Содержание. I Введение. II . Основная часть. 1.Построение графиков функций, аналитическое выражение которых содержит знак модуля: а) построение графика функции у = f(|x|); б) построение графика функции у = |f(x)|; в) построение графика функции у = |f(|x|)|; г) построение графика функции | у | = |f(|x|)|; д) графики неявных функций, аналитическое выражение которых содержит знак модуля. 2 . Уравнения, содержащие знак абсолютной величины: а) решение уравнений вида f(|x|) =g(x); б) решение уравнений вида |f(x)| =g(x); в) решение уравнений вида h |f(|x|)|=g(x); г) решение уравнений вида |f 1 (x)|+ |f 2 (x)|+ |f 3 (x)|+…+ |f n (x)|= g(x), где f 1 (x), f 2 (x), f 3 (x), f n (x), g(x)-некоторые функции; д) решение систем уравнений; е) решение уравнений, содержащих параметр. 3..Неравенства, содержащие знак абсолютной величины: а) решение неравенств вида f(|x|)< g(x); б) решение неравенств вида |f(x)| <g(x), |f(x)| >g(x); в) решение неравенств вида |f(|x|)|<g(x), |f(|x|)|>g(x) ; г) решение неравенств вида |f(x)| >|g(x)|, α 1 |f 1 (x)|+ α 2 |f 2 (x)|+ α 3 |f 3 (x)|+…+ α n |f n (x)|≥ g(x), где - α 1, α 2 , α 3, α n - некоторые числа; д) решение систем неравенств; е) решение неравенств, содержащих параметр. 4. Применение понятия «модуля» к решению задач. 5.Тест. III.Заключение. Приложения. Тест «Каждый график соотнесите с соответствующей ему формулой.» ( 18 работ) 1

Введение.
Понятие, определение, свойства модуля числа изучаются в 6 классе. Теория по этому вопросу соответствует уровню ученика 6 класса. Но задания, которые требуют применения знаний о модуле, встречаются на протяжении 7-9 классов. Это задания повышенной трудности: -решение уравнений, построение графиков функций и решение неравенств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины; -построение множества точек функции на плоскости, содержащих переменную под знаком абсолютной величины(олимпиадный материал); -упрощение и доказательство выражений, где используются свойства модуля; - решение систем уравнений и неравенств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины, которые встречаются в экзаменационном материале в 9 классе и оцениваются «6 баллами», в 11 классе –«2 баллами»; -решение задач на нахождение расстояния (ЕГЭ 11 класс). Я считаю, что знания по теме «Модуль числа», приобретённые в 6 классе недостаточны для участия в олимпиадах, успешной сдачи экзаменов. Поэтому, возникла следующая проблема - самостоятельно изучить данную тему на более высоком уровне. Тема «Модуль и его применение» для меня значима и актуальна, т.к. изученный материал пригодится в будущем. Для изучения темы я поставила цели и задачи: -познакомиться: с определением «модуля» и его свойствами; решением уравнений, построением графиков функций и решением неравенств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины. Изучить: - построение графиков функций: у = f(|x|), у = |f(x), у = |f(|x|)|,| у | = |f(|x|)| и построение графиков неявных функций, аналитическое выражение которых содержит знак модуля. - решение уравнений вида: f(|x|) =g(x), |f(x)| =g(x), h |f(|x|)|=g(x), |f 1 (x)|+ |f 2 (x)|+ |f 3 (x)|+…+ | f n (x)|= g(x), где f 1 (x), f 2 (x), f 3 (x), f n (x), g(x)-некоторые функции, - решение уравнений и систем уравнений, содержащих переменную под знаком абсолютной величины и решение уравнений и систем уравнений, содержащих параметр. - решение неравенств вида: f(|x|)< g(x), |f(x)| <g(x), |f(x)| >g(x), |f(|x|)|<g(x), |f(|x|)|>g(x), |f(x)| >|g(x)|, α 1 |f 1 (x)|+ α 2 |f 2 (x)|+ α 3 |f 3 (x)|+…+ α n |f n (x)|≥ g(x), где - α 1, α 2 , α 3, α n - некоторые числа; - решение систем неравенств, содержащие знак абсолютной величины и решение неравенств, содержащих параметр. 2
Для изучения темы «Модуль и его применение» я использовала следующие источники: Н.А.Вирченко, И.И.Ляшко, К.И.Швецов. Справочник. Графики функций. Киев. «Наукова думка», 1979. Из этого справочника я использовала всю информацию о графиках, содержащих знак абсолютной величины и графиках неявных функций, аналитическое выражение которых содержит знак модуля. Вавилов В.В., Мельников И.И., Олехник С.Н., Пасичко П.И. «Задачи по математике. Уравнения и неравенства»-М: Наука, 1987. Это пособие содержит «богатый» теоретический материал о различных видах уравнений и неравенств; практический материал (задания и упражнения) для каждого вида. Я полностью воспользовалась теоретическим материалом из этого источника, самостоятельно исследовала решение «более интересных» по моему мнению уравнений и неравенств. Научно-теоретический и методический журнал «Математика в школе» и «Тренировочные материалы для подготовке к единому государственному экзамену по математике»: С.В.Богатырёв, А.А.Максютин, Ю.Н.Неценко, Т.П. Шаповалова. -Самара: 2008 – 2012гг я воспользовалась заданиями, содержащих параметры, решение которых изучила самостоятельно. Из источников: «Задачи повышенной трудности в курсе алгебры 7-9 кл»;Н. П.Кострикова и «Дидактические материалы. Алгебра.9 кл»; Ю.Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк,К.И.Нешков, С.Б. Суворова, М.. использовала задания для школьных олимпиад, решение которых исследовала с помощью теории, изученной самостоятельно. «Алгебра. Сборник заданий для подготовки к итоговой аттестации в 9классе»:Л.В.Кузнецова, С.Б. Суворова, Е.А. Бунимович и др.и «Алгебра 9 класс»: Ф.Ф. Лысенко –исследовала решение систем уравнений и построение графиков функций, содержащих переменную под знаком модуля, параметр. Эти задания оцениваются 6 баллами. «Тренировочные материалы для подготовке к единому государственному экзамену по математике»:С.Н.Богданов, Е.А.Богданова, Г.А.Клёковкин, Ю.Н.Неценко, Т.П. Шаповалова. -Самара: ГОУ СИПКРО, 2004.и др. Из этих источников я воспользовалась задачами на нахождение расстояния, решение которых исследовала самостоятельно. Эти задания С 2 из ЕГЭ и оцениваются 2 баллами. Методика исследования: изучить теоретический материал и применить его на практике, т.е. решением: уравнений и систем уравнений и неравенств и построением графиков функций . 3

