Неравенства с модулем

Относится к заданиям: 3, 16, 93, 95

Содержание

Суть темы
Основные методы избавления от модуля
Примеры
Частые ошибки
Что запомнить
Оформление под рубрику ДВИ
Стратегия на ДВИ

Суть темы

Модуль (абсолютная величина) встречается в задачах ДВИ повсеместно: как самостоятельная тема (тип 3 — неравенства) и как усложняющий элемент в логарифмах, тригонометрии или задачах с параметром. Главное правило при решении любых задач с модулем — строго следовать определению и равносильным переходам. На ДВИ проверяющие особенно внимательно смотрят на то, как обосновано раскрытие модуля и не потеряны ли куски числовой прямой.

Из определения следует ключевое свойство: модуль любого выражения всегда неотрицателен ( $|a| \geqslant 0$ ). Также полезно помнить тождества: $|a|^2 = a^2$ и $\sqrt{a^2} = |a|$ .

ВАЖНОЕ

Свойства модуля (лист формул не выдают — держать в голове)

|a| \geqslant 0, \qquad |a|^2 = a^2, \qquad \sqrt{a^2} = |a|, \qquad |-a| = |a|.

Мультипликативность:

|ab| = |a|\,|b|, \qquad \left|\dfrac{a}{b}\right| = \dfrac{|a|}{|b|} \;\;(b \neq 0).

Неравенство треугольника (нужно для оценок уровня ДВИ):

\bigl||a| - |b|\bigr| \leqslant |a \pm b| \leqslant |a| + |b|.

Геометрический смысл: $|a - b|$ — расстояние между точками $a$ и $b$ на числовой прямой.

ЗАМЕЧАНИЕ

Зачем помнить свойства наизусть

На ДВИ лист формул не выдают. Мультипликативность $|ab|=|a||b|$ и $|a/b|=|a|/|b|$ позволяют выносить и разносить модуль по множителям ( $|x|\cdot|x-3| = |x(x-3)| = |x^2-3x|$ ), а неравенство треугольника даёт мгновенные оценки сумм модулей сверху и снизу. Без них часть задач придётся решать дольше и с риском арифметической ошибки.

Основные методы избавления от модуля

Решить неравенство с модулем — значит избавиться от знака модуля, перейдя к системе или совокупности обычных алгебраических неравенств. Есть несколько глобальных подходов: два «прямых» (равносильные переходы для одиночного модуля и метод промежутков) плюс специальный быстрый приём для случая «модуль против модуля» (разность квадратов) и геометрический взгляд.

1. Метод равносильных переходов

Если модуль в неравенстве один (или неравенство имеет специфический вид), его можно раскрыть по схемам равносильности, не разбивая ось на промежутки. Это сильно экономит время и снижает риск ошибки в вычислениях.

ВАЖНОЕ

Схема для знака «меньше»

Неравенство вида $|f(x)| < g(x)$ (или $\leqslant$ ) означает, что выражение $f(x)$ зажато между $-g(x)$ и $g(x)$ .

|f(x)| \leqslant g(x) \iff \begin{cases} f(x) \leqslant g(x), \\ f(x) \geqslant -g(x). \end{cases}

Почему так: $|f| \leqslant g$ дословно означает $-g \leqslant f \leqslant g$ . Двойное неравенство равносильно паре условий $f \leqslant g$ и $f \geqslant -g$ . Это обоснование стоит проговаривать на ДВИ — за голую запись системы без объяснения снимают балл по рубрике «±».

ВАЖНОЕ

Схема для знака «больше»

Неравенство вида $|f(x)| > g(x)$ (или $\geqslant$ ) означает, что выражение $f(x)$ находится вне интервала от $-g(x)$ до $g(x)$ .

|f(x)| \geqslant g(x) \iff \left[ \begin{aligned} &f(x) \geqslant g(x), \\ &f(x) \leqslant -g(x). \end{aligned} \right.

Почему так: условие « $|f|$ не меньше $g$ » выполнено либо когда сам $f$ велик ( $f \geqslant g$ ), либо когда $f$ очень мал ( $f \leqslant -g$ ). Объединение этих двух случаев и даёт совокупность.

