РЕШЕНИЕ
11 л	ft
УРАбИРМИЙ И НЕРА6ЕМСТ
С МОДУЛЕМ
“ _________
Ша .• '	• • г 1--^	'	-
Д .С.Зеленский И .И .Панфилов
I	)';’ч
П.С.Зеленский
И .И .Панфилов
РЕШЕНИЕ
УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ
С МОДУЛЕМ
Учебное пособие
для учащихся старших классов
и поступающих в вузы
О И f
Москва
х НТЦ “Университетский”
* УНИВЕР-ПРЕСС
НАУЧНО
'технический
2009
ЦЕНТР
УДК 373.167.1: 51
Рецензент: доктор физико-математических наук,
профессор А. Б. Киселёв
Зеленский А. С., Панфилов И. И.
Решение уравнений и неравенств с модулем.
— М.: Научно-технический центр «Университетский»:
УНИВЕР-ПРЕСС, 2009. — 112 с.: ил. (серия «Математи-
ка: перезагрузка»).
ISBN 978-5-7953-0176-1
Эта брошюра - одна из книг серии «Математика: перезагрузка», пред-
назначенной старшеклассникам и посвящённой изучению и повторе-
нию различных разделов школьной математики.
Авторы попытались разбить всё многообразие материала на четыре
уровня сложности, соответствующие уровням знаний читателей.
Поэтому учащийся вполне может начинать работу над книгой не с
первых страниц, а с того уровня, которому он в настоящее время соот-
ветствует. И соответственно закончить работу можно также по своему
усмотрению, ограничившись только какими-то разделами.
Предлагаемое пособие будет интересно всем желающим самостояте-
льно повторить математику, поможет абитуриентам освоить доступный
для себя уровень подготовки и подготовиться как к ЕГЭ, так и к другим
экзаменам. Большой набор задач разной сложности поможет при прове-
дении занятий учителям школ (как базовых, так и специализирован-
ных), а также преподавателям кружков и подготовительных курсов.
© А. С. Зеленский,
И. И. Панфилов, 2009
ISBN 978-5-7953-0176-1	© УНИВЕР-ПРЕСС, 2009
ПРЕДИСЛОВИЕ
Эта брошюра - одна из книг серии «Математика: перезагрузка»,
предназначенной старшеклассникам и посвящённой изучению и
повторению различных разделов математики.
Авторы попытались разбить всё многообразие материала по вы-
бранным темам на четыре уровня сложности, соответствующие
уровням знаний читателей.
Поэтому подготовленный школьник вполне может начинать ра-
боту над пособием не с первых страниц, а с того уровня, которому
он в настоящее время соответствует. Именно с этой целью каждый
раздел книги (кроме первого) начинается с тестирования знаний.
При разбиении материала на указанные четыре уровня авторы ру-
ководствовались принципами и критериями, которые им подска-
зывает многолетний опыт преподавания математики как школь-
никам, так и абитуриентам и студентам.
Критерии эти следующие. Учащийся, освоивший только первый
уровень сложности (материал раздела 1), как правило, на ЕГЭ по-
лучает удовлетворительную (а порой даже хорошую) оценку за
свою работу. Тот, кто освоил ещё и раздел 2, может рассчитывать
на стабильно хорошую оценку. Абитуриенты, способные работать
на третьем уровне сложности (раздел 3), на ЕГЭ чаще всего набира-
ют не менее 70 баллов из 100. И, наконец, те, кто претендует на
максимально высокую оценку ЕГЭ, кто всерьёз увлечён математи-
кой и хочет покорить серьёзные математические вузы (такие как
мехмат или ВМК МГУ, МФТИ, факультет математики ГУ-ВШЭ и
ряд других), безусловно, должны хорошо владеть материалом раз-
делов 3 и 4 - ведь задачи части С уже невозможно освоить простым
натаскиванием или разбором задач прошлых лет. Нужно также
учитывать, что некоторые (наиболее популярные среди абитуриен-
тов) учебные заведения обладают правом проведения дополнитель-
ных (помимо ЕГЭ) вступительных испытаний по математике, тре-
бующих от учащихся серьёзной системной подготовки.
Авторы брошюры, являясь экспертами-проверяющими ЕГЭ по
математике, постарались учесть негативные тенденции в системе
подготовки абитуриентов и школьников и проверки их знаний,
которые появились в нашей стране в последние несколько лет.
4
Предисловие
«Система обучения» старшеклассников увязывается с ЕГЭ и по-
рой ориентирована только на формальное соответствие предлагае-
мых ученикам знаний определённым типам заявленных заранее
задач (пусть даже достаточно полезных) и часто сводится к обык-
новенному натаскиванию на решение этих задач. Ориентация на
заданную в первых двух разделах ЕГЭ «глубину» изучения пред-
мета, а также «недосягаемость» последних трёх задач части С для
большинства выпускников средних школ и их учителей, пере-
стаёт стимулировать и учеников, и преподавателей к изучению
более сложного, но всё же доступного и очень для них полезного
материала. Эта наметившаяся тенденция в образовании является
безусловно опасной и неприемлемой. Надо понимать, что для ста-
бильно безошибочного решения даже не очень сложных задач
нужно обязательно иметь определённый «запас прочности», кото-
рый создаётся за счёт освоения более сложного материала по всем
основным разделам математики. Дать такую возможность уча-
щимся (возможность углублённого изучения математики даже в
самостоятельном режиме) - главная цель книг данной серии.
Значительная часть задач, которые разобраны в данном пособии,
взята из вариантов ЕГЭ по математике разных лет, из открытого
сегмента Федерального банка тестовых заданий (www.fipi.ru), а
также из вариантов вступительных экзаменов в различные вузы.
Каждый раздел пособия завершается задачами для проверки и
закрепления полученных знаний, а в конце книги дано ещё доста-
точно много задач для самостоятельного решения (все они снаб-
жены ответами, многие - указаниями). Всё это позволяет исполь-
зовать данное пособие как учащимся для самоподготовки, так и
их учителям в школе, а также преподавателям для проведения за-
нятий на подготовительных курсах различных уровней.
Один из разделов посвящён разбору характерных ошибок, кото-
рые допускают абитуриенты и школьники на вступительных экза-
менах и ЕГЭ, а потому его изучение и тщательная проработка по-
лезны для каждого, независимо от уровня математических знаний.
Работайте вместе с нами, читая эту брошюру! И Ваши знания бу-
дут расти, а их оценка непременно станет высокой.
Удачи Вам на экзаменах!
РАЗДЕЛ 1 
НАЧАЛЬНЫЕ СВЕДЕНИЯ. ОСНОВЫ
§1	. ОПРЕДЕЛЕНИЕ МОДУЛЯ
Модуль числа а (или, что одно и то же, абсолютная величи-
на числа а) обозначается |а|. Введём следующее стандартное
. . [а, если а > О,
определение модуля: а - <
[-а, если а <0.
Графически модуль числа а есть расстояние от точки а на
числовой прямой до нулевой точки. Легко убедиться, что это
вполне согласуется с приведённым
выше определением. Важно, что х	ч
расстояние, как и модуль, никогда *	*	►
О	а х
не может быть отрицательным.	|а|=-а
По определению (или по его гра-
фической интерпретации) получим, ----*.7	.....
например,	|3| = 3,	|-3| = 3,	а	О х
|я--3| = я--3, |1-V2| = V2-1.
Аналогично для функций: |х2|=х2, |-х2 + Зх-4| = х2 -Зх + 4 ,
т.к. х2 -Зх + 4 >0 для любого действительного числа х (дискри-
минант отрицательный), |2-л/х2 +б| = л/х2 +5 - 2 (обоснуйте са-
мостоятельно).
Пример 1. Решить неравенство: |х2 + з| < 12 .
Т. к. х2 + 3>0 , то |х2 +3| = х2 +3 . Поэтому исходное уравне-
ние равносильно х2+3<12 <=>х2<9 <=> |х[ < 3 <х>-3<х<3.
Ответ: (-3;3)
6
Раздел 1
Для построения графика
функции z/ = |x| воспользуем-
ся опять-таки приведённым
ранее определением модуля.
При х>0 функция t/ = |x|
ничем не отличается от функ-
ции у = х , а при х < 0 совпа-
дает с функцией у = -х .
Характерной ошибкой учащихся, плохо понимающих суть
абсолютной величины, является следующая логика в преобра-
зовании, например, выражения t/ = |x-3| :
.	. [ х-3, если х>0,
по определению модуля: х - 3 = <
[-х + 3, еслихсО.
_	. _	।	[ х - 3, если х - 3 > О,
Это, конечно, неверно! Верно: х-3=<
[-Х + 3, если х - 3 < О
/	i rti [ * - 3, если х > 3,
или (что одно и то же) х - 3 = <
l-x + З, еслих<3.
§2	. ГЛАВНЫЕ СВОЙСТВА МОДУЛЯ
Из данного в §1 определения следуют три главных свойства
модуля (другие свойства будут изучены в разделах 2-3):
1.	|а|>0; 2. |-а| = |а|; 3. |а| = О<=>а = О.
Знание этих свойств уже позволяет решать некоторые зада-
чи, не прибегая к процедуре раскрытия модуля. Покажем это на
примерах.
Пример 2. Решить неравенство: |х + 3| > -7 .
Левая часть неравенства неотрицательна (свойство 1), пра-
вая - меньше нуля, поэтому неравенство верно всегда. Заметим,
что ограничений на функции никаких нет. Ответ: xeR .
Пример 3. Решить уравнение: |2-х|-|х-2| = |х + 7|.
Очевидно, что слева 0 (свойство 2), но тогда |х + 7|=0, и
Х4-7 = 0 (свойство 3).	Ответ: -7 .
Начальные сведения. Основы
7
Пример 4. Решить неравенство: |х| < 0.
Возможен только случай равенства (обоснуйте самостоя-
тельно).	Ответ: 0.
§3	. РАСКРЫТИЕ МОДУЛЯ ИЗОПРЕДЕЛЕНИЯ
Если выражение, стоящее под знаком модуля, является
функцией от х, то знак его в зависимости от х может быть лю-
бым, а потому в решении необходимо предусмотреть два воз-
можных случая раскрытия для каждого из модулей, присутст-
вующих в условии задачи. Освоение этой процедуры - главная
цель раздела 1.
Пример 5. Решить уравнение: |3х-7| = 6-2х.
|3х-7|=6-2х <=>
Зх-7>0,
Зх - 7 = 6 - 2х
Зх-7<0,
7-Зх = 6-2х
х = 2,6,
х = 1.
Ответ: 1; 2,6.
Пример 6. Решить уравнение: |х-2| = 4-Зх.
|х-2| = 4-Зх
х-2>0,
х-2=4-Зх
х-2<0,
-х + 2 = 4 - Зх
Ответ: 1.
Внимательно изучите два приведённых выше примера и
проанализируйте, в чём их «идейное» отличие.
Пример 7. Решить неравенство: |х-3| + х>|3х + б|.
Модулей в условии задачи два, а потому её решение будет
состоять из объёдинения решений четырёх систем неравенств:
8
Раздел 1
IX - 3| 4- X > |3х 4- б|
х-3>0,
<	Зх 4- 6 > О,
х-3 + х>3х + 6,
х-3>0,
<	Зх + 6 < О,
х-3 + х>-3х-6,
х - 3 < О,
Зх + 6 > О,
3-х + х>3х + 6,
х - 3 < О,
Зх + 6<0,
3 — X 4-х > —Зх — 6.
х>3,
< х > -2,
х < -9,
х >3,
* х < -2,
х-3 + х >-Зх-6,
х < 3,
« х > -2,
х <-1,
х<3,
< х < -2,
х>-3.
хе0
хе0
-2<х<-1
<=>-3<х<-1.
-3<х<-2
Ответ: (-3;-1).
Отметим, что третье неравенство во второй системе решать
не имело смысла, если вы заметили, что пересечением мно-
жеств, являющихся решениями первого и второго неравенств
этой системы, является пустое множество.
Отметим также, что если модулей в задаче будет три, то сис-
тем в совокупности станет восемь (попытайтесь разобраться по-
чему). И, несмотря на простоту каждой из них, при таком коли-
честве легко может произойти путаница. Поэтому, потратив
время на основательное изучение этого способа решения задач с
модулями (который применяется в основном тогда, когда моду-
лей мало), постарайтесь перейти на второй уровень и освоить
намного более прогрессивный способ решения таких задач, на-
зываемый методом интервалов.
И последнее замечание. Обратите внимание, что схема ре-
шения задачи совершенно не зависит от того, решаем мы урав-
нение или неравенство. Главное - правильно раскрыть модуль!
Начальные сведения. Основы
9
А теперь потренируйтесь самостоятельно.
Задачи для самостоятельного решения
2. |
Раскрыть модуль (1-5):	1.	|уЗ-2|;
3. |>/х2 -1 -7х2 +1|; 4. |х-х2-7|; 5. |г/х-1 + |х +1||.
Решить уравнение (6-17): 6. (|х|-4)(х2 +1)(|
|-х2+8х-15|
7. 1—:---=----- = 0;	8. |Зх-7| = 10;	9. 2|х+1| = 2-х;
х2 -1
10. |х+3|+|х-2| = 7;	11. pr-i=|x-l|;	12. |х-13| = 13-|х|;
|х|-1
13. |х + 2| = |2х-1|; 14. |х2-3х-3| = |13-х2-7х|;
15. |x + 7| + |x-lj = 8; 16. |х-1|+|2х-3| =2; 17. |х| + |х + 3| = 3.
Решить неравенство (18-36):	18. |х| > х;
20. |х| <х; 21. |х|<х; 22. |х|>-х; 23. |х|>—х
х2 +6>|Зх + 2|-7х;	27.
161x4-11-1
28 (МГУ, географии, ф-т, 1997,1/6). —J-р < 3 ;
; 24. |х| < —х ;
х2 +3|х| < 10;
26.
3+—J—
х + 3
32.
29.	---V-:-->0; 30 (МГУ, физич. ф-т, 1999, 2/8).
х2 -3|х| + 2
|х-2|-1	х2—1+1x4
31. 1 , 1 .>0;	32. ---т-h-
2-|2-х|	х(х-2)
34. |х2-8х + 1б|<х-3; 35. |х2-8х+1б|>х-3 ; 36. х2-6>|х|.
>0;	33. |х-1| + |2-х|>3;
РАЗДЕЛ 2.
БАЗОВЫЕ ЗНАНИЯ
§1. ТЕСТ НА ГОТОВНОСТЬ
Решить неравенство (1-3):
1	. |х'2 +2| + |2-х|>-2;
п	Зх-4 „
2	(МГУ, геология, ф-т, 1982, 2/6). -j-г > 2 ;
[«-3|
„	2	1
3	(МГУ, ф-т почвовед., 1998,3/6). ,---j <:-:-.
|х + 3|-4 |х + 3|-2
Обратите внимание на то, что если ваши ответы не совпада-
ют с приведёнными в конце раздела (стр. 25), это говорит о несо-
ответствии ваших возможностей вашему желанию побыстрее
всё освоить и во всём разобраться. Желание похвальное, но мас-
терство в таких простых задачах надо оттачивать до автоматиз-
ма. А пока он не наступил, разбирайтесь в проблемах и решайте
как можно больше задач.
§2. МЕТОД ИНТЕРВАЛОВ - УНИВЕРСАЛЬНЫЙ СПОСОБ
РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ С МОДУЛЯМИ
В предыдущем разделе было отмечено неудобство в исполь-
зовании метода раскрытия модулей, следующего из определе-
ния, в тех случаях, когда модулей в задаче несколько. Там же
был анонсирован универсальный приём, называемый в литера-
туре методом интервалов (или методом промежутков), кото-
рый существенно сокращает процедуру раскрытия модулей и
делает решение задачи менее перегруженным. Суть его заклю-
чается в том, что если у всех подмодульных выражений найти
нули, то между этими нулевыми точками выражения будут
знакопостоянны. Это, в свою очередь, даст возможность на каж-
дом из образованных промежутков раскрыть модули и перепи-
сать исходное уравнение (или неравенство) уже в обычной фор-
Базовые знания
11
ме. Решив его, в ответ надо включить только те решения, кото-
рые этому промежутку принадлежат.
Поэтому алгоритм решения задачи методом интервалов
(промежутков) выглядит следующим образом:
1.	На числовой прямой отметить все нули подмо-
дульных выражений.
2.	Определить знак каждого из этих выражений на
каждом из промежутков, например, по знаку этого выра-
жения при каком-нибудь значении х из промежутка (кро-
ме концевых точек).
3.	Раскрыть модули на каждом из промежутков и
решить полученное уравнение (неравенство).
4.	Из полученных решений выбрать только те, ко-
торые этому промежутку принадлежат.
5.	Объединить ответы из всех промежутков.
Покажем на примерах, как работает этот алгоритм.
Пример 1 (МГУ, ф-т психологии, 2005, 1/6). Решить уравнение:
|х-2| + 2|х + 1| = 9.
2
х~2
+
х+1
Пункты 1 и 2 алгоритма удобно (особенно на этапе обучения)
изображать в виде такого рисунка, на котором видно, какой
знак имеют подмодульные функции на каждом промежутке.
х < -1	(-1<х<2	(х>2
2-х- 2х -2 = 9	[2-х + 2х + 2 = 9	[х-2	+	2х	+	2	= 9
х<-1	(-1<х<2	(х>2
х = -3	I х = 5	1 х = 3
X = -3	X G 0
х = 3
Иногда также бывает удобно (именно это сделано и здесь)
располагать решение уравнения (неравенства) непосредственно
под тем промежутком, в котором раскрывались модули, тем са-
мым как бы постоянно напоминая себе в какой области проис-
ходит решение.
Ответ: ±3.
12
Раздел 2
Несколько замечаний.
Во-первых, границы промежутков не обязательно было
включать именно во второй интервал. Можно это сделать и по-
другому. Например, так: xg(-qo;-1]U(-1;2)U[2;4-qo) , или
xg(-qo;-1)U[”1;2)U[2;+oo) , или х е (~оо;-1]U(-1; 2]U(2; +оо) .
Главное, чтобы каждая точка числовой оси (в том числе и каж-
дая из нулевых точек подмодульных выражений) попала в один
из рассматриваемых промежутков, иначе не избежать потери
решений!
Во-вторых, те из вас, кто легко строит эскизы графиков ос-
новных элементарных функций, могут использовать этот опыт
для быстрого определения знака подмодульного выражения.
Ведь, действительно, график функции у-х-2 - прямая, про-
ходящая через точку х = 2 с положительным угловым коэффи-
циентом при х, т.е. с острым углом наклона по отношению к оси
абсцисс. А значит, справа от точки х = 2 функция выше этой
оси, следовательно, положительная, а слева - наоборот. Именно
эти эскизы нанесены на рисунке на ось абсцисс в рассматривае-
мом примере, это действие мы будем делать и в дальнейшем.
Однако если для кого-то из вас это вызывает затруднение,
определяйте знак функции на промежутке подстановкой от-
дельных точек. Правда, по этому пути нельзя идти механиче-
ски: промежутков, да и функций под модулем бывает много, а
это значит, что вероятность арифметической ошибки растёт с
каждым шагом. Надо понимать, что в собственных нулевых
точках функция чаще всего меняет знак и если этого по вашим
расчётам не происходит - не продолжайте решение, пока не
разберётесь, в чём причина (арифметическая ошибка, или
функция такая - с особенностью).
И последнее. Было бы полезно, для сравнения, решить при-
мер 1 методом раскрытия модулей из определения.
Пример 2. Решить неравенство:
х2 -Зх + 2
X 4- Зх 4- 2
Базовые знания
13
о	х2-Зх + 2 (х-1)(х-2)
Заметим, что —--------= 7---------- и для подмодульного
х +Зх + 2 (х + 1)(х + 2)
выражения можно легко определить знаки, воспользовавшись
классическим методом интервалов для рациональных дробей.
Далее видим, что существуют три области с одинаковым
раскрытием модуля, когда он просто снимается и две, когда он
снимается с изменением знака подмодульного выражения. Уч-
тём это в решении. Обращаем внимание также на то, что точки
х = -2 и х = -1 мы никуда не включаем - в них знаменатель об-
ращается в ноль.
х2 - Зх 4- 2 <
х2 + Зх + 2
х е (-00; - 2)и (-1; 1]U [2; + оо),
____________<0,
[(х + 1)(х + 2)
fxe(-2;-l)U(l;2),
_.2^+4->0.
[(х + 1)(х + 2)
xe[0;l]U[2; + oo),
хе(1;2).
о хе[0;+оо).
xe(-oo;-2)U(-l;l]U[2;+oo),
*2 ~3* + 2
,х2+Зх + 2
xg(-2;-1)U(1;2),
х2 -Зх + 2 <
ч х2 + Зх + 2
х е (-оо;-2) U(-l; 1] U [2;-юо),
х е (-2; -1) U [0; + оо),
xe(-2;-l)U(l;2),
xg(-oo; -2)U(-1; + °o).
Ответ: [0; + оо).
Пример 3. Решить уравнение: |х2 +2х|-|2-х| =|х2 -х|.
Начнём, как обычно, с расстановки нулевых точек подмо-
дульных выражений на числовой оси и определения их знаков
14
Раздел 2
на образовавшихся промежутках. Заметим при этом, что гра-
фики двух функций, стоящих под знаком модуля, представля-
ют собой параболы, ветви которых направлены вверх, поэтому
быстрее всего определить знаки этих функций на каждом из
промежутков, если схематически изобразить их графики, что
мы и сделали. А графиком функции, стоящей под вторым моду-
лем, является прямая с отрицательным угловым коэффициен-
том и, как следствие, с тупым углом наклона к оси абсцисс.
Заметим также, что есть две области, в которых модули рас-
крываются абсолютно одинаково, что хорошо видно из приве-
дённой выше таблицы. Учёт этого обстоятельства немного со-
кратит наши выкладки.
xg(-oo;-2)U(1;2),
[х2 + 2х - 2 + х = х2 - х,
Jxe[-2;0],
[-Х2 -2х-2 + х = х2 -х,
хе(О; 1],
[х2 +2х-2 + х = -х2 +х,
хе[2;+оо),
[х2 + 2х + 2 - х = х2 - х
xg(-qo;-2)U(1; 2),
1
I 2
хе [-2; 0],
х2=—1,
хе(0;1],
х2 + х-1 = 0,
(хе[2;+оо),
I х = -1
Базовые знания
15
Обратите внимание, что последний переход должен быть
строго математически обоснован, а именно должно быть пока-
п -1 + V5 .
зано, что 0<-------<1 (другой корень уравнения, очевидно,
2
.	-1 + л/б
является отрицательным).	Ответ:--------.
Сложность следующей задачи больше психологическая.
«Вложенные» друг в друга модули всегда вызывают робость
учащихся. Однако правила раскрытия модулей на интервалах
исследования в этом случае спокойно работают, практически не
требуя от нас новых приёмов. Единственный совет: если рас-
крывать «вложенные» модули по этим правилам, то удобнее на-
чинать это делать с внутреннего модуля.
Пример 4. Решить уравнение: |бх - |х| - 2| = 1.
Рассматриваем два случая.
А) х>0. Тогда |5х-|х|-2| = 1 <=>
х>0,
‘ |4х-2| = 1
хД
2
4х-2 = 1,
0<х<—,
2
2-4х = 1
16
Раздел 2
Б) х<0 .
i	ill	[х<0,	(хсО,
В этом случае 5х - х - 2 = 1 <=> Л .	<=> s
1	111	[|бх-2| = 1	[2-6х = 1
х <0,
1 О XG0.
После того, как был раскрыт внутренний модуль, нулевая
точка внешнего модуля в первом случае оказывается внутри об-
ласти [0; + оо) и делит её на два промежутка, на которых и про-
исходит дальнейшее решение. А во втором случае нулевая точка
внешнего модуля находится вне области (-оо;О), что говорит о
знакопостоянстве подмодульного выражения в этой области
(там оно отрицательно), а значит, различных случаев рассмат-
ривать уже не надо.
za	13
Ответ: — ; — .
4 • 4
В параграфе 4 мы рассмотрим методы более эффективного
решения примеров 2 и 4. Однако, рассмотрение их методом ин-
тервалов (промежутков) проведено специально, чтобы проде-
монстрировать универсальность этого приёма, которым можно
решить почти любую задачу с модулями.
Изученные методы действительно дают нам возможность
включать известный алгоритм независимо от сложности пред-
лагаемой задачи и, что важно, получать при этом результаты
решения. Однако если изучить некоторые свойства модулей и
дополнительные приёмы их раскрытия, которые, кстати, дале-
ко не всегда удаётся эффективно использовать, качество пред-
лагаемого решения, его краткость и красота могут быть сущест-
венно улучшены (а это значит, что и для возможных ошибок
останется меньше места). Всё дальнейшее изложение будет по-
священо именно этому.