Модуль числа.
Расстояние точки М(-6) от начала отсчёта О равна 6 единичным отрезкам. |-6 |= 6.  Модулем числа а называют расстояние ( в единичных отрезках) от начала координат до точки А(а). Модуль числа 5 равен 5, т.к. точка В(5) удалена от начала отсчёта на 5 единичных отрезков. Модуль числа 0 равен 0, т.к. точка с координатой 0 совпадает с началом отсчёта О, т.е. удалена от неё на 0 единичных отрезков. |0|=0. Модуль числа не может быть отрицательным. Для положительного числа и нуля он равен самому числу, а для отрицательного –противоположному числу. Противоположные числа имеют равные модули |-а| = |а|, т.е. |а|= а, если а≥0; -а, если а<0.
Построение графика функции у = f(|x|).
Для построения этого графика функции нужно построить график функции у = f(x) для х≥0, а затем отобразить построенную кривую симметрично относительно оси ординат. Эти две части (построенная и отображённая) дадут в совокупности график функции у = f(|x|). у = f(x) – 1 у = f(|x|) -2 4
Пример № 1. у = sin|x |. Строим график функции у = sinx для х≥0, а затем этот график зеркально отображаем относительно оси Оу. Пример №2 . у = cos |x |. Строим график функции у = cos x для х≥0, а затем этот график зеркально отображаем относительно оси О у. Пример №3. у = |x |. Пример №4. у = х 2 +|x |-2. Строим график функции у = х 2 +x -2 для х≥0. Если: х=0, у=-2; х=1, у=0; х=2, у=4. Отображаем построенный график для х≥0 симметрично относительно оси ординат. 5
Пример №5.Постройте график функции у = х 2 - 4 |x |. Сколько общих точек может иметь с этим графиком прямая у = m? (Для каждого случая укажите соответствующие значения m). 6 баллов. 1 у = х 2 - 4 x для х≥0. х 0 1 2 3 4 у 0 -3 -4 -3 0 О ' (m,n), m=-b/(2a), m= - (-4) /2 = 2; n=y(m), n=-4. Отображаем построенный график для х≥0 симметрично относительно оси ординат. График функции у = х 2 - 4 |x | и прямая у = m имеют общие точки при следующих условиях: если m =-4 и m>0 - две точки; если – 4 < m < 0 - четыре точки; если m = 0 - три точки. Пример №6. Постройте график функции у = - х 2 + 2 |x |. Сколько общих точек может иметь с этим графиком прямая у = m? (Для каждого случая укажите соответствующие значения m). 6 баллов. 1 у = - х 2 + 2 x для х≥0. х 0 1 2 3 4 у 0 1 0 -3 -8 О ' (m,n), m=-b/(2a), m= - (2) /(-2) = 1; n=y(m), n=1. Отображаем построенный график для х≥0 симметрично относительно оси ординат. График функции у =- х 2 + 2 |x | и прямая у = m имеют общие точки при следующих условиях: если m = 1 и m < 0 - две точки; если m = 0 - три точки; если 0 < m < 1 - четыре точки.
Построение графика функции у = |f(x)|.
6
Для построения графика функции у = |f(x)| надо построить график функции у = f(x), далее оставить без изменения все части построенного графика, которые лежат выше оси абцисс, а части, расположенные ниже её, отобразить симметрично относительно этой оси. Пример №7. Постройте график функции у = | х 2 - 1 |. Строим график функции у = х 2 - 1 на (-∞; +∞ ). О ' (-1;0), точки пересечения с осью х являются точки -1 и 1. На интервале (-1; 1) функция у = х 2 - 1 меньше 0, кривая расположена под осью абцисс. Эту часть графика симметрично отображаем относительно оси абцисс, а остальную его часть оставляем без изменения. Пример №8. Постройте график функции у = |х 2 - 2 x -3 |. Сколько общих точек может иметь с этим графиком прямая у = m? (Для каждого случая укажите соответствующие значения m). 6 баллов. 1 Графиком функции у = х 2 - 2 x -3 является парабола, ветви которой направлены вверх. Вершина параболы О 1 (1;-4). Найдем точки пересечения с осью Ох, у=0, т.е. х 2 - 2 x -3=0, х 1 =3 и х 2 =-1. На интервале (-1; 3) функция меньше нуля, кривая расположена под осью абцисс. Эту часть графика функции отобразим относительно оси абцисс, а остальную оставим без изменения. График функции у = = |х 2 - 2 x -3 | и прямая у = m имеют общие точки при следующих условиях: 7
если m = 0 и m > 4 - две точки; если m = 4 - три точки; если 0 < m < 4 - четыре точки. Пример №9. Постройте график функции у = |-х 2 - 2 x +8 |. Сколько общих точек может иметь с этим графиком прямая у = m? (Для каждого случая укажите соответствующие значения m). 6 баллов. 1 Построим график функции у = -х 2 - 2 x +8. Графиком функции у = х 2 - 2 x -3 является парабола, ветви которой направлены вниз. Вершина параболы О ' (-1;9). Найдем точки пересечения с осью Ох, у=0, т.е. -х 2 - 2 x +8=0, х 1 =-4 и х 2 =2. На интервалах (-∞; 4) и (2; +∞ ) функция меньше нуля, кривая расположена под осью абцисс. Эту часть графика функции отобразим относительно оси абцисс, а остальную оставим без изменения. График функции у = = |х 2 - 2 x -3 | и прямая у = m имеют общие точки при следующих условиях: если m = 0 - две точки; если m = 9 - три точки; если 0 < m < 9 - четыре точки. Пример №10.Построить график функции y=│ log a x │, а>1. Строим график функции y = log a x. На интервале (0; 1) функция y= log a x <0 (кривая расположена под осью абцисс). Эту часть графика функции отобразим относительно оси абцисс, а остальную оставим без изменения.
Построение графика функции у = |f(|x|)|.
8
Для построения графика функции у = |f(|x|)| надо построить график функции у = f(|x|), далее оставить без изменения все части построенного графика, которые лежат выше оси абцисс, а части, которые лежат ниже её, отобразить симметрично относительно этой оси. Пример №11. Построить график функции у = ││х│- 1│. Построение графика строится в три этапа: строим график функции у = │х│, выполняем параллельный перенос вдоль оси ординат на одну единицу масштаба вниз, часть графика, расположенную под осью абцисс, симметрично отображаем относительно этой оси. Пример №12. Построить график функции у = │х 2 -5│х│+6│. Построение графика проводится в три этапа: строим график функции у = х 2 -5х+6 для х≥0; а затем этот график зеркально отображаем относительно оси Оу; часть графика, расположенную под осью абцисс, симметрично отображаем относительно этой оси. Графиком функции у = х 2 - 5 x +6 для х≥0 является парабола, ветви которой направлены вверх. Вершина параболы О ' (2,5;-0,25). Найдем точки пересечения с осью Ох, у=0, т.е. х 2 - 5 x +6=0, х 1 =2 и х 2 =3 Пример №13. Построить график функции y=│ log 2 │ x ││. Строим график функции y = log 2 │ x │. Затем строим график модуля этой функции и получаем график заданной функции y=│ log 2 │ x ││. Пример №14. Построить график функции y=│ log 2 (│ x │- 1)│. 9
Строим график функции y = log 2 (│ x │-1) . Затем строим график модуля этой функции и получаем график заданной функции y=│ log 2 (│ x │-1)│. Пример № 15. Построить график функции │у│ =│х -1│. Строим график функции у =│х -1│, затем симметрично отображаем его относительно оси абцисс. Пример №16 . Построить график функции │y │=│ log 2 (│ x │- 1)│. Замечание. При построение графиков функций, являющихся суммой, произведением, частным функций, из которых одна или несколько содержат знак модуля, находят область определения функции, раскрывают знак модуля на тех промежутках, где выражения с модулем не меняют знака, и, наконец, строят график функции, заданной на разных промежутках разными формулами. Пример № 17. Построить график функции у = │х +2│ + │3х +1│+│х- (1/2)│-3х +2. 10
Область определения функции ( -∞; +∞ ). Решим уравнения: х+2 =0 3х+1=0 х-(1/2) =0 х =-2 х = - (1/3) х = -(1/2) Рассмотрим промежутки ( -∞;-2], ( -2;-(1/3)], ( -(1/3);1/2], (1/2, +∞). На этих промежутках функции у = х +2, у= 3х +1, у =х- (1/2) не меняют знака. При х є ( -∞;-2], у = -(х+2)- (3х+1) – (х-(1/2)) -3х+2 = -х -2 -3х-1-х +(1/2) -3х+2 = -8х –(1/2) При х є (-2;-(1/3) ], у = (х+2)- (3х+1)– (х-(1/2)) 3х+2 = х+2 -3х-1 –х +(1/2) -3х+2 = -6х + 3 1 / 2 . При х є ( -(1/3);1/2], у = х +2 + 3х +1-(х- (1/2))-3х +2 = х +2 + 3х +1-х+ (1/2))-3х +2 = 5 1 / 2 . При х є (1/2, +∞), у = х +2 + 3х +1+х- (1/2)-3х +2 = 2х + 4 1 / 2 . у= -8х –(1/2) у= -6х + 3 1 / 2 . у= 5 1 / 2 . у= 2х + 4 1 / 2 . х -3 -2 у 23 1 / 2 15 1 / 2 х -1 - 1 / 2 у 9 1 / 2 6 1 / 2 х 0 1 / 2 у 5 1 / 2 5 1 / 2 х 1 2 у 6 1 / 2 8 1 / 2
Графики неявных функций, аналитическое выражение которых содержит знак