ЗАМЕЧАНИЕ

Знак правой части

g(x)

— ловушка ДВИ

Знак $g(x)$ кардинально меняет картину, и схемы выше это учитывают автоматически, если применять их аккуратно. Разбор по знаку обязателен в работе под рубрику.

Для «меньше» $|f(x)| \leqslant g(x)$ :

если $g(x) < 0$ , то решений нет (модуль неотрицателен, а правая часть отрицательна — неравенство невозможно). В системе это «срабатывает» само: при $g<0$ условие $f \geqslant -g$ требует $f$ больше положительного числа, а условие $f \leqslant g$ требует $f$ меньше отрицательного — система несовместна;
если $g(x) \geqslant 0$ , работает двойное неравенство $-g \leqslant f \leqslant g$ .

Для «больше» $|f(x)| \geqslant g(x)$ :

если $g(x) < 0$ , неравенство верно при любом $x$ из области определения (неотрицательная левая часть заведомо больше отрицательной правой) — решение есть вся ОДЗ;
если $g(x) \geqslant 0$ , работает совокупность $f \geqslant g$ или $f \leqslant -g$ .

Именно потому совокупность для «больше» корректна при любом знаке $g$ : при $g<0$ оба луча совокупности вместе покрывают всю ось, что и отражает «решение — вся ОДЗ».

2. Метод промежутков (универсальный)

Если в неравенстве несколько модулей, модули складываются или делятся друг на друга, применяется метод промежутков. Он работает всегда.

АЛГОРИТМ

Алгоритм метода промежутков

Найди нули. Приравняй к нулю все подмодульные выражения и найди их корни.
Разбей ось. Отметь найденные корни на числовой прямой. Они разобьют её на лучи и интервалы.
Определи знаки. На каждом полученном промежутке определи знак каждого подмодульного выражения (подставив любую точку изнутри промежутка).
Раскрой модули. Запиши систему для каждого промежутка: сам промежуток (условие на $x$ ) и неравенство, где модули заменены на скобки со знаком « $+$ » или « $-$ » в зависимости от пункта 3.
Реши и пересеки. Реши полученное неравенство и обязательно пересеки его решение с промежутком, на котором оно рассматривалось.
Объедини. Итоговый ответ — объединение решений со всех промежутков.

3. Метод разности квадратов (модуль против модуля)

Когда модули стоят по обе стороны знака сравнения — вида $|f(x)| \vee |g(x)|$ , где $\vee$ один из знаков $<,\leqslant,>,\geqslant$ , — самый быстрый путь не промежутки, а возведение в квадрат. Оно строго равносильно, потому что обе части неотрицательны ( $|f|\geqslant 0$ и $|g|\geqslant 0$ ), а на неотрицательных числах возведение в квадрат сохраняет порядок.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Когда квадрировать МОЖНО, а когда НЕЛЬЗЯ

Возводить в квадрат строго равносильно можно, только если обе части гарантированно неотрицательны. В случае $|f|\vee|g|$ это выполнено всегда. А вот в неравенстве $|f| \vee g(x)$ (модуль против произвольного выражения) правая часть может быть отрицательной — тогда квадрировать напрямую нельзя (см. блок «Частые ошибки»). Поэтому метод разности квадратов — именно для двух модулей.

4. Геометрическая интерпретация (модуль как расстояние)

$|x - a|$ — это расстояние от точки $x$ до точки $a$ на числовой прямой. Этот взгляд превращает многие неравенства в устную геометрию и страхует от арифметических ошибок.

ВАЖНОЕ

Модуль = расстояние

|x - a| = \rho(x,\, a) \quad\text{— расстояние от } x \text{ до } a.

$|x - a| < r$ — точки $x$ на расстоянии меньше $r$ от $a$ , то есть интервал $(a - r;\ a + r)$ .
$|x - a| > r$ — точки дальше $r$ от $a$ : $(-\infty;\ a - r) \cup (a + r;\ +\infty)$ .
$|x - a| + |x - b|$ — сумма расстояний от $x$ до двух точек $a$ и $b$ .
$|x - a| - |x - b|$ — разность расстояний.

