Реферат: Л. А. Семенко (Методические рекомендации из опыта работы в 7 9 классах)
Название: Л. А. Семенко (Методические рекомендации из опыта работы в 7 9 классах) Раздел: Остальные рефераты Тип: реферат | |||||||
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 = 25 > 0 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 |