ x 5

1) При X 6 —5 верно каждое из неравенств: — x —5 >0, px2— 2x —35 >0, 2×222X335>1, 9×2~ 2X335>1, значит,

(2×2— 2χ3 35)Xx 3 2X 35. (gx23 2χ335) X 5>1, следовательно, неравен­ство (1) выполняется для любого значения x из промежутка (-∞; —5].

2) Пусть x >7. Заметим, что на заданном промежутке выполняется неравенство x + 5 > √x2— 2x — 35 (таккак x2+ 10x + 25 > x2— 2x — 35, 12x >—60, x >—5).

Учитывая, что 9×23 2x 3 35>2×23 2x 335>1, x + 5 >px2— 2x — 35

∕9×23 2x 3 35 5 x+5

И x + 5 >0, получаем ——— 2———— ι, —

^x23 2x 3 35) Xx3 32x 335

— 2— > 1.
^x23 2x 3 35) (x+ 5)
» align=»right» width=»149″ height=»55″ class=»»/>Причём равенство 1 достигается только при x = 7. При всех x >7 спра­ведливо строгое неравенство. Значит, исходное неравенство на промежут­ке [7; +∞) выполняется только при x = 7.

Объединим решения 1) и 2), получим x 2 (—1; —5] U {7}.

Ответ:(-∞; —5] U {7}.

1234. Исходное неравенство равносильно системе ( 19xlog19x + 19 — 19 log19x — 19×6 0,

< log13(x2— 19x + 49) >0,

I x >0;

(log19x — 1)(19x— 19) 6 0, (x — 3)(x — 16) >0, x >0;

16, x <3, x >0.» align=»right» width=»88″ height=»72″ class=»»/>

О 1 3

Применяя метод интервалов, получаем решение x 2 (см. рис.334).

Рис. 334.

Ответ: [1; 3) U (16; 19].

3x■ -:i2 16

1235. —P ==— > 0. Умножим обе части неравен-

√16x- 121 f

Xx ∕ox. m (3x)2= 16 ■ 3x+7 ■ 9 n

Ства на 3x(3x> 0), получим -— p^gx ^21—————— > 0’

½ (3x)2- 16 ■ 3x+7 ■ 9 >О, ½ 16x- 121 >0;

Г (3x- 7)(3x- 9) >0, X x ∈ (=i;log37) U (2;+i),

( 16x>121; ( x>log411.

ДокажеМ’Что log37 >log411. Это неравенство равносильно нера­венству log3(74) >log4(114), то есть log32401 >log414641. Так как

37= 2187, 47= 16 384, то log32401 >7 >log414 641 и неравенство log37 >log411 доказано.

Решением системы являются X ∈ (log411; log37) U (2; +∞).

Ответ:(log411; log37) U (2; +∞).

1236 4X— 7 — 23+X+ 7 ■ 23 X6 0. 22X—7 — 8 ■ 2X + 7 ■ 8 ■ 2 X

Умножим обе части неравенства на 2X (2x>0), получим 23χ — 8 ■ 22x — 7 ■ 2x + 7 ■ 8 <0Г 22x(2x - 8) - 7(2x - 8) 6 0, √3X-4 6Ч 3x - 4 >0;

½ (22x — 7)(2x — 8) 6 0, ½ x ∈ [log47; 3],

3x>4; x >log34.

Докажем, что log47 >log34. Это неравенство равносильно неравен­ству log4(73) >log3(43), то есть log4343 >log364. Так как 44= 256, 34= 81, то log4343 >4 >log364 и неравенство log47 >log34 доказано.

Решением системы являются x ∈ [log47; 3].

Ответ:[log47; 3].

Прологарифмируем обе части неравенства по основанию 2.

Log2 x ■ г; log2 x — 2 >1(log2 x)2; Q — ∣) (Jog2x)2>2; (log2x)2>8; log2x >2√2 или log2x 6 -2√2; x ∈ (0; 2 2 v2 U [22^2; +∞).

2) 27×22 +6χ 1>0, ОДЗ: X = |. 3x — 8 3

27×2+ 6x — 1 = 0; xi;2 = —3§ /79 + 27

Из рисунке335 Видно, что x 2

: ∈ ( i;i )u( 8;+ У откуда x 2 (θ; ∣) U [22v/2;+i) ,так

Как 2 2‘2 > 2 3= 1 >9, 22Р2 >22=4 >|.

Ответ:(θ;1^ U 22^2;+! 9

1238. Решим отдельно каждое из неравенств системы.