Ключевой факт про сумму расстояний: если $x$ лежит между $a$ и $b$ , то $|x-a|+|x-b|$ равна фиксированному расстоянию $|a-b|$ (минимально возможное значение). Стоит выйти за отрезок — сумма начинает расти. Это даёт мгновенное решение неравенств вида $|x-a|+|x-b| \leqslant c$ .

Модуль как расстояние на числовой прямой

Примеры

Пример 1. Классический метод промежутков

Реши неравенство $|x + 1| + |x - 2| \leqslant 5$ .

Разбиваем ось на промежутки

Нули подмодульных выражений: $x = -1$ и $x = 2$ . Они разбивают числовую прямую на три промежутка. Рассмотрим каждый из них.

Случай 1: $x \in (-\infty;\, -1)$

Оба подмодульных выражения отрицательны. Раскрываем со знаком минус:

-(x + 1) - (x - 2) \leqslant 5 \iff -2x + 1 \leqslant 5 \iff -2x \leqslant 4 \iff x \geqslant -2.

Пересекаем с условием случая: $x \in (-\infty;\, -1) \cap [-2;\, +\infty) \implies x \in [-2;\, -1)$ .

Случай 2: $x \in [-1;\, 2)$

Выражение $x+1 \geqslant 0$ , а $x-2 < 0$ .

(x + 1) - (x - 2) \leqslant 5 \iff x + 1 - x + 2 \leqslant 5 \iff 3 \leqslant 5.

Получили верное числовое неравенство. Это значит, что решением является весь рассматриваемый промежуток: $x \in [-1;\, 2)$ .

Случай 3: $x \in [2;\, +\infty)$

Оба выражения неотрицательны.

(x + 1) + (x - 2) \leqslant 5 \iff 2x - 1 \leqslant 5 \iff 2x \leqslant 6 \iff x \leqslant 3.

Пересекаем с условием случая: $x \in [2;\, +\infty) \cap (-\infty;\, 3] \implies x \in [2;\, 3]$ .

Объединяем решения случаев

Объединяем куски ответа: $[-2;\, -1) \cup [-1;\, 2) \cup [2;\, 3] = [-2;\, 3]$ .

Ответ: $x \in [-2;\, 3]$ .

Пример 1b. То же неравенство — геометрически, за 20 секунд

Реши неравенство $|x + 1| + |x - 2| \leqslant 5$ через расстояния.

Переводим модули в расстояния

Перепишем модули как расстояния: $|x+1| = |x - (-1)|$ — расстояние от $x$ до точки $-1$ ; $|x-2|$ — расстояние от $x$ до точки $2$ . Неравенство требует, чтобы сумма расстояний от $x$ до точек $-1$ и $2$ не превышала $5$ .

Минимум суммы на отрезке

Расстояние между самими точками $-1$ и $2$ равно $|2-(-1)| = 3$ . Если $x$ лежит на отрезке $[-1;\,2]$ , сумма расстояний равна ровно $3$ (это её минимум) — условие $3 \leqslant 5$ выполнено всюду на отрезке.

Выходим за отрезок

Выходя за отрезок вправо на величину $t > 0$ (то есть $x = 2 + t$ ), мы добавляем $t$ к каждому из двух расстояний? Нет — точнее: сумма становится $3 + 2t$ (удаляемся от обеих точек, но от ближней $2$ на $t$ , а от дальней $-1$ — тоже на $t$ сверх прежнего). Условие $3 + 2t \leqslant 5 \iff t \leqslant 1$ , то есть $x \leqslant 3$ . Симметрично влево: $x = -1 - t$ , сумма $3 + 2t \leqslant 5 \iff t \leqslant 1$ , то есть $x \geqslant -2$ .

Собираем ответ

Собирая: отрезок $[-1;2]$ плюс «хвосты» по $1$ влево и вправо дают $x \in [-2;\, 3]$ .

Ответ: $x \in [-2;\, 3]$ — тот же, что в Примере 1, но без перебора случаев.

