Презентация - Решение неравенств с модулями

Неравенства с модулями
11 класс презентация----- Абрамова Светлана Ивановна

Неравенства вида |f(x)| < a при a ≤ 0 решений не имеют, а при a > 0 равносильны двойному неравенству –a < f(x) < a. Заметим, что если неравенство нестрогое |f(x) |≤ a, то при а=0 оно равносильно уравнению f(x)=0.
Неравенства вида |f(x)| > a при a ≤ 0 имеют решением всю область определения функции f(x). При a > 0 исходное неравенство равносильно двум неравенствам : f(x) > a и f(x) < -a, при этом решения обоих неравенств являются решениями исходного. Это справедливо и для нестрогих неравенств.

Решить неравенство : |3 - 8x2| > -3
Решение.
Поскольку модуль всегда заведомо больше отрицательного числа, решением этого неравенства является область определения функции, стоящей под знаком модуля, т.е. любое рациональное число.
Ответ : x ∈ (-∞;∞)

Решить неравенство: |x2 - 2x| ≤ 0
Решением этого неравенства будут корни уравнения x2-2x=0 ,т.е. x1=0 и x2=2.
Ответ : x ϵ {0} ᴜ {2}
Решить неравенство : |7x2 + 8| ≤ -3
Неравенство решений не имеет, так как модуль всегда положителен.
Ответ : x ϵ ∅
Решение.
Решение.

Решить неравенство : |x2 - 7x| ≥ 12
Решение.
Корни уравнения: x1=3 и x2=4 ; решением этого неравенства будет интервал: x ∈[3;4]
Равносильные неравенства x2 - 7x ≥ 12 и x2 - 7x ≤ -12 сводятся к квадратным x2 - 7x -12 ≥ 0 и x2 - 7x + 12 ≤ 0.
Решаем первое неравенство.
Корни уравнения :x1= 7− 97 2 и x2= 7+ 97 2 ; решением этого неравенства будут два полубесконечных интервала : (-∞; 7− 97 2 ] и [ 7+ 97 2 ;∞)
Решаем второе неравенство.
Следовательно, решением исходного неравенства будут три интервала решений квадратных неравенств.
Ответ : x ∈(−∞; ????− ???????? ???? ] ᴜ ????;???? ᴜ [ ????+ ???????? ???? ;∞)

Решить неравенство : | 3????+1 ????−3 | ≤ 3
Решение.
Данное неравенство равносильно двойному : -3 ≤ 3????+1 ????−3 ≤ 3.
 3????+1 ????−3 ≤ 3
 3????+1 ????−3 ≥ -3
3????+1 ????−3 + 3 ≥ 0
3????+1+3???? −9 ????−3 ≥ 0
6???? −8 ????−3 ≥0
(6x – 8)(x – 3) ≥ 0
x ≠ 3
x ϵ ( -∞ ; 4 3 ] ᴜ ( 3 ; ∞)
3????+1 ????−3 - 3 ≤ 0
3????+1−3????+9 ????−3 ≤ 0
10 ???? −3 ≤ 0
x – 3 < 0
x ϵ ( - ∞ ; 3 )
Ответ : x ϵ ( - ∞ ; 4 3 )

Неравенства вида |f(x)|≤ g(x) сводятся к равносильной системе:
f(x) ≤ g(x) f(x) ≥ -g(x) ,
а неравенства вида |f(x)|≥ g(x) – к аналогичной равносильной системе:
f(x) ≥ g(x) f(x) ≤ -g(x) .

Решить неравенство : |x2 - 8x + 15|< x - 3
Решение .
Равносильная система неравенств
x2 - 8x + 15 < x – 3 x2 - 8x + 15 > 3 - x
сводится к решению двух равносильных неравенств :
x2 - 9x + 18 < 0 x2 - 7x + 12 > 0
x1 = 3 x2 = 6
x1 = 3 x2 = 4
x ϵ ( 3 ; 6 ) x ϵ ( -∞ ; 3) ᴜ ( 4 ; ∞ )
Ответ : x ϵ ( 4 ; 6 )
3
3
4
6

Решить неравенство : |x2 – 2x - 3| > 3x - 3
Решение .
Равносильная система неравенств
x2 – 2x – 3 > 3x – 3 x2 – 2x – 3 < 3 – 3x
как и в предыдущем примере, сводится к системе квадратных неравенств :
x2 –5x > 0 x2 + x – 6 < 0  
x1 = 0 x2 = 5
x1 = -3 x2 = 2
x ϵ ( -∞ ; 0 ) ᴜ ( 5 ; ∞ ) x ϵ ( -3 ; 2 )
-3
2
0
5
Ответ : x ϵ ( -3 ; 0 )

Неравенства вида F(|f(x)|) v 0 заменой y=|f(x)| сводятся к равносильной системе :
F(y) v 0 y ≥ 0

Решить неравенство : |x - 4|3 + |x - 4|> 2
Решение .
Заменой y=|x - 4| исходное неравенство сводится к равносильной системе :
y 3 + y > 2 y ≥ 0
y3 + y – 2 y3 – y2
y2 + y y2 – y
2у – 2 2у – 2
y - 1 y2 + y + 2
0
-
-
-
Первое неравенство y 3 + y - 2 > 0 – рациональное. Решать его нужно методом интервалов для рациональных и дробно-рациональных неравенств, предварительно разложив левую часть на множители. Корень у=1 кубического трехчлена угадывается сразу. Поэтому, деля y 3 + y - 2 на у – 1 или применяя метод неопределенных коэффициентов с использованием теоремы Безу, разложим выражение на два сомножителя – линейный и квадратный.

