Часть 2, задание 3: Неравенство

Содержание

О задании 3 на ДВИ
Какие темы встречаются
Главные формулы и равносильные переходы
Общий алгоритм решения
Примеры решения задач
Частые ошибки
Стратегия на экзамене
Оформление под рубрику ДВИ

О задании 3 на ДВИ

Третье задание ДВИ МГУ — это задача на решение неравенства. Как правило, оно оценивается как задача базового или среднего уровня сложности, но это не значит, что оно простое. В отличие от ЕГЭ, здесь редко встречаются стандартные логарифмические неравенства, которые решаются в один шаг.

На ДВИ проверяется твоё умение аккуратно работать с областью допустимых значений (ОДЗ), применять равносильные переходы, грамотно раскрывать модули и не терять изолированные решения.

Какие темы встречаются

В третьем номере банк ДВИ опирается на следующие типы неравенств:

Рациональные: дроби с многочленами высоких степеней.
Иррациональные: корни, в том числе вложенные друг в друга или умноженные на многочлен.
Показательные и логарифмические: чаще всего с переменным основанием, что требует аккуратного разбора случаев или метода рационализации.
Неравенства с модулем: модули могут находиться как в алгебраических выражениях, так и внутри логарифмов.

Иногда типы комбинируются: например, логарифм, аргумент которого содержит корень, или дробь с модулями и показательными функциями.

Главные формулы и равносильные переходы

Чтобы не запутаться в ОДЗ и не приобрести посторонних решений, на ДВИ принято использовать равносильные переходы (системы и совокупности). Это избавляет от необходимости отдельно выписывать сложное ОДЗ, если оно автоматически учитывается в системе. Все эти переходы собраны в справочнике (раздел «Неравенства и модули») — здесь мы приводим их в рабочем виде для № 3.

ВАЖНОЕ

Дробно-рациональные неравенства

Знак дроби совпадает со знаком произведения числителя на знаменатель, а знаменатель нельзя обнулять:

\dfrac{P(x)}{Q(x)} \geqslant 0 \iff \begin{cases} P(x)\cdot Q(x) \geqslant 0 \\ Q(x) \neq 0 \end{cases} \qquad \dfrac{P(x)}{Q(x)} > 0 \iff P(x)\cdot Q(x) > 0.

Дальше работает метод интервалов: наносим на ось нули числителя и нули знаменателя, расставляем знаки с учётом кратности (множитель в чётной степени знак не меняет). Нули знаменателя всегда выколоты, нули числителя включаются только при нестрогом неравенстве.

ВАЖНОЕ

Неравенства с модулем

Две базовые равносильности (правая часть $g$ может зависеть от $x$ ):

|f(x)| < g(x) \iff -g(x) < f(x) < g(x), \qquad |f(x)| > g(x) \iff \left[\, f(x) > g(x) \ \text{ или } \ f(x) < -g(x). \right.

Модуль с обеих сторон сворачивается в разность квадратов:

|f(x)| \lessgtr |g(x)| \iff \big(f(x) - g(x)\big)\big(f(x) + g(x)\big) \lessgtr 0.

Если в одно неравенство входит несколько разных модулей — применяй метод интервалов по точкам смены знака подмодульных выражений: найди нули каждого выражения под модулем, разбей ось на промежутки, на каждом раскрой модули по знаку, реши и пересеки с этим промежутком, затем объедини ответы.

ВАЖНОЕ

Иррациональные неравенства

Для неравенства вида $\sqrt{f(x)} < g(x)$ :

\sqrt{f(x)} < g(x) \iff \begin{cases} f(x) < g^2(x) \\ f(x) \geqslant 0 \\ g(x) > 0 \end{cases}

Для неравенства вида $\sqrt{f(x)} > g(x)$ :

\sqrt{f(x)} > g(x) \iff \left[ \begin{aligned} & \begin{cases} g(x) < 0 \\ f(x) \geqslant 0 \end{cases} \\ & \begin{cases} g(x) \geqslant 0 \\ f(x) > g^2(x) \end{cases} \end{aligned} \right.

Нестрогие варианты. Знаки переносятся аккуратно: в $\sqrt{f} \leqslant g$ условие на правую часть тоже становится нестрогим

\sqrt{f(x)} \leqslant g(x) \iff \begin{cases} f(x) \leqslant g^2(x) \\ f(x) \geqslant 0 \\ g(x) \geqslant 0 \end{cases}

(теперь $g$ может равняться нулю — тогда обе части равны $0$ ).

