Question

РАЗОБРАТЬСЯ

ответ: (-3; -1-√3) U (1; 5)​

$log_{x { }^{2} + 2x - 2}( \frac{ |x + 4| - |x| }{ x - 1} ) 0$

Answer 1

ОДЗ:

$\left \{ {{x^2+2x-20} \atop{ {x^2+2x-2\neq1 }\atop{\frac{|x+4|-|x|}{x-1}0 }} \right.$

Решаем каждое неравенство:

$x^2+2x-20$    ⇒   $(x+1)^2-3 0$   ⇒$(x+1-\sqrt{3})(x+1+\sqrt{3})0$

$x\in (-\infty;-1-\sqrt{3}) \cup{-1+\sqrt{3};+\infty)$

$x^2+2x-2\neq 1$    ⇒     $x^2+2x-3\neq 0$  ⇒     $x\neq -3;$  $x\neq 1$

$\frac{|x+4|-|x|}{x-1}0$  

Подмодульные выражения обращаются в 0 в точках

$x=-4$    и  $x=0$

Это точки делят числовую прямую на три промежутка.

Раскрываем знак модуля на промежутках:

(-∞;-4]

|x+4|=-x-4

|x|=-x

$\frac{-x-4-(-x)}{x-1}0$     ⇒     $\frac{-4}{x-1}0$    ⇒    x < 1

решение неравенства (-∞;-4]

(-4;0]

|x+4|=x+4

|x|=-x

$\frac{x+4-(-x)}{x-1}0$     ⇒     $\frac{2x+4}{x-1}0$    ⇒    x < -2 или  x > 1

решение неравенства (-4;-2)

(0;+∞)

|x+4|=x+4

|x|=x

$\frac{x+4-x}{x-1}0$     ⇒     $\frac{4}{x-1}0$    ⇒    x > 1

решение неравенства (1;+∞]

Объединяем  ответы трех случаев:

$\frac{|x+4|-|x|}{x-1}0$    при   $x \in (-\infty;-2)\cup(1;+\infty)$

ОДЗ:

$\left \{ {{x\in (-\infty;-1-\sqrt{3}) \cup{-1+\sqrt{3};+\infty)} \atop{ {x\neq-3; x\neq 1 }\atop{ x \in (-\infty;-2)\cup(1;+\infty)}} \right.$

$x\in (-\infty;-3)\cup(-3;1-\sqrt{3}) \cup(1;+\infty)$

Решаем неравенство:  $log_{x^2+2x-2}\frac{|x+4|-|x|}{x-1}0$

$0=log_{x^2+2x-1}1$

$log_{x^2+2x-2}\frac{|x+4|-|x|}{x-1}log_{x^2+2x-2}1$

Два случая:

если основание логарифмической функции >1, то она возрастает и большему значению функции соответствует большее значение аргумента

$\left \{ {{x^2+2x-21} \atop {\frac{|x+4|-|x|}{x-1}1}} \right.$     ⇒     $\left \{ {{x^2+2x-30} \atop {\frac{|x+4|-|x|-x+1}{x-1}0}} \right.$     ⇒           $\left \{ {{x\in (-\infty;-3) \cup(1;+\infty)} \atop {x\in(-\infty;-4]\cup(1;5)}} \right.$

второе неравенство решаем на промежутках  так:

(-∞;-4]

$\frac{-x-4-(-x)-x+1}{x-1}0$    ⇒    $\frac{-3-x}{x-1}0$   ⇒    $\frac{x+3}{x-1}$  ⇒ (-3;-1)

не принадлежат (-∞;-4]

на (-4;0]

$\frac{x+4-(-x)-x+1}{x-1}0$      ⇒      $\frac{x+5}{x-1}0$    ⇒    x < -5   или  x > 1

не принадлежат (-4;0]

(0;+∞)

$\frac{x+4-x-x+1}{x-1}0$      ⇒    $\frac{5-x}{x-1}0$    ⇒   $\frac{x-5}{x-1}$    ⇒$x\in (1;5)$

о т в е т  этого случая $(1;5)$

если основание логарифмической функции 0 < a < 1, то она убывает и большему значению функции соответствует меньшее значение аргумента

$\left \{ {{0$     ⇒     $\left \{ {0$      ⇒   $\left \{ {{x\in (-3;-1-\sqrt{3}) \cup(-1+\sqrt{3};1)} \atop {x\in(-\infty;-4]\cup(-4;0]\cup(5;+\infty)}} \right.$

второе неравенство решаем на промежутках так:

(-∞;-4]

$\frac{-x-4-(-x)-x+1}{x-1}$    ⇒    $\frac{-3-x}{x-1}$   ⇒    $\frac{x+3}{x-1}0$  ⇒

(-∞;-3)U(1;+∞)

о т в е т. (-∞;-4]

на (-4;0]

$\frac{x+4-(-x)-x+1}{x-1}$      ⇒      $\frac{x+5}{x-1}$    ⇒     -5 < x < 1

о т в е т.  (-4;0]

(0;+∞)

$\frac{x+4-x-x+1}{x-1}$      ⇒    $\frac{5-x}{x-1}$    ⇒   $\frac{x-5}{x-1}0$    ⇒$x\in (0;1)\cup(5;+\infty)$

о т в е т  этого случая $(-3;-1-\sqrt{3})$

С учетом ОДЗ получаем окончательный ответ:$(-3;-1-\sqrt{3})\cup(1;5)$