3×2— 2;6x + ⅛ /ч

1) >0, ОДЗ: x = /3.

X 2— 3 2

3x2 —2,6x + ⅛ = 0; xi;2= 13 WiOT^ras 150 3

Для решения первого неравенства системы.

Из рисунка336 Видно, что x 2

2) ОДЗ второго неравенства x2>1 , x 2 (—1; —1) U (1; +∞).

(x2— 1)2+x

Рис. 336.

>(X2— 1)

5x —3

(X2— 1 >1; ½ 2 + X>5x —3; J 0 < X2— 1 <1; [ 2 + X <5x — 3.

.C x2— 1 >1;

A^ [ 2 + x >5x — 3;

, x 2 (—i; — √2) (см. рис.337).

-√2 1 V2 Х 4

Рис. 337.

0 < x2— 1 <1 2 + x <5x — 3

X>

(см. рис.338).

Рис. 338.

1;3 + √123

1;3 —

√T)23

>0,

Окончательно имеем x 2

(5; √2^ (см. рис.339).

Ответ:

Рис. 339.

1239. 1) Неравенство Arctg 4x >1 имеет смысл при всех X 2 R.Перепи­шем это неравенство в виде arctg 4X > arctg(tg 1). Так как Y = arctg X — Возрастающая функция, то 4x >tg 1 и x >4 tg 1.

2) Неравенство log2(7x+ 5) + log7x+58 ≤ 4 определено для любых x 2 R, так как 7x+ 5 >5 >1. Преобразуем это неравенство к виду log2 (7x+5)+3 log7x +5 2 ≤ 4, затем к виду ⅛ (7x+5) + log2(73c+5) -4 ≤ 0.

Так как 7x+5 >2 при всех значениях x, то log2(7x+5) >0, и нера­венство равносильно log2(7x+5) — 4log2(7x+5) + 3 ≤ 0.

Выполним замену переменной. Пусть T = log2(7x+ 5), тогда неравен­ство примет вид T2— 4T + 3 ≤ 0, откуда (T —1)(t — 3) ≤ 0; 1 ≤ T ≤ 3.

Возвращаясь к исходной переменной, получим 1 ≤ log2(7x+5) ≤ 3, 2 ≤ 7x+ 5 ≤ 8; —3 ≤ 7x≤ 3; но 7x>0 для всех x 2 R, поэтому следует только учесть, что x ≤ log73.

3) Сравним числа log73 и 4 tg 1.

1 tg 1 < 1tg ¼ = 1√3 <1√φ24= 1 ■ 1,8 = 0,45 <1 =

4 4b3 4v 4v’ 4 2

= log7√7

Решение системы неравенств: (4tg 1; log73].

Ответ:Qtg1;log73].

1240. 1) Неравенство 10 arcctg ^Tx>7 имеет смысл при всех x 2 R.

15

Перепишем это неравенство в виде arcctg ^5x>arcctgfctg -7′).

15 10

Так как Y = arctg x — убывающая функция, то ^5x ≤ ctg 0,7;

15
х 6 345 ctg 0,7.

2) Неравенство log3(5x+ 16) — 6log5x+163 >1 имеет смысл для лю­бых х 2 R,Так как 5X + 16 >16 >1- Преобразуем это неравенство к виду

— 1 >0- Так как 5x+ 16 >1 для всех х, то

Log3(5x+ 16) >0 и рассматриваемое неравенство равносильно неравен­ству log3(5x+ 16) — log3(5x+ 16) — 6 >0.

Выполним замену переменной. Пусть T = log3(5x+ 16), где T > 0, тогда неравенство примет вид t2— T —6 >0, (t — 3)(t +2) >0, T>3 или T<— 2. Учитывая, что t >0, имеем t >3.

Возвращаясь к исходной переменной, получим log3(5x+ 16) >3, то есть 5x+ 16 >27, откуда 5x>11, а значит, х >log511.

Х ,∙ 3p5 r. , . . ¼ „ . ¼

3) Сравним числа —ctg 0,7 и log511. Так как 0,7 <4, то

3√5 + ∩ 3 3 3√5 . ¼ 3√5 3√484 6,6 3 1 t. /=

Ctg 0,7>-4- ctg 4 = >v4, > > 2 = log5 5√5>

3 3p5

>log5(5 ■ 2,2) = log511, следовательно, —45 ctg 0,7 >log511.