Корень против корня (обе части под корнем) — самый удобный случай, правую часть не надо отдельно делать положительной, она и так $\geqslant 0$ :

\sqrt{f(x)} < \sqrt{g(x)} \iff \begin{cases} f(x) \geqslant 0 \\ f(x) < g(x) \end{cases} \qquad \sqrt{f(x)} \leqslant \sqrt{g(x)} \iff \begin{cases} f(x) \geqslant 0 \\ f(x) \leqslant g(x). \end{cases}

Условие $f \geqslant 0$ автоматически гарантирует $g \geqslant 0$ , поэтому его отдельно писать не нужно.

ВАЖНОЕ

Показательные неравенства с переменным основанием

Для постоянного основания знак неравенства между показателями зависит от того, больше основание единицы или меньше:

a^{f} \geqslant a^{g} \iff f \geqslant g \ (a > 1); \qquad a^{f} \geqslant a^{g} \iff f \leqslant g \ (0 < a < 1).

Если основание переменное ( $a = h(x)$ ), оба случая собираются в одну равносильность через множитель $(h-1)$ — это показательная рационализация, симметричная логарифмической:

h(x)^{f(x)} \geqslant h(x)^{g(x)} \iff \begin{cases} (h(x) - 1)\big(f(x) - g(x)\big) \geqslant 0 \\ h(x) > 0 \end{cases}

(условие $h > 0$ — это ОДЗ показательной функции с переменным основанием; знак неравенства задаёт знак произведения $(h-1)(f-g)$ ).

ВАЖНОЕ

Логарифмические неравенства с переменным основанием

Решение неравенства $\log_{f(x)} g(x) \geqslant \log_{f(x)} h(x)$ сводится к двум случаям (основание больше $1$ и основание от $0$ до $1$ ), что эквивалентно переходу (метод рационализации):

\log_{f(x)} g(x) \geqslant \log_{f(x)} h(x) \iff \begin{cases} (f(x) - 1)(g(x) - h(x)) \geqslant 0 \\ g(x) > 0 \\ h(x) > 0 \\ f(x) > 0, \quad f(x) \neq 1 \end{cases}

СОВЕТ

Почему рационализация законна — как защитить её в письменной работе

На ДВИ листа формул нет, поэтому проверяющий вправе ждать обоснования перехода, а не «магического» множителя $(f-1)$ . Достаточно одной строки, показывающей, что ты понимаешь два случая основания.

Для логарифма $\log_f g \geqslant \log_f h$ на ОДЗ ( $f>0,\ f\neq1,\ g>0,\ h>0$ ):

если $f > 1$ — логарифм возрастает, неравенство равносильно $g \geqslant h$ , то есть $f-1 > 0$ и $g-h \geqslant 0$ — произведение $(f-1)(g-h)\geqslant 0$ ;
если $0 < f < 1$ — логарифм убывает, неравенство равносильно $g \leqslant h$ , то есть $f-1 < 0$ и $g-h \leqslant 0$ — снова $(f-1)(g-h)\geqslant 0$ .

Оба случая дают одно и то же условие $(f-1)(g-h)\geqslant 0$ — это и есть рационализация. Точно так же для показательной: при $h>1$ функция растёт ( $f\geqslant g$ ), при $0<h<1$ убывает ( $f\leqslant g$ ), и оба случая сворачиваются в $(h-1)(f-g)\geqslant 0$ . Достаточно один раз написать эту фразу «разбираем два случая основания», чтобы переход был законным в глазах проверяющего.

Общий алгоритм решения

АЛГОРИТМ

Стратегия подхода к неравенству

Анализ и ограничения: Посмотри на неравенство. Есть ли корни чётной степени, логарифмы, дроби? Сразу выпиши систему ограничений (ОДЗ) или убедись, что твои равносильные переходы её включают.
Упрощение: Приведи логарифмы к одному основанию, избавься от отрицательных степеней, разложи многочлены на множители. Сделай замену переменной, если видишь повторяющиеся блоки.
Освобождение от сложных функций: Примени метод рационализации для логарифмов или возведи в квадрат иррациональности строго по формулам равносильных переходов.
Метод интервалов: Нанеси нули числителя и знаменателя на числовую ось. Расставь знаки, учитывая кратность корней (четные степени не меняют знак).
Пересечение с ОДЗ: Нарисуй оси друг под другом, чтобы аккуратно пересечь полученное решение с областью допустимых значений.

