В настоящее время на выпускных экзаменах за курс средней школы и на вступительных экзаменах в различные учебные заведения предлагаются уравнения с модулем и параметрами, решения которых часто вызывает у учащихся затруднения. Рассмотрим решение различных видов уравнений, объединяющим признаком для которых будет только наличием знака абсолютной величины.

Скачать:

Предварительный просмотр:

Решение уравнений, содержащих знак модуля (абсолютной величины)

В настоящее время на выпускных экзаменах за курс средней школы и на вступительных экзаменах в различные учебные заведения предлагаются уравнения с модулем и параметрами, решения которых часто вызывает у учащихся затруднения. Рассмотрим решение различных видов уравнений, объединяющим признаком для которых будет только наличием знака абсолютной величины.

По определению модулем (абсолютной величиной) действительного числа а (обозначается |а|) называется само это число, если а≥0 , и противоположное число -а , если а

, при а≥0 и , при а

Геометрически |а| означает расстояние на координатной прямой от точки, изображающей число а , до начала отсчета. Модуль нуля равен нулю, а если а≠0 , то на координатной прямой существуют две точки а и –а , равноудаленные от нуля, модули которых равны |а|=|-а|.

Прежде чем приступать к изучению методов решения уравнений, содержащих знак абсолютной величины, нужно добиться четкого понимания действия этого знака на числа. По существу, определение модуля вводит новую унарную операцию на множестве действительных чисел, т.е. операцию, производимую с одним числом, в отличие от более привычных бинарных операций сложения, вычитания, умножения и деления. Проверить правильность понимание знака модуля можно на упражнениях следующих видов.

1. Чему равна разность ?

2. Чему равна сумма ?

3. Чему равна дробь ?

4. Верно ли утверждение: если , то a=b?

5. Верно ли утверждение: если a=b , то ?

6. При каких значениях х верно равенство:

а). х = |х|; б). –х = |-х|; в). –х = |х|?

7. Имеет ли корни уравнение и если имеет, то сколько:

а). |х|=0 ; б). |х|=1; в). |х|=-3; г ). |-х|=2; д). |х|=1,2?

8. Запишите выражение без знака абсолютной величины:

а). |х+2|; б ). |х+2|+х; в). -2|х+2|-х; г). |2-х|;

д). -2|2-х|+2-х; е). |х-|х||; ж). |х+2|х||+2х.

Задача 3.1 , Может ли быть верным равенство

И если да, то когда ?

Часто встречается такой ответ: «Данное равенство верно в том случае, когда числа а и b имеют разные знаки». Ответ не является полным, поскольку в нем ничего не говорится о том случае, когда одно из этих чисел обращается в ноль. Здесь допущена распространенная ошибка, которая заключается в неполноте проведенной классификации. В данном случае следует учитывать, что, кроме положительных и отрицательных чисел, существует еще и ноль. Правильный ответ : при .

Рассмотрим некоторые частные случаи уравнений с модулем.

1. Решение уравнения .

По определению абсолютной величины, данное уравнение распадается на совокупность двух смешанных систем:

F(x)=a f(-x)=a

Так как функция четная, то ее корни будут существовать парами противоположных чисел, т.е. если α – корень уравнения, то и –α также будет корнем данного уравнения. Следовательно, достаточно решить лишь одну из этих двух систем.

Пример 1 . Решить уравнение 2|х|-4,5-0,5|х|=7,5.

Это уравнение достаточно простое, и пока нет смысла записывать его в виде двух систем, а можно просто привести подобные и перегруппировать: 1,5|х|=12 → |х|=8 → х 1 =-8, х 2 =8.

Пример 2 . Решить уравнение х 2 -|х|=6.

Как было сказано выше, уравнение распадается на две системы, но в силу четности функции можно решать только одну систему, не забывая к полученным решениям добавить значения противоположных знаков.

Х 2 -х-6=0, х 1 =-2, х 2 =3

Х≥0 х≥0

Решением системы будет значение х=3 , а решением данного уравнения два значения: х 1 =-3, х 2 =3 .

Для решения подобного уравнения графически нужно для неотрицательных значений х построить график функции у 1 = f(x) , отразить его симметрично относительно оси Оу в область отрицательных значений х и затем построить график функции у 2 =а . Решением будут абсциссы точек пересечения графиков у 1 и у 2 .

2. Решение уравнения вида .

Решение такого уравнения распадается на совокупность двух смешанных систем:

F(x)=φ(х) f(x)= - φ(х)

φ(х) φ(х)

3. Решение уравнений вида .

Находим корни двучленов, стоящих под знаком абсолютной величины: …

Пусть x 1 2 k . Данное уравнение последовательно решают на промежутках: (-∞, x 1 ], , …, Уравнение принимает вид -х 2 +5х-6=5х-х 2 -6 и после преобразований оно не зависит от х: -6=-6 . Значит, х может быть любым из рассматриваемого промежутка.

Окончательное решение уравнения х .

Пример 3 . Решить уравнение |х 2 -1|=-|х|+1

Первый модуль дает две характеристические точки х 1 =-1 , х 2 =1 , второй модуль точку х=0 . Область допустимых значений разбивается на четыре промежутка (-∞; -1) [-1; 0] (0; 1] (1;+ ∞) , в каждом из которых мы должны раскрывая модули внимательно смотреть на знак стоящих выражений.

а). х (-∞; -1) : х 2 -1=х+1, х 2 -х-2=0 . Корни этого уравнения х 1 =-1 , х 2 =2 не попадают в выбранный открытый промежуток. Здесь нужно сделать важное замечание. При разбиении области допустимых значений на промежутки характеристические точки включаются в промежутки по вашему усмотрению, можно каждую характеристическую точку включать в оба промежутка, границей которых она служит, а можно только в один из них. К ошибке это не приведет.

б). х [-1; 0] : -х 2 +1=х+1, х 2 +х=0, х 1 =-1 , х 2 =0. Оба корня входят в рассматриваемый промежуток и, следовательно, являются решениями исходного уравнения.

в). х (0; 1] : -х 2 +1=-х+1, х 2 -х=0, х 1 =0 , х 2 =1 . Второй корень попадает в промежуток.

г). х (1;+ ∞) : х 2 -1=-х+1, х 2 +х-2=0, х 1 =-2 , х 2 =1 . Оба корня не входят в промежуток.

Окончательное решение данного уравнения, содержит три корня: х 1 =-1 , х 2 =0, х 3 =1.

Во всех показанных примерах уравнений с модулями возможно было графическое решение, порой оно даже более быстрое, чем долгий перебор всех промежутков, на которые разбивается характеристическими точками область допустимых значений.

Тренировочные упражнения.

1. | x+5| = |10+x|

1. |3x+1|+x=9
2. |x-3|+2|x+1|=4

Цели урока:

образовательные:

• повторение различных способов решения уравнений, содержащих знак модуля;
• решение уравнений различными способами;
• решение уравнений, предлагавшихся на вступительных экзаменах в мгу;
• решение уравнений, содержащих знак модуля и параметр;

воспитательные:

• развитие внимания;
• развитие умения правильно и чётко записывать решение;
• развитие умения слушать объяснение одноклассников;
• развитие умения проверять собственное решение;

развивающие:

• развитие умения находить наиболее рациональный способ решения;
• развитие математического мышления;
• развитие умения обосновывать своё решение;
• развитие умения обобщать полученные знания;
• развитие умения решать уравнения с параметром;

Оборудование:

• классная доска;
• раздаточный материал с условиями заданий для работы в группах;
• компьютер;
• проектор;
• экран.

