Графики Маринкины

Автор – Прокофьева Тамара Александровна,
учитель МБОУ СОШ №12 г. Дзержинска Нижегородской обл.
Решение уравнений и неравенств, содержащих модули.
Тема №1. Модуль: общие сведения.
Определение. Абсолютной величиной (модулем) действительного числа а называется само число
а, если оно неотрицательное, и число противоположное а, если а отрицательное.
а, если а  0,
а 
 а, если а  0.
Примеры:
5  5 , 2  2  2  2 ,     , 0  0,
2  3  3  2 , так как 2  3  0 и  ( 2  3 )  3  2 .
Свойства модуля:
1)  а  а ,
2)
ав  а  в ,
3)
а а
 , где в  0 , 4)
в в
6) а  в  а  в тогда и только тогда, когда
7)
а2  а ,
5)
а  а2 ,
2
ав  0 ,
а  в  а  в тогда и только тогда, когда а  0 и в  0 ,
8) а  в  а  в тогда и только тогда, когда
9) Для
а1 , а 2 ,..., а п
ав  0 .
справедливо а1  а2  ...  ап  а1  а2  ...  ап ,
10) а  в  0 тогда и только тогда, когда
а2  в2  0 .
Геометрическое толкование: каждому действительному числу можно поставить в
соответствие точку числовой прямой, тогда эта точка будет изображением данного числа.
Каждой точке числовой прямой соответствует её расстояние от начала отсчета или длина отрезка,
начало которого в точке начала отсчета, а конец в данной точке. Это расстояние или длина отрезка
рассматривается всегда как величина неотрицательная. Таким образом, геометрическая
интерпретация модуля действительного числа а рассматривается от начала отсчета до точки,
изображающей число.
Примеры:
№1. Упростить выражение
а2  4 .
а 2
Решение.
Дробь определена при любых значений а.
При
2
2
а  0 а  4  а  4  а  2а  2  а  2 .
а 2 а2
а2
2
2
При а  0 а  4  а  4  а  2а  2  а  2 .
а 2 а2
 а  2
Возможно другое решение.
Учитывая свойство
а  а 2 , имеем:
2
а 2  4 а  4  а  2 а  2


 а  2.
а 2
а 2
а 2
2
Ответ.
а  2 при а  0 ,
 а  2 при а  0 .
1
а2  а  1  а
№2. Упростить выражение
.
а 1
Решение.
Дробь определена при а  1. Нули подмодульных выражений: 0; 1. Данные точки делят числовую
ось на промежутки: (- ∞; 0) , [0; 1), [ 1; +∞) .
Упростим дробь на каждом числовом промежутке:
а2  а  1  а а2  1 ,
( I) а  0 :

 а 1
1 а
(II) 0  а  1 :
а 2  а  1  а а  1

1 а ,
 а 1
 а  1
2
а 2  а  1  а а  1

 а  1.
а 1
а 1
2
( III) а  1:
2
Ответ. а  1 при а  0 ;
1 а
1  а при 0  а  1 ;
а 1
при
а  1.
3  2 2  2 является целым числом.
№3. Доказать, что выражение
Решение.
3  2 2  2  1 2 2 
 2
2
 2
1  2 
2
 2  1  2  2  1  2  2  1 .
Дидактический материал для учащихся:
№1. Упростить выражения:
2
1) а  4 . Ответ.
а2
2)
а2
а  0 ;  а  2 при а  0 .
при
т т3
. Ответ.
т  т  6  т
1
при
т2
2

3)
4)
х 2  1  3х 2  3
2х2  1
х3  1  х  1
х х
3

т   ;2   2;0  3; ,
1 при т  0;3 .
т2
2
х 1
. Ответ. при х  1 ; 4 х  5 при  1  х  1, 3 при х  1 .
х 1
2х2  1
. Ответ.1 при
х  1 ; 2  3х  х
х х
5) х  2  4  х 2  4. Ответ. х 2  4 х  12 при
х2
2
при х   1;0  0;1 ; 1 при х  1 .
х  2 ; х  22
в 1
2
 в в 1  2 
в 2  1 при 0  в  1 ;
в
в . Ответ.
в
1
в2
в
7) х  3 . Ответ. 1 при х  3 ; 1 при х  3 .
3 х
х3
х2  9
6) *
при х  2 .
в2  3
при в  1 .
в
x
x
х х
х х 1
. Ответ. 2
при x  0 ;
при 0  x  1 ;
при x  1 .
2
х 1
1 x
x 1
х  х 1 х
2
8)
9)
х 1 1  х
х2  1
. Ответ.
x
при x  1 ; x при  1  x  0 ;
x 1
1 x
x при 0  x  1 ; x при x  1 .

x 1
x 1
2
х  2 х  2
2
10)
 8х
х2  4 х  1
. Ответ.
4  х2
при х  1 ; x  2 при
х2  4х  4
2 x
1 x  2 ;
x  2 при
x  2.
x2
11)
1  x  x2
х
. Ответ.
при x   ;1  0;1 ;

х

1
x 1
2  х  х 1
1  x  x2
x2  x  1
при x   1;0 ;
при x  1;  .
x 1
x 1
12)  х  1
х  1
 4 х . Ответ. x  1 при x  1 ; x  1 при  1  x  0 ; x  1 при x  0 .
1 x
x 1
x 1
х 1 2 х
2
2
х2  1  х  1
х 1
. Ответ. 
при x  1 ; х  1 при  1  x  0 ;
х
х х  2
2х
х  1 при
0  x  2 и x  2.
х2
3
2х  х х  1  х х  3
x3
2 x 2  x  3 при
14)
. Ответ. 2
при x  0 ;
; при x  1 .
0

x

1
x
x x
x  x2
х  х2
13)
15)
х 1  х  х
x 1
. Ответ. 1 при х  0 ;
при 0  x  1 и 1  x  1;
2
3х  4 х  1
1  3х
3 3
x  13x  1
1 при x  1 .
x 1
16)
2
а 1  а
. Ответ. а  а при a  0 ; a при 0  a  1 ; a при a  1 .
а2  1
а  а 1 а
1 a
a 1
2
№2. Доказать, что данное выражение является целым числом:
а)
3  12  6 3 ;
б)
40 2  57  40 2  57 .
№3. Вычислить:
а)
52 6  52 6 ;
б)
74 3  74 3;
в)
82 7  82 7 ;
г)
14  6 5  14  6 5 ;
д)
28  10 3  28  10 3 ;
ж)
18  8 2  8 2  18  0,5 32 .
1 вид.
е)
28 3  21  21  12 3 ;
Тема №2. Решение уравнений, содержащих модули.
Уравнения вида f  x   a , где а  R
при a  0 корней не имеет;
при a  0 равносильно уравнению f  x   0 ;
при a  0 данное уравнение распадается на совокупность двух уравнений:
 f  x   a,
 f  x   a