Примеры решения задач

Разберём по одному характерному примеру на каждый заявленный тип неравенства, начиная с самого частого на ДВИ — дробно-рационального.

Пример 1. Дробно-рациональное неравенство

Реши неравенство: $\dfrac{x^2 - 5x + 6}{x^2 - 9} \geqslant 0$ .

Раскладываем числитель и знаменатель на множители

x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3), \qquad x^2 - 9 = (x - 3)(x + 3).

Неравенство принимает вид:

\dfrac{(x - 2)(x - 3)}{(x - 3)(x + 3)} \geqslant 0.

Переходим к произведению

Знак дроби равен знаку произведения. Знаменатель не должен обнуляться, поэтому сразу выписываем $x \neq 3$ и $x \neq -3$ . Сокращать множитель $(x-3)$ «механически» нельзя — он несёт ограничение ОДЗ, поэтому учитываем его как выколотую точку. По равносильности:

(x - 2)(x - 3)\cdot(x - 3)(x + 3) \geqslant 0, \quad x \neq 3,\ x \neq -3.

(x - 2)(x + 3)(x - 3)^2 \geqslant 0, \quad x \neq \pm 3.

Метод интервалов

Нули: $x = -3$ (кратность $1$ , знаменатель — выколота), $x = 2$ (кратность $1$ , числитель — включается, неравенство нестрогое), $x = 3$ (кратность $2$ , знак не меняет, выколота). Так как $(x-3)^2 \geqslant 0$ всегда, знак произведения определяется множителем $(x-2)(x+3)$ .

Решение неравенства: $x \in (-\infty;\, -3) \cup [2;\, 3) \cup (3;\, +\infty)$ . Точка $x = 2$ включена (числитель равен нулю, неравенство нестрогое), точки $x = -3$ и $x = 3$ выколоты (знаменатель равен нулю).

Перейдём к показательно-логарифмическому неравенству, которое требует метода рационализации и очень точной работы с корнями многочлена.

Пример 2. Логарифм с переменным основанием

Реши неравенство: $\log_x(2x^2 - 3x + 1) \leqslant 2$ .

Выписываем ограничения (ОДЗ)

Основание логарифма: $x > 0, \ x \neq 1$ . Аргумент логарифма: $2x^2 - 3x + 1 > 0$ . Корни квадратного трехчлена: $x = 1$ и $x = \dfrac{1}{2}$ . Неравенство выполняется при $x \in \left(-\infty;\, \dfrac{1}{2}\right) \cup (1;\, +\infty)$ . С учетом условия на основание получаем итоговую ОДЗ:

x \in \left(0;\, \dfrac{1}{2}\right) \cup (1;\, +\infty)

Преобразование и рационализация

Представим число $2$ как логарифм по основанию $x$ :

\log_x(2x^2 - 3x + 1) \leqslant \log_x x^2

Применим равносильный переход (метод рационализации) на нашей ОДЗ. В справочной формуле он записан для $\geqslant$ и даёт множитель $(f-1)(g-h)\geqslant 0$ ; у нас неравенство $\leqslant$ , поэтому знак произведения разворачивается — получаем $(f-1)(g-h)\leqslant 0$ . Здесь основание $f = x$ , аргумент слева $g = 2x^2-3x+1$ , аргумент справа $h = x^2$ :

(x - 1)(2x^2 - 3x + 1 - x^2) \leqslant 0

(x - 1)(x^2 - 3x + 1) \leqslant 0

Поиск корней и метод интервалов

Найдем корни уравнения $x^2 - 3x + 1 = 0$ . Дискриминант $D = 9 - 4 = 5$ . Корни: $x_1 = \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}$ , $x_2 = \dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}$ . Разложим на множители:

(x - 1)\left(x - \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}\right)\left(x - \dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}\right) \leqslant 0

Нанесем корни на числовую ось. Поскольку $\sqrt{5} \approx 2{,}23$ , оценим значения (показываем письменно, что $4 < 5 < 9$ , значит $2 < \sqrt5 < 3$ ): $x_1 = \dfrac{3 - 2{,}23}{2} \approx 0{,}38$ (это меньше $0{,}5$ , значит лежит в левой части ОДЗ). $x_2 = \dfrac{3 + 2{,}23}{2} \approx 2{,}61$ (это больше $1$ ).