модуля.
11
Рассмотрим функцию, заданную неявно уравнением F(х,у) = 0. Укажем на некоторые особенности и преобразования графика функции F(х,у) = 0. Если уравнение кривой F(х,у) = 0 не меняется при замене х на –х, то кривая симметрична относительно оси ординат. Если уравнение кривой F(х, у) = 0 не меняется при замене у на –у, то кривая симметрична относительно оси абцисс. Если уравнение кривой F(х, у) = 0 не меняется при одновременной замене х на –х и у на – у, то кривая симметрична относительно начало координат. Если уравнение кривой F(х, у) = 0 не меняется при замене у на х, а х на у, то кривая симметрична относительно биссектрисы у = х. График функции F(х+а,у) = 0 получают из графика функции F(х, у) = 0 с помощью параллельного переноса последнего вдоль оси абцисс на |а| единиц масштаба в направлении, имеющим знак, противоположный знаку а. График функции F(х, у+в) = 0 получают из графика функции F(х, у) = 0 с помощью параллельного переноса последнего вдоль оси ординат на |в| единиц масштаба в направлении, имеющим знак, противоположный знаку в. Пример №18. 2 Построить множество точек | х |+ | у |= 1. Функция чётная относительно координатных осей. Поэтому достаточно рассмотреть функцию только в I квадранте, т.е. при х≥0, у ≥0. Поскольку при этом | х |=х, | у |=у, заданная функция примет вид х + у = 1, или у = 1- х. Следовательно, строим график прямой у = 1- х. Графику заданной функции принадлежит лишь отрезок прямой у = 1- х., который лежит в I квадранте. Учитывая симметрию графика данной функции, строим график функции во II- IV квадрантах. Множество точек | х | - | у |= 1. | у|- | х |= 1. х - у = 1. у - х = 1 12
Пример № 19. Построить множество точек | | х | - | у | | = 1. 2 Данное уравнение эквивалентно двум уравнениям | х | - | у |= 1 | у |- | х |= 1. Следовательно, искомый график является объединением двух графиков. Пример № 20. Построить множество точек | у -2 | = | х +1 | 2 . Сначала построим график функции | у | = | х | (1) . Затем т.О перейдет в т.О ' (-1;2). Построим график функции | у -2 | = | х +1 | (2). Это и есть искомое множество точек. Пример № 21. . Построить множество точек | х + у | = 1. 2 13 
Данное уравнение эквивалентно двум уравнениям х + у = 1 у = 1 – х х + у = -1; у = -х – 1 Искомый график – объединение двух графиков. Это и есть искомое множество точек. Пример № 22. . Построить множество точек | х - у | = 2. 2 Данное уравнение эквивалентно двум уравнениям х –у = 2 у = х – 2 х –у = -2 у = х + 2 Искомое множество точек – объединение двух графиков. Пример № 23. Построить множество точек | х - 2 | + | у +1 | = 1 2 . Построим сначала множество точек | х | + | у | = 1, а затем перенесем т.О (0;0) в т.О 1 (2;-1) и построим множество точек | х - 2 | + | у +1 | = 1 . Пример № 24. Построить множество точек | | х | +| у | - 3 / 2 |= 1 / 2 . 2 Данное уравнение эквивалентно двум уравнениям | х | + | у | - 3 / 2 = 1 / 2 | х | + | у | = 1 14      
| х | + | у | - 3 / 2 = -( 1 / 2 ) | х | + | у | = 2 Искомое множество точек – объединение двух графиков.
Уравнения, содержащие знак абсолютной величины
. По определению а, а≥ 0, |а | = - а, а< 0. При решении уравнения, содержащего знак абсолютной величины (знак модуля), как правило, следует разбить ОДЗ уравнения на множества, на каждом из которых выражение, стоящих под знаком модуля, сохраняет знак. Объединение множеств решений, найденных на всех частях ОДЗ уравнения, составляет множество всех решений уравнений. Рассмотрим уравнения вида f(|x|) = g(x), где f(x), g(x) – некоторые функции. Для того чтобы решить уравнение, нужно сначала рассмотреть все решения уравнения вида f(x) = g(x), принадлежащие множеству х≥ 0, затем решить уравнение f(-x) = g(x) на множестве х < 0. Объединение множеств найденных решений составляет множество всех решений уравнения. Другими словами, уравнение равносильно совокупности систем f(x) = g(x), х≥ 0; f(-x) = g(x), х < 0. Пример № 25. Решите уравнение х 2 -5 | х | +6 = 0. Решение. I способ. Исходное уравнение равносильно совокупности систем: { х 2 -5 х +6 = 0, х≥ 0; х 2 -5 х +6 = 0, Д = 1, Д > 0, 2 к., х 1 = (5+1)/2= 3, х 2 = (5-1)/2= 2. 2>0, 3 > 0, поэтому 2 и 3 являются корнями уравнения. { х 2 -5 (- х )+6 = 0, х< 0; х 2 +5 х +6 = 0, Д = 1, Д > 0, 2 к., х 1 = (-5+1)/2= -2, х 2 = (-5-1)/2= -3. -2<0, -3 < 0, поэтому -2 и -3 являются корнями уравнения. Следовательно, множество всех решений данного уравнения состоит из -3, -2, 2, 3. II способ. Данное уравнение можно решить используя метод замены неизвестного. ( х 2 =| х 2 |= | х | 2 ), t= | х |, t 2 -5t + 6 = 0. Д=1, Д > 0, 2 к., t 1 =2, t 2 = 3. | х | = 2 и | х | =3 . х 1 =-2, х 2 = 2, х 3 = -3, х 4 = 3. 15  
Ответ: -3, -2, 2, 3. Пример № 26. Решите уравнение х 2 -4 | х | +3 = 0. Решение. Исходное уравнение равносильно совокупности систем: { х 2 -4 х +3 = 0, х≥ 0; х 2 -4 х +3 = 0, Д = 1, Д > 0, 2 к., х 1 = (4+2)/2= 3, х 2 = (4-2)/2= 1. 1>0, 3 > 0, поэтому 1 и 3 являются корнями уравнения. { х 2 -4 (- х )+3 = 0, х< 0; х 2 +4 х +3 = 0, Д = 1, Д > 0, 2 к., х 1 = (-4+2)/2= -1, х 2 = (-4-2)/2= -3. -1<0, -3 < 0, поэтому -1 и -3 являются корнями уравнения. Следовательно, множество всех решений данного уравнения состоит из -3, -1, 1, 3. Ответ: -3, -1, 1, 3. Пример № 27. Решите уравнение ( х+1) 2 + | х +1| -2 = 0. Данное уравнение можно решить используя метод замены неизвестного. (( х+1) 2 =|( х+1) 2 |= | х +1| 2 ), t= | х +1|, t 2 + t - 2 = 0. Д=9, Д > 0, 2 к., t 1 =1, t 2 = -2. | х+1 | = 1 и | х +1| = -2 - решений нет, т.к. модуль числа есть величина неотрицательная. Следовательно, х+1 = 1 и х+1 = -1 ; х 1 = 0, х 2 = -2. Ответ: -2, 0. Пример № 28. Решите уравнение ( х+2) 2 = 2 | х +2| + 3. Данное уравнение можно решить используя метод замены неизвестного. (( х+2) 2 =|( х+2) 2 |= | х +2| 2 ), t= | х +2|, t 2 + t - 2 = 0. Д=16, Д > 0, 2 к., t 1 =3, t 2 = -1. | х+2 | = 3 и | х +2| = -1 - решений нет, т.к. модуль числа есть величина неотрицательная. Следовательно, х+2 = 3 и х+2 = -3 ; х 1 = 1, х 2 = -5. Ответ: -5 и 1 . Пример № 29. Решить уравнение | х | = х 2 + х -2. Решение. Исходное уравнение равносильно совокупности систем: { х = х 2 + х - 2, х≥ 0; х 2 -2=0, х 1 =√2 , х 2 =-√2. -√2 ≥ 0 (неверно), √2 ≥ 0 (верно). √2 является корнем уравнения. Ответ: -1- √3 , √2. { -х = х 2 + х - 2, х< 0; х 2 +2х -2=0, . Д=12, Д > 0, 2 к., х 1 =-1+ √3 , х 2 =- 1 - √3. -1+ √3 < 0 (неверно), -1- √3 < 0 (верно). -1- √3 является корнем уравнения.
Рассмотрим решение уравнений вида |f(x)| =g(x).
Уравнение вида |f(x)| =g(x) ( 2 ) равносильно совокупности систем: 16
I способ. Уравнение равносильно совокупности систем: { f(x) =g(x), f(x)≥ 0; { - f(x) =g(x), f(x)< 0. II способ. Уравнение равносильно совокупности систем: { f(x) =g(x), g(x) ≥ 0; { - f(x) =g(x), g(x) ≥ 0. Если в уравнение (2) функция f(x) имеет более простой вид, то целесообразно применять I способ, а если более простой вид имеет функция g(x), то применяем II способ. В частности, уравнение вида |f(x)| =b,bєR, при b<0 решений не имеет; при b = 0 равносильно уравнению f(x) =0; при b > 0 равносильно совокупности уравнений [f(x) = b , f(x) = - b. Пример №30(a). Найти все корни уравнения 2 | х 2 +2х -5 | = х – 1, удовлетворяющие неравенству х < √2. Уравнение равносильно совокупности систем: {2 ( х 2 +2х -5 ) = х – 1, х – 1≥ 0, {2 х 2 +4х -10 = х – 1, х ≥1, 2 х 2 +3 х – 9 = 0. Д = 81, Д > 0, 2 к., х 1 = (-3+9)/4= 3/2, х 2 = (-3-9)/4= -3. -3 ≥ 1 (неверно), 1,5 ≥ 1 (верно). 1,5 является корнем уравнения. Есть ещё одно условие х < √2. {2 ( х 2 +2х -5 ) = -(х – 1), х – 1≥ 0, {2 х 2 +4х -10 = -х + 1, х ≥1, 2 х 2 +5 х – 11 = 0. Д = 113, Д > 0, 2 к., х 1 = (-5+√113)/4, х 2 = (-5-√113)/4. (-5-√113)/4 ≥1 (неверно), (-5+√113)/4 ≥1 (верно). (-5+√113)/4 является корнем уравнения. 1,5< √2(неверно), (-5+√113)/4< √2 (верно). Ответ: (-5+√113)/4. Пример № 30(b).|х 2 +х - 20|= х 2 +х – 20. Заменим х 2 +х – 20 = t, | t | t  .      t; t 0, t       t; t 0, t       0; 0t 0, t t є [0; +∞).     t; t - 0, t       0; 2t - 0, t       0; t 0, t  решений нет. х 2 +х – 20 0  . Рассмотрим функцию f(x)= х 2 +х -20. Найдем нули функции х 2 +х -20=0, Д=81,Д>0,2к., х 1 =4, х 2 = -5; 17
(-∞;-5]  [4; +∞). Ответ: (-∞;-5]  [4; +∞).
Решение уравнений вида h (|f(|x|)|)=g(x)
Рассмотрим решение уравнения вида: h (|f(|x|)|)=g(x) где h,f,g – некоторые функции, равносильно совокупности систем: h ( ) ( )) ( x g х f  , h(-f(x))=g(x), f (x) ≥0 f(x)<0 Пример № 31. Решите уравнение, 1 1 3 2 1     х х .            . 1 ) 1 ( 3 2 1 , 0 1 х х х            1 ) 1 ( 3 2 1 , 0 1 х х х         1 3 2 1 , 1 х х х         1 3 2 1 , 1 х х х х≥1 х = -3 -3≥1 (неверно) - 3 1 < 1(верно) Ответ: - 3 1 . Замечание: при решении уравнения, в котором под знаком модуля находится выражение, также содержащее модуль, следует, сначала освободится от внутренних модулей, а затем в полученных уравнениях раскрыть оставшиеся модули. Пример № 32. . 1 2 1    х 18          3 1 1 х х
        1 2 1 , 0 1 х х          1 2 1 , 0 1 х х       1 1 , 1 x x       1 3 , 1 x х                     1 1 , 1 1 1 , 1 х х х х                     1 3 , 1 1 3 , 1 x x x х - решений нет - решений нет Ответ: решений нет.
Решение уравнений вида |