Примеры.
а) Решить уравнение
х 2  6х  9  0 .
Данное уравнение равносильно уравнению
Ответ. х  3 .
х 2  6 х  9  0 , т. е. имеет корень х  3 .
3
б) Решить уравнение
x  8  5.
По определению модуля имеем совокупность уравнений
x  13, x  3 .
Ответ. x  13, x  3 .
в) Решить уравнение 2 х  3  4 .
1) 2 х  3  4 ,
2) 2 х  3  4 ,
х  3,5 ;
х  0,5 .
Ответ. х  3,5 , х  0,5 .
2
2
г) х  4  5 .
Ответ. х  3 . д) х  2 х  3 .
 x  8  5,
 x  8  5.

Откуда
Ответ. х  1,
f x  a.
2 вид. Уравнение вида
х  3.
По определению абсолютной величины данное уравнение распадается на совокупность двух
систем:
1)
 х  0,

 f x   a;
 x  0,

 f  x   a.
x2  x  6  0 .
2)
Пример. Решить уравнение
Данное уравнение равносильно совокупности двух систем:
 x  0,
 2
 x  x  6  0;
 x  0,
2)  2
 x  x  6  0;
Ответ. x  3 , x  3.
 x  0,

 x  3, x  2;
 x  0,

 x  3, x  2;
1)
x  3;
x  3.
Если учащиеся знакомы с понятием четной функции, то можно предложить следующее решение:
функция
у  х2  х  6
поэтому решим уравнение
Тогда
х х
четная, т. к.
у  х    х    х  6  х 2  х  6  у  х  ,
x2  x  6  0
и уравнение примет вид
2
при
х  0.
х 2  х  6  0 , х  2, х  3 , однако условию х  0
удовлетворяет лишь корень x  3 . Согласно определению четной функции имеем ещё один
корень x  3.
Дидактический материал для учащихся:
№1.
х2  6 х  2  0.
Ответ.
х  3  11, х  3  11 .
№2.
х2  4 х  1  0 .
Ответ.
х  2  5, х  2  5 .
3 вид.
Уравнение вида
1 способ
f x   g x  .
«раскрытие модуля изнутри» ( раскрытие модуля по определению)
f  x   g x  равносильно совокупности двух систем:
 f x   0,
 f x   0,
2) 

 f x   g x .
 f x   g x ;
Уравнение
1)
Примеры:
а) Решить уравнение
2х  3  3  2х .
Данное уравнение равносильно совокупности двух систем:
4
1)
2 х  3  0,

2 х  3  3  2 х;
2 x  3  0,

 2 x  3  3  2 x;
 х  1,5,

 х  1,5;
 x  1,5,

0  0;
х  1,5 ;
 x  1,5,
x  1,5 .

x

R
;

Объединяя решения двух случаев, получаем x  1,5 .
Ответ. x  1,5 .
2
б) Решить уравнение х  4 х  х  3  3  0 .
2)
По определению модуля рассмотрим два случая:
1)
2)
 х  3  0,
 2
 х  4 х   х  3  3  0;
 х  3  0,
 2
 x  4 x   x  3  3  0;
 х  3,
 х  3,
х 3;
 2

х

0
,
х

3
;
х

3
х

0
;


 x  3,
 x  3,
x  2.
 2

x

2
,
x

3
;
x

5
x

6

0
;


Для записи корней исходного уравнения объединяем решения систем.
Ответ. х  3 , x  2 .
2 способ «раскрытие модуля снаружи»
f  x   g x  равносильно совокупности двух систем:
 f x   g x ,
 f  x    g  x ,
2) 

 g x   0;
 g  x   0.
Данное уравнение
1)
Примеры:
а) Решить уравнение
3x  10  x  2 .
Данное уравнение равносильно совокупности двух систем:
3х  10  х  2, 2 х  8,
 х  4,
х  4;



 х  2  0;
 х  2;
 х  2;
3х  10   х  2, 4 х  12,  х  3,
2) 
х  3.


х

2

0
;
х

2
;
х

2
;



Ответ. х  4 , х  3 .
б) Решить уравнение 2 х  3  3  2 х .
Преобразуем уравнение 2 х  3  2 х  3 .
Воспользуемся следующим фактом: f  x    f  x  , если f  x   0 . Тогда данное уравнение
равносильно неравенству 2 x  3  0 , x  1,5 .
Ответ. x  1,5 .
1)
Дидактический материал для учащихся:
в)
4  5х  5х  4 .
Ответ.
х  0,8 .
д)
7  4х  7  4х .
Ответ.
х  1,75 .
е)
х 2  4 х  12  6  х .
ж)
х 2  3х  10  3х  1.
з)
г)
3х  5  5  3х .
Ответ.
х 1
2
.
3
Ответ. х  3 , х  1, х  6 .
Ответ.
х 2  7 х  12  х 2  8х  3 .
х  3 , х  3  2 5 .
Ответ.
х  1.
5
f x   g x  .
4 вид. Уравнение вида
Модули двух чисел равны, если эти числа либо равны, либо противоположны.
Данное уравнение равносильно совокупности двух уравнений
 f x   g x ,
 f x    g x .

