Inecuaciones Logarítmicas: Teoría, Método de Resolución y Ejercicios Resueltos

Una inecuación logarítmica es una inecuación en la que la incógnita aparece como argumento de al menos un logaritmo. Su resolución exige, además del dominio del cálculo algebraico, un tratamiento riguroso de dos elementos distintos: las condiciones de existencia, que definen el dominio de la inecuación, y el sentido de la desigualdad, que depende de manera crucial de la monotonía de la función logarítmica respecto a su base. Un error en el sentido — tan frecuente como grave — produce conjuntos solución incorrectos incluso cuando los cálculos algebraicos son impecables.

Índice

• Repaso de la Función Logarítmica y la Monotonía
• Dominio de una Inecuación Logarítmica
• Inecuaciones Logarítmicas Elementales
• Inecuaciones con Sumas o Diferencias de Logaritmos
• Inecuaciones con Comparación de Dos Logaritmos
• Inecuaciones con Logaritmos de Bases Distintas
• Inecuaciones Resolubles por Sustitución
• Procedimiento de Resolución General
• Ejercicios Resueltos
• Interpretación Gráfica

La resolución de las inecuaciones logarítmicas depende de manera directa e ineludible de la monotonía de la función logarítmica. Es, por tanto, indispensable recordar con precisión este aspecto antes de proceder.

Fijada una base \( a \in \mathbb{R} \) con \( a > 0 \) y \( a \neq 1 \), la función logarítmica \[ \log_a \colon (0, +\infty) \longrightarrow \mathbb{R}, \qquad x \longmapsto \log_a x \] es estrictamente monótona. Más concretamente:

• es estrictamente creciente si \( a > 1 \): para todo \( u, v \in (0, +\infty) \), \[ u < v \quad \Longleftrightarrow \quad \log_a u < \log_a v; \]
• es estrictamente decreciente si \( 0 < a < 1 \): para todo \( u, v \in (0, +\infty) \), \[ u < v \quad \Longleftrightarrow \quad \log_a u > \log_a v. \]

Esta dicotomía es el fundamento lógico de toda la teoría de las inecuaciones logarítmicas. Cuando la base es mayor que uno, aplicar la función logarítmica a ambos miembros de una desigualdad conserva el sentido; cuando la base está entre cero y uno, lo invierte. Omitir este paso — invertir el sentido cuando se pasa del argumento al logaritmo, o no invertirlo cuando es necesario — constituye el error conceptual más frecuente y produce conjuntos solución sistemáticamente incorrectos.

Recordamos asimismo que el dominio natural del logaritmo es \( (0, +\infty) \): el logaritmo real de un número no positivo no está definido. Esta restricción es el origen de todas las condiciones de existencia en las inecuaciones logarítmicas, y su tratamiento se desarrolla en la sección siguiente.

El dominio de una inecuación logarítmica es el conjunto de los valores reales de la incógnita para los cuales toda expresión que aparece en la inecuación está bien definida. Para cada término \( \log_a f_i(x) \), al variar \( i \) en el conjunto de índices \( I \) que indexa todos los logaritmos presentes en la inecuación, es preciso imponer: \[ f_i(x) > 0. \]

El dominio de la inecuación es la intersección de todas estas condiciones: \[ \mathcal{D} = \bigcap_{i \in I} \bigl\{ x \in \mathbb{R} \mid f_i(x) > 0 \bigr\}. \]

Regla fundamental. El conjunto solución de la inecuación es un subconjunto de \( \mathcal{D} \). Todo valor de la incógnita que satisfaga formalmente la inecuación algebraica obtenida tras las transformaciones, pero que no pertenezca a \( \mathcal{D} \), debe ser descartado.

A diferencia de lo que ocurre con las ecuaciones — donde se comprueba la pertenencia de valores individuales a \( \mathcal{D} \) — en las inecuaciones es necesario intersectar el conjunto de soluciones algebraicas (típicamente un intervalo o una unión de intervalos) con \( \mathcal{D} \). Dicha intersección constituye el conjunto de soluciones admisibles.