f

1

(x)|+ |f

2

(x)|+ |f

3

(x)|+…+ |f

n

(x)|= g(x), где

f

1

(x), f

2

(x), f

3

(x), f

n

(x), g(x)-

некоторые функции
Рассмотрим уравнение вида: ), ( ) ( ... ) ( ) ( 2 1 x g x f x f x f n    где  ) ( ), ( ),... ( ), ( 2 1 x g x f x f x f n некоторые функции. Если это уравнение решать последовательным раскрытием знаков модулей, то после раскрытия знаков модулей получается совокупность n-х систем и т.д. Этот метод очень громоздкий. Такое уравнение решают методом интервалов. Для этого находят сначала все точки, в которых хотя бы одна из функций меняет знак. Эти точки делят область допустимых значений уравнения на промежутки, на каждом из которых все функции ) ( ),... ( ), ( 2 1 x f x f x f n сохраняют знак. Затем, используя определение абсолютной величины, переходят от уравнения к совокупности систем, не содержащих знаков модуля. Пример 33. Решить уравнение 6 2 3 8 3     х х 19                   2 , 1 0 , 1 х х х х                  4 , 1 2 , 1 x x x x
  3 2 ;     3х-8=0 3х=8 х=2 2 / 3 3х - 2=0 3х =2 х= 2 / 3 х  2 / 3 , -(3х-8) + (3х-2) = 6; х  2 / 3 , -3х+8 + 3х-2 = 6; 2 / 3 <х  8 / 3 , -(3х-8) - (3х-2) = 6; 2 / 3 <х  8 / 3 , -3х+8 - 3х+2 = 6; х> 8 / 3 , 3х-8 - (3х-2) = 6; х> 8 / 3 , 3х- 8 -3х+2 = 6;        0 0 3 2 х х           4 6 3 8 3 2 x x        12 0 3 8 х x         3 2 3 8 3 2 x x решений нет решений нет Ответ: (-∞; 2 / 3 ]. Пример 34. Решить уравнение | х-1 |+ | х-2| + | х-3| = 2. х-1=0, х=1, х-2=0, х=2, х-3=0, х=3. х  1, -( х-1 ) – ( х-2) - ( х-3) = 2, 20
х  1, - х+1 – х +2 - х + 3 = 2, х  1, -3х = - 4, х  1, х = 1 1 / 3 Решений нет. 1 <х  2, х-1 – ( х-2) - ( х-3) = 2, 1 <х  2, х-1– х+2 –х+3 = 2, 1 <х  2, х = 2 2 <х  3, х-1 + х-2 -( х-3) = 2, 2 <х  3, х-1+ х-2 –х+3 = 2, 2<х  3, х = 2. х> 3, х-1 + х-2 + х-3 = 2, х> 3, 3х = 8, х> 3, х = 2 2 / 3. х =2 решений нет решений нет Ответ: 2. Пример 35. Решить уравнение | х | - 2| х+1| + 3| х+2| = 0. х=0, х+1=0, х = -1, х+2=0, х = -2. х  -2, - х + 2(х+1) – 3( х+2) = 0, х  -2, - х + 2х+2–3 х-6 = 0, х  -2, - 2х = 4, 21
х  -2, х = -2 х= -2 -2<х  -1, - х + 2(х+1) + 3( х+2) = 0, -2<х  -1, - х + 2х+2+ 3 х+6 = 0, -2<х  -1, 4 х + 8 = 0, -2<х  -1, х = -2 -1<х  0, - х - 2(х+1) + 3( х+2) = 0, -1<х  0, - х - 2х-2+ 3 х+6 = 0, -1<х  0, 0 х = -4, -1<х  0, х х> 0, х - 2(х+1) + 3( х+2) = 0, х> 0, х - 2х-1 + 3 х+6 = 0, х> 0, 2х +4 = 0, х> 0, х = -2 решений нет решений нет решений нет Ответ: -2. Пример 36. Решить уравнение | х 2 -9 | + | х-2| = 5. х 2 -9=0, х 1 =-3, х 2 =3; х-2=0, х=2. 22
х  -3, х 2 -9 - ( х-2) = 5; х  -3, х 2 -9 - х+2 = 5; х  -3, х 2 – х-12 = 0; х 2 – х-12 = 0; Д = 49, Д > 0, 2 к., х 1 = (1+7)/2= 4, х 2 = (1-7)/2= -3. х  -3, х=-3 х = - 3 -3<х  2, -( х 2 -9) - ( х-2) = 5; -3<х  2, - х 2 +9 - х+2 = 5; -3<х  2, -х 2 - х +6 = 0; х 2 + х -6 = 0; Д = 25, Д > 0, 2 к., х 1 = (-1+5)/2= 2, х 2 = (-1-5)/2= -3. -3<х  2, х=2 х = 2 2<х  3, -( х 2 -9) + х-2 = 5; 2<х  3, - х 2 +9 + х-2 = 5; 2<х  3, -х 2 + х +2 = 0; х 2 - х -2 = 0; Д = 9, Д > 0, 2 к., х 1 = 2, х 2 = = -1. 2<х  3, х = -1 х=2 Решения нет. х> 3, х 2 -9 + х-2 = 5; х> 3, х 2 + х- 11 = 5; х> 3, х 2 + х- 16 = 0; х 2 + х- 16 = 0 Д = 65, Д > 0, 2 к., х 1 = (-1+√65)/2, х 2 = (-1-√65)/2 х>3, 23
х 1 = (-1+√65)/2 Ответ: -3, 2, (-1+√65)/2.
Решение уравнений, содержащих параметр.
Для решения задач с параметром уделяется внимание как аналитическим, так и геометрическим приёмам решения. Приведем пример использования геометрического подхода. Пример №37. При каких значения параметра a уравнение ( |х-2|- а - 4)( а+6+х 2 – 4х) = 0 имеет ровно три корня? Решение. Уравнение равносильно совокупности уравнений |х-2|- а - 4 = 0, а+6+х 2 – 4х= 0. Геометрически число решений совокупности при некотором значении параметра а можно интерпретировать, как число точек графиков функций а = |х-2| - 4 и а = -х 2 + 4х – 6 на плоскости Ох а, имеющих ординату а. Строим эти графики и по рисунку заключаем, что графики имеют в совокупности ровно три точки с ординатой а только в двух случаях: когда а = -4 и а = -2. Ответ: -4, -2.
Системы, содержащие знак абсолютной величины
. Пример №38. Решите систему: 2u +v = 7, |u - v| = 2; 2u +v = 7 или u - v = 2; 3u = 9, u = 3. v = 7 - 2u, v = 7 - 6, v = 1. ( 3; 1) 2u +v = 7, u - v = -2; 3u = 5, u = 5 / 3 . v = 7 - 2u, v = 7 - 2• 5 / 3 = 3 2 / 3 , v = 3 2 / 3 . ( 1 2 / 3 ; 3 2 / 3 ) 24 
Ответ: ( 1 2 / 3 ; 3 2 / 3 ), ( 3; 1). Пример №39. Решите систему: |х-1| +у = 0, 2х – у =1. х-1=0, х=1. х  1, -(х-1) +у = 0, 2х – у =1. х  1, -х+1 +у = 0, 2х – у =1; х  1, х=0, у=-1. (0;-1) х > 1, х-1+у = 0, 2х – у =1. х > 1, х+у = 0, 2х – у =1; х >1, х=2/3 Решения нет. Ответ: (0;-1) Пример № 40.Решите систему уравнений(6бал.) 3 . 3х 2 +2ху=9, |2х+у|=5; 3х 2 +2ху=9, или 3х 2 +2ху=9, 2х+у =-5; 2х+у=5; у=5-2х, 3х 2 +2х(5-2х)=9; у=5-2х, у= -5-2х, 3х 2 +10х -4х 2 -9 =0; 3х 2 +2х(-5-2х)=9; -х 2 -10х -9=0, у = -5-2х, 3х 2 -10х-4х 2 -9= 0 25
-х 2 +10х -9=0, -х 2 -10х -9=0, х 2 -10х +9=0, х 2 +10х +9=0, Д=64, Д>0, 2к., Д=64, Д>0, 2к., х 1 =9, х 2 =1; х 1 =-9, х 2 =-1; у 1 =-13, у 2 =3. y 1 =13, у 2 =-3. (9; -13), (1; 3). (-9; 13), (-1; -3) Ответ: (-9; 13), (-1; -3), (1; 3), (9; -13). Пример № 41.Решить систему:            . 2 2 3 1 , 1 2 1 2 х х х х  х-1=0, х =1; 1-3х=0, х= 1 / 3 ; х+2=0, х=-2. Точки -2, 1/3, 1 разбивают числовую ось на четыре интервала.              ; 2 )) 2 ( ( 3 1 ), 1 ( 2 1 , 2 2 х х х х х                ; 2 2 3 1 , 2 2 1 , 2 2 х х х х х               ; 1 2 , 0 3 2 , 2 2 х х х х             ; 5 , 0 , 0 3 2 , 2 2 х х х х   Рассмотрим функцию f(x)= х 2 +2х -3. Найдем нули функции х 2 +2х -3=0, Д=16,Д>0,2к., х 1 =-3, х 2 = 1; хє( -∞;-3)  (3;+∞) и хє( -∞;-2) и хє(0,5;+∞). решений нет.                  ; 2 ) 2 ( ) 3 1 ( ), 1 ( 2 1 , 1 3 1 2 х х х х х   26
