Л.А. Семенко
(Методические рекомендации из опыта работы в 7 – 9 классах)
Отрадная 2006 г.
Уравнения с модулем.
Основные виды уравнений и способы их решений.
1.
Повторение.
Определение:
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:
|
x
|=
2.
Геометрический смысл модуля.
Каждому действительному числу соответствует точка числовой оси, для которой это число является координатой. Абсолютная величина этого числа – это расстояние соответствующей точки оси до начала координат. Например: х = а
и х = – а
удалены от начала координат на | а|.
– а
0 а
. . .
х
|←| а| = |– а| →|← | а|
→|
Геометрически, абсолютная величина, (модуль) действительного числа есть расстояние
от точки, изображающей это число на числовой оси, до начала координат.
Способы решения простейших уравнений с модулями.
1. |
x
| = с ( действительное число)
|
x
| = с
Примеры: |
x
|= 5, х = ± 5;
|
x
|= 0, х = 0;
|
x
|= –5, х ø;
2. |
f
(
x
)| =
b
,
b
>0
|
f
(
x
)| =
b
|
f
(
x
)| =
b
,
или |
f
(
x
)| = –
b
Примеры:
а). |
x
+2 |= 7
x
+2 = 7
или x
+2 = – 7
x
= 5;
x
= –9
Ответ: 5 ; –9.
б). |
x
2
–8 |= 1
x
2
–8 = 1
или x
2
–8 = –1
x
2
=9;
x
2
=7
х1,2
=± 3 х3,4
= ±
Ответ: ± 3; ± .
в). |
x
2
– 4х |= 4
x
2
– 4х = 4
или x
2
– 4х = – 4
x
2
– 4х – 4=0;
x
2
– 4х + 4=0
х1,2
=2 ± 2 ; х3,4
= 2
Ответ: 2 ± 2 ; 2.
Упражнения для самостоятельной работы:
1. |5
x
+1 |=4 |
x
2
– 4 |= 5 |
x
– |=
2. |
x
– 5 |=4 |
x
2
– 2х |= 3 | 3– 4х |= 3
3. |2х–5 |= 3 |
x
2
– 2х |= 1 |
x
2
– х–1 |= 1
4. | 3– 4х |= 1 |
x
2
– 3х |=
2 |
x
2
–х–5 |=1
5. | 5– 4х |= 3
|
x
2
+ 3х |=
2 |
x
2
–5х+6|=2
3. |
f
(
x
)| =
g
(
x
),
g
(
x
) = ≥0.
По смыслу модуля это уравнение может иметь решение, если правая часть g
(
x
) = ≥ 0
( неотрицательна ). Значит, раскрывая модуль при g
(
x
) = ≥ 0
имеем два уравнения:
f
(
x
) =
g
(
x
)
или f
(
x
) = –
g
(
x
)
. То есть
|
f
(
x
)| =
g
(
x
)
Примеры:
а). |2х–3 |= х
– 2
х
– 2 ≥ 0 х ≥ 2
2х–3 = х
– 2
или 2х–3 =
– ( х
– 2 )
х1
= 1 х2
=
. . . .
х
0 1 2
Ответ: х ø
б). |2х–1 |= 5х
– 10.
5х
– 10 ≥ 0, 5х ≥ 0, х ≥ 2
2х–1 = 5х
– 10
или 2х–1 =
– ( 5х
– 10)
2х–5х = 1
– 10 2х+5х = 1
+ 10
–3х =
– 9 7х = 11
х= 3 х =
. . . . .
х
0 1 2 3
Ответ: х = 3
б). | х–1 |=1
– х2
1
– х2
≥ 0, (1
– х) (1 +
х ) ≥ 0, –( х +1)( х–1) ≥ 0,
( х +1)( х–1) ≤ 0, –1 ≤ х ≤ 1.
х–1 =1
– х2
или х–1 = х2
– 1
х2
+ х – 2 = 0 –х2
+ х = 0
х1
= – 2 х3
= 0
х2
= 1 х4
= 1
. . . .
х
–2 –1
0 1
Ответ: х = 0; 1.
