Задание 16 ЕГЭ по профильной математике

а) ОДЗ и равносильные преобразования.
Знаменатель 3^x + 27 положителен при любом x. Условие 3^x − 27 ≠ 0 равносильно x ≠ 3.
Перенесём правую часть влево и приведём к общему знаменателю:
2/(3^x + 27) − 1/(3^x − 27) ≥ 0.
(3^x − 81)/((3^x + 27)(3^x − 27)) ≥ 0.
Поскольку 3^x + 27 > 0, получаем равносильное неравенство (3^x − 81)/(3^x − 27) ≥ 0.

б) Метод интервалов и граничные точки.
Функция 3^x возрастает, поэтому числитель обращается в нуль при x = 4, а знаменатель — при x = 3.
При x < 3 числитель и знаменатель отрицательны, поэтому дробь положительна.
При 3 < x < 4 числитель отрицателен, знаменатель положителен, поэтому дробь отрицательна.
При x > 4 числитель и знаменатель положительны, поэтому дробь положительна.
Точку x = 3 исключаем по ОДЗ; точку x = 4 включаем, поскольку неравенство нестрогое.
Ответ: (−∞; 3) ∪ [4; +∞).

а) ОДЗ и разложение числителя.
ОДЗ: x ≠ 1.
Положим t = 3^x, тогда t > 0, 9^x = t² и 3^(x + 2) = 9t.
Числитель исходной дроби равен t³ − 15t² + 63t − 81.
Разложим его на множители: t³ − 15t² + 63t − 81 = (t − 3)(t² − 12t + 27) = (t − 3)²(t − 9).
Следовательно, исходное неравенство равносильно (3^x − 3)²(3^x − 9)/(x − 1) ≤ 0.
При x ≠ 1 множитель (3^x − 3)² строго положителен. Деление на него даёт равносильное неравенство (3^x − 9)/(x − 1) ≤ 0.

б) Метод интервалов и граничные точки.
Поскольку функция 3^x возрастает, числитель отрицателен при x < 2, равен нулю при x = 2 и положителен при x > 2.
Знаменатель отрицателен при x < 1 и положителен при x > 1.
Поэтому на интервалах (−∞; 1), (1; 2), (2; +∞) знаки дроби соответственно: плюс, минус, плюс.
Точку x = 1 исключаем по ОДЗ; точку x = 2 включаем, поскольку дробь равна нулю.
Ответ: (1; 2].

а) ОДЗ.
Для существования логарифмов необходимо 4ˣ − 8 > 0 и 2ˣ⁺¹ > 0. Поэтому x > 1,5.
Знаменатель должен быть отличен от нуля: log₂((4ˣ − 8)/2ˣ⁺¹) ≠ 0.

б) Знак знаменателя.
Положим t = 2ˣ. На ОДЗ t > √8, а знаменатель равен log₂((t² − 8)/(2t)).
Поскольку основание 2 > 1, знак логарифма совпадает со знаком выражения (t² − 8)/(2t) − 1 = (t − 4)(t + 2)/(2t).
При t > √8 множители t + 2 и 2t положительны. Поэтому знаменатель отрицателен при t < 4 и положителен при t > 4.
Следовательно, он отрицателен при 1,5 < x < 2, равен нулю при x = 2 и положителен при x > 2. Точка x = 2 исключается из ОДЗ.

в) Метод интервалов.
Числитель 25x² − 120x + 144 = (5x − 12)² ≥ 0; он равен нулю только при x = 12/5 = 2,4.
На интервале (1,5; 2) числитель положителен, знаменатель отрицателен, поэтому дробь отрицательна.
На интервалах (2; 2,4) и (2,4; +∞) дробь положительна. При x = 2,4 дробь равна нулю, а знаменатель определён и положителен.
Граница x = 1,5 не входит в ОДЗ, x = 2 обращает знаменатель в нуль, точка x = 2,4 включается.
Ответ: (1,5; 2) ∪ {2,4}.

а) ОДЗ.
Аргумент логарифма должен быть положительным: 2ˣ − 2 > 0, откуда x > 1.

б) Равносильные преобразования.
На ОДЗ по основному логарифмическому тождеству 3 в степени log₃(2ˣ − 2) равно 2ˣ − 2.
Поэтому исходное неравенство равносильно 4ˣ + 2ˣ − 20 ≤ 0 при x > 1.
Положим t = 2ˣ; тогда t > 2 и 4ˣ = t².
Получаем t² + t − 20 ≤ 0, то есть (t + 5)(t − 4) ≤ 0.