Пример 2. Равносильные переходы без промежутков

Реши неравенство $|x^2 - 4x| < 5$ .

Пример 3. Вложенные модули (уровень ДВИ)

Реши неравенство $\bigl| |x^2 - x| - 2 \bigr| \leqslant x$ .

Раскрываем внешний модуль

Перед нами модуль в модуле и переменная в правой части. Сразу отметим: правая часть $g = x$ должна быть неотрицательна, иначе решений нет (модуль слева неотрицателен). Значит, заведомо $x \geqslant 0$ — это держим в голове. Если раскрывать по промежуткам, запутаемся в интервалах. Применим равносильный переход для внешнего модуля:

\bigl| |x^2 - x| - 2 \bigr| \leqslant x \iff \begin{cases} |x^2 - x| - 2 \leqslant x, \\ |x^2 - x| - 2 \geqslant -x. \end{cases} \iff \begin{cases} |x^2 - x| \leqslant x + 2, \\ |x^2 - x| \geqslant 2 - x. \end{cases}

Решаем первое неравенство системы

Решаем первое неравенство системы (снова по схеме для «меньше»):

|x^2 - x| \leqslant x + 2 \iff \begin{cases} x^2 - x \leqslant x + 2, \\ x^2 - x \geqslant -x - 2. \end{cases} \iff \begin{cases} x^2 - 2x - 2 \leqslant 0, \\ x^2 \geqslant -2. \end{cases}

Второе условие $x^2 \geqslant -2$ выполняется при всех $x$ . Первое условие: $x^2 - 2x - 2 = 0 \implies D/4 = 1 - (-2) = 3 \implies x = 1 \pm \sqrt{3}$ . Решение первого неравенства системы: $x \in [1 - \sqrt{3};\, 1 + \sqrt{3}]$ .

Решаем второе неравенство системы

Решаем второе неравенство системы (по схеме для «больше»):

|x^2 - x| \geqslant 2 - x \iff \left[ \begin{aligned} &x^2 - x \geqslant 2 - x, \\ &x^2 - x \leqslant x - 2. \end{aligned} \right. \iff \left[ \begin{aligned} &x^2 \geqslant 2, \\ &x^2 - 2x + 2 \leqslant 0. \end{aligned} \right.

Второе условие совокупности $x^2 - 2x + 2 \leqslant 0$ не имеет решений ( $D < 0$ ). Первое условие дает $x \in (-\infty;\, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2};\, +\infty)$ .

Пересекаем результаты и проверяем ограничение

Теперь нужно пересечь результаты решения обоих неравенств исходной системы. Нам нужно найти пересечение отрезка $[1 - \sqrt{3};\, 1 + \sqrt{3}]$ и множества $(-\infty;\, -\sqrt{2}] \cup [\sqrt{2};\, +\infty)$ . Сравним границы: $1 - \sqrt{3} \approx 1 - 1{,}73 = -0{,}73$ . $-\sqrt{2} \approx -1{,}41$ . Так как $-0{,}73 > -1{,}41$ , левая часть отрезка не пересекается с $(-\infty;\, -\sqrt{2}]$ .

Далее, $1 + \sqrt{3} \approx 2{,}73$ . $\sqrt{2} \approx 1{,}41$ . Так как $1{,}41 < 2{,}73$ , правая часть отрезка пересекается с лучом $[\sqrt{2};\, +\infty)$ по промежутку $[\sqrt{2};\, 1 + \sqrt{3}]$ .

Осталось проверить условие $x \geqslant 0$ (правая часть исходного неравенства): весь полученный отрезок $[\sqrt{2};\, 1+\sqrt{3}]$ лежит правее нуля, так что ограничение выполнено и ничего не отсекает.

Ответ: $x \in [\sqrt{2};\, 1 + \sqrt{3}]$ .

Пример 4. Модуль против модуля — разность квадратов

Реши неравенство $|2x - 1| \geqslant |x + 3|$ .

Возводим в квадрат

По обе стороны стоят модули, обе части неотрицательны — применяем метод разности квадратов:

|2x - 1| \geqslant |x + 3| \iff (2x-1)^2 \geqslant (x+3)^2 \iff (2x-1)^2 - (x+3)^2 \geqslant 0.

