Уравнения и неравенства

Уравнения и неравенства, содержащие знак абсолютной
величины
Пояснительная записка
Уравнения, неравенства, содержащие знак абсолютной величины, являются
неотъемлемой частью любого вступительного экзамена, хотя в школьном курсе
только в 8 классе изучается тема: Модуль числа. Уравнения и неравенства,
содержащие модуль (§ 10, Алгебра – 8, Ш.А. Алимов и др.). при этом учащиеся
обучаются решать уравнения вида кх  в  с , кх  в  с , кх  в  с .
В объеме 4-6 часов, что не позволяет учащимся решать конкурсные задачи.
Поэтому главной целью данного курса является углубление изучения данного
раздела математики, позволяющие расширить спектр задач, предлагаемых
учащимся на вступительных экзаменах в Вузы.
Тематическое планирование
Тема
Кол-во часов
I Уравнения содержащие знак абсолютной величины.
6ч
а) Уравнение вида f( х ) = g(x)
1ч
б) уравнение вида f (x) = g(x)
2ч
в) уравнение вида h( f (x) ) = g(x)
1ч
г) уравнение вида
f1 ( x) +…+ f n (x) = g(x)
2ч
II неравенства содержащие знак абсолютной величины
10ч
а) неравенства f( х )<g(x)
1ч
б) неравенства f (x) <g(x)
2ч
в) неравенства f (x) >g(x)
2ч
г) неравенства вида f ( x ) <g(x)
2ч
д) неравенства вида f (x)  g(x)
2ч
е) неравенства вида h(x,f( х ) <g(x)
1ч
III Зачет
2ч
Итого: 18ч
§1. Уравнения, содержащие знак абсолютной величины
При решении уравнения содержащего знак абсолютной величины (знак
модуля), как правило, следует разбить ОДЗ уравнения на множества, на каждом
из которых выражения, стоящие под знаком модуля, сохраняют знак. На каждом
таком промежутке уравнение записать без знака модуля и решить на этом
множестве. Объединение множеств решений, найденных на всех частях ОДЗ
уравнения, составляет множество всех решений уравнения.
П.1. Простейшими уравнениями с модулями являются уравнения вида
(1) f  x   g x , где f (x), g (х) – некоторые функции.
Для того чтобы решить уравнение (1), нужно найти сначала все решения
уравнения f (x) = g (х), принадлежащие множеству х  0 , затем решить уравнение
f (- x) = g (х) на множестве х < 0; объединение множеств найденных решений
составляет множество всех решений уравнения (1). Другими словами, уравнение
(1) равносильно совокупности систем
 f  x   g  x 

 x  0
 f  x   g  x 

 x  0
Пример 1.
Решить уравнение х2  5 х  6  0 .
Решение: исходное уравнение равносильно
 х 2  5 х  6  0

 х  0
,
 2

х

5
х

6

0

 х  0
уравнение х 2  5 х  6  0 имеет два решения: х1=2, х2=3, каждое из которых
неотрицательно; поэтому числа 2 и 3 являются решением первой системы
совокупности.
Уравнение х 2  5 х  6  0 имеет решения х3= - 2, х4= - 3, которые являются
решениями второй системы совокупности, т.к. х3 < 0, х4 < 0.
Следовательно, х   3;2;2;3.
Заметим, что данное уравнение можно решить, используя метод замены
неизвестного.
Положим t =
х
. Тогда уравнение можно записать t 2  5t  6  0 (поскольку
 
х2  х2  х .
2
Решением этого уравнения являются два положительных числа: 2 и 3,
поэтому исходное уравнение равносильно совокупности двух уравнений: х  2 ,
х  3 , решая которые получим решение исходного уравнения.
Пример 2. Решить уравнение х  х2  х  2 .
Решение: Данное уравнение равносильно совокупности систем:
 х  0

 х  2
 х  0
 х  0


 2
2
х  2
х

х

х

2
х

2

0
 х   2







 х0
 х0
 х  1  3


 х  0

2
2
 х  х  х  2
 х  2 х  2  0
  х  1  3

 х  1  3

Ответ: х1  2, х2  1  3 .
2. (2) f ( х)  g ( x)
 f ( x)  g ( x)

f ( x)  0
1 способ: (2)  
 f ( x )  g ( x )

 g ( x)  0
 f ( x)  g ( x)

g ( x)  0
2 способ: 
.
 f ( x )  g ( x )

 g ( x)  0
Если в уравнении (2) функция f (х) имеет более простой вид, чем g (х), то
целесообразно уравнение (2) заменить первой совокупностью систем, а если
более простой вид имеет функция g (х), то (2) целесообразно заменить второй
совокупностью систем.
В частности, уравнение вида f x  b , b  R ,
При b  0 решений не имеет;
При b  0 равносильно уравнению f (х) = 0;
 f ( x)  b
При b  0 равносильно совокупности уравнений 
 f ( x)  b
Пример 3.
Найти все корни уравнения:
2 x 2  2 x  5  x  1 , удовлетворяющие x  2 .
Решение: Данное уравнение равносильно