Пример.
х 2  3 х .
а) Решить уравнение
Данное уравнение равносильно двум уравнениям:
1) х  2  3  х ,
2) х  2  3  х ,
2х  5 ,
 2  3 неверное числовое равенство,
;
корней нет.
х  2,5
Ответ. х  2,5 .
Можно решить данное уравнение, учитывая следующее свойство:
ав
а2  в2  0 .
х  2  3  х равносильно уравнению
тогда и только тогда, когда
Получаем, что уравнение
х  2  3  х  0 ,
х  2  3  х х  2  3  х  0 .
2
2
х  2,5 .
2
2
б) Решить уравнение 3х  28 х  19  х  20 х  13 .
2х  5  0 ,
т. е.
Данное уравнение равносильно двум уравнениям:
2
2
2
1) 3х  28 х  19  х  20 х  13 ,
2) 3 х
 28 х  19  х 2  20 х  13,
4 х 2  48 х  32  0 ,
х 2  12 х  8  0 ,
х62 7.
2 х 2  8х  6  0 ,
х 2  4х  3  0 ,
х  1, х  3 ;
При записи ответа объединяем корни двух уравнений.
в)
х  1, х  3 , х  6  2 7 .
х  5х  7  2 х  5 . Ответ. х  1, х  2, х  3, х  4 .
г)
х 2  6 х  8  7 х  6 .Ответ. х   13  161 .
д)
3х  5х  2  х  6 х  16 .
Ответ.
2
2
2
5 вид.
2
1
4
f1 x   f 2 x   ...  f n x   g x  .
Уравнения вида
1
2
Ответ. х  2 , х  2, х  3 .
Если в уравнении модулей два или больше, то поступают следующим образом. Приравнивают
все выражения, стоящие под знаком модуля, к нулю и полученные точки в порядке возрастания
расставляют на числовой оси. Затем определяют знаки подмодульных выражений на каждом из
образовавшихся промежутков и в соответствии с этими знаками раскрывают модули, т. е.
данный модуль раскрывается на промежутке без изменения знака, если подмодульное выражение
положительно, и с изменением знака, если оно отрицательно. Что касается концов
промежутков, то поскольку подмодульное выражение там равно нулю, то модуль можно
раскрыть любым из этих двух способов, т. е. общий конец двух промежутков можно включить в
любой из них на свой выбор.
Можно записать это правило с помощью алгоритма.
Пусть дано уравнение F x  0 , такое, что его левая часть содержит модули некоторых функций
 
f1 x  , f 2 x  ,... f n x  .
 
 
 
1. Решают каждое из уравнений f1 x  0 , f 2 x  0 , … f n x  0 .
2. Вся координатная ось полученными корнями уравнений разбивается на некоторое число
промежутков.
3. На каждом таком промежутке исходное уравнение заменяется на другое уравнение, не
содержащее знаков модуля и равносильное исходному уравнению на этом промежутке.
6
4. На каждом промежутке отыскиваются корни того уравнения, которое на этом промежутке
получается.
5. Отбираются те корни, которые принадлежат данному промежутку. Они и будут корнями
исходного уравнения на рассматриваемом промежутке.
6. Все корни уравнения F x  0 получают, объединяя все корни, найденные на всех
промежутках.
Примеры.
 
а) Решить уравнение
х  1  х  4  5.
Найдем нули подмодульных выражений:
х  1  0,
х  1;
х  4  0,
х  4.
Полученные числа разбивают числовую ось на три числовых промежутка:
1. Если х  1 , то после раскрытия модулей в исходном уравнении получаем:
 х  1  х  4  5 , тогда  2 х  2 , х  1, полученное значение неизвестного не

 

х  1 , т. е. не является корнем.
х  1  х  4  5 , тогда 5  5 - верное равенство при любых х ,
удовлетворяющих условию  1  х  4 и все значения неизвестного из отрезка  1  х  4
удовлетворяет условию
2. Если  1  х  4 , то
являются корнями исходного уравнения.
3. Если х  4 то x  1  x  4  5 , тогда

 

неизвестного не удовлетворяет условию
Ответ.  1  х  4 .
б) Решить уравнение
2 x  8 , x  4 , полученное значение
х  4 , т. е. не является корнем.
2 х  2  3 х  4  1.
Найдем нули выражений, стоящих под знаками модулей:
х  2  0, х  4  0,
х  2;
х  4 .
Для освобождения от знаков модуля разобьем числовую ось на три промежутка. Определим знаки
подмодульных выражений на каждом из этих промежутков:
х  4
4 x2
x2
+
x2
+
+
x4
Решение данного уравнения сводится к решению трех систем:
 x  4,
 x  4,


 2x  2  3x  4  1;  x  15;
 4  x  2,
 4  x  2,
2. 

 2x  2  3x  4  1;  x  1,8;
 x  2,
 x  2,
3. 

2x  2  3x  4  1;
 x  17;
Ответ. x  15 , x  1,8 .
в) Решить уравнение 3х  8  3х  2  6 .
3х  2  0 ,
3х  8  0 ,
2
2
х .
х2 ;
3
3
1.
x  15 ;
x  1,8 ;
решений нет.
Найденные значения разбивают координатную прямую на три числовых промежутка.
x
3x  8
3x  2
-
2
3
2
2
x2
3
3
+
x2
2
3
+
+
7
Исходное уравнение равносильно совокупности трех систем:
1.
2

х  ,
3

 3х  8  3х  2  6;
2

х  ,
3

6  6;
2.
2
2
 x2 ,
3
3
 3x  8  3x  2  6;
2
2
x2 ,
 3
3

2
x  ;

3
3.
2

x  2 ,
3

3x  8  3x  2  6;
Ответ.
х
х
2

x  2 ,
3

 6  6;
2
;
3
решений нет;
решений нет.
2
.
3
х  7  х  2 х  2  4.
7  х  0,
х  2  0;
х  7;
х  2.
г) Решить уравнение
х  0,
x0
0 x2 2 x7
x7
x
7x
x2
+
+
+
+
+
+
+
+
Три найденные точки 0, 2, 7 разбивают числовую ось на четыре промежутка
знакопостоянства, получаем совокупность четырех систем:
1.
 х  0,

 х  7  х   2х  2  4;
2.
0  x  2,

 x  7  x   2x  2  4;
3.
2  x  7,

 x  7  x   2x  2  4;
4.
 x  7,

 x  7  x   2x  2  4;
 х  0,


7
 х  4 ;
0  x  2,


7
 x  2 ;
2  x  7,


1
 x  2 ;
 x  7,

 15
 x  4 ;
решений нет;
решений нет;
решений нет;
решений нет.
Ответ. Решений нет.
д) Решить уравнение
х2
 1.
х 1 1
Найдем нули выражений, стоящих под знаком модуля:
х  2  0,
х 1 0,
х  1.
х  2;
Определим знаки выражений, стоящих под знаком модуля:
х2
х 1
х 1 1 x  2
-
+
x2
+
+
8
Найдем нули знаменателя:
х  1  1  0 , х  1  1, т. е. х  2
и
х  0.
При х  2 и х  0 уравнение не определено и эти значения неизвестного нужно исключить из
рассмотрения. Получаем совокупность трех систем уравнений:
 х  1, х  0,

