高中数学 65含绝对值的不等式第一课时 大纲人教版必修Word文档下载推荐.docx
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1.含有绝对值不等式的重要性质定理及推论.
2.有关简单的含绝对值不等式的证明问题.
（二）能力训练要求
1.理解和掌握不等式|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|及推论,并会证明这个定理.
2.能运用上面的不等式,解决一些简单的有关含绝对值不等式的证明问题.
（三）德育渗透目标
1.培养学生观察、推理的思维能力.
2.使学生树立创新意识.
3.运用联系的观点解决问题,提高学生的数学素质.
●教学重点
1.定理|a+b|≤|a|+|b|,可以推广到n个数的形式,即|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|,证明可以依照定理的方法.
2.定理中|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|,等号成立的条件是:
|a|-|b|=|a+b|ab≤0且|a|≥|b|.
|a|+|b|=|a+b|ab≥0
3.在有关含绝对值的不等式的证明过程中,要注意运用不等式的性质,绝对值的性质.
●教学难点
定理|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|的理解和记忆以及等号成立的条件.
●教学方法
引导学生发现规律,启发诱导教学法.
●教具准备
幻灯片一张
记作§
6.5.1A
（一）绝对值
1.定义:
|a|=
2.基本性质:
（1）|a|≥0;
（2）|a|≥a;
（3）|a|≥-a;
（4）|-a|=|a|;
（5）-|a|≤a≤|a|;
（6）|a·
|b|;
（7）（b≠0）
3.不等式|x|<
a与|x|>
a（a>
0）的解集:
|x|<
a:
{x|-a<
x<
a};
|x|>
{x|x<
-a或x>
a}.
（二）不等式的概念、性质
定义
用不等号（>
<
≠,≥,≤）把两个解析式连结起来所得的式子.
性质
公理1
（对称性）
a>
bb>
a
公理2
（传递性）
b,b>
ca>
c
公理3
（加法法则）
ba+c>
b+c
推论:
b,c>
da+c>
b+d
公理4
（乘法法则）
0ac>
bc
b,c<
0ac<
推论：
（1）a>
b>
0,c>
d>
bd
（2）a>
0an>
bn（n∈N*）
（3）a>
b,ab>
公理5
（开方法则）
0（n∈N且n≥2）
●教学过程
Ⅰ.课题导入
前面，我们学习过绝对值和不等式的性质以及不等式的证明方法.
（打出幻灯片§
6.5.1A,引导学生阅读,复习巩固绝对值性质和不等式性质,为学习研究含有绝对值的不等式打下基础）
我们知道,当a>
0时,
a-a<
a,
ax>
a或x<
-a.
根据上面的结果和不等式的性质,我们再来研究一些含有绝对值的不等式的证明问题.
Ⅱ.讲授新课
（一）含有绝对值不等式的重要性质定理及推论:
看下面的性质定理:
定理|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|
分析:
由绝对值的定义及其性质可知:
对任意的x∈R,均有|-x|=|x|,-|x|≤x≤|x|.再考虑定理内容,它实际上包括两部分,即|a+b|≤|a|+|b|;
|a|-|b|≤|a+b|.注意到|a|-|b|≤|a+b||a|≤|a+b|+|b||（a+b）+（-b）|≤|a+b|+|-b||a+b|≤|a|+|b|,故只需证明命题|a+b|≤|a|+|b|即可.
证明:
∵-|a|≤a≤|a|
-|b|≤b≤|b|
∴-（|a|+|b|）≤a+b≤|a|+|b|
即|a+b|≤|a|+|b|.①
又a=a+b-b且|-b|=|b|
由①得
|a|=|a+b-b|=|（a+b）-b|=|（a+b）+（-b）|≤|a+b|+|-b|=|a+b|+|b|
∴|a|≤|a+b|+|b|
即|a|-|b|≤|a+b|②
综合①、②可得:
|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|
请同学们想一想:
上面的定理中,a、b满足什么条件时,可以取“=”号?
生答:
（1）当a,b同号时,右取“=”号;
（2）当a,b异号且|a|≥|b|,左取“=”号;
（3）当a,b至少有一个为0时,左、右都取“=”号.
由上面的定理,我们很容易得到:
推论1:
|a1+a2+a3|≤|a1|+|a2|+|a3|
（证明过程留给同学们自己完成）
推论2:
|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|
利用上面定理结合a-b=a+（-b）很容易得证.
∵|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|且a-b=a+（-b）
∴|a|-|-b|≤|a+（-b）|≤|a|+|-b|即
|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|.
同学们再想一想:
推论2中,a,b满足什么条件时,可以取“=”号?