Es metodológicamente imprescindible determinar \( \mathcal{D} \) antes de cualquier manipulación algebraica, de modo que se tenga siempre presente el conjunto en el que deben buscarse las soluciones.

Una inecuación logarítmica se denomina elemental si es reducible a la forma canónica: \[ \log_a f(x) \;\square\; k, \qquad k \in \mathbb{R}, \] donde \( \square \) denota uno de los símbolos \( >, \geq, <, \leq \). El método de resolución consiste en invertir la función logarítmica teniendo en cuenta su monotonía respecto a la base \( a \).

Caso \( a > 1 \) (función creciente). Como \( \log_a \) es estrictamente creciente, el sentido de la desigualdad se conserva al invertir:

• \( \log_a f(x) > k \;\Longleftrightarrow\; f(x) > a^k \). Puesto que \( a^k > 0 \), la condición \( f(x) > a^k \) implica automáticamente \( f(x) > 0 \), de modo que las soluciones de \( f(x) > a^k \) ya pertenecen al dominio.
• \( \log_a f(x) < k \;\Longleftrightarrow\; f(x) < a^k \). Como \( f(x) < a^k \) no implica \( f(x) > 0 \), es necesario intersectar con el dominio, obteniendo la condición equivalente \( 0 < f(x) < a^k \).

Caso \( 0 < a < 1 \) (función decreciente). Como \( \log_a \) es estrictamente decreciente, el sentido de la desigualdad se invierte al invertir:

• \( \log_a f(x) > k \;\Longleftrightarrow\; f(x) < a^k \). Como \( f(x) < a^k \) no implica \( f(x) > 0 \), es necesario intersectar con el dominio, obteniendo \( 0 < f(x) < a^k \).
• \( \log_a f(x) < k \;\Longleftrightarrow\; f(x) > a^k \). Puesto que \( a^k > 0 \), la condición \( f(x) > a^k \) implica automáticamente \( f(x) > 0 \), y las soluciones ya pertenecen al dominio.

Obsérvese la estructura dual: la condición de dominio queda automáticamente satisfecha cuando el sentido de la desigualdad (tras la inversión) es \( f(x) > a^k \), mientras que requiere una verificación explícita cuando el sentido es \( f(x) < a^k \). En este último caso la condición completa es \( 0 < f(x) < a^k \), que expresa la conjunción del dominio con la desigualdad algebraica. El mismo esquema es válido para \( \geq \) y \( \leq \), con la única diferencia de que las desigualdades estrictas se convierten en no estrictas.

Ejemplo 1. Resolver \( \log_3(2x - 1) > 2 \).

Dominio. \( 2x - 1 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{1}{2}, +\infty\bigr) \).

Resolución. La base es \( a = 3 > 1 \): la función es creciente, el sentido se conserva. \[ 2x - 1 > 3^2 = 9 \quad \Longrightarrow \quad 2x > 10 \quad \Longrightarrow \quad x > 5. \] Como \( 5 > \tfrac{1}{2} \), las soluciones \( x > 5 \) ya están contenidas en \( \mathcal{D} \).

Conjunto solución: \( (5, +\infty) \).

Ejemplo 2. Resolver \( \log_3(2x - 1) < 2 \).

Dominio. \( \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{1}{2}, +\infty\bigr) \).

Resolución. Base \( a = 3 > 1 \), función creciente, sentido conservado: \[ 2x - 1 < 9 \quad \Longrightarrow \quad x < 5. \] Como \( 2x - 1 < 9 \) no garantiza \( 2x - 1 > 0 \), se intersecta con \( \mathcal{D} \): \[ \frac{1}{2} < x < 5. \]

Conjunto solución: \( \bigl(\tfrac{1}{2}, 5\bigr) \).

Ejemplo 3. Resolver \( \log_{1/3}(x + 1) > 1 \).

Dominio. \( x + 1 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (-1, +\infty) \).