Базовые знания
17
§3. ВАЖНЕЙШИЕ СВОЙСТВА МОДУЛЕЙ, ИСПОЛЬЗОВАНИЕ
КОТОРЫХ СУЩЕСТВЕННО УПРОЩАЕТ РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
Для начала перечислим основные свойства модулей. Часть
из них являются наиболее употребляемыми, вывод их несло-
жен, а удобство значительно, поэтому лучше всего их всегда
держать в «оперативной памяти».
1. |а|>0; 2. |-а| = |а|; 3. \а\* 2 3=а2; 4. л/а^ = |а|; 2\1а2гг = |а|;
5. |а|>а; |п| > - а ; 6. |ад| = |а|-|&|.
Другие встречаются реже, в основном как элементы боль-
ших задач. Однако если заранее быть готовым к встрече с ними,
скорость решения может существенно возрасти. Их полезно
научиться быстро выводить в уме.
7. |а| = аоа>0; 8. |а|>аоа<0; 9. |а|<а<=>а>0 ит.п.
В разделе 1 мы уже видели, как «работают» некоторые из
этих свойств. Продолжим этот показ.
Пример 5. Решить уравнение:
1
3-х
Понятно, что свойство 2 превращает это равенство в тожде-
ство, модули сокращаются, и получается 0 = 0. Остаётся только
учесть ограничение х 3 .	Ответ: (-оо; 3) U (3; + оо).
Пример 6. Решить неравенство: |1-х|-|1 + х|>х2-1.
Последовательное применение свойств 6 и 5. Сразу же даёт
ответ.	Ответ: (-оо; + оо).
Пример 7. Решить неравенство: (|-3-х| + 3)(3- |х -+- 3|) < 0 ♦
Решать это неравенство можно по-разному. Можно, напри-
мер, обратить внимание на то, что в первой скобке стоит тот же
модуль, что и во второй (свойство 2), а значит, произведение
этих скобок есть разность квадратов, после чего модули вообще
исчезают (свойство 3) и остаётся решить всего лишь квадратное
неравенство.
(|-3-х| + 3)(3-|х + 3|)<0 о (3 + |х + 3|)(3-|х + 3|)<0	»
32-(х + 3)2<0 о х(х+б)>0 <=> хе(-<ю;-б]и[0; + оо).
18
Раздел 2
А можно заметить, что первая скобка представляет из себя
положительный множитель (который на знак не влияет!), по-
этому его можно сократить, получив при этом простейшее нера-
венство с модулем.
3-|х4-3|<0 <=> |х4-3|>3 <=> xe(-oo;-6]U[0;4-oo).
Ответ: (-оо; -6]U[0; +оо).
Пример 8. Решить уравнение: |3х - х2 - 2| = х2 - Зх + 2 .
|3х-х2-2| = х2-Зх + 2	<=>	х2-Зх + 2>0	<=>
х е (—оо; 1]U[2; + оо) (свойства 2 и 7). Ответ: (-oo;l]|J[2;+ оо).
Пример 9. Решить неравенство:
|3х2 + 7х-10| >(Зх + 10)(х-1).
Если разложить на множители содержимое модуля (а это
делать всё равно придётся при использовании метода интерва-
лов), можно заметить, что подмодульное выражение в точности
совпадает с выражением, стоящим в правой части неравенства.
Тот же результат может быть получен быстрее, если просто пе-
ремножить скобки в правой части, однако здесь уже присутст-
вует элемент догадки. Дальше работает свойство 5.
Ответ: (-оо; + оо).
гт т т>	(х2-12х + 35)(7-х)
Пример 10. Решить неравенство: --------.-------= <0.
(х-Ю)ух2 -8х + 16
Если начинать решение задачи с определения области ис-
следования, т. е. с анализа, в какой области подкоренное выра-
жение больше нуля, можно сразу заметить, что это выражение
является полным квадратом, а потому по свойству 4:
yjx2 -8x4-16 =	-4)2 = |х -4|. Далее, с учётом того, что модуль
- функция неотрицательная, а модуль, стоящий в знаменателе
нулём быть не может, получаем, что наше неравенство при х Ф 4
(обязательное ограничение!) равносильно следующему
(х2-12х + 35)(7-х)
-----------------<0 , а оно, в свою очередь, после серии рав-
х-10
носильных преобразований, может быть решено классическим
методом интервалов для рациональных неравенств:
Базовые знания
19
(х-5)(х-7)(7-х)	(х-5)(х-7)2
----	-<0, х*4 <=> ——-^->0, х*4
х-10------------------------------------х-10
xg(-oo;4)U(4;5]U{7}U (1О; + оо) .
Ответ: (-oo;4)U(4;5]U{7}U (10; + оо).
§4. ПРИЁМЫ И МЕТОДЫ, УСКОРЯЮЩИЕ ПРОЦЕСС
РЕШЕНИЯ НЕКОТОРЫХ КЛАССОВ ЗАДАЧ С МОДУЛЯМИ
Как мы уже говорили, есть задачи, которые можно и нужно
решать быстрее, чем это позволяет сделать метод интервалов
(промежутков). Первые среди них - это простейшие уравнения
и неравенства с одним модулем, решением которых заканчива-
ется практически каждая более-менее сложная задача. Напри-
мер, |х- 3| = 2, |х- 3|>1, (х- 3| < 5 или 1<|х —3|<5 . Их решение
может быть достаточно быстро получено из геометрической
интерпретации модуля. Ведь известно, что геометрически мо-
дуль представляет собой расстояние между двумя точками. На-
пример, |х- 3| - есть расстояние между точкой х на координат-
ной прямой и точкой 3 этой прямой. Поэтому для решения
уравнения |х- 3| - 2 достаточно выяснить, где расположены все
точки прямой, отстоящие от точки 3 на расстояние 2. Понятно,
что это точки х = 1 и х = 5 . Точно так же для решения неравен-
ства |х - 3| > 1 надо определить все точки числовой прямой, рас-
стояние от каждой из которых до точки 3 больше 1, - это мно-
жество хg(-oo;2)U(4;+оо). Решая неравенства |х-3|<5, ищем
точки числовой прямой, расстояние от которых до точки 3 не
больше 5, т. е. множество хе[-2;8]. Что касается неравенства
20
Раздел 2
1<|х-3|<5, то его решением, очевидно, является пересечение
этих двух множеств. Удобно всё это изображать на рисунке:
--->
-2	2	3	4	8 х
Умение интерпретировать модуль как расстояние между
точками даёт возможность решать и более сложные задачи, на-
пример, |х-3| + |2-х| = 1. На языке геометрии вопрос в задаче
звучит так: найти множество всех точек х, сумма расстояний от
каждой из которых до точек 2 и 3 равна 1. Если обратить при
этом внимание на то, что расстояние между точками 2 и 3 равно
именно 1, то можно понять - ни одна из точек вне отрезка [2; 3]
этим свойством не обладает, а с другой стороны, любая точка
этого отрезка (включая граничные) является решением уравне-
ния. Вот так, не раскрывая модулей, можно быстро получить
ответ. Если вы это поняли, попробуйте решить геометрически
задачи 7-9 в конце раздела. Если нет, не расстраивайтесь и от-
ложите это на будущее.
Другим эффективным приёмом, ускоряющим процесс ре-
шения задач с модулями, является процедура возведения обеих
частей уравнения (неравенства) в квадрат в тех случаях, ко-
гда это допустимо. Дело в том, что модули при этом исчезают
(свойство 3), а задача заметно упрощается. Приведём пример.
При мер 11. Решить неравенство: |2х-1|>|х + 2|.
Учитывая, что справа и слева в неравенстве стоят неотрица-
тельные функции, применение операции возведения в квадрат
обеих частей неравенства вполне правомочно. В результате:
(2х-1)2 >(х + 2)2	<=>	(2х-1-х-2)(2х-1 + х + 2)>0	<=>
(х-3)(Зх + 1)>0.
Ответ:
Обратите внимание: здесь несложно было бы скобки возвес-
ти в квадрат, однако мы сознательно этого не сделали, чтобы
привести задачу к разности квадратов и, как следствие, к ра-
Базовые знания
21
циональному неравенству, легко решаемому методом интерва-
лов. Такой подход позволяет использовать эту процедуру не
только в случае простых подмодульных выражений, но и в бо-
лее сложных случаях.
Процедура возведения в квадрат, применённая к модельно-
му уравнению |/(х)| = |^(х)|, даёт похожий результат. Однако
эту модельную ситуацию удобнее сразу разрешать так:
|/(х)| = |g(х)| <=> f(x) = ±#(х).
Ведь, действительно, \f(x )| = ИХ)| о f2(x) = g2(x) о
(f(x) - g(x))(f(x) + g(x)) = 0 о f(x) = ±g(x).
Пример 12. Решить уравнение: |х2 - 3| = |1 - Зх|.
Много вычислительных трудностей пришлось бы преодо-
леть, если решать это уравнение методом интервалов.
Описанная же модель легко даёт результат:
х2 + Зх-4 = 0,
х2 -Зх-2 = 0
х2-3 = 1-3х,
х2 -3=Зх-1
|х2-3| = |1-3х|
х = 1, х = -4,
3±V17
х =-----.
2
~	1 А 3±л/17
Ответ: 1; -4;-------
2
Ещё один приём, в основе которого лежит свойство 3 (на-
помним его: |а|2 = а2), позволяет добиться быстрого результата с
помощью умножения обеих частей неравенства на «сопряжён-
ное» к разности модулей в том случае, если эта разность явля-
ется отдельным множителем.
|х-1|—13 —х]
Пример 13. Решить неравенство:	!—-----<0 .
х + 3 — 2
Умножим обе части неравенства на положительный множи-
|х-1| + |3-х|
тель ।———L, числитель которого является сопряженным к
числителю дроби в левой части неравенства (заметим, что он
22
Раздел 2
всегда положителен - одновременно оба модуля равны нулю
быть не могут), а знаменатель - сопряжённой функцией к зна-
менателю этой дроби (и он тоже, очевидно, положителен). В ре-
зультате, в новом неравенстве получается разность квадратов,
как в числителе, так и в знаменателе, а модули при этом исче-
зают. Проблема быстро снята.
|*-* 1Н3~ж1 <0 о (х-1)2-(3-х)2 <о
|х + 3|-2	(х + 3)2-22
(х -1 - 3 + х)(х -1 + 3 - х)	4(х - 2)
(х + 3-2)(х + 3 + 2)	-	(х + 1)(х + 5)~
Ответ: (-qo;-5)U(-1;2].
Заметим, что методика эта работает только тогда, когда
множителем в неравенстве является именно разность двух неот-
рицательных функций (двух модулей, модуля и положительно-
го числа, модуля и арифметического квадратного корня, двух
корней и т.д.), т.к. сопряжённая к этому множителю сумма
двух неотрицательных функций является положительной (это
надо показывать!), что не изменяет знака неравенства при ум-
ножении обеих его частей на эту сумму.
Из возведения в квадрат обеих частей неравенства легко вы-
водится способ решения ещё трёх хорошо известных модельных
задач, в которых а есть константа:
,	.	17(х) = ±а,	,	,	Г/(х)>а,
а) f(x)=ao	б) f(x)>oo
I а>0.	[у(х)<-а.
в) |/(х)|<а«-а</(х)<аоК^<а’
|Дх) > -а.
Для решения любой из них, как мы уже знаем, либо можно
воспользоваться геометрическим смыслом модуля, либо возве-
дением в квадрат обеих частей уравнения (неравенства). При
этом принципиальным во всех этих трёх моделях является ус-
ловие а>0 (в частности, в квадрат возводить можно только в
этом случае). А при отрицательных а эти задачи переходят в
ДРУГУЮ плоскость - сравнения неотрицательной функции с от-
рицательным числом. В случаях а) и в) при а < 0 решений нет, а
в случае б), наоборот, х - любое действительное число. Но мы не
Базовые знания
23
зря написали ограничение а>0 только в случае уравнения:
ведь при а < 0 схемы б) и в) всё равно работают! Подумайте по-
чему (подсказки; определите, чему равносильна совокупность
/(х)>а,
при а < 0 ; тот же вопрос о системе -a<f(x]<a).
f(x)<-a
Приведём примеры использования этих моделей.
Пример 14. Решить уравнение: |5х-|х|-2| = 1.
|бх-|х|-2| = 1 о
5х-|х|-2 = 1,
5х-|х|-2 = -1
|х| = 5х-3,
|х| = 5х -1.
Далее нужно стандартно раскрыть модули. При х>0 полу-
чим:
х = 5х - 3,
х = 5х -1
А при х < О
-х = 5х-3,
-х = 5х-1
- корни посторонние.
Пример 15. Решить неравенство:
х2 - Зх + 2
х2 + Зх + 2
Ответ: — ; — .
4 • 4
x2-3x + 2
х2+Зх + 2 ”
xg(-2;-1)U[0;+oo),
х g (-oo;-2)U (-1;+<ю).
х2 -Зх + 2
х2 +Зх + 2 ”
х2 -Зх + 2 >_1
.х2 + Зх + 2
<=> х е [0; + оо) .
7----77-----7^ О,
(х + 1)(х + 2)
2х2 + 4
7----77-----Г>0
(х + 1)(х + 2)
Ответ: [0;+оо).
Последние два примера мы с вами уже решали методом ин-
тервалов (примеры 4 и 2 соответственно). И если решение при-
мера 15 выглядит явно короче и предпочтительнее по сравне-
нию с примером 2 (на одно неравенство решаем меньше, да и
пересечений числовых множеств только одно вместо трёх), то в
решении примера 14 преимуществ перед решением примера 4
практически нет. Однако, несмотря на это, умение пользоваться
этими моделями важно для решения задач из других областей
24
Раздел 2
математики, когда раскрытие модуля методом интервалов мо-
жет вызвать какие-то затруднения.
Пример 16. Решить неравенство: ||х-9|-11|<10.
|х-9|-11<10,	Пх-9|<21,
[|х-9|-11 >-10 ° [|х-9|>1	°
-12<х<30,
-21<х-9<21,
Ответ: [-12; 8]U [10; 30].
после чего сразу вы-
Заметим, что после второй системы можно было закончить
всё короче: 1 < |х - 9| < 21 <=>
писывается ответ. Или можно было обойтись рисунком:
//
LL
-12
8	9	10
30 х
Пример 17. Решить неравенство: ||х-9|-11| >10.
||х-9|-11| >10 о
|х-9|-11 >10,
|х —9| —11<—10
х-9>21,
х-9<-21, <=>
-1<х-9<1
х >30,
х<-12,
8<х<10.
Ответ: (-co;-12)U(8;10)U(30; + oo).
Всё, что не заштриховано на рисунке примера 16, естествен-
но, является решением примера 17.
Мы сознательно разобрали две такие похожие друг на друга
задачи. Дело в том, что старшеклассники при использовании
последних моделей раскрытия модулей часто путают понятия
совокупности (объединение решений) и системы (пересечение
решений), что неизбежно ведёт к ошибкам. Чтобы этой пробле-
мы не возникало, надо на простых примерах начала этого пара-
графа разобраться, почему когда «модуль меньше», тогда пере-
Базовые знания
25
сечение, а когда «модуль больше» тогда совокупность. Это обя-
зательно нужно сделать, т.к. в следующем разделе эти модели
будут обобщены, что даст вам возможность быстро решать ещё
большее количество интересных задач.
Ответы к задачам теста §1:
1. (-оо;+оо), 2. (2;3)U(3;+oo). 3. (-7;-5)U{-3}U(-l;l) .
Задачи для самостоятельного решения
Решить уравнение (неравенство), не используя процедуру
раскрытия модуля (1-13):	1. ||х2-4|-|4-х2|| = |25х-7|;
2.
_1
х
; 3. |х2-14х + 49 + |(7-х)(х + 2)|| = 0 ; 4.
(х + 6)|х-4|
|3 + х|-3
10. |х2-5х+6|<(х-2)(3-х);
|х-1|-|2х + 1|	„	-2
12. 1 , 1 ----->0; 13. --
х-2-3	2--
5.	3<|4-х|<7;	6.	2<|5х-1|<4;	7.|х+3| + |2-х|>5;
8.	|х + 3|+|2-х| <5;	9.	|х+3|+|2-х|<5;
11. |(х-2)(х + 1)|>|(х + 1)(3-х)|;
4
2 + х
Решить уравнение (14—21):	14. |х2+3х-4| = х2-Зх-4 ;
15.	|2х + х2-3| = -(1-х)(3 + х);	16. |4х-|х-2| + 3| = 16;
17.	х2 + |х2 + Зх - 4| = -Зх + 4 ;
18	(МГУ, ИСАА, 1997,2/7). 4|х +1| -1 = 3|2х + 5| - 2|х + 5|;
19.	|х2-4х + з| + |х2-4х-б| = 8;
20	(МГУ, геологич. ф-т, 1998,2/8). |х2 -19 - X21| = 3 ;
21.	|3-х||х-7| = х2-21.
26
Раздел 2
Решить неравенство (22-38):	22. 2|х2-1|>л
|2 — х1 — х
23. |х2 - 4| + 2х +1 > 0; 24 (МГУ, эконом, ф-т, 1987,3/6). i-+-у
। „	.	>/4х2 -24х + 36-(|х + 1|-|х-2|)
25. х2 - 2х - 3 < Зх - 3;	26. —--------—-------V-----—----- I/
I	1	I V-lO xL-xI U_V2 L&V. rn
27. |3-|х-2|| <1; 28. ||х
30.	|5-х|
31.
29.
х-2
(х-1)(х + 2)
х-3
х + 1
1
+ ---
х-3
_ 5х + 3
32 (МГУ, ф-т ВМК, 1998,1/6). 2х > :----г
33.
1-1
х
+ х2-10х + 25<0
34. |3-х| + |2х-4|-|х + 1| > 2х + 4;
35 (х2 -4х + 3)(х-1)
(х + 2)>/лс2 -8х + 16
36 (МГУ, биологич. ф-т, 1998,2/5). |х2 + X - 2| + |х + 4| < X2 + 2х + 6 ;
11 + х| -11 - х|	3|х|-11 Зх-14
37. -----------1 > 0; 38 (МГУ, ИСА А, 1998,3/7). -Ь!->------.
х2 — 1	х + 3	х + 6
39 (ЕГЭ, С 2), Найдите все значения х, при каждом из кото-
рых расстояние между соответствующими точками графиков
х + 1
функций f(x)~--------и £(х) = 1 меньше, чем 0,5.
2х-2
РАЗДЕЛ 3. ОБОБЩЕНИЕ. УСЛОЖНЕНИЕ.
СОВЕРШЕНСТВОВАНИЕ
§1	. ТЕСТ НА ГОТОВНОСТЬ
1	(МГУ, биология, ф-т, 1998,2/6). |х2 + X — 2| + |х 4- 4| < X2 4- 2х + 6 ;
2	(МГУ, химия, ф-т, 1996,3/5). |х + |1-х|| >3 ;
.	, 3|х-1|
3	(МГУ, социология, ф-т, 1999, 5/6). |1 — Х| + -j—।—> 0 .
Если вы не знаете как решать хотя бы одну из этих задач,
или же, решив все, не получили ни одного чистого совпадения с
ответом (а ответы приведены в конце раздела на стр. 57) - зна-
чит, это - увы - пока не ваш уровень... Если, наоборот, все три
задачи вами решены на «чистый плюс» - значит, вы уже непло-
хо подготовлены и вам, безусловно, будет полезно изучить ма-
териал этого раздела. Во всех промежуточных вариантах ре-
шайте сами: трудно - не спешите, понятно - продвигайтесь да-
лее, но помните о своих ошибках и «набивайте руку», решая
более простые задачи.
§2	. БОЛЕЕ СЛОЖНЫЕ ЗАДАЧИ
ПО ПРОЙДЕННОМУ МАТЕРИАЛУ
Сначала несколько комментариев к задачам приведённого
выше теста.
Во-первых, при раскрытии модулей в первой задаче на од-
ном из интервалов возникает непривычная для учащихся си-
туация, когда «все х сокращаются»: 2<6 . Некоторые от расте-
рянности сразу пишут в качестве ответа на этом интервале
хе 0 , что, безусловно, неправильно. Ведь это неравенство верно
для любого значения х из рассматриваемой области, а значит,
вся эта область (промежуток) и идёт в ответ.
В задаче 3, если увидеть общий множитель |х -1| и вынести
его за скобку, внутри которой привести всё к общему знамена-
28
Раздел 3
телю, получим неравенство, равносильное исходному:
|х-1Мх| л
—।	> 0 . В числителе левой части содержатся два неотрица-
тельных множителя, поэтому можно сделать существенные уп-
рощения:
х = 0,
х = 1, Это наиболее короткий путь решения этой
|х|-3 >0.
задачи, максимально использующий свойства модулей.
Рассмотрим теперь несколько более сложных задач.
Пример 1, Решить неравенство:
|2х2 + 4х + 2|-|х2 + 5х + 4| + |х + 2-х2|<0.
Начинать решать эту задачу классическим способом немно-
го страшно - ведь три модуля и внутри каждого квадратный
трёхчлен, т.е. в худшем варианте аж семь интервалов и, соот-
ветственно, семь различных случаев. Но если ничего другого не
видно, надо начинать движение по этому пути, надеясь на сов-
падение корней или отрицательность хотя бы какого-нибудь из
дискриминантов. Однако всё оказывается значительно лучше -
все три функции имеют общий корень х = -1, следовательно все
три модуля имеют общий множитель |х + 1|. Воспользуемся
этим:	|2х2+4х + 2|-|х2+5х + 4| + |х + 2-х2|<0 о
2|(х + 1)2|-|(х + 1)(х + 4)|+|(х + 1)(х-2)| <0.
Снимать первый модуль, хотя это и можно было сделать, мы
не стали, а в третьем поменяли знак подмодульного выражения
(это удобно). Далее всё упрощается:
|х + 1|-(2|х + 1| -|х + 4| + |х-2|) <0	<=>
х = -1
-1<х<2
о X G [-1; 2].
х = -1,
2|х +1| - |х + 4| + |х - 2| < 0
Ответ: [-1;2].
Как и в предыдущей задаче, здесь оказалось удобно восполь-
зоваться неотрицательностью множителя |х + 1| и рассмотреть
два случая, когда он равен нулю и когда строго больше нуля. В
Обобщение. Усложнение. Совершенствование
29
этом последнем случае неравенство становится совсем простым
и легко решается методом интервалов (проделайте эти действия
самостоятельно).
Здесь и далее выкладки, которые для вас уже не сложны и,
даже наоборот, полезны для самостоятельного решения, мы бу-
дем опускать.
Пример 2. Решить неравенство: |||х - 2| - 3| +11 < 3 .
Большое количество вложенных друг в друга модулей все-
гда настораживает. Однако в этой задаче надо заметить, что
внешний модуль легко снимается, т.к. под ним стоит строго по-
ложительная функция, а потому неравенство становится уже
более-менее «обычным».
|||х-2|-3| + 1|<3 о ||х-2|-3| + 1 <3 о ||х-2|-3|<2 о
-2<|х-2|-3<2 о 1<|х-2|<5. Ответ: (-3; 1)U(3;7).
Пример 3. Решить неравенство: |||х - 2| - 3| -1| > 3.
Каких-то упрощений в этой задаче уже не видно. Понятно,
что, используя метод интервалов, мы будем вынуждены рас-
сматривать достаточно много случаев, поэтому попробуем дей-
ствовать иначе.
модуль с отрицательным чис-
Здесь мы дважды, сравнивая
лом и получая х е 0 , исключали его из совокупности.
Ответ: (-oo;-5]U[9;+oo).
В задачах для самостоятельного решения будет ещё немало
примеров, которые, несмотря на внешнюю сложность, вполне
могут быть решены изученными ранее методами. Несколько
разобранных примеров - тому подтверждение. А сейчас перей-
дём к новому материалу.
30
Раздел 3
§3. ОБОБЩЕНИЕ МОДЕЛИ |f(X)| = А .
МОДЕЛЬ |f(x)|=g(x) и её аналоги в неравенствах
Рассмотрим теперь случай, когда в модели |/(х)| = а вместо
константы справа стоит зависящая от х функция. Как изменят-
ся наши рассуждения?
В том случае, когда эта функция (назовём её g(x) ) отрица-
тельна, уравнение не будет иметь решений (слева-то модуль -
неотрицательная величина), а тогда, когда £(х)>0, мы, как и
ранее, можем обе части уравнения возвести в квадрат и полу-
чить знакомую нам уже разность квадратов с известным из пре-
g( х) > О,
дыдущих рассуждений выводом: |/(х)| = g(х) <=> <
f(x) = +g(x).
