2.4《绝对值》教案（华师大） (9).doc

含有绝对值的不等式 一、本讲进度 6.5 含有绝对值的不等式 课本第20页至第23页二、本讲主要内容含有绝对值的不等式证明三、学习指导1、 绝对值的性质 （1）基本性质：①x∈R时，|x|≥x，|x|≥-x；②|x|a，或x<-ax2>a2 （2）运算性质：|ab|=|a||b|，，||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|，|a1±a2±…+an|≤|a1|+|a2|+…+|an| （3）几何意义：|x-a|表示数轴上数x，a对应的两点之间的距离 2、与绝对值有关的不等式的证明，其方法仍是证明一般不等式的方法，如比较法、综合法、分析法等，但它除了涉及一般不等式的性质外，还经常用到刚才所介绍的绝对值的性质，特别是||a|-|b||≤|a|±|b|这一条性质在利用绝对值的性质时，应根据不等号的方向进行合理的选择 3、含绝对值不等式的证明与解法有较大的差异，在解不等式中，主要是考虑如何去掉绝对值符号；而在证明中，一般不提倡去掉绝对值符号，当然，少数题目例外四、典型例题 【例1】 设|a|<ε,|a-b|<2ε，求证：|b|<3ε。

解题思路分析：根据解题的“结论向条件靠拢”的原则，本题主要思考如何用a，a-b表示b，从而利用|a|及|a-b|的条件得到|b|的范围∵ b=a-(a-b)∴ |b|=|a-(a-b)|≤|a|+|a-b|<ε+2ε=3ε注：本题还涉及到了化简变形中的整体思想，即将a-b看作一个整体实际上根据|a-b|的结构特点，也可用绝对值的基本不等式对其缩小：||a|-|b||≤|a-b|，关键是不等式的左端是选择|a|-|b|，还是|b|-|a|，尽管两个不等式都成立，但由本题的消元要求，应消去a，保留b，故选|b|-|a|≤|a-b|∴ |b|-|a|<2ε又 |a|<ε∴ 两不等式同向相加得|b|<3ε 【例2】 已知f(x)=x2-x+c，|x-a|<1，a，c∈R，求证：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)求证：|f(x)-f(a)|<2(|a|+1)解题思路分析：因f的对应法则已知，故首先对不等式左边化简：|f(x)-f(a)|=|x2-x+c-(a2-a+c)|=|x2-a2-x+a|接下来的变形向条件|x-a|<1靠拢，即凑出因式x-a： |f(x)-f(a)|=|x2-a2-x+a|=1(x-a)(x+a)-(x-a)|=|x-a||x+a-1|<|x+a-1|下一步化简有两种途径：从结论向条件凑，或从条件向结论凑。

途径一：|x+a-1|=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a-1|≤|x-a|+|2a|+1<1+2|a|+1=2(|a|+1)途径二：|x+a-1|≤|x|+|a-1|≤|x|+|a|+1又 |x-a|≥|x|-|a|∴ |x|-|a|<1∴ |x|<|a|+1∴ |x+a-1|≤|x|+|a|+1<|a|+1+|a|+1=2(|a|+1)注：途径二在利用基本不等式|x-a|≥||x|-|a||时，涉及到是选择|x-a|≥|x|-|a|，还是|x-a|≥|a|-|x|，应根据与|x|有关的不等号方向选择本题是要将|a|放大，故选择|x-a|≥|x|-|a| 【例3】 求证≤解题思路分析：思路一：三个分式的结构特点完全一致，可构造函数f(x)=，利用f(x)的单调性放缩令f(x)= (x≥0)易证f(x)在[0，+∞）上递增∵ 0≤|a+b|≤|a|+|b|∴ f(|a+b|)≤f(|a|+|b|)∴ ≤根据结论要求，采用缩小分母增大分式的放缩技巧∵ ，∴ ∴ 由不等式传递性，原不等式成立思路二：用|a+b|≤|a|+|b|进行放缩但不等式左边分式的分子、分母均含有|a+b|，必须转化为只有一项含|a+b|的分式。

