Контрольная работа №3 для 10 классов по математике 2008 год

Контрольная работа №3 для 10 классов по математике 2008 год
Математика, 10 класс
Карпова И. В., ДВГГУ
Уравнения и неравенства, содержащие переменную под знаком модуля
В статье на конкретных примерах рассматриваются некоторые методы решения
уравнений и неравенств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины,
в том числе решение уравнений и неравенств с параметрами.
1. Определение и свойства модуля действительного числа
Напомним определение модуля действительного числа:
Определение 1. Модулем действительного числа а называется число a , равное
самому числу а, если оно неотрицательное и противоположному для а числу, если
оно отрицательно.
a  0;
a  0.
 a,
 a,
Таким образом, по определению имеем: a  
Перечислим основные свойства модуля числа, которые в дальнейшем будем
учитывать при решении уравнений и неравенств:
1) a  0 ;
5)
2)  a  a ;
6)
2
a a
 , b0;
b b
x2  x
3) a  a 2 ;
7) a  b  a  b ;
4) ab  a  b ;
8) a  b  a  b .
Замечание 1. Известно, что любое действительное число а можно интерпретировать,
как точку на числовой оси. В связи с этим геометрически a - это расстояние от
начала координат до точки а. При этом величина a  b задает расстояние между
точками а и b на числовой оси.
2. Методы решения уравнений, содержащих переменную под знаком модуля
При решении уравнений, содержащих переменную под знаком модуля, могут
быть использованы следующие методы:
- раскрытие модуля по определению;
- возведение обеих частей уравнения в квадрат;
- разбиение области решения уравнения на промежутки знакопостоянства
выражений, стоящих под знаком модуля.
Каждый из этих методов рассмотрим на конкретном примере и сделаем
необходимые обобщения.
Пример 1. Решить уравнение 3 х 2  12  12 .
Решение.
1-й
способ.
Воспользовавшись
определением
модуля
получим
3 х  12  0;
3х  12  0;
или
2)
. Решим каждую из
 2
3 х 2  12  12
3х  12  12
 х  2, х  2;
 2  x  2;
 х  2 2 ; 2) 
 х = 0.
этих систем: 1) 
x  0
 х  2 2
2
совокупность двух систем: 1) 
2
Ответ: х1 = 0; х2,3  2 2 .
2-й способ. Так как обе части уравнения неотрицательны, то возведя их в квадрат,
2
3х 2  12  144 , учитывая свойство 3,
получим уравнение равносильное данному:
будем иметь: 3х 2  12  144
х2,3  2 2 .
2

9 х 4  72 х 2  1 4 4 1 4 4  х 2 ( х 2  8)  0  х1 = 0;
Пример 2. Решить уравнение 3х  2  х  11
Решение. 1-й способ. Уединим выражение, содержащее знак абсолютной величины
3х  2  11  х . Воспользовавшись определением модуля получим совокупность двух
11  х  0;
;
3х  2  11  х
11  х  0;
. Решив полученные системы найдем
3х  2  х  11
13
9
корни первоначального уравнения: х1  ; х2   .
4
2
2-й способ. Возведем обе части уравнения 3х  2  11  х в квадрат, потребовав при
систем: 1) 
2) 
11  х  0;
этом, чтобы 11  х  0 . Получим систему: 
2
2
(3х  2)  (11  х)
. Решая полученную
Ответ: х1 
систему, получим те же корни.
13
9
; х2   .
4
2
Замечание 2. Уравнение вида f x   a может быть решено двумя методами:
- по определению модуля оно равносильно совокупности двух уравнений:
 f  x   a,
 f x   a.

- возведением обеих частей уравнений в квадрат. Учитывая свойство 3,
получится уравнение ( f ( x)) 2  a 2 , равносильное данному.
Замечание 3. Уравнение вида f x   g x  может быть решено двумя методами:
- по определению модуля оно равносильно совокупности двух систем:
 f  x   g  x ,
 f x    g  x ,
1) 
; 2) 
 g  x   0.
 g x   0.
- возведением обеих частей уравнений в квадрат. Учитывая, что правая часть
( f x ) 2  ( g x ) 2 ,
уравнения должна быть неотрицательной, получится система: 