Раскладываем разность квадратов

Раскладываем по формуле разности квадратов $A^2 - B^2 = (A-B)(A+B)$ с $A = 2x-1$ , $B = x+3$ :

\bigl((2x-1) - (x+3)\bigr)\bigl((2x-1) + (x+3)\bigr) \geqslant 0.

Считаем скобки:

(2x - 1 - x - 3)(2x - 1 + x + 3) = (x - 4)(3x + 2) \geqslant 0.

Метод интервалов

Нули множителей: $x = 4$ и $x = -\dfrac{2}{3}$ . Произведение двух линейных множителей с положительным старшим коэффициентом ( $3 > 0$ ) неотрицательно вне корней:

x \in \left(-\infty;\ -\dfrac{2}{3}\right] \cup [\,4;\ +\infty).

Проверяем концы

Проверка концов. При $x = -\dfrac{2}{3}$ : $|2\cdot(-\tfrac23) - 1| = |-\tfrac73| = \tfrac73$ и $|{-\tfrac23} + 3| = |\tfrac73| = \tfrac73$ — равенство, граница входит (знак нестрогий). При $x = 4$ : $|8-1| = 7$ и $|4+3| = 7$ — снова равенство, граница входит.

Ответ: $x \in \left(-\infty;\ -\dfrac{2}{3}\right] \cup [\,4;\ +\infty)$ .

Пример 5. Модуль в знаменателе — следим за ОДЗ

Реши неравенство $\dfrac{|x - 1|}{x - 3} \leqslant 1$ .

ОДЗ и общий знаменатель

ОДЗ. Знаменатель не равен нулю: $x \neq 3$ .

Переносим всё в одну часть и приводим к общему знаменателю (умножать на $x-3$ напрямую нельзя — его знак неизвестен):

\dfrac{|x - 1|}{x - 3} - 1 \leqslant 0 \iff \dfrac{|x - 1| - (x - 3)}{x - 3} \leqslant 0 \iff \dfrac{|x - 1| - x + 3}{x - 3} \leqslant 0.

Раскроем модуль в числителе по двум случаям относительно точки $x = 1$ .

Случай A: $x \geqslant 1$

Тогда $|x-1| = x - 1$ , числитель $= (x-1) - x + 3 = 2$ . Неравенство принимает вид

\dfrac{2}{x - 3} \leqslant 0 \iff x - 3 < 0 \iff x < 3.

Пересекаем с условием случая $x \geqslant 1$ : получаем $x \in [1;\, 3)$ .

Случай B: $x < 1$

Тогда $|x-1| = -(x-1) = 1 - x$ , числитель $= (1-x) - x + 3 = 4 - 2x$ . Неравенство:

\dfrac{4 - 2x}{x - 3} \leqslant 0.

Нули: числитель $4 - 2x = 0 \implies x = 2$ ; знаменатель $x = 3$ . Но мы в случае $x < 1$ , где $4 - 2x = 4 - 2x > 4 - 2 = 2 > 0$ (числитель положителен), а знаменатель $x - 3 < 1 - 3 = -2 < 0$ (отрицателен). Дробь «плюс на минус» отрицательна — неравенство выполнено для всего промежутка $x < 1$ . Пересекаем с условием случая: $x \in (-\infty;\, 1)$ .

Объединяем и проверяем

Объединяем: $(-\infty;\, 1) \cup [1;\, 3) = (-\infty;\, 3)$ . Точка $x = 3$ исключена ОДЗ — она и так не вошла.

Проверка. При $x = 0$ : $\dfrac{|0-1|}{0-3} = \dfrac{1}{-3} = -\tfrac13 \leqslant 1$ — верно. При $x = 4$ (вне ответа): $\dfrac{|4-1|}{4-3} = \dfrac{3}{1} = 3 \leqslant 1$ — ложно, правильно исключили.

Ответ: $x \in (-\infty;\, 3)$ .

