Найдём ОДЗ:
\(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{3}{x} + 2 > 0,\\x + 3 > 0,\\\dfrac{{x + 4}}{{{x^2}}} > 0\end{array} \right.\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{2x + 3}}{x} > 0,\\x > -3,\\x + 4 > 0,\\x \ne 0\end{array} \right.\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}x \in \left( {-\infty ;-\dfrac{3}{2}} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right),\\x \in \left( {-3; + \infty } \right),\\x \in \left( {-4; + \infty } \right),\\x \ne 0\end{array} \right.\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,x \in \left( {-3;-\dfrac{3}{2}} \right) \cup \left( {0; + \infty } \right).\)
Вернёмся к исходному неравенству:
\({\log _2}\left( {\dfrac{3}{x} + 2} \right)-{\log _2}\left( {x + 3} \right) \le {\log _2}\dfrac{{x + 4}}{{{x^2}}}\;\;\;\; \Leftrightarrow \;\,\;\;{\log _2}\left( {\dfrac{3}{x} + 2} \right) \le {\log _2}\dfrac{{x + 4}}{{{x^2}}} + {\log _2}\left( {x + 3} \right)\;\;\;\; \Leftrightarrow \)
\( \Leftrightarrow \;\,\;\;{\log _2}\dfrac{{2x + 3}}{x} \le {\log _2}\dfrac{{\left( {x + 4} \right)\left( {x + 3} \right)}}{{{x^2}}}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\dfrac{{2x + 3}}{x} \le \dfrac{{{x^2} + 7x + 12}}{{{x^2}}}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \)
\( \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\dfrac{{2{x^2} + 3x-{x^2}-7x-12}}{{{x^2}}} \le 0\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\dfrac{{{x^2}-4x-12}}{{{x^2}}} \le 0.\)
Решим полученное неравенство методом интервалов:
Найдём нули числителя: \({x^2}-4x-12 = 0\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\left[ \begin{array}{l}x = -2,\\x = 6.\end{array} \right.\)
Найдём нули знаменателя: \({x^2} = 0\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,x = 0.\)
Следовательно, \(x \in \left[ {-2;0} \right) \cup \left( {0;6} \right].\)
Найдём общее решение с ОДЗ:
Таким образом, решением исходного неравенства является: \(x \in \left[ {-2;-1,5} \right) \cup \left( {0;6} \right].\)
Ответ: \(\left[ {-2;-1,5} \right) \cup \left( {0;6} \right].\)