metodi resheniya neravenstv,soderzhashih modulix

Методы решения неравенств,
содержащих модули
работа
Ионовой Елены Александровны
Учителя высшей категории МОУ «Лицей №47»
2
Содержание
Введение ................................................................................................................... 4
1. Методы решения неравенств, содержащих модули ........................................ 5
1.1. Определение и свойства модульных неравенств....................................... 5
1.2. Неравенство вида |𝑓()| < 𝑔(𝑥).................................................................... 7
1.3. Неравенства вида|𝑓(𝑥)| > 𝑔(𝑥) ................................................................ 12
1.4. Метод интервалов. Неравенства вида |𝑓(𝑥)| > 𝑔(𝑥), 𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥),
𝛼1 |𝑓1 (𝑥)| + 𝛼2 |𝑓2 (𝑥)| + … + 𝛼𝑛 |𝑓𝑛 (𝑥)| ≥ 𝑔(𝑥) ............................................... 19
1.5. Обобщенный метод интервалов ................................................................ 23
1.6. Метод решения неравенств возведением обеих частей в квадрат ........ 24
1.7. Решение неравенств методом замены переменной ................................. 26
1.8. Графические и функциональные методы решения неравенств ............. 27
1.9. Неравенства, сводящиеся к модулю ......................................................... 28
1.10. Решение неравенств с использованием свойств функций .................... 30
1.11. Неравенства с параметрами, содержащие знак абсолютной величины
.............................................................................................................................. 32
Заключение ............................................................................................................ 43
Литература ............................................................................................................. 44
Приложение ........................................................................................................... 45
Программа элективного предмета «Неравенства, содержащие знак
модуля» ............................................................................................................... 45
3
Введение
Понятие модуля является важным математическим понятием, которое
систематически используется в школьном курсе математики и в смежных
дисциплинах. Большую роль в развитии математического мышления
учащихся играет изучение темы «Решение неравенств, содержащих модуль».
Эти задачи предлагаются на ЕГЭ, и говорить о высокой оценке, не умея
решать задачи такого вида, становится все труднее.
Однако изучению темы «Решение неравенств, содержащих модуль» в
школьной программе не уделено достаточно внимания.
В этой связи актуальной проблемой становится исследование методов
решения неравенств с модулем. Этой проблеме посвящена данная дипломная
работа.
Цель
данной
дипломной
работы
является
систематизировать,
расширить и укрепить знания школьников, связанные с неравенствами,
содержащими знак модуля, подготовить их для дальнейшего изучения тем,
использующих это понятие, научиться решать разнообразные задачи
различной сложности.
Подобранный материал рассчитан в основном на учащихся 10-11
профильных классов общеобразовательных школ, проявляющих интерес к
изучению математики.
В данной работе рассматриваются методы решения различных видов
неравенств, содержащих знак модуля. Задания помогут учащимся физикоматематического и естественного профилей подготовиться к поступлению и
обучению в вузах.
Дипломная работа содержит 45 страниц. Состоит из введения,
основной главы и заключения. Список используемой литературы содержит
13 наименований. Приложением является учебно-методическая разработка
элективного курса.
4
Методы решения неравенств, содержащих модули
Определение и свойства модульных неравенств
Неравенства, содержащие знак модуля, называются модульными
неравенствами.
При решении неравенств с модулями используются следующие
утверждения.
1. Если 𝑎 > 0, то неравенство |𝑓(𝑥)| < 𝑎 равносильно двойному
неравенству – 𝑐 < 𝑓(𝑥) < 𝑎 .
2. Если 𝑎 ≤ 0, то неравенство |𝑓(𝑥)| > 𝑎 равносильно совокупности
неравенств 𝑓(𝑥) < −𝑎; 𝑓(𝑥) > 𝑎.
3. Если обе части неравенства 𝑓(𝑥) < 𝑔(𝑥) принимают только
неотрицательные значения, то оно равносильно неравенству
(𝑓(𝑥))2 < (𝑔(𝑥))2 .
Свойства модульных неравенств
I.
𝛼 < 𝛽,
Докажем |𝛼| < 𝛽  {
𝛼 > −𝛽.
Доказательство.
Известно, что |𝑎| = {
𝑎; 𝑎 ≥ 0
.
−𝑎; 𝑎 < 0
1)
Пусть 𝛽 ≤ 0 ⇒ 𝛼 ∈ ∅, так как |𝑎| ≥ 0 (∀𝑎).
2)
Пусть 𝛽 > 0 .
𝛼≥0
𝛼≥0
а) если 𝛼 ≥ 0 → |𝑎| = 𝛼, тогда {|𝛼| < 𝛽 ⇒ {𝛼 < 𝛽
𝛽>0
𝛽>0
0
𝛽
𝛼
[0; 𝛽)
𝛼<0
𝛼<0
б) если 𝛼 < 0 ⇒ |𝑎| = − 𝛼, тогда {−𝛼 < 𝛽 ⇒ {𝛼 > − 𝛽
𝛽>0
𝛽>0
−𝛽
𝛽
𝛼
(−𝛽; 0);
5
и так как (– 𝛽; 0) ∪ [0; 𝛽) = (−𝛽; 𝛽),
−𝛽
𝛽
𝛼
𝛼<𝛽
𝛼 < 𝛽,
то {
, что и требовалось доказать, т.е. |𝛼| < 𝛽  {
𝛼 > −𝛽
𝛼 > −𝛽.
𝛼 < 𝛽,
II. Докажем |𝛼| > 𝛽  [
𝛼 > −𝛽.
−𝛽
𝛽
𝛼
1)
𝛽 < 0 (∀𝛼);
2)
𝛽 − 0 (∀𝛼 ≠ 0);
3)
𝛽 > 0.
𝛽>0
𝛽>0
а) 𝛼 ≥ 0 |𝛼| = 𝛼, тогда { 𝛼 ≥ 0  { 𝛼 ≥ 0
|𝛼| > 𝛽
𝛼>𝛽
0
𝛽
𝛼
(𝛽; +∞)
|𝛼| > 𝛽,
−𝛼 > 𝛽,
𝛼 < −𝛽,
б) 𝛼 < 0|𝛼| = −𝛼, тогда { 𝛼 < 0,  { 𝛼 < 0,  { 𝛼 < 0,
𝛽 > 0,
𝛽 > 0.
𝛽 > 0,
−𝛽
0
𝛼
𝛼>𝛽
(−∞; −𝛽), значит, (−∞; −𝛽) ∪ (𝛽; +∞), т.е. |𝛼| > 𝛽 [
𝛼 < −𝛽.
−𝛽
𝛽
𝛼
6
Неравенство вида |𝒇(𝒙)| < 𝒈(𝒙)
Неравенство вида |𝑓(𝑥)| < 𝑔(𝑥), где 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) – некоторые
функции, равносильно системе
f(x) < 𝑔(𝑥),
|f(x)| < 𝑔(𝑥) {
−f(x) < 𝑔(𝑥).
Неравенство |𝑓(𝑥)| < 𝑔(𝑥) при 𝑔(𝑥)< 0 решений не имеет. Например,
неравенство |sin 𝑥| < −𝑥 2 решений не имеет. В частности неравенство
|𝑓(𝑥)| < 𝑎 при
𝑎 < 0 решений не имеет, а при 𝑎 ≥ 0 оно равносильно
f(x) < 𝑎,
системе {
−f(x) < a.
Рассмотрим на примерах, как используются свойства.
Пример 1. Решить неравенство |𝑥 2 − 4𝑥| < 5.
Решение.
Данное неравенство равносильно системе
𝑥 2 − 4𝑥 < 5,
𝑥 2 − 4𝑥 − 5 < 0,
 { 2
{ 2
𝑥 − 4𝑥 > −5,
𝑥 − 4𝑥 + 5 > 0.
Неравенство 𝑥 2 − 4𝑥 − 5 < 0 выполняется при 𝑥 из интервала −1 <
𝑥 < 5, а неравенство 𝑥 2 − 4𝑥 + 5 > 0 выполняется при любых 𝑥.
Таким образом, множество решений исходного неравенства есть
интервал (−1; 5).
Ответ. (−1; 5).
Пример 2. Решить неравенство |𝑥 − 6| < 𝑥 2 − 5𝑥 + 9.
Решение.
Данное неравенство равносильно системе
𝑥 − 6 < 𝑥 2 − 5𝑥 + 9,
𝑥 2 − 6𝑥 + 15 > 0,
{ 2
{
𝑥 − 6 > −(𝑥 2 − 5𝑥 + 9)
𝑥 − 4𝑥 + 3 > 0.
Неравенство 𝑥 2 − 6𝑥 + 15 > 0 выполняется при любом 𝑥. Поскольку
𝑥 2 − 4𝑥 + 3 = (𝑥 − 1)(𝑥 − 3), то неравенство 𝑥 2 − 4𝑥 + 3 > 0 выполняется
при 𝑥 < 1 и 𝑥 > 3.
7
Таким образом, множество решений исходного неравенства состоит из
объединения двух промежутков: (−∞; 1) ∪ (3; +∞).
Ответ. (−∞; 1) ∪ (3; +∞).
Пример 3. Решим неравенство |
𝑥−3
2𝑥+1
| ≤ 2.
Решение.
Данное неравенство равносильно системе
𝑥−3
≤ 2,
2𝑥
+
1

{
𝑥−3
≥ −2,
2𝑥 + 1
−1
−
𝑥 − 3 − 4𝑥 − 2
≤ 0,
2𝑥
+
1

{
𝑥 − 3 + 4𝑥 + 2
≥ 0,
2𝑥 + 1
2
3
−
1
2
1
2
−3𝑥 − 5
≤ 0,
2𝑥
+
1

{
5𝑥 − 1
≥ 0.
2𝑥 + 1
𝑥
2
𝑥 > −1 ,
3
[
1
𝑥> .
1
5
5
𝑥
−1
2
3
1
5
𝑥
2
1
3
5
Ответ. (−∞; −1 ] ∪ [ ; +∞).
1
Пример 4. Решить неравенство |𝑡𝑔 𝑥| < .
7
Решение.
𝜋 𝜋
Период функции 𝑦 = |𝑡𝑔 𝑥| равен 𝜋. Так как 𝑡𝑔 𝑥 на отрезке (− ; )
2 2
1
1
1
𝑡𝑔 𝑥 < ,
0 + 𝑘𝜋 < 𝑥 < 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 + 𝑘𝜋,
7
7
возрастает, то |𝑡𝑔 𝑥| <  {
1  {
1
7
𝑡𝑔 𝑥 > − ,
−𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 + 𝑘𝜋 < 𝑥 < 0 + 𝑘𝜋.
7
Ответ. – 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
1
7
7
1
+ 𝑘𝜋 < 𝑥 < 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 + 𝑘𝜋, где 𝑘 = 0, ±1, ±2, … .
7
1
Пример 5. Решить неравенство |𝑠𝑖𝑛 𝑥 − | < 1.
2
Решение.
1
1
2
2
|𝑠𝑖𝑛 𝑥 − | < 1  − 1 < 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − < 1
1
 − < 𝑠𝑖𝑛 𝑥 < 1 
2
1
𝑠𝑖𝑛 𝑥 > − ,
2
{
𝑠𝑖𝑛 𝑥 < 1,