Знания, умения, навыки.

В результате проведения урока учащиеся должны повторить основные приёмы решения уравнений, содержащий знак модуля, научиться решать подобные уравнения уровня школьных выпускных и конкурсных экзаменов, научиться понимать и уметь находить решение уравнений, содержащих параметр.

ХОД УРОКА

1) Повторить определение модуля числа и способы его раскрытия в зависимости от знака аргумента.

2) Повторить основные способы решения уравнений, содержащих модули выражения:

а) решение уравнений путем раскрытия модуля внешним способом;

б) решение уравнений путем раскрытия модуля изнутри;

в) решение уравнений, содержащих модули, методом замены переменной;

г) решение уравнений, содержащих несколько модулей;

д) решение уравнений, содержащих модули и параметры одновременно.

3) Решение уравнений различными методами (работа в группах).

4) Решение уравнений конкурсных экзаменов (с использованием компьютера).

5) Решение уравнений, содержащих модули и параметры одновременно (с использованием классной доски, компьютера и проектора).

6) Подведение итогов урока, выставление оценок.

Материалы к уроку:

1. К каждому из указанных уравнений подобрать метод решения и решить его (решение на доске и в тетрадях).

а) | 5 - 4х | = 1

б) | 6х2 _ 5х + 1 | = 5х - 6х2 - 1

в) х2 + 3|х+1| - 1 = 0

г) | х - 2| + |х + 4| = 8

д) 2|х + 2| + 3 = (х + 2)2

Ответы: а) 1; 1.5; б) ; в) -1; г) -5; 3; д) -5; 1.

2. Работа в группах (каждая группа получает конверт с заданием и карточку для выставления оценки и самооценки выполненной работы).

Вид карточки выставления оценок. (Приложение 2)

Критерий выставления оценки:

“5”- решил 5 уравнений различными способами самостоятельно;

“4”- решил 5 уравнений различными способами и получил одну консультацию у членов группы;

“3”- решил 5 уравнений различными способами и получил две или три консультации у членов группы;

“2”- испытывал трудности при решении уравнений и постоянно консультировался у членов группы;

Оценка выставляется группой после обсуждения и самим учеником, итоговая оценка выставляется учителем.

КАРТОЧКА №1

а) | 3х-3 | = 6;

б) | х 2 - 3х - 10 | = 3х - х 2 + 10;

в) 1/|х| + 1/(х + 1) = 2;

г) | х 2 - 9 | + | х - 2| = 5;

д) | х - 1| + | х - 2| + | х - 3| = х.

КАРТОЧКА №2

а) | 3-2х | = 4;

б) | х 2 - 3х + 2 | = 3х - х 2 - 2;

в) 2/|х - 1| + 4/(х + 3) = 3;

г) | х 2 - 8х | - 9 = 0;

д) | х - 3 | + | х + 2 | - | х - 4 | = 3.

КАРТОЧКА №3

а) | 5х-4 | = 6;

б) х 2 + 2| х - 1 | - 1 = 0;

в) | х 2 - 2х | - 3 = 0;

г) (х - 3,5) 2 + 2| х - 3,5 | = 1,25;

д) | х + 2 | - | х - 3 | + | х - 1 | = 1.

3. Решение уравнений конкурсных экзаменов.

а) Решим уравнение: |||| х -3 | - 1 | + 2 | - 3| = 1

Раскроем модуль внешним способом, получим совокупность двух уравнений:

||| х - 3 | - 1 | + 2 | - 3 = 1 и ||| х - 3 | - 1 | + 2 | - 3 = -1, преобразуя которые получаем:

||| х- 3 | - 1 | + 2 | = 4 и ||| х - 3 | - 1 | + 2 | = 2.

Раскроем вновь модуль внешним образом, получаем совокупность из четырех уравнений:

|| х - 3 | - 1 | + 2 = 4; || х - 3 | - 1 | + 2 = -4; || х - 3 | - 1 | + 2 = 2 и

|| х - 3 | - 1 | + 2 = -2.

Вновь преобразуем полученные уравнения:

|| х - 3 | - 1 | = 2; || х - 3 | - 1 | = -6; || х- 3 | - 1 | = 0 и || х - 3 | - 1 | = -4.

Легко видеть, что второе и четвертое из полученных уравнений решения не имеют, так как модуль не может принимать отрицательных значений.

Дальнейшее раскрытие модулей приводит к ответу: х = 0; 2; 4; 6.

б) В качестве домашнего задания предлагается решить следующие уравнения:

|| х - 2 | - 4 | = 3;

|||| х + 1| - 5 | + 1| - 2 | = 2;

|||| х + 3| - 2 | + 1 | - 3| = 3;

|| 2х - 7 | - х | = 7 - х;

|| х - 1 | - х - 3 | + х = 4;

|| 2х - 1 | - х - 3 | = 4 - х.

4. Решение уравнений с параметром.

Предлагается определить количество корней уравнения в зависимости от значения параметра а и решить данное уравнение двумя способами: аналитическим и графическим:

| х 2 - 2х - 3 | = а.

а) Графический способ решения уравнения:

Для решения данного уравнения необходимо построить графики следующих функций: у 1 = |х 2 - 2х - 3| и у 2 = а . Графиком первой функции является парабола, у которой область отрицательных значений функции отображена в область положительных значений переменной у относительно оси х . Графиком второй функции является прямая, параллельная оси х .

Легко видеть,что при а ‹0 полученный графики не пересекаются, что говорит об отсутствии решений данного уравнения. При а = 0имеем две точки пересечения графиков, а, следовательно, и два решения: х = -1 и х = 3. При 0‹а‹ 4точек пересечения графиков - четыре, а решения имеют вид:

При а = 4 решений три: х 1 = 1 – 22 и х 2 = 1 + 22 , а х 3 = х 4 = 1.

При а ›4 решений, как и точек пересечения графиков, остается два:

б) Аналитический способ решения уравнения:

Первый вывод можно сделать сразу: а > 0, поскольку модуль не может принимать отрицательные значения. Таким образом, при а‹0 решений нет. При а = 0 решаем квадратное уравнение: х 2 - 2х - 3 = 0, решением которого являются х 1 = -1 и х 2 = 3. При а ›0 решаемотдельно два уравнения:

х 2 - 2х - 3 = а (1) и х 2 - 2х - 3 = -а (2).

Уравнение (1) имеет два решения при любых значениях параметра а› 0. Уравнение (2) имеет два решения только при 0‹а ‹4, при этих значениях параметра дискриминант квадратного уравнения (2) положителен, а корни уравнения аналогичны х 3 и х 4 , найденным при графическом решении. При а = 4 дискриминант уравнения (2) равен 0, решение уравнения (2) одно и равно 1.