Решение неравенства: $x \in \left(-\infty;\, \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}\right] \cup \left[1;\, \dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}\right]$ .

Пересечение с ОДЗ

Пересечем полученный результат с множеством $\left(0;\, \dfrac{1}{2}\right) \cup (1;\, +\infty)$ :

Интервал $\left(-\infty;\, \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}\right]$ пересекается с $\left(0;\, \dfrac{1}{2}\right)$ , давая полуинтервал $\left(0;\, \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}\right]$ .
Отрезок $\left[1;\, \dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}\right]$ пересекается с лучом $(1;\, +\infty)$ , давая полуинтервал $\left(1;\, \dfrac{3 + \sqrt{5}}{2}\right]$ (единица выкалывается).

Разберем классическое иррациональное неравенство. Здесь важно не возводить слепо в квадрат, а использовать две системы.

Пример 3. Иррациональное неравенство

Реши неравенство: $\sqrt{2x^2 - 3x - 5} > x - 1$ .

Когда под обоими знаками неравенства стоят корни, не нужно гадать о знаке правой части — достаточно сравнить подкоренные выражения, не забыв ОДЗ.

Пример 4. Корень против корня

Реши неравенство: $\sqrt{x^2 - x - 2} \leqslant \sqrt{x + 1}$ .

Равносильный переход «корень против корня»

Обе части неотрицательны, поэтому работает прямой переход «корень против корня»: достаточно потребовать неотрицательности меньшего подкоренного выражения и неравенство между подкоренными.

\sqrt{x^2 - x - 2} \leqslant \sqrt{x + 1} \iff \begin{cases} x^2 - x - 2 \geqslant 0 \\ x^2 - x - 2 \leqslant x + 1 \end{cases}

Первое неравенство (ОДЗ левого корня)

x^2 - x - 2 \geqslant 0 \iff (x - 2)(x + 1) \geqslant 0 \iff x \in (-\infty;\, -1] \cup [2;\, +\infty).

(Условие $x + 1 \geqslant 0$ отдельно писать не нужно: из $x^2-x-2 \geqslant 0$ и $x^2-x-2 \leqslant x+1$ автоматически следует $x+1 \geqslant 0$ .)

Второе неравенство

x^2 - x - 2 \leqslant x + 1 \iff x^2 - 2x - 3 \leqslant 0 \iff (x - 3)(x + 1) \leqslant 0 \iff x \in [-1;\, 3].

Пересечение

\big((-\infty;\, -1] \cup [2;\, +\infty)\big) \cap [-1;\, 3] = \{-1\} \cup [2;\, 3].

Точка $x = -1$ входит изолированно: в ней оба подкоренных равны нулю, и неравенство $0 \leqslant 0$ верно. Терять её нельзя.

Две параллельные числовые оси друг под другом для пересечени

Теперь покажем показательное неравенство с переменным основанием — рационализация работает по тому же множителю $(a-1)$ , что и для логарифмов.

Пример 5. Показательное неравенство с переменным основанием

Реши неравенство: $x^{\,x+1} > x^{\,3}$ .

Если в неравенство один и тот же блок входит несколько раз — это сигнал к замене переменной. Покажем технику на логарифмическом неравенстве, квадратном относительно нового выражения.

Пример 6. Замена переменной

Реши неравенство: $\log_2^2 x - 3\log_2 x + 2 \leqslant 0$ .

Наконец, модуль. Когда модулей несколько и под ними разные выражения, надёжнее всего метод интервалов по точкам смены знака.

Пример 7. Неравенство с модулем (метод интервалов)

Реши неравенство: $|x - 1| + |x + 2| \leqslant 5$ .

Точки смены знака подмодульных выражений

$x - 1 = 0 \Rightarrow x = 1$ ; $\;x + 2 = 0 \Rightarrow x = -2$ . Эти точки разбивают ось на три промежутка: $(-\infty;\, -2)$ , $[-2;\, 1)$ , $[1;\, +\infty)$ .