в) Метод интервалов и границы.
Нули произведения: t = −5 и t = 4. На интервалах (−∞; −5), (−5; 4), (4; +∞) его знаки соответственно «+», «−», «+».
Следовательно, неравенство выполняется при −5 ≤ t ≤ 4. С учётом t > 2 получаем 2 < t ≤ 4.
Возвращаясь к x, имеем 2 < 2ˣ ≤ 4. Поскольку функция 2ˣ возрастает, это равносильно 1 < x ≤ 2.
Точка x = 1 исключается по ОДЗ; при x = 2 исходное выражение равно нулю, поэтому эта точка включается.
Ответ: (1; 2].

а) ОДЗ. Для существования логарифмов необходимо −2−x > 0 и (x+2)² > 0. Следовательно, x < −2.

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ (x+2)² = (−2−x)², поэтому log₅((x+2)²) = 2log₅(−2−x).

Так как 625 = 5⁴, то log₆₂₅(−2−x) = (1/4)log₅(−2−x).

Исходное неравенство равносильно x²log₅(−2−x) ≥ 8log₅(−2−x), то есть (x²−8)log₅(−2−x) ≥ 0.

в) Метод интервалов. На ОДЗ нули множителей: x = −2√2 и x = −3. Корень x = 2√2 не принадлежит ОДЗ.

При x < −3 оба множителя положительны, поэтому произведение положительно.

При −3 < x < −2√2 множитель x²−8 положителен, а log₅(−2−x) отрицателен, поэтому произведение отрицательно.

При −2√2 < x < −2 оба множителя отрицательны, поэтому произведение положительно.

Точки −3 и −2√2 входят в решение: произведение в них равно нулю. Точка −2 исключается по ОДЗ.

Ответ: (−∞; −3] ∪ [−2√2; −2).

а) ОДЗ. Аргумент логарифма должен быть положительным: x²−9 > 0. Значит, x < −3 или x > 3.

б) Замена переменной. Пусть t = log₂(x²−9). Тогда исходное неравенство равносильно t²−9t+20 ≥ 0.

Разложим на множители: (t−4)(t−5) ≥ 0.

Метод интервалов: при t < 4 оба множителя отрицательны; при 4 < t < 5 они разных знаков; при t > 5 оба положительны.

С учётом равенства в граничных точках получаем t ≤ 4 или t ≥ 5.

в) Возвращение к x. Поскольку основание 2 > 1, логарифмическая функция возрастает, поэтому направления неравенств сохраняются.

Условие log₂(x²−9) ≤ 4 с учётом ОДЗ равносильно 0 < x²−9 ≤ 16, то есть 9 < x² ≤ 25.

Отсюда x принадлежит [−5; −3) ∪ (3; 5].

Условие log₂(x²−9) ≥ 5 равносильно x²−9 ≥ 32, то есть x² ≥ 41.

Отсюда x принадлежит (−∞; −√41] ∪ [√41; +∞).

Точки ±5 и ±√41 включаются, поскольку в исходном неравенстве достигается равенство. Точки ±3 исключаются по ОДЗ.

Ответ: (−∞; −√41] ∪ [−5; −3) ∪ (3; 5] ∪ [√41; +∞).

а) ОДЗ. Аргументы логарифмов должны быть положительны: 4 − x > 0 и (x − 4)² > 0. Поэтому ОДЗ: x < 4.

б) Равносильные преобразования. Поскольку 243 = 3⁵, имеем log₂₄₃(4 − x) = log₃(4 − x)/5.

На ОДЗ выполняется (x − 4)² = (4 − x)², поэтому log₃((x − 4)²) = 2log₃(4 − x).

Умножая исходное неравенство на положительное число 5 и перенося слагаемые влево, получаем равносильное неравенство: (x² − 10)log₃(4 − x) ≤ 0.

в) Метод интервалов. Нули множителей: x = −√10, x = √10 и x = 3. Они расположены в порядке −√10 < 3 < √10 < 4.

При x < 3 логарифм положителен, а при 3 < x < 4 отрицателен, поскольку основание 3 больше 1.

Знаки произведения на интервалах (−∞; −√10), (−√10; 3), (3; √10), (√10; 4) соответственно: +, −, +, −.

Точки −√10, 3 и √10 входят в решение: произведение в них равно нулю. Точка 4 исключена по ОДЗ.

Ответ: [−√10; 3] ∪ [√10; 4).