В результате решения любым способом получен следующий ответ:

При а ‹0 решений нет;

При а = 0х = -1; 3.

При 0‹а‹ 4:

При а = 4: х 1 = 1 - 22 и х 2 = 1 + 22 , а х 3 = х 4 = 1.

При а ›4:

в) В качестве домашнего задания предлагается определить количество корней уравнения в зависимости от значений параметра а:

1) | 5 + 2х - х 2 | = а ; 2) х 2 - 6|х| + 5 = а ; 3) х 2 - 3|х| = а .

5. Подведение итогов урока, выставление оценок.

Уравнения и их системы, содержащие знак абсолютной величины
(методическая разработка)

Параграф 1. Основные сведения.

Пункт 1. Определение абсолютной величины числа. Решение простейших уравнений.

Знакомство с понятием абсолютной величины числа (модуля числа) лучше начинать с его геометрической интерпретации: в геометрии модуль - это расстояние от точки, изображающей данное число на числовой оси или координатной плоскости, до начала координат. Так, число 5 расположено на числовой оси справа от нуля, а число -5 слева от нуля, но расстояния от точек, изображающих эти числа, до начала координат одинаковы и равны 5. Значение абсолютной величины числа a обозначается скобками: .
Поясним геометрическое определение модуля графически:

Соответственно устанавливается алгебраическое определение модуля некоторой величины:

.
Рассмотрим теперь простейшие (но важные для понимания материала) уравнения, включающие знак абсолютной величины. Под будем понимать некоторое алгебраическое выражение, содержащее неизвестную переменную.

А.Уравнения вида, где a - заданное число. (1)
Уточним стоящую перед нами задачу: если x - некоторое решение уравнения (1), то, согласно геометрическому определению модуля, точка f на числовой прямой расположена на расстоянии a от начала координат. Поэтому, если a0, то имеем две искомые точки: f1=-a, f2=a.

Итак, уравнение (1): при a0 имеет своими решениями решения уравнений и.
Коротко последнее утверждение записывается так:

Читается: множество решений уравнения при a>0 есть объединение множеств решений уравнений и.

Пример 1. Решить уравнения: а) ; б) ; в) ; г) .

Решения:
а) 
Ответ: x1=1 ; x2=6.

Б) => решений нет, т.к. модуль (абсолютное значение) любой величины не может быть отрицателен.
Ответ: решений нет.

В) 
Ответ: x1=-3; x2=0.

Г) 
Ответ: x1=-3; x2=3.

Пример 2. Решить уравнения: а) ; б) .

Решения:
а) согласно (1) в данном случае = , т.е. f(x)≥2. Поэтому уравнение не имеет решений.
Ответ: решений нет.

Ответ: x1=-5; x2=0; x3=2; x4=7.

В. Уравнения вида (2) и (3).
Поскольку модуль любого выражения - величина неотрицательная, следовательно, если x - решение уравнения (2), то и правая часть данного уравнения неотрицательна, т.е. . Но тогда в левой части этого же уравнения по определению равен просто. Вывод: при обязательном условии мы пришли к тождеству, поэтому решения неравенства будут одновременно решениями уравнения (2).
Рассуждая аналогично, получаем, что все решения неравенства являются решениями уравнения (3).

Пример 3. Решить уравнения: а) ; б) ; в) .
Решения:
а) 
Ответ: .

Б) 
Ответ: .

С. Уравнения вида (4).
Если x - решение уравнения (4), то, согласно геометрическому определению модуля, расстояния на числовой прямой от точек f и g до начала координат равны, т.е. либо точки f и g совпадают (имеем:), либо симметричны друг другу относительно начала координат (имеем:). Поэтому

В качестве особого следует упомянуть уравнение.
Решениями данного уравнения являются все x, при которых выражение определено.

Пример 4. Решить уравнения: а) ; б) ; в) ; г) .

Решения:

А) Данное уравнение есть уравнение вида, где. Эта функция определена при любых действительных x, поэтому x - любое.
Ответ: x - любое.

Б) 
Ответ: .

В) 
.
Ответ: .

Замечание: т.к.  , то обе части уравнения (4) можно возвести в квадрат, освобождаясь от модулей, причем среди корней получившегося уравнения не окажется «лишних» для нас.
Например: , откуда получаем.

D. Уравнения вида. (5)
Имеем: сумма неотрицательных по определению выражений равна нулю. Следовательно, каждое из слагаемых должно равняться нулю. Т.к. тогда и только тогда, когда, и тогда и только тогда, когда, следовательно уравнение (5) равносильно системе: .
Решать данную систему рациональнее следующим образом: выбрав из уравнений более простое, найти его решения и проверить их на соответствие всей системе подстановкой в оставшееся уравнение.

Пример 5. Решить уравнения: а) ;
б) .

Решения:

А)
Подставляем поочередно x=-1 и x=1 в первое уравнение, получаем, что оба уравнения системы выполнены только при x=-1.
Ответ: x=-1.

Б) Данное уравнение эквивалентно (равносильно) системе:

Ответ: x=-2.
Пункт 2. Метод интервалов. Решение простейших систем.

Пусть требуется решить уравнение. Согласно алгебраическому определению модуля:

Таким образом точка x=2 разбивает числовую ось на два интервала, на каждом из которых модульные скобки над выражением x-2 раскрываются по разному:

Поэтому решение исходного уравнения сводится к последовательному рассмотрению двух возможных ситуаций:
а) Предположим, что x - решение исходного уравнения, причем.
Тогда и имеем: , что соответствует условию а). Поэтому является решением исходного уравнения.
б) Предположим, что x - решение исходного уравнения, причем
Тогда и имеем: , что не соответствует условию б). Поэтому не является решением исходного уравнения.
Рассмотренное уравнение имеет единственный корень: .

Особенно метод интервалов полезен, если в уравнении несколько модульных скобок. Единственное затруднение - в определении четкой последовательности действий, поэтому настоятельно рекомендуется придерживаться следующего плана:

1) Определить все значения неизвестного, при которых выражения под знаками модуля обращаются в ноль или становятся неопределенны, и отметить полученные точки на числовой оси.
2) Решить исходное уравнение на каждом из выявленных числовых промежутков.
3) Объединить найденные решения в общий ответ.

Полезно по окончании первого этапа выписать, как именно в зависимости от положения неизвестного на числовой оси раскрываются каждые модульные скобки.

Упражнение: раскрыть модульные скобки в выражении.
Сначала рассматриваем внутренние скобки: при, поэтому отмечаем на числовой оси точку.
Затем рассматриваем внешние скобки: решаем уравнение (решение проводится изложенным выше методом интервалов:

Первое уравнение не имеет корней, а корнями второго являются числа 1 и -1, но x=1 не удовлетворяет условию).
Далее, выбрав произвольное x, большее -1, например x=0, убеждаемся, что при x>-1 ; выбрав произвольное x, меньшее -1, например x=-2, убеждаемся, что при x

В итоге на числовой оси отмечены точки x=-1 и x=0. На каждом из получившихся промежутков модули в исходном выражении раскрываются по «цепочке» (*):

При;
при;
при.