Resolución. La base es \( a = \tfrac{1}{3} \), con \( 0 < a < 1 \): la función es decreciente, el sentido se invierte. \[ x + 1 < \left(\frac{1}{3}\right)^1 = \frac{1}{3}. \] Como \( x + 1 < \tfrac{1}{3} \) no implica \( x + 1 > 0 \), se intersecta con el dominio: \[ 0 < x + 1 < \frac{1}{3} \quad \Longrightarrow \quad -1 < x < -\frac{2}{3}. \]

Conjunto solución: \( \bigl(-1, -\tfrac{2}{3}\bigr) \).

Ejemplo 4. Resolver \( \log_{1/2}(x - 3) < -2 \).

Dominio. \( x - 3 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (3, +\infty) \).

Resolución. Base \( a = \tfrac{1}{2} \), con \( 0 < a < 1 \): función decreciente, sentido invertido: \[ x - 3 > \left(\frac{1}{2}\right)^{-2} = 4 \quad \Longrightarrow \quad x > 7. \] Como \( x > 7 \) implica \( x - 3 > 0 \), las soluciones ya pertenecen a \( \mathcal{D} \).

Conjunto solución: \( (7, +\infty) \).

Cuando la inecuación contiene una suma o una diferencia de logaritmos con la misma base, se aplican las propiedades del producto y del cociente para reducirla a un único logaritmo, llevándola a la forma elemental. Como ya se ha señalado, las condiciones de dominio deben imponerse sobre los argumentos originales, no sobre el argumento del logaritmo resultante de la fusión.

Advertencia. La propiedad \( \log_a f(x) + \log_a g(x) = \log_a[f(x)g(x)] \) es válida únicamente cuando \( f(x) > 0 \) y \( g(x) > 0 \) por separado. El producto \( f(x)g(x) \) puede ser positivo incluso cuando ambos factores son negativos; en ese caso el logaritmo del producto estaría definido en la inecuación transformada, pero los logaritmos de los factores individuales no lo estarían en la inecuación original. Por eso el dominio debe determinarse a partir de los argumentos originales.

Ejemplo 1. Resolver \( \log_2 x + \log_2(x - 2) > 3 \).

Dominio. \( x > 0 \) y \( x - 2 > 0 \), luego \( \mathcal{D} = (2, +\infty) \).

Resolución. Aplicando la propiedad del producto: \[ \log_2[x(x-2)] > 3. \] Base \( a = 2 > 1 \): sentido conservado. \[ x(x - 2) > 2^3 = 8 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - 2x - 8 > 0 \quad \Longrightarrow \quad (x-4)(x+2) > 0. \] El trinomio es positivo para \( x < -2 \) o \( x > 4 \). Intersectando con \( \mathcal{D} = (2, +\infty) \): \[ x > 4. \]

Conjunto solución: \( (4, +\infty) \).

Ejemplo 2. Resolver \( \log_3(x + 5) - \log_3(x - 1) > 1 \).

Dominio. \( x + 5 > 0 \) y \( x - 1 > 0 \), luego \( \mathcal{D} = (1, +\infty) \).

Resolución. Aplicando la propiedad del cociente: \[ \log_3\!\left(\frac{x+5}{x-1}\right) > 1. \] Base \( a = 3 > 1 \): sentido conservado. \[ \frac{x + 5}{x - 1} > 3. \] Como estamos en el dominio \( x > 1 \), se tiene \( x - 1 > 0 \), de modo que es posible multiplicar ambos miembros por \( x - 1 \) sin invertir el sentido: \[ x + 5 > 3(x - 1) \quad \Longrightarrow \quad x + 5 > 3x - 3 \quad \Longrightarrow \quad 8 > 2x \quad \Longrightarrow \quad x < 4. \] Intersectando con \( \mathcal{D} = (1, +\infty) \): \[ 1 < x < 4. \]

Conjunto solución: \( (1, 4) \).

Nota metodológica. En el ejemplo 2, la multiplicación por \( x - 1 \) es lícita — sin inversión del sentido — únicamente porque se opera dentro del dominio, donde \( x - 1 > 0 \) está garantizado. Fuera del dominio, dicha operación podría exigir el análisis del signo del denominador, complicando considerablemente el procedimiento. Este es un argumento adicional a favor de determinar \( \mathcal{D} \) antes de cualquier otra operación.