Числовая прямая для Примера 5 с отмеченными точками 1 (грани

Частые ошибки

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Возведение в квадрат обеих частей

Ошибка: Решать $|x - 2| > 2x - 1$ возведением в квадрат: $(x - 2)^2 > (2x - 1)^2$ . Правильно: Возводить в квадрат обе части неравенства можно только если обе части гарантированно неотрицательны. Правая часть $2x - 1$ может быть отрицательной, тогда при возведении в квадрат знак неравенства может повести себя непредсказуемо. Используй метод промежутков или равносильную совокупность. (Если же по обе стороны стоят модули — обе части неотрицательны и квадрировать как раз можно, см. метод разности квадратов и Пример 4.)

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Игнорирование знака правой части

g(x)

Ошибка: В неравенстве $|x^2 + 1| \leqslant x - 5$ механически записать систему $-(x-5) \leqslant x^2+1 \leqslant x-5$ и «решать» её, получив какой-то ответ. Правильно: Сначала посмотреть на правую часть. Левая часть $|x^2+1| \geqslant 1 > 0$ , а правая $x - 5$ при $x < 5$ отрицательна — неравенство «неотрицательное $\leqslant$ отрицательное» невозможно. Решение есть только если $x - 5 \geqslant 0$ , и даже там проверяется отдельно. Для схемы « $<$ »: при $g(x) < 0$ решений нет; для схемы « $>$ »: при $g(x) < 0$ решение — вся ОДЗ. Пропуск этого разбора — типичная потеря баллов на ДВИ.

ЧАСТАЯ ОШИБКА

Умножение на знаменатель с неизвестным знаком

Ошибка: В неравенстве $\dfrac{|x-1|}{x-3} \leqslant 1$ умножить обе части на $x - 3$ и записать $|x-1| \leqslant x - 3$ . Правильно: Знак $x - 3$ неизвестен, поэтому при умножении знак неравенства может потребовать переворота, а при « $\leqslant$ » так теряются/добавляются корни. Корректный путь — перенести всё в одну часть, привести к общему знаменателю и применить метод интервалов (или метод дробей $\frac{P}{Q}\leqslant 0$ ), не забыв ОДЗ $x \neq 3$ . См. Пример 5.

Что запомнить

Равносильные переходы быстрее. Если неравенство имеет вид $|f(x)| \leqslant g(x)$ или $|f(x)| \geqslant g(x)$ , не ищи нули подмодуля — сразу переходи к системе или совокупности.
Модуль против модуля — квадрируй. Для $|f| \vee |g|$ обе части неотрицательны, поэтому $f^2 \vee g^2 \iff (f-g)(f+g) \vee 0$ — самый быстрый путь.
Расстояние. $|x-a|$ — расстояние от $x$ до $a$ ; сумма $|x-a|+|x-b|$ минимальна (и равна $|a-b|$ ) на отрезке между $a$ и $b$ . Это решает многие неравенства устно.
Следи за знаком $g(x)$ . Перед раскрытием схемы проверь правую часть: для « $<$ » при $g<0$ решений нет; для « $>$ » при $g<0$ решение — вся ОДЗ.
Знаменатель с модулем — это ОДЗ. Не умножай на знаменатель неизвестного знака; работай через общий знаменатель и условие $Q(x)\neq 0$ .
Вложенные модули раскрывай снаружи. Если применить схемы равносильности к внешнему модулю, задача распадается на две более простые.
Рисуй оси. В методе промежутков всегда рисуй числовую прямую для каждого случая: отмечай штриховкой условие случая (сверху) и решение неравенства (снизу). Ответ случая — там, где штриховки пересеклись.

Оформление под рубрику ДВИ

На ДВИ оценка идёт по outcomes-рубрике «±»: важен не только итоговый ответ, но и обоснованность каждого перехода. Ниже — эталон полного решения и список, за что снимают баллы.

Эталон полного решения:

|2x - 1| \geqslant |x + 3|

Полная запись, как ждёт проверяющий.

Обоснование метода. «Обе части неравенства — модули, значит, неотрицательны. Возведение в квадрат на множестве неотрицательных чисел сохраняет знак неравенства, поэтому переход равносилен:»

|2x-1| \geqslant |x+3| \iff (2x-1)^2 \geqslant (x+3)^2.