（1）当a,b异号时,右取“=”号;
（2）当a,b同号且|a|≥|b|时,左取“=”号;
（3）当a,b至少有一个为0时,左,右都取“=”号.
注意:
推论1还可以推广到n（n∈N且n>
2）个数（或式）的和的绝对值小于或等于这n个数的绝对值的和.即|a1+a2+…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an|.（n∈N且n>
2）.
推论2与定理虽然形式上有所不同,但实质上是等价的.这是因为这里a,b是任意实数,所以只要用-b代替b,就可以由其中任一个推得另一个.
（二）定理及其推论的应用:
［例1］已知|x|<
|y|<
|z|<
求证：
|x+2y-3z|<
ε.
从所证的不等式来看,左边复杂一些,故利用有关性质把结论左边进行变形,创设利用条件的机会.从目标不等式结构特点观察,显然利用推论1,即|a1+a2+a3|≤|a1|+|a2|+|a3|.
|x+2y-3z|≤|x|+|2y|+|-3z|=|x|+|2|·
|y|+|-3|·
|z|=|x|+2|y|+3|z|.
∵|x|<
.
∴|x|+2|y|+3|z|<
++=ε
即|x+2y-3z|<
［师生共析］本题的证明主要是依据本节定理的推论1进行变形的,望注意体会.这种方法在以后学习中还会遇到.本例还有意使用了字母“ε”,其目的是为我们以后学习微积分作点准备.
［例2］设a,b,c,d都是不等于0的实数,求证：
≥4.
本题中a,b,c,d都是不等于0的实数,由绝对值性质可知:
||、||、||、||均为正数.结合目标不等式的结构特征,为运用算术平均数与几何平均数定理创造了条件.故运用公式≥（a>
0,b>
0）及不等式性质可使命题得证.
∵a,b,c,d都是不等式0的实数,
∴||>
0,||>
0.
∴||+||≥2①
||+||≥2②
③
由①②③式,得:
［师生共析］本例的证明,没有使用到刚学过的含绝对值不等式的定理,而是用绝对值的性质、不等式的性质、算术平均数与几何平均数的定理证得的.这又一次说明,证明不等式的方法是多样的,一定要灵活掌握.
Ⅲ.课堂练习
1.证明下列不等式:
（1）a,b∈R,求证|a+b|≤|a|+|b|;
（2）已知|h|<
|k|<
（ε>
0）,求证:
|hk|<
ε;
（3）已知|h|<
cε,|x|<
c（c>
0,ε>
||<
用绝对值性质及不等式性质作推理运算.绝对值性质有:
|ab|=|a|·
|an|=|a|n,||=等.
（1）证法一:
∵-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|
即|a+b|≤|a|+|b|
证法二:
（平方作差）
（|a|+|b|）2-|a+b|2=a2+2|a||b|+b2-（a2+2ab+b2）=2［|a|·
|b|-ab）=2（|ab|-ab）≥0显然成立.
故（|a|+|b|）2≥|a+b|2
又∵|a|+|b|≥0,|a+b|≥0
所以|a|+|b|≥|a+b|,
即|a+b|≤|a|+|b|.
（2）∵0≤|h|<
0≤|k|<
（ε>
0）
∴0≤|h|·
|k|<
·
即|hk|<
（3）由0<
c<
|x|可知:
0<
且0≤|h|<
cε
∴·
即||<
2.求证:
|x+|≥2（x≠0）
x与同号,因此有|x+|=|x|+||.
证法一:
∵x与同号
∴|x+|=|x|+
∴|x+|=|x|+≥2=2
即|x+|≥2.
当x>
0时,x+≥2=2
当x<
0时,-x>
0,有
-x+
∴x∈R且x≠0时有x+≤-2,或x+≥2
即|x+|≥2
方法点拨:
不少同学这样解:
因为|x+|≤|x|+
又|x|+≥2=2
所以|x+|≥2.
学生认为这样解答是根据不等式的传递性.实际上,上述两个不等式是异向不等式,是不符合传递性的,因而如此作解是错误的.
3.已知:
|A-a|<
|B-b|<
求证:
（1）|（A+B）-（a+b）|<
ε
（2）|（A-B）-（a-b）|<
证明本题的关键是把结论的左边凑出条件的左边,创造利用条件的机会.
因为|A-a|<
所以
（1）|（A+B）-（a+b）|
=|（A-a）+（B-b）|
≤|A-a|+|B-b|<
+=ε
即|（A+B）-（a+b）|<
（2）|（A-B）-（a-b）|=|（A-a）-（B-b）|
即|（A-B）-（a-b）|<
本题的证明过程中运用了凑的技巧,望给予足够重视,灵活掌握.