Si la inecuación tiene la forma: \[ \log_a f(x) \;\square\; \log_a g(x), \] la estricta monotonía de la función \( t \mapsto \log_a t \) en \( (0, +\infty) \) permite eliminar el logaritmo, atendiendo al sentido que corresponde según la base:

• Si \( a > 1 \) (función creciente): \( \log_a f(x) > \log_a g(x) \Longleftrightarrow f(x) > g(x) \), siempre que ambos argumentos sean positivos.
• Si \( 0 < a < 1 \) (función decreciente): \( \log_a f(x) > \log_a g(x) \Longleftrightarrow f(x) < g(x) \), bajo las mismas condiciones de dominio.

En ambos casos el procedimiento de resolución es el siguiente: se determina \( \mathcal{D} \) imponiendo \( f(x) > 0 \) y \( g(x) > 0 \), se elimina el logaritmo aplicando la correspondencia indicada (con o sin inversión del sentido), se resuelven las desigualdades algebraicas resultantes y, finalmente, se intersecta el conjunto obtenido con \( \mathcal{D} \).

Observación lógica. Dentro del dominio \( \mathcal{D} \), ambas condiciones \( f(x) > 0 \) y \( g(x) > 0 \) están garantizadas por hipótesis. Por tanto, al eliminar el logaritmo no es necesario imponer condiciones de positividad adicionales: estas ya están incorporadas en \( \mathcal{D} \). La intersección final con \( \mathcal{D} \) es, pues, suficiente para asegurar la corrección de las soluciones.

Ejemplo 1. Resolver \( \log_2(x + 3) > \log_2(2x - 1) \).

Dominio. \( x + 3 > 0 \) y \( 2x - 1 > 0 \), luego \( \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{1}{2}, +\infty\bigr) \).

Resolución. Base \( a = 2 > 1 \): sentido conservado. \[ x + 3 > 2x - 1 \quad \Longrightarrow \quad 4 > x \quad \Longrightarrow \quad x < 4. \] Intersectando con \( \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{1}{2}, +\infty\bigr) \): \[ \frac{1}{2} < x < 4. \]

Conjunto solución: \( \bigl(\tfrac{1}{2}, 4\bigr) \).

Ejemplo 2. Resolver \( \log_{1/2}(3 - x) > \log_{1/2}(x + 1) \).

Dominio. \( 3 - x > 0 \) y \( x + 1 > 0 \), luego \( \mathcal{D} = (-1, 3) \).

Resolución. Base \( a = \tfrac{1}{2} \), con \( 0 < a < 1 \): función decreciente, sentido invertido. \[ 3 - x < x + 1 \quad \Longrightarrow \quad 2 < 2x \quad \Longrightarrow \quad x > 1. \] Intersectando con \( \mathcal{D} = (-1, 3) \): \[ 1 < x < 3. \]

Conjunto solución: \( (1, 3) \).

Ejemplo 3. Resolver \( \log_5(x^2 - 3x) \geq \log_5(x + 7) \).

Dominio. \( x^2 - 3x > 0 \) y \( x + 7 > 0 \). Factorizando: \( x(x - 3) > 0 \) si \( x < 0 \) o \( x > 3 \). La segunda condición da \( x > -7 \). Luego \( \mathcal{D} = (-7, 0) \cup (3, +\infty) \).

Resolución. Base \( a = 5 > 1 \): sentido conservado (con \( \geq \)). \[ x^2 - 3x \geq x + 7 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - 4x - 7 \geq 0. \] Las raíces del trinomio son \( x = 2 \pm \sqrt{11} \). El trinomio es no negativo para \( x \leq 2 - \sqrt{11} \) o \( x \geq 2 + \sqrt{11} \). Como \( 2 - \sqrt{11} \approx -1{,}32 \) y \( 2 + \sqrt{11} \approx 5{,}32 \), intersectando con \( \mathcal{D} = (-7, 0) \cup (3, +\infty) \): \[ \bigl(-7, 2 - \sqrt{11}\,\bigr] \cup \bigl[2 + \sqrt{11}, +\infty\bigr). \]

Conjunto solución: \( \bigl(-7, 2 - \sqrt{11}\,\bigr] \cup \bigl[2 + \sqrt{11}, +\infty\bigr) \).