1
3
2
2
− < 𝑠𝑖𝑛 𝑥 <
𝜋
7𝜋
6
6
 − + 2𝜋𝑘 < 𝑥 <

+ 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
8
𝑦
0
7𝜋
+ 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
6
−
𝜋
7𝜋
6
6
Ответ. − + 2𝜋𝑘 < 𝑥 <
𝑥
1
2
−
𝜋
+ 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
6
+ 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
Пример 6. Решить неравенство |3𝑥 − 2| ≤ 1.
Решение.
Данное неравенство равносильно системе
𝑥
1
3𝑥 − 2 ≤ 1
, {3𝑥 ≤ 30 ,
{ 𝑥
3 − 2 ≥ −1
3 ≥3
𝑥≤1
,
{
𝑥≥0
0 ≤ 𝑥 ≤ 1.
Ответ. 0 ≤ 𝑥 ≤ 1.
Пример 7. Решить неравенство |√𝑥 + 5| < 1 − 𝑥.
Решение.
Так как √𝑥 + 5 ≥ 0, то исходное неравенство равносильно неравенству
√𝑥 + 5 < 1 − 𝑥.
Данное неравенство равносильно системе
1 − 𝑥 ≥ 0,
x≤1
−5 ≤ x ≤ 1,
𝑥 + 5 ≥ 0,
{
{
{
x ≥ −5
−1 < 𝑥 < 1.
x 2 − 3x − 4 > 0
𝑥 + 1 < 1 − 2𝑥 + 𝑥 2
Ответ. −5 ≤ x ≤ 1, −1 < 𝑥 < 1.
Пример 8. Решить неравенство |𝑙𝑜𝑔2 (𝑥 2 + 𝑥 − 4)| < 1.
Решение.
|𝑙𝑜𝑔2 (𝑥 2 + 𝑥 − 4)| < 1 − 1 < 𝑙𝑜𝑔2 (𝑥 2 + 𝑥 − 4) < 1 
{
𝑙𝑜𝑔2 (𝑥2 + 𝑥 − 4) < 1,
 {
𝑙𝑜𝑔2 (𝑥2 + 𝑥 − 4) > −1,
𝑙𝑜𝑔2 (𝑥2 + 𝑥 − 4) < 𝑙𝑜𝑔2 2,
1
𝑙𝑜𝑔2 (𝑥2 + 𝑥 − 4) > 𝑙𝑜𝑔2 ,
2
{
𝑥2 + 𝑥 − 4 < 2,
1
𝑥2 + 𝑥 − 4 > .
2
Решением неравенства 𝑥 2 + 𝑥 − 4 < 2 являются все 𝑥 их промежутка
−3 < 𝑥 < 2.
9
Решением неравенства 𝑥 2 + 𝑥 − 4 >
𝑥<
−1−√19
2
и𝑥 >
1
2
являются все 𝑥 из промежутка
−1+√19
.
2
Решением исходного неравенства |𝑙𝑜𝑔2 (𝑥 2 + 𝑥 − 4)| < 1
является
объединение полученных множеств в решении системы неравенств
−3 < 𝑥 <
Ответ. (−3;
−1−√19
)
2
−1+√19
∪(
2
−1−√19
2
и
−1+√19
<x<2.
2
; 2).
Пример 9. Решим неравенство |𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (2 + 𝑥)| < 1.
Решение.
Данное неравенство равносильно системе
𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (2 + 𝑥) < 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 𝑥 2 ,
𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (2 + 𝑥) < 1
{
{
1
𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (2 + 𝑥) > −1
𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (2 + 𝑥) > 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 2 .
𝑥
Решим первое неравенство: 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (2 + 𝑥) < 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 𝑥 2 .
𝑥2 > 1
{2 + 𝑥 < 𝑥 2
2+𝑥 >0 
2
{0 2< 𝑥 < 1
[ 𝑥 <2+𝑥
𝑥>1
[
𝑥 < −1
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) > 0
𝑥>2
{ 𝑥2 − 𝑥 − 2 > 0
[
𝑥 > −2
𝑥 > −2


{ 𝑥 < −1
0<𝑥<1
0
<
𝑥
<
1
[
[
{ −1 < 𝑥 < 2
[
{ −1 < 𝑥 < 0
𝑥 > −2
−1 < 𝑥 < 2
[
𝑥 > −2
𝑥
−𝟐
−𝟏
𝟏
𝟐
𝑥
−𝟐

−𝟏
𝟎
𝟏
𝟐
−2 < 𝑥 < 1,
−1 < 𝑥 < 0,
[
0 < 𝑥 < 1,
𝑥 > 2.
Решим второе неравенство 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (2 + 𝑥) > 𝑙𝑜𝑔𝑥 2
1
𝑥2
.
10
(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) > 0,
𝑥 2 > 1,
𝑥 > −2,
{
{ 2+𝑥 >0 ,
1
1
− 𝑥 − 2 < 0,
2+𝑥 > 2 , 
𝑥2

𝑥
2
−1
<
𝑥
<
0,
0 < 𝑥 < 1,
[
0 < 𝑥 < 1,
{
1 ,
{
3
[ 2 + 𝑥 < 𝑥2
[ 𝑥 + 2𝑥 2 − 1 > 0,
𝑥 3 + 2𝑥 2 − 1 = (𝑥 + 1)(𝑥 2 + 𝑥 − 1)
𝑥 2 + 𝑥 − 1 − 0; 𝐷 = 5; 𝑥1,2 =
–
+
2
+
–
𝑥
−𝟏 + √𝟓
𝟐
−𝟏 − √𝟓
𝟐
𝑥 > 1,
,
𝑥 < −1
𝑥 > −2,
−1±√5
[
−1−√5
,
2
−1+√5
𝑥<
,
2
𝑥<

−𝟐
[
{ −1 <
−1 < 𝑥 < 0,
[
1 < 𝑥 < 1,
𝑥>
[
−1+√5
2
,
[{
−𝟏
𝑥
−𝟏 + √𝟓
𝟐
𝟏
𝑥

−𝟐
−1−√5
2
−𝟏 − √𝟓
𝟐
< 𝑥 < −1,
𝑥 > −2,
−𝟏 − √𝟓 −𝟏
𝟐
𝟎
−𝟏 + √𝟓 𝟏
𝟐
−1−√5
−2 < 𝑥 <
,
2
[
−1+√5
< 𝑥 < 1.
2
Решением
исходного
неравенства
является
|𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (2 + 𝑥)| < 1
объединение полученных множеств решений систем совокупности:
−2 < 𝑥 < −1,
−1 < 𝑥 < 0,
0 < 𝑥 < 1,
−1 − √5
−2 < 𝑥 <
,
2
−1 + √5
< 𝑥 < 1.
[
2
Ответ. (−2;
−1−√5
)
2
−1−√5
∪(
2
; −1) ∪ (−1; 0) ∪ (0;
−1+√5
−1+√5
2
2
)∪(
; 1).
11
Неравенства вида |𝒇(𝒙)| > 𝒈(𝒙)
Неравенство вида |𝑓(𝑥)| > 𝑔(𝑥), где 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥) – некоторые функции,
𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥),
равносильно совокупности [
𝑓(𝑥) < −𝑔(𝑥).
Если 𝑔(𝑥) < 0, то
решениями являются значения 𝑥 из ОДЗ
неравенства. Например, решением неравенства |𝑠𝑖𝑛 𝑥| > −√𝑥 + 5 является
множество 𝑥 ≥ −5.
Пример 1. Решить неравенство 3|𝑥 − 1| + 𝑥 2 > 7.
Решение.
Данное неравенство можно переписать в виде
3|𝑥 − 1| > 7 − 𝑥 2 >, и, следовательно, оно равносильно совокупности
3(𝑥 − 1) > 7 − 𝑥 2 ,
𝑥 2 + 3𝑥 − 10 > 0,
неравенств [

[
3(𝑥 − 1) > 𝑥 2 − 7,
𝑥 2 − 3𝑥 − 4 > 0.
(1)
Поскольку 𝑥 2 + 3𝑥 − 10 = (𝑥 + 5)(𝑥 − 2), а
𝑥 2 + 3𝑥 − 4 = (𝑥 + 1)(𝑥 − 4), то множество решений совокупности (1), а,
следовательно, и исходного неравенства состоит из объединения двух
промежутков: (−∞; −1) ∪ (2; +∞).
Ответ: (−∞; −1) ∪ (2; +∞).
Пример 2. Решить неравенство |𝑥 2 − 2𝑥 − 8| > 2𝑥.
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности неравенств
𝑥 2 − 2𝑥 − 8 > 2𝑥,
𝑥 2 − 2𝑥 − 8 > 0,
[
[ 2
𝑥 − 2𝑥 − 8 < −2𝑥,
𝑥 2 − 8 < 0.
Решением неравенства 𝑥 2 − 2𝑥 − 8 > 0 являются все 𝑥 из промежутка
𝑥 < 2 − 2√3 и 𝑥 > 2 + 2√3. Неравенство 𝑥 2 − 8 < 0 выполняется только для
𝑥 из промежутка −2√2 < 𝑥 < 2√2.
Поскольку
−2√2 < 2 − 2√3 < 2√2 < 2 + 2√3,
то
решениями
совокупности неравенств, а значит, и исходного неравенства являются все
числа 𝑥 из объединения двух промежутков: (−∞; 2√2) ∪ (2 + 2√3; +∞).
12
Ответ. (−∞; 2√2) ∪ (2 + 2√3; +∞).
Пример 3. Решить неравенство |𝑥 3 − 𝑥| ≥ 1 − 𝑥.
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности
[
𝑥 3 − 𝑥 ≥ 1 − 𝑥,
𝑥 3 − 1 ≥ 0,

[
𝑥 3 − 𝑥 ≤ −(1 − 𝑥),
𝑥 3 − 2𝑥 + 1 ≤ 0.
Первое неравенство последней совокупности выполняется только при
𝑥 ≥ 1 (так как 𝑥 3 − 1 = (𝑥 − 1)(𝑥 2 + 𝑥 + 1), а 𝑥 2 + 𝑥 + 1 > 0 при любом 𝑥).
Поскольку 𝑥 3 − 2𝑥 + 1 = (𝑥 − 1) (𝑥 +
1+√5
2
) (𝑥 −
√5−1
),
2
то
множеством решений неравенства 𝑥 3 − 2𝑥 + 1 ≤ 0 является множество:
(−∞;
−1−√5
]
2
∪[
√5−1
; 1].
2
Объединяя множества решений обоих неравенств совокупности,
получаем множество решений исходного неравенства:
[
(−∞;
−1−√5
2
]∪
√5−1
; +∞).
2
Ответ: (−∞;
−1−√5
2
]∪[
√5−1
; +∞).
2
Пример 4. Решить неравенство |𝑠𝑖𝑛 𝑥| > 𝑐𝑡𝑔 𝑥.
Решение.
𝑠𝑖𝑛 𝑥 > 𝑐𝑡𝑔 𝑥,
Неравенство равносильно совокупности [
𝑠𝑖𝑛 𝑥 < −𝑐𝑡𝑔 𝑥.
Если 𝑠𝑖𝑛 𝑥 ≠ 0, то имеем
𝑐𝑜𝑠 𝑥
,
𝑠𝑖𝑛
𝑥
[
𝑐𝑜𝑠 𝑥
𝑠𝑖𝑛 𝑥 < −
,
𝑠𝑖𝑛 𝑥
𝑠𝑖𝑛 𝑥 >
[

1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 > 0,
1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 < 0,
𝑠𝑖𝑛2 𝑥 > 𝑐𝑜𝑠 𝑥,