                 ; 2 ) 2 ( 3 1 ), 1 ( 2 1 , 3 1 2 2 х х х х х                     ; 2 2 3 1 , 2 2 1 , 3 1 2 2 х х х х х                   ; 3 4 , 0 3 2 , 3 1 2 2 х х х х                   ; 75 , 0 , 0 3 2 , 3 1 2 2 х х х х   решений нет.                   ; 2 2 3 1 , 0 3 2 , 1 3 1 2 х х х х х               ; 5 2 , 0 ) 1 )( 3 ( , 1 3 1 х х х х               ; 5 , 2 , 0 ) 1 )( 3 ( , 1 3 1 х х х х   1.            ; 2 2 1 3 ), 1 ( 2 1 , 1 2 х х х х х            ; 5 2 , 0 1 2 , 1 2 х х х х           ; 5 , 2 , 0 ) 1 ( , 1 2 х х х    х є ( 1;2,5]. Объединяя полученные множества решений систем, получаем множество решений х є[1; 2,5]. Ответ: [1; 2,5]. Пример №42.Решите систему: 27
     ; 3 1 2 ,  х х х         ; 3 1 2 , , 0  х х х х         ; 4 2 , 0 0 , 0  х х х         ; 2 , 0 0 , 0  х х х (2; +∞)         ; 3 1 2 , , 0   х х х х         ; 4 2 , 0 2 , 0   х х х        ; 2 , 0 , 0   х х х решений нет. Ответ: (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. Рассмотрим неравенства вида f(|x|)< g(x), где f(x) и g(x)- некоторые функции, равносильно совокупности двух систем f(x)< g(x), х≥0; f(-x)< g(x), х<0. Пример № 43. |х 2 - 2х | < х. х 2 - 2х = 0, х (х-2)=0, х=0, х=2. х  0, х 2 - 2х<x, х  0, 28
х 2 - 3х<0, х  0, х(х – 3)<0, Рассмотрим функцию f(x)= х(х – 3). Найдем нули функции х=0, х=3. 0<х  2, -х 2 + 2х<x, 0<х  2, -х 2 + х<0, 0<х  2, х(х – 1)<0, Рассмотрим функцию g(x)= х(х – 1).Найдем нули функции х(х – 1)=0, х=0, х=1. х >2, х 2 - 2х<x, х > 2, х 2 -3х<0, х > 2, х(х – 3)<0, Рассмотрим функцию h(x)= х(х – 3). Найдем нули функции х(х – 3)=0, х=0, х=3. Решений нет (1;2] [2;3) Объединяя полученные множества решений двух систем, получаем множество решений (1; 3). Ответ: (1; 3). Пример № 44. х 2 - 2|х | -3<0. Данное неравенство равносильно совокупности двух систем. х 2 -2х <3, х≥0, х≥0, х 2 -2х -3<0, Рассмотрим функцию f(x)= х 2 -2х -3. Найдем нули функции х 2 -2х -3=0, Д=16, Д>0, 2к., х 1 =3, х 2 = -1; [0; 3). х 2 +2х <3, х <0, х <0, х 2 +2х -3<0, Рассмотрим функцию h(x)= х 2 +2х -3. 29
Найдем нули функции х 2 +2х -3=0, Д=16, Д>0, 2к., х 1 =1, х 2 = -3; (-3; 0). Объединяя полученные множества решений двух систем, получаем множество решений (-3; 3). Ответ: (-3; 3).
Решение неравенств вида |f(x)| <g(x)
Рассмотрим решение неравенств вида |f(x)| <g(x), где f(x) и g(x)- некоторые функции, равносильно системе f(x) <g(x), -f(x) <g(x). Для тех х, при которых g(x)  0, эта система, а значит, и данное неравенство решений не имеет, а при а>0 оно равносильно системе f(x) <а, -f(x) <а Пример № 45. Решите неравенство |х 2 -4х |<5. Данное неравенство равносильно совокупности двух неравенств. х 2 -4х <5, -(х 2 -4х )<5. х 2 -4х <5, х 2 -4х >-5. х 2 -4х -5<0, х 2 -4х +5>0. х 2 -4х -5<0. Рассмотрим функцию f(x)= х 2 -4х -5. Найдем нули функции х 2 -4х -5=0, Д=36, Д>0, 2к., х 1 =5, х 2 = -1; f(x)<0, х є ( -1;5) х 2 -4х +5>0. Рассмотрим функцию g(x)= х 2 -4х +5. Найдем нули функции х 2 -4х +5=0, Д=-4, Д<0, к.нет, т.е. точек пересечения с осью абцисс нет. g(x)>0, х- любое Т.о. множество решений исходного неравенства есть интервал ( -1;5). 30
Ответ: ( -1;5) Пример № 46. Решите неравенство | х-6 |< х 2 -5х+9. х-6 ≥0, х-6 < х 2 -5х+9, х ≥6, х 2 -6х+15 >0, Рассмотрим функцию g(x)= х 2 -6х +15. Найдем нули функции х 2 -6х +15=0, Д=-24, Д<0, к.нет, т.е. точек пересечения с осью абцисс нет. g(x)>0, х- любое. [6; +∞). х-6 <0, -(х-6) < х 2 -5х+9, х <6, х 2 -4х+3 >0, Рассмотрим функцию f(x)= х 2 -4х +3. Найдем нули функции х 2 -4х +3=0, Д=4, Д>0, 2к., х 1 =3, х 2 = 1; f(x)>0, х є ( -∞;1)  (3;6). Объединяя полученные множества решений двух систем, получаем множество решений ( -∞;1)  (3;6)  [6;+∞). . Ответ: ( -∞;-1)  [3;+∞).
Решение неравенств вида |f(x)| >g(x).
Рассмотрим решение неравенств вида |f(x)| >g(x), где f(x) и g(x)- некоторые функции, равносильно системе f(x)> g(x), f(x) <-g(x). В частности, неравенство |f(x)| >а равносильно Если а<0,то неравенство |f(x)| >а, выполняется при любом допустимом значении х данного неравенства. Пример № 47. Решите неравенство 3 |х-1|+х 2 >7. 3 |х-1|> 7- х 2. 31      a x f a x f ) ( ) (
3 (х-1)> 7- х 2 , -3 (х-1)> 7- х 2 ; 3 (х-1)> 7- х 2 , 3 (х-1)< х 2 -7; х 2 +3х-10> 0, х 2 -3х-4 >0; (х+5)(х-2)>0, (х+1)(х-4)>0. (х+5)(х-2)>0, (х+1)(х-4)>0. Объединяя полученные множества решений двух систем, получаем множество решений ( -∞;-5)  (4;+∞). Ответ: ( -∞;-5)  (4;+∞). Пример № 47(б). Решите неравенство: Решение: Данное неравенство равносильно совокупности неравенств х 2 -4х- 8>0 х 2 -8<0 -2√2 2-2√3 2√3 2+2√3 х Ответ: ( -∞;-2√2)  (2+2√3;+∞). Пример № 48. Решите неравенство: 1 4 4 5 2 2     х х х Решение: Данное неравенство равносильно системе 32 x x x 2 8 2 2              x x x x x x 2 8 2 , 2 8 2 2 2           0 8 0 8 4 2 2 x x x         3 2 2 3 2 2 х х 2 2 2 2    х
                1 4 4 5 , 1 4 4 5 2 2 2 2 х х х х х х               0 4 5 2 , 0 4 8 5 2 2 2 х х х х х                   0 ) 2 )( 2 ( ) 2 5 ( 2 , 0 ) 2 )( 2 ( 5 8 х х х х х х х 0 ) 2 )( 2 ( 5 8     х х х 0 ) 2 )( 2 ( ) 2 5 ( 2     х х х х [0; 1,6]  [2,5; +∞). Ответ: [0; 1,6]  [2,5; +∞)
Решение неравенств вида |f(|x|)|<g(x).
Рассмотрим решение неравенств вида |f(|x|)|<g(x). Его можно решить двумя способами: оно равносильно совокупности двух систем |f(x)|<g(x), х≥0; |f(-x)|<g(x), х<0. а также равносильно системе неравенств f(|x|)<g(x), f(|x|)>-g(x). Выбор способа решения зависит от конкретного неравенства и от сложности функций f и g. Пример № 49. | |х|-1 | < 1-х. I способ. | х-1 | < 1-х, х≥0; х-1 < 1-х, х-1 < -(1-х), 33