Cuando una inecuación contiene logaritmos con bases distintas, no es posible aplicar directamente el principio de comparación ni las propiedades operativas. El método estándar consiste en reducir todos los logaritmos a una base común mediante la fórmula del cambio de base: \[ \log_a x = \frac{\log_b x}{\log_b a}, \] donde la base auxiliar \( b \) se elige de manera que simplifique los cálculos. Las elecciones más habituales son \( b = 10 \) o \( b = e \); en muchos casos resulta conveniente tomar como base común una de las que ya figuran en la inecuación.

Advertencia. Cuando se multiplican o dividen ambos miembros de la desigualdad por una cantidad, debe tenerse en cuenta el signo de dicha cantidad. En particular, \( \log_b a \) tiene signo determinado: es positivo si \( b \) y \( a \) están ambos a un mismo lado de 1 (ambos mayores o ambos menores que uno), y negativo en los demás casos. Multiplicar por una cantidad negativa invierte el sentido de la desigualdad.

Ejemplo 1. Resolver \( \log_2 x > \log_4(x + 2) \).

Dominio. \( x > 0 \) y \( x + 2 > 0 \), luego \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Resolución. Se convierte \( \log_4(x+2) \) a base 2: \[ \log_4(x + 2) = \frac{\log_2(x + 2)}{\log_2 4} = \frac{\log_2(x + 2)}{2}. \] La inecuación se convierte en: \[ \log_2 x > \frac{\log_2(x+2)}{2}. \] Multiplicando ambos miembros por 2 (positivo, sentido conservado): \[ 2\log_2 x > \log_2(x + 2) \quad \Longrightarrow \quad \log_2 x^2 > \log_2(x + 2). \] La escritura \( 2\log_2 x = \log_2 x^2 \) es lícita porque en el dominio \( x > 0 \). Como la base 2 es mayor que uno, se conserva el sentido: \[ x^2 > x + 2 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - x - 2 > 0 \quad \Longrightarrow \quad (x - 2)(x + 1) > 0. \] El trinomio es positivo para \( x < -1 \) o \( x > 2 \). Intersectando con \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \): \[ x > 2. \]

Conjunto solución: \( (2, +\infty) \).

Ejemplo 2. Resolver \( \log_2 x + \log_4 x \leq 3 \).

Dominio. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Resolución. Se convierte \( \log_4 x \) a base 2: \[ \log_4 x = \frac{\log_2 x}{2}. \] Poniendo \( t = \log_2 x \): \[ t + \frac{t}{2} \leq 3 \quad \Longrightarrow \quad \frac{3t}{2} \leq 3 \quad \Longrightarrow \quad t \leq 2. \] Volviendo a la variable original: \( \log_2 x \leq 2 \Rightarrow x \leq 4 \). Intersectando con \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \): \[ 0 < x \leq 4. \]

Conjunto solución: \( (0, 4] \).

Una clase importante de inecuaciones logarítmicas es aquella en la que el logaritmo aparece como argumento de una expresión polinómica. La forma típica es: \[ P\!\bigl(\log_a f(x)\bigr) \;\square\; 0, \] donde \( P \) es un polinomio. El método consiste en hacer \( t = \log_a f(x) \), resolver la inecuación algebraica \( P(t) \;\square\; 0 \) en \( t \), determinando el conjunto de valores admisibles para \( t \), y, para cada intervalo resultante, resolver finalmente la inecuación elemental correspondiente \( \log_a f(x) \;\square\; t_k \).