1.    х  2 
   х  1  1;

1  x  2,

2.    x  2 
  x  1  1  1;

 x  2,

3.  x  2
  x  1  1  1;

Ответ. x  2.
 х  1, х  0,

х  2
 х  1;
1  x  2,

  x  2
 x  2  1;
 x  2,

x  2
 x  2  1;
е) Решить систему уравнений
 х  1, х  0,

 2  0;
решений нет;
1  x  2,

 1  1;
решений нет;
 x  2,

1  1;
x  2.
3 х  1  2 у  2  20,

 х  2 у  4.
Из второго уравнения выразим х через у и подставим в первое уравнение системы:
3 5  2 у  2 у  2  20,

 х  4  2 у;
Решим первое уравнение системы
3 5  2 у  2 у  2  20 . раскрывая модуль по определению.
Это уравнение равносильно совокупности уравнений:
1.
2.
3.
 у  2,
1

у ;

1
8
 у   8 ;
2  y  2,5,
2  y  2,5,

решений нет;


1
35  2 y   2 y  2  20;  y  2 ;

4
 y  2,5,
 y  2,5,
7

y4 .

7

8
 35  2 y   2 y  2  20;  y  4 ;
8

 у  2,

35  2 у   2 у  2  20;
При найденных значениях у найдем соответствующие значения х:
при
при
1
1 1
 1
х  4  2      4   4 , т. е.  4 1 ; 1 
8
4 4
 8
 4 8
7
7
39
3
3
у4
х  4  24  4 
 4  9  5
8
8
4
4
4
у
- решение системы;
т. е.   5 3 ;4 7  - решение системы.
4 8

Ответ.  4 1 ; 1  ,   5 3 ;4 7  .
 4 8  4 8
ж)
7  2 х  5  3х  х  2 .
з)
х  4  х  3  7 . Ответ.  4  х  3 .
х  х  1  х  2  2 . Ответ. х  1 .
и)
2
3
Ответ.  2  х  1 .
9
6 вид. «Модуль под модулем» (уравнения с «вложенным модулем»).
а) Решить уравнение
х  4  х  2 х  4.
Раскроем внутренний модуль по определению, получим совокупность двух систем:
4  х  0,

 х  4  х   2 х  4;
 х  4,
после раскрытия другого модуля:

2
х

4

2
х

4
;

 х  4,
 х  4,


а) 2 х  4  0,
 х  2, решений нет;
2 х  4  2 х  4;  4  4;


 х  4,
 х  4,


б) 2 х  4  0,
 х  2, х  0 ;
 2 х  4  2 х  4;  х  0;


1.
4  х  0,
 х  4,


 х  4  х   2 х  4;  4  2 х  4;
Ответ. х  0 .
2.
б) Решить уравнение
 х  4,

 х  0;
решений нет.
x  2 1  2  2.
По определению абсолютной величины раскроем внешний модуль, имеем 2 случая:
x  2  1  2  2 , т. е. x  2  1  4 ,
1)
а)
б)
2)
 x  2  5,  x  7,
x  7 ,
x  2  1  4, x  2  5 , 

 x  2  5;  x  3;
x  2  1  4 , x  2  3 Корней нет;
x  2  1  2  2 . т. е. x  2  1  0 , x  2  1  0 ,
 x  2  1,  x  3,  x  3,
x  2  1, 


 x  2  1;  x  1;  x  1.
Ответ. x  1, x  3, x  7 .
в) Решить уравнение 2  х  1  3 .
Рассмотрим решение с помощью замены.
х  1  у , тогда 2  у  3 ,
1) 2  у  3 ,
2) 2  у  3 ,
у  1 ;
у  5.
Пусть
Вернемся к замене:
х  1  1 ,
корней нет;
х 1  5,
х  1  5 , х  1  5 ,
х  4;
х  6 .
г)
х  4 , х  6 .
3  2 х  1  2 х . Ответ. х  0,5 .
д)
3  х  х  1  х  6 . Ответ. х  2, х  4 .
е)
4 х  х  2  3  16 . Ответ. х  3 2 , х  3 2 .
Ответ.
3
5
10
Тема №3. Неравенства с модулем.
f x   a
а) если а  0 , то  a  f  x   a ;
б) если a  0 , то f  x   0 ;
в) если a  0 то решений нет.
2
Примеры: а) Решить неравенство х  5 х  6 .
1 вид. Неравенства
 6  х 2  5х  6 ,
 х 2  5 х  6  0,
 2
 х  5 х  6  0;
1 способ. Используя геометрический смысл модуля, получаем:
что равносильно системе неравенств:
 х 2  5 х  6,
или
 2
х

5
х


6
;

х  6х  1  0,
после использования метода интервалов перейдем к системе




х

2
х

3

0
;

 1  х  6,
что дает решения  1  х  2 , 3  х  6 .

 х  2, х  3;
2
2
2 способ. Неравенство вида f  x   a , где a  0 равносильно неравенству f x   a .
х 2  5х  6 с помощью данного правила переходим к равносильному
От неравенства
 5 х   6 2  0 , х 2  5 х  6х 2  5 х  6  0 ,
после разложения на множители х  6х  1х  2х  3  0 , решаем методом
интервалов, получаем  1  х  2 , 3  х  6 .
Ответ.  1  х  2 , 3  х  6 .
2
б) 2 х  6  3 . Ответ. 1,5  х  4,5 ; в) х  2 х  3 . Ответ.  1  х  3 ;
неравенству
г)
х
2
 5х   62 ,
2
т. е.
х
2
2
х 2  4 х  3  1. Ответ. 2  2  x  2 , 2  x  2  2 .
2 вид. Неравенства
f x   g x  .
1 способ. По определению модуля данное неравенство равносильно совокупности систем
неравенств: а)
 f  x   0,

 f  x   g  x ;
2 способ. По свойству модуля
 g  x   0,
 2
2
 f  x   g  x .
 f x   0,
Это «раскрытие модуля изнутри».






f
x

g
x
.