Раскрываем модули на каждом промежутке

Промежуток $x < -2$ : оба выражения отрицательны, $|x-1| = -(x-1)$ , $|x+2| = -(x+2)$ .

-(x-1) - (x+2) \leqslant 5 \iff -2x - 1 \leqslant 5 \iff -2x \leqslant 6 \iff x \geqslant -3.

Пересекаем с $x < -2$ : получаем $-3 \leqslant x < -2$ , то есть $[-3;\, -2)$ .

Промежуток $-2 \leqslant x \leqslant 1$ : $x-1 \leqslant 0$ , $x + 2 \geqslant 0$ , поэтому $|x-1| = -(x-1)$ , $|x+2| = x+2$ .

-(x-1) + (x+2) \leqslant 5 \iff 3 \leqslant 5.

Верно всегда — весь промежуток $[-2;\, 1]$ входит в ответ.

Промежуток $x > 1$ : оба выражения положительны.

(x-1) + (x+2) \leqslant 5 \iff 2x + 1 \leqslant 5 \iff x \leqslant 2.

Пересекаем с $x > 1$ : получаем $(1;\, 2]$ .

Объединяем все три части

[-3;\, -2) \cup [-2;\, 1] \cup (1;\, 2] = [-3;\, 2].

СОВЕТ

Короткий способ для одного модуля

Если модуль ровно один, метод интервалов разворачивать не нужно — хватает базовой равносильности. Например, $|x^2 - 4| < 3x$ решается так: $|f| < g \iff -g < f < g$ , то есть

-3x < x^2 - 4 < 3x.

Левое: $x^2 + 3x - 4 > 0 \iff (x+4)(x-1) > 0 \iff x < -4$ или $x > 1$ . Правое: $x^2 - 3x - 4 < 0 \iff (x-4)(x+1) < 0 \iff -1 < x < 4$ . Пересечение (с учётом, что правая часть $3x$ обязана быть положительной, иначе модуль не может быть строго меньше): $x \in (1;\, 4)$ .

Частые ошибки

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Потеря изолированных точек

Ошибка: При решении неравенства $(x-3)\sqrt{x+1} \leqslant 0$ разделить обе части на корень и получить только $x-3 \leqslant 0 \implies x \leqslant 3$ . С учетом ОДЗ корень $x=-1$ теряется. Правильно: Корень может быть равен нулю. Неравенство равносильно совокупности: либо $\sqrt{x+1} = 0 \implies x = -1$ , либо $\begin{cases} x-3 \leqslant 0 \\ x+1 > 0 \end{cases} \implies x \in (-1;\, 3]$ . Итоговый ответ: $[-1;\, 3]$ .

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Разворот знака при умножении на отрицательное

Ошибка: В неравенстве $\dfrac{2}{x} < 1$ домножить обе части на $x$ «как есть» и получить $2 < x$ . Это верно только при $x > 0$ ; при $x < 0$ знак неравенства разворачивается, и решение там совсем другое. Правильно: Либо переноси всё в одну часть и работай методом интервалов: $\dfrac{2}{x} - 1 < 0 \iff \dfrac{2 - x}{x} < 0 \iff (2-x)\,x < 0 \iff x < 0$ или $x > 2$ . Либо разбирай знак множителя на случаи. Никогда не умножай и не дели неравенство на выражение неизвестного знака и не сокращай на такой множитель — при умножении/делении на отрицательное знак $<$ переходит в $>$ .

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Потенцирование логарифма без учёта основания

Ошибка: Из $\log_{0{,}5}(x) < \log_{0{,}5}(3)$ заключить $x < 3$ . Основание $0{,}5 \in (0;\,1)$ — функция убывает, знак неравенства между аргументами разворачивается: правильно $x > 3$ (плюс ОДЗ $x > 0$ ). Правильно: Прежде чем «снимать логарифмы», всегда смотри на основание: при $a > 1$ знак сохраняется, при $0 < a < 1$ — меняется. Если основание переменное — используй рационализацию (множитель $(a-1)$ ), которая учитывает оба случая автоматически.