Запомним этот вывод, т.к. это важнейшая альтернативная
схема раскрытия модуля, когда он в задаче один.
Пример 4. Решить уравнение: х2 - х - 8 = -х .
-х>0,
|х2-х-8| = -х <=> * х2 -х-8 = -х, <=> <
х <0,
x=±Ve,
х = -2,
х = 4
х = -2л/2,
х = -2.
х2 — х — 8 = х
Ответ: -2 ; -2\/2 ,
Всё легко и просто. Но обратите внимание, что если решать
эту задачу методом интервалов, мы будем вынуждены сначала
смириться с очень «плохим» дискриминантом в подмодульном
выражении, а в дальнейшем, когда получим корни уравнения
на промежутках, должны сравнивать эти корни с границами
промежутков (которые так же, как и дискриминант, окажутся
«плохими»). И тут надеяться можно только на то, что сами эти
корни будут хотя бы рациональными (а лучше целыми - тогда
можно было бы не вычислять границы промежутков, а просто
подставить эти корни в неравенство, фиксирующее рассматри-
ваемый интервал). Однако так бывает не всегда.
Обобщение. Усложнение. Совершенствование
31
Рассмотрим для сравнения задачу, в которой правая часть и
подмодульное выражения примера 4 поменяли местами.
Пример 5. Решить уравнение: |х| = х2 - х - 8 .
Если при решении сразу «запустить» альтернативную схему
раскрытия модуля, тогда те же самые сложности, от которых
мы успешно ушли в предыдущем примере («плохой» дискрими-
нант и «неприятное» сравнение с границами), возникнут при её
реализации. А вот если решать эту задачу методом интервалов,
всё будет гладко!
		к IV о
н IV о		
		х = -2,
х = х2 -х-8, = х2-х-8 о ,	<=>		х = 4, « » = -2^
[х<0,		' гч	х = 4.
		х <0,	L
I-х = х2 -х-8	<	
—		х = ±л/8
Ответ: -2^2 ; 4.
Вывод из рассмотрения этих двух примеров такой. Перед
началом решения при выборе метода раскрытия модуля важно
понять, какой из них предпочтительнее: что удобнее сравнивать
с нулём - подмодульное выражение (и тогда это метод интерва-
лов) или функцию, стоящую в правой части равенства (и тогда
это альтернативная схема).
Перейдём к неравенствам.
Пример 6. Решить неравенство: |х2 - х - в| < -х .
Метод интервалов, как мы уже говорили, в этой ситуации не
очень удобен. А вот возведение в квадрат обеих частей неравен-
ства вполне проходит. Только осуществлять эту процедуру надо
аккуратно - по всем правилам, которые обычно используют в
другой теме: при решении иррациональных неравенств. А имен-
но: сначала нужно рассмотреть случай, когда правая часть от-
рицательна и в квадрат возводить нельзя. Однако наше неравен-
ство (также, кстати, как и предыдущее уравнение) решений в
этом случае иметь не будет (обоснуйте самостоятельно).
А вот при неотрицательной правой части эта операция пра-
вомочна и даёт неплохие результаты: х2 - х - 8 < -х <=>
32_________________________________________Раздел 3
-х>0,	1х<0,
(х2-х-8)2<х2 ° |(х2-2х-8)(х2-8)<0
х <0,
(х + 2)(х - 4)(х - V8	+ >/8) < 0.
Возводить в квадрат скобку, в которой три слагаемых слож-
но и, самое главное, не нужно. Мы с вами уже не раз видели,
как разность квадратов легко переводит задачу в исследование
рационального неравенства классическим методом интервалов.
Если рассматривать это неравенство с противоположным
знаком, то случай, когда правая его часть отрицательна цели-
ком идёт в ответ (ведь модуль всегда больше отрицательного
числа!), а в остальном - всё аналогично.
Пример 7. Решить неравенство: х2 - х -8 > -х .
-х <0,
"х>0,
х<0,
(х + 2)(х - 4)(х - у/s )(х + y/s ) > 0
х >0,
-2<х<0,
х<-2^2.
Ответ: I-
oo;-2>/2)U(-2; + oo)
Заметим, что если бы мы взялись решать неравенство
|х|>х2-х-8, то использовать схему возведения в квадрат со-
Обобщение. Усложнение. Совершенствование
33
вершенно нерационально (объясните почему - мы эту проблему
достаточно хорошо обсудили при рассмотрении уравнений), а
вот метод интервалов здесь легко срабатывает.
Однако мы с вами сейчас займёмся обобщением моделей
|f(x)|>a и |/(х)|<а на случай когда вместо а стоит функция
#(х) и увидим, что в общем-то эти модели позволяют решать
неравенства типа |х|>х2-х-8, обходя проблему сравнения
правой части с нулём. Именно поэтому они претендуют на уни-
версальное использование, наряду с методом интервалов (про-
межутков).
Сначала покажем, что |/(х)| < #(х) о -g(x)<f(x)<g(x)
I7(x) <g(x),
]f(x)>-g(x)
Воспользуемся для этого определением модуля:
|f(x)|<^(x)o
/(х)^0,
/(х)<ф),^
7(х)<о,
-f(x)<g(x)
f(x)>0,
f(x)<g(x),
7(х)<0,
f(x)>-g(x)
0<,f(x)<g(x),
-g(x)<f(x)<0
-g(x)<f(x)<g(x).
Заметим, что знак функции #(х) при этом не имеет значе-
ния! Просто, если g'(x)<0 , то, как из неравенства |/(х)| < £?(х) ,
7(х)<я(х),
так и из системы	z ч следует одно и то же: х е 0 .
/(х)>-ф)
Аналогично, можно показать: |/(х)| > g(x) <=>
f(x)>^(x),
/(x)<-g(x).
Однако обоснование здесь будет более сложным и лучше его
разбить на два этапа:
1) Случай, когда #(х)>0 почти полностью идентичен обос-
нованию предыдущей модели:
34
Раздел 3
	f/(x)s		:0,	]У(х)>0,				
|/(x)|>g(x)o		/(х)'			/(*)=			>ф)’
		7(х)<	;0,		7(х)<	:0,	/(х)<	:-g(x)
			। > g(x)		/(х)<	: -g(x)		
2) При #(х)<0 неравенство |f(x)|>g(x) верно для любого х.
Но ведь объединением решений неравенств
/(x)>g(x),
f(x)<-g(x)
ДЛЯ
отрицательных g(x) является также вся числовая ось. А пото-
му и при #(х)<0 утверждение |f(x)| > g(x) <=>
f(x)>g(x),
/(x)<-g(x)
также выполняется.
Теперь несколько итоговых замечаний.
1.	Если сравнить рассмотренные выше модели с моделями,
когда справа стоит константа а, можно заметить абсолютную
идентичность в раскрытии модулей. При этом важно, что в
уравнениях правая часть обязана быть неотрицательной. В не-
равенствах ограничений на правую часть не накладывается.
|f(x)| = а <=>	J а>0, [/(х) = ±а	1/мнм ° {J)=\oeW
|/(х)| > а <=>	f(x)>a, /’(х)с-а	
|/(х)| < а о -а < /(х) < а f f(x)<a, [/(х)>-а		|f(x)| < g(x) -g(x) < /(х) < g(xj f/(x)<g(x), \f(x)>-g(x}
Именно поэтому хорошо отработанные на более простых за
дачах действия при реализации моделей левого столбца позво-
ляют безошибочно решать задачи с использованием обобщён
ных моделей правого столбца.
Обобщение. Усложнение. Совершенствование
35
2.	Приведённые в таблице модели выписаны для строгих не-
равенств, однако решения нестрогих неравенств отличаются
незначительно: |f(x)| > #(х) <=>
f(x)>g(x),
/(x)<-g(x)
|f(x)|<g(x)<=>
-£(x)<f(x)<£(x)
f(x)<g(x),
f(x)>-g(x).
3.	Несмотря на то, что в неравенствах знак g(x) не является
существенным, тем не менее наш совет - при сравнении с любой
неотрицательной функцией (это касается не только модуля, но
и других - квадратного корня, например) всегда, если это воз-
можно, старайтесь получить информацию, следующую из это-
го сравнения, об области, в которой ваша задача решается
(кстати при возведении обеих частей уравнения или неравенст-
ва в квадрат это происходит почти автоматически). Часто такая
информация позволяет уменьшить количество рассматривае-
мых случаев и сократить выкладки. Например, при решении
неравенства (х + 3|<2х в силу неотрицательности х (объясните
почему) подмодульное выражение является положительным,
модуль сбрасывается, что сразу же даёт ответ х > 3 .
Проиллюстрируем теперь на нескольких примерах, как ра-
ботают обсуждавшиеся модели.
Приведём сначала другое решение примера 6:
|х2 - х - 8| < —х <=> х < х2 - х - 8 < -х <=> <
х2-8<0,
х2 - 2х - 8 > О
-у/8<х<у/8,
~х <-2,	<=> хе ^-2л/2;-2j.
х>4
Решение задачи |х|>х2-х-8 , которое, как мы уже говори-
ли ранее, довольно хлопотно было бы реализовать, возводя в
квадрат обе части неравенства (хотя метод интервалов здесь
проходит совершенно спокойно), по изученной альтернативной
схеме выглядит так:
|х|>х2-х-8 о
х>х2 -х-8,
36
Раздел 3
х2 -2х-8<0,
х2-8<0
-2<х<4,
-V8<x<V8
охе[-2;2д/2].
Всё-таки оно несколько короче, чем выкладки с использова-
нием метода интервалов (проверьте самостоятельно).
Пример 8. Решить неравенство: ||||х2 -1| - х| +1| -1| > 1.
Здесь хорошо бы заметить (иначе решение будет длиннее),
что один из внутренних модулей можно снять в силу положи-
тельности под модульного выражения. Сняв его и проделав эле-
ментарные преобразования, мы замечаем, что и внешний мо-
дуль по тем же причинам снимается. Задача стала обычной.
х2 -1>х + 1,
х2 -1 <-х-1,
(х2 -1<х-1,
[х2 -1 > -х + 1
Ответ: (-oo;0]U{l}U[2; + oo).
Все разобранные выше примеры, как правило, могли быть
решены (может быть, правда, не всегда эффективно) как с по-
мощью изучаемой альтернативной схемы раскрытия модуля,
так и ещё какого-либо известного приёма. Однако наибольшую
значимость эта схема приобретает в задачах, решение которых
другим способом просто невозможно.
Пример 9» Решить неравенство:
|х7 + 4х5 +х2 +2х-3|<х7 +4х5 -х2 -2х + 3 .
Нахождение нулей у многочлена седьмой степени - занятие
малоперспективное, поэтому сравнить с нулём ни подмодульное
Обобщение, Усложнение. Совершенствование
37
выражение, ни внешнюю функцию нам не удастся. Однако, за-
дача эта, тем не менее, имеет изящное решение.
|х7 + 4х5 + х2 + 2х - 3| < х7 + 4х5 - х2 - 2х + 3 <=>
х7 +4х5 +х2 +2х-3<х7 +4х5 -х2 -2х + 3,	fx2 4-2х-3 <0,
х7 4- 4х5 4- х2 4- 2х - 3 > -х7 - 4х5 4- х2 4- 2х - 3	\х7 4- 4х5 > О
(х 4- 3)(х -1) < О,	Г-3 < X < 1
« г/ ч <=>s	’<=>хе(0;1). Ответ: (0;1).
х5(х2+4)>0	|х>0	V 7	v 7
§4. СПЕЦИАЛЬНЫЕ СВОЙСТВА МОДУЛЕЙ
Продолжим теперь углубление в область специальных
свойств модулей, знание которых, умение увидеть, применить и
обосновать их использование делают решение ряда задач как
минимум очень красивым, а порой вообще единственным. Что-
бы лучше понять, о чём пойдёт речь, приведём для начала дру-
гое решение примера 1, в котором спасением для нас было то,
что все три модуля задачи имели общий множитель
|2х2 4- 4х 4- 2| - |х2 4- 5х 4- 4| 4- |х 4- 2 - X21 < 0 <=>
2|(х 4-1)21 - |(х 4- 1)(х 4- 4)| 4- |(х 4- 1)(х 4- 2)| < 0 .
Однако мы могли бы ещё заметить, что между содержимы-
ми каждого из модулей существует связь. А именно, если со-
держимое первого модуля обозначить через а, третьего - через
Ь, то тогда под вторым модулем стоит ни что иное, как а + Ъ , и
наше неравенство поэтому может быть записано в такой корот-
кой форме: |а| - |а 4- b\ 4- |б| < 0, или ещё лучше так: |а| 4-1&| < |а 4- b\.
Небольшое отступление. Мы с вами не раз видели, как, за-
метив повторяющееся в задаче алгебраическое выражение и за-
менив его на новую переменную, мы приобретаем порой совсем
иное видение этой задачи, её решение становится более осязае-
мым и комфортным. Именно поэтому замену переменных счи-
тают одним главных математических стандартов, способность к
которому надо в себе всячески развивать. Здесь же мы сталки-
38
Раздел 3
ваемся с заменой на две переменные - действием, которое со-
держит в себе ещё более мощный математический потенциал.
Вернёмся к нашей задаче. Решение неравенства с двумя пе-
ременными, каждое из которых (или их комбинация) стоит под
знаком модуля можно проводить по-разному. Стандартный
путь (его, безусловно, нужно знать) - это путь перебора знаков
всех подмодульных выражений (как этого требует определение
модуля) и решения в каждом из случаев достаточно простого
неравенства. Например, при а>0 , Ь>0 наше неравенство пре-
вращается в верное тождество, при отрицательных а и Ъ - тоже,
и остаётся разобраться только со случаями, когда а и Ъ разного
знака. Но здесь уже не всё так просто: ведь сумма а + Ъ может
иметь любой знак, а это добавляет сразу ещё несколько случаев
для рассмотрения. Т. е. неудобство только в одном - случаев
много, можно что-нибудь упустить.
Попробуем пойти по другому, уже хорошо известному нам
пути возведения в квадрат обеих частей неравенства. Это до-
пустимо - ведь справа и слева в неравенстве стоят неотрица-
тельные выражения. При этом ряд других известных свойств
модулей здесь тоже пригодится. Итак, (|a| + |b|)2 <(|а+ &|)2 о
а2 + 2|ad| + b2 < а2 + 2аЬ + Ъ2, или |ab| < аЪ. А это верно, как извест-
но, тогда и только тогда, когда аЪ > 0 .
Подведём итоги. Во-первых, мы доказали новое для нас ин-
тересное свойство модулей: |а| + \b\ <|а + &| о ab>0 ,
Во-вторых, сделав обратную замену, мы красиво решим дос-
таточно сложную задачу: |2х2 + 4х + 2| - |х2 + 5х + 4| + |х + 2 - х21 < О
<=> (2х2 +4х + 2)(х + 2-х2)>0 <=> -2(х + 1)3(х + 2)>0 . Метод ин-
тервалов (заметим, что в данном случае мы имеем в виду метод
решения рациональных неравенств, который так же, как и рас-
смотренный нами метод решения задач с модулями, называется
«метод интервалов»♦.♦) быстро даёт ответ: хе[-1;2].
И, в-третьих, нам теперь понятно, как наличие связи между
различными элементами задачи может существенно улучшить
её решение. Осталось только набраться в этом деле побольше
опыта. Чем мы сейчас и займёмся.
Обобщение. Усложнение. Совершенствование
39
Начнём с замечания. Возведение в квадрат обеих частей
уравнения или неравенства - достаточно универсальный приём
в такого рода задачах. Однако перед его использованием мы
должны поработать над выбором наиболее удобной пары новых
переменных. Так, если бы в рассмотренном примере мы в каче-
стве переменной Ъ выбрали содержимое второго модуля, тогда
наше неравенство выглядело бы не так эффектно как раньше:
|а|-|&| + |&-а| <0. Попробуем его решить, чтобы продемонстри-
ровать разницу. Можно это сделать, например, так:
[|ь|-Н>о,
|a|-|&|+|b-a|<0 о |&-а|<|&|-|а| о	о
[(&-а) <(|&|-|а|)
|ь|^|л|»	Ь2>а2,	|(&-а)(Ь + а)>0,
- ab<-\ab\	[аЬ>|а&|	[а&>0.
Видно, что этот путь более длинный и трудоёмкий, хотя он в
общем-то тоже приемлем (советуем вам вернуться к исходным
переменным и дорешать задачу до конца).
Пример 10. Решить неравенство: |х + 1| + |х + 2| <2х + 3
Обозначим а = х + 1, Ь=х+2. Тогда в новых переменных
наше неравенство выглядит так: |a|+|fr|<a+fc .
Решим его сначала возведением в квадрат обеих частей не-
равенства: |а| + |fc| < а + Ъ
а + Ь>0,
(|а| + |&|)2<(а + &)2
а + Ъ>Ъу
ab>0
а> 0,
Ь>0.
а + Ь > 0,
|ab| <ab
Поясним последний равносильный переход. В одну сторону
здесь всё очевидно: если обе переменные неотрицательны, то и
их сумма, и их произведение тоже неотрицательны. А вот в об-
ратную сторону несколько сложнее. Если произведение двух
множителей неотрицательно, то тогда они либо оба одного знака
(и этот знак положительный - ведь их сумма неотрицательна),
либо один из множителей равен нулю, но тогда второй неотри-
цателен (опять же из-за неотрицательности суммы).
40
Раздел 3
Заметим, что ещё проще неравенство |а|+|б| < a + fe решается
путём перебора знаков под модульных выражений.
Освоим ещё один достаточно интересный способ решения
таких неравенств, основанный на оценках множества значений
функций. Перенеся а и & в левую часть неравенства и сгруппи-
ровав слагаемые так, что каждая из образованных скобок стала
неотрицательной (объясните почему), мы получаем, что такое
возможно тогда и только тогда, когда каждая из скобок равна
нулю. А это, в свою очередь, единственно возможно при неотри-
цательности подмодульных выражений. Математически это вы
глядит так:
|а| +1&| < а + Ъ <=> (|о| — а) ч-(|Ь| — &) < 0 <=>
|а| = а,
>1 = Ь
Га >0,
|б>0.
| X 4" 1 > 0,
В итоге: |х +11 + 1x4-21 <2x4-3 о <	- ’ <=> хе[-1; +оо
111	1	|х+2>0	L
Ответ: [-1; + оо).
В §4 раздела 2 мы говорили, что из геометрического смысла
модуля можно делать совсем даже непростые выводы, напри-
мер, решать задачи с двумя модулями (помните уравнение
|х-3|+|2-х| = 1 ?).
В общем виде эти свойства модулей можно записать так:
|х - а\ + |х - b\ = b - а при Ъ>а <=>хе[а;&];
|x-a| + |x-b|>&-a при Ь>а охе(-оо;а]и[Ь;+<ю) ит.п.
Отметим, что всех свойств модуля, аналогичных тем, кото-
рые мы в этом параграфе использовали, не перечислить - они
рождаются в каждой новой задаче. Тем более их не нужно запо-
минать. Ведь владея методикой их обоснования, можно спра-
виться с любым другим их аналогом. Напомним основные спо-
собы их обоснования (вот их-то и нужно помнить):
1)	из определения модуля;
2)	возведение в квадрат уравнения (или неравенства);
Обобщение. Усложнение. Совершенствование
41
3)	группировка слагаемых с последующим использованием
метода оценок множества значений функций;
4)	из геометрической интерпретации модуля.
Чтобы закрепить этот материал, попробуйте самостоятельно
доказать справедливость следующих утверждений:
1. |а±Ь| <|a| + |b| при любых а и Ь; 2. |а + &| = |а| + |&|оа&>0 ;
3.	|a-d| = |a|+|b|<=>ab<0 ;	4. |а-д|>|а|-|&| при любых а и Ь;
 ill	I а > О,
5. |а| + |Ь| = а + Ь«-1^о
6. |х-а| + |х-Ь|<Ь-а при Ь>а <=>хе0.
Приведём ещё несколько примеров их использования.
Пример 11. Решить уравнение: |х| + |х2 —1| = |х2 + х-1|.
|х| + |х2-1| = |х2+х-1| <=> х(х2-1)>0 <=> xe[-l;O]U[l;+°о) .
Ответ: [-1;0]и[1;+°°) •
Представляете, сколько «мучений» пришлось бы испытать
при решении этой задачи методом интервалов?! Однако, конеч-
но, приведённое краткое решение содержит в себе и замену, и
обоснование соответствующего утверждения на экзамене.
Пример 12. Решить уравнение: |х-1| + |х-3| = 2-(х-2)2.
Обозначим а = х-1, Ь=х-3. Но тогда число 2 можно пред-
ставить в виде разности а и b , и в новых переменных наше
уравнение будет выглядеть следующим образом:
|a| + |fe| = a-fe-(x-2)2. В последней скобке мы сознательно заме-
ну не делали (хотя могли) потому, что это не принципиально
для дальнейшего решения (важно только что это полный квад-
рат!). Перенося всё в левую часть и сгруппировав слагаемые,
получим: (|а|-а)ч-(|&| + &) + (х-2)2 =0.
Каждая из скобок в этом равенстве является неотрицатель-
ным выражением при любом значении переменной х, а потому
их сумма будет равна нулю только при одновременном равенст-
ве нулю каждого из слагаемых, а это, в свою очередь, выполни-
мо только при х = 2 .	Ответ: 2.
42
Раздел 3
Задача решена с использованием метода оценок множества
значений входящих функций, хотя в силу её простоты здесь ме-
тод интервалов, возможно, смотрелся бы гораздо естественнее.
Однако нам необходимо было лишний раз продемонстрировать
возможности изученной методики.
Наконец, приведём пару задач, в которых без данной мето-
дики, пожалуй, не обойтись.
Пример 13, Найти все целые отрицательные решения нера-
3
|х3 + 3х2 -6х + 183|
V*0
у + 70 + |х2-2х-9|<
венства:
3
На основе вышесказанного мы легко справляемся с задачей:
х3
а= — + 70; b = x2 -2х-9; |a| + |b|<|a + b|. Отсюда ab>0 , т. е.
3
Г X3
—+ 70 (х2-2х-9)>0. Точки, в которых левая часть равна
нулю: -л/210 ; 1 ± V10 . Несложно оценить: -\/210 с (-6; - 5);
1-Vidg(-3;-2); 1 + V10 g(4;5) . Поэтому решение неравенства:
х е [-</210; 1 - Vio ] и [1 + 710; + °о), а целые отрицательные ре-
шения: -3 ; -4 ; -5 .	Ответ: -3 ; -4 ; -5 .
Пример 14. Решить уравнение:
|х —1| +|х +1| +|х — 2| + |х + 2| +... + |х —10|+|х +10| = 20х .
Уравнение вида |а1| + |а2| + ... + |ап| = а1 +а2 + ... + ап выполня-
ется тогда и только тогда, когда ах > 0 , а2 > 0 , ..., ап > 0 . Из дан-
ной системы следует х > 10 .	Ответ: х > 10 .
§5. ПАРАМЕТРЫ В ЗАДАЧАХ С МОДУЛЯМИ
Ещё один большой раздел, который, конечно же, давно со-
ответствует вашему уровню восприятия материала (если вы
смогли добраться до этого параграфа), - это параметры в зада-
чах с модулями.
Обобщение, Усложнение- Совершенствование
43
Первый круг задач с параметрами - это так называемые
прямые задачи - задачи, в которых необходимо решить уравне-
ние или неравенство при каких-то (или всех) значениях пара-
метра а. Как правило, эти задачи длинны и даже немного за-
нудны. Однако, решая именно их, учащиеся начинают пони-
мать суть этого нового для них понятия, привыкают к его осо-
бенностям, к многообразию различных случаев, которые сопро-
вождают задачи с параметром. Покажем всё это на различных
примерах.
Пример 15. Решить неравенство |х + 3| > -а2 при всех значе-
ниях параметра а.
Понятно, что т. к. модуль всегда неотрицателен, данное не-
равенство справедливо «практически всегда» для любого х, ведь
-а2 < 0 при а 0 . Если же а = 0 неравенство не будет верным
лишь при х = -3 .
Ответ: xeR при а^О, xg(-oo;-3)U(-3;+oo) при а = 0 .
В этой задаче на очень простом примере показано, как срав-
нивая множества значений функции, зависящей от переменной
х со значением константы, которая в зависимости от числа а
тоже изменяется в своих пределах, может изменяться и содер-
жание задачи и соответственно её решение.
Пример 16. Решить уравнение |х| + х-а = О при всех значе-
ниях параметра а.
Уравнения такого рода можно решать как методом интерва-
лов, так и по альтернативной схеме. Естественно, наличие па-
раметра не влияет на выбор метода решения. Покажем это.