х≥0; 2х< 2, 0х < 0,-решений нет х≥0; система не имеет решений. | -х-1 | < 1-х, х<0; - х-1 < 1-х, -х-1 > -(1-х), х<0; 0х< 2, - х- любое -2х >0, х<0; х<0 II способ. Неравенство | х |-х > 0 равносильно совокупности систем х - х>0, х≥0. -х - х>0, х<0. Решением которой является интервал (-∞; 0). Неравенство |х| +х-2 < 0 системы надо решать только при х<0. При таких х оно принимает вид -2 <0. Следовательно решением неравенства являются все числа промежутка (-∞; 0). Ответ: (-∞; 0).
Решение неравенств вида |f(|x|)|>g(x).
Рассмотрим решение неравенств вида |f(|x|)|>g(x). Его можно решить двумя способами: I способ. f(|x||>g(x), f(|x|)<-g(x); II способ |f(x)|>g(x), х≥0; |f(-x)|>g(x), х<0. Пример № 50. Решить неравенство . 2 1 1 1    х х          ; 0 , 2 1 1 1 х х х и         ; 0 , 2 1 1 1  х х х Решим первую систему           ; 0 , 2 1 1 1 х х х х          ; 0 , 2 1 1 1 х х          0 , 2 1 1 1 х х  0 1 1 2 , 0             х х х        0 , 0 1 х х       ; 0 , 1 х х 34
0 . 1   х Решим вторую систему:          ; 0 , 2 1 1 1  х х х х         ; 0 , 2 1 1 1  х х если х<0, то 1-х>0, тогда ; 0 1 1 2 , 0            х х х   ; 0 1 1 , 0           х х х        ; 0 , 0 1  х х       . 0 , 1  х х -1 . 0   х [-1;0)  [0;1] Ответ: [-1;1].
Решение неравенств вида |f(x)|>|g(x)|, |f(x)|<|g(x)|
Рассмотрим решение неравенств вида |f(x)|>|g(x)|. Оно решается при помощи разбиения области допустимых значений на промежутки, каждый из которых является промежутком знакопостоянства как как функции f(x), так и функции g(x). Затем на каждом из этих промежутков решается неравенство без знака абсолютной величины. Объединяя найденные решения на всех частях ОДЗ исходного неравенства, получаем множество всех его решений. Также решаются и неравенства более общего вида α 1 |f 1 (x)|+ α 2 |f 2 (x)|+ α 3 |f 3 (x)|+…+ α n |f n (x)|≥ g(x), где - α 1, α 2 , α 3, α n - некоторые числа. Некоторые неравенств вида |f(x)|≥|g(x)| целесообразно решать, перейдя к равносильному неравенству: f 2 (x)|≥g 2 (x). (Например, |х-1|>|х| равносильно неравенству (х 2 -1)>х 2 , т.е. х< 1 / 2 ). Пример № 51.Решить неравенство |х-1|+|х+2|-|х-3|>4. х-1=0, х=1; х+2=0, х=2; х-3=0, х=3. Точки -2, 1, 3 разбивают числовую ось на четыре промежутка.            ; 4 ) 3 ( ) 2 ( ) 1 ( , 2  х х х х             ; 4 3 2 1 , 2  х х х х        ; 8 , 2  х х        ; 8 , 2  х х (-∞;-8) 35
           , 4 ) 3 ( 2 ) 1 ( , 1 2   х х х х             , 4 3 2 1 , 1 2   х х х х       , 4 , 1 2   х х решений нет.          ; 4 ) 3 ( 2 1 , 3 1   х х х х           ; 4 3 2 1 , 3 1   х х х х      ; 6 3 , 3 1   х х      ; 2 , 3 1   х х (2;3].         ; 4 ) 3 ( 2 1 , 3   х х х х          ; 4 3 2 1 , 3   х х х х     ; 0 , 3   х х (3; +∞). (-∞;-8)  (2;3]  (3; +∞). Ответ: (-∞;-8)  (2;+∞). Рассмотрим решение неравенств вида |f(x)|< |g(x)|. Пример № 52. Решить неравенство х х х х     2 2 6 7 3 Решение: Поскольку 3х 2 -7х-6=3(х-3)(х+2/3) и х 2 +х=х(х+1), то числовая ось (ОДЗ неравенства точками -1,-2/3,0,3 разбивает на пять промежутков знакопостоянства функций 3х 2 -7х-6=3(х-3)(х+2/3 и х 2 +х. На каждом из них решим заданное неравенство. Если х<-1,то 3х2-7х-6˃0 и х2+х ˃0, следовательно, в этом случае имеем 36
                         7 2 7 2 1 0 6 8 2 , 1 6 7 3 , 1 2 2 2 х х х х х х х х х х - решений нет. Если -1≤х≤-2/3, то 3х 2 -7х-6≥0 и х 2 +х≤0.Таким образом, на этом промежутке имеем систему:                           . 0 6 6 4 3 2 1 6 7 3 , 3 2 1 2 2 2 х х х х х х х х Из неравенства 4х 2 -6х-6˂0 получаем 1/4(3-√33)˂х˂1/4(3+√33). Так как -1˂1/4(3-√33)˂ -2/3, то решением неравенства на рассматриваемом множестве является промежуток 37
1/4(3-√33)˂х≤-2/3. Если -2/3˂х˂0, то х 2 +х˂0 и 3х 2 -7х-6˂0. Имеем:                          . 0 3 4 , 0 3 2 6 7 3 , 0 3 2 2 2 2 х х х х х х х х Так как х 2 -4х-3=(х-2+√7)(х-2-√7) и -2/3˂2-√7˂0, то решением поученной системы, а значит, и неравенства на рассматриваемом множестве является интервал -2/3˂х˂2-√7. Если 0≤х≤3, то 3х 2 -7х-6≤0 и х 2 +х≥0. Имеем систему:                    . 0 3 3 2 , 3 0 6 7 3 , 3 0 2 2 2 х х х х х х х х Поскольку 2х 2 -3х-3=2(х-¼(3+√33)(х-¼(3-√33)) и ¼(3+√33)˂3, то решением полученной системы, а следовательно, и неравенства на рассматриваемом множестве является промежуток ¼(3+√33)˂х≤3. Если х˃3, то 3х 2 -7х-6˃0 и х 2 +х˃0.Имеем: 38
7 2 3 7 2 7 2 3 0 3 4 , 3 6 7 3 , 3 2 2 2                              х х х х х х х х х х х Таким образом, в этом случае решением неравенства является интервал 3˂х˂2+√7. Объединяя решения, найденные на всех частях ОДЗ неравенства, получаем множество его решений: промежутки ¼(3-√33)˂х˂2-√7,¼(3+√33)˂х˂2+√7. Пример № 53 . При всех а решить неравенство |х 2 -5х +4|<а. Решим неравенство с помощью графика функции у = х 2 -5х +4. Графиком функции является парабола, ветви которой направлены вверх. О'(2,5;-2,25). Найдем точки пересечения с осью абцисс, т.е. у=0. х 2 -5х +4=0, Д=9,Д>0, 2к., х 1 =4, х 2 =1. Графиком функции является парабола, ветви которой направлены вверх. О'(2,5;-2,25). Найдем точки пересечения с осью абцисс, т.е. у=0. х 2 -5х +4=0, Д=9,Д>0, 2к., х 1 =4, х 2 = 1. 39