а) ОДЗ. Для существования логарифмов необходимо x > 0. Знаменатели не должны равняться нулю: log₂x ≠ 0 и log₂(x²) ≠ 0. Итак, x > 0, x ≠ 1.

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ log₂(4/x) = 2 − log₂x и log₂(x²) = 2log₂x.

Введём t = log₂x, где t ≠ 0. Тогда исходное неравенство равносильно: 4/t − (2 − t) ≤ 19/t.

Переносим все слагаемые влево и приводим к общему знаменателю: t − 2 − 15/t ≤ 0, то есть (t − 5)(t + 3)/t ≤ 0.

в) Метод интервалов. Критические точки: −3, 0, 5. Точки −3 и 5 — нули числителя; точка 0 исключена из области допустимых значений.

Знаки дроби на интервалах (−∞; −3), (−3; 0), (0; 5), (5; +∞) соответственно: −, +, −, +.

Следовательно, t ∈ (−∞; −3] ∪ (0; 5]. Нули числителя включены, поскольку неравенство нестрогое.

Возвращаемся к x. Так как основание 2 больше 1, log₂x ≤ −3 равносильно 0 < x ≤ 1/8, а 0 < log₂x ≤ 5 равносильно 1 < x ≤ 32.

Ответ: (0; 1/8] ∪ (1; 32].

а) ОДЗ. Аргумент логарифма 0,2·5ˣ положителен при любом x. Знаменатель должен отличаться от нуля.

Поскольку 0,2·5ˣ = 5^(x − 1), имеем log₃(0,2·5ˣ) = (x − 1)log₃5. Поэтому ОДЗ: x ≠ 1.

б) Равносильные преобразования. Разложим числитель: x² + 4x − 5 = (x + 5)(x − 1).

На ОДЗ исходное неравенство равносильно (x + 5)(x − 1)/((x − 1)log₃5) ≥ 0.

Сокращая ненулевой множитель x − 1 и учитывая log₃5 > 0, получаем равносильное неравенство x + 5 ≥ 0 при x ≠ 1.

в) Метод интервалов. Отмечаем точки −5 и 1. На (−∞; −5) выражение отрицательно, на (−5; 1) и (1; +∞) положительно.

Точка −5 входит в решение: числитель равен нулю, а знаменатель ненулевой. Точка 1 исключена по ОДЗ.

Ответ: [−5; 1) ∪ (1; +∞).

а) ОДЗ. Показательные выражения определены при всех действительных x. Знаменатель должен быть ненулевым.

50x² − 30x + 4,5 = 50(x − 0,3)², поэтому ОДЗ: x ≠ 0,3. На ОДЗ знаменатель положителен.

б) Равносильные преобразования. Положим t = 3ˣ, где t > 0. Тогда 27ˣ = t³, 9^(x + 1) = 9t², 3^(x + 2) = 9t.

Числитель равен 3t³ − 9t² + 9t − 3 = 3(t − 1)³ = 3(3ˣ − 1)³.

Следовательно, на ОДЗ неравенство равносильно 3(3ˣ − 1)³/(50(x − 0,3)²) ≥ 0.

в) Метод интервалов. Числитель обращается в нуль при 3ˣ = 1, то есть при x = 0. Отмечаем точки 0 и 0,3.

Так как функция 3ˣ возрастает, при x < 0 числитель отрицателен, а при x > 0 положителен. Знаменатель положителен на всей ОДЗ.

Поэтому дробь отрицательна на (−∞; 0) и положительна на (0; 0,3) и (0,3; +∞).

Точка 0 входит в решение, поскольку дробь равна нулю. Точка 0,3 исключена по ОДЗ.

Ответ: [0; 0,3) ∪ (0,3; +∞).

а) ОДЗ.
Для существования log₂(log₂ x) необходимо log₂ x > 0, то есть x > 1.

б) Равносильные преобразования.
На ОДЗ по основному логарифмическому тождеству 2 в степени log₂(log₂ x) равно log₂ x.
Положим t = log₂ x. Тогда t > 0, а log₄ x = t/2.
Исходное неравенство равносильно t + t²/4 − 3 ≤ 0.
Умножая на 4, получаем t² + 4t − 12 ≤ 0, то есть (t + 6)(t − 2) ≤ 0.