Atención. La sustitución \( t = \log_a f(x) \) traslada la inecuación a la variable auxiliar \( t \). Una vez resuelta la inecuación en \( t \), cada intervalo obtenido debe traducirse en una condición correspondiente sobre \( x \). Así, un intervalo \( t \in [t_1, t_2] \) se convierte en la conjunción de las dos inecuaciones elementales \( \log_a f(x) \geq t_1 \) y \( \log_a f(x) \leq t_2 \). Cuando la solución en \( t \) es una unión de intervalos, es necesario tratar cada intervalo por separado y reunir los conjuntos solución obtenidos.

Ejemplo 1. Resolver \( (\log_3 x)^2 - \log_3 x - 2 \geq 0 \).

Dominio. \( x > 0 \), luego \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Sustitución. Sea \( t = \log_3 x \). La inecuación se convierte en: \[ t^2 - t - 2 \geq 0 \quad \Longrightarrow \quad (t - 2)(t + 1) \geq 0. \] El trinomio es no negativo para \( t \leq -1 \) o \( t \geq 2 \).

Retorno a la variable original.

• \( \log_3 x \leq -1 \): base \( 3 > 1 \), función creciente, sentido conservado: \( x \leq 3^{-1} = \tfrac{1}{3} \). Intersectando con \( \mathcal{D} \): \( 0 < x \leq \tfrac{1}{3} \).
• \( \log_3 x \geq 2 \): \( x \geq 3^2 = 9 \). Ya en \( \mathcal{D} \).

Conjunto solución: \( \bigl(0, \tfrac{1}{3}\bigr] \cup [9, +\infty) \).

Ejemplo 2. Resolver \( (\log_2 x)^2 - 4 < 0 \).

Dominio. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Sustitución. Sea \( t = \log_2 x \): \[ t^2 - 4 < 0 \quad \Longrightarrow \quad (t-2)(t+2) < 0 \quad \Longrightarrow \quad -2 < t < 2. \]

Retorno a la variable original. La condición \( -2 < \log_2 x < 2 \) se descompone en: \[ \log_2 x > -2 \;\Rightarrow\; x > 2^{-2} = \tfrac{1}{4}, \qquad \log_2 x < 2 \;\Rightarrow\; x < 4. \] Intersectando con \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \): \[ \frac{1}{4} < x < 4. \]

Conjunto solución: \( \bigl(\tfrac{1}{4}, 4\bigr) \).

Ejemplo 3. Resolver \( 2(\log_5 x)^2 + 3\log_5 x - 2 < 0 \).

Dominio. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Sustitución. Sea \( t = \log_5 x \): \[ 2t^2 + 3t - 2 < 0 \quad \Longrightarrow \quad t = \frac{-3 \pm \sqrt{9 + 16}}{4} = \frac{-3 \pm 5}{4}. \] Las raíces son \( t_1 = \tfrac{1}{2} \) y \( t_2 = -2 \). El trinomio es negativo para \( -2 < t < \tfrac{1}{2} \).

Retorno a la variable original. \[ -2 < \log_5 x < \frac{1}{2} \quad \Longrightarrow \quad 5^{-2} < x < 5^{1/2} \quad \Longrightarrow \quad \frac{1}{25} < x < \sqrt{5}. \] Ya en \( \mathcal{D} \).

Conjunto solución: \( \Bigl(\dfrac{1}{25}, \sqrt{5}\Bigr) \).

El siguiente esquema constituye un protocolo completo y riguroso aplicable a cualquier tipo de inecuación logarítmica tratada en este trabajo.