Упражнения для самостоятельной работы:
1). |х+2 |= 6
– 2х 11).|2х2
– 1|= х
2
– 2х + 3
2).|3х
– 7|=2х + 1 12).|5
– х2
|= х2
– 7
3).|х
– 1|=х + 8 13).|х2
+3х|=1
– х
4).|х+3 |=3(4
– х) 14).|х2
+3х– 4|= х
2
– 7х – 2
5).|х2
–3х|=4
– х 15).|х2
+3х+2|= (5х +16)
6). |х2
+3х– 10|=3х
– 1 16). |х2
– 4|=х + 2
7). |х2
–4х– 12|=6– х 17). |х2
–х + 3|= – х – 1
8). |х2
–4х+ 3|=2х–2 18). |х2
+2х–5| =(х–1)
9). |х2
–7х+ 12|= х2
+8х– 3 19). |3х+3 |= 4
– 4х2
10).|х
– 1|= 3х2
20). |х| = 1
– х2
– 3х
4. | ±
f
(
x
)| =
f
(
x
).
Решение данного уравнения равносильно решению неравенства f
(
x
) ≥ 0,
т.е. | ±
f
(
x
)| =
f
(
x
)
f
(
x
) ≥ 0.
Примеры:
а). |х–8 |= х
– 8
х
– 8 ≥ 0,
х ≥
8
Ответ: [8; + ∞).
б). |х| =
– х.
Это уравнение можно рассматривать как уравнение
|
–(–х)|=
– х,
поэтому – х ≥ 0, х ≤ 0.
Ответ:(
– ∞; 0].
в). | х2
+ х–6 |= х2
+ х–6
х2
+ х–6 ≥ 0; (х+3)( х
–2
) ≥ 0
х1
=
–3 х2
= 2
. .
х
-3
2
Ответ:(
– ∞; -3] [2; + ∞).
в). |4х–7 |= 7
– 4х
|
–(7
– 4х) |= 7
– 4х;
7
– 4х ≥ 0;
– 4х ≥ –7 ; х = , х ≤
.
х
Ответ:(
– ∞; ].
Упражнения для самостоятельной работы:
1). |х–2 |= х
– 2 6). | х2
–8 х+ 12 |= х2
–8 х+ 12
2). |х| =
х = 0 7). |2 х2
–8 х+ 6 |= 2 х2
–8 х+ 6
3). 7
– 4х = |4х–7 | 8). |- х2
+5 х+ 6 |= х2
+5 х+ 6
4). |9 – х2
|= 9 – х2
9). | х2
– х+ 5 |= х2
– х+ 5.
5). х
– |х–2 | = 2 10). | х2
+х |= х2
+х.
5. |
f
(
x
)| = |
g
(
x
)|.
Уравнение равносильно двум уравнениям f
(
x
) =
g
(
x
)
или f
(
x
) =
– g
(
x
).
То есть |
f
(
x
)| = |
g
(
x
)|
Примеры:
а). |х2
–5х+ 7|= |2х
– 5|
х2
–5х+ 7= 2х
– 5
или х2
–5х+ 7= 5
– 2х
х2
–7х+ 12=0 х2
–3х+ 2=0
х1
= 3 х3
= 2
х2
= 4 х4
= 1
Ответ: 1; 2; 3; 4.
б). |х2
– 1|=| х + 3|
х2
– 1= х + 3
или х2
– 1=
– х
– 3
х2
– х
–4 =0 х2
+ х
+2 =0
D
= 17 > 0
D
= – 7 < 0 - корней нет
x
1,2
=
Ответ: .
в). |х2
+5х– 3|= |2х
– 1|
х2
+5х– 3= 2х
– 1
или х2
+5х– 3=1
– 2х
D
D
= 81 > 0
x
1,2
= x
1,2
=
х1
= х3
=
х2
=
– 2 х4
= –4
Ответ: – 2; ; –4.
Упражнения для самостоятельной работы:
1). | х2
+6 х + 8 |= | 7х –6| 7). | 2х –1|=| х +3|
2). | 3х2
–5х – 2 |= | х2
+6х –16| 8). |х–2 |=| 3х +9|
3). | 2х2
–1|=| х2
– 2х – 3| 9). |х–2 |=| 3 –3х|
4). | 2х –3|=| х +7| 10). |х – х2
–1|= | 2х –3 + х2
|
5). | х +7|= |х–2 | 11). | х2
+4 х + 3 |= | х +1|
6). | х2
–1|= | х +5| 12). |х–2 |=3| 3 – х|
Способ подстановки ( замены переменной ).
х2
–6| х| + 5 = 0.
по свойству х2
=| х|2
имеем:
| х|2
–6| х| + 5 = 0.
Применим подстановку | х| =
t
≥ 0,
Тогда получим уравнение t
2
– 6
t
+ 5 = 0,
t
1
= 1,
t
2
= 5.
1. | х|=1, х1,2
= ± 1;
2. | х|=5, х3,4
= ± 5
Ответ: –5; – 1; 1; 5.