в) Метод интервалов и границы.
Нули произведения: −6 и 2. На промежутках (−∞; −6), (−6; 2), (2; +∞) его знаки соответственно +, −, +.
Следовательно, −6 ≤ t ≤ 2. С учётом t > 0 получаем 0 < t ≤ 2.
Поскольку основание 2 больше 1, условие 0 < log₂ x ≤ 2 равносильно 1 < x ≤ 4.
Точка 1 исключена по ОДЗ; точка 4 включена, поскольку обращает неравенство в равенство.
Ответ: (1; 4].

а) ОДЗ.
Необходимо x + 7 > 0 и x² + 14x + 49 > 0.
Так как x² + 14x + 49 = (x + 7)², общая ОДЗ: x > −7.

б) Равносильные преобразования.
Поскольку 512 = 2⁹, имеем log₅₁₂(x + 7) = log₂(x + 7)/9.
На ОДЗ x + 7 > 0, поэтому log₂((x + 7)²) = 2log₂(x + 7).
Подставляя и умножая на положительное число 9, получаем равносильное неравенство:
(x² − 18)log₂(x + 7) ≤ 0.

в) Метод интервалов и границы.
Первый множитель равен нулю при x = −3√2 и x = 3√2; второй — при x = −6.
На ОДЗ точки расположены так: −7 < −6 < −3√2 < 3√2.
Поскольку основание логарифма больше 1, log₂(x + 7) отрицателен при −7 < x < −6 и положителен при x > −6.
Множитель x² − 18 положителен вне отрезка [−3√2; 3√2] и отрицателен внутри него.
Поэтому на интервалах (−7; −6), (−6; −3√2), (−3√2; 3√2), (3√2; +∞) знаки произведения соответственно −, +, −, +.
Выбираем интервалы с отрицательным знаком и включаем все три нуля произведения, поскольку неравенство нестрогое. Точка −7 исключена по ОДЗ.
Ответ: (−7; −6] ∪ [−3√2; 3√2].

а) ОДЗ: x ∈ ℝ, поскольку все показательные выражения определены при любом действительном x.

б) Используем свойства степеней: 2·6^(x+1) = 12·6^x, 3·4^(x+1) = 12·4^x, 2^(x+5) = 32·2^x.

Группируя слагаемые, получаем равносильное неравенство:

3^x·(4^x − 12·2^x + 32) − 2^x·(4^x − 12·2^x + 32) ≤ 0.

Так как 4^x = (2^x)², разложение квадратного трёхчлена на множители даёт:

(3^x − 2^x)(2^x − 4)(2^x − 8) ≤ 0.

в) Метод интервалов. Первый множитель равен нулю при (3/2)^x = 1, то есть при x = 0. Остальные множители обращаются в нуль при x = 2 и x = 3.

Поскольку 3^x − 2^x = 2^x·((3/2)^x − 1), его знак отрицателен при x < 0 и положителен при x > 0. Функция 2^x возрастает, поэтому знаки двух других множителей меняются соответственно в точках 2 и 3 с минуса на плюс.

Знаки произведения на интервалах (−∞; 0), (0; 2), (2; 3), (3; +∞) соответственно: −, +, −, +.

Все три граничные точки входят в решение: выражение в них равно нулю, а неравенство нестрогое.

Ответ: (−∞; 0] ∪ [2; 3].

а) ОДЗ: x > 0; log₈(x/64) ≠ 0; log₈x ≠ 0; (log₈x)² − log₈(x²) ≠ 0.

Положим t = log₈x. При x > 0 справедливы равенства log₈(x/64) = t − 2 и log₈(x²) = 2t.

Следовательно, ОДЗ принимает вид t ≠ 0, t ≠ 2, или x > 0, x ≠ 1, x ≠ 64.

б) На ОДЗ исходное неравенство равносильно неравенству t/(t − 2) ≥ 2/t + 3/(t² − 2t).

Перенесём все слагаемые в левую часть и приведём к общему знаменателю:

(t² − 2(t − 2) − 3)/(t(t − 2)) ≥ 0.

После упрощения получаем равносильное неравенство (t − 1)²/(t(t − 2)) ≥ 0, где t ≠ 0, t ≠ 2.

в) Метод интервалов. Числитель положителен при t ≠ 1 и равен нулю при t = 1. Знаменатель положителен при t < 0 и t > 2, отрицателен при 0 < t < 2.

Поэтому дробь положительна на (−∞; 0) и (2; +∞), отрицательна на (0; 1) и (1; 2), равна нулю при t = 1. Точки 0 и 2 исключены по ОДЗ.

Получаем t ∈ (−∞; 0) ∪ {1} ∪ (2; +∞).