1. Determinación del dominio. Para cada logaritmo \( \log_a f_i(x) \) presente en la inecuación, imponer \( f_i(x) > 0 \). Calcular \( \mathcal{D} = \bigcap_{i \in I} \{x \in \mathbb{R} \mid f_i(x) > 0\} \).
2. Reducción a una base común (si es necesario). Si hay logaritmos con bases distintas, aplicar la fórmula del cambio de base para uniformarlos, teniendo en cuenta el signo de \( \log_b a \) en las operaciones posteriores sobre la desigualdad.
3. Simplificación mediante propiedades de los logaritmos. Aplicar las propiedades del producto, del cociente y de la potencia — válidas solo para argumentos positivos — para reducir la inecuación a una de las formas canónicas: \( \log_a f(x) \,\square\, k \), o bien \( \log_a f(x) \,\square\, \log_a g(x) \), o bien \( P(\log_a f(x)) \,\square\, 0 \).
4. Eliminación del logaritmo. Aplicar la correspondencia monótona: si \( a > 1 \), el sentido se conserva; si \( 0 < a < 1 \), el sentido se invierte. Para las formas polinómicas, aplicar la sustitución \( t = \log_a f(x) \) y resolver la inecuación algebraica en \( t \).
5. Resolución de la inecuación algebraica resultante. Determinar el conjunto de soluciones algebraicas (típicamente un intervalo o una unión de intervalos).
6. Intersección con el dominio. El conjunto solución de la inecuación logarítmica es la intersección entre las soluciones algebraicas y \( \mathcal{D} \). Verificar que se cumpla la condición de positividad de los argumentos; descartar las partes externas a \( \mathcal{D} \).
7. Escritura del conjunto solución.

Ejercicio 1. Resolver \( \log_2(x + 3) \geq 4 \).

Dominio. \( x + 3 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (-3, +\infty) \).

Resolución. Base \( 2 > 1 \): sentido conservado. \( x + 3 \geq 2^4 = 16 \Rightarrow x \geq 13 \). Ya en \( \mathcal{D} \).

Conjunto solución: \( [13, +\infty) \).

Ejercicio 2. Resolver \( \log_3 x + \log_3(x - 1) < 1 \).

Dominio. \( x > 0 \) y \( x - 1 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (1, +\infty) \).

Resolución. \[ \log_3[x(x-1)] < 1 \quad \Longrightarrow \quad x(x-1) < 3 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - x - 3 < 0. \] Las raíces son \( x = \dfrac{1 \pm \sqrt{13}}{2} \). El trinomio es negativo para \( \dfrac{1 - \sqrt{13}}{2} < x < \dfrac{1 + \sqrt{13}}{2} \). Intersectando con \( \mathcal{D} = (1, +\infty) \): \[ 1 < x < \frac{1 + \sqrt{13}}{2}. \]

Conjunto solución: \( \Bigl(1,\, \dfrac{1 + \sqrt{13}}{2}\Bigr) \).

Ejercicio 3. Resolver \( \log_5(x + 1) \geq \log_5(2x - 3) \).

Dominio. \( x + 1 > 0 \) y \( 2x - 3 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{3}{2}, +\infty\bigr) \).

Resolución. Base \( 5 > 1 \): sentido conservado. \[ x + 1 \geq 2x - 3 \quad \Longrightarrow \quad 4 \geq x \quad \Longrightarrow \quad x \leq 4. \] Intersectando con \( \mathcal{D} = \bigl(\tfrac{3}{2}, +\infty\bigr) \): \[ \frac{3}{2} < x \leq 4. \]

Conjunto solución: \( \bigl(\tfrac{3}{2},\, 4\bigr] \).

Ejercicio 4. Resolver \( \log_2(x - 1) + \log_2(x - 5) < 3 \).

Dominio. \( x - 1 > 0 \) y \( x - 5 > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (5, +\infty) \).

Resolución. \[ \log_2[(x-1)(x-5)] < 3 \quad \Longrightarrow \quad (x-1)(x-5) < 8. \] \[ x^2 - 6x + 5 < 8 \quad \Longrightarrow \quad x^2 - 6x - 3 < 0. \] Las raíces son \( x = 3 \pm 2\sqrt{3} \). El trinomio es negativo para \( 3 - 2\sqrt{3} < x < 3 + 2\sqrt{3} \). Como \( 3 + 2\sqrt{3} \approx 6{,}46 \), intersectando con \( \mathcal{D} = (5, +\infty) \): \[ 5 < x < 3 + 2\sqrt{3}. \]

Conjunto solución: \( \bigl(5,\, 3 + 2\sqrt{3}\bigr) \).