Пример 6.Решить уравнения: а) ; б) ; в) ; г) .
Решения:

А) I этап.
. Поэтому:
.

II этап.
1) Тогда поэтому исходное уравнение примет вид: .

2) . Тогда поэтому исходное уравнение примет вид: что не соответствует рассматриваемому отрезку, поэтому на данном промежутке исходное уравнение корней не имеет.
3) Тогда поэтому исходное уравнение примет вид: что соответствует рассматриваемому полуинтервалу, поэтому исходного уравнения.
III этап.
На первом и втором числовых промежутках уравнение решений не имеет. На третьем получили решение.
Ответ: .

Б) I этап.
Поэтому:

Имеем следующие числовые промежутки:

II этап.
1) Тогда поэтому исходное уравнение примет вид:
Получили верное числовое равенство, поэтому любое из данного полуинтервала является решением исходного уравнения!
2) . Имеем, раскрывая модули согласно результатам первого этапа: что соответствует рассматриваемому отрезку, поэтому есть решение исходного уравнения.
3) Раскрываем модули:
Получили неверное числовое равенство, поэтому на данном полуинтервале исходное уравнение корней не имеет.

III этап.
На первом промежутке:
На втором промежутке:
На третьем промежутке: нет решений.
Итог:
Ответ:

В) I этап.
Сначала рассматриваем «внутренний» модуль, затем «внешний»:
1) x=0 при x=0 =>
2)
Данное уравнение следует решить отдельно. Заметим при этом, что числовые промежутки, которые следует рассматривать, уже известны (см. (*)):
при имеем нет решений
при имеем,
но x1 не соответствует условию.
Итак, .
Само же выражение положительно при (например, x=10:) и отрицательно при (например, x=1:). Поэтому:

Имеем следующие числовые промежутки:

II этап.
На каждом промежутке сначала раскрываем внешние модульные скобки, затем внутренние.
1) .
: , что соответствует рассматриваемому интервалу, поэтому есть решение исходного уравнения.
2) .
: .
Проверим соответствие найденных корней заданному отрезку: - очевидно, проверим теперь, выполняется ли соотношение

Очевидно, т.е. является посторонним корнем.
3) .
: . Проверим полученное на соответствие заданному полуинтервалу: является корнем исходного уравнения.

III этап.
;
;
.
Ответ: .

Г) Особенностью данного уравнения является присутствие неизвестной величины в знаменателе дроби, поэтому необходимо на каждом числовом промежутке находить область определения уравнения (ООУ).

Имеем два полуинтервала:

II этап.
1) раскрывая модуль и упрощая, получаем уравнение.
ООУ: . При из ООУ, очевидно, получаем верное равенство, т.о. решениями исходного уравнения являются все.
2) раскрывая модуль и упрощая, получаем уравнение ООУ: . Тогда, что соответствует рассматриваемому полуинтервалу, поэтому есть решение исходного уравнения.

Ответ: .

B. Решение несложных систем уравнений, содержащих знак абсолютной величины, не должно вызывать трудностей: как правило, достаточно использовать известный учащимся метод подстановки.

Пример 7. Решить системы уравнений:
а) б) в) г)

Решения:
а) Из первого уравнения системы получаем:
Тогда, после подстановки (*), второе уравнение примет вид:
.
Согласно (*): при при.
Ответ:

Б) Из первого уравнения системы получаем:
.
При из второго уравнения системы получаем
соответственно, x=2.
При из второго уравнения системы получаем y=-5.
Ответ: .

В) Из второго уравнения системы получаем:
.
При из первого уравнения получаем.
При из первого уравнения получаем; соответственно, .
Ответ: .

Г) В данном случае проще воспользоваться методом сложения, а для решения получающегося уравнения - методом интервалов.
.

1) получаем решений нет;
2) получаем.
Вывод: и теперь из первого уравнения получаем.
Ответ: .

Пункт 3. Рациональные методы решения: простейшие геометрические и алгебраические соображения, обобщение метода интервалов, замена переменной.

А. Некоторые простые уравнения допускают ясную геометрическую интерпретацию, решение их значительно упрощается - «неподходящие» числовые промежутки сразу исключаются из рассмотрения.
Покажем сначала, что геометрически есть расстояние между точками числовой оси, изображающими числа и. Для этого на числовой оси, где уже отмечены и перенесем начало координат в точку. Координаты точек изменятся:

Расстояние между точками и это, согласно новой системе отсчета, расстояние между точками и, т.е.

Пример 8. Решить уравнения: а) б) в) г) д) .

Решения:
а)Требуется указать на числовой оси такие x, что сумма расстояний от x до 1 и от x до 3 равна 3 ед. Расстояние между 1 и 3 равно 2 ед., поэтому (иначе). Получается, что x лежит либо левее 1, либо правее 3 - на некотором расстоянии от них, причем в любом случае. Поэтому, откуда.

Теперь легко находятся два значения x.
Ответ: .
б) Требуется указать на числовой оси такие точки 2x, что расстояние от 2x до -2 больше расстояния от 2x до 7 на 9,12 ед.
Если, рассматриваемая разность всегда равна -9;
Если, рассматриваемая разность всегда равна 9;
Если, рассматриваемая разность меньше либо равна 9.
Пусть, например, :

Тогда.
Ответ: решений нет.

В) Перепишем уравнение в виде. Поэтому искомое x лежит в три раза ближе к 3, чем к 2:

=> нет решений, так как x всегда ближе к 2, чем к 3;
«на глазок», ;
=> «на глазок», .
Ответ: .

Г) Данный пример показывает, что очень полезным бывает «строгое» разбиение числовой оси на промежутки (без «перекрытий» вида):

Нет решений;
(соответствует рассматриваемому полуинтервалу);
нет решений.
Ответ: .

Д) Начнем с применения метода интервалов:

Замечем теперь, что при и за пределами данного отрезка. Имеет смысл поэтому рассматривать уравнение только на этом отрезке, причем получаем: . Очевидно, x=2.
Ответ: .

B. Изучая области значений правой и левой частей уравнения, нередко удается упростить ход решения, исключая заведомо неподходящие значения неизвестного.

Пример 9. Решить уравнения: а) б) в) г) .

Решения:

А) Левая часть уравнения неотрицательна при любых x, а в правой части - отрицательное число.
Ответ: решений нет.

Б) Левая часть уравнения неотрицательна при любых x, поэтому, если x - решение, то правая часть также неотрицательна. Значит, достаточно рассмотреть только значения x из области то есть. Но тогда Получили неверное равенство.
Ответ: решений нет.
в) Выражение положительно при любых x, поэтому внешние модульные скобки можно снять. Кроме того, если x - решение, то правая часть также положительна, поэтому достаточно рассмотреть x из области. Тогда и получаем (соответствует области).
Ответ: .

Г) Сумма двух неотрицательных слагаемых равна 1, если каждое из слагаемых не превосходит единицы: Так как, то на указанном отрезке получаем Если, то, очевидно, что нас не устраивает. Поэтому, если x - решение, то. А на этом полуинтервале получаем
Ясно, что - посторонний корень.
Ответ: .