[ 2
𝑠𝑖𝑛 𝑥 < −𝑐𝑜𝑠 𝑥,
𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1 < 0,
 [
.
𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1 > 0
1) Решим первое неравенства совокупности 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1 < 0.
𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 𝑡, |𝑡| ≤ 1; 𝑡 2 + 𝑡 − 1 < 0;
−1−√5
2
<𝑡<
−1+√5
.
2
13
Неравенство 𝑐𝑜𝑠 𝑥 >
−1−√5
для любого 𝑥 из ОДЗ, так как
2
Значит, решим неравенство 𝑐𝑜𝑠 𝑥 <
√5−1
2
−1−√5
2
< −1.
с помощью числовой окружности.
С помощью числовой окружности (рис.1) получаем
−1−√5
2
< 𝑐𝑜𝑠 𝑥 <
−1+√5
,
2
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
√5 − 1
+ 2𝜋𝑘
2
√5−1
2
+ 2𝜋𝑘 < 𝑥 < 𝜋 + 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
𝑦
𝜋 + 2𝜋𝑘
𝑥
Рис.1
2) Рассмотрим неравенство 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥 − 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − 1 < 0. Если положить 𝑦 =
𝑐𝑜𝑠 𝑥, то уравнение примет вид 𝑦 2 − 𝑦 − 1 < 0,
1−√5
2
<𝑦<
1+√5
2
.
Неравенство 𝑐𝑜𝑠 𝑥 <
1+√5
2
для любого 𝑥 из ОДЗ, так как
1+√5
2
> 1.
С помощью числовой окружности (рис.2) получаем
1−√5
2
< 𝑐𝑜𝑠 𝑥 <
1+√5
1−√5
2
2
, −𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
+ 2𝜋𝑘 < 𝑥 < 0 + 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
𝑦
0 + 2𝜋𝑘
𝑥
−𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
Рис.2
1 − √5
+ 2𝜋𝑘
2
Ответ: 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
√5−1
2
−𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠
+ 2𝜋𝑘 < 𝑥 < 𝜋 + 2𝜋𝑘,
1−√5
2
+ 2𝜋𝑘 < 𝑥 < 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
Пример 5. Решить неравенство 5 + 2𝑐𝑜𝑠 2𝑥 ≤ 3|2𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 1|.
Решение.
5
2
3
3
3|2𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 1| ≥ 5 + 2𝑐𝑜𝑠 2𝑥  |2𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 1| ≥ + 𝑐𝑜𝑠 2𝑥.
Данное неравенство равносильно совокупности
14
5
[
2
2 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 1 ≥ + 𝑐𝑜𝑠 2𝑥,
3
3
5
2
3
3
2 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 1 ≥ − − 𝑐𝑜𝑠 2𝑥.
Решим первое неравенство совокупности
5
2
4
1
3
3
3
3
2 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 1 ≥ + (1 − 2 𝑠𝑖𝑛2 𝑥)  𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 2 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 3 ≥ 0.
Пусть 𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 𝑡, |𝑡| ≤ 1.
4 2
10
−3 ± 7
𝑡 + 2𝑡 −
≥ 0; 2𝑡 2 + 3𝑡 − 5 ≥ 0; 𝐷 = 49; 𝑡1,2 =
;
3
3
4
𝑡1 = −2,5; 𝑡1 [−1; 1].
+
–
+
−2,5
𝑡
1
𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 1; 𝑥 =
𝜋
+ 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍.
2
Решим второе неравенство совокупности
5
2
5
2
3
3
3
3
2 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 1 ≤ − − 𝑐𝑜𝑠 2𝑥  2 𝑠𝑖𝑛 𝑥 − 1 ≤ − − (1 − 2 𝑠𝑖𝑛2 𝑥) 
4
1
3
3
 − 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 2 𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 1 ≤ 0  −2 𝑠𝑖𝑛2 𝑥 + 3 𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 2 ≤ 0.
Пусть 𝑠𝑖𝑛 𝑥 = 𝑡, |𝑡| ≤ 1, −2𝑡 2 + 3𝑡 + 2 ≤ 0,
𝐷 = 25, 𝑡1,2 =
–
−3 + 5
1
, 𝑡1 = − ; 𝑡2 = 2.
−4
2
+
−
1
2
–
𝑡
2
1
Учитывая, что |𝑡| ≤ 1, −1 ≤ 𝑡 ≤ − .
2
1
𝜋
𝜋
𝑠𝑖𝑛 𝑥 ≤ − , 𝜋 + + 2𝜋𝑘 ≤ 𝑥 ≤ 2𝜋 − + 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
2
6
6
𝑦
0
7𝜋
+ 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
6
𝑥
11𝜋
+ 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
6
15
7𝜋
11𝜋
+ 2𝜋𝑘 ≤ 𝑥 ≤
+ 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
6
6
Ответ:
7𝜋
+ 2𝜋𝑘 ≤ 𝑥 ≤
6
11𝜋
6
𝜋
+ 2𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍; 𝑥 = + 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ 𝑍.
2
Пример 6. Решить неравенство 𝑡𝑔2 𝑥 ≤ |1 − 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥|.
Решение.
Так как |1 − 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥| ≥ 𝑡𝑔2 𝑥, то данное неравенство равносильно
1 − 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 ≥ 𝑡𝑔2 𝑥,
совокупности [
1 − 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 ≤ −𝑡𝑔2 𝑥.
Решим первое неравенство совокупности 1 − 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 ≥ 𝑡𝑔2 𝑥 
 1 − 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 ≥
1
 −2 𝑐𝑡𝑔4 𝑥 + 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 − 1 ≥ 0,
𝑐𝑡𝑔2 𝑥
𝐷 < 0, решений нет.
Решим второе неравенство совокупности 1 − 2 𝑐𝑡𝑔2 𝑥 + 𝑡𝑔2 𝑥 ≤ 0,
𝑥 ≠ 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍,  𝑡𝑔4 𝑥 + 𝑡𝑔2 𝑥 − 2 ≤ 0,
𝑡𝑔2 𝑥 = 𝑡;
𝑡 4 + 𝑡 − 2 ≤ 0, 𝑡1 = −2; 𝑡2 = 1.
𝑡𝑔2 𝑥 = −2, не имеет решений
(𝑡𝑔 𝑥 − 1)(𝑡𝑔 𝑥 + 1) ≤ 0,
𝑡𝑔 𝑥 = 1; 𝑡𝑔 𝑥 = −1,
𝜋
𝜋
𝑥 = + 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍; 𝑥 = − + 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍,
4
4
𝜋
𝜋
− + 𝜋𝑘 ≤ 𝑥 ≤ + 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
4
4
𝜋
𝜋
4
4
Ответ: − + 𝜋𝑘 ≤ 𝑥 ≤ + 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍; 𝑥 ≠ 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
Пример 7. Решить неравенство |𝑙𝑜𝑔1 (𝑥 − 2)| > 1.
3
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности
𝑙𝑜𝑔1 (𝑥 − 2) > 1,
1
𝑙𝑜𝑔1 (𝑥 − 2) > 𝑙𝑜𝑔1 ,
1
𝑥−2< ,
3
{
3
3
33
 [


[
[
1
𝑥
>
2,
𝑙𝑜𝑔1 (𝑥 − 2) < −1,
(𝑥
1
1
𝑙𝑜𝑔
− 2) < −𝑙𝑜𝑔 ,
3
𝑥−2>3
3
33

1
[
2<𝑥<2 ,
3
𝑥 > 5.
16
2
2
1
3
x
5
1
Ответ: (2; 2 ) ∪ (5; +∞).
3
Пример 8. Решить неравенство |𝑙𝑜𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜋 (𝑥 2 − 3𝑥 + 2)| ≥ 2.
3
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности
𝑙𝑜𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜋 (𝑥 2 − 3𝑥 + 2) ≥ 2,
3
[
𝑙𝑜𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜋 (𝑥 2 − 3𝑥 + 2) ≤ −2.
3
Решим первое неравенство совокупности 𝑙𝑜𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜋 (𝑥 2 − 3𝑥 + 2) ≥ 2.
3
Так как 𝑠𝑖𝑛
𝜋
3
=
√3
,
2
то данное неравенство равносильно неравенству
𝑙𝑜𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜋 (𝑥 2 − 3𝑥 + 2) ≥ 2 𝑙𝑜𝑔 √3
3
2
√3
.
2
1
5
≤𝑥≤ ,
𝑥 − 3𝑥 + 2 ≤ ,
2
2
√3
4
Так как < 1, то {
 { 𝑥 < 1,
2
[
𝑥 2 − 3𝑥 + 2 > 0,
𝑥 > 2,
3
2
1
[
2
≤ 𝑥 < 1,
5
2<𝑥≤ .
2
Решим второе неравенство совокупности 𝑙𝑜𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜋 (𝑥 2 − 3𝑥 + 2) ≤ −2,
3
𝑙𝑜𝑔𝑠𝑖𝑛 𝜋 (𝑥 2 − 3𝑥 + 2) ≤ −2 𝑙𝑜𝑔√3
3
2
√3
√3
, т. к.
< 1.
2
2
4
𝑥 2 − 3𝑥 + 2 ≥ ,
{
3
2
𝑥 − 3𝑥 + 2 > 0.
9 − √57
𝑥≤
,
6
9 + √57
𝑥
≥
.
6
{ [
𝑥 2 − 3𝑥 +
2
≥ 0,
3
3𝑥 2 − 9𝑥 + 2 ≥ 0,
𝐷 = 57, 𝑥1,2 =
0 ± √57
6
+
+
–
𝑥
9 − √57
6
𝟏
𝟐
9 + √57
6
9 − √57
6
9 + √57
6
x
17
9−√57
6
1
5
9−√57
2
2
6
Ответ: ≤ 𝑥 < 1; 2 < 𝑥 ≤ , 𝑥 ≤
,𝑥 ≥
≈ 0,25;
9−√57
6
≈ 2,7
9+√57
.
6
Пример 9. Решить неравенство |3𝑡𝑔 𝜋𝑥 − 31−𝑡𝑔 𝜋𝑥 | ≥ 2.
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности
3𝑡𝑔 𝜋𝑥 − 31−𝑡𝑔 𝜋𝑥 ≥ 2,
[ 𝑡𝑔 𝜋𝑥
3
− 31−𝑡𝑔 𝜋𝑥 ≤ −2.
Решим первое неравенство совокупности 3𝑡𝑔 𝜋𝑥 − 31−𝑡𝑔 𝜋𝑥 ≥ 2,
3𝑡𝑔 𝜋𝑥 −
3
3𝑡𝑔 𝜋𝑥
≥ 2,
3𝑡𝑔 𝜋𝑥 = 𝑡, 𝑡 > 0,
𝑡−
3
≥ 0,
𝑡
𝑡 + 𝑡2 = 2
, 𝑡 = 3; 𝑡2 = −1, −1 𝑡 > 0.
[ 1
𝑡1 ∙ 𝑡2 = −3 1
Получили
3𝑡𝑔 𝜋𝑥 ≥ 31
𝑡𝑔 𝑥 ≥ 1,
𝜋
4
𝜋
1
2
4
+ 𝜋𝑘 ≤ 𝜋𝑥 ≤ + 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍, 
1
+ 𝑘 ≤ 𝑥 < + 𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
2
Решим второе неравенство совокупности 3𝑡𝑔 𝜋𝑥 − 31−𝑡𝑔 𝜋𝑥 ≤ −2.
3𝑡𝑔 𝜋𝑥 −
3
3𝑡𝑔 𝜋𝑥
+ 2 ≤ 0, 3𝑡𝑔 𝜋𝑥 = 𝑡, 𝑡 > 0, 𝑡 2 + 2𝑡 − 3 ≤ 0.
𝑡 + 𝑡2 = −2
, 𝑡 = 1; 𝑡2 = −3, −3 < 0.
[1
𝑡1 ∙ 𝑡2 = −3 1
Получили 3𝑡𝑔 𝜋𝑥 ≤ 1; 3𝑡𝑔 𝜋𝑥 ≤ 30 ; 𝑡𝑔 𝑥 ≤ 0,
𝜋
1
2
2
− + 𝜋𝑘 ≤ 𝜋𝑥 ≤ 0 + 𝜋𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍,  − + 𝑘 < 𝑥 ≤ 𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍
Ответ:
1
4
1
1
2
2
+ 𝑘 ≤ 𝑥 < + 𝑘, − + 𝑘 < 𝑥 ≤ 𝑘, 𝑘 ∈ 𝑍.
18
Метод интервалов. Неравенства вида |𝒇(𝒙)| ≥ |𝒈(𝒙)|, 𝒇(|𝒙|) > 𝒈(𝒙),
𝜶𝟏 |𝒇𝟏 (𝒙)| + 𝜶𝟐 |𝒇𝟐 (𝒙)| + … + 𝜶𝒏 |𝒇𝒏 (𝒙)| ≥ 𝒈(𝒙)
Неравенство вида |𝑓(𝑥)| ≥ |𝑔(𝑥)| решается при помощи разбиения
области его допустимых значений на промежутки, каждый из которых
является промежутком знакопостоянства 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.
Пример 1. Решить неравенство |𝑥 − 1| + |2 − 𝑥| > 3 + 𝑥.
Решение.
Точки 𝑥 = 1 и 𝑥 = 2 и делят числовую ось на три промежутка: 𝑥 <
1; 1 ≤ 𝑥 ≤ 2, 𝑥 > 2. Решим данное неравенство на каждом из этих
промежутков.
Если
𝑥 < 1, то 𝑥 − 1 < 0 и 2 − 𝑥 > 0.
Исходное
неравенство
принимает вид 1 − 𝑥 + 2 − 𝑥 > 3 + 𝑥, т.е. 𝑥 < 0.
Если 1 ≤ 𝑥 ≤ 2, то 𝑥 − 1 ≥ 0 и 2 − 𝑥 ≥ 0. Имеем
1 ≤ 𝑥 ≤ 2,
1 ≤ 𝑥 ≤ 2,
 {
{
𝑥 − 1 + 2 − 𝑥 > 3 + 𝑥,
𝑥 < −2.
Полученная система решений не имеет. Следовательно, на отрезке
[1; 2] исходное неравенство решений не имеет.
Если 𝑥 > 2, то 𝑥 − 1 > 0 и 2 − 𝑥 < 0. Имеем {
𝑥 > 2,
{
𝑥 > 6,
𝑥 > 2,