По методу интервалов получаем:
		X	>0,		а	IV р		а	>0,
	<		а			а			а
		X	— — _		X	— —-		X	= —
+х-а=0 <=>			2 <=>			2 о			2
		[х	О V		\а	= 0,		[а	= 0,
			= 0		^х	<0		[х	<0.
а
Из первой системы следует, что решение х=— наше урав-
2
нение будет иметь только при неотрицательных а, что получает-
44
Раздел 3
ся непосредственной подстановкой этого решения в условие
х>0 . Вторая система при а = 0 добавляет к решениям, помимо
х = 0 , ещё целый полуинтервал. При отрицательных значениях
параметра ни одна из систем решений не даёт.
Тот же результат получается и из другого способа решения.
|х| + х - а = 0	<=> |х| = а - х
<	0 Й	Й | СЧ	ЙО VI	II	VI II К	Н	И й	<	а >0, а х =—, 1	2 <=> fa =0, ^х <0		а >0, а х = — 1 2 fa = 0, ^х <0.
Видим, что здесь при а = 0 обе системы одним из решений
имеют х = 0 . В итоговой совокупности это учтено.
Ответ: х = — при а>0; xg(-qo;0] при а = 0, хе0 при
а <0 .
Пример 17. Решить уравнение х2 + |х| + а = 0 при всех значе-
ниях параметра а.
В таких задачах всегда удобно, не раскрывая модуля на ин-
тервалах, заменить |х| на у, после чего выяснить, при каких а
уравнение у2 + у + а = 0 будет иметь неотрицательные (это важ-
но!) корни, найти их, а затем вернуться к переменной х и ре-
шить простейшее уравнение с модулем.
Корни это уравнение будет иметь при условии неотрица-
тельности дискриминанта 1-4а>0, вид их в этом случае
-l±Vl-4a _	„ п
----------. Один из них, очевидно, отрицательный. Второй
2
будет неотрицательным при а < 0 (для получения этого резуль-
тата необходимо либо воспользоваться теоремой Виета, либо
решить простейшее иррациональное неравенство). В итоге:
Обобщение. Усложнение. Совершенствование 45
। । -l + Vl-4a	„	-l + Vl-4a
|х| =-------- ПрИ д<о. Тогда х = ±--------- - два корня.
2	2
Заметим также, что при а - 0 эти два значения совпадут.
„	Vl-4a-l
Ответ: х = 0 при а=0; х = +--------при а<0; решении
2
нет при а > 0 .
Пример 18. Решить уравнение |х + 3|-а|х-1| = 4 при всех
значениях параметра а.
Применяем метод интервалов. Рассмотрим три промежутка.
I. х < -3. Тогда наше уравнение примет вид:
-х-3 + ах-а = 4 или (а- 1)х = 7 + а . Последнее уравнение имеет
решение
а *1,
7 + а которое будет решением исходного уравне-
х =----,
а -1
< -I- а	„	/ ч \ _
ния только при -------< -3 , отсюда следует а е 1; 1). Вывод для
а-1
пункта I: х =---, если а е (-1; 1).
а ~1
II. -3<х<1. Здесь уравнение приводится к виду:
х + 3 + ах-а = 4 или (а + 1)х = а +1. Получаются решения:
и <	, ч Пересечение с условием -3 < х < 1 дает
[х = 1	хе(-оо; + оо).
вывод для пункта II:
а = -1,
-3<х<1,
а * -1,
х = 1.
III. х>1. На этом промежутке имеем: х+3-ах+а=4 или
(1-а)х = 1-а . Как и в предыдущем случае, получаем:	и
[х = 1
а = 1,	z х
<	Вывод для пункта III: хе(1;+оо), если а = 1 .
хе(-оо; + оо).
46
Раздел 3
Объединяем полученные решения:
7 + а
х —----,
а-1
(а = -1,
|-3<х<1,
*-1,
[х = 1,
а = 1,
х > 1.
Видим, что данное уравнение имеет корень х = 1 при всех
значениях а. Кроме этого, будут ещё корни: если -1<д<1, то
7 -I- д
х =----- ; если а = -1, то хе [-3; 1); если а = 1 , то х е (1; + оо) .
Ответ: хе[-3;1] при а = -1; хе[1;+оо) при д = 1;
7 + д
хг =---- , х2 =1 при -1<д<1 ; х = 1 при ae(-~oo;-l)U(l;+°o).
Как видим, решение такой задачи состоит из двух этапов.
На первом из них уравнение решается методом интервалов. По-
лученные в процессе решения корни, разумеется, зависят от
значений параметра а. При этом одно и то же значение а может
возникать совершенно в разных «местах» решения. И на втором
этапе мы объединяем полученные на разных промежутках ре-
шения, «отталкиваясь» от значений параметра а. Ещё раз
взгляните, как выглядит ответ: при одном и том же а в ответ
могут попадать значения х из разных промежутков.
Пример 19. Решить неравенство |3х-а|+|2х + д| <5 при всех
значениях параметра а.
Сложность этой задачи в том, что начиная решать её мето-
дом интервалов, мы сразу же вынуждены разбивать решение на
несколько случаев, т. к. точки, в которых подмодульные выра-
жения равны нулю (и соответственно меняют знак) в зависимо-
сти от значения параметра а могут располагаться по отношению
друг к другу по-разному.
Обобщение. Усложнение. Совершенствование
47
Случаи 1: —< — о а <0 .
3	2
Рассмотрим решение неравенства на каждом из интервалов
отдельно. Ещё раз обращаем ваше внимание: в этом случае точ-
а	а
ка — находится левее нуля, а точка---правее.
3	2
а
х <—,
3
-Зх + а - 2х - а < 5
I. S
а
3’ Эта система будет иметь
а ]	а
решение хе -1;— только при условии, что -1<—, т.е. с уче-
3)	3
ае(-3;0),
том условия случая 1 при -3 < а < 0 . Вывод
1 а I
хе -1;— .
3J
II.
а	а
— <х<—,
3	2
Зх-а-2х-а<5
а	а
— <х<—,
3	2
х<2а + 5.
Дальнейшее продвижение зависит от того, где по отноше-
а а	п к
нию к точкам — и — находится точка 2а+ 5.
3	2
Если 2а + 5 = — , то х = 2а 4- 5 ; если
3
— < 2а + 5 < ~ , то
3	2
а _ а
а
а	г	г, t а а	а
— < х < 2а + 5 ; если 2а 4- 5 > — , то — < х < —
3	2	3	2
2 ’ ' 3
3
Поэтому далее получим:
ае(-3;-2),
а п
хе — ;2а + 5
3
ае[-2;0),
а а
хе —; —
3	2
48
Раздел 3
Ш.
решение хе
Зх-а+2х+а<5
а
х > —
2* Эта система будет иметь
х<1.
только при условии, что —<1 , т.е. полу-
ае(-2;0),
чаем: <
Если теперь объединить решения при одинаковых значени-
ях параметра а, получим: при а<-3 неравенство решений не
имеет; х = -1 при а = -3; хе[-1;2а + 5] при -3<а<-2;
хе[-1;1] (этот отрезок является объединением трёх промежут-
ков) при -2 < а < 0 .
Напомним, что пока разобран только случай а < 0 .
Эта задача является достаточно сложной и поучительной.
Обычно после её решения понимание параметров существенно
возрастает. Поэтому решение для случая 2, когда а = 0 , и слу-
3U*'	М»	л
, когда — > — <=> а > 0 полезно провести самостоятельно.
Ответ: решений нет при а<-3; х = -1 при а = -3;
хе[-Г,2а + 5] при -3<а<-2; хе[-1;1] при -2^а^2;
хе[2а-5;1] при 2<а<3; х = 1 при а=3; решений нет при
а >3.
Заметим, что здесь можно было обойтись и без метода ин-
тервалов: рассмотреть четыре системы, которые получаются
при различных вариантах знаков подмодульных выражений.
Зх - а > О,
Например, одна из четырёх систем: *
2х + а < 0,	Её реше-
Зх-а-2х-а <5.
ние, в свою очередь, распадается на несколько случаев, в зави-
симости от взаимного расположения точек	—- и 2а + 5. И
Обобщение. Усложнение. Совершенствование
49
после решения этих четырёх систем все полученные решения
нужно объединить.
Пример 20. Решить уравнение |х2-1|+ |а(х-1)| = О при всех
значениях параметра а.
Сумма двух неотрицательных функций равна нулю тогда и
только тогда, когда одновременно равны нулю обе эти функции
(распространённая алгебраическая модель). В нашем случае это
равносильно одновременному равенству нулю подмодульных
выражений:
х2-1 = 0,
а(х-1) = 0.
Далее можно рассуждать по-разному. Например, так:
			(х = 1,
х = ±1,	\а = 0,	(х = ±1,	[a g jR,
< а = 0, <=>	[х = ±1. Или так:	<	,	. Резуль-
х = 1	х = 1.	[а(х-1) = 0	1 о и и н « 	1
тат всё равно один. Ответ: х = ±1 при а = 0 ; х = 1 при а 0 .
Пример 21 (МГУ, ИСАА, 1993, 6/6). Найти все значения а, при
каждом из которых неравенство х2 + 5|х + а| >а2 справедливо
для всех действительных х.
Оставим модуль слева, перенеся остальные слагаемые в пра-
вую часть неравенства, после чего раскроем модуль по альтер-
нативной схеме (решение с помощью метода интервалов тоже
довольно любопытно - проведите его самостоятельно).
5|х + а| >а2 -х2 <=>
5(х + а)> а2 -х2,
5(х + а)< -а2 + х2
5(х + а)>(а-х)(а + х),	(х + а)(х-а + 5)>0,
5(х + а) <(х - а)(х + а)	(х + а)(х-а -5)>0.
Для того, чтобы объединение решений каждого из этих не-
равенств, полностью охватило всю числовую ось (вспомните ус-
ловие задачи!), необходимо, чтобы точка х = -а лежала между
точками х = а-5 и х = а + 5 (попробуйте разобрать различные
случаи расположения этих точек на числовой оси и убедиться
самостоятельно, что это действительно так). Таким образом, от-
50
Раздел 3
вет в задаче получается из решения системы неравенств:
(~а<а + 5,	5	5	г -«
<=> — <а<—.	Ответ: -2,5; 2,51.
\а-5<-а	2	2	L ’ J
Просматривая ещё раз разобранные выше задачи с парамет-
ром (которые принято относить к категории прямых задач), не-
сложно обратить внимание на то, что при их решении мы всегда
поступали так, как поступали бы, если бы вместо параметра
стояло конкретное число. Конечно, от этого числа многое зави-
сит: как расположены на числовой оси нули подмодульных вы-
ражений; попадают или нет решения задачи в исследуемый
промежуток; в каких пределах может меняться выражение, за-
висящее от параметра и т. д. В результате нужно было преду-
сматривать различные случаи, но в каждом из них наши дейст-
вия были аналогичны действиям с числами.
Разобравшись с принципами решения таких задач, перей-
дём к изучению задач другого класса, в которых вопросы по-
ставлены так, что подчас не требуется проведения решения при
всех значениях параметра а и даже не всегда нужно находить
сами корни.
Пример 22 (ВШЭ, 1995). Найти все значения параметра а, при
которых уравнение 2|х + 3| -2|х-2| + |х-4| = х + 2а имеет ровно
два корня.
Эту задачу, конечно, можно решать впрямую, т. е. при всех
значениях а, выбрав в конце все нужные значения параметра.
Но это довольно долго. Давайте освоим ещё один приём.
[у = f(x),
Уравнение f(x) = a равносильно системе <	решение
[У = а,
которой, в свою очередь, графически представляет из себя на-
хождение точек пересечения кривой у = f(x) и прямой у = а .
Это решение можно получить, если мы чётко понимаем, как вы-
глядит функция f(x).
Перепишем исходное уравнение в виде 2|х+3|-2|х-2| +
+|х-4|-х = 2а , в котором переменные «разделены»: слева
функция только от х, справа - константа, зависящая от а. После
Обобщение- Усложнение- Совершенствование
51
этого построим график функции у = 2|х + 3|-2|х-2| + |х-4|-х ,
чётко зафиксировав интервалы монотонности и экстремумы.
В основе построения
этого графика все тот же
метод интервалов, так
хорошо уже изученный
нами. На каждом из про-
межутков, границами
которых будут нули под-
модульных выражений,
наша функция будет
представлять из себя, очевидно, прямую. Например, при х<-3
эта прямая будет иметь вид у = -2х -6 (монотонно убывающая
до нуля функция). При х > 4 она является константой у = 6 . На
оставшихся двух интервалах нам даже не нужно тратить время
на определение выражения для функции, ведь прямая опреде-
ляется двумя точками, а этими точками являются границы ин-
тервалов: z/(-3) = 0, 1/(2) = 10, z/(4) = 6 . Нарисуем теперь график
функции, учтя при этом, что 1/(0) = 6 .
Чтобы завершить решение задачи, необходимо мысленно
провести прямую у = 2а , параллельную оси абсцисс, и выяс-
нить, при каких значениях 2а эта прямая пересекает построен-
ный ранее график ровно в двух точках. Понятно, что это воз-
можно либо когда 0 < 2а < 6 , либо когда 2а = 10 .
Ответ: (0;3)U{5|.
Пример 23» При каких значениях параметра а уравнение
|х -1| + |х - а| = 3 имеет хотя бы одно решение?
Конечно, и здесь можно просто решить уравнение. Но реше-
ние получается довольно трудоёмкое. Если применять метод
интервалов, требуется рассмотреть три случая взаимного распо-
ложения точек 1 и а: а > 1 ; а < 1; а = 1 (в каждом из которых, в
свою очередь, рассматриваются несколько промежутков).
Наверное, лучше рассмотреть четыре системы:
4*
52
Раздел 3
а) 
х-1+х-а=3
	х<1,	--1< 2	<1,	а > -2,
б) <	х<а,	о < -х+1-х+а=3	Н to 1 » II	1	о < -1	а <4, а 1 х = — I I 2
	X >1,	х>1,	х<1,	х<1,
в) 	х<а,	<=> <	х<4,	г) <	х>а,	<=> <	н IV 1 со
	х-1-х+а=3	а = 4;	-х+1+х-а=3	а II 1 со
Получаем ответ: если а = -2 , то хе[-2; 1]; если ае(-2;4), то
хх = 2 + —
1	2
если а = 4, то хе[1;4]; при остальных а
решений нет. Таким образом, решения будут при а 6 [-2; 4] - это
и есть ответ.
Но, как уже было сказано, если условие задачи не требует
нахождения корней, то эти корни искать не обязательно.
Перепишем уравнение в виде |х-1|-3 = -|х-а| и воспользу-
емся графическим методом. График левой части получается из
графика функции у = |х| сдвигом на 1 вправо и на 3 вниз. Функ-
ция z/ = -|x-a| получается из функции у = -|х| сдвигом на а
вправо. Нарисуйте эти функции и убедитесь, что они пересека-
ются при а 6 [-2; 4].	Ответ: а е [-2; 4]
Отработаем описанную методику решения в более сложном
случае.
Обобщение. Усложнение, Совершенствование
53
Пример 24 (МИЭМ). При каких значениях а уравнение
(а + 4х - х2 -	+1 - |х - 2|) = 0 имеет ровно три корня?
Решением этого уравнения при любых значениях параметра
является совокупность решений двух более простых уравнений,
каждое из которых удобно представить в виде f(x) = а:
х2 -4х + 1 = ау
Если теперь построить графики функций, стоя-
|х-2|-1 = а.
щих в левой части каждого из равенств, причём сделать это на
одной координатной плоскости, то количество точек пересече-
ния прямой у-а с этими двумя графиками и будет количест-
вом рехпений исходного уравнения при конкретном значении
параметра а.
Построение этих гра-
фиков - процедура неслож-
ная. Однако, надо отме-
тить, что все характерные
особенности графиков мы
должны чётко обозначить.
А именно, для параболы это
координаты её вершины и
точек пересечения с осями
х и у (если это «возмож-
но»), для второй функции,
которая представляет из себя два луча, исходящие из одной точ-
ки, безусловно, координаты этой точки, и также точек пересече-
ния с осями. Кроме того, как правило, бывает необходимо найти
координаты точек пересечения этих графиков между собой.
Очевидная симметрия этих графиков относительно прямой
х-2 говорит о том, что нечётное число пересечений этих графи-
ков с горизонтальной прямой у = а возможно только в том слу-
чае, если какие-то из них происходят в точках, лежащих на оси
симметрии, т.е. при а = -1, либо при а = -3 . Однако в последнем
случае пересечение будет только с одним из графиков, следова-
тельно исходное уравнение имеет только одно решение.
Отметим, что эту симметрию можно было бы заметить ещё
до построения графиков, выделив у квадратичной функции
54
Раздел 3
полный квадрат : х2 - 4х +1 = (х - 2)2 - 3 . И тогда с помощью за-
мены t = |х-2| задача вполне решается алгебраически. Исходное
уравнение в этом случае преобразуется в уравнение относитель-
но t: (а + 3-/2)(а +1 -£) = 0 . При этом каждому положительному
t соответствуют ровно два значения х, поэтому для получения
нечётного числа решений необходимо (но не достаточно!), чтобы
одно из значений t было равно нулю. Это возможно либо при
а = -3 , либо при а = -1. Непосредственной проверкой убежда-
емся, что при а = -3 : t = 0 или t - -2 , а потому исходное урав-
нение имеет только одно решение х = 2 (этот же результат мы
получили и из графиков). При а = -1: t = 0 или £ = ±-х/2, т.е.
действительно, вернувшись к переменной х, мы получим три
решения: х = 2 , х = 2 ± V2 .	Ответ: -1.
В предыдущих двух задачах, прежде чем строить графики,
нам удавалось разнести переменные и параметр по разные сто-
роны от знака равенства. В этом случае функция, которую нам
приходилось строить, зависела только от х и определялась одно-
значно. Однако это не всегда удаётся сделать. В результате, ес-
ли всё же идти по пути графического решения задачи, прихо-
дится строить график для некоторого значения а, представляя
себе, как он будут меняться с изменением параметра.
Пример 25. Найти все значения параметра а, при которых
уравнение х-а = 2|2|х|-а2| имеет три различных корня.
Вообще говоря, эту задачу можно решить и алгебраически.
Это будет, хоть и долго, но всё же полезно. Попробуйте сделать
это самостоятельно.
Мы же будем продолжать осваивать графическую процедуру
решения, помня при этом, что если в решении ссылаться на ка-
кие-то свойства функций, следующие из графика, то эти свойст-
ва необходимо максимально обосновывать.
Нарисуем график функции, стоящей в правой части равен-
ства, при некотором значении параметра а. Она является чёт-
ной, т.к. /(-x) = f(x) (а значит, симметричной относительно оси
ординат), неотрицательной, линейной на различных промежут-
Обобщение. Усложнение, Совершенствование
55
fl2
ках. Так на отрезке 0;— её график - отрезок прямой, грани-
2
- это луч с началом на оси абсцисс и положительным
соль-
будет
(гра-
0
" 2	2
цы которого лежат на осях координат, на полуинтервале
а2
~2
углом наклона к этой оси (его тангенс равен 4). График этот бу-
дет иметь такую структу-
ру при всех значениях
а * 0 . При а = 0 все точки
пресечения этого графика
с осями координат
ются в одну и он
имеет вид у = 4|х|.
Прямая у = х - а
фик левой части исходно-
го уравнения) наклонена к
оси абсцисс под углом 45°, а значит, она не параллельна ни од-
ной из прямых построенного графика. Для того, чтобы иметь с
ним ровно три пересечения (а именно этого требует условие за-
дачи), эта прямая должна пройти либо через точку с координа-
а2
---;0 , либо через точку с координатами (О; 2а2). Под-
2 у
тами
лучится.
ставив эти координаты в уравнение прямой и выразив из них а,
получим три возможных значения параметра а = -2, а = ~—
2
или а = 0 . Однако в последнем случае, как мы уже видели, гра-
фик вырождается в два луча, а потому трёх пересечений не по-
Ответп: -2 ;	.
2
И в заключение, разберём задачу, решение которой исполь-
зует не только свойства модулей, но и знания, выходящие за
рамки этой темы.
56
Раздел 3
Пример 26 (ЕГЭ, СЗ). Найдите все значения а, для которых
при каждом х из промежутка [-5;-1) значение выражения
х2 -3 не равно значению выражения (а + 4)|х|.
Сложность этой задачи начинается с необычности формули-
ровки, поэтому сначала перепишем её условие в более привыч-
ном виде: найти все значения параметра а, при которых уравне-
ние х2 -(а+4)|х|-3 = 0 не имеет решений на промежутке
хе[-5;-1).
После этого сделаем уже привычную для нас замену t =|х|, и
будем искать все значения параметра, при которых уравнение
t2-(а + 4)г-3 = О не имеет ре-
шений на промежутке t е (1; 5].
Квадратичная функция,
стоящая в левой части этого
уравнения, представляет из
себя параболу, ветви которой
направлены вверх, пересекаю-
щую ось ординат (t = 0 ) в точке
-3 , а потому наше уравнение
имеет корни разного знака
(этот же вывод можно получить
и из теоремы Виета). Чтобы от-
ветить на вопрос, при каких а его положительный корень не по-
падает в промежуток (1; 5], быстрее всего решить противопо-
ложную задачу: при каких а больший корень уравнения будет
лежать в этом промежутке, а затем исключить из рассмотрения
эти значения параметра.
Решение этой задачи можно получить из решения системы
двух иррациональных неравенств: 1 < t2 < 5 .
Однако быстрее этот результат достигается из решения сис-
Г(1)<о,
7(5)>О,
где f(t) = t2-(а+4)^-3 (для понимания этого
факта нужно хотя бы немного владеть темой «Взаимное распо-
ложение корней квадратного уравнения»). Получим в результа-
Обобщение. Усложнение. Совершенствование 57
(	21
те ое -6;— . А потому искомые значения параметра
\	5 J
Л 2	Г2
ае(-оо;-б]и —; + оо L	Ответ: (-oo;-6]U —; + °° .
Ответы к задачам теста §1:
1.	[-6;-1]U[O;+ оо). 2. (2;+оо). 3. (-oo;-3)U(3;+oo)U{O}U{l}.
Задачи для самостоятельного решения
Решить уравнение (1-6):	1. з|х2-2х-1| = 5х + 1;
2.	|2х2 -х-1| + |х2 -х-б| = х2 + 4;	3. ||х| + |х2 —1|| — |х2 +х-1| = 0 ;
4.	|х2 -5х + 3| = 5|х -1| -12 - х21; 5. |3х2 -1| - 2|х +1| = |3х2 + 2х +1|;
6. |Зх-4| = 4х2 + Зх-2.
Решить неравенство (7-22):	7. |х + 1|+|х + 2| + |х + 3| <3х + 6 ;
8.	|х2 -5х + б| + |х2 -2х-3|>3|3-х|; 9. ||||х-1| + 2|-3| + 4|>5;
10. |||||х-5| + |5-х||-1| + з|-2|<7;	11. ||||х2+1|-1|-2|-1|>1;
х +1 + |х - 2|
2	2.
х + 1-|х-2|
х + 1
<2; 15. |х2 + 11х + 1|>х2-llx-1;
17.	|1+||1-|х + 1||-1||<2;
18.	|х9 +3х7 +х2 +2х-3|<х9 +3х7 -х2 -2х + 3 ;
19.	|(х + 1)(х + 2)2|-2|х + 2|>0;	20. ||х|-|х + 3| + |2х+3||>0;
21. |5-х|+|х2-2х-3|<|х2-Зх + 2|;
58
Раздел 3
22 (МГУ, ВМК, 2000,1/6). ||х2 - Зх + 2| - х21 > 2х + 2 .
Решить уравнение (неравенство) при всех значениях пара-
метра а (23-25):	23. 2|х|+|а| = х + 1;	24. а|х-4|>х + 1;
(х2 -а)(х+а)
25	.	-----<0.
|х |- а
26	. Дано уравнение |х2 + 5х + 4| + |х2 +5х + б| = а . Найти коли-
чество его корней в зависимости от значения параметра а.
27	(МГТУ им. Н.Э. Баумана, 1997). Укажите все значения р, при
которых уравнение 8 + 4р(х-2) = (х-|х|)х имеет единственное
решение. Найти это решение при каждомр.
28	(Моск. гос. строит, ун-т, 1997). Найти значения а, при кото-
рых уравнение х2+(3а-4)|х|+ 7-За = 0 не имеет решений.
29	(ЕГЭ, СЗ). Найдите все значения а, для которых при каж-
дом х из промежутка (-5;-2] значение выражения х2-4|х| не
равно значению выражения а|х| + 4 .
30	(МГУ, географ, ф-т, 1992,5/5). Найти все значения параметра
а, при которых уравнение |х2 -1|+|х2 -х-2| = х2 +3х + а имеет
ровно три различных решения.
