Неравенства

$$*\begin{cases} 2x + 4 > 0\\ 2x + 4 \neq 1\\ x^2 - 3x + 10 > 0 \text{ Всегда} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x > -2\\ x \neq -\frac{3}{2}\\ \end{cases} \Rightarrow x \in \left(-2; -\frac{3}{2}\right) \cup \left(-\frac{3}{2}; +\infty\right)$$

Вернёмся к исходному неравенству: $$\log_{2x + 4}(x^2 - 3x + 10) \geq 1 \Leftrightarrow \log_{2x + 4}(x^2 - 3x + 10) - 1 \geq 0 \Leftrightarrow \log_{2x + 4}(x^2 - 3x + 10) - \log_{2x + 4}(2x + 4) \geq 0$$

По методу рационализации: $$(2x + 4 - 1)(x^2 - 3x + 10 - 2x - 4) \geq 0 \Leftrightarrow (2x + 3)(x^2 - 5x + 6) \geq 0$$ $$\Leftrightarrow (2x + 3)(x - 2)(x - 3) \geq 0$$

Получаем: $$x \in \left[-\frac{3}{2}; 2\right] \cup [3; +\infty)$$

С учётом ограничения $*$, получаем итоговый ответ: $$x \in (-1,5; 2] \cup [3; +\infty)$$

Ответ: $(-1,5; 2] \cup [3; +\infty)$

$$(*)\begin{cases} 3^x - 2 > 0\\ \log_{\tfrac{1}{5}}^2(3^x - 2) - \log_{\tfrac{1}{5}}(3^x - 2)^2 + 1 \neq 0 \end{cases}$$

С учётом первого условия системы: $$(*)\begin{cases} 3^x - 2 > 0\\ \log_{\tfrac{1}{5}}^2(3^x - 2) - 2\log_{\tfrac{1}{5}}(3^x - 2) + 1 \neq 0 \end{cases}$$ $$(*)\begin{cases} 3^x - 2 > 0\\ \left(\log_{\tfrac{1}{5}}(3^x - 2) - 1\right)^2 \neq 0 \end{cases} \Leftrightarrow (*)\begin{cases} 3^x > 3^{\log_32}\\ \log_{\tfrac{1}{5}}(3^x - 2) \neq 1 \end{cases} \Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow(*)\begin{cases} x > \log_32\\ x \neq \log_32,2 \end{cases} \Rightarrow(*) \quad x \in (\log_32; \log_32,2) \cup (\log_32,2; +\infty)$$

Преобразуем исходное неравенство:

$$\frac{4^x - 3\cdot2^{x + 1} + 5}{\left(\log_{\tfrac{1}{5}}^2(3^x - 2) -1\right)^2} \leq 0$$

C учётом ограничения $(*)$, знак неравенства определяет только числитель дроби: $$4^x - 3\cdot2^{x + 1} + 5 \leq 0 \Leftrightarrow 4^x - 6\cdot2^x + 5 \leq 0$$ $$2^{2x} - 6\cdot2^x + 5 \leq 0$$ Пусть $t = 2^x > 0$ $$t^2 - 6t + 5 \leq 0$$ Заметим, что сумма коэффициентов равна 0. Тогда: $$(t - 5)(t - 1) \leq 0$$

$$\begin{cases} t \geq 1\\ t \leq 5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} 2^x \geq 1 \\ 2^x \leq 5 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \geq 0\\ x \leq \log_25 \end{cases}$$

Пересекая с ограничением $(*)$, получаем итоговый ответ: $$x \in (\log_32; \log_32,2) \cup (\log_32,2; \log_25]$$

Ответ: $(\log_32; \log_32,2) \cup (\log_32,2; \log_25]$

$$(*) \begin{cases} x^2 - 4 > 0\\ x + 2 \neq 0\\ \frac{x - 2}{x + 2} > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x \in (-\infty; -2) \cup (2; +\infty)\\ x \neq -2 \\ x \in (-\infty; -2) \cup (2; +\infty) \end{cases} \Rightarrow x \in (-\infty; -2) \cup (2; +\infty)$$

Преобразуем исходное неравенство: $$2\log_{2^2}(x^2 - 4) - \log_{2^{-1}}\frac{x - 2}{x + 2} \geq -3$$ $$\log_2(x^2 - 4) + \log_2\frac{x - 2}{x + 2} \geq -3 \Leftrightarrow \log_2(x - 2)(x + 2) + \log_2\frac{x - 2}{x + 2} \geq -3$$ $$\log_2\frac{(x - 2)(x - 2)(x + 2)}{x + 2} \geq -3$$ $$\log_2(x - 2)^2 \geq -3 \Leftrightarrow \log_2(x - 2)^2 \geq -\log_22^3 \Leftrightarrow \log_2(x - 2)^2 \geq \log_2\frac{1}{8}$$ Так как основания логарифмов 2 > 1, неравенство равносильно: $$(x - 2)^2 \geq \frac{1}{8} \Leftrightarrow \left(x - 2 - \frac{1}{\sqrt8}\right)\left(x - 2 + \frac{1}{\sqrt8}\right) \geq 0$$ $$\left(x - 2 - \frac{\sqrt2}{4}\right)\left(x - 2 + \frac{\sqrt2}{4}\right) \geq 0$$

$$x \in \left(-\infty; 2 - \frac{\sqrt2}{4}\right] \cup \left[2 + \frac{\sqrt2}{4}; +\infty\right)$$