𝑥 − 1 + 𝑥 − 2 > 3 + 𝑥,
 x > 6.
Объединяя найденные решения на всех частях ОДЗ исходного
неравенства, получаем его решение – множество (−∞; 0) ∪ (6; +∞).
Ответ. (−∞; 0) ∪ (6; +∞).
Пример 2. Решить неравенство |3𝑥 2 − 7𝑥 − 6| < |𝑥 + 𝑥 2 |.
Решение.
19
Поскольку 3𝑥 2 − 7𝑥 − 6 = 3(𝑥 − 3)(𝑥 + 2) и
𝑥 2 + 𝑥 = 𝑥(𝑥 + 1), то
2
числовая ось (ОДЗ неравенства) точками −1; − ; 0; 3 разбивается на пять
3
промежутков знакопостоянства функций 3𝑥 2 − 7𝑥 − 6 и 𝑥 + 𝑥 2 . На каждом
из них решим заданное неравенство.
Если 𝑥 > −1, то 3𝑥 2 − 7𝑥 − 6 > 0 и 𝑥 + 𝑥 2 > 0, следовательно, в этом
случае имеем
𝑥 < −1,
𝑥 < −1,
𝑥 < −1,
 {
{ 2
2  {
2
3𝑥 − 7𝑥 − 6 < 𝑥 + 𝑥 ,
2𝑥 − 8𝑥 − 6 < 0,
2 − √7 < 𝑥 < 2 + √7.
Полученная система решений не имеет, так как 2 − √7 > −1.
2
Если −1 ≤ 𝑥 ≤ − , то 3𝑥 2 − 7𝑥 − 6 ≥ 0 и 𝑥 + 𝑥 2 ≤ 0. Таким образом,
3
на этом промежутке имеем систему
2
2
−1 ≤ 𝑥 ≤ − ,
−1
≤
𝑥
≤
−
,
 {
{
3
3
3𝑥 2 − 7𝑥 − 6 < −𝑥 − 𝑥 2 ,
4𝑥 2 − 6𝑥 − 6 < 0.
Из неравенства 4𝑥 2 − 6𝑥 − 6 < 0 получаем
1
1
4
1
(3 − √33) < 𝑥 < 4. Так
2
как −1 < (3 − √33) < − , то решением неравенства на рассматриваемом
4
3
1
2
множестве является промежуток (3 − √33) < 𝑥 < − .
4
3
2
Если − < 𝑥 < 0, то 𝑥 + 𝑥 2 < 0 и 3𝑥 2 − 7𝑥 − 6 < 0. Имеем
3
2
− < 𝑥 < 0,
{
3
2
−3𝑥 + 7𝑥 + 6 < −𝑥 2 − 𝑥,
2
−
< 𝑥 < 0,
 {
3
𝑥 2 − 4𝑥 − 3 > 0.
2
Так как 𝑥 2 − 4𝑥 − 3 = (𝑥 − 2 + √7)(𝑥 − 2 − √7) и − < 2 − √7 < 0,
3
то решением полученной системы, а, значит, исходного неравенства на
2
рассматриваемом множестве является интервал − < 𝑥 < 2 − √7.
3
Если 0 ≤ 𝑥 ≤ 3, то 3𝑥 2 − 7𝑥 − 6 ≤ 0 и 𝑥 + 𝑥 2 ≥ 0. Имеем систему
0 ≤ 𝑥 ≤ 3,
0 ≤ 𝑥 ≤ 3,
{
2
2  {
2
−3𝑥 + 7𝑥 + 6 < 𝑥 + 𝑥
2x − 3x − 3 > 0.
20
Поскольку
1
4
1
1
2𝑥 2 − 3𝑥 − 3 = 2 (𝑥 − (3 + √33)) (𝑥 − (3 − √33))
4
4
и
(3 + √33) < 3, то решением полученной системы, а, следовательно, и
исходного неравенства на рассматриваемом множестве является промежуток
1
4
(3 + √33) < 𝑥 ≤ 3.
Если 𝑥 > 3, то 3𝑥 2 − 7𝑥 − 6 > 0 и 𝑥 + 𝑥 2 > 0. Имеем:
𝑥 > 3,
𝑥 > 3,
𝑥 > 3,



{ 2
{
{
3𝑥 − 7𝑥 − 6 < 𝑥 + 𝑥 2 ,
𝑥 2 − 4𝑥 − 3 < 0,
2 − √7 < 𝑥 < 2 + √7,
 3 < 𝑥 < 2 + √7.
Таким образом, в этом случае решением исходного неравенства
является интервал 3 < 𝑥 < 2 + √7.
Объединяя решения, найденные на всех частях ОДЗ неравенства,
получаем множество его решений:
промежутки
Ответ.
1
(3 − √33) < 𝑥 < 2 − √7;
4
1
(3 − √33) < 𝑥 < 2 − √7;
4
1
4
1
4
(3 + √33) < 𝑥 < 2 + √7.
(3 + √33) < 𝑥 < 2 + √7.
Пример 3. Решить неравенство
|𝑥 4 − 8𝑥 3 + 17𝑥 2 + 2𝑥 − 24| ≤ |𝑥 3 − 4𝑥 2 + 𝑥 + 6|.
Решение.
Пусть 𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 8𝑥 3 + 17𝑥 2 + 2𝑥 − 24. Разложим многочлен на
множители с помощью схемы Горнера.
𝑑: ± 1; ±2; ±3; ±4; ±6; ±8; ±12; ±24.
1 -8 17 2
-24
-1 1 -9 26 -24 0
корень
2
1 -7 12 0
корень
3
1 -4 0
корень
4
1 0
корень
𝑓(𝑥) = 𝑥 4 − 8𝑥 3 + 17𝑥 2 + 2𝑥 − 24 = (𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)(𝑥 − 4).
Пусть 𝑔(𝑥) = 𝑥 3 − 4𝑥 2 + 𝑥 + 6.
21
𝑑: ±1; ±2; ±3; ±6.
1 -4 1 6
-1 1 -5 6 0 корень
2
1 -3 0
корень
3
1 0
корень
𝑔(𝑥) = 𝑥 3 − 4𝑥 2 + 𝑥 + 6 = (𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3).
𝑔(𝑥) = (𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3);
|(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)(𝑥 − 4)| ≤ |(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)|;
|(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)|(|𝑥 − 4| − 1) ≤ 0;
|(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)| = 0
[
|𝑥 − 4| ≤ 1
(𝑥 + 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3) = 0,

𝑥 − 4 ≤ 1,
{
𝑥 − 4 ≥ −1,
[
𝑥 = −1,
𝑥 = 2,
𝑥 = 3,
𝑥 ≤ 5,
{
[ 𝑥 ≥ 3.
Ответ: [3; 5] ∪ {−1; 2}.
Пример 4. Решить неравенство 3|𝑥+2| + 3|𝑥−1| ≥ 28.
Решение.
Точки 𝑥 = −2; 𝑥 = 1 делят числовую ось на три промежутка: 𝑥 <
−2; −2 ≤ 𝑥 ≤ 1; 𝑥 > 1. Решим данное неравенство на каждом из этих
промежутков.
Если 𝑥 < −2, то 𝑥 + 2 < 0 и 𝑥 − 1 < 0, тогда исходное неравенство
принимает вид 3−𝑥−2 + 3−𝑥+1 ≥ 28, т.е. 𝑥 ≤ −2.
Если
Имеем
−2 ≤ 𝑥 ≤ 1, 𝑥 + 2 ≥ 0 и 𝑥 − 1 ≤ 0.
систему
−2 ≤ 𝑥 ≤ 1,
{ 𝑥+2
3
+ 3−𝑥+2 ≥ 0.
Полученная система решений не имеет. Следовательно, на отрезке
[−2; 1] исходное неравенство решений не имеет.
Если
𝑥 > 1, то 𝑥 = 2 > 0 и 𝑥 − 1 > 0.
𝑥 > 1,
𝑥 > 1,
 { 𝑥
{ 𝑥+2
𝑥−1
3 ≥ 3,
3
+3
≥ 28,
Имеем
систему
x > 1,
 {
 𝑥 > 1.
x ≥ 1,
22
Объединяя найденные решения на всех частях ОДЗ исходного
неравенства, получаем его решение – множество (−∞; −2]и[1; +∞).
Ответ. (−∞; −2]и[1; +∞).
Обобщенный метод интервалов
Пример 1. Решить неравенство 𝑙𝑜𝑔0,5 (3 + 2𝑥 − |𝑥 + 1|) > −1.
Решение.
Данное
неравенство
3 + 2𝑥 − |𝑥 + 1| < 2,
{
3 + 2𝑥 − |𝑥 + 1| > 0,

равносильно
|𝑥 + 1| > 2𝑥 + 1,
{
|𝑥 + 1| < 3 + 2𝑥,
−
системе

неравенств
𝑥 < 0,
4
{

𝑥>− ,
3
4
< 𝑥 < 0.
3
4
Ответ. − < 𝑥 < 0.
3
Пример 2. Решить неравенство
2𝑥 2 −7𝑥+3
𝑙𝑜𝑔2 |𝑥−1|
≥ 0.
Решение.
Рассмотрим функцию 𝑓(𝑥) =
2𝑥 2 −7𝑥+3
𝑙𝑜𝑔2 |𝑥−1|
.
Областью определения данной функции являются все значения
переменной 𝑥, кроме 𝑥 = 2 и 𝑥 = 0.
Найдем нули функции, учитывая область определения. Для этого
1
решим уравнение 2𝑥 2 − 7𝑥 + 3 = 0, т.е. 𝑥 = и 𝑥 = 3.
2
Нули функции разбивают область определения на промежутки, в
каждом из которых функция сохраняет свой знак, т.е.
-
+
0
𝟏
𝟐
-
+
+
1
2
+
3
x
1
Итак, 𝑓(𝑥) ≥ 0, при 𝑥 ∈ (−∞; 0) ∪ [ ; 1) ∪ (1; 2) ∪ [3;∞).
2
Значит, решением данного неравенства являются
1
Ответ. 𝑥 ∈ (−∞; 0) ∪ [ ; 1) ∪ (1; 2) ∪ [3;∞).
2
23
Метод решения неравенств возведением обеих частей в квадрат
Неравенства
вида
|𝑓(𝑥)| ≥ |𝑔(𝑥)| можно
решать,
перейдя
к
равносильному неравенству: 𝑓 2 (𝑥) ≥ 𝑔2 (𝑥).
Теорема. Если 𝑓(𝑥) > 0 и 𝜑(𝑥) > 0 для всех 𝑥, входящих в общую
часть областей определения этих функций, то неравенства 𝑓(𝑥) > 𝜑(𝑥) и
[𝑓(𝑥)]2 > [𝜑(𝑥)]2 равносильны для всех этих 𝑥.
Доказательство.
Пусть [𝑓(𝑥)]2 > [𝜑(𝑥)]2 для всех 𝑥, входящих в общую часть областей
определения этих функций. Тогда это неравенство равносильно неравенству
[𝑓(𝑥)]2 − [𝜑(𝑥)]2 > 0, которое можно переписать так: [𝑓(𝑥) + 𝜑(𝑥)][𝑓(𝑥) −
𝜑(𝑥)] > 0.
Но так как 𝑓(𝑥) > 0 и 𝜑(𝑥) > 0, то 𝑓(𝑥) + 𝜑(𝑥) > 0. Отсюда получаем,
что 𝑓(𝑥) − 𝜑(𝑥) > 0, т.е. 𝑓(𝑥) > 𝜑(𝑥) для всех рассматриваемых 𝑥.
Наоборот, пусть 𝑓(𝑥) > 𝜑(𝑥) для всех 𝑥, входящих в общую часть области
определения этих функций. Тогда можно написать, что 𝑓(𝑥) − 𝜑(𝑥) > 0.
Если обе части этого неравенства умножить на положительное выражение
𝑓(𝑥) + 𝜑(𝑥), то знак неравенства не изменится. Поэтому получаем
[𝑓(𝑥) + 𝜑(𝑥)][𝑓(𝑥) − 𝜑(𝑥)] >,
откуда [𝑓(𝑥)]2 > [𝜑(𝑥)]2 для всех рассматриваемых 𝑥.
Тем самым теорема доказана.
Пример 1. Решить неравенство √3 + 𝑥 > |3 − 𝑥|.
Решение.
3 + 𝑥 > 0,

√3 + 𝑥 > |3 − 𝑥|  |3 − 𝑥| < √3 + 𝑥  {
(3 − 𝑥)2 < 3 + 𝑥,
𝑥 > −3,
𝑥 > −3,
{ 2
 {
𝑥 − 7𝑥 + 6 < 0,
1 < 𝑥 < 6.
Ответ: 1 < 𝑥 < 6.
Пример 2. Решить неравенство √5 − |𝑥 + 1| ≤ 2 + 𝑥.
Решение.
24
Данное неравенство равносильно системе
|x + 1| ≤ 5,
5 − |𝑥 + 1| ≥ 0,
2 + 𝑥 ≥ 0,
x ≥ −2,
{

{
2
2
2
2
(5 − |𝑥 + 1|) ≤ (2 + 𝑥) ,
25 − 10|x + 1| + x + 2x + 1 ≤ 4 + 4x + x ,
𝑥 + 1 ≤ 5,
𝑥 + 1 ≥ −5,

𝑥 ≥ −2,
|𝑥 + 1| ≥ −0,2𝑥 + 2,2,
{
−2 ≤ 𝑥 ≤ 4,
1,2𝑥 ≥ 1,2,
 [
−2 ≤ 𝑥 ≤ 4,
{
−0,8𝑥 ≤ −3,2,
{

−6 ≤ 𝑥 ≤ 4,
𝑥 ≥ −2,
{
𝑥 + 1 ≥ −0,2𝑥 + 2,2,

−6 ≤ 𝑥 ≤ 4,
𝑥 ≥ −2,
{
[ 𝑥 + 1 ≤ 0,2𝑥 + 2,2,
−2 ≤ 𝑥 ≤ 4,
{
𝑥 ≥ 1,
 [

−2 ≤ 𝑥 ≤ 4,
{
𝑥 ≥ 4,
[
1 ≤ 𝑥 ≤ 4,
 1 ≤ 𝑥 ≤ 4.
𝑥 = 4,
Ответ: 1 ≤ 𝑥 ≤ 4.
Пример 3. Решить неравенство |𝑠𝑖𝑛 𝑥| < |𝑐𝑜𝑠 𝑥|.
Решение.
|𝑠𝑖𝑛 𝑥| < |𝑐𝑜𝑠 𝑥|