РАЗДЕЛ 4.
ДАЛЬНЕЙШЕЕ РАСШИРЕНИЕ ВОЗМОЖНОСТЕЙ
§1	. ТЕСТ НА ГОТОВНОСТЬ
Решить неравенства (1-3):
1.	х2-2х>||-х2 + 2х-3|-3-Л1|-Л1 ;
2.	х2 |х +1| < |х3 - з| + х2 + 3;	3. (х2 - а)(х + 1)|х - а| < 0 .
4 (МГУ, ИСАА, 1995,6/6)» Найти все значения параметра л, при
которых неравенство х2 + 4х + 6а|х +2| + 9а2 <0 имеет не более
одного решения.
Ответы на задачи теста даются в конце раздела (стр. 72).
Здесь дадим несколько комментариев к этим задачам.
В первой задаче, если заметить, что внутренний модуль лег-
ко снимается (объясните почему), проблемы сразу исчезают.
Во второй - нужно предварительно в левой части неравенст-
ва х2 внести под знак модуля, а в правой - «набросить» модуль
на выражение х2 +3 (действия, противоположные тем, которые
обычно делаются) и обозначить: а = х3 - 3 и д = х2 + 3 .
Чтобы не раскрывать модуль в третьей задаче, лучше его
рассмотреть отдельно, приравняв нулю и добавив при всех зна-
чениях параметра а к решению более простого неравенства точ-
ку х = а (при некоторых а она будет отдельно стоящей).
В четвёртой задаче, помимо традиционного раскрытия мо-
дуля, есть ещё очень эффектный способ решения: записать не-
равенство в виде (|х + 2| + За) <4. Тогда получаем:
-2-За<|х + 2|<2-За . Одно решение или их отсутствие здесь
гарантируется условием 2 - За < 0 .
Как обычно, если тестирование прошло успешно, значит, вы
вполне готовы к тому, чтобы начать решать задачи самой высо-
кой сложности по данной теме. Если нет - вернитесь к преды-
дущим разделам.
60
Раздел 4
§2	. РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ
Раздел 4 посвящён рассмотрению задач повышенной слож-
ности. Их решение, как правило, основано на использовании
материала не только этой темы, но и других разделов математи-
ки, различного рода догадках, оценках, каких-то не сильно рас-
пространённых методиках. Поэтому интересно это обычно бы-
вает учащимся, любящим математику, получающим удовольст-
вие от красоты решения сложной задачи.
Начнём с «разминочной» задачи, в которой можно приме-
нить сразу несколько приёмов, освоенных нами ранее (своего
рода повторение).
Пример 1. Сколько решений имеет уравнение |2х-4| = 1 + ах
в зависимости от значения параметра а?
Предложим несколько способов решения этой несложной
задачи. Сравните их, проанализируйте достоинства и недостат-
ки каждого и выберите более предпочтительный способ.
Способ 1) Решение уравнения методом интервалом и ана-
лиз его корней.
х>2,
(а-2)х = -5,
Г х<2,
|(а + 2)х = 3
Дальнейшее расширение возможностей
61
Теперь можно «собрать» результаты: если а<-2, то
3	г 1А	1
х =----; если а е -2; — , то х е 0 ; если а = —, то х = 2 ; если
а + 2	2)	2
а е —; 2 , то х. =--, х., =---; если а > 2 , то х --.
12 )	а-2 а + 2	а + 2
Ответ на вопрос задачи: 0 решений при а е -2; — ; 1 реше-
ние при а е (-оо; - 2)	-
Способ 2) Другое решение уравнения и анализ его корней.
|2х-4| = 1 + ах
2х-4 = 1 + ах,
-2х + 4 = 1 + ах, <=>
1+ах>0
х------,
а-2
ах>-1,
\	3
х =---,
а + 2
ах>-1
5
х =---,
а-2
5а > 1
.а-2
[ з
х =----,
а + 2
За
ae(-oo;-2)U
3
а + 2
Это практически совпало с результатом, полученным в пре-
дыдущем способе решения. Отличие только при а = -—, но убе-
2
дитесь сами, что оно кажущееся. Ответ, разумеется, тот же.
Способ 3) Графический способ решения.
Изобразим график левой части уравнения у = |2х- 4| - он
получается из графика у = |х| сдвигом на 2 вправо и растяжени-
ем в 2 раза вдоль оси Оу.
62
Раздел 4
График правой части уравнения у = 1 + ах представляет со-
бой прямую, проходящую через точку 1 на оси ординат и
имеющую	наклон
tga = а . Если теперь
анализировать взаимное
расположение двух гра-
фиков, то можно выде-
лить три критических
положения прямой:
а = -2 - прямая парал-
лельна одному из лучей
графика левой части и не
имеет с ним пересечений;
а =	- прямая проходит через точку излома графика левой
2
части; а = 2 - прямая параллельна второму из лучей графика
левой части.
Теперь несложно получить и ответ на вопрос о количестве
точек пересечения - естественно, он будет таким же, как и при
первых двух способах решения.
Способ 4) Ещё один графический способ.
Перепишем уравнение в виде |2х - 4| -1 = ах и разделим обе
его части на х (важно, что х = 0 не является корнем ни при ка-
ком а - иначе в решение нужно было бы вносить коррективы):
|2х-4|-1
i-----!-= а. Теперь нужно построить график левой части и,
х
пересекая его горизонтальной прямой у = а , определять коли-
чество решений в каждом случае.
График левой части строить здесь сложнее, чем в предыду-
щем случае, но зато легче анализировать количество корней.
л	-2х + 4-1	_ 3
При х < 2 получаем у ----------= -2 + — - это гипербола с
X	X
горизонтальной асимптотой у = -2 и вертикальной асимптотой
х = 0 . При этом мы берём только её часть, расположенную левее
точки х~2 .
Дальнейшее расширение возможностей
63
При х>2 получаем у =--------= 2— - тоже гипербола с
х	х
асимптотами у = 2 и х = 0 . Правее точки х = 2 расположен
только «кусочек» одной
«Двигаясь» теперь
вдоль оси г/, мысленно
проводя горизонталь-
ные прямые у = а , мы
чётко понимаем,
сколько будет точек
пересечения при том
или ином значении а.
Ответ: 0 решений,
если ае -2;-—	1 ре-
L 2J
шение,	если
ае(-оо;-2)	u|~—|
U[2; 4- оо); 2 решения, если а е |	; 2 j.
12 )
Резюмируя, скажем, что способы 1 или 2 применяются, если
нужен вид корней, способы 3 или 4, если нас интересует их ко-
личество. В данном случае оптимальным является, наверное,
способ 3. Но при других входящих в условие функциях более
предпочтительным может оказаться и способ 4. Часто нет иного
пути, кроме решения, связанного с явным поиском корней.
Пример 2, Решить неравенство: ||х| -1| < а + х .
И эта задача допускает несколько путей решения. Можно
раскрыть модули на четырёх промежутках, отделённых друг от
друга точками -1 ; 0 и 1. Это долго и скучно...
Можно использовать альтернативную схему
|х|-1<а + х,
|х|-1> -а-х
64
Раздел 4
|х| <а + х + 1,
|х|>-а-х + 1
х <а + х + 1,
х>-а-х-1,
- окончание решения про-
х>-а-х + 1,
х<а+х-1
ведите сами (это необходимо, чтобы лучше понимать последую-
щее изложение).
Нам кажется более симпатичным следующий способ. Пере-
пишем неравенство в виде а>||х|-1|-х и изобразим на плоско-
сти (х, а) функцию а = ||х| -1| - х . Попробуйте сделать это само-
стоятельно - должна
получиться «жирная»
линия на нашем рисун-
ке. Неравенству удовле-
творяют все значения а,
которые совпадают с
этой линией или нахо-
дятся выше её (заштри-
хованная область).
Т. е. для каждого
фиксированного а это все точки х, находящиеся правее жирной
линии. Попробуйте их записать самостоятельно (см. ответ).
Ответ: если а<-1, то решений нет; если -1<а<1, то
1-а
XG ----
2
; если а > 1, то хе----; + оо .
2 J
Пример 3. Решить систему уравнений:
х2 -х|г/| + 9 = 0,
36-у2 = (2х-у)2.
Можно и в этой задаче пойти по традиционному пути рас-
крытия модуля и решения системы на двух интервалах. Систе-
мы в каждом из случаев получаются состоящими из квазиодно-
родных (почти однородных) уравнений и решать их можно «ме-
тодом исключения константы» (иными словами: вычесть из вто-
рого уравнения учетверённое первое - константы сократятся).
Однако если рассмотреть первое уравнение системы как квад-
ратное относительно переменной х, получим, что необходимым
Дальнейшее расширение возможностей
65
условием его разрешения является неотрицательность дис-
криминанта, т.е. у2 -36 >0 . Из второго же уравнения очевидно
следует, что 36-у2 >0, а потому возможными значениями пе-
ременной у в системе будут только ±6. Далее просто. Первое
уравнение при этих у даёт х = 3 , после чего второе отбирает
г/= 6.	Ответ: (3; 6).
Пример 4. Решить уравнение:
|х -1| +13 -2х| + |х + 4| = -х2 +2|х|+5 .
Опять классический метод интервалов приведёт к результа-
ту. Однако существуют и более короткие пути. Перенеся все
слагаемые в левую часть равенства и выделив полный квадрат,
получим: |х-1| + |3-2х| + |х + 4| + (|х|-1)2 =6 .
Если теперь исследовать функцию z/ = |x-l|+|3-2x|+|x + 4|,
\ 3
которая на отрезке xg Г, —
убывает, а справа возрастает (это видно из раскрытия модулей и
суммирования коэффициентов при х буквально «в уме»), то
очевидно, что |х-1| + |3-2х| + |х + 4| > 6 . Поэтому равенство в ис-
ходном уравнении может достигаться только при |х| = 1. Отри-
цательный корень не годится, т. к. при этом сумма первых трёх
слагаемых не равна 6.	Ответ: 1.
постоянна и равна 6, слева от него
Пример 5. Решить уравнение:
х
Путей решения у задачи несколько. Во-первых, легко ви-
деть, что правая часть этого уравнения неотрицательна, что
возможно лишь при хе {0}и(1; + «>) • Точка 0 быстро проверяет-
ся, а на промежутке (1;+оо) все модули «сбрасываются» и урав-
нение превращается в тождество.
Другой способ - это замена подмодульных выражений на а и
b и завершение решения по модели |а| + |b| = а + b <=>
Ответ: {0}U(l; + °o).
а>0,
Ь>0.
5-7575
66
Раздел 4
Пример 6 (МИРЭА, 1996). При каких а уравнение
|||х -1| - 3| - 4| = 4 + |5х + а| имеет единственное решение?
Полезно лишний раз потренироваться и получить аналити-
ческое решение этой задачи.
Однако не менее важно и полезно владеть техникой быстро-
го построения (с помощью сдвигов и отражений) графика функ-
ции 1/ = |||х-1|-3|-4|-4 . После этого естественным будет графи-
ческий метод решения задачи с параметром. Покажем это.
График функции i/1(x) = ||x-l|-3| получается из графика
у = |х| сдвигом последнего на единицу вправо и на 3 единицы
вниз с последующим зеркальным
абсцисс нижней части гра- у
фика вверх.	\
Если теперь этот график \
сдвинуть вниз на 4 единицы,
зеркально отразить относи-
тельно оси Ох, после чего
ещё раз сдвинуть на 4 едини- -
цы вниз, получим искомый
график у = |||аг -1| - 3| - 4| - 4 .
отражением относительно оси
Дальнейшее решение задачи состоит в анализе точек пересе-
чения этого графика и графика функции у - |5х + а|, который
представляет собой совокупность двух лучей, исходящих из точ-
ки х = -—, угловой коэффициент которых равен ±5 (для даль-
5
нейшего важно, что они не параллельны ни одной из прямых
Дальнейшее расширение возможностей
67
графика левой части равенства). Или, по-другому: этот график
получается из у = |х| растяжением последнего вдоль Оу в пять раз
а
и сдвигом на величину — вправо.
5
Понятно, что единственность пересечения этих двух графи-
ков достигается тогда и только тогда, когда вершина последнего
находится на оси Ох и попадает в одну из точек: х = -10 ; -2 ; 4;
12. Другими словами, когда-—= -10; -— = -2; -— = 4; -— = 12.
5	5	5	5
Задача решена.	Ответ: -60 ; -20 ; 10; 50.
При решении этой задачи была использована следующая из
определения модуля известная процедура построения графика
функции у = |/(х)[ путём отражения отрицательной части графи-
ка у = f(x) относительно оси абсцисс.
Пример 7 (МГУ, геологич. ф-т, 1998,8/8). При каких значениях а
уравнение
х-2ах + а2+1	2 о . . Л
-----------+х2 -8х + 14 = 0
имеет хотя бы одно
х-а
решение?
Выражение, стоящее под знаком модуля, представляет собой
сумму двух взаимно обратных величин х-а 4------- (обоснуйте
х-а
самостоятельно), которая, как известно, всегда по модулю боль-
ше или равна 2 (факт, который нужно знать и уметь доказывать).
В результате, наше уравнение равносильным образом преобразу-
ется в систему:
1
х-а 4---
х-а
+ (х-4)2=2 о
1
х-а 4----
х-а
(х-4)2 =0
= 2
Гх-а = ±1,
[х = 4.
Постарайтесь самостоятельно обосновать каждое из приве-
дённых здесь равносильных преобразований. Последняя систе-
ма, очевидно, имеет решения только при а = 3 или а = 5.
Ответ: 3; 5.
68
Раздел 4
Пример 8 (МГУ, мехмат, 2004,2/6), Решить неравенство:
(х2 4- X 4" 1) - 2|х3 4- х2 4- х| - Зх2
10х2-17х-6	"
Вначале раскладываем на множители знаменатель и преоб-
разовываем числитель левой
(х2 4-Х4-1)2 ~2|х|(х2 4-X 4-1) 4-Х2 -4х2
части неравенства:
X-2)^X4--~j
(|х2 + х + 1|-|х|)2-(2|х|)2
10(x-2)l Х4-—I
(|х2 4- X 4-1| - 3|х|)(|х2 4- X 4-1| 4- |х|)
10(x-2)^x4--~j
Мы умышленно «усложнили» числитель: поставили «не-
нужный» модуль у положительной величины (х2 4-х 4-1) и запи-
сали (2|х|)2 вместо более естественной записи (2х)2. Но именно
(х2 4-Х4-1 —3|х|)
благодаря этому неравенство упрощается: ----> 0 .
(х-2)|х + —I
'	\	10)
Теперь можно раскрывать модуль, рассматривая два случая
разного знака х, но проще применить нехитрый «трюк»:
(х2+х + 1)2-(Зх)2	, , , ,
-------------г—>0 (т. к. выражения |а|-|д| и а -Ъ имеют
(х — 2)| Х4-— |
V \ Ю)
одинаковый знак). Разложив теперь числитель как разность
(х2 4-4х4-1)(х-1)2
квадратов, несложно получить  --------------г—>0. Оконча-
(х-2)| Х4-— |
v \	10)
ние решения особых проблем не вызывает.
Ответ: (-оо;-2-д/з jlj Г-^;-24-\/з )U{1}U(2;4-qo) .
Дальнейшее расширение возможностей
69
Пример 9 (МГУ, геолог, ф-т, 2005, 7/8). Найдите все значения,
которые может принимать сумма х + а при условии
|2х + 4-2а| + |х-2 + а| <3.
Обозначив искомую сумму х + а = у , перепишем неравенст-
во: 2|i/-2a + 2| + |i/-2|<3. Можно решить его относительно у
(проделайте эту непростую работу самостоятельно - это очень
ч	1	.15
полезно) и получить ответ: если а - — , то у = -1; если — < а < — ,
то ус
;4а-3
5	11
если — <а< — , то уе
4	4
4а-5 4а+1
3 ’ 3
если
4а-5
3
— < а < — , то у g 4а - 9;--- ; если а = — , то у = 5 ; при осталь-
4	2	3	2 У
ных а решений нет. Легко убедиться, что все значения величи-
ны у принадлежат отрезку [-1; 5].
Это решение достаточно трудоёмко и требует большого вре-
мени. Между тем, неравенство 2|i/-2a + 2| + |?/-2|<3 можно и не
решать! Ведь оно равносильно следующему:
|j/-2| <3-2|t/-2a+2| о	-3 + 2|i/-2a+2|<j/-2<3-2|i/-2a+2|
<=> -1 + 21у - 2а + 2| < у < 5 - 2\у - 2a + 2|.
А последняя запись означает, что значения у не могут находить-
ся вне отрезка [-1; 5].
При этом величина у может принимать все значения из дан-
ного отрезка. Для этого достаточно показать, что достигаются
граничные значения. Это произойдёт, если \у -2a + 2| = 0 , т. е.
2a-2 = i/. Значение у = -1 достигается, если 2а-2 = -1, а = —.
2
7
Аналогично у = 5 достигается при 2a- 2= 5, a = — .
2
Ответ: [-1; 5].
Пример 10. Какие значения может принимать выражение
х + у + — при условии |i/| + x2-6х + 8<0 ?
70
Раздел 4
Обозначив х + у + — - а , переформулируем задачу: при каких
4
значениях параметра а неравенство
1
а-х —
4
+ х2 -6х+8<0
имеет хотя бы одно решение?
Удобно ввести ещё одно обозначение Ь = а - — , слегка преоб-
4
разовать последнее неравенство: |x-b| <-х2 + 6х-8 и теперь
применить графический метод.
Парабола у = -х2 + 6х-8 имеет нули в точках 2 и 4, макси-
мум в точке 3, её ветви направлены вниз. Функция i/ = |x-6| по-
лучается из у =|х| сдвигом вправо на Ъ единиц (сдвиг влево име-
ет место при отрицательном 6).
Критические положения будут, когда один из двух лучей
функции у = |х-б| касается параболы. Это будет в двух случаях:
а) уравнение х-Ь = -х2 + 6х-8 имеет ровно одно решение (т. е.
дискриминант уравнения х2-5х+ 8-6 = 0 равен нулю;
7
D = 25-32 + 46 = 0 ; 6 = — ); б) ровно одно решение имеет уравне-
ние 6-х = -х2 +6х-8 (аналогично 6 = —). При всех значениях
(7 17 >
6g —;— функции пересекаются и найдутся точки, в которых
^4 4 )
|х-б| <-х2 +6х-8.
( 9
Возвращаясь к параметру а, получим ответ: а е 2; —
\ 2
( Ь
Ответ: 2; —
I 2
Пример 11 (ЕГЭ, 2004, С 4). Найдите все значения параметра а,
при которых множество решений неравенства
х(х -2) <(а + 1)(|х-1| -1) содержит все члены некоторой беско-
нечно убывающей геометрической прогрессии с первым членом,
равным 1,7 и положительным знаменателем.
Дальнейшее расширение возможностей
71
Сначала решим неравенство при всех значениях параметра и
посмотрим, при каких а создаются для х допустимые интервалы.
А дальше начнём исследовать, в какой из них можно полностью
Поместить прогрессию с заданными характеристиками.
Проверьте выкладки, а лучше сделайте их самостоятельно.
А)
Б)
х>1,
х(х-2)<(а + 1)(х-2)
х<1,
х(х-2)<-(а + 1)х
х>1,
< х <2,
х>а + 1
х>0,
х <1,
х<1-а,
х = 0,
аей,
х<0,
х>1-а
а >1,
2 < х < а +1,
х = 2,
aeR,
О <а <1,
а +1 < х < 2,
а <0,
1<х<2.
а <0,
0<х<1,
0 < а < 1,
0<х<1-а,
х = 0,
a eR,
а >1,
1-а<х<0.
Объединим полученные ответы: если а <0 , то хе[0;2]; если
ае(0;1), то xe[0;l-a]U[l + ^;2]; если а = 1, то xe{0}U{2}; если
а>1, то xe[l-a;0]U[2;l+a].
Все члены заданной в условии геометрической прогрессии
находятся на промежутке (0;1,7]. Поэтому значения а>1 нас,
очевидно, не устраивают, а значения а <0 , наоборот, вполне под-
ходят. Если же а е (0;1) , первый член прогрессии может оказать-
ся только во втором из промежутков, соответствующих решению
неравенства при этих значениях параметра [1 +а; 2], т. е. когда
а +1 < 1,7 или 0 < а < 0,7 . При таких а всегда найдётся бесконечно
72
Раздел 4
убывающая геометрическая прогрессия с первым членом, рав-
ным 1,7 и положительным знаменателем, все члены которой,
начиная со второго, будут принадлежать отрезку [0;1-а]. По-
этому окончательно а е (-оо; 0,7].	Ответ: (-оо; 0,7].
Ответы к задачам теста §1:
1. (-оо; 0] U [2; + оо).	2. (-оо; + оо).
3. Если ае(-оо;-1], то хе(-оо;-1]; если ае(-1;0), то
xe(-oo;-l]U{a] ; если а = 0, то х g(-qo;-1]Ц1{0}; если ае(0;1),
то хе(-оо;-1]иГ-д/а;л/а ; если а = 1, то хе(-оо;1]; если
), то хе
4. а>
3
Задачи для самостоятельного решения
1 (Моск. гос. горн, ун-т, 1993). Найти все значения параметра
а е R, при каждом из которых указанные уравнения равно-
сильны:	а-8|2х-5|-5 = 0 ; а-8|2х-5| + 5 = 0 .
2 (Воен.-воздушн. инж. акад. им. Н. Е. Жуковского, 1994). Найти все
значения параметра а, при которых уравнение
ах = 2|х + 3|-3|х + 4| + 3|х + 5| имеет ровно два различных корня.
3 (Моск. гос. социал, ун-т, 1998), Найти все числа а такие, что
уравнение
1 lo	I 4	*
ах + — + \2x-a = —+ J---- имеет бесконечно много
3 1	1 3 V 7
решений? Опишите это бесконечное множество решений.
4 (МГУ, ИСАА, 1993,6/6). Найти все значения параметра а, при
каждом из которых неравенство х2 + 5|х + а| >а2 справедливо
для всех действительных х,
5 (МГУ, ф-т психологии, 2004, 5/5). Найти все значения парамет-
ра а, при каждом из которых уравнение |х2 -б|х|| = а(х + 4) име-
ет ровно три различных корня.
Дальнейшее расширение возможностей
73
6	(МГТУ СТАНКИН, 1996). Найти все значения а, при которых
уравнение |х2 -2|х|| = а(4х + 1) имеет ровно три корня.
7	. Найти все значения параметра а, при которых уравнение
|х2 + 3|х|-4| -а имеет ровно три корня.
8	(МГУ, биологии, ф-т, 1995,6/6), Найти все значения параметра
а, при которых уравнение (х2-б|х|-а) + 12(х2-б|х|-а) + 37
18л-
= cos	 имеет ровно два корня.
а
9> (МГУ, мехмат, 2000,1/6). Решить неравенство:
|х-4|-|х-1| |х-3| + |х-2|
|х-3|-|х-2| |х -4|
10 (МГУ, мехмат, 1998, май, 2/6). Решить неравенство:
1 + logл/х + 4 + logj/(13-x)
—:---------: :----—------г— > 0 .
|х2 + 2х - 3| - |2х2 - 10х + 8|
11 (МГУ, ф-т ВМК, 1995,4/6), Для каждого значения параметра
а решить неравенство
— + 2а
X
>х .
12 (Гос. ун-т управления, 1995). Найти все значения а, при кото-
рых среди решений уравнения 2|х-а|+|2х-а-б| = |б-а| имеется
ровно одно целое число.
13 (МГУ, ф-т психологии, 2003,5/5). При каких значениях пара-
метра а уравнение 2|х-9а|-2а2 +35 + х = 0 не имеет решений?
При каких (остальных) значениях параметра а все решения это-
го уравнения принадлежат отрезку [-30; 63] ?
14 (МГУ, ф-т психологии, 2002,6/6). Решить уравнение:
|х3 + 7х2 -11х - б| + |х3 -12х2 - 5х + з| = 18х2 - 2х -13.
15 (МГУ, экономик, ф-т, 1995, 6/6). Найти наименьшее значение
выражения а2 +(д-1)2 среди тех а и Ь, для которых уравнение
||х - 4| - 2| - ах + 4а - Ъ = 0 имеет ровно три различных корня. Ука-
зать, при каких а и b достигается это наименьшее значение.
РАЗДЕЛ 5. НАЙДИТЕ ОШИБКУ
В этом разделе мы предлагаем Вам пройти своего рода само-
проверку. Вам даются решения задач, содержащие какие-то
ошибки или недочёты. Ваша задача - обнаружить их и соответ-
ствующим образом исправить решение.