∵ |a+b|≤|a|+|b|∴ ≥ ≤下同思路一 【例4】 已知a，b，x∈R，ab≥0，x≠0，求证≥解题思路分析：本题考虑去绝对值符号后进行证明思路一：不等号两边均为非负，原不等式≥即 ≥∵ ≥∴ ≥思路二：当a=0，或b=0时，原不等式为≥0，|ax|≥0，显然成立当a≠0且b≠0时，由a、b>0知，>0∴ ≥ 【例5】 已知f(x)=x2+ax+b，（1）求f(1)-2f(2)+f(3)；（2）证明|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于解思路分析：（1） f(1)-f(2)+f(3)=2；问题（2）的求解想办法利用（1）的结论 这是一个存在性的命题，因正面情形较多，难以确定有几个，故采用反证法 假设|f(x)|<,|f(2)|<，|f(3)|< 则 |f(1)-2f(2)+f(3)|≤|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|< 但 |f(1)-2f(2)+f(3)|=2 由此得到矛盾例6】 已知a，b∈R，|a|>1，|b|>1，且a≠b，求证：>1 解题思路分析： 本题用分析法较为方便 ∵ |a|>1，|b|>1∴ a2>1，b2>1∴ 1-a2<0，1-b2<0∴ (1-a2)(1-b2)>0∴ 原不等式成立 【例7】 设x，y∈R，x2+y2≤1，求证：|x2+2xy-y2|≤。

解题思路分析：也许有同学会这样解： |x2+2xy-y2|≤|x2|+|2xy|+|-y|2=x2+y2+2|xy|≤x2+y2+x2+y2=2(x2+y2)≤2但放缩过度，不能满足本题要求根据条件“平方和”的特征，考虑用三角换元法：令 x=rcosθ，y=rsinθ，|r|≤1则 |x2+2xy-y2|=r2|sin(2θ+)|≤r2≤五、同步练习 （一）选择题 1、已知函数f(x)=-2x+1对任意正数ε，使得|f(x1)-f(x2)|< ε成立的一个充分但不必要条件是A、 |x1-x2|<ε B、|x1-x2|< C、|x1-x2|< D、|x1-x2|>ε2、a，b是实数，则使|a|+|b|>1成立的充分不必要条件是A、|a+b|≥1 B、|a|≥且|b|≥ C、a≥1 D、b<-13、设a，b|a-b| C、|a-b|<||a|-|b|| D、|a-b|<|a|+|b|4、若a，b∈R，且|a+b|=|a|+|b|，则A、 B、 C、 D、5、已知h>0，命题甲；两个实数a,b满足|a-b|<2h；命题乙：两个实数a，b满足|a-1|0 D、ab<07、设a，b∈R，则|a|<1且|b|<1是ab+1>a+b的A、充分非必要条件 B、必要非充分条件C、充要条件 D、既非充分又非必要条件8、已知函数f(x)=-2x+1，对于任意正数ε，使得|f(x1)-f(x2)|<ε成立的一个充分非必要条件是A、|x1-x2|<ε B、|x1-x2|< C、|x1-x2|< D、|x1-x2|> （二）填空题9、若|x+y|=4，则xy最大值是________。

10、若a≠b，a≠0，b≠0，则______（填>、≥、<、≤）11、a，b∈R，则|a+b|-|a-b|与2|b|的大小关系是______________12、关于x的不等式|x+2|+|x-1|0，b>0，c>0）的两个实根x1，x2，求证：，15、已知f(x)在[01]上有意义，且f(0)=f(1)，对于任意不同的x1，x2∈[0，1]，都有|f(x1)-f(x2)|<|x1-x2|成立，求证：|f(x1)-f(x2)<16、求证：≥（a，b∈R）17、已知a，b∈R，|a|<1，|b|>1，求证：|1+ab|<|a+b|18、已知|a|<1，|b|<1，|c|<1，求证： （1）； （2）a+b+c

六、参考答案 （一）选择题1、C |f(x1)-f(x2)|=|-2x1+1-(-2x2+1)|=2|x2-x1|，|f(x1)-f(x2)|<ε|x2-x1|<,∵ε>0，，∴|x1-x2|<|x1-x2|<，反之不然如取|x2-x1|= A、B、C均能得到|a|+|b|≥1，但等号条件不满足要求 ∵ab<0，∴|a-b|=|a|+|b|，|a|+|b|>|a+b|，∴|a-b|>|a+b| 当a，b中有一个为零时，|a+b|=|a|+|b|，当a·b>0时，|a+b|=|a|+|b| ∵|a-b|=|a-1-(b-1)|≤|a-1|+|b-1||a|-1，|a-1|a+bab-a-b+1>0(a-1)(b-1)>0或，，∴条件结论。

8、C 类似于1 （二）填空题9、 9 |x+y|=4(x+y)2=16x2+y2+2xy=16∵ x2+y2≥2xy∴ x2+y2+2xy≥4xy∴ 16≥4xy，xy≤4 当且仅当x=y=±2时，取得等号10、 > 用比差法 11、 |a+b|-|a-b|≤2|b| ∵ |a-b|≥|a|-|b|∴ -|a-b|≤|b|-|a|又 |a+b|≤|b|+|a|同向相加得：|a+b|-|a-b|≤2|b|12、 a≤3 欲使|x+2|+|x-1|