Примеры:
а). х2
–6| х| + 8= 0.
| х|2
–6| х| + 8 = 0.
| х| = у ≥ 0, у 2
– 6у + 8 = 0, у1
= 4, у2
= 2;
1.
| х|=4, х1,2
= ± 4;
2.
| х|=2 х3,4
= ± 2.
Ответ: – 4; –2; 2; 4.
а). х2
+| х| – 2= 0.
| х|2
+| х| – 2= 0
| х| = у ≥ 0, у2
+у – 2= 0, у1
= – 2, у2
= 1;
1.
| х|= –2, корней нет
2.
| х|=2 х1,2
= ± 1.
Ответ: ± 1.
Упражнения для самостоятельной работы:
1). х2
–2| х| – 3= 0 9). х2
–3| х| = 0
2). х2
–| х| – 2= 0 10). х2
–| х| + 2= 0
3). х2
+5| х| + 4= 0 11). х2
–2| х| + 3= 0
4). х2
–6| х| + 5= 0 12). х2
–7| х| + 12= 0
5). х2
–5| х| + 6= 0 13). х2
–2| х| – 35 = 0
6). х2
+| х| + 2= 0 14). х2
–| х| – 6 = 0
7). х2
–4| х| + 5= 0 15). х2
–2| х| – 4 = 0
8). х2
–3| х| + 2= 0 16). Х2
+7| х| +12= 0
Метод интервалов ( для решения всех типов уравнений с модулями).
Метод интервалов - это универсальный метод решения уравнений всех видов с модулями.
Метод интервалов состоит в том, что область определения уравнения разбивается на промежутки, в каждом из которых все подмодульные выражения сохраняют знак. Для этого достаточно найти корни подмодульных выражений и расположить их в порядке возрастания. Концы полученных промежутков можно относить к любому из смежных промежутков. Раскрыть модули ( входящие в уравнение) на каждом промежутке. Для этого необходимо число из данного промежутка подставить вместо переменной в подмодульное выражение. Определив знак подмодульного выражения, освободиться от модуля. Решить уравнение на каждом промежутке своё и найденные решения объединить в ответе.
Примеры:
а). | х–1 |+| х +2|= 1.
Найдем корни подмодульных выражений
х – 1 =0, х = 1;
х +2 = 0
, х= – 2.
. . х
–2 1
Решим уравнения на промежутках.
Ι. (–∞;–2): –х+1–х–2 = 1; –2х – 1 = 1; –2х =2; х = – 1;
– 1
(–∞;–2);
корней нет
ΙΙ. [–2; 1
] ; –х + 1+х + 2 = 1; 0х = –2,
решений нет.
ΙΙΙ. ( 1; + ∞ ); х – 1 + х + 2 = 1; 2х + 1 = 1; 2х = 0; х = 0;
0
( 1; + ∞ ); корней нет.
Ответ: корней нет.
б). |2 х + 1 |+ |5 –3 х |+1– 4х= 0 .
2х + 1 = 0; 2х= – 1; х = – .
5 – 3х = 0; – 3х= – 5; х = =
. . х
–
Ι. (–∞;–): –2х–1+ 5 –3х+ 1 –4 = 0; –9х +5 = 0; х =;
(–∞;–);
корней нет.
ΙΙ. [– ;
] ; 2х + 1 + 5 – 3х + 1– 4х = 0 ; –5х = –7, х =,
х =
[– ;
]; -
корень уравнения.
ΙΙΙ. (
; + ∞ ) ; 2х + 1 – 5+ 3х + 1– 4х = 0; х – 3 = 0, х = 3
(
; + ∞ ); х = 3-
корень уравнения.
Ответ: ; 3.
в). | х – 1 |+ |х –2 | = 1
х – 1 = 0, х = 1.
х –2 = 0, х = 2.
. .
х
1 2
Ι. (–∞;1) : – х + 1 –х + 2 – 1; –2х + 3 = 1; – 2х = – 2;
х = 1
(–∞;1),
корней нет.
ΙΙ. [1; 2
] ; х –
1 – х + 2 = 1; 0х + 1 = 1; 0х = 0, х –
любое число х
из промежутка [1; 2
] .
ΙΙΙ. (2
; + ∞ ); х – 1 + х – 2 = 1; 2х –3 = 1; 2х = 4; х = 2
(2
; + ∞ ), корней нет.
