• 201.00 KB
  • 2021-06-19 发布

高中数学第6章(第14课时)含有绝对值的不等式(1)

  • 5页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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:‎ ‎ ‎