Таким образом,
y 3 + y – 2 = (у – 1)(y2 + y + 2)
Итак, равносильная система приняла вид :
(у – 1)(y2 + y + 2)>0 y≥0 ,
откуда у>1
Переходя к переменной х, получаем простейшее неравенство |х - 4| > 1, которое разбивается на два равносильных : х – 4 > 1, или х > 5, и х – 4 < -1, или х<3. Таким образом, x ϵ ( -∞ ; 3) ᴜ ( 5; ∞ ).
Ответ : x ϵ ( -∞ ; 3) ᴜ ( 5 ; ∞ )

Неравенства вида F(ϕ(x) ;|f(x)|) v 0 сводятся к двум равносильным системам :
f(x)≥0 F(ϕ(x) ; f(x)) v 0
f(x)< 0 F(ϕ(x) ; -f(x)) v 0

Решить неравенство : x2 + 2|x + 3| - 10 ≤ 0
Решение .
Равносильные системы :
x + 3 ≥ 0 x2 + 2(x + 3) – 10 ≤ 0
x + 3 < 0 x2 - 2(x + 3) – 10 ≤ 0
x ≥ -3 x2 + 2x – 4 ≤ 0
x < -3 x2 - 2x – 16 ≤ 0
x ≥ -3 x1= -1 + 5 x2= -1 - 5
x < -3 x1= 1 + 17 x2= 1 - 17
x ϵ [-3 ; -1 + 5 ]
x ϵ [1 - 17 ; -1 + 5 ]
Ответ : x ϵ [ 1 - ???????? ; -1 + ???? ]
и

Неравенства вида |f(x)|>|g(x)|, как и соответствующие уравнения, сводятся к равносильному [ f(x) ]2 > [ g(x) ]2 .

Решить неравенство : |2x - 5| - |4x + 7|≥ 0
Решение .
Приводим исходное неравенство к виду
|2x - 5| ≥ |4x + 7|
и возводим в квадрат :
(2x – 5)2 ≥ (4x + 7)2
Раскрывая скобки и приводя подобные члены, получаем квадратное неравенство :
3x2 + 19x + 6 ≤ 0
3x2 + 19x + 6 = 0
x1= - 6 x2= - 1 3
Решением неравенства является интервал [ -6 ; - 1 3 ] , он же – решением исходного неравенства с модулями.
Ответ : x ϵ [ -6 ; - 1 3 ]

Неравенства вида |f1(x)|±|f2(x)|±…±|fn(x)| v a решаются тем же самым методом интервалов, что и уравнения с модулем. Разница лишь в том, что в данном случае в каждом интервале решается не уравнение, а неравенство и из решений неравенства выбираются те, которые принадлежат данному интервалу. В остальном метод интервалов остается тем же, что и при решении уравнений с модулем.
Не следует путать этот метод с методом интервалов, применяемым для решения рациональных и дробно-рациональных неравенств.
Внимание!

Решить неравенство : |x|- 2|x + 1|+ 3|x + 2|≥ 4
Решение .
Найдем сначала все xi , разбивающие числовую ось на интервалы и получающиеся как решения уравнений fj (xi )=0 : х=0; х + 1=0 ; х + 2=0. Таким образом, границами интервалов являются числа x1=0, x2=-1 и x3=-2. Отметим эти значения на числовой оси для каждого из полученных интервалов определим знаки выражений, стоящих под знаком модуля :
I
II
III
IV
-2
-1
0
x<0 x + 1 < 0 x + 2 < 0
x<0 x + 1 < 0 x + 2 > 0
x<0 x + 1 > 0 x + 2 > 0
x>0 x + 1 > 0 x + 2 > 0
Раскроем модули на интервале I (x≤-2) :
-x + 2( + 1) – 3(x + 2) ≥ 4
После преобразования получаем
-2х – 4 ≥ 4 ,
откуда х ≤ -4

Этот интервал входит в интервал I и является решением исходного неравенства.
II интервал ( -2≤ х ≤-1 ) :
-х+ 2(х + 1) + 3(х + 2) ≥ 4
4х + 8 ≥ 4 ,
откуда х≥-1
Решением в этом интервале является точка х=-1
III интервал ( -1≤ х ≤0 ) :
-х – 2(х + 1) + 3(х + 2) ≥ 4
4 ≥ 4
В результате мы получили истинное неравенство ( заметим, что, если бы неравенство было строгим, оно становилось бы ложным). Следовательно, весь интервал III является решением исходного неравенства.
IV интервал ( х≥0 )
х – 2(х + 1) + 3( + 2) ≥ 4
2х + 4 ≥ 4 ,
откуда х≥0
Таким образом, весь интервал IV является решением исходного неравенства. Заметим, что решения, полученные в интервалах II, III и IV, «сливаются» по граничным точкам x1=-1 и x2=0 в единый интервал [-1 ; ∞). ????+ ???????? ???? ;∞)
Ответ : ( -∞ ; -4 ] ᴜ [ -1 ; ∞ )

! Презентация составлена учителем математики Абрамовой С.И. К элективному курсу 11 класс по теме « Решение Неравенств модулями» 24.12.18г