от неравенства f  x   g  x  переходим к системе неравенств
б)
3 способ. Если под знаком модуля стоит более сложная функция, чем квадратный трехчлен, и так
называемое «раскрытие» модуля сопряжено с техническими трудностями, тогда удобно
пользоваться равносильными неравенствами.
f x   g x 
 f x   g x ,
 
 f x    g x ;
  g x   f x   g x  .
Это «раскрытие модуля снаружи».
Примеры.
а) Решить неравенство
x2  x  x  2 .
1 способ. По определению модуля рассмотрим 2 случая:
1)
 х  0, х  1,
 х х  1  0,
 х 2  х  0,
 2


 х  х  х  2;  х  1  3 х  1  3  0; 1  3  х  1  3;
получаем 1  3  х  0 , 1  х  1  3 .
 
 

11
 х 2  х  0,
 x x  1  0, 0  x  1,
2) 
0  x  1.
 2

2

x

2

0
;
x

R
;



x

x

x

2
;



После объединения результатов получаем 1  3  х  1  3 .
2 способ. По свойству модуля перейдем к равносильной системе неравенств:
 х  2  0,
 х  2,
 х  2,
 2
 2
2
2 
2
2
2
х  х    х  2 ; х  х  х  2 х  х  х  2   0; х  2 х  2 х  2   0;
 х  2,
т. е. 1  3  х  1  3 .

1

3

х

1

3
;

2
3 способ. От неравенства x  x  x  2 перейдем к равносильной системе
 х 2  х  х  2,
 х 2  2 х  2  0, 1  3  х  1  3,
1 3  х 1 3 .
 2
 2



х

х


х

2
;
х

2

0
;
x

R
;



Ответ. 1  3  х  1  3 .
2
б) Решить неравенство х  3х  2 х  6  0 .
Перепишем неравенство в виде
х 2  3х  6  2 х .
1 способ. По определению модуля рассмотрим 2 случая:
 х 2  3х  0,
 хх  3  0,
 х  0, х  3,
1)  2
 2  х  0, х  3 ;





х

3
х

2

0
;

2

х

3
;
х

3
х

6

2
х
;



2
 х  3х  0,
 x x  3  0,
0  x  3,
0  x  3,
2) 
0 x2



2
2
 x  3x   6  2 x;  x  5 x  6  0; x  2x  3  0;  x  2, x  3;
для записи результата объединяем решения, получаем  2  х  2, х  3 .
Ответ.  2  х  2, х  3 .
2 способ. По свойству модуля перейдем к равносильной системе неравенств:
6  2 х  0,
 2
2
2
х  3х   6  2 х  ;
Решим отдельно каждое неравенство:
6  2 х  0 ,  2 х  6 , х  3 ;
х
х
х
х
 3х   6  2 х  ,
2
2
2
 3х   6  2 х   0 ,
2
 3х  6  2 х х 2  3х  6  2 х   0 ,
2
 х  6х 2  5 х  6  0 ,
х  2х  3х  2х  3  0 ,
х  2х  32 х  2  0 решая полученное неравенство методом интервалов, получаем
 2  х  2, х  3 . Найдем общие решения двух неравенств:
 х  3,
 2  х  2, х  3 .

 2  х  2, х  3;
2
2
2
3 способ. От неравенства
х 2  3х  6  2 х
перейдем к равносильной системе
 х 2  3 х  6  2 х,
 х 2  х  6  0, х  2х  3  0,  2  х  3,
 2
 2


 х  3 х  6  2 х ;  х  5 х  6  0; х  2х  3  0;  х  2, х  3;
После пересечения числовых промежутков получаем  2  х  2, х  3 .
12
в)
х 2  5х  6  x  10 . Ответ.  2  x  2 , 2  x  8 .
г)
x 2  3x  4  x  1. Ответ. 1  x  3 ; д) x 2  5x  4  3x  4 . Ответ. 0  x  8 .
е)
2 x 2  x  1  4 x  1.Ответ. 0  x  2 ; ж) x 2  4 x  5  x 2  5 .Ответ. x  1  6 .
3 вид. Неравенства вида
f x   g x  .
 f  x   g  x ,
 f  x    g  x .

2
х  7х  6  х2  х  2 .
Данное неравенство равносильно совокупности
Примеры: а) Решить неравенство
Рассмотрим два случая:
1)
х 2  7 х  6   х 2  х  2  ,
2х 2  6х  4  0 ,
х 2  3х  2  0 ,
х  1х  2  0 ,
1 х  2 .
х2  7х  6  х2  х  2 ,
 8 х  8 ,
х  1;
2)
Решением исходного неравенства является объединение решений, т. е.
Ответ. х  2 .
Ответ. x  5 ,
5  209
5  209 .
x
4
4
б)
х 2  5х  24  x 2  1 .
в)
x 2  4 x  12  x 2  x . Ответ. x  2,4 ,
г)
5x  3  x 2  x  2 . Ответ.  5  x  3  2 2 .
д)
x 2  4 x  3  x  2 . Ответ. x  3 ,  3  x  2 , x  0 .
f x   g x 
4 вид. Неравенства
или
х  2.
3  105
3  105 .
x
4
4
f x   g x  .
Так как при любых х из области определения выражений f(x) и g(x) справедливы соотношения
f x   0 , g x   0 ,
равносильно неравенству
Примеры.
а) Решить неравенство
 f x  
 f 2 x  и  g x    g 2 x  , то данное неравенство
f 2 x  g 2 x или f 2 x  g 2 x .
2
2
2 х  1  3х  1 .
После возведения в квадрат данного неравенства получаем равносильное неравенство
2х  1  3х  1 ,
2
2
4х 2  4х  1  9х 2  6х  1,
 5х 2  10 х  0 ,
х 2  2х  0
решая последнее неравенство методом интервалов, находим: х  2 , х  0 .
Ответ. х  2 , х  0 .
2
б) Решить неравенство х  х  x  10 .
Данное неравенство равносильно неравенству
x
x
x
х
2
 х   x  10 
2
2
,
 x   x  10   0 , по формуле разности квадратов, получаем:
 x  x  10 x 2  x  x  10   0 ,
2
 2 x  10 x 2  10   0 ,
x 2  2 x  10  0 при любом значении х, тогда x 2  10  0 ,
x  10 x  10  0 ,
2
2
2
2