Ⅳ.课时小结
本节重点学习了含有绝对值不等式的性质定理及其推论,理解和掌握其定理及推论,是证明含绝对值不等式的关键所在.在分析问题的转化策略上同时用好不等式的概念和性质.含有绝对值的不等式在题型结构上,有它自身的特点,要在解决问题的过程中自觉地创设运用公式的条件.
Ⅴ.课后作业
（一）课本P22习题6.51、2、3
（二）1.复习巩固课本P20§
6.5含有绝对值的不等式.
2.巩固提纲:
（1）理解掌握定理
|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|的应用.
（2）注意定理及其推论中等号成立的条件.
（3）证明含有绝对值的不等式,一方面要用到前面学过的不等式证明的常用方法,另一方面,有些题目要应用到本节所学的重要性质定理及其推论.
●板书设计
一、性质定理二、应用
|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|例题
推论1
|a1+a2+a3|≤|a1|+|a2|+|a3|课堂练习
推论2课时小结
|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|课后作业
2019-2020年高中数学6.5含绝对值的不等式（第二课时）大纲人教版必修
1.含有绝对值不等式的性质定理及其推论.
2.含有绝对值不等式的证明（或解法）.
通过例题及练习进一步掌握含有绝对值不等式的定理和推论,并能应用这些性质解决有关问题.进一步提高综合运用数学知识的能力.
1.培养学生的化归（或转化）的数学思想.
2.提高分析问题和解决问题以及综合运用数学知识的能力.
3.培养创新意识,提高学生的数学素质.
1.掌握一些含绝对值不等式的证明方法和解法.
2.解含绝对值的不等式的主要方法是将不等式中的绝对值符号化去.它运用学过的含绝对值不等式的性质:
0）x>
-a;
0）-a<
a.而含绝对值不等式的证明,可以利用定理|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|,还可以利用两边同时平方的方法等,如|x|>
|y|x2>
y2.
含绝对值的不等式,在解它或证它时,关键是运用转化思想,依照基本方法步骤化简,要特别注意保证变形过程中的等价性.
讲练结合法
即通过例题讲解,强化学生训练,加深学生对含有绝对值不等式知识的理解,进一步提高学生综合应用数学知识的能力.
6.5.2A
课堂练习:
1.求证:
（1）|x+1|+|x-1|≥2;
（2）|x+2|+|x+1|+|x-1|+|x-2|≥6;
（3）2|x+2|+|x+1|≥1（当且仅当x=-2时,“=”号成立）.
2.已知f（x）=,当|a|≠|b|时,求证:
（1）|a+b|<
|f（a）+f（b）|;
（2）|a-b|>
|f（a）-f（b）|.
3.求证:
≥|a|-|b|（a≠b）.
4.若|x|<
1,|y|<
1,|z|<
1,求证:
1.
5.已知a,b∈R,求证:
上一节课,我们学习了含有绝对值的不等式的性质定理及其推论的简单应用.（学生回顾叙述,教师板书定理及其推论内容,即:
（1）|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;
（2）|a1+a2+a3|≤|a1|+|a2|+|a3|;
（3）|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|.
今天,我们进一步巩固掌握上述性质,并能应用这些性质完成含有绝对值不等式的证明（或解法）,提高大家分析问题、解决问题以及综合运用数学知识的能力.
我们来看下面的例子.
［例1］已知|x-a|<
0<
|y-b|<
y<
A,求证|xy-ab|<
本题的关键在于根据结论左边如何“拼凑”出（x-a）与（y-b）,再运用和差的绝对值与绝对值的和差间的关系.即创设利用已知条件或已知定理的机会.
|xy-ab|
=|xy-ya+ya-ab|
=|y（x-a）+a（y-b）|
≤|y|·
|x-a|+|a|·
|y-b|
<
a·
+|a|·
=ε,
即|xy-ab|<
［师生共析］本题是为将来学习极限证明作的准备.本题在证明过程中运用了凑的技巧,望注意体会.在今后的学习过程当中,要习惯用“拼凑”的方法,要很好掌握.
［例2］已知|a|<
1,|b|<
初看此题,无法下手,因为题目中含有绝对值符号,不妨运用平方法先去掉绝对值符号,再加以证明,即运用“|x|<
0）x2<
a2”,尝试分析法证明.
证明：
a2+2ab+b2<
1+2ab+a2b2
1-a2-b2+a2b2>
（1-a2）（1-b2）>
由|a|<
1,可知a2<
1,b2<
1,
显然（1-a2）（1-b2）>
1成立.
［师生共析］用分析法证不等式，有时变形的每一步都是充要条件，这实际是先寻找原不等式成立的必要条件，再证明不等式.
