По свойству
логарифма произведения ($$\log_a(b\cdot c)=\log_a b+\log_a c$$)\[
\log_2(2x)=\log_2 2+\log_2 x=1+\log_2 x.
\]
Используя
основное логарифмическое тождество ($a^{\log_a b}=b$ при $b>0$), перейдём к равносильной системе:
\[
\begin{cases}
\log_2^2 x+\dfrac{2}{\log_2 x+1}-2\leqslant 0,\\
\log_2^2 x > 0.
\end{cases}
\]
Число в квадрате всегда неотрицательно, поэтому при всех допустимых $x$ неравенство $\log_2^2 x>0$ равносильно условию $
\log_2 x\neq 0.$
Сделаем замену $t=\log_2 x:$
\[
t^2+\dfrac{2}{t+1}-2\leqslant 0;
\]
\[
\dfrac{t^2(t+1)+2-2(t+1)}{t+1}\leqslant 0;
\]
\[
\dfrac{t^3+t^2+2-2t-2}{t+1}\leqslant 0;
\]
\[
\dfrac{t^3+t^2-2t}{t+1}\leqslant 0;
\]
\[
\dfrac{t(t^2+t-2)}{t+1}\leqslant 0;
\]
Разложим квадратный трёхчлен $t^2+t-2$ на множители.
Корни будут $t_1=-2, t_2=1.$ (По обратной теореме Виета:
Если числа $t_1$ и $t_2$ таковы, что они удовлетворяют условию
\[
\begin{cases}
t_1+t_2=-1,\\
t_1\cdot t_2=-2,
\end{cases}
\]
то они являются корнями.
Разложим $-2$ на два множителя. Сумму $-1$ даёт пара $-2$ и $1.$
Проверка:
\[
\begin{cases}
-2+1=-1,\\
(-2)\cdot 1=-2.
\end{cases}
\]
Значит,
\[
\left[
\begin{array}{l}
t_1=-2,\\
t_2=1.
\end{array}
\right.
\])Значит,
\[
t^2+t-2=(t-1)(t+2).
\]
Имеем:
\[
\dfrac{t(t-1)(t+2)}{t+1}\leqslant 0.
\]
Решим полученное неравенство методом интервалов:
\[
t\in[-2;-1)\cup[0;1].
\]
Функция $y = \log_2 x$ монотонно возрастает, так как $2 > 1$. Сделаем обратную замену, учитывая второе условие системы:
\[
\left[
\begin{array}{l}
-2\leqslant\log_2 x<-1,\\[2mm]
0<\log_2 x\leqslant1
\end{array}
\right.
\quad\Longleftrightarrow\quad
\left[
\begin{array}{l}
\log_2\dfrac14\leqslant\log_2 x<\log_2\dfrac12,\\[2mm]
\log_2 1<\log_2 x\leqslant\log_2 2
\end{array}
\right.
\quad\Longleftrightarrow\quad
\left[
\begin{array}{l}
\dfrac14\leqslant x<\dfrac12,\\[2mm]
1< x\leqslant 2.
\end{array}
\right.
\]
Получаем:
\[
x\in\left[\dfrac14;\dfrac12\right)\cup(1;2].
\]
Ответ: $\left[\dfrac14;\dfrac12\right)\cup(1;2].$
