高中数学第6章（第14课时）含有绝对值的不等式（1）

高中数学第6章（第14课时）含有绝对值的不等式（1）

课 题：含有绝对值的不等式（1）‎ 教学目的：‎ ‎ 1．理解含有绝对值的不等式的性质；‎ ‎2．培养学生观察、推理的思维能力， 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；‎ ‎4．认识不等式证法的多样性、灵活性 教学重点：含有绝对值不等式的性质、定理的综合运用 教学难点：对性质的理解、常见证明技巧 授课类型：新授课 课时安排：1课时 教 具：多媒体、实物投影仪 教学过程：‎ 一、复习引入：‎ 前面我们已学过不等式的性质和证明方法，这一节我们再来研究一些含有绝对值的不等式的证明问题 我们知道，当a＞0时，‎ ‎|x|＜a－a＜x＜a,‎ ‎|x|＞ax＞a或x＜－a 根据上面的结果和不等式的性质，我们可以推导出含有绝对值的不等式具有下面的性质 二、讲解新课：‎ 定理：‎ 证明：∵‎ ‎ ①‎ ‎ 又∵a=a+b-b |-b|=|b|‎ 由①|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b| 即|a|-|b|≤|a+b| ②‎ 综合①②: ‎ 注意：1° 左边可以“加强”同样成立，即 ‎2° 这个不等式俗称“三角不等式”—三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边 ‎3° ‎a,b同号时右边取“=”，a,b异号时左边取“=”‎ 推论1：≤‎ 推论2：‎ 证明：在定理中以-b代b得：‎ 即 ‎ 三、讲解范例：‎ 例1 已知|x|＜，|y|＜,|z|＜, 求证 |x+2y－3z|＜ε 证明：|x+2y－3z|≤|x|＋|2y|＋|－3z|=|x|＋2|y|＋3|z|‎ ‎∵|x|＜，|y|＜,|z|＜,‎ ‎∴|x|＋2|y|＋3|z|＜ ‎ ‎∴|x＋2y－3z|＜ε 说明：此例题主要应用了推论1，其中出现的字母ε，其目的是为学生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 证明：∵ ‎ ‎∴ ①‎ ‎ ②‎ 又 ③‎ 由①，②，③式，得 说明：此题作为一个含绝对值的不等式，在证明过程中运用了基本不等式及不等式的性质，在证法上采用的是综合法 例3 已知|a|＜1,|b|＜1,求证＜1‎ 证明：＜1＜1‎ 由|a|＜1,|b|＜1,可知（1－a2）(1－b2)＞0成立，所以 ＜1‎ 说明：此题运用了|x|＜ax2＜a2这一等价条件将绝对值符号去掉，并采用了求差比较法证明其等价不等式的正确性，并用到了绝对值的有关性质，也体现了证明不等式的方法的综合性和灵活性 例4 设|a|<1, |b|<1 求证|a+b|+|a-b|<2‎ 证明：当a+b与a-b同号时，|a+b|+|a-b|=|a+b+a-b|=2|a|<2‎ 当a+b与a-b异号时，|a+b|+|a-b|=|a+b-(a-b)|=2|b|<2‎ ‎∴|a+b|+|a-b|<2‎ 例5 已知 当a¹b时 求证：‎ 证法一：‎ ‎ ‎ ‎ ‎ O A B a b ‎1‎ 证法二：（构造法）如图，‎ ‎，由三角形两边之差小于第三边得 四、课堂练习：‎ 已知：|x－1|≤1,‎ 求证：（1）|2x＋3|≤7; (2)|x2－1|≤3‎ 证明：（1）∵|2x＋3|=|2(x－1)＋5|≤2|x－1|＋5≤2＋5=7‎ ‎(2)|x2－1|=|(x＋1)(x－1)|=|(x－1)[(x－1)＋2]|‎ ‎≤|x－1||(x－1)＋2|≤|x－1|＋2≤1＋2=3‎ 五、小结 ：通过本节学习，要求大家理解含有绝对值不等式的性质，并能够简单的应用，同时认识证明不等式的方法的灵活性、多样性 六、课后作业：‎ ‎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|0,ε>0),求证:||<ε 分析: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|·|b|;|an|=|a|n,||=等 证明:(1)证法1:∵-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|‎ ‎∴-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b| 即|a+b|≤|a|+|b|‎ 证法2:(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≤|hk|＝|h|·|k|<·=ε ‎(3)由00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)|<ε 分析: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 证明:因为|A-a|<,|B-b|<‎ 所以(1)|(A+B)-(a+b)|=|(A-a)+(B-b)|≤|A-a|+|B-b|<+=ε 即|(A+B)-(a+b)|<ε ‎(2)|(A-B)-(a-b)|=|(A-a)-(B-b)|≤|A-a|+|B-b|<+=ε 即|(A-B)-(a-b)|<ε 方法点拨: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 七、板书设计（略）‎ 八、课后记：‎ ‎ ‎