C. Рассмотрим уравнения вида (1)
Решая данное уравнение методом интервалов, мы получим уравнение для тех промежутков, где и уравнение для промежутков, где. Ясно, что нет смысла рассматривать каждый промежуток по отдельности, - достаточно разделить их на две указанные группы: для каждой надо решить соответствующее уравнение и проверить полученные корни на соответствие поставленному условию. Таким образом

Возможен и другой вариант: ясно, что среди решений уравнения истинными корнями уравнения (1) будут те, при которых Проводя аналогичные рассуждения для случая, получаем

Какой из вариантов избрать, зависит от вида функций, например, если решения уравнений проще подставлять для проверки в, то разумнее применить первый способ.

Пример 10. Решить уравнения: а)
б) в) .

Решения:

А) Предположим,
Тогда имеем
Предположим,
Тогда имеем нет решений.
Проверим теперь полученные корни. Перепишем исходное уравнение:
. Поскольку, оба корня истинны.
Ответ:

Б) Предположим,
Тогда имеем нет решений.
Предположим,
Тогда имеем
Для определения истинности этих корней проверим выполнение условия Получаем: Очевидно, корень посторонний. Для проверки выясним, верно ли, что. Так как то есть рассматриваемое неравенство не выполнено.
Ответ: решений нет.

В) Перепишем уравнение: Используем следующую графическую иллюстрацию: (здесь представлены графики функций и).

Теперь ясно, что получившиеся числовые промежутки следует объединить в три следующие группы:
1) . Получаем (соответствует поставленному условию).
2) Получаем
нет решений.
3) Получаем
нет решений.
Ответ: .

D. Метод замены некоторого выражения новой буквенной переменной хорошо известен. Можно заметить только, что при решении уравнений, содержащих модуль, часто удается сразу ограничить область изменения новой переменной.
Пример 11. Решить уравнения или систему уравнений: а) ;
б) ;
в)

Решения:
а) Заменив новой переменной получаем систему что означает, что и являются корнями уравнения Получаем.
Ответ: .

Б) Заменив выражение новой переменной получим уравнение. Получаем:
. Остается решить данные уравнения.
Ответ: .

В) Перепишем уравнение в виде:
Очевидно, возможны два варианта:
1)
2) Заменим новой переменной. Заметим, что по смыслу замены и согласно ОДЗ данного уравнения, т.е. (*) А уравнение примет вид. Так как, получаем
Учитывая (*), окончательно получаем
Значит, Заменяя на, получаем
Так как по смыслу замены, получаем

Контрольные задания к §1.
1) Решите, пользуясь определением модуля числа:
а) б) в) г) д) е) ж) з) и) к) .

2)Решите «стандартные» уравнения:
а) б) в) г) д) е) ж) з) и) .

3) Решите методом интервалов:
а) б) ; в) г) д) е) ж) з) и) к) л) м) н) о) п) р) с) т) у) ф) х) ч)

4)Решите рациональным способом:
а) б) в) г) д) е) ж) з) и) к) л) м) н)

5)Решите системы уравнений:
а) б) в) г) д) е) ж) з) и) к) л) м) н) о) п) р)

Определение модуля n Модулем (абсолютной величиной) действительного числа х, т. е. | x|, называется само это число, если оно неотрицательное, и это число, взятое с противоположным знаком, если оно отрицательное

1. Свойства модуля 1. | а b | = | а | | b | для любых чисел а и b 2. | |= 3. при в ≠ 0 | а |2= а 2 для любого числа а

n n 2. Простейшим из уравнений, содержащих модули, является уравнение вида | f(x) | = a, где, а≥ 0. Данное уравнение равносильно совокупности уравнений. [ Если а

n n n Более сложными являются уравнения вида | f(x) | = g(x), где f(x), g(x) – некоторые функции действительного переменного х. 1) При g(x) 0 исходное уравнение равносильно совокупности Γ f(x) = g(x), Lf(x) = -g(x).

Пример 2. Решить уравнение | 1 – 2 x | = 3 x - 2 n Решение: Заметим, что Зх 2≥ 0, т. е. х ≥ или х є (; +∞) Нa множестве х є (; + ∞) заданное уравнение равносильно совокупности двух уравнений: 1) 1 -2 х=Зх-2 X 1 = 2)1 2 х= (Зх 2) X 2 = 1 n Поскольку

n n Теперь рассмотрим уравнения вида | а 1 х – в 1|+ | а 2 х – в 2 | + … + | аnх – вn | = ах + в, где а 1, а 2, а 3, … , аn, в 1, в 2, в 3 некоторые числа принадлежащие R, х действительная переменная строится по следующей схеме. Область допустимых значений переменной заданного уравнения разбивается на множества, на каждом из которых знаки подмодульных выражений постоянны. Нa каждом таком множестве исходное уравнение заменяется (с учётом знаков подмодульных выражений) эквивалентным ему уравнением, не содержащим абсолютных величин. Объединение решений полученной таким образом совокупности уравнении является решением заданного уравнения.

Пример 3. Решить уравнение | 2 х+5 | | 3 х | = 0, 5 n n n Решение. Область допустимых значений переменной вся числовая ось. Найдём точки, в которых подмодульные выражения равны 0: 2 х+5=0, т. е. х1= 2, 5; 3 х=0, т. е. х2 = 3.

n n n n n Разобьём область допустимых значений полученными точками на множества (∞; 2, 5), (2, 5; 3), (3; +∞) Определим знаки подмодульных выражений на каждом из полученных множеств (они записаны в таблице 1) Таблица 1 (∞; 2, 5) (2, 5; 3) (З; + ∞) 2 х + 5 + + 3–х + + Таким образом, исходное уравнение | 2 x+5 | | 3 х | =0, 5 равносильно совокупности уравнений: 1) х

n 2) при 2, 5 ≤ х

3. Теперь рассмотрим некоторые утверждения, применение которых позволяет значительно упростить решение уравнений с модулями. n n n Утверждение 1. Равенство | а+в | = | а | + | в | является верным, если ав ≥ 0. Доказательство. Действительно, после возведения обеих частей данного равенства в квадрат, получим, | а+в |2 = |a|2 + 2|ав | + |в|2 a 2 + 2 ав + в 2 = a 2 + 2|ав |+ в 2 , откуда | ав | = ав А последнее равенство будет верным при ав ≥ 0. Утверждение 2. Равенство | а-в | = | а | + | в | является верным при ав ≤ 0. Доказательство. Для доказательства достаточно в равенстве | а+в | = | а | + | в | заменить в на -в, тогда а(-в) ≥ 0, откуда ав ≤ 0

n n Утверждение 3. Равенство | а | + | в | = а+в выполняется при а≥ 0 и в ≥ 0. Доказательство. Рассмотрев четыре случая а≥ 0 и в ≥ 0; а≥ 0 и в

Пример 4. Решить уравнение: | 2 х 2| = |х3 2 | + | 2 х х3 | n n n Решение: Так как |х3 2 | + | 2 х х3 | = |х3 2 + 2 х х3 |, то все корни уравнения находятся среди решений неравенства (х3 2)(2 х – х3)≥ 0 (утверждение 1). Решим это неравенство методом интервалов; х(х3 – 2)(х2 – 2)≥ 0 х(х3 – 2)(х +)≤ 0 + + + 0 х Ответ: [ ; 0] U [ ; ]

4. В иных примерах совсем не следует торопиться с раскрытием модулей, надо прежде всего рассмотреть выражение в целом Пример 7. Решить уравнение: n В «целом» произведение двух дробей может быть равна 1 только в трёх случаях: n а) если дроби взаимно обратны, т. е. х+1= х+2 и | х+1| = | х+2|, но это не возможно при любых х. n б) если каждая из них равна 1, то получим и. Из первого уравнения следует х+1>0 х > 1. Из второго уравнения получим х+2>0 х> 2. Общее решение: х> 1. в) если каждая из них равна 1, то получим и. Из первого уравнения следует х+1

n n n Из второго уравнения получим х+2

Основное содержание курса

Абсолютная величина числа. Основные свойства (1ч).

