Тема: Решение уравнений содержащих знак модуля.
Цель урока: отработать приемы решения уравнений, содержащих знак модуля; выработать умение решать любые уравнения содержащих знак модуля.
ХОД УРОКА
1. Организационная часть
2. Из повторения
а) Опр.: «Модулем числа а называется
расстояние от начала отчета до точки
изображающей это число на координатной прямой».
Модулем называют также абсолютную величину, т.е.
|5| = 5; | – 3| = 3; |0| = 0.
б) Основные свойства модуля:
1) |а| > 0
2) | – а| = |а|
3) а < |а|
4) |х| < а, (если а > 0)
равносильно
неравенству – а < х < а
5) |х| > а (если а > 0) равносильно двум неравенствам х < – а и х > а
3. Объяснение материала
Рассмотрим примеры решения уравнений, содержащих знак модуля.
Пример 1:
Решить уравнение: |5х – 3| = 2х + 1
Решить это уравнение можно используя аналитическую запись определения модуля числа а, т.е.
|а| = |
{ | а, | если а > 0 |
| 0, | если а = 0 | ||
| – а, | если а < 0 |
Выделим виды уравнений с модулем:
I. Решим уравнение вида:
|f (х)| = |q (х)|
т.к. |а| = |b|, если а = ± b, то
|f (х)| = |q (х)| <=> f (х) = ± q (х)
<=>
f2 (х) – q2 (х) = 0.
Например,
|х – 2| = |2х – 1|
х – 2 = 2х – 1 или х – 2 = – (2х – 1)
– х = 1 х – 2 = – 2х + 1
х = – 1 х = 1
Ответ: – 1; 1.
Решить самостоятельно:
1-й уровень:
| а) |х3 + х + 1| = 1 х3 + х + 1 = 1 – х3 – х – 1 = 1 |
х3 + х = 0, х3 + х + 2 = 0, |
х (х2 + 1) = 0, х = 0 х = – 1. |
Ответ: – 1; 0.
2-й уровень:
| б) |х2 – х – 2| = |2х2 – х – 1| х2 – х – 2 = 2х2 – х – 1 х2 + 1 = 0 корней нет |
или х2 – х – 2 = – (2х2 – х – 1) х2 – х – 2 = – 2х2 + х + 1 3х2 – 2х – 3 = 0 D = 4 + 36 = 40 |
II. Решение уравнений вида:
|f (х)| = q (х)
Можно указать два приема решения таких
уравнений:
1) |f (х)| = q (х) имеет корни, если
q (х) > 0, т.е. |f (х)| = q (х) |
<=> |
{ | f (х) = ±q (х) |
| q (х) > 0 |
Поэтому достаточно решить два уравнения f (х) = q (х), f (х) = – q (х) и для найденных значений х проверить справедливость неравенства q (х) ? 0.
2) Т.к. |f (х)| = f (х), если f (х)
> 0
|f (х)| = – f (х), если f (х) < 0, то
уравнение |f (х)| = q (х) равносильно каждой
из следующих систем:
| { | f (х) > 0 | или |
{ | f (х) < 0 |
| f (х) = q (х) | f (х) = – q (х) |
Решив каждое уравнение необходимо проверить выполнения неравенства.
Например:
|х3 + 3х3 + х| = – х + х3
х3 + 3х2 + х = – х + х3 и х3 + 3х2
+ х = х – х3
3х2 + 2х = 0 2х3 + 3х2 = 0
х (3х + 2) = 0 х2 (2х + 3) = 0
х = 0 или х =  |
х = 0 или х =  |
Проверим выполнения неравенства
х3 – х > 0
Ответ: х = ; 0.
III. Решение уравнений вида: |f1 (х)| + |f2
(х)| + … + |fn (х)| = q (х)
Эти уравнения основаны в решении на
определения, т.е. |а| = а, если а > 0
|а| = – а, если а < 0
fn (х) могут быть многочленами,
дробно-рациональными функциями и т.д.
Для каждой функции находят область определения,
ее нули, точки разрыва. Нули и точки разрыва
разбивают общую область на промежутки, в каждом
из которых каждая из функций fn (х) сохраняет
постоянный знак. Затем, используя определение
модуля для каждой из найденных областей, получим
уравнение, подлежащее решению.
Например:
|х + 1| – |х – 1| = 2
х = – 1 х = 1
| – х – 1 + х – 1 = 2 – 2 = 2 нет корней |
х + 1 + х – 1 = 2 2х = 2 х = 1 является корнем |
х + 1 – х + 1 = 2 2 = 2 х Є (1; +  ) |
Ответ: [1; + ).
Решить самостоятельно:
1-й уровень:
2|х – 2| – 3 |х + 4| = 1
х = 2 х = – 4
| 2(2 – х) + 3(х + 4) = 1 4 – 2х + 3х + 12 = 1 х = – 15 является корнем |
2(2 – х) – 3(х + 4) = 1 4х – 2х – 3х – 12 = 1 х = – 1,8 является корнем |
2х – 4 – 3х – 12 = 1 – х = 15 + 2 х = – 17 не является корнем |
Ответ: – 15; – 1,8.
2-й уровень:
|х2 – х| + |х – 2| = х2 – 2
х (х – 1) = 0 х – 2 = 0
х = 0, х = 1 х = 2
| х2 – х – х + 2 = х2 – 2 – 2х = – 4 х = 2 нет решений |
– х2 + х – х + 2 = х2 – 2 2х2 = 4 х2 = 2 х1,2 =  нет решений |
х2 – х – х + 2 = х2 – 2 – 2х = – 4 х = 2 является решением |
х2 – х + х – 2 = х2 – 2 – 2 = – 2 х Є (2; + ) |
Ответ: [2; + ).
IV. Домашнее задание.
Решить уравнения:
а) |3х – 5| = 2х + 1
б) |3х – 8| – |3х – 2| = 6
в) |2х + 7| – 2 |3х – 1| = 4х + 1