ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №16 — логарифм с переменным основанием

Разбор — 2 балла

Найдём ОДЗ. Основание логарифма должно быть положительным и не равным единице, аргумент — положительным. Корень $\sqrt{2x^2-7x+6}$ положителен, когда подкоренное выражение строго больше нуля, а условие $\sqrt{2x^2-7x+6}\ne 1$ равносильно $2x^2-7x+6\ne 1$. Получаем систему

$$\{\begin{array}{l}2x^2-7x+6>0,\\ 2x^2-7x+5\ne 0,\\ \frac{x}{3}>0.\end{array}$$

Решим первое неравенство. Дискриминант трёхчлена $2x^2-7x+6$ равен $D=49-48=1$, корни $x=\frac{7\pm 1}{4}$, то есть $x=\frac{3}{2}$ и $x=2$. Ветви параболы направлены вверх, поэтому трёхчлен положителен левее меньшего корня и правее большего:

Второе условие. Дискриминант трёхчлена $2x^2-7x+5$ равен $D=49-40=9$, корни $x=\frac{7\pm 3}{4}$, то есть $x=1$ и $x=\frac{5}{2}$. Значит, $x\ne 1$ и $x\ne \frac{5}{2}$. Третье условие даёт $x>0$.

Пересекая все три условия, получаем ОДЗ:

$$x\in (0;1)\cup \left(1;\frac{3}{2}\right)\cup \left(2;\frac{5}{2}\right)\cup \left(\frac{5}{2};+\infty \right).$$

Упростим основание. Так как $\sqrt{a}=a^{\frac{1}{2}}$, а по свойству логарифма ${\log }_{a^k}b=\frac{1}{k}{\log }_{a}b$, на ОДЗ

$${\log }_{\sqrt{2x^2-7x+6}}\frac{x}{3}=2{\log }_{2x^2-7x+6}\frac{x}{3}.$$

Значит, исходное неравенство на ОДЗ равносильно неравенству

$${\log }_{2x^2-7x+6}\frac{x}{3}>0.$$

Основание здесь переменное, поэтому применим метод рационализации. Если основание $c>1$, то ${\log }_{c}b>0$ при $b>1$; если $0<c<1$, то ${\log }_{c}b>0$ при $b<1$. В обоих случаях множители $c-1$ и $b-1$ одного знака. Поэтому на ОДЗ ${\log }_{c}b>0$ равносильно $(c-1)(b-1)>0$:

$$\left(2x^2-7x+6-1\right)\left(\frac{x}{3}-1\right)>0.$$

Разложим множители: $2x^2-7x+5=(x-1)(2x-5)$ (корни найдены выше), $\frac{x}{3}-1=\frac{x-3}{3}$. Умножим неравенство на $3>0$:

$$(x-1)(2x-5)(x-3)>0.$$

Решим методом интервалов. Неравенство строгое, все точки выкалываем. При $x>3$ все множители положительны, дальше знаки чередуются, так как все корни простые:

Получаем $x\in \left(1;\frac{5}{2}\right)\cup (3;+\infty )$.

Пересечём с ОДЗ. Из промежутка $\left(1;\frac{5}{2}\right)$ выпадает отрезок $\left[\frac{3}{2};2\right]$, где подкоренное выражение неположительно. Промежуток $(3;+\infty )$ целиком входит в ОДЗ.

Ответ: $\left(1;\frac{3}{2}\right)\cup \left(2;\frac{5}{2}\right)\cup (3;+\infty )$.