Ответ: [1; 2
]
Упражнения для самостоятельной работы
1). | х + 4 |– |х –3 |= 1 9). | 2 х + 6 |+|3х +7 |= х – 3
2). | х |+ |х –1|+ |х –2|= 6 10). | х–1 |+ | х –2|+ |х –3 |= 4
3). | х + 4 |+ |х –3 |= 7 11). |х–1|–| х|+ 3|х –1|–|х –2|=х+2
4). | х |+ |х –1|+ |х –2|= 2 12). | х + 2 |– | 5 – х |= –7
5). | х |– |х –2| = 2 13). |х –4|+ |х +4|= 9
6). |х –3|+|х +2|–|х –4|=3 14). | х |+ |х –1|+ |х –2|= 6
7). |5–х |+|х +2|=|3–х | 15). | х–1 |+ | х –2|= |х –3 |– 4
8). |х|–2|х +1|+3|х +2|= 0 16). х2
– |х –2| – 10 = 0
Уравнения со «сложным» модулем.
К таким уравнениям относятся уравнения, в которых под знаком модуля находится функция, в записи которой один или несколько модулей, то есть «модули под модулем». Уравнения данного вида можно решать методом интервалов или применяя свойства модуля.
Примеры:
а). | 3 – | х | |=4
| 3 – | х | |=4
3 – | х| = 4 или 3 – | х|= – 4
– | х| = 1 – | х|= – 7
| х| = –1 | х|= 7
корней нет х = ±7
Ответ: ±7
б). |3 + | х + 1||= 5
5
>0
,
|3 + | х + 1||= 5
3 + | х + 1|= 5 или 3 + | х + 1|= –5
| х + 1|=2 | х + 1|= –8
корней нет
х + 1 =2 х + 1 = –2
х1
=1 х2
= –3
Ответ: 1;–3.
в). ||| х | –1|–1|=1.
||| х | –1|–1|=1
|| х | –1|–1=1 или || х | –1|–1= –1
|| х | –1|=0
| х | –1=2 | х |=1, х = ± 1
| х |= 3
| х |= ±3
Ответ: ±1; ±3
в). |х – |2 х + 3|| =3х– 1.
О.Д.З. 3х– 1≥ 0, 3х ≥ 1, х ≥ .
|х – |2 х + 3|| =3х– 1
х – |2 х + 3| =3х– 1 или х – |2 х + 3| =1– 3х
Решим методом интервалов каждое уравнение:
2 х + 3=0
2х = –3
х = –, х = –
.
х
–
Ι. (–∞;– ) : х + 2х + 3 = 3х–1, 0х = –4 -
решений нет.
ΙΙ. [–;+ ∞)
: х – 2х –3=3х–1, –4х = 2, х = –, –
[–;+ ∞).
Решений нет.
2 х + 3=0
2х = –3
х = –, х = –
.
х
–
Ι. (–∞;– ) : х + 2х + 3 =1–3х, 3х + 3х= 6х –2, х = –,
–
(–∞;– ) –
решений нет.
ΙΙ. [–;+ ∞)
: х – 2х –3= 1–3х, 2х = 4 , х=2
[–;+ ∞).
х = 2 –
корень уравнения.
Ответ: 2.
Упражнения для самостоятельной работы
|3 – | х – 2|| = 5 || х – 1|+2| = 1
|| х + 1|+2| = 1 |х| + | х + 1|| =0
|| х + 1|–4| = 2 |х–|2 х + 3||= 3х + 1
|| х |–2| = 4 | х– |4–х| = 4
|2 –|1–|х ||=1 ||| х |+ 1|+1| = 1
|| х – 1||+ х = 4 |2 – | 1 –|х| || = 1
| х2
– 3|х|+2| = х2
– 2х ||| х |–2|+ 1| = 2
| х2
– 3|х|+1| = 1 ||| х |+2|– 1| = 3
Литература
М.К. Потапов и др. Конкурсные задачи по математике М. 1995.
Я.К. Фельдман Готовимся к экзаменам С.- Петербург 1997.
А.Г. Цыпкин Справочник по математике для средней школы. М.: Наука, 1981.
Д.Т. Письменный Математика для старшеклассников. М.; 1996.
А.Г. Мерзляк Алгебраический тренажер. Киев: 1997.
В.В. Казак, А.В. Козак Тесты по математике. Централизованное тестирование. Москва: 2003
Оглавление стр.
Основные виды упражнений и способы их
решений…………………………………………………. 1
Способы решения простейших уравнений
с модулями………………………………………………. 2
Способ подстановки ( замены переменной )………... 7
Метод интервалов ( для решения всех типов
уравнений с модулями)………………………………… 8
Уравнения со «сложным» модулем………………… 11
Литература……………………………………………. 15