𝑠𝑖𝑛2 𝑥 < 𝑐𝑜𝑠 2 𝑥

𝑐𝑜𝑠 2𝑥 > 0
𝜋
𝜋
𝜋
𝜋
2
2
4
4

 − + 2𝑘𝜋 < 2𝑥 < + 2𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍  − + 𝑘𝜋 < 𝑥 < + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍.
𝜋
𝜋
4
4
Ответ. − + 𝑘𝜋 < 𝑥 < + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍.
Пример 4. Решить неравенство |𝑠𝑖𝑛 𝑥| + |𝑐𝑜𝑠 𝑥| > 1.
Решение.
Так как и правая, и левая части неравенства положительны для всех 𝑥,
то неравенство можно возвести в квадрат и получить равносильное
неравенство |𝑠𝑖𝑛 𝑥|2 + 2|𝑠𝑖𝑛 𝑥||𝑐𝑜𝑠 𝑥| + |𝑐𝑜𝑠 𝑥|2 > 1.
1 + |𝑠𝑖𝑛 2𝑥| > 1  |𝑠𝑖𝑛 2𝑥| > 0.
Решениями нашего неравенства будут все 𝑥, кроме тех, для
которых 𝑠𝑖𝑛 2𝑥 = 0, т.е. кроме 𝑥 =
Ответ: 𝑥 ∈ 𝑅, кроме 𝑥 =
𝑘𝜋
2
𝑘𝜋
2
, где 𝑘 ∈ 𝑍.
, где 𝑘 ∈ 𝑍.
25
Решение неравенств методом замены переменной
Пример 1. Решить неравенство |𝑥 2 − 5|𝑥| + 4| ≥ |2𝑥 2 − 3|𝑥| + 1|.
Решение.
Положим |𝑥| = 𝑦, тогда 𝑥 2 = 𝑦 2 и неравенство принимает вид |𝑦 2 −
5𝑦 + 4| ≥ |2𝑦 2 − 3𝑦 + 1|.
Обе части этого неравенства неотрицательны, значит, возведение их в
квадрат приведет к неравенству, равносильному данному:
|𝑦 2 − 5𝑦 + 4|2 ≥ |2𝑦 2 − 3𝑦 + 1|2 .
Далее имеем (𝑦 2 − 5𝑦 + 4)2 ≥ (2𝑦 2 − 3𝑦 + 1)2 ;
(𝑦 2 − 5𝑦 + 4)2 − (2𝑦 2 − 3𝑦 + 1)2 ≥ 0;
(𝑦 2 − 5𝑦 + 4 + 2𝑦 2 − 3𝑦 + 1)(𝑦 2 − 5𝑦 + 4 − 2𝑦 2 + 3𝑦 − 1) ≥ 0;
5
(3𝑦 2 − 8𝑦 + 5)(−𝑦 2 − 2𝑦 + 3) ≥ 0; 3(𝑦 − 1) (𝑦 − ) (𝑦 − 1)(𝑦 + 3) ≤ 0;
3
5
5
(𝑦 − 1)2 (𝑦 − ) (𝑦 + 3) ≤ 0; −3 ≤ 𝑦 ≤ .
3
3
−
−
−3
+
1
5
3
+
5
Но 𝑦 = |𝑥|, значит, −3|𝑥| ≤ . Неравенство −3 ≤ |𝑥| очевидно, его
3
можно опустить. А из неравенства |𝑥| ≤
5
5
3
3
5
3
5
5
3
3
получаем − ≤ 𝑥 ≤ .
Ответ. [− ; ].
Пример 2. Решить неравенство 32|𝑥| + 32|𝑥|+1 − 32|𝑥|+2 ≤ −15.
Решение.
Сделаем замену: 32|𝑥| =t, где t>0 . Имеем 𝑡 + 3𝑡 − 9𝑡 ≤ −15, т.е. 𝑡 ≤ 3,
т.к. 𝑡 > 0, то 0 ≤ 𝑡 ≤ 3.
Вернемся к замене 0 < 32|𝑥| ≤ 3. Тогда имеем |𝑥| ≤ 0,5, значит, −0,5 ≤
𝑥 ≤ 0,5.
Ответ. −0,5 ≤ 𝑥 ≤ 0,5.
26
Графические и функциональные методы решения неравенств
Пример 1. Решить неравенство |𝑠𝑖𝑛 𝑥| < |𝑐𝑜𝑠 𝑥|.
Решение.
Решаем это неравенство при помощи графиков. Строим графики
функций 𝑦1 = |𝑠𝑖𝑛 𝑥| и 𝑦2 = |𝑐𝑜𝑠 𝑥|.
𝑦
𝑦1 = |𝑠𝑖𝑛 𝑥|
𝑦2 = |𝑐𝑜𝑠 𝑥|
3𝜋
−
2
−𝜋
𝜋
−
4
0
𝜋
4
𝜋
𝑥
5𝜋
2
3𝜋
2
Из чертежа ясно, что решениями нашего неравенства будут все 𝑥 из
𝜋
𝜋
4
4
промежутков − + 𝑘𝜋 < 𝑥 < + 𝑘𝜋, где 𝑘 = 0; ±1; ±2; …
Неравенство|𝑠𝑖𝑛 𝑥| < |𝑐𝑜𝑠 𝑥| можно решить и так. Отметим, что те 𝑥,
для которых 𝑐𝑜𝑠 𝑥 = 0, не могут являться решениями нашего неравенства.
Поэтому для всех остальных имеем |𝑐𝑜𝑠 𝑥| > 0.
Разделив обе части неравенства на |𝑐𝑜𝑠 𝑥|, получим, что
новое
неравенство |𝑡𝑔𝑥| < 1 будет равносильно исходному. Решая последнее
неравенство, получим решения исходного неравенства.
𝑦
𝜋
+ 𝜋𝑘
4
𝑥
0
−
𝜋
𝜋
4
4
−1 < 𝑡𝑔𝑥 < 1  − + 𝑘𝜋 < 𝑥 < + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍.
𝜋
+ 𝜋𝑘
4
𝜋
𝜋
4
4
Ответ: − + 𝑘𝜋 < 𝑥 < + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍.
𝜋(2+𝑥)
Пример 2. Решить неравенство 𝑥 2 + 2𝑥 + 8 ≥ 7 |𝑠𝑖𝑛 (
2
)|.
Решение.
При решении неравенств 𝑓(𝑥) < 𝑔(𝑥), 𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥) функциональным
методом надо рассматривать уравнение 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥), находя область
значений каждой из функций 𝑓(𝑥) и 𝑔(𝑥).
27
Если 𝑓(𝑥) ≥ 𝐴, 𝑔(𝑥) ≤ 𝐴, или 𝑓(𝑥) ≤ 𝐴 𝑔(𝑥) ≥ 𝐴, то
уравнение
𝑓(𝑥) = 𝐴,
равносильно системе {
𝑔(𝑥) = 𝐴.
Находим решение системы, а, значит, и уравнения 𝑓(𝑥) = 𝑔(𝑥) .
Далее рассматриваем соответствующее неравенство.
𝜋(2+𝑥)
Итак, 𝑥 2 + 2𝑥 + 8 = (𝑥 + 1)2 + 7 ≥ 7, а 0 ≤ 7 |𝑠𝑖𝑛 (
𝑥 2 + 2𝑥 + 8 = 7,
значит, имеем систему {
𝜋(2+𝑥)
7 |𝑠𝑖𝑛 (
)| = 7,
2
)| ≤ 7,
 𝑥 = 1.
2
Так как данное неравенство имеет вид 𝑓(𝑥) ≥ 𝑔(𝑥), то его решение 𝑥 ∈
(−∞; ∞).
Рассмотрим другие случаи, если в исходном неравенстве изменить
знак:
1) 𝑓(𝑥) > 𝑔(𝑥) , то его решение 𝑥 ∈ (−∞; −1) ∪ (−1; ∞).
2) 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥), то его решение 𝑥 = −1.
3) 𝑓(𝑥) < 𝑔(𝑥), то неравенство решений не имеет.
Неравенства, сводящиеся к модулю
Пример 1. Решите неравенство
x  2  4 x  2 + x  14  8 x  2  3 .
Решение.
Сделаем замену
x  2  t . Очевидно, t  0 и x  t 2  2 . Имеем
x  2  4 x  2 = t 2  4  4t = (t  2) 2  t  2 ,
x  14  8 x  2 = t 2  16  8t = (t  4)2  t  4 .
28
Если
x  2  t , то исходное неравенство принимает вид t  2 +
t  4  3 , где t  0 .
Точки 𝑡 = 2 и 𝑡 = 4 делят числовую ось на три промежутка: 𝑡 < 2, 2 ≤
𝑡 ≤ 4, 𝑡 > 4. Решим данное неравенство на каждом из этих промежутков.
Если 𝑡 < 2, то 𝑡 − 2 < 0 и 𝑡 − 4 < 0. Неравенство принимает вид 2 −
𝑡 + 4 − 𝑡 > 3, т.е. 𝑡 < 1,5.
Если 2 ≤ 𝑡 ≤ 4, то 𝑡 − 2 ≥ 0 и 𝑡 − 4 ≤ 0. Тогда имеем
2 ≤ 𝑡 ≤ 4,
2 ≤ 𝑡 ≤ 4,
 {
{
𝑡 − 2 + 4 − 𝑡 > 3,
2 > 3.
Таким образом, полученная система решений не имеет. Следовательно,
на отрезке [2; 4] данное неравенство решений не имеет.
Если 𝑡 > 4, то 𝑡 − 2 > 0 и 𝑡 − 4 > 0. Имеем
𝑡 > 4,
𝑡 > 4,
 {
{
𝑡 − 2 + 𝑡 − 4 > 3,
𝑡 > 4,5,
 𝑡 > 4,5.
Вернемся к замене √𝑥 − 2 > 4,5. Тогда имеем
𝑥 − 2 > 20,25,
{
𝑥 − 2 > 0,
𝑥 > 22,25,
𝑥 > 2,
 {
 𝑥 > 22,25.
Ответ. 𝑥 > 22,25.
Пример 2. Решите неравенство
x  6  4 x  2 –2 x  18  8 x  2  5 .
Решение.
Сделаем замену
x  2  t . Очевидно, t  0 и x  t 2  2 . Имеем
x  18  8 x  2 = t 2  16  8t = (t  4)2  t  4 .
x64 x2 =
t 2  4  4t = (t  2)2  t  2 = t  2 (так как t  0 )
Итак, если
x  2  t , то исходное неравенство принимает вид t  2 –2
t  4  а , где t  0 . (*)
29
𝑡 + 2 − 2|𝑡 − 4| ≤ 5, значит, 𝑡 − 4 ≥ 0,5𝑡 − 1,5. Имеем совокупность
𝑡 − 4 ≥ 0,5𝑡 − 1,5,
неравенств [
4 − 𝑡 ≥ 0,5𝑡 − 1,5,
0,5𝑡 ≥ 2,5,
 [
−1,5𝑡 ≥ −5,5,

[
𝑡 ≥ 5,
1
𝑡≤3 .
3
Вернемся к замене
√𝑥 + 2 ≥ 5,
[
1
√𝑥 + 2 ≤ 3 3 ,

𝑥 + 2 ≥ 25,
121
[ 𝑥+2≤ 9 ,
{
𝑥 + 2 ≥ 0,
Ответ. −2 ≤ 𝑥 ≤
103
𝑥 ≥ 23,
103
 [ 𝑥≤
,
9
{
𝑥 ≥ −2.
и 𝑥 > 23.
9
Решение неравенств с использованием свойств функций
Пример 1. Решить неравенство |𝑥 − 2|3𝑥
2 −1
> |𝑥 − 2|4𝑥 .
Решение.
Данное неравенство равносильно совокупности систем неравенств:
𝑥 − 2 > 0,
{0 < 𝑥 − 2 < 1,
3𝑥 2 − 1 < 4𝑥,
𝑥 − 2 > 0,
{ 𝑥 − 2 > 1,
[ 3𝑥 2 − 1 > 4𝑥,

2 < 𝑥 < 3,
{2 − √7
2 + √7
<𝑥<
,
3
3
𝑥 > 3,

2 + √7
𝑥>
,
3
2 − √7
𝑥
<
,
[
[
3
Ответ: 2 < 𝑥 <
𝑥 > 2,
{ 2 < 𝑥 < 3,
3𝑥 2 − 1 − 1 < 0,