x   10 , x  10 .
Ответ.
x   10 , x  10 .
13
в)
х 2  3х  4  3x . Ответ. 3  13  x  2 ,  3  13  x  2 .
г)
x 2  2 x  1  x  3 . Ответ.  1  x  2 ;
е)
x 2  3x  2  3x  2 . Ответ. 3  5  x  3  5 .
д)
x 2  x  x  1 . Ответ. x  1, x  1 .
5 вид. Неравенства, содержащие несколько модулей
f1 x   f 2 x   ...  f n x   a ( , ,  ) или
f1 x   f 2 x   ...  f n x   g x  ( , ,  ) .
Во многих случаях для решения таких неравенств целесообразно разбить числовую ось на
промежутки так, чтобы функции, стоящие под знаком модуля, на каждом из промежутков
сохраняли знак, т. е. были либо положительными, либо отрицательными. Тогда на каждом из
таких промежутков неравенство можно записать без знака модуля. Данный метод называется
методом интервалов.
Примеры.
а) Решить неравенство
х  4  х  1  7.
Найдем нули выражений, стоящих под знаком модуля:
x  4  0,
x  4;
x  1  0,
x  1.
Найденные значения разбивают числовую ось на три числовых
промежутка, определим знаки выражений на них:
x4
x 1
x  1  1  х  4
-
+
x4
+
+
Рассмотрим совокупность трех систем:
 x  1,  x  1,
 2  x  1 ;


 2 x  4;  x  2;
 1  x  4,  1  х  4,
1 x  4 ;
2.


5  7;
 x  R;
 x  4,
 x  4,
4 x5
3.


2
x

10
;
x

5
;


После объединения результатов  2  x  1 ,  1  x  4 , 4  x  5 получаем  2  x  5 .
Ответ.  2  x  5 .
1  х2  3
 0.
б) Решить неравенство
2х2  х  1
1.
 х  1,

 x  4  x  1  7;
 1  x  4,

 x  4  x  1  7;
 x  4,

x  4  x  1  7;
Рассмотрим функцию
Найдем нули функции:
Найдем точки разрыва:
f x  
1  x2  3
2x2  x  1
.
1  x 2  3  0 , x 2  3  1, 1) x 2  3  1 , 2) x 2  3  1 ,
х   2.
x  2;
2 х 2  х  1  0 , 2 х 2  х  1 , 1) 2 х 2  х  1, 2) 2 х 2  х  1,
1
х   , х  1 ; нет корней.
2
Нанесем на числовую прямую точки разрыва и нули функции, которые разобьют ось на семь
промежутков, в каждом из которых функция сохраняет постоянный знак.
14
f x   0
д)
x  2 ,  2  x  
1
, 1 x  2 , x  2.
2
1
, 1 x  2 , x  2.
2
x  2  x  3  7 . Ответ.  3  x  4 . г) x  2  x  3  3 . Ответ. x  2 .
x  2 x  6  9 . Ответ.  1  x  5 . е) 3 x  2  5 x  4  10 . Ответ. 0  x  2,5 .
Ответ.
в)
при
x  2 ,  2  x  
6 вид. Неравенства, содержащие модуль в модуле.
Примеры.
а) Решить неравенство
х  1  х  3.
После раскрытия внешнего модуля рассмотрим 2 случая:
1)
х  1  х  3,
1 x  3  x ,
1  x  3  x,
1  x  3  x ;

1  3,
 2 x  4;

x  2;
2)
x  1  x  3 ,
1  x  3  x ,
1  x  3  x,

1  x   3  x ;
1  3,

 2 x  2;
решений нет.
После объединения двух результатов, получаем
Ответ. x  2 .
б) Решить неравенство
x  2.
х3  х  3  5  х3  х  8 .
От данного неравенства перейдем к равносильной системе
 х 3  х  3  5  х 3  х  8,
 3
3
 х  х  3  5  х  х  8;
 х 3  х  3  х 3  х  13,
 3
3
 х  х  3   х  х  3;
решим отдельно каждое неравенство:
1)
х 3  х  3  х 3  х  13 ,
 х 3  х  3  х 3  х  13,
 3
3
 х  х  3  х  х  13;
2 х  16,
 3
2 х  10;
 х  8,

3
 х   5;
 3 5  х  8;
После решения системы
Ответ.  3
 3 5  x  8,

 x  R;
2)
х3  х  3  х3  х  3 ,
 х 3  х  3   х 3  х  3,
 3
3
 х  х  3   х  х  3;
2 х 3  0,

2 х  6;
 х  0,
 х  3;