В комментариях, которые приводятся тут же, мы все ошиб-
ки тщательно анализируем. Кроме того, обсуждаются различ-
ные подходы к решению. Поэтому почитать эти комментарии (с
карандашом в руках) чрезвычайно полезно.
Этот раздел имеет самостоятельное значение. Поэтому мно-
гие важные вещи здесь повторяются. Если Вы какие-то из них
уже знаете, просто пропускайте эти места, а если нет, то у Вас
есть ещё одна возможность повысить свой уровень.
Кстати, если Ваш уровень ограничивается разделами 1 и 2,
то здесь следует поработать над задачами 1-9 (и мы настоятель-
но рекомендуем это сделать!). Если же Вы освоили весь преды-
дущий материал, то, пожалуй, стоит сразу переходить к задаче
10 (и последующим задачам).
1. Решить уравнение: 2|х + 1| = 3х.
«Решение». Модуль может раскрываться со знаком плюс
или минус, поэтому уравнение распадается на два: а) 2х + 2 = Зх ,
2	2
х~2 ; б) -2х-2 = 3х ; х = — .	Ответ: 2; — .
 5 5
Комментарии. Любопытства ради (а любопытство часто бы-
вает нелишним...), подставим полученные корни в исходное
2
уравнение. Убеждаемся, что х = 2 будет корнем, а х-— - нет.
5
Попробуем разобраться, в чём здесь дело.
Уравнение 2х + 2 = 3х получается из исходного при х+1>0.
Соответствующий корень (х = 2) этому неравенству удовлетво-
ряет. Поэтому с ним всё в порядке.
Найдите ошибку
75
А уравнение -2х-2 = 3х равносильно исходному уравнению
2
при х +1 < 0 . И число х - — , являясь корнем уравнения
5
-2х-2-Зх, неравенству х + 1<0 не удовлетворяет. А значит,
мы его должны отбросить.
Упорядочим сказанное. Можно предложить следующую
схему решения данного уравнения (кстати, аналогичная схема
применима для большинства уравнений и неравенств, содер-
жащих модули). Этот метод решения называется «метод интер-
валов».
а)	х +1 > 0 . В этом случае исходное уравнение равносильно
[ х + 1>0,	[ х>-1,	[х>-1,
системе	ч Л Отсюда <	о <	<=> х = 2 .
|2(х + 1) = 3х.	|2х + 2 = 3х	[ х = 2
[ х + 1<0,	[ х < —1,
б)	х +1 < 0. Тогда <	, ч о	о
[-2(х + 1) = 3х	[-2х-2 = 3х
X < —1,
<	2 <=> х е 0.	Ответ: 2.
2. Решить уравнение: |х -1| + |х - 2| = 1.
«Решение». Применяем метод интервалов.		Нули подмо-
дульных выражений: 1 и 2. (	Х<1,	fx<l, а) <	<=> <	<х> [1-х + 2-х = 1	[х = 1	х = 1;	
Г 1<х<2,	[1<х<2, бИ	<=>< [х-1 + 2-х = 1	[ 1 = 1	Т. к. х сократился, то реше-	
ний нет.		
о 'IT' ' । 1—ь + н К IV 1 р ьо II II IV ьэ р $	х = 2 .	Ответ: 1; 2.
Комментарии. Ошибка допущена при рассмотрении пункта
б). Система
1 < х < 2,
1 = 1
означает, что при хе(1;2) уравнение
76
Раздел 5
превращается в тождество, а это значит, что любое значение х
из данного промежутка нас устраивает. Т. е. ответ на данном
промежутке будет х g (1; 2), а в итоговом ответе нужно добавить
ещё полученные на других промежутках точки 1 и 2.
Ответ: [1; 2].
Заметим, что ничего принципиально не изменится, если мы
произведём разбиение на промежутки по-другому (разве что в
случае разбиения (-оо; 1)U[1; 2]U(2;+оо) решение будет чуть
экономичнее).
Но можно предложить более красивый способ решения.
Вспомним о геометрическом смысле модуля. Для решения на-
шего уравнения нужно найти такие точки х на числовой пря-
мой, для которых сумма расстояний до точек 1 и 2 равняется 1.
Ясно, что этому условию удовлетворяют все точки отрезка
хе[1;2]. Точно так же ясно, что для точек вне этого отрезка
сумма указанных расстояний будет больше 1 (т. к. больше 1 бу-
дет расстояние до «дальней» точки).
3. Решить уравнение: х2 - 6х 4- 4 = 4 .
«Решение». Применяем метод интервалов.
х2 -6х + 4>0,
х2 -6х +4 = 4
При этом последний переход справедлив, т. к. 3-л/5>3-3 = 0 и
34-л/5 <34-3 = 6 .
f х2-6х + 4<0,	[з-7б<х<3 + 7б,
-(х2-6х + 4) = 4	[ -х2+6х-8 = 0
З-л/б <х<34-7б,
х = 2, х = 4
х = 2,
И здесь числа 2 и 4 лежат в нуж-
х = 4.
ном промежутке, т. к. 3 - Тб <3-2<2<4<34-2<34-л/б .
Объединяем полученные решения. Ответ: 0; 2; 4; 6.
Найдите ошибку
77
Комментарии. Решение совершенно верное, но очень нера-
циональное. Во-первых, решение получившихся систем можно
было получить существенно короче (и, главное, без громоздких
выкладок):
(х2 -6х + 4 >0,
I х2 -6х + 4 = 4
х = 0,
х = 6.
х2 -6x4-4 <0,
-(х2 -6х4-4) = 4
(х2 -6х4-4<0,
[х2 -6x4-4 =-4
<=> х2 - 6х 4-8 = 0
х = 2,
х = 4.
Согласитесь, это гораздо проще! Но ещё проще с самого на-
чала сделать всё по-другому.
Ведь если модуль числа равен 4, то это число равно 4 или -4.
Поэтому всё решение состоит из пары строк:
|х2 -6х4-4| = 4
х2 -6x4-4 = 4,
х2 —6x4-4 = —4
х2 -6х = 0,
х2 -6x4-8 = 0
х = 0, х = 6,
х = 2, х = 4.
Ответ: 0; 2; 4; 6.
Ещё один похожий пример.
4. Решить уравнение: х2-|х|-20 = 0.
«Решение». Рассмотрим уравнение на двух промежутках.
ч [	х>0,	1±9
а)	< 2	Решаем уравнение: х =-, получились
[х х 20 — 0.	2
корни 5 и -4. Системе удовлетворяет только х = 5.
[	х<0,	-1 + 9
б)	< о	Решения уравнения: х=---, т. е. -5 и
[х 2+х-20 = 0.	2
4.	На этот раз системе удовлетворяет отрицательный корень х =
-5.
Объединяем получившиеся решения.Ответ: ±5 .
Комментарии. И снова решение совершенно правильное, но
его можно значительно сократить.
78
Раздел 5
Сделаем замену (/ = |х|. Тогда, учитывая равенство |х|2 = х2,
перепишем наше уравнение в виде: у2 -(/-20 = 0 . Корни полу-
чившегося уравнения: 5 и -4. Т. к. у = |х| > 0 , то г/= 5, или
|х| = 5 , или х = ±5 .	Ответ: ±5 .
Согласитесь, что это решение существенно короче (и, кста-
ти, логически даже яснее) предыдущего. В условиях экзамена
этот выигрыш нередко является решающим.
5.	Решить неравенство: |4-х|<2.
«Решение». Подмодульное выражение равно нулю при
х = 4 . Применяя метод интервалов, рассматриваем неравенство
[ х>4,	[х>4,	г
на двух промежутках: а) <	о < о хе|4;+оо);
14 х с 2 I х > 2
б)
Объединяем получившиеся решения. Ответ: х е (-оо; 4- оо).
Комментарии. Выражение под модулем в самом деле равно
нулю при х = 4. Но почему-то считается, что справа от точки
х = 4 это выражение положительно, а слева - отрицательно. Это
довольно распространённое заблуждение, часто решающий за-
дачу даже не задумывается над этим: справа - «плюс»; слева -
«минус». На самом деле знак выражения под модулем каждый
раз нужно каким-то образом определять. В данном случае в вы-
ражении 4-х перед х стоит отрицательный коэффициент, по-
этому справа от 4 выражение будет отрицательно, а слева - по-
I х > 4	х > 4
ложительно. Значит: а) <	’	<=> <	<=> хе[4;б);
[-4 + х<2	[х<6	1	б) 7
б) I х<4,	1х<4, хе(2;4). Ответ: хе(2;6).
[4 — х < 2	I х > 2
Но, конечно, решать такую задачу методом интервалов явно
не стоит. Гораздо проще: |4-х|< 2 <=> -2 < 4-х <2 <=> хе(2;б).
Найдите ошибку 79
Или же можно опять воспользоваться «переводом» форму-
лировки задачи на язык геометрии: найти те значения х, при
которых расстояние от точки х до точки 4 будет меньше 2. Со-
вершенно ясно, что это значения х, лежащие между 2 и 6.
6. Решить неравенство: |7 - х| + 2|х - 2| > 8 - |х|.
«Решение». Используем метод интервалов.
1.	х<0. Тогда: 7-х + 2(-х + 2)>8 + х , поэтому 4х<3 ; х<—.
4
3
Т. к. — >0 , то хе0 .
4
2.	0<х <2 . В этом случае: 7-х + 2(-х + 2)>8-х , т. е. 2х<3 ;
3
х < — . Поэтому х е
5
3.	2<х<7. Тогда: 7-х + 2(х-2)>8-х, т. е. 2х>5; х>-.
Гб А
Поэтому хе —;7 .
2 )
19
4.	х>7 . Здесь: -7 + х + 2(х-2)>8-х , т. е. 4х> 19 ; х> — . Т.
19 „
к. — < 7 , то в этом случае х е 0.
4
Объединяем полученные решения.
5
Q	К \
Ответ: 0;— U — ;7 .
2	2 J
2
Комментарии. Второй и третий промежутки разобраны пра-
вильно, а вот в первом и четвёртом случае допущены ошибки.
з
На первом промежутке (х < 0) получено, что х < —. Несмот-
4
3
ря на то, что — > 0 , решение здесь, конечно же, не х е 0 .
4
80
Раздел 5
Решением является весь промежуток х < 0 . В самом деле:
4
Точно так же на четвёртом промежутке пересечением усло-
19
вии х > 7 и х > — является весь данный промежуток х > 7 .
4
3
Поэтому ответ здесь: xe(-oo;0)U О;—
2
, т. е.
XG
3’
2
Ответ: -оо:
5
2
7. Решить уравнение: ~= 1 .
|х-2| + 4
«Решение». Решаем уравнение методом интервалов.
л-т	«	-х-2	-х-2 „ л
При х<-2 имеем:	--------= 1;---------1=0;
-X + 2 4- 4	-X 4- 6
—х —24-х—6 л -8 л
-----------= 0 ; ----= 0 - решении нет.
—X 4-6	—Х4-6
х 4-2 j Х4-2	1-Q. Х4-24-Х-6 о
—X 4- 2 4- 4 -X 4- 6	’ -X 4- 6
- = 0; х = 2 .
-Х4-6
-г-г	« х + 2	.	Х4-2 _	О
При х > 2 : -------= 1;-------1 = 0; ----= 0 , поэтому все
х-24-4 х + 2	х + 2
точки этого промежутка удовлетворяют исходному уравнению.
Ответ: х > 2 .
Комментарии. И это решение правильное, но оно будет зна-
чительно короче, если заметить, что исходное уравнение равно-
сильно (ввиду положительности знаменателя) уравнению
|х + 2| = |х-2|4-4, решать которое с помощью, например, того же
метода интервалов значительно проще. А ещё проще снова
вспомнить о геометрической интерпретации модуля. Тогда это
Найдите ошибку
81
уравнение «звучит» так: при каких значениях х расстояние от
точки х до точки -2 будет на 4 больше, чем расстояние от х до
2? Несложно сообразить, что этому условию удовлетворяют зна-
чения х > 2 .
8.	Решить неравенство: :—'-J— < 0 •
|2х + 5|-9
«Решение». Числитель дроби всегда неотрицателен. Поэто-
му дробь будет отрицательной, если знаменатель |2х + 5|-9<0 .
Значит, |2х+5|<9 ; -9<2х + 5<9 ; -7<х<2.
Ответ: (-7; 2).
Комментарии. Неверный переход сделан после первой фра-
зы. Если числитель положителен, то всё верно, но ведь он может
быть равен нулю - и тогда неравенство не выполняется! Поэтому
из ответа нужно исключить точку -5.
Ответ; (-7; -5)U(~5;2).
9.	Решить неравенство: |х2 -1| <> хг -|х| +1.
«Решение». Применяем метод интервалов:
1. х<-1. Тогда х2-1£х2+х + 1; хS-2 . Пересекая этот от
вет с условием х < -1, получим х € [-2; -1).
2. -1£х<0. В этом случае:
-х2 +15х2+х + 1
2х2 +х£0;
1
2
х£0.
. Поэтому х 6 -1;
3. 0£х£1. Здесь “X2 +15х2-х + 1; 2х2-хй0;
еле пересечения с условием 0 £ х £ 1 остаётся х е
хйО,
1 . По-
ХЙ-т.
2
4. х > 1. Тогда х2 -1 х2 - х +1; х < 2 . Поэтому х е (1; 2].
6-7575
82
Раздел 5
Объединяя все ответы:
хе
получаем: хе
Ответ: хе
Комментарии. Решение почти правильное, но допущена
ошибка в пункте 3. Анализируя систему
автор «реше-
2’
ния» потерял изолированную точку х = 0. Поэтому ответ будет
1
2~
-2;-|]u{0}uf|;2 .
Ci J	|_ Л
Заметим также, что можно предложить другой путь реше-
ния. Если сделать в исходном неравенстве замену переменной
|х| = z , то неравенство |з2 -1| £ г2 - z +1 равносильно системе
z £2,
Гг£О,
’ <=>
и
чуть другой: хе
22 - lSZa “2 + 1,
22 -1Й-22 +2-1
г£2,
2?-ай 0
2 6(-oo;O]U ^;2
1
.2
2;
2J
. Но, т. к. з-|х|£0 , то 2 е {0} U
Ответ: хе
U(O)U |;2 .
2 .
10.	Решить уравнение: |1 - х| = а.
«Решение». Рассмотрим два случая.
fl-xsO,	[ xSl,	fl-a^l,	[ aSO,
a)	<=>	. <=> 1	. <=>	1
[l-x = a	[x = l-a	[x = l-a	[x = l-a.
f l-x<0,	f x>l,	fa + l>l,	f <z>0,
6)	<	<=> S	<=> 5	<Z> <
[~l + x = a	[x = a + l	[x = a + l	[x = a + l.
Ответ: если a > 0 , то x = l- a; если а>0,то x = a + l.
Найдите ошибку
83
Комментарии. Всё верно до самого ответа. А вот ответ сфор-
мулирован неверно, с ним нужно ещё немного поработать.
Попробуем найти корни уравнения, например, при а = 2.
Получим два корня: в пункте а) это корень х=1-а=1-2=-1,а
в пункте 2) - корень х = а + 1 = 2 + 1=3. Похожая картина (два
различных корня) будет при всех положительных а. А вот при а
= 0 корень получится только в пункте а), он равен
х=1-а=1-0=1. При отрицательных а ни в одном из пунктов
решения корней не получено - этот факт тоже должен найти
отражение в ответе.
Ответ: если а>0 , то x^l-a, х2=1 + а; если
а = 0 , то Xj = 1; если а < 0 , то корней нет.
И здесь заметим, что гораздо проще решить эту задачу по-
другому. Если а < 0 , то решений нет (левая часть уравнения
больше или равна нулю, а правая - меньше нуля). Если а £ 0 , то
либо 1 - х = а , либо 1 - х = -а . В первом случае х = 1 - а , во вто-
ром - х = 1 + а . Вот и всё решение!
11, При каких значениях а уравнение |х-3|+|хч-3|==ах4-б
имеет более
ч ] х < -3,
а)
~х 4- 3 - х ~ 3 = ах + 6
б)
«Решение». Решаем задачу методом интервалов.
хс-З,
С	Л Уравнение системы
(а + 2)х^6.
или не имеет корней (при а « -2), или имеет один корень.
-3£х£3,	[~3£х£3, „
Л	Л Уравнение системы
-“Х + 3 + Х4-3 = ах4-6	[ ах = 0.
или имеет один корень (х 0), или имеет бесконечно много кор-
ней (при а =« 0).
f х > 3,
в) 1
Х-34-Х4-3 = ах4-б
х >3,
/	„ Уравнение системы
(а-2)х = -6.
или не имеет корней (при а в 2), или имеет один корень.
Таким образом, более одного корня может иметь только вто-
рая система, и происходит это при а = 0.
Ответ: а = 0 .
84
Раздел 5
Комментарии. Главная ошибка автора «решения» - логиче-
ская. Множество корней исходного уравнения является объеди-
нением корней всех трёх систем. Поэтому требовать, чтобы бо-
лее одного корня имела какая-то одна система, вовсе не нужно.
Вполне можно допустить ситуацию, когда, например, первая
система имеет один корень, вторая - один, третья - один. Тогда
исходное уравнение имеет три корня, что нас вполне устраивает!
В «решении» имеются ошибки и в анализе количества ре-
шений систем. Рассмотрим эти системы по порядку.
[ х < -3,
а)	Л ч Если а = -2, решений нет. Для остальных а
[(а + 2)х = -6.
уравнение имеет корень х =----. Но он будет являться реше
а + 2
нием системы (а значит, и исходного уравнения), если
6	2
х =-----< -3 , поэтому----> 1, или 0 < а + 2 < 2 , или а е (-2; 0).
и + 2	а + 2
Итог: если ае(~2;0), будет один корень; при остальных а -
решений нет.
б)	1	х _ 3, цри а * q будет ОдНО решение: х ж 0. При а = 0
[ ах = 0.
решение уравнения: х - любое, а соответствующее решение сис-
темы: х е [-3; 3].
Итог: при а^О ~ один корень; при а <=* 0 - хg[-3;3], т. е.
решений бесконечно много.
в)
х>3,
(а-2)х-“6.
Если а 23 2, решений нет. Для остальных а
уравнение имеет корень х —. Он будет являться решением
системы, если - —— > 3 , поэтому — > 1, или 0 < 2 - а < 2 , или
а-2	2-а
ае(0;2).
Найдите ошибку
85
Итог: если ае(0;2), будет один корень; при остальных а -
решений нет.
Объединяя полученные результаты, выпишем количество
корней при разных а:
если а g(-oo; -2](J[2; + оо), то уравнение имеет 1 корень;
если a g(-2;0)U(0;2) , то уравнение имеет 2 корня;
если а = 0, то уравнение имеет бесконечно много корней.
Поэтому более одного корня уравнение имеет при а е (-2; 2).
Ответ: ае(-2;2).
И, конечно, нельзя не заметить, что графический метод ре-
шения приводит к ответу гораздо быстрее.
12. При каких действительных значениях параметра Ъ нера-
венство |х-&|<2-х2 имеет хотя бы одно отрицательное реше-
ние?_____________________________________________________
«Решение». Решения существуют, если 2-х2 >0, т. е.
-л/2<х<>/2. Отрицательные решения существуют, если
-42 < х < 0 и х2 -2<х-Ь < 2 - х2. Пусть f(x) = х2 - x + b-2 . Вер-
шина этой параболы находится в точке х = —. Неравенство
f(x) < 0 имеет решение на интервале (-V2; о), если /(0) < 0 , т. е.
Ь<2. Пусть теперь g(x) = x2 +х-Ъ~2; вершина этой параболы
x = -|e(-V2;0). Следовательно, надо, чтобы	т- е*
9	( 9 А
4	I 4 J
Комментарии. Указанное «решение» почти дословно взято
из сборника задач одного из авторов данной книги (А. С. Зелен-
ский, О. Н. Василенко, Сборник задач вступительных экзаменов
по математике - задача 4.88). Вроде бы всё здесь правильно,
ошибку найти довольно трудно.
86
Раздел 5
Но дело в том, что мало того, что отрицательные решения
есть как у неравенства х2 -2<х-Ь, так и у неравенства
х-Ь<2~х2. Важно, чтобы это были одни и те же решения! А
из структуры ответа это не обязательно следует. Ведь первое не-
равенство имеет отрицательные решения вида хг < х < 0 (здесь
1	9 .
xt	~ отРии’ательныи к°Рень соответствующего урав-
нения), а второе неравенство имеет решения вида х3 < х < х4 (где
1	[9
х34 =—	— + Ь - корни другого уравнения). И никто нам не
2	v 4
гарантирует того, что эти промежутки будут иметь общие точки!
К счастью, при всех таких Ь, что
Н<49
выполняется нера
венство -— + J— + b > — - J— - Ъ (докажите это самостоятельно!) и
только поэтому указанные выше промежутки пересекаются! Это
означает, что ответ в задаче остаётся тем же, но от этого реше-
ние не перестаёт быть ошибочным.
Заметим также, что эта задача гораздо проще решается с
помощью графического метода. Изображаем параболу у = 2 - х2
и функцию у = |х — &|, которая при изменении Ъ перемещается
вдоль оси Ох. Тогда очевидно наличие отрицательных решений
при b е(->/2;2) . При дальнейшем уменьшении b отрицательные
решения будут до тех пор, пока прямая у = х-Ь пересекается с
параболой, т. е. пока уравнение х-Ъ = 2-х2 имеет два корня
(Z) = l + 4b + 8>0).
РАЗДЕЛ 6. ЗАДАЧИ
ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
Итак, теперь Вы знаете всё или почти всё для того, чтобы,
не боясь, взяться за решение практически любого уравнения или
неравенства, содержащего знак абсолютной величины. Однако,
как мы уже не раз отмечали, значительную долю успеха в реше-
нии задачи обеспечивают опыт и практика.
В этой главе мы приводим 100 задач, большинство из которых
предлагалось в течение последних десяти лет на вступительных эк-
заменах в различные вузы. Самые сложные задачи отмечены
«звёздочкой» — *.
Для всех задач даются ответы, значительная часть из них снаб-
жена ещё и указаниями. Однако советуем в ответы заглядывать
только тогда, когда исчерпаны все возможности по самостоятель-
ному решению задачи или же когда Вы уверены, что задача реше-
на и нужно просто проверить себя.
!• Государственный университет управления (ГУУ) (Москва), 2004
Решите уравнение: |х-2| = 3.
2.	МГУ. Ф-т почвоведения, 2004
Решить уравнение: |5х +1| + 7х + 2 = 0.
3.	МГУ. Химический ф-т и Ф-т наук о материалах, 2000
Решить уравнение: |х| = 2 - х.
4.	Академия Гос. противопожарной службы МЧС РФ (Москва), 2001
Решить уравнение: |х+1| + 2х= 10.
5.	МГУ. Московская школа экономики, 2005
Решите уравнение |2х- 4| + 4 = 2х.
6.	Московский автомобильно-дорожный институт (гос. технич. ун-т), 2004
Найдите наименьший корень уравнения: |х - 3| - 3(х + 2) = 3.
1) 3; 2) -2; 3) -6; 4) -1,5; 5) 0,5; 6) 4.
7.	Петербургский гос. университет путей сообщения, 2000
Решите уравнение: |х-2| = |1,5- х|.
88
Раздел 6
8.	МГУ. Химический ф-т, 2005
Решить уравнение |2х -1| = |х - 2|.
9» Арзамасский гос. педагогии, институт, 2005
Сумма корней уравнения |х+1| = 2 |х-2| равна:
1)3; 2) 6; 3)9; 4) 5; 5)8.
10.	МГУ. Ф-т психологии, 2005
Решить уравнение |х +1| + 2|х - 2| = 9.
11.	МГУ. Географический ф-т, 2000
Решите уравнение: |2х + 8|-|х-5| = 12.
12.	Московский гос. университет инженерной экологии, 2003
Решить уравнение: 5|х| + |х - 5| = 11.
13.	МГУ. Факультеты: химич.; наук о матер.; физ.-химич.; биологич.; биоинжен. и
биоинформ.; фундам. медиц.; географ.; психолог., 2007
Решить уравнение д/Зх + 7 (х2 - 5|х| + 6) = 0.
14.	МГУ. Факультеты: почвовед.; глобальн. процес., 2007
Решить уравнение ||х-1| - 7| = 10.
15.	Дальневосточн. гос. технич. рыбохозяйств. ун-т (Владивосток), 2005
Сумма корней уравнения |11 -13 - х|| = 1 равна:
1)-10; 2)1; 3)8; 4) 12; 5) 15.
16.	Московский автомобильно-дорожный институт (гос. технич. ун-т), 2005
Решите уравнение ||4+|х - 3|| +1| = 6. В ответе укажите сумму корней.
17.	Михайловский военный артиллерийский университет (С.-Петербург), 2000
Решить уравнение: |х-4| = |х+6|.