𝑥 > 2,
𝑥 > 3,
{
2
[ 3𝑥 − 4𝑥 − 1 > 0,
2+√17
3
2 + √7
2
<
𝑥
<
 [
3 ,
𝑥 > 3.
, x > 3.
4𝑥−5
1
Пример 2. Решить неравенство 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 |𝑥−2| ≥ .
2
Решение.
1
1
Имеем = 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 (𝑥 2 )2 = 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 √𝑥 2 = 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 |𝑥|.
2
30
Значит, заданное неравенство можно переписать в виде
𝑙𝑜𝑔𝑥 2
4𝑥 − 5
≥ 𝑙𝑜𝑔𝑥 2 |𝑥|.
|𝑥 − 2|
Данное неравенство равносильно совокупности систем неравенств
𝑥2 > 1
4𝑥−5
>0
|𝑥−2|
4𝑥−5
{|𝑥−2| ≥ |𝑥|
0 < 𝑥2 < 1
4𝑥−5
>0
|𝑥−2|
4𝑥−5
[{ |𝑥−2| ≤ |𝑥|
Замечаем сразу, что вторая система не имеет решений, поскольку из
5
25
4
16
второго её неравенства следует 𝑥 > , тогда 𝑥 2 >
, т.е. 𝑥 2 > 1, что
противоречит первому неравенству системы.
Решим первую систему. Заметим, что 𝑥 ≠ 2 , тогда |𝑥 − 2| > 0, что
𝑥 2 > 1,
позволяет привести систему к виду {
4𝑥 − 5 > 0,
4𝑥 − 5 ≥ |𝑥| ∙ |𝑥 − 2|.
Из неравенств 4𝑥 − 5 > 0, 𝑥 2 > 1 получаем 𝑥 >
5
4
– при этом условии
обе части последнего неравенства системы неотрицательны, значит,
возведение в квадрат есть равносильное преобразование.
Получаем (4𝑥 − 5)2 ≥ 𝑥 2 ∙ (𝑥 − 2)2  (4𝑥 − 5)2 − 𝑥 2 ∙ (𝑥 − 2)2 ≤ 0;
(𝑥(𝑥 − 2) − (4𝑥 − 5))(𝑥(𝑥 − 2) + (4𝑥 − 5)) ≤ 0;
(𝑥 2 − 9 − 6𝑥 + 5)(𝑥 2 + 2𝑥 − 5) ≤ 0;
(𝑥 − 1)(𝑥 − 5) (𝑥 − (— 1 + √6)) (𝑥 − (— 1 − √6)) ≤ 0;
откуда
−1 − √6
1
√6 − 1
5
Находим −1 − √6 ≤ 𝑥 ≤ 1; √6 ≤ 𝑥 ≤ 5.
5
5
4
4
Но 𝑥 > , а 1 < ≤ √6 − 1. Кроме того, 𝑥 ≠ 2.
Значит,
1
5
4
√6 − 1
2
5
31
Получаем, √6 − 1 ≤ 𝑥 < 2; 2 < 𝑥 ≤ 5.
Ответ: √6 − 1 ≤ 𝑥 < 2; 2 < 𝑥 ≤ 5.
Неравенства с параметрами, содержащие знак абсолютной величины
Если
в
неравенствах
некоторые
коэффициенты
заданы
не
конкретными числовыми значениями, а обозначены буквами, то они
называются параметрами, а неравенство называется параметрической.
Неравенства с параметром являются неравенствами, рассматриваемыми при
фиксированном значении параметра.
Решить неравенство с параметром означает, что надо решить
множество неравенств, которые получаются, если придавать параметру
конкретные числовые значения. Неравенство с параметром должно быть
рассмотрено при всех значениях параметра.
Для того чтобы решить неравенство с параметром надо:
1) определить, при каких значениях параметра существуют решения,
то есть найти область допустимых значений параметра;
2) для каждого значения параметра найти все решения системы
неравенств;
3) указать, при каких значениях параметра неравенство не имеет
решений.
Задачами с параметрами являются, например, следующие задачи:
1) найти решения неравенства в зависимости от параметра;
4) найти значения параметра, при которых решения положительные
(отрицательные);
5) определить, при каких значениях параметра неравенство имеет
единственное решение;
32
6) определить, при каких значениях параметра два неравенства
равносильны.
Пример 1. Для каждого значения параметра 𝑎 решить неравенство
1
|𝑥 + 2𝑎| ≤ .
𝑥
Решение.
1) Заметим, что при 𝑥 ≤ 0 данное неравенство не имеет решений.
2) При 𝑥 > 0 неравенство равносильно совокупности двух систем:
𝑥>0
{ 𝑥 + 2𝑎 ≥ 0
𝑥 2 − 2𝑎𝑥 − 1 ≤ 0
𝑥>0
{ 𝑥 + 2𝑎 < 0
[ 𝑥 2 + 2𝑎𝑥 + 1 ≥ 0
(1)
(2)
Решим отдельно систему (1).
𝑥>0
𝑥 ≥ −2𝑎
{
𝑎≥0
𝑥>0
2
2
1) { 𝑥 + 2𝑎 ≥ 0
 −𝑎 − √𝑎 + 1 ≤ 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎 + 1 
𝑥>0
𝑥 2 − 2𝑎𝑥 − 1 ≤ 0
𝑥 ≥ −2𝑎
{
𝑎<0
[ −𝑎 − √𝑎2 + 1 ≤ 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎2 + 1
𝑥>0
𝑎≥0
𝑎≥0
{
{
2
2
2
 −𝑎 − √𝑎 + 1 ≤ 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎 + 1  [ 0 < 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎 + 1
𝑎<0
𝑎<0
{
𝑥 ≥ −2𝑎
{
−2𝑎 ≤ 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎2 + 1
[ −𝑎 − √𝑎2 + 1 ≤ 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎2 + 1
Ответ1: при 𝑎 ≥ 0, 0 < 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎2 + 1;
При 𝑎 < 0, −2𝑎 ≤ 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎2 + 1.
Решим систему (2).
𝑥>0
𝑥 < −2𝑎
2) {

2
𝑥 ≤ −𝑎 − √𝑎 − 1; 𝑥 ≥ −𝑎 + √𝑎2 − 1
𝑎 ≤ −1; 𝑎 ≥ 1
33
{
𝑥

{
[ 𝑥
𝑥>0
𝑥 < −2𝑎
𝑎 ≤ −1
≤ −𝑎 − √𝑎2 − 1; 𝑥 ≥ −𝑎 + √𝑎2 − 1
𝑥<0
𝑥 < −2𝑎
𝑎≥1
≤ −𝑎 − √𝑎2 − 1; 𝑥 ≥ −𝑎 + √𝑎2 − 1