Определение абсолютной величины числа или модуля. Аналитическая запись определения. Геометрический смысл. Основные свойства. Историческая справка.

Основная цель – систематизировать и обобщить знания обучающихся по теме “Абсолютная величина”, полученные ими в 6 и 8 классах; рассмотреть геометрический смысл абсолютной величины и основные свойства; дать историческую справку о введении термина “модуль” и “знак модуля”; рассмотреть примеры, решение которых основано на определении модуля.

Решение уравнений с модулями (3ч).

Решение линейных, квадратных уравнений с модулями, а также уравнений, содержащих абсолютную величину, с параметрами.

Основная цель – геометрическая интерпретация выражения и использование ее для решения уравнений вида ; рассмотреть решение линейных уравнений, основанных на определении модуля; решение квадратных уравнений, содержащих знак абсолютной величины, а также графическое решение уравнений, содержащих абсолютную величину, с параметрами.

Решение неравенств с модулями (3ч).

Решение линейных, квадратных неравенств с модулями, а также неравенств, содержащих абсолютную величину, с параметрами.

Основная цель – выработать умения решать линейные неравенства с модулем различными способами (используя геометрический смысл, возведение неравенства в квадрат, с помощью двойного неравенства); квадратные неравенства, содержащие знак абсолютной величины, используя схематический набросок графика квадратной функции, а также метод интервалов; дать представление о решении неравенств, содержащих абсолютную величину, с параметрами.

Метод интервалов (2ч).

Решение уравнений и неравенств, содержащих абсолютную величину, методом интервалов.

Основная цель – научить школьников решать уравнения и неравенства, содержащие абсолютную величину, методом интервалов; сформулировать теорему, на которой основано отыскание интервалов знакопостоянства; нахождение нулей модуля.

Неравенства вида , , решаемые посредством равносильных переходов (2ч).

Решение неравенства вида посредством равносильных переходов к совокупности неравенств , а неравенства - к системе неравенств .

Основная цель – закрепить понятие равносильности, известное учащимся из 8 класса; сформулировать (а в “сильном” классе доказать) свойство равносильного перехода от неравенства к совокупности и от неравенства к системе .

Применение свойств абсолютной величины при решении уравнений и неравенств (1ч).

Решение уравнений и неравенств (линейных, квадратных, степени выше второй), а также систем уравнений и неравенств с помощью свойств абсолютной величины.

Основная цель – повторить при необходимости основные свойства модуля; научить обучающихся решать уравнения и неравенства (линейные, квадратные, степени выше второй), а также систем уравнений и неравенств с помощью свойств абсолютной величины; показать графические приемы при записи ответа; расширить класс уравнений с модулем (рассмотреть уравнение с двумя переменными).

Решение уравнений и неравенств с модулем на координатной прямой (1ч).

Решение линейных уравнений и неравенств с модулем на координатной прямой.

Основная цель – повторить формулу расстояния между двумя точками А(х 1 ) и В(х 2 ) координатной прямой; научить обучающихся решению уравнений и неравенств с модулем на координатной прямой.

Модуль и преобразование корней (1ч).

Применение понятия модуля при оперировании арифметическими корнями. Преобразование иррациональных выражений, при решении которых используется модуль.

Основная цель – выработать умение выполнять преобразования выражений, содержащих квадратный корень, при которых используется модуль.

Модуль и иррациональные уравнения (2ч).

Решение иррациональных уравнений с использованием метода выделения полного квадрата или введения новой переменной.

Основная цель – повторить известное обучающимся из 8 класса определение иррациональных уравнений; показать на примерах решение иррациональных уравнений, связанных с необходимостью использования модуля.

Учебно-тематический план

№ п/п	Тема	Количество часов	Форма проведения занятий	Форма контроля	Наименование образовательного продукта
1	Абсолютная величина числа. Основные свойства.	1	лекция	-	-
2	Решение уравнений с модулями: Линейных; Квадратных; С параметрами.	1	практикум практикум изучение нового материала	решение контрольных заданий решение контрольных заданий проверка рабочих тетрадей	-
5	Решение неравенств с модулями: Линейных; Квадратных; С параметрами.	1	практикум изучение нового материала	проверка домашнего задания ответы на вопросы проверка рабочих тетрадей	-
8	Метод интервалов.	1	комбинированный урок урок-соревнование	ответы на вопросы урок взаимопроверки	-
10	Решение неравенств вида , , решаемые посредством равносильных переходов.	1	изучение нового материала закрепление изученного материала	проверка конспектов математический диктант	-
12	Применение свойств абсолютной величины при решении уравнений и неравенств.	1		устный опрос	-
13	Решение уравнений и неравенств с модулем на координатной прямой.	1	обобщение и систематизация знаний	самостоятельная работа	-
14	Модуль и преобразование корней.	1	практикум	работа в группах	-
15	Модуль и иррациональные уравнения.	1	проверка и коррекция ЗУН консультация	домашняя контрольная работа ответы на вопросы	-
17	Зачет.	1	контрольная или тестовая работа	-	составление опорного конспекта

Список литературы для учителя

• Голубев В.И. Абсолютная величина числа в конкурсных экзаменах по математике (по материалам ведущих ВУЗов страны).- Львов: Квантор, 1991.
• Голубев В. Эффективные методы решения задач по теме “Абсолютная величина”.- М.: Чистые пруды, 2006.
• Данкова И.Н., Бондаренко Т.Е., Емелина Л.Л., Плетнева О.К. Предпрофильная подготовка учащихся 9 классов по математике.- М.: 5 за знания, 2006.
• Рурукин А.Н. Пособие для интенсивной подготовки к экзамену по математике “Выпускной, вступительный, ЕГЭ на 5+”.- М.: ВАКО, 2006.
• Смыкалова Е.В. Математика (модули, параметры, многочлены), предпрофильная подготовка, 8-9 кл.- Санкт-Петербург: СМИО-Пресс, 2006.