Так как основание логарифма 8 > 1, возвращаемся к x: t < 0 ⇔ 0 < x < 1; t = 1 ⇔ x = 8; t > 2 ⇔ x > 64.

Ответ: (0; 1) ∪ {8} ∪ (64; +∞).

а) ОДЗ. Аргументы всех логарифмов должны быть положительны.

8x² + 7 > 0 при любом x; x² + x + 1 = (x + 1/2)² + 3/4 > 0.

Остаётся x/(x + 5) + 7 = (8x + 35)/(x + 5) > 0. Методом интервалов получаем ОДЗ: x ∈ (−∞; −5) ∪ (−35/8; +∞).

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ объединим разность логарифмов в логарифм частного. Поскольку основание 11 > 1, логарифмическая функция возрастает, поэтому неравенство равносильно:

(8x² + 7)/(x² + x + 1) ≥ (8x + 35)/(x + 5).

Переносим правую часть влево и приводим к общему знаменателю:

−3x(x + 12)/((x² + x + 1)(x + 5)) ≥ 0.

Так как x² + x + 1 > 0, получаем равносильное неравенство x(x + 12)/(x + 5) ≤ 0.

в) Метод интервалов и границы. Критические точки: −12, −5, 0. Знаки дроби на последовательных промежутках: −, +, −, +. Поэтому x ∈ (−∞; −12] ∪ (−5; 0]. Точки −12 и 0 включаются, поскольку обращают числитель в ноль; −5 исключается.

Пересекаем полученное множество с ОДЗ. Точка −35/8 исключается, поскольку при ней аргумент правого логарифма равен нулю.

Ответ: (−∞; −12] ∪ (−35/8; 0].

а) ОДЗ. Для существования логарифмов необходимо x² > 0 и 2x² − 10x + 12,5 > 0.

Первое условие даёт x ≠ 0. Поскольку 2x² − 10x + 12,5 = 2(x − 2,5)², второе условие равносильно x ≠ 2,5.

Таким образом, ОДЗ: x ∈ ℝ, x ≠ 0, x ≠ 2,5.

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ знаменатель (log₆(2x² − 10x + 12,5))² + 1 ≥ 1, поэтому он положителен. Неравенство равносильно log₂(x²) − log₃(x²) ≥ 0.

По формуле перехода к основанию 2 имеем log₃(x²) = log₂(x²)/log₂3.

Следовательно, (1 − 1/log₂3) · log₂(x²) ≥ 0.

Так как log₂3 > 1, коэффициент в скобках положителен. Получаем log₂(x²) ≥ 0.

Логарифмическая функция с основанием 2 возрастает, поэтому последнее неравенство равносильно x² ≥ 1, то есть (x − 1)(x + 1) ≥ 0.

в) Метод интервалов и границы. Нули произведения: −1 и 1. Знаки на промежутках (−∞; −1), (−1; 1), (1; +∞) соответственно +, −, +.

Поэтому x ∈ (−∞; −1] ∪ [1; +∞). Точки −1 и 1 входят в ОДЗ и дают равенство. С учётом ОДЗ исключаем точку 2,5; точка 0 в полученное множество не входит.

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

а) ОДЗ и преобразование неравенства.

Логарифмы определены при x > 0. Положим t = log₃ x. Тогда log₃(9x) = 2 + t, log₃(x⁴) = 4t.

Знаменатель равен t² − 4t = t(t − 4), поэтому t ≠ 0 и t ≠ 4. Следовательно, ОДЗ: x > 0, x ≠ 1, x ≠ 81.

На ОДЗ исходное неравенство равносильно (2t − 9)/(t(t − 4)) ≤ 1.

Перенесём единицу влево и приведём к общему знаменателю: (−t² + 6t − 9)/(t(t − 4)) ≤ 0.

Получаем равносильное неравенство (t − 3)²/(t(t − 4)) ≥ 0. Ответ пункта а): требуется решить это неравенство при t ≠ 0, 4.

б) Метод интервалов и возвращение к x.

Критические точки: 0, 3, 4. Числитель положителен при t ≠ 3 и равен нулю при t = 3.

Знаменатель положителен на (−∞; 0) и (4; +∞), отрицателен на (0; 4). Поэтому знаки дроби на интервалах (−∞; 0), (0; 3), (3; 4), (4; +∞) соответственно: +, −, −, +.

Точку t = 3 включаем, поскольку дробь равна нулю; точки 0 и 4 исключаем по ОДЗ. Получаем t ∈ (−∞; 0) ∪ {3} ∪ (4; +∞).