Ответ:(log511; 345 ctg 0,7].

1241. K log3x2+ 3k logx3 + logx9 = 2k + 8.

ОДЗ. х >0, х = 1.

Преобразуем уравнение к виду

2k log3 х + 3k J—1—— + J—2— = 2k + 8.

1. Пусть t = log3х, тогда t 6= 0,

2kt +3k+ 2— 2k — 8 = 0;

2kt2— (2k + 8)t + 3k + 2 = 0. (*)

K = 0, так как в противном случае уравнение линейно и имеет один корень.

2. Пусть х1, х2— корни исходного уравнения и х2= 3х1, тогда log3х2= log33х1, log3х2= 1 + log3х1. Для T = log3х получаем t2= 1 +11.

Из уравнения (*) по теореме Виета

3 3√3 √3

Х2 — 3xι — — Д— — .

93

2) T— 1; k — 2. Тогда log3x1— 1; x1— 3; x2— 3×1— 9.

3

Проверка. При подстановке значении k — — 4 и k — 2 в уравнение (*) в обоих случаях оно имеет два корня.

Ответ: k— — 4,xχ — -^3,x2 — -^3; k — 2,x1 — 3,x2 — 9.

1242. ОДЗ. x>0, x —1; P > 1.

5

Преобразуем исходное уравнение к виду

/Ээт 2 2P5

√5p 1iog3 x +iog3x iog3x 7 + 5p —0.

Пусть T— log3x. Тогда √5p — 11 + 2pt 5— 7 + 5p — 0;

√5p — 112— (7 — 5p)t + 2p — 5 — 0. (*) Это уравнение является квад­ратным и, следовательно, имеет не более двух корнеИ, а значит и исходное уравнение имеет не более двух корнеИ.

1. Пусть исходное уравнение не имеет корнеИ. Тогда должно выпол­няться 5p2— 6p + 2 — 0. D— 36 — 40 <0, следовательно в этом случае нет значении p, удовлетворяющих условию.

2. Пусть исходное уравнение имеет один корень. Тогда

5p2— 6p + 2 — 1; 5p2— 6p + 1 — 0; p1— 1; p2— 1.

5

При p — 1 уравнение (*) принимает вид 2t2— 2t — 3 — 0;

D — 4 + 24 — 28 >0, следовательно это уравнение, а значит, и исходное
имеет два различных корня. Пришли к противоречию.

При p = 1уравнение (*) принимает вид — 6T + 2— 5 = 0. Это уравнение, 55

А значит и исходное, имеет один корень. Следовательно p = творяет условию задачи.

3. Пусть исходное уравнение имеет два корня. Тогда 5p2 p(5p — 6) = 0; pi = 0; p2 = 6.

5

Значение p =0 не удовлетворяет условию p >1.

5

При p = 6уравнение (*) принимает вид p5t2— T■ 1- — 5 = 0;

55

1 1 13 /т

D = 1+ 4 ■ — √5 >0, следовательно это уравнение, а значит, и исходное имеет два различных корня. Таким образом, p = условию задачи.

Ответ: |;1|•

1243. Sin2x + 2m sin2x = 5m + 4; (1 + 2m) sin2

1)1 + 2m = 0, m = — 1 — не является целым числом.

2) 1 + 2m = 0, m = — 2, sin2x =

Так как sin2X ∈ [0; 1], то 0 ≤

Имело решении, надо, чтобы -——- >1 или -—z — <0.

2m + 1 2m + 1

5M + 4 5M + 4 2M 1 3M + 3M + 1

2mш >1—2m—л— >°, ш+1 >0∙ пл >0∙m<—1∙

>—2.

5m+4 <0, — 4 < m <— 1 (см. рис.340).

2m + 1 5 2

Объединим полученные решения:

Рис. 340.

 

4 1

M2 (-∞; -1)U ^-5; — 2

Ное значение m равно -2.

Ответ:-2.

1244. Для того, чтобы графики функций Y = x10- Px2 + 4x + p и Y = x10- 4×2+ Px,Имели ровно две точки пересечения, необходимо, чтобы уравнение x10- px2+ 4x + p = x10- 4×2+ px, имело два корня. x10- px2+ 4x + p — px + p = 0; (4 — p)x2+ (4 — p)x + p =0.