Стратегия на экзамене

СОВЕТ

Оформление и подход на ДВИ

Слово «ОДЗ»: Если ты пишешь буквы «ОДЗ», проверяющий ожидает, что ты найдешь её полностью и до конца, решив все сопутствующие неравенства. На ДВИ это часто громоздко. Безопаснее писать «Область допустимых значений задается системой...» или сразу использовать равносильные переходы (цепочки систем), где ограничения тянутся до конца.
Обосновывай переходы: Листа формул нет, поэтому рационализацию (и логарифмическую, и показательную) сопровождай фразой «разбираем два случая основания: $a>1$ и $0<a<1$ » — иначе проверяющий может не принять множитель $(a-1)$ как «магию». Для иррациональных переходов аналогично показывай, почему появляется условие на знак правой части.
Рисуй числовые оси: Обязательно показывай штриховкой метод интервалов и пересечение множеств. Проверяющий должен видеть, как ты отсекаешь неверные промежутки.
Двойные корни: Следи за корнями четной кратности (например, если после рационализации возник множитель $(x-2)^2$ ). При переходе через них знак на числовой прямой не меняется, но сама точка может входить в ответ, если неравенство нестрогое. Отмечай их на оси «петелькой» или флажком.
Оценка иррациональностей: Как в Примере 2, на ДВИ часто возникают корни из нечисловых квадратов (типа $\sqrt{5}$ , $\sqrt{13}$ ). Обязательно показывай письменно, как ты оцениваешь их положение относительно других чисел на оси (например, «Так как $4 < 5 < 9$ , то $2 < \sqrt{5} < 3$ »). За неаргументированную расстановку точек снимут баллы.

Оформление под рубрику ДВИ

ДВИ — письменный экзамен, оценка идёт по outcomes-рубрике «±»: важен не только верный ответ, но и полностью обоснованный ход решения. Ниже — эталон того, как должно выглядеть полное решение неравенства, и за что снимают «±».

АЛГОРИТМ

Эталон полного решения (на примере неравенства с переменным основанием)

Выписать ОДЗ / систему ограничений явно, до начала преобразований (аргументы логарифмов $> 0$ , основания $> 0$ и $\neq 1$ , подкоренные $\geqslant 0$ , знаменатели $\neq 0$ ).
Назвать применяемый переход и обосновать его одной фразой («рационализация: разбираем два случая основания $a>1$ и $0<a<1$ » / «возводим в квадрат на системе, так как обе части неотрицательны»).
Аккуратно провести алгебру до разложения на множители; все корни многочленов найти и при необходимости оценить ( $2<\sqrt5<3$ , потому что $4<5<9$ ).
Метод интервалов с чертежом: числовая ось, отмеченные нули с правильной кратностью, расставленные знаки, заштрихованное решение.
Пересечь с ОДЗ на параллельных осях и аккуратно выписать концы (включены/выколоты).
Записать ответ в виде объединения промежутков с правильными скобками.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

За что снимают «±» (типичные потери баллов)

Нет ОДЗ или она найдена не до конца — самая частая потеря. Если написал «ОДЗ», обязан довести её до явного множества.
Необоснованный переход: «снял логарифмы» без указания знака основания; рационализация без оговорки про два случая; возведение в квадрат без условия $g \geqslant 0$ .
Неаргументированная расстановка иррациональных точек на оси (без оценки $2<\sqrt5<3$ ).
Потеря изолированной точки (где обе части равны нулю) или лишняя точка (выколотый нуль знаменателя/основания попал в ответ).
Перепутанные скобки в ответе: включён нуль знаменателя, выколот включаемый корень числителя при нестрогом неравенстве.
Чертежа пересечения нет — проверяющий не видит, как именно получено итоговое множество; даже верный ответ без видимого отсечения промежутков рискует получить «±» вместо «+».

Проверь себя

Какой множитель заменяет разность логарифмов $\log_{f(x)} g(x) - \log_{f(x)} h(x)$ при рационализации (на ОДЗ)?
Неравенство $\sqrt{f(x)} < g(x)$ равносильно системе. Какое условие на $g(x)$ в неё входит?
Чему равно решение неравенства $(x-3)\sqrt{x+1} \leqslant 0$ ?
Основание логарифма равно $0{,}5$ . Что происходит со знаком неравенства при переходе от логарифмов к аргументам?

Часть 2, задание 3: Неравенство

О задании 3 на ДВИ

Какие темы встречаются

Главные формулы и равносильные переходы

Общий алгоритм решения

Примеры решения задач