Реферат: Л. А. Семенко (Методические рекомендации из опыта работы в 7 9 классах) - Refy.ru - Сайт рефератов, докладов, сочинений, дипломных и курсовых работ

Л. А. Семенко (Методические рекомендации из опыта работы в 7 9 классах)

Остальные рефераты » Л. А. Семенко (Методические рекомендации из опыта работы в 7 9 классах)

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.


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|=


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 ш;


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). | x2–8 |= 1

x2–8 = 1 или x2–8 = –1

x2=9; x2=7

х1,2=± 3 х3,4 = ±


Ответ: ± 3; ± .


в). | x2– 4х |= 4

x2– 4х = 4 или x2– 4х = – 4

x2– 4х – 4=0; x2– 4х + 4=0

х1,2 =2 ± 2 ; х3,4 = 2

Ответ: 2 ± 2 ; 2.

Упражнения для самостоятельной работы:

1. |5 x+1 |=4 | x2– 4 |= 5 | x– |=

2. | x– 5 |=4 | x2– 2х |= 3 | 3– 4х |= 3

3. |2х–5 |= 3 | x2– 2х |= 1 | x2– х–1 |= 1

4. | 3– 4х |= 1 | x2– 3х |= 2 | x2–х–5 |=1

5. | 5– 4х |= 3 | x2+ 3х |= 2 | x2–5х+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 ш

б). |2х–1 |= 5х – 10.


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 –10 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

-32


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

x1,2 =


Ответ: .


в). |х2+5х– 3|= |2х– 1|


х2+5х– 3= 2х– 1 или х2+5х– 3=1– 2х

D = 25 > 0 D = 81 > 0

x1,2 = x1,2 =

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 – 6t + 5 = 0, t1 = 1, t2 = 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;

| х|=4, х1,2 = ± 4;

| 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;

| х|= –2, корней нет

| 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

17