  2 x 2  2 x  5  x  1
2x 2  2 x  5  x  1


 x  1  0
1  x  2

   2 x 2  2 x  5  x  1  
2
 x  1  0
2x  2 x  5   x  1


1  x  2
 x   ; 2





Решим первую систему:
2 x  4 x  10  x  1, 2 x 2  3x  9  0 , x1 
2
каждое из чисел
3
; x2  3 ,
2


3
и –3 не принадлежит промежутку 1; 2 , поэтому первая
2
система решений не имеет.
Решим вторую систему:
2 x 2  4 x  10   x  1 , 2 x 2  5 x  11  0
x1 
 5  113
 5  113
, x2 
4
4
Проверим, удовлетворяют ли найденные корни условию 1  x  2 .
Из
113 5
 1 
4
4
113 9


4
4
113  9  113 > 81.
Последнее неравенство верно, то и исходное неравенство верно.
113 5
  2  7  5 2  49  50.
4
4
Последнее неравенство ложно, то
113  5
113  5
 2 , т.е. x 
- решение
4
4
второй системы.
Число


 5  113
 0 , следовательно не принадлежит промежутку 1; 2 и не
4
является решением системы.
Ответ: x 
113  5
.
4
Пример 4.
х2  6 х  7
1
х2  6 х  7
Решение:
Данное уравнение равносильно совокупности уравнений:
 х2  6
 2
х  6
 х2  6
 2
 х  6
  12 х
0
 2
х

6
х

7
 

 2 х 2  14
х 7
0
 1
 2
х 7
х  6 х  7
х 7
1
х 7
х  0  х = 0.
Ответ: х = 0.
3.
Уравнение вида
h f x   g x , где h, f, g – некоторые функции,
равносильно совокупности систем
h f  x   g  x 

 f x   0
h f  x   g  x 

 f  x   0
Пример 5.
Решить уравнение:
1  2х
1
3  х 1
Решение:
Данное уравнение равносильно совокупности двух систем:
 x  1
 x  1
 х  1  0
 x  1






1  2x  4  x
1

2
x


1

2
x


1  2 x  4  x



1

1

 x  4
 x  4
 3   x  1
 4  x
1
 
 
 
 x .

3
 x  1
 x  1
 x  1  0
 x  1



 1  2x  2  x
 1  2x  2  x
 1  2 x
1  2 x




1

1




3

x

1
2

x

 x  2
 x  2


1
3
Ответ: x   .
При решении уравнения, в котором под знаком модуля находится
выражение, также содержащее модуль, следует сначала освободиться от
внутренних модулей, а затем в полученных уравнениях раскрыть оставшиеся
модули.
Пример 6.
Решить уравнение: х  4  х  2 х  4 .
Решение:
Данное уравнение равносильно совокупности двух систем:
 4  х  0
 4  х  0


 х  4  х   2 х  4
 х  4  х   2 х  4




4

x

0
4

x

0




 x  4  x   2 x  4
 x  4  x   2 x  4


вторая система совокупности решений не имеет, то

 x  4
 x  4


 2 x  4  0
 x  2
x  Ø

2 x  4  2 x  4
 4  4


 
  x  2  х = 0.
 x  4
 x  4
 x  0
 2 x  4  0
 x  2



 2 x  4  2 x  4
 4 x  0
Ответ: х = 0.
4. Рассмотрим уравнение вида
(4) f1 x  f 2 x  f3 x  ...  f n x  g x , где f1 x ,..., f n x  - некоторые функции.
Если это уравнение решать последовательным раскрытием знаков модулей,
то после раскрытия одного знака модуля получается совокупность двух систем,
после раскрытия второго знака модуля – совокупность четырех систем и т.д. Этот
метод очень громоздкий. Такое уравнение проще решать методом интервалов.
Для этого находят сначала все точки, в которых хотя бы одна из функций f1,,
…, fn меняет знак. Эти точки делят область допустимых значений уравнения (4)
на промежутки, на каждом из которых все функции f1(x), f2(x), …, fn(x) сохраняют
знак. Затем, используя определение абсолютной величины, переходят от
уравнения (4) к совокупности систем, не содержащих знаков модуля.
Пример 7.
Решить уравнение: 3х  8  3х  2  6 .
Решение: методом интервалов
Находим промежутки знакопостоянства выражений 3х-8 и 3х-2:
x
2 2
8
8
, x , x .
3 3
3
3
Таким образом, в силу непрерывности функций у = 3х – 8 и у = 3х – 2 в т.
х
2
8
, х  имеет совокупность систем:
3
3


2
2
 x  3
 x  3




2
 3 x  8  3 x  2   6
 6  6

 x    ; 3 





 2  x  8
  2  x  8
2

  3
 x    ;  .
 3
3
3  x  Ø
3


 3 x  8  3 x  2   6
   6 x  4
x  Ø





8
8
 x 
 x 
3
3




3 x  8  3 x  2   6
  6  6
2
Ответ: x    ;  .