g x   0.
Пример 3. Решить уравнение х  2  3 3  х
Решение. Обе части уравнения неотрицательны, поэтому, возведя их в квадрат и
учитывая свойство модуля 3, получим уравнение равносильное данному:
х  22  93  х 2
Раскрыв скобки и приведя подобные члены, получим квадратное уравнение:
7
;
2
7
11
Ответ: х1  ; х2  .
2
4
8 х 2  50 х  77  0 , решив которое найдем корни первоначального уравнения: х1 
х2 
11
.
4
Замечание 4. Уравнения вида f x   g x  удобно решать методом возведения обеих
частей в квадрат, если f(x) и g(x) - многочлены первой степени.
Пример 4. Решить уравнение х  2 х  1  3 х  2  0
Решение. 1) Найдем значения переменной, обращающие выражения, стоящие под
знаком абсолютной величины в нуль: х1  0 ; х2  1; х3  2 .
2) Нанесем полученные значения на числовую прямую и на каждом из
полученных интервалов определим знак каждого выражения, стоящего под знаком
абсолютной величины:
х:
–
–
–
+
–2
–1
0
x
х + 1:
–
–
+
+
х + 2:
–
+
+
+
3) Пользуясь определением модуля и используя п. 2 раскроем на каждом из
интервалов все знаки модулей:
при õ  2 имеем:  x  2x  2  3x  6  0 ;
при  2  x  1 имеем:  x  2x  2  3x  6  0 ;
при  1  x  0 имеем:  x  2x  2  3x  6  0 ;
при x  0 имеем: x  2x  2  3x  6  0 .
4) Решим каждое из полученных уравнений: при õ  2 : х = –2 это значение в
интервал не входит; при  2  x  1 : х = –2 полученное значение входит в
обозначенный интервал; при  1  x  0 : ни при каких значениях х уравнение решений
не имеет; при x  0 : х = –2 в данный интервал это значение не входит.
5) Таким образом, уравнение имеет единственный корень х = –2, так как это
значение входит в один из интервалов.
Ответ: х = –2.
Замечание 5. Алгоритм, с помощью которого было решено уравнение, можно
обобщить для решения любого уравнения, содержащего несколько модулей:
1) Найти значения переменной, обращающие выражения стоящие под знаком
абсолютной величины в нуль;
2) Все найденные значения нанести на числовую прямую и на каждом из
полученных интервалов определить знак каждого выражения, стоящего под знаком
абсолютной величины;
3) Учитывая получившиеся знаки, воспользоваться определением модуля и
раскрыть на каждом из интервалов все знаки модулей;
4) Решить каждое из полученных уравнений и из их решений выбрать те,
которые принадлежат соответствующему интервалу, они и будут являться решениями
первоначального уравнения.
Пример 5. Решить уравнение
х2  4х  3
х2  х  5
 1.
Решение. Заметим, что слагаемые в знаменателе неотрицательны, следовательно
сумма равна нулю в том и только в том случае, когда оба слагаемых одновременно
равны нулю. Ни при каких значениях переменной этого произойти не может, т.е.
знаменатель дроби при любом значении х отличен от нуля.
Для решения воспользуемся сформулированным алгоритмом.
1) х 2  4 х  0  х  0, х  4 ; х  5  0  х  5 .
2) х 2  4 х
+
–
+
+
–
–
–
+
х 5
0
x
5
4
2
x2  4x  3
1  х   ;
2
3
x  x5
2
1
 x  4x  3
При 0  х  4 имеем
1  х  2; х  ;
2
2
x  x5
2
2
x  4x  3
При 4  х  5 имеем: 2
1 х   ;
3
x  x5
2
8
x  4x  3
При x  5 имеем: 2
1 х  .
5
x  x 5
3) При x  0 имеем:
4)
Выбирая
из
полученных
решений
2
3
те,
которые
принадлежат
1
2
соответствующим промежуткам, получим: х1   ; х2  2 ; х3  .
2
3
1
2
Ответ: х1   ; х2  2 ; х3  .
3. Методы решения неравенств, содержащих переменную под знаком модуля
Для того чтобы решить неравенство, содержащее неизвестную под знаком
абсолютной величины, можно разбить область допустимых значений неравенства на
интервалы, в которых выражения, стоящие под знаком модуля сохраняют знак. На
каждом таком интервале решить неравенство (раскрыв предварительно знак
абсолютной величины). Объединение полученных решений и будет являться
решением первоначального неравенства
Пример 6. Решить неравенство x 2  6 x  8  4  х .
Решение. Под знаком модуля стоит квадратный трехчлен, найдем промежутки его
знакопостоянства: при x  2 и x  4 значения трехчлена неотрицательно; при 2  x  4
значения трехчлена отрицательны. Учитывая это решим неравенство на каждом из
полученных интервалов:
при x  2 имеем х 2  6 x  8  4  x  х 2  5 x  4  0  1  x  4 ,
откуда получаем 1  x  2 ;
при 2  x  4 имеем  х 2  6 x  8  4  x   х 2  7 x  12  0 
х 2  7 x  12  0  x  3 и x  4 , откуда получаем 2  x  3 ;
при x  4 х 2  6 x  8  4  x  х 2  5 x  4  0  1  x  4 , откуда получаем х = 4.
Объединив найденные на каждом интервале решения, получим решение
первоначального неравенства: 1  x  3 и х = 4.
Ответ: [1; 3], 4.
Пример 7. Решить неравенство 5  8х  11 .
Решение. По определению модуля имеем совокупность двух систем:
5  8 х  0;
5  8 õ  0;