π 4 …… 4 4 4 — p=0,

Полученное уравнение имеет два корня если р>о;

D = (4 — p)2- 4(4 — p) ■ p =16 — 8p + p2- 16p + 4p2= 5p2- 24p + 16;

2 2 2 2 12 § √144 — 80

5p2- 24p +16 >0; 5p2- 24p +16 = 0; pi 2 =—————————————————— ;

’ 5

Pi = ^ = 4, p2 = 1⅛8 = 4 = 0,8; 5 5 5

5(p — 4)(p — 0,8) >0; p <0,8, p >4 (см. рис.341).

-Y ‘Y ■ »

-0,8 4 P

Рис. 341.

Ответ:(-∞; 0,8) U (4; +∞).

1245. Найдём количество корней уравнения

= a2+ 2a + 3(1) и уравнения (a — 3)x2- (a — 2)x -1 = 0 (2) при различных значениях a и выберем те, при которых это количество совпадает.

1. При a = 3 уравнения примут вид:

17 2x 1 .

А) x + 1 = 18, 20x= -1,x = -20;

Б) — x — 1 = 0, x = -1.

Уравнение (1) и уравнение (2) имеют только по одному корню, что удо­влетворяет условию задачи.

2. При a = 3. Рассмотрим каждое уравнение.

А) 3а + 8—+(1; — 1)x = а2 +2а + 3.

ОДЗ. X = —1.

3а + 8 — (а — 1)x = (а2+ 2а + 3)x + а2+ 2а + 3,

Х(а2+3а + 2) = а + 5 — а2.

Если а2+3а + 2 = 0, то а = —1, а = —2 — уравнение корней не имеет.

Если а2+3а + 2 = 0, то X = а + 5—.

R, а2+3а + 2

—а2— 3а — 2 = а + 5 — а2, а = имеет.

7

Получаем: при а = —2, а = — ^, а = —1 уравнение (1) не имеет корней.

77

При а 2 (—1; —2) U ( —2; — ^J U ( — 7; —11 U (—1; 3) U (3; +∞) уравне­ние (1) имеет только один корень.

Б) (а — 3)x2— (а — 2)x — 1 = 0.

D = b2— 4ас = (а — 2)2+ 4(а — 3) = а2— 4а + 4 + 4а — 12 = а2— 8.

D<0: а2— 8 <0, а 2 (—2^/2; 2 √2), уравнение корней не имеет.

D = 0: а2— 8 = 0, а = ±2χ∕2, уравнение имеет один корень.

D >0: а2— 8 >0, а 2 (—i; —2√z2) U (2√z2; +∞), уравнение имеет два различных корня.

Вывод: учитывая 1) и 2) число различных корней уравнения

= а2+ 2а + 3 равно числу различных корней уравнения

(а — 3)x2— (а — 2)x — 1 = 0 при а = —2, а = — 4, а = —1, а = ±2√2, а = 3.

Ответ: —2, — 7, —1, ±2√2, 3.

1246. Из заданного уравнения следует а = 0. ОДЗ. x = 3; x = —3. Учи­тывая ОДЗ, преобразуем исходное уравнение к виду

А(6 + а)(3 — x) — а(6 — а)(3 + x) = 6(3 + x)(3 — x); 6а2— 12ax = 54 — 6×2; x2— 2ax + а2— 9 = 0. Полученное уравнение имеет два различных корня: xι = а + 3 и x2 = а — 3.

Для того чтобы исходное уравнение имело ровно один корень, необходи­
мо, чтобы один из полученных корней не принадлежал ОДЗ.

1) Пусть X1= 3, тогда A + 3 = 3; a = 0 — не удовлетворяет условию A = 0.

Если xι = —3, тогда a + 3 = —3; a = —6. В этом случае x2= —6 — 3 =

= —9 — принадлежит ОДЗ.

2) Пусть x2= 3, тогда a — 3 = 3; a = 6. Тогда x1= 6 + 3 = 9 — принадлежит ОДЗ.

Если x2= —3, тогда a — 3 = —3; a = 0 — не удовлетворяет условию a 6= 0.

Значит, исходное уравнение имеет единственное решение при a = —6 и a = 6.

Ответ: —6; 6.

1247. Пусть UИ v — корни уравнения x3— 5×2+ 7x — a = 0, U = v. Тогда x3— 5×2+ 7x — a = (x — u)2(x — v). Раскрывая скобки и приводя подобные, получим: — (v + 2u)x2+ (2uv + u2)x — U2V = —5×2+ 7x — a. Приравнивая коэффициенты многочленов при одинаковых степенях, получим систему {v + 2u = 5,

2uv + u2= 7,

U2v = a.