Список литературы для обучающихся

• Гусев В.А., Мордкович А.Г. Математика. Справочные материалы.- М.: Просвещение, 1988.
• Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов Н.Х. Пособие по Математике для поступающих в ВУЗы.- М.: Наука, 1973.
• Зорин В.В. Пособие по математике для поступающих в ВУЗы.- М.: Высшая школа,1974.
• Ивлев Б.М., Абрамов А.М., Дудницын Ю.П., Шварцбурд С.И. Задачи повышенной сложности по алгебре и началам анализа.- М.: Просвещение, 1990.
• Калнин Р.А. Алгебра и элементарные функции, издательство “Наука”, главная редакция физико-математической литературы.- М.: Наука, 1975.
• Круликовский Н.Н. Математические задачи для абтуриентов.- Томск: изд. Томского Университета, 1973.
• Нестеренко Ю.В., Олехник С.Н., Потапов М.К. Задачи вступительных экзаменов по математике.- М.: Наука, 1986.
• Шарыгин И.Ф. Математика для школьников старших классов, Москва, “Дрофа”, 1995.

Методические материалы

Занятие №1: Определение абсолютной величины числа (модуля числа), его геометрический смысл и основные свойства.

Абсолютной величиной (или модулем) действительного числа а называется само это число, если оно неотрицательное, и это число, взятое с противоположным знаком, если оно отрицательное.

Модуль числа а обозначается так:. Устанавливая связь между модулем числа и самим числом, получим аналитическую запись определения:

=

Модулем числа называется также расстояние от начала отсчета до точки, изображающей это число на координатной прямой. В этом состоит геометрический смысл модуля. Т.о. используются термины “модуль”, “абсолютная величина” или “абсолютное значение” числа. В соответствии с приведенным определением = 5, = 3, =0. Модуль числа может быть определен и как наибольшее из чисел а и – а.

Историческая справка: термин “модуль” (от лат.modulus – мера) ввел английский математик Р. Котес (1682-1716), а знак модуля немецкий математик К.Вейерштрасс (1815-1897), в 1841 г.

Основные свойства модуля:

Рассмотрим примеры, решение которых основано на определении модуля.

№ 1. Решить уравнение =4.

По определению модуля; х =4 или х =-4.

№ 2. Решить уравнение: =3.

Уравнение равносильно совокупности двух уравнений:

Откуда: х 1 =2 и х 2 =-1.

№ 3. Решить уравнение: =-2.

По свойству 1: модуль любого действительного числа есть число неотрицательное, делаем вывод, что решения нет.

№ 4. Решить уравнение: =х –5.

По этому же свойству 1: х –50, х 5.

№ 5. Решить уравнение: +х =0.

=- х , х 0.

№ 6. Решить уравнение: =х +2.

В отличие от предыдущего примера в правой части данного уравнения содержится выражение с переменной. Поэтому уравнение имеет решение при условии, что х +20,т.е. х-2. Тогда имеем:

2х+1= х +2 или

2х+1 = - х – 2.

Т.о. при х -2, имеем:

Решить уравнения:

Занятие №2 . Решение линейных уравнений с модулями.

При решении линейных уравнений используется или геометрический смысл модуля числа или раскрытие знака модуля. Рассмотрим на примере: решить уравнение

а) Используем геометрический смысл модуля числа. Запишем уравнение в виде: +=7. Тогда d=х–5 - расстояние от точки х до точки 5 на числовой прямой, f =х–(-2) - расстояние от точки х до точки (-2) .По условию задачи сумма этих расстояний d+f=7 . Нанесем точки 5 и -2 на числовую прямую. Легко проверить, что для любого числа из отрезка [-2;5] сумма расстояний d+f равна длине отрезка АВ, т.е. 7. Так же легко установить, что для точек х<2 или х>5 сумма расстояний d+f>7 . Поэтому решением уравнения является интервал .

б) Раскроем знак модуля. Для этого нанесем точки -2 и 5 на числовую прямую. Эти точки разбивают ее на три интервала. Рассмотрим знаки модулей в каждом из промежутков.

В интервале 1 (х<-2) получаем: -(х–5)–(х+2)=7 или –х+5–х–2=7 или –2х+3=7 , откуда получаем: х=-2 . Но эта точка в рассматриваемый промежуток не входит. Поэтому х=-2 не является решением.

В интервале 2: х получаем: -(х–5)+(х+2)=7 или 7=7. Так как получилось верное равенство, то любая точка из этого промежутка является решением данного уравнения.

В интервале 3 (х>5) получаем: (х-5)+(х+2)=7 или 2х-3=7 , откуда х=5 . Точка х=5 в рассматриваемый промежуток не входит и не является решением уравнения.

Итак, решение данного уравнения: -2х5.

Упражнения для самостоятельной работы:

Решить уравнения:

Занятие №3. Решение квадратных уравнений с модулем.

Рассмотрим решение квадратных уравнений с модулями на примерах:

№1. Решить уравнение

Введем замену =у , тогда при у 0 уравнение принимает вид:

y 2 –6у+8=0, откуда у 1 = 2 и у 2 = 4. а х= 2 или -2; 4 или -4.

№2. Решить уравнение:

Уравнение равносильно системе: Откуда х =1.

№3. Решить уравнение:

2х – 1.

Уравнение имеет решение при условии, что 2х –10, а равенство возможно при условии: значения выражений х 2 +х –1 и 2х –1 одинаковы либо противоположны. Т.о. имеем: х0,5. Составим уравнения: х 2 +х –1=2х –1 или х 2 +х –1=-(2х –1); решая которые, получим

№4. Найти корни уравнения: .

Представим данное уравнение в виде: = х 2 – 1, откуда:

х – 1 = х 2 – 1,

или х – 1 = - (х 2 – 1).

х 2 – 1 при х - 1 и х 1 .Решая уравнения, получим из первого: х=0 и х=1 , из второго: х=-2 и х=1.

Ответ: х=1; х=-2.

№5. Найти целые корни уравнения: = .

Используя определение модуля, прходим к выводу, что равенство возможно, если значения выражений х–х 2 –1 и 2х+3–х 2 равны или противоположны, т.е. данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений:

Решая совокупность, получим корни данного уравнения: х=-4;-0,5;2. Целые среди них: -4 и 2.

№6. Решить уравнение: =2х 2 –3х+1.

Обозначим выражение 3х-1-2х 2 буквой а . Тогда данное уравнение примет вид: =-а . Исходя из аналитической записи определения модуля, можно сделать вывод, что данное уравнение равносильно неравенству: 3х–1-2х 2 0 , решая которое, получим ответ: х0,5 и х1.

Упражнения для самостоятельной работы.

Решить уравнение:

№1.=х 2 + х–20.

№2. + 3х -5=0,

№3. =(х–1)(х+1),

№4. х 2 –6+5=0,

№5. х 2 +8=9,

№6.=х 2 –6х+6,

№7. х =-8.

Занятие №4. Решение уравнений, содержащих абсолютную величину, с параметрами.

Рассмотрим пример: решить уравнение с параметром

Построим графики функций у=3–х и у=. График у=3–х фиксирован и от параметра не зависит. График у= получается из графика фукции у=, зависит от параметра а . Поэтому рассмотрим 3 случая:

Этот случай, как видно из рисунка, будет при а<3 . Графики этих функций пересекаются в единственной точке В. Рассмотрим треугольник АВС, в котором угол А равен углу В и равен 45 0 , проведем в этом треугольнике высоту ВД. Т.к. треугольник АВС – равнобедренный, то ВД также и медиана этого треугольника. Поэтому абсцисса точки Д х =(а + 3)/2.

