高中数学第6章（第15课时）含有绝对值的不等式（2） 5页

课 题：含有绝对值的不等式（2）‎ 教学目的：‎ ‎ 1．进一步掌握含有绝对值不等式的定理及其推论；‎ ‎2培养学生的化归(或转化)的数学思想 ‎3提高分析问题和解决问题以及综合运用数学知识的能力 ‎4培养创新意识,提高学生的数学素质 教学重点：不等式性质、定理的综合运用 教学难点：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：‎ 上一节课，我们学习了含绝对值的不等式的一个重要性质，并认识到证明不等式的方法的多样性与灵活性，这一节，我们将综合运用绝对值的性质、不等式的性质、算术平均数与几何平均数的定理证明不等式 定理：‎ 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：‎ 二、讲解范例：‎ 例1 已知a、b、c、d都是实数，且a2＋b2＝ｒ2，c2＋d2＝R2，(ｒ＞0，R＞0)‎ 求证：｜ac＋bd｜≤‎ 证明：(综合法)∵a、b、c、d都是实数，‎ ‎∴｜ac＋bd｜≤｜ac｜＋｜bd｜≤‎ ‎∵a2＋b2＝ｒ2，c2＋d2＝R2，‎ ‎∴｜ac＋bd｜≤‎ 例2 设f (x) = x2＋px＋q, 求证：| f (1) |、| f (2) |、| f (3) | 中至少有一个不小于 说明：此题正面证明较为困难，“正难则反”，引导学生尝试“反证法”证明 证明：（反证法）假设原命题不成立，则|f(1)|＜,|f(2)|＜,|f(3)|＜,‎ ‎∴ |f(1)|+2 |f(2)|+|f(3)|＜2 ①‎ 由f(1)=1+p+q, f(2)=4+2p+q, f(3)=9+3p+q 得 f(1)+f(3)－‎2f(2)=2‎ ‎∴ |f(1)|+2 |f(2)|+|f(3)|≥|f(1)+f(3)－‎2f(2)|=2‎ 这与①矛盾，故假设不成立，求证为真 例3 求证：‎ 证法一：(分析法)要证明 只需证 (|a|+|b|)(1+|a+b|)≥|a+b| (1+|a|+|b|)‎ 只需证 |a|+|b|+(|a|+|b|)·|a+b|≥|a+b|+(|a|+|b|)|a+b|‎ 只需证|a|+|b|≥|a+b|‎ 显然上式成立 ‎ 所以原不等式成立 证法二：(利用函数的单调性)‎ 构造函数f(x)= (x≥0)‎ ‎∵f(x)= =1－‎ ‎∴函数f(x)在［0，＋∞是增函数 ‎∵f(|a|+|b|)=， f(|a+b|)=‎ 而 |a|+|b|≥|a+b|，∴f(|a|+|b|)≥f(|a+b|)‎ 即≥‎ 例4 已知,求证：‎ 说明：根据已知条件x2＋y2=1的形式特点，可以进行三角代换，即设，转化为三角形式的不等式 解：设， 则 ‎（其中tanθ=a）‎ ‎∵|sin(－θ)|≤1‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 即 ‎ 三、课堂练习：‎ ‎1．若|x－a｜＜ｍ，｜y－a｜＜n，则下列不等式一定成立的是( D )‎ A｜x－y｜＜2ｍ B｜x－y｜＜2n C｜x－y｜＜n－ｍ D｜x－y｜＜n＋ｍ ‎2．已知函数f(x)=－2x+1，对任意的正数ε，使得｜f(x1)－f(x2)｜＜ε成立的一个充分非必要条件是( C )‎ A｜x1－x2｜＜ε B｜x1－x2｜＜ C｜x1－x2｜＜ D｜x1－x2｜＞‎ 四、小结 ：通过本节学习，要求大家进一步认识证明不等式的方法的多样性，并能灵活掌握绝对值的性质、不等式的性质，算术平均数与几何平均数的定理对不等式进行证明 五、课后作业：‎ ‎1 若a≠b，a≠0，b≠0，则 > ‎ ‎2 解不等式｜x2－4x＋2｜≥‎ ‎0＜x≤或≤x≤或x≥4‎ ‎3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)‎ 证明:(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 ‎4已知f(x)=,当|a|≠|b|时,求证:‎ ‎(1)|a+b|<|f(a)+f(b)|;(2)|a-b|>|f(a)-f(b)|‎ 证明:(1)| a+b|≤|a|+|b|<=|f(a)+f(b)|‎ ‎(2)由(1)得:|a+b|<,‎ ‎∴|a-b|=‎ ‎5求证:≥|a|-|b|(a≠b)‎ 证明:当|a|≤|b|时,|a|-|b|≤0,≥0,有 ≥|a|-|b|;‎ 当|a|>|b|时,又a≠0,从而|a|>0,有||<1-||>-1-≥-|b|‎ ‎∵(|b|≥0) ∴≥=|a|-≥|a|-|b|‎ 综上所述有:≥|a|-|b|(a≠b)‎ ‎6若|x|<1,|y|<1,|z|<1,求证：||<1‎ 证明：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)<0‎ ‎［(x+1)(y+1)(z+1)］·［(x-1)(y-1)(z-1)］<0‎ ‎ (x2-1)(y2-1)(z2-1)<0‎ 由于|x|<1,|y|<1,|z|<1，从而x2<1,y2<1,z2<1,‎ 于是(x2-1)(y2-1)(z2-1)<0成立,所以原不等式成立 ‎7已知a,b∈R,求证:‎ 证明: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|·|a+b|(1+|a|)‎ ‎|a+b|+|a+b|·|b|≤|a|+2|ab|+|b|+|b|·|a+b|+|ab|·|a+b|‎ ‎|a+b|≤|a|+|b|+2|ab|+|ab|·|a+b|‎ 由于|a+b|≤|a|+|b|成立,显然最后一个不等式成立,从而原不等式成立 以上证明是最基本的方法,但过程繁琐冗长,利用放大技巧证明要简捷得多,证明如下:‎ ‎∵|a+b|≤|a|+|b||a|+|b|-|a+b|≥0,‎ 六、板书设计（略）‎ 七、课后记：‎