При а  0 неравенство решений не имеет. Пусть а>0.ОДЗ неравенства разбивают числовую ось на промежутка: х<1, 1  х  4, х>4.      ; 4 5 , 1 2 а х х х          ; 0 4 5 , 1 2   а х х х х 2 -5х+(4-а)=0, Д=9+4а,Д>0. х 2 -5х+(4-а)<0 находим ) 4 9 5 ( 2 1 ) 4 9 5 ( 2 1 а х а       . При а>0 . 1 ) 4 9 5 ( 2 1 , 4 ) 4 9 5 ( 2 1   а а     . 1 ) 4 9 5 ( 2 1   х а   Если 4 1   х , х 2 -5х+4+а>0. Множество решений неравенства состоит из двух промежутков: ) 4 9 5 ( 2 1 1 а х     и . 4 ) 4 9 5 ( 2 1    х а  При х>4 неравенство равносильно системе       ; 0 4 5 , 4 2   а х х х           ); 4 9 5 ( 2 1 ) 4 9 5 ( 2 1 , 4 а х а х     ). 4 9 5 ( 2 1 4 а х     Ответ: а) при а  0 неравенство решений не имеет; б)при 4 / 9 0  а  имеет решение ) 4 9 5 ( 2 1 ) 4 9 5 ( 2 1 а х а       , ) 4 9 5 ( 2 1 ) 4 9 5 ( 2 1 а х а       . в)при а>9/4 имеет решение ) 4 9 5 ( 2 1 ) 4 9 5 ( 2 1 а х а      
Применение «модуля» к решению задач
Пример № 54. С 2 . Найти все значения переменной х, при которых расстояние между соответствующими точками графиков функций у=|х 2 -2х| и у =|х 2 +2х| равно 8. 4 Решение. ||х 2 -2х| - |х 2 +2х||=8. х 2 -2х=0, х(х-2)=0, х=0, х=2; х 2 +2х=0, х(х+2)=0, х=0, х=-2. Точки -2, 0, 2 разбивают числовую ось на четыре промежутка. Уравнение равносильно двум уравнениям: 40              8 2 2 8 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x x
Рассмотрим уравнение |х 2 -2х| - |х 2 +2х|=8          ; 8 ) 2 ( 2 , 2 2 2 х х х х х         ; 8 4 , 2 х х         ; 2 , 2 х х х=-2 - является решением.          ; 8 2 2 , 0 2 2 2 х х х х х         ; 8 2 , 0 2 2 х х         ; 4 , 0 2 2 х х             ; 2 , 2 , 0 2 2 1 х х х  Решений нет         ; 8 ) 2 ( 2 , 2 0 2 2 х х х х х         ; 8 2 , 2 0 2 х х         ; 4 , 2 0 2 х х   решений нет.        8 2 2 , 2 2 2 х х х х х        ; 8 4 , 2 х х        ; 2 , 2 х х  решений нет. Рассмотрим уравнение |х 2 -2х| - |х 2 +2х|=-8.           ; 8 ) 2 ( 2 , 2 2 2 х х х х х          ; 8 4 , 2 х х        ; 2 , 2 х х решений нет.           ; 8 2 2 , 0 2 2 2 х х х х х          ; 8 2 , 0 2 2 х х          ; 4 , 0 2 2 х х   решений нет.          ; 8 ) 2 ( 2 , 2 0 2 2 х х х х х          ; 8 2 , 2 0 2 х х        ; 4 , 2 0 2 х х        ; 2 , 2 0 х х  . . 2 решением явл х           8 2 2 , 2 2 2 х х х х х         ; 8 4 , 2 х х       ; 2 , 2 х х  решений нет. 41
Ответ: -2 и 2. Пример № 55.С 2 . Найти все значения переменной х, при которых расстояние между соответствующими точками графиков функций у=х и у =|х 2 -3х+2| равно 2. 4 Решение. |х -|х 2 -3х+2||=2. х 2 -3х+2=0, х 1 =2, х 2 = 1. Точки 1 и 2 разбивают числовую ось на три интервала. Уравнение равносильно двум уравнениям: х -|х 2 -3х+2|=2 и х -|х 2 -3х+2|=-2. Решим уравнение х -|х 2 -3х+2|=2.         ; 2 ) 2 3 ( , 1 2 х х х х          ; 2 2 3 , 1 2 х х х х          ; 0 4 4 , 1 2 х х х        ; 0 ) 2 ( , 1 2 х х       ; 2 , 1 х х решений нет.         , 2 2 3 , 2 1 2 х х х х         , 0 2 , 2 1 2 х х х         , 0 ) 2 ( , 2 1 х х х        . 2 , 2 1 х х         ; 2 2 3 , 2 2 х х х х        ; 0 ) 2 ( , 2 2 х х       ; 2 , 2 х х  решений нет. Решим уравнение х -|х 2 -3х+2|=-2.          ; 2 2 3 , 1 2 х х х х         ; 0 4 , 1 2 х х х        ; 0 ) 4 ( , 1 х х х       0 , 1 х х          , 2 2 3 , 2 1 2 х х х х          , 0 4 2 , 2 1 2 х х х   Д=-4, Д<0,к. нет. решений нет.         ; 2 2 3 , 2 2 х х х х         ; 0 4 , 2 2 х х х        ; . 4 , 2 решением явл х х  Ответ: 0, 2, 4. 42
Пример №56. С 2 . Пункты А,В,С на одной прямолинейной магистрали, причём В лежит между А и С. Расстояние АВ равно 5км. Из А в В выехал автомобиль с постоянной скоростью 60 км/ч. Одновременно из В и С с постоянным ускорением 30 км/ч 2 выехал мотоцикл. Определить наибольшее расстояние между автомобилем и мотоциклом в течение первых трех часов движения. 5 Решение. Расстояние, которое проехал автомобиль за время t, равно 60 t, а расстояние от пункта А до мотоцикла в тот же момент времени t равно . 15 5 2 30 5 2 2 t t    Тогда расстояние х между автомобилем и мотоциклом можно найти как модуль разности найденных расстояний, т.е. s= | 5 60 15 2   t t |. Для нахождения наибольшего значения функции s(t) на отрезке [0;2] вычислим абциссы вершины и точек пересечения параболы, заданной функцией у= 5 60 15 2   t t . Получаем, что m=2, 3 11 2 , 2 1   х -точки пересечения с осью абцисс. Построив график функции s(t), видим, что для решения задачи достаточно вычислить значения s(0) и s(2). Находим: s(0)=5 и s(2)=55.Следовательно, наибольшее расстояние между автомобилем и мотоциклом в течение первых трех часов движения равно 55км. Пример № 57. Упростите выражение: . 2 1 , 1 2 1 2        х если х х х х 6 Решение: а) Iспособ. Пусть . 1 2 1 2 А х х х х       Тогда 4 ) 2 ( 2 2 2 2 2 ) 2 ( 2 2 1 2 4 4 2 1 2 2 2 2                    х х х х х х х х х х х х А ( Т .к. . 2 1   х то |х-2|=2-х.) А 2 =4, А=2. II способ. Чтобы извлечь квадратные корни, преобразуем подкоренные выражения: вычтем и прибавим по единице:       1 2 1 2 х х х х           1 1 2 1 1 1 2 1 х х х х       2 2 ) 1 1 ( ) 1 1 ( х х       1 1 1 1 х х . 2 1 1 ( ) 1 1 (       х х Т.к. . 2 1   х то    1 1 х 1 1   х ,    1 1 х 1 1   х .) Пример № 58. Докажите, что значение выражения 2 6 11 2 6 11    есть натуральное число. 6 43
Доказательство. I способ. А     2 6 11 2 6 11 . , 6 , 36 72 121 2 2 6 11 2 6 11 2 2          А А А т.е. 6 2 6 11 2 6 11     Так как под знаком модуля находится сумма двух радикалов, каждый из которых число положительное, то     2 6 11 2 6 11 . 6 2 6 11 2 6 11     Поскольку 6- натуральное число, то утверждение доказано. II способ.Так как , ) 2 3 ( 2 2 3 2 9 2 6 11 2        , ) 2 3 ( 2 2 3 2 9 2 6 11 2        то 2 6 11 2 6 11    = . 6 2 3 2 3 2 3 2 3 ) 2 3 ( ) 2 3 ( 2 2             Пример №60.Докажите, что функция . , 2 2 , 2 2 2 2 2 2 2 2 линейная х где х х х х у          Доказательство.        2 2 2 2 2 2 2 2 х х х х у     2 2 ) 2 ( ) 2 ( х х     2 2 х х . 2 2 ) 2 ( ) 2 (     х х (При 2 2    х . 2 2 , 2 2 х х х х       ) Замечание. Целесообразно доказать, что функция будет линейной и при х є(-∞; - 2 ). И при х є ( 2 ; +∞). Действительно, при х> 2 имеем: у= |х+ 2 |+|х- 2 |= . 2 ) 2 ( ) 2 ( х х х     При х<- 2 у= |х+ 2 |+|х- 2 |= . 2 ) 2 ( ) 2 ( х х х       Тест. Каждый график соотнесите с соответствующей ему формулой. а) у =sin x б) у = х 2 +4|х| в) у = |х 2 -1| г) у = |х 2 -5|х|+6| д)| у | + |х |= 1 е) | у+1 | + |х-2 |= 1 1 2. 44