Этот случай имеет место при а =3. Тогда графики функций совпадают по отрезку АВ и абсцисса любой точки этого луча является решением данного уравнения, т.е. х <3.

В этом случае а >3. Видно, что графики функций не пересекаются, т.е. не имеют общих точек. Поэтому уравнение решения не имеет.

Упражнения для самостоятельной работы:

Решите уравнения:

№3. (а–2)=а–2,

№4. а 2 х 2 +а=0.

Занятие №5. Решение линейных неравенств с модулями.

Неравенства, содержащие переменную под знаком модуля, решают различными способами; рассмотрим достаточно простой пример:

№1.Решить неравенство:

Первый способ: Имеем: >4,

Геометрически выражение означает расстояние на координатной прямой между точками х и 2,5. Значит, нам нужно найти все такие точки х , которые удалены от точки 2,5 более чем на 2, - это точки из промежутков х<0,5 и х>4,5.

Второй способ: Поскольку обе части заданного неравенства неотрицательны, то возведем обе части этого неравенства в квадрат: 2 >4 2 .

(2х–5) 2 >4 2 ,

(2х–5) 2 –16>0,

(2х–5–4)(2х–5+4)>0,

2(х–4,5) 2(х–0,5)>0,

(х–4,5)(х–0,5)>0.

Применив метод интервалов, получим: х<0 ,5 и х>4,5 .

Третий способ: Выражение 2х–5 может быть неотрицательным или отрицательным. Т.е. имеем совокупность двух систем:

Откуда: х<0,5 и х>4,5 .

Рассмотрим еще несколько примеров.

Пример №2.Решить неравенство: <3.

Данное неравенство равносильно совокупности двух систем:

Из первой системы получаем 2х<5 , из второй -1<х<2 . Объединяя эти два решения, получаем: -1<х<5 .

Пример №3. Решить неравенство: 3х+3 .

Данное неравенство равносильно двойному неравенству -х-33х–3х+3 или системе

Имеем: 0х3.

Упражнения для самостоятельной работы:

Решить неравенства:

№1. <3х+1,

№3. ->-2.

Занятие № 6. Решение квадратных неравенств с модулями.

Рассмотрим пример №1. Решите неравенство: +х–2<0 .

Данное неравенство можно решить методом интервалов. Рассмотрим иное решение, основанное на следующем утверждении: при любом значении а неравенство равносильно системе неравенств: , а неравенство равносильно совокупности неравенств .

Поэтому наше неравенство равносильно системе неравенств: решая которые, получим:

Запишем ответ: (1-;2-).

Пример №2. Найти целые решения неравенства: 2х–х 2 . Задача сводится к решению совокупности двух систем неравенств:

Решим первую систему: из первого неравенства имеем: х1; х2 .

из второго: 2х 2 –5х+20 , или 0,5х2 .

Отметив найденные решения первого и второго неравенств первой системы на координатной прямой, находим пересечение решений.

Т.о. 0,5х1 и х=2 . Это решение первой системы.

Решим вторую систему: из первого неравенства имеем: 1<х<2 , из второго: -(х 2 -3х+2)2х–х 2 , или – х 2 +3х–2–2х+ х 2 0 , или х2 .

Отметив найденные решения первого и второго неравенств второй системы на координатной прямой, получим: 1<х<2 . Это решение второй системы.

Объединив найденные решения систем неравенств 0,5x1; х=2; 1, получаем: 0,5x2 и т.о. целыми решениями будут х=1 и х=2 .

Упражнения для самостоятельной работы:

Решите неравенства:

№3. <3х–3,

№4. х 2 -3+2>0,

№5. х 2 -х<3,

№6. х 2 -6х+7-<0,

№7. 3+х 2 –7>0,

№8. >.

Занятие № 7 . Решение неравенств, содержащих абсолютную величину, с параметрами.

Пример. При каких значениях а верно неравенство: ах 2 +4+а+3<0 ?

При х0 имеем ах 2 +4х+а+3<0 . Старший коэффициент а должен быть отрицательным, дискриминант – меньше нуля.

а<0, Д=16–4а(а+3)<0; 16-4а 2 -12а<0; а 2 +3а-4>0; а<-4 и а>1 ;

абсцисса вершины параболы х 0 =-в/2а=- 4/2а=-2/а 0 , откуда а<-4 .

При х<0 имеем ах 2 –4х+а+3<0 . Рассуждая аналогично, получим: а<-4 .

Ответ: при а<-4 данное неравенство выполняется при всех действительных значениях х.

Упражнения для самостоятельной работы:

Решите неравенства с параметрами:

№2. (х–а)<0,

№3. Существуют ли такие значения а, при которых неравенство ах 2 >2+5 не имеет решений?

Занятия №8 - 9 . Метод интервалов решения уравнений и неравенств, содержащих модуль.

Рассмотрим метод интервалов на примере решения уравнения

-+3-2=х+2 .

Чтобы решить данное неравенство, необходимо раскрыть модули. Для этого выделим интервалы, на каждом из которых выражения, стоящие под знаком модуля, принимают только положительные или отрицательные значения. Отыскание таких интервалов основано на теореме: если на интервале (а; в) функция f непрерывна и не обращается в нуль, то она на этом интервале сохраняет постоянный знак.

Чтобы выделить интервалы знакопостоянства, найдем точки, в которых выражения, записанные под модулем, обращаются в нуль:

х+1=0, х=-1; х=0; х–1=0, х=1; х–2=0, х=2.

Полученные точки разобьют прямую на искомые интервалы. Определим знаки выражений

х+1, х, х–1, х–2 на этих интервалах:

Учитывая знаки, раскроем модули. В результате получим совокупность систем, равносильную данному уравнению:

Последняя совокупность приводится к виду:

Решение совокупности систем и данного уравнения: -2; х 2.

Использованный прием называется методом интервалов . Он применяется и при решении неравенств.

Решить неравенство: +х–2<0.

1) Найдем нули выражения: х 2 -3х .

х 1 =0, х 2 =3.

2) Разобьем координатную прямую на интервалы и установим знак выражения х 2 -3х на каждом интервале:

3) Раскроем модуль:

Решение первой системы: , решение второй . Решение данного неравенства: .

Упражнения для самостоятельной работы:

№3

Занятие №10 - 11 . Решение неравенств вида , посредством равносильных переходов.

Рассмотрим неравенства вида и . Примем без доказательства следующую теорему: при любом значении а неравенство равносильно системе неравенств а неравенство равносильно совокупности неравенств

Рассмотрим пример: решить неравенство:>х+2 .

Пользуясь сформулированной теоремой, перейдем к совокупности неравенств:

Система и неравенство 0х>2 не имеют решений. Следовательно, решением совокупности (и данного неравенства) является х .

Упражнения для самостоятельной работы:

Занятие № 12. Применение свойств абсолютной величины при решении уравнений и неравенств.

При решении некоторых заданий находят применение свойства модуля. (При необходимости повторить их, см. занятие № 1).

Проиллюстрируем применение свойств модуля при решении следующих примеров.