3
Пример 8.
Решить уравнение: x  7  x  2 x  2  4
Решение: Методом интервалов находим интервалы знакопостоянства
выражений х, 7 – х, и х – 2: x  0 , 0  x  2 , 2  x  7 , x  7 .
Таким образом,
 x  0

 x  7
 x  0

4





x

7

x

2
x

2

4

0  x  2
0  x  2
x  Ø

7

x

x  Ø

 x  7  x  2 x  2   4
2






x  Ø

2  x  7
 2  x  7




 x  7  x  2 x  2   4
1

x  Ø

x



2
 x  7

 x  7  x   2 x  2   4
 x  7


15
 x 
4

Ответ: нет решений.
Задачи для самостоятельного решения:
1. х2  6х  х  4  8  0 ,
2х2  5 х  3  0 ,
х  12 
х 1  2  0,
х 2  4 х  1  5х  3  0 ,
х2  4х  х  3  3  0 ,
х  22  2 х  2  3 ,
4
 х 1 ,
х 1  2
3
 х3 .
х3 3
х2  4 х  3  7 х  11  0 ,
2. х  х  2  2 ,
5х  13  6  5х  7 ,
7 х  12  7 х  11  1,
х 1  х  3  2 ,
х  2 х 1  3 х  2  0 ,
х 1  х  2  х  3  2 .
3. х 2  4 х  3  х 2  5 х  6  1 ,
2х  1  4х2  4х  3  4х2 ,
х2  4х  3
х2  х  5
 1,
х  8  6х  х  4  0 ,
2
4. 3  2 х  1  2 х ,
х 1  2  2 ,
х2  2х  2  х  х2  х ,
х2
3 х2
3
 2х  
 3х  4  .
2
2
2
4
х 1  2  1,
х  2 5 7  5.
§ 2. Неравенства, содержащие знак абсолютной величины
При решении неравенств, содержащих знак абсолютной величины (знак
модуля), следует разбить область допустимых значений неравенства на
множества, на каждом из которых выражения, стоящие под знаком модуля,
сохраняют знак. На каждом таком множестве нужно решать неравенство и
полученные решения объединять в множество решений исходного неравенства.
Пример 1.
Решить неравенство:
х 2  2 х  x (1)
Решение:
Из свойств квадратного трехчлена следует, что x 2  2 x  0 при 0  x  2 и
x 2  2 x  0 при x  0 и x  2 .
Разобьем всю прямую на три промежутка  ;0 , 0;2 , 2;  - и решим данное
неравенство на каждом из них.
При x  0 неравенство (1) принимает вид x 2  2 x  x , т.е. x 2  3x , откуда
следует, что при x  0 неравенство (1) не имеет решений.
При 0  x  2 из (1) получаем неравенство  x2  2 x   x , т.е. x 2  x  0 , которое
при указанных значениях х выполняется только при 1  x  2 . Поэтому интервал
1;2 входит в множество решений неравенства (1).
При x  2 имеем неравенство x 2  2 x  x , т.е. неравенство x 2  3x  0 , которое
при указанных значениях х выполняется только при 2  x  3 .
Объединяя решения, полученные на каждом из трех промежутков, находим
множество решений неравенства (1) – промежуток 1;3 .
1.
Неравенства вида
(1) f  x   g x , где
f (x), g (x) – некоторые функции, равносильно совокупности двух систем
 f  x   g x 

 x  0
.
 f  x   g  x 

 x  0
Пример 2.
Решить неравенство: x2  2 x  3
Решение: Данное неравенство равносильно совокупности двух систем
 x 2  2 x  3  0

 x  0

 2

x

2
x

3

0

 x  0
x2  2x  3  0
x 2  2 x  3  x  1x  3
x  1 1 3  1 2
х1= -1, х2= 3
x 2  3 x  3  0 , х3= 1, х4= -3,
x 2  3x  3  x  1x  3
 x  1 x  3  0

x  0
 
 x  1 x  3  0

 x  0
 х  0;3
 х   3;0  х   3;3 .

Пример 3.
Решить неравенство: x   x2  x  6
Решение: Данное неравенство равносильно совокупности двух систем:
 x   x 2  x  6
 x 2  6  0


 x  0
 x  0

 x0
 2

 x  2 x  6  0
2
 x   x  x  6
 x  0
x2  6  0
x  6 x  6   0

х   6; 6

x2  2x  6  0
x  1 1 6  1 7


х  1  7 ;1  7 .
 х  0

 х   6 ; 6

 x  0
  x  1  7 ;1 




Ответ: x  1  7 ; 6 .
7




 х  0; 6
 
 x  1  7; 6
 x  1  7 ;0