Ejercicio 5. Resolver \( \log_{1/2}(x + 1) < \log_{1/2}(3 - x) \).

Dominio. \( x + 1 > 0 \) y \( 3 - x > 0 \Rightarrow \mathcal{D} = (-1, 3) \).

Resolución. Base \( \tfrac{1}{2} \), con \( 0 < a < 1 \): función decreciente, sentido invertido. \[ x + 1 > 3 - x \quad \Longrightarrow \quad 2x > 2 \quad \Longrightarrow \quad x > 1. \] Intersectando con \( \mathcal{D} = (-1, 3) \): \[ 1 < x < 3. \]

Conjunto solución: \( (1, 3) \).

Ejercicio 6. Resolver \( (\log_2 x)^2 - 5\log_2 x + 6 < 0 \).

Dominio. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Sustitución. Sea \( t = \log_2 x \): \[ t^2 - 5t + 6 < 0 \quad \Longrightarrow \quad (t-2)(t-3) < 0 \quad \Longrightarrow \quad 2 < t < 3. \]

Retorno a la variable original. \[ 2 < \log_2 x < 3 \quad \Longrightarrow \quad 4 < x < 8. \] Ya en \( \mathcal{D} \).

Conjunto solución: \( (4, 8) \).

Ejercicio 7. Resolver \( \log_2 x + \log_4 x > 3 \).

Dominio. \( \mathcal{D} = (0, +\infty) \).

Resolución. \( \log_4 x = \dfrac{\log_2 x}{2} \). Sea \( t = \log_2 x \): \[ t + \frac{t}{2} > 3 \quad \Longrightarrow \quad \frac{3t}{2} > 3 \quad \Longrightarrow \quad t > 2 \quad \Longrightarrow \quad \log_2 x > 2 \quad \Longrightarrow \quad x > 4. \] Ya en \( \mathcal{D} \).

Conjunto solución: \( (4, +\infty) \).

La interpretación gráfica de las inecuaciones logarítmicas ofrece una visión cualitativa del conjunto solución, complementando el tratamiento analítico.

Resolver la inecuación \( \log_a f(x) > k \) equivale geométricamente a determinar los valores de la incógnita para los que la gráfica de \( y = \log_a f(x) \) se encuentra por encima de la recta horizontal \( y = k \). Si \( a > 1 \), la función es creciente y la gráfica supera el umbral \( y = k \) para argumentos suficientemente grandes; si \( 0 < a < 1 \), la función es decreciente y supera dicho umbral para argumentos suficientemente pequeños (y positivos). La distinción gráfica entre ambos casos hace visualmente evidente el mecanismo de inversión del sentido.

Resolver \( \log_a f(x) > \log_a g(x) \) equivale a encontrar los valores de la incógnita para los que la gráfica de \( y = \log_a f(x) \) se encuentra por encima de la gráfica de \( y = \log_a g(x) \). El sentido de la comparación depende de la monotonía: si \( a > 1 \), la gráfica de \( \log_a f(x) \) es más alta que la de \( \log_a g(x) \) exactamente cuando \( f(x) > g(x) \); si \( 0 < a < 1 \), esa misma gráfica es más alta exactamente cuando \( f(x) < g(x) \), pues la función logarítmica ordena inversamente sus argumentos.

En las inecuaciones resueltas por sustitución, el conjunto solución en \( t \) corresponde a una banda horizontal en el plano \( (x, t) \) a lo largo de la curva \( t = \log_a f(x) \); el retorno a la variable \( x \) consiste en determinar la preimagen de dicha banda mediante la función \( x \mapsto \log_a f(x) \), teniendo en cuenta — una vez más — la monotonía respecto a la base.

La interpretación gráfica pone también de manifiesto el papel del dominio: las ramas de la gráfica existen únicamente para \( x \in \mathcal{D} \), y cualquier porción de recta o curva exterior a \( \mathcal{D} \) está sencillamente ausente en el plano cartesiano. Los valores excluidos no corresponden a ningún punto de la gráfica y, por tanto, no pueden constituir soluciones de la inecuación logarítmica original.