18.	Военно-инженерный университет (Москва), 2000
Решить уравнение: |Зх-8|-|Зх-2| = 6.
19.	Пермский гос. технич. университет, 2002
Число корней уравнения |2 -11 - |х|| = 1 равно: 1) 1; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
20.	МГУ. Ф-т государственного управления, 2001
Решить уравнение: |х2 - 13х+3б|=|36-х21.
21.	МГУ. Институт стран Азии и Африки, 2003
Решите уравнение (2 - |х|) + |х - 2| = 12.
Задачи для самостоятельного решения 89
22.	МГУ. Социологический ф-т, 2000
Решить уравнение: |х2 -Зх| = 2х-4
23.	МГУ. Филологический ф-т, 2005
Решить уравнение |х2 -5|х| + 2| = 2.
24.	МГУ. Географический ф-т, 2002
Решить уравнение: |2х-1| = —-—.
2х 1
25.	Сибирский гос. индустриальный университет (Новокузнецк), 2002
Решить уравнение: Зх-З = |х2-2х-3||.
26.	Дмитровский филиал Астраханского гос. технич. ун-та, 2002
Решить уравнение: |х| • х + 5х - 6 = 0.
27.	Военно-технич. университет ФССС РФ, 2001
Решить уравнение: х2 -6х+|х-4|+8 = 0.
28.	МГУ. Ф-ты: биологич.; наук о материал.; биоинжен. и биоинф.; фунд. медиц., 2005
Решить уравнение х2 + |х| - 6 = 0.
29.	Финансовая академия при Правительстве РФ, 2005
Решить уравнение: |х2 -25| + |49 - х21 = 24. В ответе указать наи-
меньший корень.
30.	МГУ. Химический ф-т и Ф-т наук о материалах, 2001
Решить уравнение:
|х-1|+|х+1|+|х-2|+|х+2| + ...+|х-100|+|х+100|=200х.
31.	Санкт-Петербургский гос. ун-т низкотемпературн. и пищев. технологий, 2006
Сколько решений имеет уравнение |х + Зу - 5| + |3х - 2у - 4) = О?
1)	ни одного; 2) бесчисленное множество; 3) одно; 4) два.
32.	МГУ. Ф-т почвоведения, 2002
Решить неравенство: |9 - 5х| > 1.
33.	Уральская гос. сельскохозяйственная академия (Екатеринбург), 2005
Найти сумму целых решений неравенства |0,5- х| < 3.
1) 3; 2) 1; 3)-1; 4) 2; 5) нет верного.
90
Раздел 6
34.	Военный университет радиационной, химии. и биологии, защиты, 2001
Решить неравенство |х-7| <4 и записать в ответе наименьшее
целое значение х, удовлетворяющее ему.
35» Пермский регион, ин-т педагогии, информационных технологий, 2000
Множество решений неравенства |2х + 3|<9 совпадает с проме-
жутком:	1) [-6;б]; 2) [—6;3]; 3) [-3;6]; 4) [~6;4]; 5) [-6;5].
36.	МГУ. Биофак, Ф-т биоинжен. и биоинформ., Ф-т фундам. медицины, 2002
Решить неравенство: |х- 2|>2х+1.
37.	Волгоградская гос. архитектурно-строительная академия, 2002
Найти наименьшее целое решение неравенства |х| < х + 2.
38.	Московский гос. университет инженерной экологии, 2001
Решить неравенство |7 -2х| <|х-2| и указать в ответе середину
отрезка, на котором оно верно.
39.	МГУ. Ф-т почвоведения, 2005
Решить неравенство |г/ + 2| > \у\.
40.	МГУ. Ф-т государственного управления, 2003
Решите неравенство |2х +	- х|.
41.	Московский гос. университет инженерной экологии, 2004
Решить неравенство: |2х + |х - 4|| < 5.
42.	Московский гос. технологии, университет “СТАНКИН”, 2005
Решить неравенство 0 < |х-4| < 1.
43.	Московская гос. академия водн. транспорта, 2006
Решить неравенство: |х + 1| + |2х-1|> Зх-2.
44.	Ярославский гос. педагогии, университет им. К.Д. Ушинского, 2002
Длина интервала, заполняемого решениями неравенства
|х-2| + 2|х-5| < 6, равна:	1)3; 2)4; 3)5; 4)6; 5)7.
45.	Ярославский гос. технич. университет, 2006
Количество целых решений неравенства х9|х2 +6х + 8|<0 на
промежутке [-7;-3] равно:	1) 6; 2) 2; 3) 3; 4) 4; 5) 5.
Задачи для самостоятельного решения
91
46.	Московский автомобильно-дорожный институт (гос. технич. ун-т), 2004
Найдите середины промежутков конечной длины, являющихся
решениями неравенства |х2 -18,б| < 17,5.
1)2; -2; 2)0; 3) -3,5; 3,5; 4) 1; 5)2; 2,5.
47.	МГУ. Экономический ф-т, 2001
Решить неравенство: х2 -8х4-15< 15-х2.
48.	МГУ. Геологический ф-т, 2005
Решите неравенство (|х| - 1)(2х2 + х-1) < 0.
49.	МГУ. Физический ф-т, 2003
।	9
Решить неравенство: |х2 - 4х| + х2 - — < 0.
50.	МГУ. Ф-т почвоведения, 2003
3
Решить неравенство:	<0.
51.	Красноярская гос. академия цветных металлов и золота, 2001
Найти сумму всех целых решений неравенства
|х-7| > х2 -7х + 12.
52.	Альметьевский нефтяной институт, 2002
Решить неравенство: 1,6|х-0,4| > х2 4-1,28.
1) -0,4; 2) 0; 3) 0,4; 4) -0,8; 5) 0,8.
53.	Централизованное тестирование, 2003
Наименьшее решение неравенства |х2 - 2х - 13| + 12 < Зх принад-
лежит множеству:	1) [—3 ;4]; 2) (-оо; -3); 3) 0; 4) (4; 5); 5) [5; 4-оо).
54.	МГУ. Ф-т глобальных процессов, 2006
|х2 +х-12|
Решите неравенство -------------- > 1.
х-3
55.	МГУ. Высшая школа бизнеса, 2004
_	2-х
Решите неравенство --------- > 1.
|х + 2|
56.	МГУ. Институт стран Азии и Африки, 2000
Решить неравенство: |2х —1| =-----
92
Раздел 6
57.	МГУ. Социологический ф-т, 2001
Решить неравенство:	+Д>2.
х+1 |х|
58.	МГУ. Геологич. ф-т, 2007
Решите неравенство |х-б| < - Х -  .
59.	МГУ. ИСАА, 2007
Решите неравенство |х - 2| • (|х + 2| - 5) > 0.
60.	МГУ. Моск. шк. эконом., 2007
Решите неравенство
х
10
1
2
61.	МГУ. Геологический ф-т, 2004
o	X — 3 г 2
Решите неравенство ------— < 5 - х .
62.	МГУ. Социологический ф-т, Филологический ф-т, 2006
5-4х ।	।
Решить неравенство ------— < |2 - х|.
63.	МГУ. Геологический ф-т, 2003
_	х-2 2х+5^л
Решите неравенство --------- +---< О.
|х + 2| х + 2
64.	МГУ. Геологический ф-т, 2002
х|х| + 1
Решите неравенство —=— +1 > х.
х-2
65.	МГУ. Географический ф-т, 2003
g
Решить неравенство: —- > 9 - х.
|х|
66.	МГУ. Геологический ф-т, 2006
х2 -16
Решите неравенство —--------(х + 5) > 0.
W~4
Задачи для самостоятельного решения
93
67.	Московский автомобильно-дорожный институт (гос. технич. ун-т), 2004
Найдите середины промежутков, на которых выполнено нера-
х2 — |х| — 6
венство 9 1 1------< 0.	1) 0; 2) -2; 3) -2; 2; 4) -6; 6; 5) 1; -1.
х2 + |х| - 2
68.	МГУ. Химический ф-т и Ф-т наук о материалах, 2001
т.	1	1
Решить неравенство: ---------> ----
69.	МГУ. Физический ф-т, 2004
|х-2|
Решить неравенство:	——
Iх-2! 1
70.	Ивановский гос. энергетический университет, 2004
Х+1	Х+1 _
Решите неравенство: -------- +---< 0.
|2 — х| х-5
71.	Московский гос. университет пищевых производств, 2002
2х-1
х+4
Решить неравенство:
< 1. В ответ записать наибольшее
целое число.
72.	Московский авиационный институт (гос. технич. ун-т) МАИ, 2000
х + 2
Решить неравенство: |2х -1| - |х - 3| S.
73.	Московский гос. институт электроники и математики (технич. ун-т), 2001
|4х-2|-9
Решить неравенство: -------1— £ 1.
х ““ 2
74.	Московский авиационный институт (гос. технич. ун-т) МАИ, 2005
|х| + 5
Решить неравенство: — £ 1.
х2 -1
75.	Московский авиационный институт (гос. технич. ун-т) МАИ, 2002
Решить неравенство: — £ 1—lx—11.
х
94
Раздел 6
76.	МГУ. Институт стран Азии и Африки, 2000
Найти все значения параметра а, при которых неравенство
|х2 -2х4-а| > 5 не имеет решений на отрезке [-1; 2].
77.	МГУ. Ф-т психологии, 2004
Найти все значения параметра а, при каждом из которых урав-
нение |х2 - 1б|х|| = а(х-9) имеет ровно три различных корня.
78.	Рязанская гос. радиотехническая академия, 2001
Для каждого значения параметра а определить число решений
уравнения |х2 -2х-3|=а.
79.	Военный авиационный технический университет , 2001
Найти, при каких значениях параметра т уравнение имеет ров-
но три различных действительных корня: х2 -5|х| + 4 = т.
80.	Амурский гос. университет (Благовещенск), 2005
Найти, при каких значениях параметра а уравнение
|х2 +ах| = 2а имеет ровно три различных действительных корня.
81.	Московский технич, университет связи и информатики МТУСИ, 2000
При каком значении параметра а уравнение
+ а\х\4-а2 “32а = 0 имеет единственное решение?
82.	Московский гос. университет инженерной экологии, 2000
При каком значении параметра а уравнение |7 - х| = — имеет ров-
х
но два различных корня?
83.	Московский гос, технологич. университет “СТАНКИН”, 2002
Найти все значения а, при которых уравнение
(а — 1)|лг4-1| — 2а|х —1| = 2а — 2 имеет ровно два корня.
84*. Московский гос. технологич. университет “СТАНКИН”, 2004
Найти все значения а, при которых уравнение
|х-а3 -а|4-|а3 4-а2 -2-х-а3 4-а2 -17а4-22 имеетровно 1 корень.
85.	Московский гос. технологич. университет “СТАНКИН”, 2006
Найти все значения а, при которых уравнение
(а4-1)(х2 4-5х + 4) = (-х-2)|х2 4-5х4-4| имеет более двух корней.
Задачи для самостоятельного решения
95
86.	МГУ. Ф-т психологии, 2003
При каких значениях параметра а уравнение 2|х-2а|- а2 +
15+х = 0 не имеет решений? При каких (остальных) значениях
параметра а все решения этого уравнения принадлежат отрезку
[-9; 10]?
87*. МГУ. Химический ф-т, 2005
При каких значениях параметра а уравнение |х| +
2х-1
Зх-2
= а име-
ет ровно три решения?
88» Московский гос. институт стали и сплавов (технологич. ун-т) МИСиС, 2000
Найти все значения параметра а, при которых уравнение
(а-15)х2 -2а|х| + 6а =0 имеет ровно два решения.
89. Гос. университет — Высшая школа экономики, 2000
Уравнение ---=(х-а
х—2
имеет только один корень, если а
принадлежит множеству:
1)(1; 3]; 2)(-оо;-3); 3)[3;+оо);4)(-1;+оо); 5)(-3;+оо).
90. МГУ. Ф-т почвоведения, 2000
Найдите все значения параметра а, при которых при любых
значениях параметра Ъ уравнение |х - 2|+Ь|2х+1| = а имеет хотя бы
одно решение.
91*. МГУ. Олимпиада “Ломоносов", 2005
Найти все значения а, при каждом из которых уравнение
||х-а\ + 2х| + 4х = 8|х +1| не имеет ни одного корня.
92» Московский гос. технич. университет “МАМИ”, 2005
Если х0 — наименьшее значение параметра а, при котором
уравнения |х2 +4х| = а + 9 и — '*'-	- ал имеют равное число
корней, то значение выражения -10 равно ...
96
Раздел 6
93.	Московский автомобильно-дорожный институт (гос. технич. ун-т), 2003
Графики функций у = (|х| - 3)(|х| + 2) и у = а пересекаются ровно
в двух точках при:
1)а>-6; 2)а=-6~; 3)а<-6; 4)-6^<а<-6; 5)а>-6иа = -6^.
4	4	4
94.	Ивановский гос. энергетический университет, 2000
При каком значении параметра а уравнение
||х-4|-4| = 3a + 321og3a имеет ровно три корня?
95.	Ивановский гос. энергетический университет, 2004
При каких значениях а е R оба следующих утверждения верны?
а) уравнение х-4|х| + 1 = а не имеет решений; б) неравенство
2х2 +(а-2)х-2а + 4>0 верно при всех х eR.
96.	Московский гос. университет инженерной экологии, 2006
При каких значениях параметра а все х е [2;4] удовлетворяют
неравенству |х2 -2х + а| < |бх-а|?
97*. МГУ. Мех-мат, 1997
Для всех значений параметра а решить уравнение
2	1
х2 + а- — +•
6
4 6а — 1 2 24а2 +2а + 3
X +------X +-------------
3	18
4а
~3
2а +1
6
98*. МГУ. Мех-мат, 2006
Найти наименьшее значение выражения |р| + |3х-у\ + |х + у-1|,
где х и у произвольные действительные числа.
99« МГУ. Олимпиада “Ломоносов”, 2007
л/8-х-|2х“1|
Решить неравенство	J 1.
Vx+7-|2x-l|
100*. МГУ. Мех-мат, 2007
Решить уравнение sinx|slnx-3cosx| = coax|cosx+9sinx|.
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
Раздел 1
1.	2-Тз. 2. х4 + 1. 3. Vx2+1-Vx2-1. 4. х2-х+7. 6. 7хЛ+х+1.
в. ±4. 7. 3. 8. -1; —. 9. -4; 0. 10. -4; 3. 11. (-a>;-l)U(-l;0].
3
12. [0; 13]. 13.	; 3. 14. -4; 1; 2. 16. [-7;1]. 1в. |; 2. 17. [—3;0].
18. (-оо;0).	19. (-<ю;+оо).	20. 0.	21. [0;+<ю).	22. (0;+°о).
23. (-оо; + со). 24.0. 25. (~<ю;0]. 2в. (-ao;-5-V17]U [-5+V17; + oo) .
( 11 3^
27. (—2; 2) . Указания. Эффективна замена |х| = t. 28. I——;-у I. Ука-
зания. Знаменатель положителен, поэтому 16г-1 <9з+3 , где г = |х + 1|.
29. (-«;-2)U(-l;l)U(2;+«>). 30. ^-a>;-y^U(-2;+oo).
31. (0;l]U[3;4). 32. (-a>;-l]U(2;+«>). 33. (-a>;0)U(3;+«>). 34. (4;6).
86. (-<o;3)U(3;4)U(e; + oo). Зв. (-«o;-3]U[3;+«>).
Раздел 2
*•
3
5
в.
2. (-oo;0)U(0;+oo).	8. 7.	4. 4.	6. (-3;1]U[7;11).
-1и
5J
>;-3]U[2;+oo). 8.0. 9. [-3;2]. 10. [2;3].

Указания. Неравенство распадается:
12. [-2;-l)U[0; б). Указания. Умножить числитель и знаменатель на
сопряжённые выражения. 13.
|;2^U(2;6]. Указания. Возвести обе
17
части неравенства в квадрат. 14. -2. 16. (-со;—3]U [1;+«>). 16.	;
у. 17. [-4-,1]. 18. (-«>;-б]и|-||. 19. [-1;1]и[3;5]. 20. ±73;±7б.
7-7575
98
Ответы и указания
21. 5.	22.
23. (-oo;-3)U(l-V6; + oo) .
24. (-oo;2)U{3}U(4; + oo). 25. (2; 5) . 26.
. Указания. Зна-
менатель левой части меньше 0.
27. [-2; 0] U[4;6].
29. (-co;-l)U(2; + oo). 30. f-oo;1?	и[7-^; + °Л
\	"	7	\	"	J
(3;+а>). 32.	(-2;-l)U^|; + °o). 33.5.
35.(-^o;-2)U{l}U[3;4)U(4;+oo).	36. [-6;-l]U[0;+oo).
31. (-°o;3)U
(l; + oo). 38. (-6;-3)U{-2}U[2; + oo). 39. (2; + oo). Указания. Нужно
найти такие значения х, при которых
х+1 , 1
-----1 <_.
2х-2	2
Раздел 3
1. 1; 4.
2.
1-V21. 11.Г 1+V21'
2 *”2jU[ ’ 2
. Указания. Уравнение имеет вид
‘ I 2 ; 2 J’
37. (-l;0](J
|а|+|б|»а-Ь , где а«2ха-х-1, Ь«ха-х-б. 3. [-1;0]U[!; + <*>). Указа-
ния. Обозначив а«х, Ь = х2-1, получим ||a| + |b||»|a+d|, или
|a|+|b| = ±(a+d). Отсюда ab^O .
зания. Уравнение имеет вид |а|+1&| - |-а - &|, где а = ха - 5х + 3 , Ъ « 2 - х2.
Поэтому ab2 0 . б. (-оо; -1]. Указания. Т. к. Зх2 + 2х +1 > 0, то уравне-
_з ^зз
ние имеет вид |а|-|&| = а + & , где а = Зх2-1, Ъ = 2х+2.	6.--------.
7. [-1; + оо). 8. (-oo;-l)U(2;3)U(3; + oo).	9. (-*>;-l)U(3; + oo). Указа-
ния. Исходное уравнение равносильно уравнению ||х-1| + 2-3| + 4>5,
или ||х-1|-1|>1. Поэтому либо |х-1|-1>1 (т. е. |х-1|>2), либо
|х-1|-1<-1 (решений нет). 10.	(-OO»“2)U{-V2|U {0}U
Раздел 3
99
{V2}U(2; + <ю). Указания. Т. к. |
|х2-2|-1^1 или |х2-2|-1£-1.
, то ||х2 - 2| -1| > 1. Поэтому
|U|~; + оо|. 13. 0. Указа-
1
2
ния. Т. к. х-7^0,то 14х2 + х-7>0. 14.
16. (-oo;-l)U(-l;0)U(0; + oo). 17. (-4;-2)U(-2;0)U(0;2). 18. (0;1).
19. (-<ю;-3]и{-2}и[0;+оо). 20. ^-<x);-|^U(0; + oo). 21. (-oo;-l]U[3;5].
22. (-оо; O]U[1; 2]U[5; + оо) . Указания. Дважды применить стандартную
схему решения неравенств вида |/(х)|^^(х) и один раз схему
|f(x)|£g(x). 23. При ае(-1;1): Х!=1-|а|; ха=^^;при а = -1 или
а»1: х = 0; при других а решений нет. 24. хе0 при ае(-оо;-1];
( А 5	( А 5	5
хе -оо;4------при ае(—1;1 ; хе -со;4----------и 4 +---; + оо при
<	а+1)	J V а+1; 1,	а-1	)
ае(1; + оо). 25. хе(-<ю;-а] при ае(-оо;0); хе(-оо;О) при а«0;
xe(-ao;-Va]|j(a; Ja ] при ае(0;1);	хе(-оо;-1) при а«1;
X е (-оо; -	при ае(1; + оо). 26. О, если а<2; бес-
конечно много, если а = 2; 4, если 2<а<-; 3, если а »- ; 2, если а>- .
2	2	2
Указания. Применить графический метод. 27. а) ре[0; + оо); б)
х«2(р-1) при ре[0;1);	ПРИ ре[1;+оо). 28.	|;^.Ука-
эания. Нужно найти такие а, при которых уравнение
t2 + (3a-4)t + 7-3a = 0 или не имеет решений, или все его решения от-
рицательны. 29. (-oo;-4)U[0,2; + oo). 30. 2;	. Указания. Рассмот-
3
реть три случая: a) xe(-oo;-l)U[2; + oo); б) хе[-1;1]; в) хе(1;2) . Либо
искать количество корней аналитически, либо исследовать пересечение
прямой у = а с функцией р=|х2-1|+|х2-х-2| -х2-3х.
100
Ответы и указания
Раздел 4
1. (-оо;-5). Указания. При а>5 уравнения имеют по паре несовпа-
дающих корней; при а = 5 первое уравнение имеет один корень, а вто-
рое - два; при -5^а<5 первое уравнение не имеет корней, а второе
имеет; при а<-5 оба уравнения корней не имеют. 2.
, Указания. Применить либо метод интервалов, либо графиче-
ский метод. 3. а--2 ; хе -l;i . Указания. Бесконечно много реше-
6
ний возможно только если х «сократится». Это может быть при а = 2
или а = -2. Первый случай невозможен т. к. 1-За^О. При а = -2
уравнение приводится к виду
2х-||+|2х + 2| = 1.
о|	о
4.
-V]. Указа-
2 2
ния. Переписать неравенство в виде (х-а)(х + а)£ -б|х + а| и рассмот-
реть три случая: 1) при х>-а получаем х-а£-5 (весь промежуток
входит в ответ при а-б^-а); 2) при х<-а получится х-а£б (отсюда
а+5£-а); 3) х = -а входит в ответ всегда, б. 0; 1. Указания. График
левой части состоит из четырёх участков, каждый из которых - фраг-
мент параболы у = хг - 5х или у = хг + 5х . Правая часть - линейная
функция: она проходит через точку (—4; 0) и меняет свой наклон в за-
висимости от а. Три пересечения будет при а = 0 и при касании прямой
и параболы на участке от 0 до б.
в. 0.1.
7. 4. Указания. Функция в
левой части - чётная: если х0 - корень, то -х0 - тоже корень. Три кор-
ня может быть только если один из них 0. Это будет при а - 4. Необхо-
димо убедиться, что при а » 4 корней в самом деле 3, т. е. решить урав-
нение |х2 + 3|х|-4| = 4 . Задачу также можно решить графически.
8. -3 ; 9. Указания. В уравнении (х2-б|х|-а + б)2 =соз^^-1 левая (а
потому и правая) часть неотрицательна. Т. е. cos--1, откуда а =—,
а	п
п = ±1, ± 2,... Также хг - б|х| - а + 6 = 0 . Чтобы это уравнение имело два
корня нужно, чтобы уравнение у2-6у-а + 6 = 0 имело один положи-
Раздел 4
101
тельный корень. Это будет либо при D = 0 (а = -3 , что соответствует
п = -3), либо в случае двух корней разных знаков (а > 6 , откуда п = 1).
9. (3;4)U(4;7). Указания. После умножения обеих частей неравенства
на положительную функцию
получается 3<
т. е.
10. (-4;
. Указания. Неравенство
£0 на промежутке (-4; 13) равносильно:
log2 2(х + 4) - log2 (13 - х
|х2 + 2х - 3| -12 х2 - 10х + 8
2(х + 4)-(13-х) Л z । । . ।
------- —г-2—*----------г>0 (т. к. а- о имеет тот же знак, что
(х2 + 2х-3) -(2х2-10х+8)
а2-Ь2, a log2c-log2d при с>0 , d>0 имеет тот же знак, что c-d).
Далее: ------? -fe--------<0 .	11. хе(-оо;0)U (б;а + 7a2 + l)lJ
(х-1)2(Зх-б)(х-11)	V 7 V	>
(-а-л/а2-1;-а + >/а2-1) при а<-1; xe(-oo;0)U (0;a + Va2 4-1) при
а£-1. Указания. Отрицательные х подходят при любом а; х*0 . При
(1 Y
х > 0 исходное неравенство равносильно неравенству — + 2а I > х2,
4х )
или (х2 + 2ах + 1)(х2-2ах-1)<0 . Дальнейшее решение сводится к изу-
чению взаимного расположения на числовой прямой точек 0;
a±Va2+1 ; -a±Va2-l (при |а|>1) при различных значениях парамет-
ра а. 12. (3;4)U(4;5]U{6}U[7;8)U(8;9). Указания. Обозначив
z-2x-2a , / = 2х-а-6, получим |z| + |t| = |z-t|. Это означает, что г£<0.