［例3］设a,b∈R,且a≠b,求证:
|a-b|.
本题既含绝对值又含根式,直接入手证明比较困难,考虑运用分析法;
本题含有根式,考虑其根式的特殊性（有理化因式的灵活应用）,也可采用放缩法证明.
欲证||<
|a-b|成立,
只需证明（）2<
（a-b）2,
即:
1+a2-2+1+b2<
a2-2ab+b2
∴1+ab<
只需证:
（1+ab）2<
（1+a2）（1+b2）
1+2ab+a2b2<
1+a2+b2+a2b2
a2+b2>
2ab.
∵a,b∈R且a≠b,
显然a2+b2>
2ab成立.
故原不等式成立.
||
=||
（注意:
a,b∈R且a≠b）
故||<
［师生共析］有关含有绝对值不等式的证明,常用分析法,因为这样可在命题的转化过程中,“脱去”绝对值符号,为运算及推理创造了条件.对于证法二,本题用了放缩法,其证明过程技巧性较强、难度较大,并且在上述证明过程中用到了两次放缩,即
（1）>
|a|,
;
（2）若a≠b,则|a|+|b|>
|a+b|.
［例4］已知sinα+sinβ=1,求证:
|cosα+cosβ|≤.
本题直接证明困难,考虑运用反证法.
假设|cosα+cosβ|>
成立,则:
两边同时平方得:
cos2α+cos2β+2cosα·
cosβ>
3①
由已知得:
sin2α+sin2β+2sinαsinβ=1②
由①+②得:
2+2cos（α-β）>
4
∴cos（α-β）>
1,这与cos（α-β）≤1矛盾.
故假设不成立,原不等式成立.
［师生共析］对直接证明较困难的题目,若运用反证法,则相当于增加了一个“条件”（即假设）,因而降低了对命题推理的难度.本例中当增加的“条件”|cosα+cosβ|>
（即假设后）结合已知条件sinα+sinβ=1及正、余弦之间的关系式,使证题思路豁然开朗.
［打出幻灯片§
6.5.2A,根据学生情况及特点,分成若干个小组进行练习,选出有代表性的学生答案（让学生最好写在幻灯片上）,教师利用幻灯仪作概括总结,以提高学生分析问题和解决问题的能力.］
附习题和答案:
（1）|x+1|+|x-1|≥|（x+1）-（x-1）|=2.
（2）|x+1|+|x-1|≥|（x+1）-（x-1）|=2.
当且仅当（x+1）（x-1）≤0,即-1≤x≤1时“=”成立;
又|x+2|+|x-2|≥|（x+2）-（x-2）|=4,
当且仅当（x+2）（x-2）≤0,即-2≤x≤2时“=”号成立.
∴|x+2|+|x+1|+|x-1|+|x-2|≥6,
当且仅当即-1≤x≤1时“=”号成立.
（3）|x+2|+|x+1|≥|（x+2）-（x+1）|=1,
当且仅当（x+2）（x+1）≤0,即-2≤x≤-1时“=”号成立;
又|x+2|≥0,当且仅当x=-2时，“=”号成立,
∴2|x+2|+|x+1|≥1,
当x=-2时，“=”号成立.
（1）|a+b|≤|a|+|b|<
=|f（a）+f（b）|.
（2）由
（1）得:
|a+b|<
∴|a-b|=
≥|a|-|b|（a≠b）
当|a|≤|b|时,即|a|-|b|≤0,而≥0,
显然有:
≥|a|-|b|;
当|a|>
|b|时,又a≠0,从而|a|>
1-||>
-1-≥-|b|
∵（|b|≥0）
∴≥=|a|-≥|a|-|b|.
综上所述有:
1,求证：
所证不等式
|x+y+z+xyz|<
|1+xy+yz+zx|
（x+y+z+xyz）2<
（1+xy+yz+zx）2
（xyz+xy+yz+zx+x+y+z+1）（xyz-xy-yz-zx+x+y+z-1）<
［（x+1）（y+1）（z+1）］·
［（x-1）（y-1）（z-1）］<
（x2-1）（y2-1）（z2-1）<
由于|x|<
1
从而x2<
1,y2<
1,z2<
于是（x2-1）（y2-1）（z2-1）<
0成立,
所以原不等式成立.
原不等式|a+b|（1+|a|）（1+|b|）
≤|a|（1+|a+b|）（1+|b|）+|b|（1+|a+b|）（1+|a|）
|a+b|（1+|b|）+|a+b|·
|a|（1+|b|）
≤|a|（1+|b|）+|a|·
（1+|b|）·
|a+b|+|b|（1+|a|）+|b
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