𝑎 ≤ −1
{
 [ 0 < 𝑥 < −𝑎 − √𝑎2 − 1; −𝑎 + √𝑎2 − 1 ≤ 𝑥 < −2𝑎
∅
Ответ2: при 𝑎 ≤ −1, 0 < 𝑥 ≤ −𝑎 − √𝑎2 − 1; −𝑎 + √𝑎2 − 1 ≤ 𝑥 < −2𝑎.
Объединяя ответ1 и ответ2, получим окончательно:
Ответ:
при 𝑎 < −1, 0 < 𝑥 ≤ −𝑎 − √𝑎2 − 1; −𝑎 − √𝑎2 − 1 ≤ 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎2 − 1;
при 𝑎 ≥ −1, 0 < 𝑥 ≤ −𝑎 + √𝑎2 + 1.
Пример 2. При всех значениях параметра 𝑎 (𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1) решить
неравенство |𝑎2𝑥 + 𝑎 𝑥+2 − 1| ≥ 1.
Решение.
Обозначив 𝑡 = 𝑎 𝑥 , неравенство можно записать следующим образом:
|𝑡 2 + 𝑎2 𝑡 − 1| ≥ 1 , где 𝑡 > 0.
1
1
Поскольку 𝑡 2 + 𝑎2 𝑡 − 1 = (𝑡 − 2 (−𝑎2 − √𝑎4 + 4)) (𝑡 − 2 (−𝑎2 + √𝑎2 + 4))
при всех 𝑎, то неравенство равносильно совокупности двух систем (так как
𝑡 > 0):
1
0 < 𝑡 < (−𝑎2 + √𝑎4 + 4) ,
{
2
2
−𝑡 − 𝑎2 𝑡 + 1 ≥ 1,
1
𝑡 ≥ (−𝑎2 + √𝑎4 + 4) ,
{
2
𝑡2 + 𝑎2 𝑡 − 1 ≥ 1.
Решим первую систему. Неравенство −𝑡2 − 𝑎2 𝑡 + 1 ≥ 1 равносильно
неравенству
𝑡 2 + 𝑎 2 𝑡 ≤ 0,
которое
при
𝑡 > 0 решений
не
имеет;
следовательно, первая система решений не имеет.
34
Решим вторую систему. Неравенство 𝑡 2 + 𝑎2 𝑡 − 1 ≥ 1 равносильно
1
1
совокупности двух неравенств: 𝑡 ≤ (−𝑎2 − √𝑎4 + 8), 𝑡 ≥ (−𝑎2 + √𝑎4 + 8)
2
2
Поскольку
1
2
1
(−𝑎2 + √𝑎4 + 8) > (−𝑎2 + √𝑎4 + 4), то вторая система
2
1
совокупности равносильно неравенству 𝑡 ≥ 2 (−𝑎2 + √𝑎4 + 8). Следовательно,
при 𝑎 > 0, 𝑎 ≠ 1 и любом 𝑥 исходное неравенство равносильно неравенству
1
𝑎 𝑥 ≥ (−𝑎2 + √𝑎4 + 8).
2
Отсюда находим:
а) при 0 < 𝑎 < 1 неравенство имеет решение
1
𝑥 ≤ 𝑙𝑜𝑔𝑎 ( (−𝑎2 + √𝑎4 + 8)) ;
2
1
б) при 𝑎 > 1 неравенство имеет решение 𝑥 ≥ 𝑙𝑜𝑔𝑎 ( (−𝑎2 + √𝑎4 + 8)).
2
Ответ: а) при 0 < 𝑎 < 1 неравенство имеет решение
1
𝑥 ≤ 𝑙𝑜𝑔𝑎 ( (−𝑎2 + √𝑎4 + 8)) ;
2
1
б) при 𝑎 > 1 неравенство имеет решение 𝑥 ≥ 𝑙𝑜𝑔𝑎 ( (−𝑎2 + √𝑎4 + 8)).
2
Пример 3. Найдите все значения параметра 𝑎, при которых неравенство
√3𝑎2 − 𝑥 2 ≥ |𝑥 + 𝑎| имеет единственное решение.
Решение.
Неравенство
√3𝑎2 − 𝑥 2 ≥ |𝑥 + 𝑎|  3𝑎2 − 𝑥 2 ≥ (𝑥 + 𝑎)2  3𝑎2 − 𝑥 2 ≥ 𝑥 2 + 2𝑎𝑥 + 𝑎2
 2𝑥 2 + 2𝑎𝑥 − 2𝑎2 ≤ 0  𝑥 2 + 𝑎𝑥 − 𝑎2 ≤ 0.
Неравенство имеет единственное решение, если 𝐷 = 0.
𝐷 = 𝑎2 + 4𝑎2 = 5𝑎2 ,
5𝑎2 при 𝑎 = 0, 𝑥 = 0.
Ответ: при 𝑎 = 0 неравенство √3𝑎2 − 𝑥 2 ≥ |𝑥 + 𝑎| имеет единственное
решение 𝑥 = 0.
Пример 4. При каких значениях параметра 𝑎 решением неравенства
3𝑎−|𝑥| >
1
3
является интервал (−4; 4)?
35
Решение.
1
 3𝑎−|𝑥| > 3−1  𝑎 − |𝑥| > −1  |𝑥| < 𝑎 + 1 
3
𝑥 <𝑎+1
, но тогда 𝑎 + 1 = 4, т. е. 𝑎 = 3.
{
𝑥 > −(𝑎 + 1)
3𝑎−|𝑥| >
Ответ: при 𝑎 = 3 решением неравенства 3𝑎−|𝑥| >
1
3
является интервал
(−4; 4).
Пример 5. При каких значениях параметра 𝑎 неравенство
(𝑐𝑜𝑠 𝑥)𝑙𝑜𝑔3𝑐𝑜𝑠 𝑥−|𝑎| > 3𝑙𝑜𝑔9(1−𝑠𝑖𝑛
2 𝑥)+𝑎(𝑎−2)
справедливо для любых 𝑥 из
области определения?
Решение.
ОДЗ неравенства: 𝑐𝑜𝑠 𝑥 > 0.
Преобразуем неравенство (𝑐𝑜𝑠 𝑥)𝑙𝑜𝑔3𝑐𝑜𝑠 𝑥−|𝑎| > 3𝑙𝑜𝑔9(1−𝑠𝑖𝑛
2 𝑥)+𝑎(𝑎−2)
.
𝑙𝑜𝑔9 (1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔9 (𝑐𝑜𝑠 2 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔3 (𝑐𝑜𝑠 𝑥), но 𝑐𝑜𝑠 𝑥 > 0, тогда
𝑙𝑜𝑔9 (1 − 𝑠𝑖𝑛2 𝑥) = 𝑙𝑜𝑔3 (𝑐𝑜𝑠 𝑥).
(𝑐𝑜𝑠 𝑥)𝑙𝑜𝑔3𝑐𝑜𝑠 𝑥−|𝑎| > 3𝑙𝑜𝑔3(𝑐𝑜𝑠 𝑥)+𝑎(𝑎−2) .
Прологарифмируем обе части неравенства по основанию три; так как
𝑦 = 𝑙𝑜𝑔3 𝑥 – функция возрастающая, то знак неравенства не изменится.
Тогда 𝑙𝑜𝑔3 (𝑐𝑜𝑠 𝑥)𝑙𝑜𝑔3𝑐𝑜𝑠 𝑥−|𝑎| > 𝑙𝑜𝑔3 3𝑙𝑜𝑔3(𝑐𝑜𝑠 𝑥)+𝑎(𝑎−2) , тогда
(𝑙𝑜𝑔3 𝑐𝑜𝑠 𝑥 − |𝑎|)𝑙𝑜𝑔3 (𝑐𝑜𝑠 𝑥) > 𝑙𝑜𝑔3 (𝑐𝑜𝑠 𝑥) + 𝑎(𝑎 − 2).
Пусть 𝑙𝑜𝑔3 (𝑐𝑜𝑠 𝑥) = 𝑡. Следовательно, так как 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔3 (𝑐𝑜𝑠 𝑥) и 0 <
𝑐𝑜𝑠 𝑥 ≤ 1, то 𝑡 ≤ 0 (в силу монотонности и непрерывности 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔3 𝑥).
Для 𝑡 2 − (|𝑎| + 1)𝑡 − 𝑎2 + 2𝑎 > 0 это верно для любого 𝑡 ≤ 0, если
−𝑎2 + 2𝑎 > 0 (|𝑎| + 1 > 0 всегда, тогда −(|𝑎| + 1)𝑡 ≥ 0 при любых 𝑡 ≤ 0).
0
2
𝑎
Ответ:
неравенство
(𝑐𝑜𝑠 𝑥)𝑙𝑜𝑔3𝑐𝑜𝑠 𝑥−|𝑎| > 3𝑙𝑜𝑔9(1−𝑠𝑖𝑛
2 𝑥)+𝑎(𝑎−2)
справедливо для любых 𝑥 из области определения, если 𝑎 ∈ (0; 2).
Пример 6. При каких значениях параметра 𝑎 неравенство
36
(1 − |𝑥|)𝑙𝑜𝑔5(1−|𝑥|)−|𝑎−1| > 0,24−𝑎
2 −𝑙𝑜𝑔 (1+𝑥 2 −2|𝑥|)
25
верно для любых
значений 𝑥 из области определения?
Решение.
Область допустимых значений неравенства: 1 − |𝑥| > 0.
Прологарифмируем обе части неравенства по основанию 5. Так как 𝑦 =
𝑙𝑜𝑔5 𝑥 – функция возрастающая, значит, знак неравенства не изменится.
𝑙𝑜𝑔5 (1 − |𝑥|)𝑙𝑜𝑔5(1−|𝑥|)−|𝑎−1| > 𝑙𝑜𝑔5 0,24−𝑎
2 −𝑙𝑜𝑔 (1+𝑥 2 −2|𝑥|)
25
,
тогда 𝑙𝑜𝑔5 (1 − |𝑥|)(𝑙𝑜𝑔5 (1 − |𝑥|) − |𝑎 − 1|) > 𝑙𝑜𝑔5 0,2 ∙ (4 − 𝑎2 −
𝑙𝑜𝑔25 (1 + 𝑥 2 − 2|𝑥|)).
Так как 𝑙𝑜𝑔5 (1 − |𝑥|)2 = 𝑙𝑜𝑔5 |(1 − |𝑥|)|, но −1 ≤ 𝑥 ≤ 1, то 𝑙𝑜𝑔5 (1 −
|𝑥|)2 = 𝑙𝑜𝑔5 (1 − |𝑥|).
Обозначим 𝑙𝑜𝑔5 (1 − |𝑥|) = 𝑡 , значит 𝑡(𝑡 − (𝑎 − 1)) > (−1)(4 − 𝑎2 −
𝑡), тогда 𝑡 2 − (|𝑎 − 1| + 1)𝑡 + 4 − 𝑎2 > 0.
Рассмотрим 𝐸(𝑡) – область изменения функции 𝑡 = 𝑙𝑜𝑔5 (1 − |𝑥|).
Так как 1 ≥ 1 − |𝑥| > 0, то 𝑡 ≤ 0; 𝐸(𝑡) = (−∞; 0].
Значит, 𝑡 2 − (|𝑎 − 1| + 1)𝑡 + 4 − 𝑎2 > 0 возможно всегда, если 4 −
𝑎2 > 0, так как −(|𝑎 − 1| + 1)𝑡 ≥ 0 при любом 𝑡 ≤ 0, т.е. 𝑎 ∈ (−2; 2).
Ответ:
0,24−𝑎
при
𝑎 ∈ (−2; 2)
2 −𝑙𝑜𝑔 (1+𝑥 2 −2|𝑥|)
25
неравенство
(1 − |𝑥|)𝑙𝑜𝑔5(1−|𝑥|)−|𝑎−1| >
верно для любых значений 𝑥 из области определения.
Пример 7. При каких значениях параметра 𝑎 неравенство
𝑙𝑜𝑔𝑎
4+3|𝑥|
1+|𝑥|
+ 𝑙𝑜𝑔𝑎
6+5|𝑥|
1+|𝑥|
> 1 справедливо для любых 𝑥?
Решение.
Так как
𝑙𝑜𝑔𝑎
4+3|𝑥|
1+|𝑥|
>0и
6+5|𝑥|
1+|𝑥|
> 0 при любых 𝑥, то
4 + 3|𝑥|
6 + 5|𝑥|
4 + 3|𝑥| 6 + 5|𝑥|
+ 𝑙𝑜𝑔𝑎
= 𝑙𝑜𝑔𝑎 (
∙
),
1 + |𝑥|
1 + |𝑥|
1 + |𝑥| 1 + |𝑥|
4+3|𝑥| 6+5|𝑥|
тогда 𝑙𝑜𝑔𝑎 (
1+|𝑥|
∙
1+|𝑥|
) > 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑎.
37
а) Пусть 𝑎 > 1, тогда, учитывая, что 𝑦 = 𝑙𝑜𝑔𝑎 𝑥 – возрастающая
функция,
4+3|𝑥| 6+5|𝑥|
1+|𝑥|
∙
1+|𝑥|
> 𝑎.
Выделим целую часть для каждой дроби и получим
4+3|𝑥|
1+|𝑥|
=3+
1
1+|𝑥|
;
6 + 5|𝑥|
1
=5+
.
1 + |𝑥|
1 + |𝑥|
Положим
1
1+|𝑥|
; = 𝑡, тогда(5 + 𝑡)(3 + 𝑡) > 𝑎; 𝑡 2 + 8𝑡 + 15 − 𝑎 > 0.
Так как 𝑡 > 0, то это возможно для любых 𝑡 > 0, если 15 − 𝑎 > 0, т.е.
при 𝑎 < 15, учитывая условия возрастания, 1 < 𝑎 < 15.
б) 0 < 𝑎 < 1, тогда 𝑡 2 + 8𝑡 + 15 − 𝑎 < 0что возможно не для всех
положительных 𝑡, даже если 𝐷 > 0..
По условию этот случай не подходит.
Ответ: неравенство 𝑙𝑜𝑔𝑎
𝑡
𝑡1
𝑡2
4+3|𝑥|
1+|𝑥|
+ 𝑙𝑜𝑔𝑎
6+5|𝑥|
1+|𝑥|
> 1 справедливо для любых
𝑥 при 1 < 𝑎 < 15.
Пример 9. Решите неравенство |𝑎 + 𝑥 − 3| > 2𝑥 − 𝑎.
Решение.
Имеем
|𝑎 + 𝑥 − 3| > 2𝑥 − 𝑎  [
𝑎 − 𝑥 − 3 > 2𝑥 − 𝑎,
x < 2𝑎 − 3,
 [
𝑎 + 𝑥 − 3 < 𝑎 − 2𝑥.
x < 1.
Рассмотрим два случая.
1.
Если 2a − 3 ≤ 1, то есть 𝑎 ≤ 2, то решением совокупности
неравенств является множество (−∞; 2𝑎 − 3) ∪ (−∞; 1) = (−∞; 1)(так как
2a − 3 ≤ 1.). Таким образом, если 𝑎 ≤ 2, то решение совокупности
неравенств, а значит, и исходного неравенства, есть интервал (−∞; 1).
2.
Если 2a − 3 > 1, то есть 𝑎 > 2, то множество решений исходного
неравенства есть интервал (−∞; 2𝑎 − 3).
38
Ответ: (−∞; 1), если 𝑎 ≤ 2;
(−∞; 2𝑎 − 3), если 𝑎 > 2.
Пример 10. Решите неравенство |𝑥 − 𝑎| + |𝑥 + 𝑎| − 2 − 𝑎 ≤ 0.
Решение.
В
плоскости
(𝑥; 𝑎)
построим
множество
точек,
удовлетворяющих уравнению |𝑥 − 𝑎| + |𝑥 + 𝑎| − 2 − 𝑎 = 0.
Для построения множества точек проделаем следующее.
1. Приравняем нулю выражения, стоящие под знаком модуля и
построим прямые 𝑥 = 𝑎 и 𝑥 = −𝑎 в плоскости (𝑥; 𝑎). Эти прямые разобьют
плоскость (𝑥; 𝑎) на 4 области.
2. Рассмотрим данное уравнение в каждой области и построим в
каждой области соответствующее множество точек.
В области I данное уравнение равносильно системе
𝑥 ≥ 𝑎,
𝑥 − 𝑎 ≥ 0,
 { 𝑥 ≥ −𝑎,
{
𝑥 + 𝑎 ≥ 0,
𝑎 = 2𝑥 − 2.
𝑥 − 𝑎 + 𝑥 + 𝑎 − 2 − 𝑎 = 0.
В области строим часть прямой 2𝑥 − 𝑎 = 2. Эта прямая пересекает
границу
области,
которая
определяется
2
прямыми
𝑥=𝑎
и
𝑥 = −𝑎
2
соответственно в точках (2; 2) и ( ; − ).
3
3
В области II данное уравнение равносильно системе
𝑥 < 𝑎,
𝑥 − 𝑎 < 0,
 {𝑥 ≥ −𝑎,
{
𝑥 + 𝑎 ≥ 0,
𝑎 = 2.
−𝑥 + 𝑎 + 𝑥 + 𝑎 − 2 − 𝑎 = 0.
В области II
строим часть прямой 𝑎 = 2. Эта прямая пересекает
прямые 𝑥 = 𝑎 и 𝑥 = −𝑎 соответственно в точках (2; 2) и (−2; 2) .
В области III данное уравнение равносильно системе
𝑥 ≤ 𝑎,
𝑥 − 𝑎 ≤ 0,
 { 𝑥 < −𝑎,
{
𝑥 + 𝑎 < 0,
𝑎 = 2𝑥 − 2.
−𝑥 + 𝑎 − 𝑥 − 𝑎 − 2 − 𝑎 = 0.
В области III строим часть прямой 2𝑥 + 𝑎 = −2, которая пересекает
2
2
прямые 𝑥 = 𝑎 и 𝑥 = −𝑎 соответственно в точках (− ; − ) и (−2; 2).
3
3
В области IV данное уравнение равносильно системе
39
𝑥 > 𝑎,
𝑥 − 𝑎 > 0,
𝑥 < −𝑎,
 {
{
𝑥 + 𝑎 < 0,
2
𝑎=− .
𝑥 − 𝑎 − 𝑥 − 𝑎 − 2 − 𝑎 = 0.
3
2
В области IV строим часть прямой 𝑎 = − . Эта прямая пересекает
3
2
2
2
2
прямые 𝑥 = 𝑎 и 𝑥 = −𝑎 соответственно в точках (− ; − ) и ( ; − ).
3
3
3
3
На
a
рисунке
область
a=𝟐
соответствует
неравенству
𝑎 ≤ 0,
заштрихованная
(для
исходному
|𝑥 − 𝑎| + |𝑥 + 𝑎| − 2 −
определения
области,
которая соответствует неравенству,
𝑰𝑰
надо взять любую точку плоскости
0
𝑰𝑰𝑰
𝑰
𝟐
𝒂 = −𝟑
x
(𝑥; 𝑎),
например,
точка
(0; 0)
и
определить, удовлетворяет ли она
рассматриваемому неравенству). Для
того чтобы найти решения исходного
𝑰𝑰𝑰
неравенства надо провести прямые
𝑎 = 𝐶.
2
Если − ≤ 𝑎 ≤ 2, то так как прямые 𝑎 = 𝐶 пересекают границу
3
заштрихованной области в двух точках (–
𝑎+2
2
𝑎+2
; 𝐶) , (
2
; 𝐶), то отрезок
[−0,5(𝑎 + 2); 0,5(𝑎 + 2)] есть множество решений неравенства.
2
Если 𝑎 ∈ (−∞; − ) ∪ (2; ∞), то неравенство решений не имеет, так как
3
прямые 𝑎 = 𝐶 не пересекают заштрихованную область.
2
Ответ: решений нет, если 𝑎 ∈ (−∞; − ) ∪ (2; ∞);
3
2
[−0,5(𝑎 + 2); 0,5(𝑎 + 2)], если 𝑎 ∈ [− ; 2].
3
Пример 11. Решите неравенство |𝑎 + 𝑥 − 3| > 2𝑥 − 𝑎.
Решение.
Имеем
40
|𝑎 + 𝑥 − 3| > 2𝑥 − 𝑎  [
𝑎 − 𝑥 − 3 > 2𝑥 − 𝑎,
x < 2𝑎 − 3,
 [
𝑎 + 𝑥 − 3 < 𝑎 − 2𝑥.
x < 1.
Рассмотрим два случая.
3.
Если 2a − 3 ≤ 1, то есть 𝑎 ≤ 2, то решением совокупности
неравенств является множество (−∞; 2𝑎 − 3) ∪ (−∞; 1) = (−∞; 1)(так как
2a − 3 ≤ 1.). Таким образом, если 𝑎 ≤ 2, то решение совокупности
неравенств, а значит, и исходного неравенства, есть интервал (−∞; 1).
4.
Если 2a − 3 > 1, то есть 𝑎 > 2, то множество решений исходного
неравенства есть интервал (−∞; 2𝑎 − 3).
Ответ: (−∞; 1), если 𝑎 ≤ 2;
(−∞; 2𝑎 − 3), если 𝑎 > 2.
Пример 12. Решите неравенство |𝑥 − 𝑎 − 1| + |𝑥 − 𝑎 − 4| − 𝑥 − 𝑎 > 0.
Решение.
В
плоскости
(𝑥; 𝑎)
построим
множество
точек,
удовлетворяющих уравнению |𝑥 − 𝑎 − 1| + |𝑥 − 𝑎 − 4| − 𝑥 − 𝑎 = 0.
Для построения множества точек проделаем следующее.
1.
Приравняем нулю выражения, стоящие под знаком модуля и
построим прямые 𝑎 = 𝑥 − 1 и 𝑎 = 𝑥 − 4 в плоскости (𝑥; 𝑎). Эти прямые
разобьют плоскость (𝑥; 𝑎) на 3 области.
2.
Рассмотрим данное уравнение в каждой области и построим в
каждой области соответствующее множество точек.
В области I данное уравнение равносильно системе
𝑥 − 𝑎 − 4 ≥ 0,
𝑥 − 𝑎 − 4 ≥ 0,
{
{
𝑥 − 𝑎 − 1 + 𝑥 − 𝑎 − 4 − 𝑎 = 0.
𝑥 − 3𝑎 = 5.
В области I строим часть прямой 𝑥 − 3𝑎 = 5. Эта прямая пересекает
границу области, которая определяется прямой 𝑎 = 𝑥 − 4, в точке
𝐴(3,5; −0,5).
В области II данное уравнение равносильно системе
𝑥 − 𝑎 − 1 ≥ 0,
𝑥 − 𝑎 − 1 ≥ 0,