Из первого уравнения выражаем v = 5 — 2u и подставляем это выражение во второе уравнение системы: 2u(5 — 2u) + u2= 7; 3u2— 10u + 7 = 0;

U1= 1, u2= 7. Соответствующими значениями v будут v1= 3, v2= 1.

Кроме того, каждое из чисел пары (u, v) должно быть решением уравнения x3— 13x + b = 0 при некотором b. Для этого необходимо выполнение b = 13u — u3= 13v — v3. Проверим для пары (u1,v1): 13-1 —13= 13∙ 3 — 33 соответствующие значения параметров: B =12, a = 13- 3 = 3. Теперь 3

. Поэтому u2и

V2не могут одновременно быть корнями уравнения x3— 13x + B = 0. Ответ: A = 3, B =12.

X2— (3a — 1)x + 2a2— a ≤ 0, ax = 1.

Разложим на множители левую часть неравенства

X2— (3a — 1)x + 2a2— a = 0;

3A — 1 § P9A2— 6A + 1 — 8A2+ 4A= 3A — 1 § (A — 1);

X1= 2a — 1, x2= a.

L _____ __ C (x-a)(x — 2a + 1) 6 0;

Таким образом, система принимает вид:

Ax =1.

В прямоугольной системе координат OaxПостроим прямые x = a, x = 2a — 1 и гиперболу x = -. Заштрихуем множество точек (a, x), кото­рые удовлетворяют неравенству (x — a)(x — 2a + 1) 6 0. Из рисунка342Видно, что система имеет решения, если a 2 [a1; a2] U {a3}. Найдём A1И A3Из уравнения a = 1: a2= 1, a1= —1, a3= 1. Найдём a2из уравнения

A = 1,

1 Так как a2<0, a2= —1.

A= —2. 2

A(2a — 1) = 1, 2a2— a — 1 = 0 ,

Ответ:[-1; — ∣] U {1}.

X2— (4a — 1)x + 3a2— a <0, ax = 4.

Разложим на множители левую часть неравенства.

X2— (4a —1)x + 3a2— A = 0;

_ 4a — 1 § √16a2—8a + 1 — 12a2+ 4a _ 4a — 1 § (2a — 1).

X1’2 2 2 ;

Xi = 3a — 1, X2 = a.

I (x-a)(x — 3A + 1) <0, Система принимает вид: <

Ax = 4.

В прямоугольной системе координат OaxПостроим прямые x = a, x = 3a — 1 и гиперболу x = —. Заштрихуем множество точек (a, x), кото­рые удовлетворяют неравенству (x — a)(x — 3a + 1) <0. Из рисунка343видно, что система имеет решения, если a 2 (a1; a2) U (a3; a4). Найдём a1 и a4из уравнения a2=4: a1= —2, a4= 2. Найдём a2и a3из уравнения

Ответ: (—2; —1) U (1|;2).

1250∙ F (x) = x3— 2ax2+ a2x — 3 = 0. Найдём производную функции: f 0(x) = 3×2—4ax+a2. Из уравнения f 0(x) = 0 находим точки экстремума:

A 3.

+ a3— 3 = —3;

F(aΛ — A3_ 2A3A3_ ., _ 4A33

Fk ^ = 27 9 + 3 = 27 .

Уравнение f (x) = 0 будет иметь ровно 2 корня лишь в том случае, когда

,■ (a∖ 4, 4a3 3 3 27∙3 27∙6 1 c3Т

Д3J =0 ) -27 = 3, a3= = —8—; a = 1,5√6.

Ответ:1,5 36.

1251∙ F (x) = x^ — 2^ + x — 3 = 0. Найдём производную данной функции: f 0(x) = 3×2— 4x+ 1. Из уравнения f 0(x) = 0 находим точки экстремума

(x — a)2+ (Y —A)2= a2,

Y x 3, ∩∖

(x — a)2+ (Y —A)2= a2, Y = 3 — x.

Рассмотрим отдельно каждую из этих систем:

(x — a)2+ (y — a)2= a2,

1Ц y = x — 3.

Откуда (x — a)2+ (x — 3 — a)2= a2,

X2— 2ax + a2+ x2+ 9 + a2— 6x + 6a — 2ax = a2,

2×2— 4ax — 6x + a2+ 6a + 9 = 0,

D = (2a + 3)2— 2(a2+ 6a + 9) = 4a2+12a + 9 — 2a2— 12a — 18 = 2a2— 9,
значит, D = 0 при A =§322; D < 0 при A ∈ ^-322; 322^ ‘

2 ∫ (x —A)2+ (y —A)2= a2,

J Y = 3 — x.