хR.
получаем
 3 5  х  8.
5  х  8.
15
Тема №4. График функции с модулем.
Общий прием построения графиков функций, содержащих модуль в своем аналитическом
задании: надо «раскрыть» модуль на основе его определения, тогда область определения функции
разбивается на промежутки, на каждом из которых функция задается аналитическим выражением
без модуля, и, следовательно, графики на каждом из промежутков можно построить; объединение
(совокупность) всех этих графиков и есть график данной функции.
у  f x  .
По определению модуля f  x   f  x  если f  x   0 и та часть графика функции
y  f  x  , которая расположена не ниже оси абсцисс, сохранится;
f x    f  x , если f  x   0 и та часть графика функции y  f  x  , которая расположена
1 правило. Функция
ниже оси абсцисс, должна отразиться от оси Ох вверх (у функции
у  f x 
нет точек,
расположенных ниже оси Ох).
Чтобы получить график функции
у  f x  , надо построить график функции y  f  x  и
ту часть, которая расположена ниже оси абсцисс, отразить от оси абсцисс.
Примеры.
а) Построить график функции
Построим график функции
у  х 1 .
у  х  1.
Ту часть графика, которая расположена не
ниже оси абсцисс – сохраним, а ту часть
графика, которая была ниже оси абсцисс –
отразим от оси Ох вверх.
б) Построить график функции
Построим график функции
у  х 2  2х  3 .
у  х 2  2 х  3.
Часть графика, которая расположена ниже
оси абсцисс, отразим от оси абсцисс.
16
2 правило. Функция
y  f  x .
 х  х , тогда выполняется равенство f   x   f  x  , т. е.
x из области определения функции. Это означает, что y  f  x 
По свойству модуля числа имеем:
y  x   y  x  для любого
четная функция, и, следовательно, график её симметричен относительно оси ординат.
y  f  x  , надо построить график функции y  f  x  для
x  0 . для которых функция определена, и для него ещё
Чтобы получить график функции
тех значений x из промежутка
построить симметричный относительно оси ординат.
Примеры.
а) Построить график функции
Построим график функции
у  х  1.
у  х  1.
Ту часть графика, которая расположена правее оси ординат ( и точки на этой оси) –сохраним и
построим для неё отражение от оси Оу.
б) Построить график функции
По свойству модуля
х2  х
Построим график функции
2
у  х2  2 х  3.
, тогда мы имеем функцию
у  х  2 х  3.
2
у  х 2  2 х  3.
Построим отражение графика от оси Ох
17
3 правило. Функция
y  f1 x   f 2 x   ... .
1 способ.
Используется способ одновременного раскрытия модулей (способ интервалов). Он состоит в
выполнении определенной последовательности действий.
1) Приравнять к нулю каждое из выражений, стоящих под знаком модуля. Решить
полученные уравнения.
2) Расположить найденные корни на числовой оси.
3) Отметить на числовой оси область определения функции.
4) Корни (см. п. 2) делят область определения на промежутки. На каждом из промежутков
записать функцию, раскрыв модуль. При этом граничные точки промежутков можно
включать в любой или в каждый промежуток, для которого эта точка является
граничной.
5) На каждом промежутке построить график функции, соответствующей этому
промежутку.
Примеры.
а) Построить график функции
у  х 1  х  4 .
Найдем нули подмодульных выражений:
х  1  0,
х  1;
х  4  0,
х  4.
Полученные числа разбивают числовую ось на три числовых промежутка. Определим знаки
подмодульных выражений на них:
x 1
x4
1. Если
2. Если
x  1  1  x  4
-
+
-
x4
+
+
x  1 , то y   x  1   x  4 , т. е. y  2 x  3 .
 1  x  4 , то y   x  1   x  4 , т. е. y  5 .
x  4 то у   х  1   х  4 , т. е. у  2 х  3 .
3. Если
Построим на каждом из промежутков графики соответствующих им функций.
б) Построить график функции
y  x 1  2 x  2  x .
Найдем нули подмодульных выражений:
х  1  0,
х  1;
х  2  0,
х  2.
Полученные числа разбивают числовую ось на три числовых промежутка, определим знаки
выражений на них:
x 1
x2
1. Если
2. Если
3. Если
x  1  1  x  2
-
+
-
x2
+
+
x  1 , то y   x  1  2 x  2  x , y  5 .
 1  x  2 то y   x  1  2 x  2   x , y  2 x  3 .
x  2 , то y   x  1  2 x  2  x , y  2 x  5 .
18
Построив на каждом из промежутков графики соответствующих им функций, получим график
заданной функции.
2 способ. Метод вершин.
Графиком непрерывной кусочно- линейной функции является ломаная с двумя бесконечными
крайними звеньями.
Примеры
а) Построить график функции
у  х  х 1 .
1) Найдем нули каждого подмодульного выражения: х  0 и х  1.
2) Составим таблицу, в которой кроме 0 и 1 записываем по одному значению х справа и слева от
полученных.
х
у
-1 0 1 2
-1 -1 1 1
3)Наносим эти точки на координатную плоскость и соединяем последовательно, помня о двух
бесконечных крайних звеньях ломаной.
Точки перелома и есть вершины ломаной.
у  3х  1  х  1  2 х .
Нули подмодульных выражений: х  1 и х  0 .
б) Построить график функции
х
у
-2 -1
-2 0
0 1
0 4
Наносим точки на координатную плоскость и соединяем соседние
точки отрезками, слева и справа – лучи.
19
3 способ. Способ сложения и вычитания графиков.
Для построения графика заданной функции строятся графики функций слагаемых и затем
складываются (или вычитаются) ординаты, соответствующие одним и тем же абсциссам.
Примеры.
у  х 1  х  2 .
у  х 1 и у  х  2
а) Построить график функции
Построим графики функций
х
у  х 1
-2
1
-1 2 3
0 3 4
у х2
4
3
0 1
у  х 1  х  2
5
3
3 5
в одной системе координат.
Значения функции в последней строчке получаются из
соответствующих значений двух предыдущих строчек
путем сложения.
Строим график заданной функции:
б) Построить график функции
у  х 1  х  2 .
Составим таблицу значений функций:
х
-2 -1 2 3
1 0 3 4 Значения функции в последней строчке получаются из
у  х 1
соответствующих значений двух предыдущих строчек
4
3
0
1
путем вычитания.
у х2
у  х 1  х  2
-3
-3 3 3
Строим график заданной функции:
4 правило. Функция
y  f x  .
1) Последовательное раскрытие модулей: при построении графика данной функции сначала
нужно воспользоваться правилом 2 для функции
y  f  x  , затем правилом 1 для функции
у  f x  , т. е. сначала раскрывается внутренний модуль, а потом внешний.
Примеры.
а) Построить график функции
у  х 1
20
Построим график функции
у  х  1.
Построим график функции
у  х  1,
используя отражение от оси Оу.
Построим график функции
у  х  1 , используя отражение от оси Ох.
б) Построить график функции
у  х2  2 х  3 .
Построим график функции
у  х 2  2 х  3.
Построим график функции
у  х 2  2 х  3 , используя отражение от оси Оу.
Построим график функции
у  х 2  2 х  3 , используя отражение от
оси Ох.
2) Одновременное раскрытие модулей – способ интервалов.
Пример. Построить график функции
y
1
x4  x 2 .
2
1) Приравняем к нуля каждое подмодульное выражение и решим уравнения:
x  4  0,
x  4;
x  0,
x  2  0,
x  0;
x  2.
21
2) Отметим корни на числовой оси
3) Область определения функции – множество всех действительных чисел.
4) Рассмотрим каждый из образовавшихся промежутков:
х  2 ,
а)
x  x ,
x  4  x  2 = x  4   x  2  x  4  x  2  x  4x  2 ;
1
1
2
y  x  4x  2, или y  x  1  4,5 .
2
2
б)  2  x  0 , x   x ,
в)
x  4  x  2 =  х  4  х  2  х  4х  2 ;
1
1
2
у   х  4х  2 , или у   х  1  4,5 .
2
2
0  х  2, x  x ,
г)
x  4  x  2 =  x  4  x  2  x  4x  2;
1
1
1
2
y  x  4x  2 , или y  x  3  .
2
2
2
2  x  4 , x  x,
д)
x  4  x  2 =  x  4  x  2  x  4x  2 ;
1
1
1
2
y   x  4x  2, или y   x  3  .
2
2
2
x  4, x  x,
x  4  x  2 = x  4  x  2  x  4x  2 ;
1
1
1
2
y  x  4x  2 , или y  x  3  .
2
2
2
Окончательно получим:
1
x  12  4,5 , если х  2 ,
2
1
2
у   х  1  4,5 , если  2  x  0 ,
2
1
1
2
y  x  3  , если 0  х  2 или x  4 ,
2
2
y
y
1
x  32  1 , если 2  x  4 .
2
2
5) Построив графики функций на каждом из промежутков, получим график заданной функции.
22
С помощью графиков можно решать уравнения и неравенства.
Примеры.
х  1  х  4  5.
Построим график функции у  х  1  х  4 .
а) Решить уравнение
Точки графика с ординатами
Ответ.
у  5 получились при  1  х  4 .
1 х  4 .
х  1  х  4  5.
Построим график функции y  x  1  x  4 , используя метод интервалов.
б) Решить неравенство
Точки графика, расположенные ниже прямой
у  5 , имеют абсциссы  5  x  0 .
Ответ.
 5 x  0.
Правила решений.
Уравнения:
1)
2)
f x   a , где a  0
f x   g x 
 f  x   a,
 