{
{𝑥 − 𝑎 − 4 < 0,
𝑥 − 𝑎 − 4 < 0,
𝑥 − 𝑎 − 1 − 𝑥 + 𝑎 + 4 − 𝑥 − 𝑎 = 0.
𝑥 + 𝑎 = 3.
41
В области II
строим часть прямой 𝑥 + 𝑎 = 3, которая
пересекает
прямые 𝑎 = 𝑥 − 4 и 𝑎 = 𝑥 − 1 соответственно в точках 𝐴(3,5; −0,5) и
𝐵(2; 1).
В области III данное уравнение равносильно системе
𝑥 − 𝑎 − 1 ≤ 0,
𝑥 − 𝑎 − 1 ≤ 0,
{
{
−𝑥 + 𝑎 + 1 − 𝑥 + 𝑎 + 4 − 𝑥 − 𝑎 = 0.
3𝑥 − 𝑎 = 5.
В области III строим часть прямой 3𝑥 − 𝑎 = 5. Эта прямая пересекает
границу области, которая определяется прямой 𝑎 = 𝑥 − 1, в точке
𝐵(2; 1).
𝒂
На рисунке заштрихована область,
которая
𝑰𝑰𝑰
соответствует
неравенству
𝑰𝑰
исходному
|𝑥 − 𝑎 − 1| + |𝑥 − 𝑎 − 4| −
𝑥 − 𝑎 > 0 (так как, например, точка ⌊0; 0
0
𝑥
удовлетворяет этому неравенству).
Для того чтобы найти решения
𝑰
исходного неравенства надо провести
прямые 𝑎 = 𝐶.
Если 𝑎 < −0,5, то решением исходного неравенства является интервал
(−∞; ∞) (так как прямые 𝑎 = 𝐶 принадлежат заштрихованной области).
Если 𝑎 = −0,5, то множество (−∞; 2) ∪ (2; ∞ ) является решением
исходного неравенства (неравенство строгое).
Если −0,5 < 𝑎 < 1, то множество (−∞; 3 − 𝑎) ∪ (5 + 3𝑎; ∞ ) является
решением исходного неравенства.
Если 𝑎 ≥ 1, то множество (−∞;
𝑎+5
3
) ∪ (5 + 3𝑎; ∞ ) является решением
исходного неравенства.
Ответ: (−∞;
𝑎+5
3
) ∪ (5 + 3𝑎; ∞ ), если 𝑎 ≥ 1;
(−∞; 3 − 𝑎) ∪ (5 + 3𝑎; ∞ ), если −0,5 < 𝑎 < 1;
(−∞; 2) ∪ (2; ∞ ), если 𝑎 = −0,5;
(−∞; ∞), если 𝑎 < −0,5.
42
Заключение
В результате изучения научно-методической литературы следует
отметить, что неравенства, содержащие модули, становятся все более
популярными. Такая популярность неравенств далеко не случайна.
Практическая значимость работы состоит в том, что в ней собраны все
методы решения неравенств, содержащих модуль. В итоге получается
последовательный систематизированный практический курс обучения теме.
Материал работы предназначен всем тем, кто хочет систематизировать
и расширить свой математический кругозор, при этом происходит развитие
математического, логического мышления, умения анализировать, сравнивать,
обобщать. Кроме того, решение неравенств – это помощь при подготовке к
экзаменам. Происходит формирование таких
качеств личности, как
трудолюбие, целеустремленность, усидчивость, сила воли, точность.
Из вышеизложенного можно сделать вывод, что изучение методов
решения неравенств, содержащих модули, имеет весомое значение для
качественного полноценного образования.
43
Литература
1. Алгебра.
8
кд.:
учеб.
для
общеобразоват.
Учеб.заведений
/
К.С.Муравин, Г.К. Муравин, Г.В.Дорофеев. – М.: Дрофа, 1997.
2. Вавилов В.В. и др. Задачи по математике. Уравнения и неравенства. –
М.: Наука, 1987.
3. Дихтярь М.Б. Линейные уравнения и неравенства с параметрами. –
Саратов, 2007.
4. Дорофеев Г.В., Потапов М.К., Розов И.Х. Математика. Пособие для
поступающих в ВУЗы. – М.: Экзамен, 1999.
5. Егерев В.К., Мордкович А.Г. 100 х 4 задач. – М.: Linka-Press, 1993.
6. Егерман Е. Задачи с модулем. 10-11 классы // Математика, № 25-26. –
2004.
7. Егерман Е. Задачи с модулем. 9-10 классы // Математика, № 3. – 2004.
8. Мордкович А.Г. Алгебра. Углубленное изучение. 9 класс: учебник. –
М.: Мнемозина, 2006.
9. Мордкович А.Г., Семенов П.В. Алгебра и начала анализа, 10-11 кл.
Учебник для профильной школы. – М.: Мнемозина, 2007.
10.Никольский С.М., Потапов М.К. , Решетников Н.Н.Алгебра и начала
анализа. 10-11 кл. – М.: Просвещение, 2006.
11. Сканави М.И. Сборник задач по математике для поступающих во
втузы. – Тбилиси, 1992.
12.Шахмейстер А.Х. Дробно-рациональные неравенства. – Спб.: ЧеРона_Неве, 2004
13.Шахмейстер А.Х. Задачи с параметрами в ЕГЭ. – Спб.: ЧеРо-на_Неве,
2004.
44
Приложение
Программа элективного предмета «Неравенства, содержащие знак
модуля»
Пояснительная записка
Элективный курс «Неравенства, содержащие знак модуля» направлен
на развитие содержания и дополнения профильного курса до углубленного
курса
и
предназначен
для
учащихся
10-11
класса,
пожелавших
систематизировать и углубить свои знания по теме. Курс посвящен
неравенствам, содержащим знак модуля, так как, несмотря на кажущуюся
простоту решений неравенств такого типа, их решения нередко вызывают у
учащихся
затруднения, кроме того задания подобного типа регулярно
встречаются среди заданий, предлагаемых на тестах ЦЕ и ЕГЭ. Знания,
полученные при изучении темы, необходимы учащимся при обучении в вузе.
Материал данного курса содержит методы, которые посвящены
решению различного
вида неравенств, сводящихся к неравенствам,
содержащим знак модуля, и уравнениям с параметром, содержащим знак
модуля:
 тригонометрические неравенства, содержащие знак модуля,
 иррациональные неравенства, содержащие знак модуля,
 показательные неравенства, содержащие знак модуля,
 логарифмические неравенства, содержащие знак модуля.
Основные цели курса
 представить учащимся возможность реализовать свой интерес к
предмету математика;
 совершенствовать полученные знания и умения учащихся;
 расширить представления об изучаемом в основном курсе
материале.
Основные задачи курса
45
 обучающие: систематизация, углубление знаний о методах
решения неравенств, содержащие знак модуля, формирование
умения комплексного применения знаний при решении задач;
подготовить учащихся к сдаче ЕГЭ;
 развивающие: развитие умения и навыков исследовательской
деятельности,
развитие
алгоритмического
мышления,
формирование интереса к предмету, развитие творческих
способностей учащихся;
 воспитательные:
расширение
кругозора,
воспитание
аккуратности, воли, внимания, формирование мировоззрения.
Требования к усвоению учебного материала
В результате изучения элективного курса «Неравенства, содержащие
знак модуля» учащиеся получают возможность знать, понимать и уметь:
 различные методы решения неравенств, содержащих знак
модуля,
 алгоритмы решения различных видов неравенств, содержащих
переменную под знаком модуля.
Программа элективного курса предполагает знакомство с теорией и
практикой рассматриваемых вопросов и рассчитаны на 34 часа.
Учебно-тематический план
№
1.
2.
3.
4.
5.
Наименование тем курса
Количество
часов
Введение. Модуль: общие свойства
Неравенства вида |𝑓(𝑥)| < 𝑔(𝑥), |𝑓(𝑥)| >
𝑔(𝑥)
|𝑓(𝑥)| ≥ |𝑔(𝑥)|,
Неравенства
вида
|𝑓(𝑥)| ≤ |𝑔(𝑥)|. Метод возведения обеих
частей неравенства во вторую степень.
Метод интервалов при решении
уравнений, содержащих знак модуля.
Неравенства вида |𝑓(𝑥)| < 𝑔(𝑥), |𝑓(𝑥)| >
𝑔(𝑥), 𝑔(𝑥) может быть постоянна.
Неравенства вида 𝑓(|𝑔(𝑥)| < 𝜑(𝑥)
2
3
2
2
2
46
2
7.
Графический и функциональный методы
решения неравенств, содержащих знак
модуля
Неравенства, сводящиеся к модулю.
8.
Обобщающее занятие
2
9.
Решение показательных неравенств,
содержащих знак модуля.
Решение логарифмических неравенств,
содержащих знак модуля.
Метод замены переменной при решении
уравнений, содержащих знак модуля
Решение неравенств с модулем с
использованием свойств функции.
Неравенства с параметрами, содержащие
знак модуля
Итоговое занятие. Решение всех видов
неравенств, содержащих знак модуля.
2
6.
10.
11.
12.
13.
14.
2
2
3
2
6
2
47