Поэтому (х-а)[ х- -[<0. Таким образом, искомые значения х ле-
X 2 J
жат в плоскости (а,х) между прямыми х-а и х = 3 + — . Если длина
2
отрезка а-3-~ £2 , то на нём будет, как минимум, два целых значе-
2
ния. Значит, нужно исследовать только ае(2;10). Поэтому и единст-
венные решения могут быть только х е [3; 9]. Решение 3 будет единст-
102
Ответы и указания
прямыми. 13. а) I -—; 7 I; б)
венным, если ае(2;3] и 3+—е [3; 4), что невозможно. Решение 4 будет
2
единственным, если ае(3;4] и 3+^е[4;5) - это выполняется при
ае(3;4). Аналогично разбираются случаи 5; 6; 7; 8; 9. Полезно для
♦понимания» задачи изобразить прямые х = а и х = 3 + ~ на листе бу-
маги в клетку и рассмотреть целые значения х в области между этими
^211	5
—---;-— U{7) . Указания, а) Обозна-
чив /(х) = 2|х-9а|-2а1 2 +35 + х , получим, что /(х) убывает при х^9а и
возрастает при х>9а. Корней нет, если	= f (9а) =
-2а2 + 9а + 35>0 . б) Все решения принадлежат отрезку [-30; 63], если
выполнены условия: 9a е [-30; 63]; /(9a) ^0; f(-30)^0 ; /(63)^0.
Возможно также и «лобовое» решение, связанное с нахождением кор-
( б"
ней (например, методом интервалов): при ае -оо;— U[7; + oo) полу-
чу
14. 2. Указания.
5
2а2 + 18а-35	о 2 1О or
чаются корни х =----------- и х = -2а + 18а+ 35.
3
Записать уравнение в виде |а|+|д| = a-b-х2 + 4х-4 ,
11х-6; Ь = х8-12х2-5х + 3 . Тогда (|a|-a) + (|b| + b)+
1	2-х
этом все три скобки неотрицательны. 15. — ; а = ±— , Ь = — . Указания.
5	5	5
После замены z = x-4 уравнение приводится к виду ||z|-2| = az+5.
Функция i/ = ||z|-2| (это w-образная ломаная с вершинами (-2;0),
(0; 2) (2; 0)) и прямая у = az + Ъ будут иметь три пересечения в случаях:
1) а е (-1; 1), b = 2 ; 2) а е (-1; 0), b = -2a ; 3) а е (0; 1), Ъ = 2а . В случае 1)
имеем a2+(d-l)2 = а2 + 1 - минимум равен 1. В случае 2) получим
a2 + (d-l)2 = 5а2 + 4а + 1 - минимум равен — при а =	. В случае 3) ми-
5	5
1	2
нимум равен ~ при а = — .
5	5
где а= х3 + 7х2-
(х-2)2 = 0, при
. 4 „
Раздел 6
103
Раздел 6
1. 5;-1. 2.-i. 3.1. 4. 3. Указания. Рассмотреть случаи х >-1 их <-1.
2
5.[2;+оо). 6.(4). 7.1,75. 8.±1. 9.(2). 10.4;-2. П.-25;3. 12.-1;
7
1,5. 13. —; -2; 2; 3. 14. -16; 18. 15. (4). Указания. Воспользоваться
3
схемой |/(х)| = а <=> /(х) = ±а (для положительных а). Решения уравнения:
-7; 13; -9; 15.	16. 6. Указания. Два внешних модуля можно «убрать»
(	21
(обоснуйте). Корни уравнения: 2 и 4. 17. -1. 18. -©©;-
\	3
ния. 2 -11 -|х|| = ±1; |1 -|х|| = 1 или 3; 1 -|х| = ±1 или ±3; |х[=0, или 2, или -2,
или 4; х=0, или ±2, или ±4. 20.0; — ;—. 21.5;--"^. 22.4; 1 +
13 2	2	2
19. 5. Указа-
3
23.	О, ±1, ±4, ±5. 24. -. 25. 2; 5. 26.1. Указания. При отрицательном х
левая часть уравнения отрицательна. Поэтому х >0. 27. 3; 4. 28. ±2.
29.	-7. Указания, х2 е[25;49].	30. [100;+©о). Указания. Т. к. здесь
|aj + |а2| + ... + |an| = aj + а2 + ... + ап, то аг >0, а2 >0,..., ап >0. 31. (3). Ука-
зания. Каждое из подмодульных выражений равно нулю. Решение полу-
чающейся системы: х =2; у = 1. 32. | -©©;- |U(2; + ©°). 33.(1). 34.4. 35.
(2). 36.	—]- 37.0. 38. 4. Указания. Неравенство верно при хе[3;5].
39. [-1;+°°). 40. (-«о;-5]U [-1; + °0). 41. [-9; 1]. 42. [3;4)U(4;5]. 43.
(-©о; + оо). Указания. Т. к. |а| + |b| > а + Ь, то |х +1| + |2х -1|>х + 1 + 2х-1 =
Зх > Зх -2. 44. (2). Указания. Методом интервалов получается решение
хе[2;6]. 45. (4). Указания. Т. к. |х2 + 6х + 8|>0, то х9 <0, х2 + 6х + 8^0.
Г 151
47. 0;— U [4;+ ©°). Указания. Применить схему |/(х)| <|^(х)| <=>
46. (3).
15
4J	.....
/2(х)<^2(х) <=>(/(х)-^(х))-(/(х)+^(х))<0 или метод интервалов.
i;l U{-1}. 49. -
.2 J
При х>7 решений нет, а при х<7: хе(1;5).	52. (4).
53. (4). Указания. Исходное неравенство равносильно: 12-Зх<
1е_9_
432
-!1и{0}и11;+
4J 14
48.
51. 9. Указания.
3
4
х2 -2х -13<3х -12. Отсюда следует: х е
. 54. (3;+оо).
2
2
104
Ответы и указания
57. (—1;O)U Г 0;—1= .
55.(-°o;-2)U(-2;0]. 56.(-«°;2)l|
58. [4;6).	59. (-<«;-7]U{2}U[3;+°o).	60.2. 61. [-7б;7б].
62. (-оо;-1] U [l;2)U(2;+oo).	63. [-7;-2)U (-2; -1]. 64. | -«о; A (J (2; + °°).
\	3_
65.
—;0 U(0; 1] U[8; + оо), 66. [-5;-4)U(-4;4)U(4;+oo). 67. (3).
2 J
68.(O;1)U(1;+ ~). 69.(-10;- 1)U(5;14). 70.(-oo;-l]U[3,5;5). 71. 5. Указа-
ния. Решение неравенства: хе[-1;5]. 72. (-оо; -2]U[-1;O)U[2; + °о).
73. (—оо; — 1] |J(2; 3]. 74. (-°°;-3] U(-l; l)U[3;+oo). Указания. Либо |х| <1, ли-
бо |х| > 1 и |х| + 5 < х2 -1. 75. [-1; 0)U{1}. Указания. Рассмотреть два проме-
жутка: х >1 и х < 1. 76. [-4; 2]. 77. 0;-4. 78. Если а <0, то 0 решений;
если а =0, то 2 решения; если а е(0;4), то 4 решения; если а =4, то 3 реше-
49
ния; если а >4, то 2 решения. 79. 4. 80. 8. 81. 0; 32. 82. —. Указание.
При х > 7 уравнение приводится к квадратному с корнями - ± J— + а. Бо-
льше 7 будет только один из них при а > 0. При х < 7 получается уравнение с
7	[49
корнями - ± J---а. При а < 0 один из них превысит 7, а значит, будет толь-
2 V 4
ко один корень. При а =9 один из корней станет равным нулю, а значит, его
( 49^
нужно отбросить — остается один корень. При а е 0; — будет два корня,
\ 4 )
49	49	( Й
при а =—----один корень, при а > — корней нет. 83. 1-1; -I. Указания.
Уравнение приводится к виду а(|х + 1| - 2|х -1| - 2) = |х + 1| - 2. Выражение в
скобках равно нулю при х = 1. При этом получается а 0=0, т. е. при любом а
. -г-г ,	|х + 1|-2
уравнение имеет корень 1. При х Ф 1 получим а =  -Lj р-:-. Рассмот-
х "Ь1 2 х 1 2
реть три случая: а) х > 1 (в этом случае а = -1); б) -1 < х < 1 (тогда а = -); в)
3
g
х<-1 (здесь а=-1-------).	84. 2. Указания. Обозначим k = а3 + а,
х -5
т = а3 + а2-2, п = а3 + а2-17а + 22. Тогда имеем уравнение
\х -k\ + \x -т\ = п. Его левая часть равна: -2х, если x<k, х<т; 2х, если
x>k, x>m;m-k, если k < х < т; k - тп, еслит<х<к. Поэтому если/г^тп, то
корней будет: 0, если n<\m-k\; 2, если n>\m-k\; бесконечно много, если
Раздел 6
105
n=\m-k\. Один корень будет, если k = тп, п =0. Поэтому а3 + а= а3 + а2-2;
а3 + а2 -17а + 22=0. 85. (-<*>;0)U (1; + °°). Указания. Уравнение имеет кор-
ни -4 и -1 при всех а. При х е (-<*>; -4)U(-l; + °°) из исходного уравнения
следует х = -а -3. Это число будет корнем, если а е (-©©;-2) U(l; + °°). При
хе(-4;-1) из уравнения следует х = а-1, которое будет корнем, если
ае(-3;0). 86. а) (-3; 5); б) [2 - 2д/7; - з] U{5}. 87. 2; |. Указания. Если х0
2х0 -1
— корень уравнения, то —у------тоже корень. Поэтому количество кор-
Зх0 -2
2х —1	1 f 2^
ней нечетно, если х =----, т. е. х = 1 (это будет при а = 2) или х = - а = - .
Зх — 2	3 \	3/
Необходимо еще убедиться, что корней будет именно 3. При а = 2 корнями
0 ,	2	1-72 3-V2	1
— и 1, а при а = - корни:-----,------и -.
3	3	3	3
5
90.-. 91.(-7;5). 92.15. 93.(5). 94.1. Указания.
2
часть уравнения равна За + а2. Поэтому
2 >0, 4-За-а2 =0.
будут----------, —-
О	о
(0; 15]U{18}. 89.(1).
88.
При а>0 правая
|х - 4|=4 ± (За + а2). Три корня будут, если 4 + За + а
95. (1;2]. Указания. Утверждение а) выполняется при а >1; утверждение
б) — при а е [-2;2]. 96. (-©о; 6]. Указания. Из исходного неравенства полу-
чаем: (х2-2х + а)2 <(6х-а)2, откуда (х2-8х + 2а)(х2 + 4х)<0. Т. к.
х2 + 4х >0 при х е [2; 4] , то х2 - 8х + 2а <0. Решениями при а < 8 являются
х е[4-716-2а;4 + 716-2а]. Поэтому 4-716-2а <2.	97. Решений нет
1	[2	1	11 —2а ПкГ 1	_ fl _
при а <-- ; ±J- при а =-- ; ±J—-—, ±J—— при -- < а <0; -7~> 0 при
А 11-2а	_	1	11-2а _	1	1	1 „
а=0; ±J----приО<а<-;±Л-------, 0при-<а<-; 0 при а >-. Указа-
V 3	6 V 3	6	2	2
ния. Выделив полный квадрат, перейдем к равносильному уравнению
(2а + 1)(6а + 5) _ 4а
“Т
1V
2 + а --
6}
36
2	1
 + а --
6
+ \ Если 2а + 1 <0, то
6
а <0, и правая часть отрицательна. Поэтому 2а + 1 >0, тогда 6а + 5>0, и
модуль в левой части раскрывается со знаком «плюс». Введём обозначе-
2	1	Л
ние х + а — =t и после тождественных преобразовании получим:
6
о 4а, 12а2+4а-1 Л	.. а 1	..	1 _
t----1 +-----------=0. Отсюда |t| = — + - или |q = а —. Поэтому, если
3	36	3 6	6
106
Ответы и указания
а> —, то £ = ± — + - ; если а > то t = ± а — . Поэтому, если а < —, то
2	<3 6)	6 I 6J	2
11	2	1 -2а	2 4а	1
решении нет; если —<а <-, то х =------или х =------; если а >-, то
2	6	3	3	6
2	1 ^а 2 4а 2 л 2 n 1 тт
х =—-—, х = -—, х = 0, х = -2а + -. Наконец, рассмотреть, какие
3
из этих значений может принимать х2. 98. Указания. Зафиксируем х.
4
Тогда |у\ + |3х - у\ + |х + у -1| = |у - 0| + \у - Зх| + \у - (1 - х)| есть сумма расстоя-
ний на числовой прямой от точки у до точек 0, Зх, 1 - х. Для трёх точек А,
В, С (А < В <С) на числовой прямой минимум данной суммы достигается в
точке В (в нашем случае у = В) и равен этот минимум длине отрезка АС, т. е.
С-А. Поэтому если х <0, то А = Зх, В =0, С = 1 - х; минимум суммы рассто-
яний равен 1-х-Зх = 1- 4х. Самое маленькое значение на данном проме-
жутке равно 1 и достигается при х=0. Если 0<х<-, то А = 0, В = 3х,
4
С = 1 - х; минимум равен 1-х. Самое маленькое значение будет при х = - и
4
3	1
равно -. Если - <х<1, то А =0, В = 1 - х, С = 3х; минимум равен Зх. Самое
4	4
1	3
маленькое значение будет при х = — и равно —. Если х>1, тоА = 1- х,В=0,
4	4
С =3х; минимум равен Зх -(1 - х) =4х -1. Самое маленькое значение будет
3	1
при х = 1 и равно 3. Вывод: минимум равен — и достигается он при х = — ,
4	4
з Г зЛ Г1 Л
У = ~- 99. -7;--Ю ~;2l. Указания. Исходное неравенство при условии
х е [~7;8] равносильно V8-~x -Vх + 7 <о или	—(х_+ 7) <о. 100.
L J	7x + 7-|2х-1| (х + 7)-(2х-l)2
— -^arctg— + nk, keZ. Указания. Исходное уравнение при условии
2 2	6
sinxcosx>0 равносильно уравнению sinx(sinx-3cosx) =
± cos x(cos х + 9 sin x). Уравнение sin x(sin x - 3cos x) = -cos x(cos x + 9 sin x)
не имеет корней, при которых sin2x >0, а уравнение sinx(sinx -3cosx) =
cos x(cos x + 9sin x) равносильно tg2x =—.
КОНТРОЛЬНЫЕ РАБОТЫ ПО ТЕМЕ
«УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА С МОДУЛЯМИ»
Контрольная работа № 1 (базовый уровень)
Вариант 1
1.	Решить уравнение: |х + 7| = 10.
2.	Решить неравенство: |х + 3| > 5.
3.	Решить неравенство: х2 -3 > 2|х|.
4.	Решить неравенство: |х+1|-|4-х| >4.
5.	Решить неравенство: |3-|х-2|| < 2х.
6.	Решить неравенство: |х2 - 6х + в| > Зх- х2.
Вариант 2
1.	Решить уравнение: |х + 5| = 13.
2.	Решить неравенство: |х + 2| > 7.
3.	Решить неравенство: х2 -8 > 2|х|.
4.	Решить неравенство: |х + 3|-|1-х| <3.
5.	Решить неравенство: |2-|х + 1|| < -2х.
6.	Решить неравенство: х2 -2х-8 >2х.
Ответы. Вариант 1. 1) -17; 3. 2) (-o°;-8)U(2;+ °°). 3) (-°°;-3] U[3; + °°).
л\(Ч г-1	\	(	9 —V17Y /8 А
4)	I —;+ 00 I. 5) [1;+ °°). 6) I -<»;—-— IUI —;+ 00 I.
Вариант 2. 1) -18; 8. 2) (-oo;-9)U(5;+ -). 3) (-о°;-4] U[4;+ -).
4)	(-oo;i . 5) (-=»;-!]. 6) (-~;272]и[2 + 2л/3;+ «о).
108
Приложение
Контрольная работа № 2 (углублённое изучение)
Вариант 1
1.	Решить уравнение: ||х + 3| -1| + 2| - 3 = 0.
2.	Решить неравенство: |х| + |7-х| + 2|х-2| <8.
3.	Решить неравенство: |х2 -1|-|х + 1| <0.
4.	Для каждого значения параметра а решить уравнение:
|х + 2| + 2|х - 3| - а =0.
5.	Для каждого значения параметра с решить неравенство:
Вариант 2
1.	Решить уравнение: |||х + 4|-1| + з|-4 = 0.
2.	Решить неравенство: |х + 2| + |5-х| + 2|х| < 10.
3.	Решить неравенство: |х + 2| -|х2 -4| > 0.
4.	Для каждого значения параметра Ъ решить уравнение:
12х-11-2 =-12~4
5.	Для каждого значения параметра а решить неравенство:
(3 5^
Ответы. Вариант 1.1) -5; -3; -1. 2)	. 3) {-1}U[0;2]. 4) х е 0, если
у 2 2 )
К	О	К	Q	4+а	/К 1	4 “
а <5; х = 3, если а=5; хг = 8-а, х2 =-----, если ае(5;10); хг =-----,
3	3
4 + а	(	с 1
х9 =----, если а > 10. 5) х е -о©;- если с <0; х е 0, если с >0.
2	3	I	2/
3 3
Вариант 2.1) -6; -4; -2. 2) —.
2 2 _
ь о . ь ъ .
если b = 3; х. =1 —, х9 = -
1	6 2 2
5) хе(-°о;3а), если а >0; х е 0, если а <0.
3) {-2}U[l;3]. 4) х е 0, если b < 3; х =-,
— -1, если b е (3:6); х. = 1 - —, х9 = 1 + —, если b > 6.
2	7	6	6
Содержание
Предисловие..............................3—4
Раздел 1. Начальные сведения. Основы* • • • 5—9
1.1.	Определение модуля..................5
1.2.	Главные свойства модуля.............6
1.3.	Раскрытие модуля из определения.....7
Задачи для самостоятельного решения......9
Раздел 2. Базовые знания...............10—26
2.1.	Тест на готовность.................10
2.2.	Метод интервалов - универсальный
способ решения задач с модулями...........10
2.3.	Важнейшие свойства модулей,
использование которых существенно
упрощает решение задач....................17
2.4.	Приёмы и методы, ускоряющие процесс
решения некоторых классов задач с модулями . . 19
Задачи для самостоятельного решения.....25
Раздел 3. Обобщение. Усложнение.
Совершенствование......................27—58
3.1.	Тест на готовность.................27
3.2.	Более сложные задачи
по пройденному материалу..................27
110 Содержание
3.3.	Обобщение модели |F(X) = А|. Модель
|f(X) = G(X)| и её аналоги в неравенствах.30
3.4.	Специальные свойства модулей.......37
3.5.	Параметры в задачах с модулями.....42
Задачи для самостоятельного решения.....57
Раздел 4. Дальнейшее расширение
возможностей...........................59—73
4.1. Тест на готовность.................59
4.2. Решение задач повышенной сложности ... 60
Задачи для самостоятельного решения.....72
Раздел 5. Найдите ошибку...............74—86
Раздел 6. Задачи для самостоятельного
решения................................87-96
Ответы и указания.....................97—106
Раздел 1................................97
Раздел 2................................97
Раздел 3................................98
Раздел 4...............................100
Раздел 6...............................103
Приложение...........................107—108
Контрольная работа № 1
(базовый уровень)........................107
Контрольная работа № 2
(углублённое изучение)...................108
По вопросам покупки книг
издательства НТЦ «Университетский»
обращайтесь:
♦	Издательство НТЦ «Университетский»:
107140, Москва, Красносельский туп., 5.
Тел./факс: (495) 626-22-77 (многоканальный).
E-mail: edunews@edunews.ru Интернет: www.edunews.ru
♦	Клуб 36’6:
107082, Москва, Бакунинская ул., 71, стр. 10, 8 этаж.
Тел./факс: (495) 926-45-44 (многоканальный).
ЗЕЛЕНСКИЙ Александр Степанович
ПАНФИЛОВ Игорь Иванович
Решение уравнений и неравенств с модулем
Серия «Математика: перезагрузка»
Редактирование, корректура:
А. С. Зеленский, И, И. Панфилов
Компьютерная верстка: С. Л, Герасимов
Обложка: С. А. Зеленская
Ответственный за выпуск: А. И, Шурша
Научно-технический центр «Университетский».
УНИВЕР-ПРЕСС.
107140, Москва, Красносельский туп., 5.
Тел./факс: (495) 626-22-77 (многоканальный).
E-mail: edunews@edunews.ru. Интернет-сайт: www.edunews.ru
Формат 60x90/16. Печ. л. 7.
Тираж 1 000 экз. Заказ №7575
Отпечатано
в ОАО “Можайский полиграфический комбинат”.
143200, г. Можайск, ул. Мира, 93.
Заочная школа «АБИТУРИЕНТА»
~Т НТЦ “Университетский” и журнал “ Абиту рие нт” продолжают приём
в заочную школу: а) на отделение математики;
б)	на отделение русского языка.
Принимаются учащиеся 9, 10,11-х классов, а также окончившие школу.
Прием круглогодичный.
Главное отличие ЗША от большинства других заочных подготовительных курсов —
индивидуальная работа с каждым учащимся. Важно, ч то в течение всего учебного года с
Вами будет рабокмь один и гот же преподаватель, который будет контролировать весь
процесс Вашего обучения. Вы получаете как бы заочного репетитора, с которым можно
проконсультироваться, задать какие-го вопросы, выяснить что-то непонятое.
Обучение построено по следующему принципу. Вы присылаете заявку и сообщаете, в
какой примерно вуз планируете поступать. Мы высылаем Вам тестовое задание. После
его проверки Вы получите рецензию и методические рекомендации, в которых будет
намечена индивидуальная программа работы. Л затем, в соответствии с этой
индивидуальной программой. Вы будете проходить необходимые учебные темы,
выполнять кон трольные работы. Все учащиеся получают необходимую для занятий
учебную литературу.
Чтобы стать учащимся школы, нужно:
1.	Перечислить 1700 рублей (или 3400, если Вы поступаете па оба отделения)
в любом отделении «Сбербанка» (или другого банка) по следующим реквизитам:
ГООО «УНИВЕР-ПРЕСС», ИНН 7710407996, КПП 771001001.	'
Р/с 40702810400330000237 в ОАО «Банк Москвы», г. Москва,
БИК 044525219, к/с 30101810500000000219.?
В графе назначение платежа напишите: Заочная школа «Абитуриента».
2.	Прислать нам по приведённому ниже адресу заявку и квитанцию об оплате или её
копию.
После этого Вам будут высланы тестовые задания и подробная информация об
условиях обучения.
Уверены, что обучение в ЗША значительно повысит Ваш уровень и позволит
отлично подготовиться как к сдаче ЕГЭ (Единого государственного экзамена), так и
любых вступительных экзаменов.
Форма заявки
Прошу зачислить меня в Заочную школу "Абитуриента "на отделение______
....................................  0	себе сообщаю следующие сведения:
I.	Фамилия, имя, отчество
2.	Почтовый адрес (с индексом)
3.	Школа, класс
4.	В какой примерно вуз и на какой факультет собираюсь поступать
Адрес: 119296, Москва, Университетский пр-т, 7, НТЦ “Университетский”.
Телефон: (495) 626-22-77 (многоканальный).
E-mail: edunews@edunews.ru	www.edunews.ru
Зеленский
Александр Степанович
кандидат физико-математических наук,
старший научный сотрудник механико-
математического факультета Москов-
ского государственного университета
им. М. В. Ломоносова, профессор Рос-
сийской академии естествознания.
Автор более юо научных, учебных и
научно-популярных публикаций, среди
которых несколько книг по математике
для школьников. Главный редактор жур-
налов «АБИТУРИЕНТ» и «Математика &
Развитие интеллекта: MATEMAT.RU».
Более 20 лет преподаёт математи-
ку в лицейских классах при механико-ма-
тематическом факультете МГУ (школа
№ 25), является учителем высшей катего-
рии, Соросовским учителем. Регулярно
участвует в проведении вступительных
экзаменов в МГУ им. М. В. Ломоносова и
различных олимпиад.
E-mail: asz@edunews.rn
Панфилов
Игорь Иванович
кандидат физико-математических наук,
доцент кафедры высшей математики Го-
сударственного университета — Высшая
школа экономики, преподаватель подго-
товительных курсов географического и
социологического факультетов Москов-
ского государственного университета
им. М. В. Ломоносова. Автор более 40
научных и научно-педагогических работ,
ряда учебных пособий по элементарной
математике.
В течение почти 20 лет преподаёт
математику в лицейских классах (мате-
матический и экономико-математиче-
ский профили) при механико-математиг
ческом факультете МГУ им. М. В. Ломор
носова в ГОУ СОШ № 25 г. Москвы,
является методистом журнала для
старшеклассников и поступающих в
вузы «АБИТУРИЕНТ».
E-mail: panfilovi@lk>t.rn
ISBN 978-5-7953-0176-1
9785795
301761