Откуда (х — a)2+ (3 — х — a)2= a2,

X2— 2ax + a 2+ 9 + x2+ a 2— 6x + 2ax — 6a = a 2,

2×2— 6x + a2— 6a + 9 = 0,

Значит, DD = 9 — 2(a2— 6a+9) = —2a2+ 12a — 9; D. = о при a = 3§ 1,5√2,

D <0 при a ∈ (—1; 3 — 1,5√2) U (3 + 1,5√2; +∞).

3) Имеет место следующая цепочка неравенств:

— 3√2<3 — 1,5√2 <3√2<3 + 1,5√2.

Исходная система имеет решение, когда одна из систем совокупности (1) имеет единственное решение, а другая — ни одного.

При a = — 322вторая система не имеет решений, при a = 322— имеет

Решение, отличное от решений первой.

При a = 3 — 1,5√z2 первая система не имеет решений, при a = 3 + 1,5√z2 — имеет решение, причём отличное от решения второй системы.

Значит, в результате получим: a = 3 — 1,5√2, a = — 322.

Замечание. Решения систем могут совпадать только в том случае, если

У= 0, но тогда x = 3, a = 3, а этот случай не несёт единственность корня.

Ответ:3 — 1,5√2; — 322.

(x + 1) + Cy + a

Y2= (x — 3)2;

<(x + 1 "2+ Y+1 «2= J7;

1)<∖A J a a) a2 y = x —3.

Откуда fx + 1^ + fx — 3+ [75]^ = -2Т, ∖ α/ ∖ AJ a

X2+2x .J2 + χ2— 6x + 9 + — l — 6 + 2x = T.

A a2 a2 a a az

2×2+4aχ—6χ+⅛—a+9=o,

D = f2— з»)2— 2(4 —-+9^ 4— 12 + 9 — -22 + — —18= -2T —9,

4 ∖ a / ∖ a2a / a2a a2a a2

Значит, D = 0 при a = ±^2’ D <0 при a ∈

.) X (x +1) + (y +1) =4 ;

2)<∖A) ∖ a) a2

Y = 3 — x.

Откуда fx +4 + (З — x +4 =4, a a a2

X2+ 2χ +1 +9 + χ2+1 — 6χ — 2χ + — = J2

A a2 a2 a a a

2×2— 6x + 4 + 6 + 9 = 0,

Значит, D = 9 — 2(-⅛ + 6 + 9″= — 4 — 12— 9; D = 0 при a = 2 § ξ 2, 4 a2a a2a 4 3

0 U (0; +∞).

D < 0 при a ∈

3) Имеет место следующая цепочка неравенств:

—2 — √2 √2<—2 + √2<√2

3 <3 < 3 < 3 ■

Исходная система имеет решение, когда одна система из совокупности (1) имеет единственное решение, а другая — ни одного.

π. √2 ……. . … . . …. — …

При a = —-^ вторая система имеет решение, отличное от решении пер­вой, при a = -^32— не имеет решений.

При a =

первая система не имеет решений,

При a =

— имеет, причём отличное от второй системы.

Ответ:^2;

Значит, в результате получим: a = -^1 [76][77],

1254. Из заданного уравнения следует 16 + a >0; a >—16. Преобразуем исходное уравнение к виду √ 16 — X = 16 + a — √a2— X.

Пусть g(x) = √16 — X, f (x) = 16 + a — √a2— X. Рассмотрим графики функций Y = g(x) и Y = f (x) (см. рис.344).

ния функции Y = g(x), то есть —32a — 162≤ 16, откуда a >—8,5.

X x + 4 >0,

[ 4(1 — m(x + 2)) = X2+ 8x + 16;

X >—4,

4 — 4mx — 8m = x2+ 8x + 16;

+ x(8 + 4m) + 8m + 12 = 0;

DD = (4 + 2m)2— 8m — 12 = 4(m + 1)2.

При m = —1 уравнение имеет единственный корень x = —2, что удо­влетворяет условию x >—4.

При M = —1, x1;2= —2m — 4 ± д/4(m + 1)2; x1= —2, x2= —4m — 6.

Чтобы исходное уравнение имело один корень, необходимо выполне­ние условия x2<—4, следовательно, m >— 1.

Ответ: {-1}u(-1p+∞)•