Пересекая с ограничением $(*)$, получаем ответ: $$x \in (-\infty; -2) \cup \left[2 + \frac{\sqrt2}{4}; + \infty\right)$$

Ответ: $(-\infty; -2) \cup \left[2 + \frac{\sqrt2}{4}; + \infty\right)$

$$(*) x + 5 \geq 0 \Rightarrow (*) x \geq -5$$

Преобразуем знаменатель: $$2^{x^2 - 6} - 9\cdot2^{0,5x^2 - 4,5} + 1 = \frac{2^{x^2}}{64} - 9\cdot\frac{2^{0,5x^2}}{\sqrt{2^9}} + 1 = \frac{2^{x^2}}{64} - 9\cdot\left(\frac{2^{x^2}}{2^9}\right)^\frac{1}{2} + 1 =$$ $$= \frac{2^{x^2}}{64} - 9\cdot\frac{\left(2^{x^2}\right)^\frac{1}{2}}{16\sqrt2} + 1$$ Пусть $(2^{x^2})^\frac{1}{2} = t > 0$ $$\frac{t^2}{64} - 9\cdot\frac{t}{16\sqrt2} + 1$$ Знак всего выражения зависит только от знаменателя, поэтому при условии $(*)$, неравенство равносильно: $$\frac{t^2}{64} - 9\cdot\frac{t}{16\sqrt2} + 1 > 0\Leftrightarrow \sqrt2t^2 - 36t + 64\sqrt2 > 0 \Leftrightarrow t^2 - 18\sqrt2\cdot t + 64 > 0$$ $$D = 648 - 4\cdot1\cdot64 = 392$$ $$\sqrt{D} = 14\sqrt2$$

$$t = \frac{18\sqrt2 + 14\sqrt2}{2} = 16\sqrt2, \quad t = \frac{18\sqrt2 - 14\sqrt2}{2} = 2\sqrt2$$ $$(2^{0,5x^2} - 2\sqrt2)(2^{0,5x^2} - 16\sqrt2) > 0$$ $$(2^{0,5x^2} - 2^{\frac{3}{2}})(2^{0,5x^2} - 2^{\frac{9}{2}}) > 0$$ По методу рационализации: $$(0,5x^2 - 1,5)(0,5x^2 - 4,5) > 0 \Leftrightarrow (x - \sqrt3)(x + \sqrt3)(x - 3)(x + 3) > 0$$

Получаем: $$x \in (-\infty; -3) \cup (-\sqrt3; \sqrt3) \cup (3; +\infty)$$

Пересекая с ограничением $(*)$, получаем ответ: $$x \in [-5; -3) \cup (-\sqrt3; \sqrt3) \cup (3; +\infty)$$

Ответ: $[-5; -3) \cup (-\sqrt3; \sqrt3) \cup (3; +\infty)$

$$(*) \quad x^2 - 5 \geq 0 \Rightarrow x \in (-\infty; -\sqrt5] \cup [\sqrt5; +\infty)$$ Пусть $t = \sqrt{x^2 - 5} \geq 0$ $$t > 3 + \frac{1}{1-t} \Leftrightarrow -t + 3 +\frac{1 }{1 - t} < 0 \Leftrightarrow \frac{t^2-t+ 3 -3t + 1}{1 - t} < 0$$ $$\frac{t^2 - 4t + 4}{1 - t} < 0 \Leftrightarrow \frac{(t - 2)^2}{1 - t} < 0$$ Так как числитель всегда неотрицателен, знак неравенства определяет знаменатель дроби: $$\begin{cases} t \neq 2\\ 1 - t < 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} t \neq 2\\ t > 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \sqrt{x^2 - 5} \neq 2\\ \sqrt{x^2 - 5} > 1 \end{cases} \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow \begin{cases} x^2 - 5 \neq 4\\ x^2 - 5 > 1 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x^2 - 9 \neq 0\\ x^2 - 6 > 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (x - 3)(x + 3) \neq 0\\ (x - \sqrt6)(x + \sqrt6) > 0 \end{cases} \Leftrightarrow$$ $$\Leftrightarrow x \in (-\infty; -3) \cup (-3; -\sqrt6) \cup (\sqrt6; 3) \cup (3; +\infty)$$

Полученное множество решений полностью удовлетворяет условию $(*)$.

Ответ: $(-\infty; -3) \cup (-3; -\sqrt6) \cup (\sqrt6; 3) \cup (3; +\infty)$