4 3. 6. 5. а б в г д е Ответы к тесту. а) у =sin x - 4 . б) у = х 2 +4|х| -2. в) у = |х 2 -1| - 5. г) у = |х 2 -5|х|+6| -3 . д)| у | + |х |= 1 – 6. е) | у+1 | + |х-2 |= 1 -1.
Заключение
При изучении темы «Модуль и его применение» я познакомилась с определением «модуля» и его свойствами и методами: решения уравнений, построения графиков функций и решения неравенств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины. Исследовала построение графиков функций: у = f(|x|), у = |f(x)|, у = |f(| x|)|,| у | = |f(|x|)| и построение графиков неявных функций, аналитическое выражение которых содержит знак модуля. Научилась: - решать уравнения вида: f(|x|) =g(x), |f(x)| =g(x), h |f(|x|)|=g(x), |f 1 (x)|+ |f 2 (x)|+ |f 3 (x)|+…+ |f n (x)|= g(x), где f 1 (x), f 2 (x), f 3 (x), f n (x), g(x)-некоторые 45
функции; решать уравнения и системы уравнений, содержащих переменную под знаком абсолютной величины; решать уравнения и системы уравнений, содержащих параметр. - решать неравенств вида: f(|x|)< g(x), |f(x)| <g(x), |f(x)| >g(x), |f(|x|)|<g(x), |f(|x|)|>g(x), |f(x)| >|g(x)|, α 1 |f 1 (x)|+ α 2 |f 2 (x)|+ α 3 |f 3 (x)|+…+ α n |f n (x)|≥ g(x), где - α 1, α 2 , α 3, α n - некоторые числа; - решать системы неравенств, содержащие знак абсолютной величины и решать неравенств, содержащих параметр. Свои знания теоретического материала я применяю к исследованию на практике. Я умею решать задания повышенной трудности: олимпиадный материал, упрощать и доказывать выражения, используя свойства модуля, решать системы уравнений и неравенств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины, которые встречаются в экзаменационном материале в 9 классе и оцениваются «6 баллами», решать задачи на нахождение расстояния (ЕГЭ 11 класс). Со своими исследованиями по данной теме я познакомила учащихся 9-11 классов на школьной конференции.(презентация). Провела тест «Каждый график соотнесите с соответствующей ему формулой.», состоящий из 6 заданий. Результаты тестирования: Выполнили верно 6 заданий 5заданий 4-3 задания чел. % чел. % чел. % 6 33 8 44 4 23 Критерии оценивания: 6 заданий – «5»; 5заданий – «4»; 4-3 задания- «3». Значимость и актуальность темы «Модуль и его применение» подтвердил результат тестирования - качество усвоения прослушанного материала 77%. Я хочу продолжить исследования по теме «Модуль и его применение» в 11 классе при изучении материала: тригонометрические функции, решение тригонометрических, иррациональных, показательных и логарифмических уравнений и неравенств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины; решение систем тригонометрических, иррациональных, показательных и логарифмических уравнений и неравенств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины. 46
Примечание. 1 . Л.В.Кузнецова, С.Б. Суворова, Е.А. Бунимович и др. «Алгебра. Сборник заданий для подготовки к итоговой аттестации в 9 классе», М: «Просвещение» 2007, стр.122. 2 . Н.А.Вирченко, И.И.Ляшко, К.И.Швецов. Справочник. Графики функций. Киев. «Наукова думка», 1979.стр.100-107, 197-201. 3 . Ф.Ф. Лысенко «Алгебра 9 класс». Издательство «Легион», Ростов-на-Дону, 2006, стр.103,107. 4 . С.В.Богатырёв, А.А.Максютин, Ю.Н.Неценко, Т.П. Шаповалова. «Тренировочные материалы для подготовке к единому государственному экзамену по математике», -Самара: ГОУ СИПКРО, 2008.стр.46,54. 5 . . С.Н.Богданов, Е.А.Богданова, Г.А.Клёковкин, Ю.Н.Неценко, Т.П. Шаповалова. «Тренировочные материалы для подготовке к единому государственному экзамену по математике», -Самара: ГОУ СИПКРО, 2004. стр.72-74. 6 . Н. П. Кострикова «Задачи повышенной трудности в курсе алгебры 7-9 кл»,стр.40,41, 30-34, 199,200. \ 47
Литература. 1.С.В.Богатырёв, А.А.Максютин, Ю.Н.Неценко, Т.П. Шаповалова. «Тренировочные материалы для подготовке к единому государственному экзамену по математике», -Самара: ГОУ СИПКРО, 2008.стр.46,54. 2. С.Н.Богданов, Е.А.Богданова, Г.А.Клёковкин, Ю.Н.Неценко, Т.П. Шаповалова. «Тренировочные материалы для подготовке к единому государственному экзамену по математике», -Самара: ГОУ СИПКРО, 2004. стр.72-74. 3. Н.В. Богомолов. Практические занятия по математике. М, «Высшая школа», 1983. 4. Вавилов В.В., Мельников И.И., Олехник С.Н., Пасичко П.И. «Задачи по математике. Уравнения и неравенства»-М: Наука, 1987. стр.33-48,128-143. 5.Н.А.Вирченко, И.И.Ляшко, К.И.Швецов. Справочник. Графики функций. Киев. «Наукова думка», 1979.стр.100-107, 197-201. 6. Н. П. Кострикова «Задачи повышенной трудности в курсе алгебры 7-9 кл»,стр.40,41, 30-34, 199,200. 7. Л.В.Кузнецова, С.Б. Суворова, Е.А. Бунимович и др. «Алгебра. Сборник заданий для подготовки к итоговой аттестации в 9 классе», М: «Просвещение» 2007, стр.122. 8.Ф.Ф. Лысенко «Алгебра 9 класс». Издательство «Легион», Ростов-на-Дону, 2006, стр.103,107. 9.Ю.Н.Макарычев, Н.Г.Миндюк, К.И.Нешков, С.Б. Суворова, М., Просвещение:2006. «Дидактические материалы. Алгебра.9 кл», «Задания для школьных олимпиад», стр.155. 10.Л.С.Сагателова, В.Н.С туденецкая. Элективные курсы «Геометрия: Красота и гармония», Волгоград: Учитель, 2007, стр.142 48
11.Научно-теоретический и методический журнал «Математика в школе», №3 2008, стр.13. 49