Так как функция x = 3ᵗ возрастает, имеем 0 < x < 1, либо x = 27, либо x > 81.

Ответ: (0; 1) ∪ {27} ∪ (81; +∞).

а) ОДЗ и разложение на множители.

Показательные выражения определены при всех действительных x. Знаменатель −x² + 2x = x(2 − x) не должен равняться нулю. ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ 2.

Числитель разложим группировкой: 15ˣ − 3·3ˣ − 5·5ˣ + 15 = 3ˣ(5ˣ − 3) − 5(5ˣ − 3) = (3ˣ − 5)(5ˣ − 3).

На ОДЗ исходное неравенство равносильно (3ˣ − 5)(5ˣ − 3)/(x(2 − x)) ≥ 0.

Нули числителя: x = log₅ 3 и x = log₃ 5. Ответ пункта а): требуется решить полученное неравенство при x ≠ 0, 2.

б) Метод интервалов и граничные точки.

Обозначим a = log₅ 3, b = log₃ 5. Из 1 < 3 < 5 следует 0 < a < 1; из 3 < 5 < 9 следует 1 < b < 2. Значит, 0 < a < b < 2.

Поскольку основания 3 и 5 больше единицы, множитель 3ˣ − 5 отрицателен при x < b и положителен при x > b; множитель 5ˣ − 3 отрицателен при x < a и положителен при x > a.

Знаменатель x(2 − x) положителен на (0; 2) и отрицателен на (−∞; 0) и (2; +∞).

По методу интервалов знаки дроби на промежутках (−∞; 0), (0; a), (a; b), (b; 2), (2; +∞) соответственно: −, +, −, +, −.

Точки a и b включаем: числитель равен нулю, а знаменатель отличен от нуля. Точки 0 и 2 исключаем по ОДЗ.

Ответ: (0; log₅ 3] ∪ [log₃ 5; 2).

а) ОДЗ. Аргументы логарифмов должны быть положительными: 6 − x > 0 и x² − 12x + 36 > 0.

Поскольку x² − 12x + 36 = (6 − x)², получаем ОДЗ: x < 6.

б) Равносильные преобразования. На ОДЗ по формулам перехода к новому основанию и логарифма степени имеем:

log₆₂₅(6 − x) = log₅(6 − x)/4; log₅((6 − x)²) = 2log₅(6 − x).

Поэтому исходное неравенство равносильно x²log₅(6 − x) ≤ 8log₅(6 − x), то есть (x² − 8)log₅(6 − x) ≤ 0.

в) Метод интервалов. Нули множителей: x = −2√2, x = 2√2 и x = 5. Все они принадлежат ОДЗ.

Множитель x² − 8 отрицателен между −2√2 и 2√2, положителен вне этого промежутка. Так как основание 5 > 1, логарифм положителен при x < 5 и отрицателен при 5 < x < 6.

Знаки произведения на интервалах (−∞; −2√2), (−2√2; 2√2), (2√2; 5), (5; 6) соответственно: +, −, +, −.

Все три нуля включаем, поскольку неравенство нестрогое. Точку 6 исключаем по ОДЗ.

Ответ: [−2√2; 2√2] ∪ [5; 6).

а) ОДЗ. Знаменатели не должны обращаться в нуль: 3ˣ ≠ 27 и 3ˣ ≠ 9, то есть x ≠ 3 и x ≠ 2.

б) Равносильные преобразования. Введём t = 3ˣ, где t > 0, t ≠ 9, t ≠ 27.

Перенесём правую часть влево и приведём дроби к общему знаменателю: 4/(t − 27) − 1/(t − 9) ≥ 0.

Получаем (4(t − 9) − (t − 27))/((t − 27)(t − 9)) ≥ 0.

После упрощения это равносильно 3(t − 3)/((t − 27)(t − 9)) ≥ 0.

в) Метод интервалов. Нуль числителя: t = 3. Нули знаменателя: t = 9 и t = 27; они исключены из ОДЗ.

На интервалах (0; 3), (3; 9), (9; 27), (27; +∞) знаки дроби соответственно: −, +, −, +.

Следовательно, t ∈ [3; 9) ∪ (27; +∞). Точку 3 включаем, так как неравенство нестрогое; точки 9 и 27 исключаем.

Возвращаемся к x: 3 ≤ 3ˣ < 9 или 3ˣ > 27. Поскольку функция 3ˣ возрастает, получаем 1 ≤ x < 2 или x > 3.

Ответ: [1; 2) ∪ (3; +∞).