 f x   a.
1 способ. По определению модуля данное уравнение равносильно совокупности двух систем:
1)
 f x   0,

 f x   g x ;
2)
 f x   0,
«раскрытие модуля изнутри»;

 f x   g x .
2 способ. По свойству модуля данное уравнение равносильно совокупности двух систем:
1)
 f x   g x ,

 g x   0;
3)
f x   g x 
4)
f x   g x 
 f  x    g  x ,
«раскрытие модуля снаружи»;



g
x

0
.

 f x   g x ,

 f x    g x .


f 2 x   g 2 x   0 .
2)
Неравенства:
1)
2)
f x   a , если а  0 , то  a  f  x   a .
f x   a , где a  0  f 2 x   a 2 .
23
3)
f x   g x  .
1 способ. По определению модуля данное неравенство равносильно совокупности систем
неравенств: а)
 f  x   0,

 f  x   g  x ;
2 способ. По свойству модуля
 g  x   0,
 2
2
 f  x   g  x .
 f x   0,
Это «раскрытие модуля изнутри».






f
x

g
x
.

от неравенства f  x   g  x  переходим к системе неравенств
б)
3 способ. «Раскрытие модуля снаружи».
 f x   g x ,
 
  g x   f x   g x  .




f
x


g
x
;

 f  x   g  x ,
 
4) f  x   g  x 
 f  x    g  x .
f x   g x 
5)
f x   g x 

f 2 x   g 2 x  .
6)
f x   g x 

f 2 x   g 2 x  .
Особые свойства модуля:
1) а  в  а  в тогда и только тогда, когда
2)
ав  0 ,
а  в  а  в тогда и только тогда, когда а  0 и в  0 ,
3) а  в  а  в тогда и только тогда, когда
ав  0 .
Литература.
1. Виленкин Н. Я. Алгебра и математический анализ. 10 класс. Учебник для углубленного
изучения математики в общеобр. учрежд. – М.: Мнемозина, 2005 – 335 с.
2. Глазков Ю. А. Математика. ЕГЭ: сборник заданий и методических рекомендаций.- М.:
Экзамен, 2010.-333 с.
3. Горнштейн П.И. и др. Задачи с параметрами. М.: Илекса, 1999.- 336 с.
4. Григорьева Т. П. и др. Пособие по элементарной математике: методы решения задач. Часть
2. – Н. Новгород: НГПУ, 2001.- 101 с.
5. Жафяров А. Ж. Математика. ЕГЭ. Решение задач уровня С1. Учебное пособие.Новосибирск: Сиб. унив. изд-во, 2009.-181 с.
6. Жафяров А.Ж. Математика. ЕГЭ 2010. Экспресс-консультация.-Новосибирск: Сиб. унив.
изд-во, 2010.-218 с.
7. Кочагин В. В. ЕГЭ 2010. Математика: Сборник заданий. – М.: Эксмо, 2009. – 208 с.
8. Макарычев Ю. Н. и др. Алгебра. 9 кл.: Учебник для школ и классов с углубленным
изучением математики.- М.: Мнемозина, 2004. – 439 с.
9. Макарычев Ю. Н. и др. Алгебра: Дополнительные главы к школьному учебнику 9 кл. – М.:
Просвещение, 2000. – 224 с.
10. Математика. 8-9 классы: сборник элективных курсов. Вып.1/ авт.-сост.В. Н. Студенецкая,
Л. С. Сагателова.- Волгоград: Учитель, 2007.-205 с.
11. Мерзляк А. Г. и др. Алгебраический тренажер: Пособие для школьников и абитуриентов.
М.: Илекса, 2005. – 320 с.
12. Олехник С. Н. и др. Уравнения и неравенства. Нестандартные методы решения. 10-11
классы: Учебно-метод пособие.- М.: Дрофа, 2001. – 192 с.
13. Олехник С. Н. и др. Уравнения и неравенства. Нестандартные методы решения. 10-11
классы: Учебно- метод. пособие. М.: Дрофа, 2001.- 192 с.
24
14. Садовничий Ю. В. Алгебра. Конкурсные задачи с решениями: учебное пособие. – М.:
Экзамен, 2007. – 445 с.
15. Черкасов О. Ю., Якушев А. Г. Математика: Справочник для старшеклассников и
поступающих в вузы. М.: АСТ-ПРЕСС ШКОЛА, 2004.- 640с.
25