Преобразование. «Перенесём в левую часть и применим разность квадратов:»

(2x-1)^2 - (x+3)^2 \geqslant 0 \iff \bigl((2x-1)-(x+3)\bigr)\bigl((2x-1)+(x+3)\bigr) \geqslant 0 \iff (x-4)(3x+2) \geqslant 0.

Метод интервалов с обоснованием. «Нули множителей $x=4$ и $x=-\tfrac23$ . Старший коэффициент произведения положителен, парабола ветвями вверх, поэтому выражение неотрицательно вне корней (концы включены — знак нестрогий):»

x \in \left(-\infty;\ -\tfrac{2}{3}\right] \cup [\,4;\ +\infty).

Проверка концов (необязательно, но страхует): подстановка $x=-\tfrac23$ и $x=4$ даёт равенство $\tfrac73=\tfrac73$ и $7=7$ — границы верны.
Ответ: $x \in \left(-\infty;\ -\tfrac{2}{3}\right] \cup [\,4;\ +\infty)$ .

ЧАСТАЯ ОШИБКА

За что снимают «±» (теряют полный балл)

Нет обоснования перехода. Записал систему/совокупность без фразы «почему» — балл срезают, даже если ответ верный. Проговаривай: « $|f|\leqslant g$ означает $-g\leqslant f\leqslant g$ », «возводим в квадрат, т.к. обе части $\geqslant 0$ ».
Не разобран знак правой части $g(x)$ . В схемах « $<$ »/« $>$ » не указал, что при $g<0$ решений нет / решение вся ОДЗ — потеря балла за необоснованность.
Забыта ОДЗ. Модуль в знаменателе → не выписал $Q(x)\neq 0$ ; есть логарифм/корень под модулем → не выписал их область определения.
Не пересечено с условием случая. В методе промежутков решил неравенство, но не пересёк с промежутком — грубая логическая дыра.
Граница посчитана неверно (включил/исключил конец не там) — типичная « $\pm$ »-потеря; страхует единая договорённость о включении границ + проверка концов подстановкой.
Корни записаны без обоснования (откуда взялись, какой знак параболы) — для квадратичных неравенств показывай нули и направление ветвей.

Стратегия на ДВИ

СОВЕТ

На экзамене

Сначала выбери метод. Один модуль против выражения — равносильный переход; два модуля — разность квадратов; несколько модулей в сумме — промежутки или расстояния; дробь — общий знаменатель + ОДЗ. Правильный выбор экономит половину времени.
Оформление случаев. Проверяющие на ДВИ требуют идеальной логики. Оформляй метод промежутков структурированно: пиши «Случай 1. $x \in \dots$ », затем решай, затем пиши «С учетом условия случая получаем: $\dots$ ».
Граничные точки. Неважно, куда включать нули подмодульных выражений (в левый или правый промежуток) — главное включить каждую точку ровно один раз. Удобно всегда включать левую границу и не включать правую: $[a;\, b)$ . Если точка подставится в строгий/нестрогий знак, ответ от этого не изменится, но строгий порядок убережет от потери одного числа.
Проверка концов. Если ответ получился в виде отрезка $[a;\, b]$ , устно подставь числа $a$ и $b$ в исходное неравенство с модулем. Должно получиться верное равенство. Это отличный способ поймать арифметическую ошибку.
Геометрия как страховка. Если неравенство — сумма/разность расстояний ( $|x-a|\pm|x-b|$ ), реши его на черновике геометрически и сверь с аналитическим ответом: совпали — почти наверняка верно.

Проверь себя

Чему равносильно неравенство $|x - 3| < 2$ ?
В неравенстве $|f(x)| \geqslant g(x)$ правая часть $g(x) < 0$ на всей ОДЗ. Что можно сказать о решении?
Каково наименьшее значение выражения $|x + 1| + |x - 2|$ ?
Неравенство $|f(x)| \geqslant |g(x)|$ равносильно:

Неравенства с модулем

Суть темы