5  8 х  11
 5  8 õ  11
3
5
5
Решая системы, получим:   x  или  x  2 . Окончательно получаем ответ.
8
4
8
3
Ответ:   x  2 .
4
Замечание 6. В общем случае неравенство вида | f ( x) | a в соответствии с определением
модуля имеет решение только в случае, когда a  0 . Неравенство вида | f ( x) | a при a  0
выполняется во всей области определения функции f (x) .
6 х
Пример 8. Решить неравенство 0,3 х  1 
.
2
Решение.
1-й
способ.
Воспользовавшись
определением
модуля,
получим
 х  0;
 х  0;


совокупность двух систем: 

6 х
6 х
0,3х  1 
 0,3х  1 


2
2


Решая эти системы получим: 0  х  5 и  5  х  0 . Окончательно получаем  5  х  5
2-й способ. Введем новую переменную х  t , получим неравенство не содержащее
6t
. Решая полученное неравенство методом интервалов,
2
получим: t  5 . Перейдем к переменной х: x  5 , откуда  5  х  5 . Ответ:  5  х  5
знаков модуля: 0,3t  1 
Замечание 7. Если неравенство содержит несколько одинаковых выражений под
знаками модуля (как это было в примере 8), то его удобно решать методом замены
переменной.
4. Уравнения и неравенства с параметрами
Пример 9. При всех а решить уравнение x  2  a x  3  5 и определить, при каких а
оно имеет ровно два решения.
Решение. Сначала воспользуемся алгоритмом, изложенным в замечании 5.
1) Найдем значения переменной, обращающие выражения, стоящие под знаком
абсолютной величины в нуль: х1  2 ; х2  3 .
2) Нанесем найденные значения на числовую прямую и на каждом из
полученных интервалов определим знак каждого выражения, стоящего под знаком
абсолютной величины:
х – 2:
–
–
+
x
2
х + 3:
– –3
+
+
3) Пользуясь определением модуля и используя п. 2 раскроем на каждом из
интервалов все знаки модулей.
При x  3 уравнение будет иметь вид:  x  2  a( x  3)  5 , откуда имеем:
 (a  1) x  3(a  1) …………………………………….(1)
Исследуем решения этого уравнения в зависимости от параметра а.
Если а = –1, то (1) примет вид тождества 0 = 0, и решением уравнения (1) будут все
x  3 . …………………………………………………………………………………….(2)
Если же a  1 , то из (1)  х = –3, но это значение не входит в исследуемый интервал.
При  3  x  2 уравнение будет иметь вид:  x  2  a( x  3)  5 , откуда имеем:
(a  1) x  3(1  a) ……………………………………..(3)
Если а = 1, то (3) примет вид тождества 0 = 0, и решением уравнения (3) будут
все  3  x  2 . …………………………………………………………………………….(4)
Если a  1 , то из (1)  х = –3…………………………………………………………(5)
При x  2 уравнение будет иметь вид: (a  1)  7  3a
Если а = –1, то полученное уравнение решений не имеет. ……………………………(6)
7  3a
. Выясним при каких значениях а полученное значение х
a 1
7  3a
5  5a
2
0
будет входить в исследуемый интервал:
a 1
a 1
7  3a
при  1  a  1 , x 
…………………………………………(7)
a 1
Если a  1 , то x 
При остальных значениях а на этом интервале уравнение решений не имеет.
Сделаем выводы по проведенному исследованию. Уравнение будет иметь
различные решения при: a  1 ; a  1; 1  a  1; а = 1; a  1 . Из (5) следует, что при
a  1 корень уравнения х = –3; из (2) и (5) следует, что при a  1 решениями
уравнения будут x  3 и х = –3; из (5) и (7) следует, что при 1  a  1 решениями
7  3a
, именно на этом интервале уравнение имеет ровно
a 1
два решения; из (4) и (7) следует, что при а = 1 уравнение имеет решения  3  x  2 и
7  3 1
x
= 2; из (5) следует, что при a  1 решением уравнения будет х = –3.
11
7  3a
Ответ: при a  1 х = –3; при a  1 x  3 ; при 1  a  1 х = –3, x 
;
a 1
при а = 1  3  x  2 ; при a  1 х = –3.
Пример 10. При всех значениях а решить неравенство х 2  5 х  4  a
уравнения будут х = –3 и x 
Решение. 1. В соответствии с замечанием 6 неравенство при a  0 решений не имеет.
2. Пусть a  0 . Определим промежутки знакопостоянства выражения, стоящего
под знаком модуля: õ  1; 1  x  4 ; x  4 .
3. Решим неравенство на каждом из полученных интервалов.
Если õ  1, то x 2  5 x  4  0 , следовательно, имеем x 2  5 x  4  a или
x 2  5 x  4  a  0 …………………………………….(1)
Дискриминант квадратного трехчлена, стоящего в левой части неравенства (1) равен
9  4à , причем так как a  0 , 9  4à  0 . Поэтому квадратный трехчлен, стоящий в
левой части неравенства (1) имеет два действительных корня. Решая неравенство (1)
относительно переменной х, получим:
1
1
(5  9  4à )  x  (5  9  4a ) …………………………(2)
2
2
Заметим, что при каждом положительном а верны неравенства
1
(5  9  4à )  1 ;
2
1
(5  9  4a )  4 ………………………(3)
2
Окончательно на этом интервале, получаем, что для любого положительного а
решением неравенства будут числа из интервала:
1
(5  9  4à )  x  1 .
2
Если 1  x  4 , то x 2  5 x  4  0 , следовательно имеет место неравенство
x 2  5 x  4  a  0 …………………………………….(4)
Дискриминант квадратного трехчлена, стоящего в левой части неравенства (4) равен
9  4à . Тогда неравенство (4) при a 
Если 0  a 
9
имеет место при любом действительном х.
4
9
квадратный трехчлен, стоящий в левой части неравенства (4) имеет два
4
действительных корня, поэтому, решая неравенство (4) относительно переменной х,
1
2
1
2
получим: õ  (5  9  4à ) и x  (5  9  4a ) . Заметим, при этом, что при 0  a 
9
4
справедливы неравенства:
1
1
(5  9  4à )  (5  9  4a )  4 ………………………….(5)
2
2
9
Тогда на этом интервале окончательно получаем: при a  решением неравенства
4
9
является отрезок 1  x  4 ; при 0  a 
решение неравенство состоит их двух
4
1
1
промежутков: 1  х  (5  9  4а ) и (5  9  4a )  x  4 .
2
2
2
Если x  4 , то x  5 x  4  0 , следовательно, имеем x 2  5 x  4  a или
x 2  5 x  4  a  0 …………………………………….(1)
1
Решая это неравенство на этом интервале, получаем: 4  x  (5  9  4a ) .
2
Сделаем выводы по проведенному исследованию: из п.1 следует, что при a  0
1
неравенство
решений
не
имеет;
учитывая
неравенства
(2),
(3),
(5)
при
9
1
1
0  a  решением неравенства являются интервалы: (5  9  4а )  x  (5  9  4a )
2
2
4
9
1
1
(5  9  4a )  x  (5  9  4a ) ; учитывая (2) при a 
и
неравенство имеет
2
2
4
1
1
решение: (5  9  4à )  x  (5  9  4a ) .
2
2
9
Ответ: при a  0 неравенство решений не имеет; при 0  a  имеет решения:
4
9
1
1
1
1
(5  9  4à )  x  (5  9  4a ) ;
(5  9  4a )  x  (5  9  4a ) ; при a 
имеет
2
2
2
2
4
1
1
решение: (5  9  4à )  x  (5  9  4a ) .
2
2
5. Контрольные задания
Представленные ниже задачи являются контрольным заданием для учащихся
10 классов. Решения необходимо оформить в отдельной тетради и выслать по
адресу 680000, г. Хабаровск, ул. Дзержинского, 48, ХКЦТТ, ХКЗФМШ. Для зачета
нужно набрать не менее 20 баллов (каждая правильно решенная задача оценивается
в 3 балла)
М10.3.1. 2 x  x 2  3  2
М10.3.2. 4  5x  5x  4
М10.3.3. 3x  5  5  2 x
М10.3.4. x  3  x  2  x  4  3
М10.3.5. При всех а решить уравнение x  3  a x 1  4
М10.3.6.  4 x 2  6 x  5  9
М10.3.7.
2x 1
4
x2
x 2  x  12
 2x
М10.3.8. 2 x  1  x  3
М10.3.9.
x3
М10.3.10. При всех а решить неравенство x  3a  x  a  2a .