2023年兴义地区重点高考一轮复习教学案含绝对值的不等式高中数学.docx

6.6含绝对值的不等式 一、明确复习目标 1.理解不等式│a│-│b│≤│a+b│≤│a│+│b│, 能利用绝对值的定义的性质分析解题; 2.掌握解绝对值不等式等不等式的根本思路;掌握去掉绝对值符号的方法;会用分类、换元、数形结合的方法解不等式； 二．建构知识网络 1. 绝对值的定义和性质： ; 2.绝对值的运算性质 〔注意不等式成立的条件〕 〔注意不等式成立的条件〕 ; 3. 解绝对值不等式的根本思想:去绝对值符号;具体方法有: , 一般地: 〔3〕分段去绝对值，找出零点,分段求解。 〔4〕数形结合. 三、双基题目练练手 1.(2023江苏) 设a、b、c是互不相等的正数，那么以下不等式中不恒成立的是〔 〕 A.　　 B. C.　　　　　D. 2．(2023福建)命题p：假设a、b∈R，那么|a|+|b|>1是|a+b|>1的充分而不必要条件； 命题q：函数y=的定义域是〔－∞，－1∪[3，+∞.那么〔 〕 A．“p或q〞为假 B．“p且q〞为真 C．p真q假 D．p假q真 3.〔2023北京〕在以下四个函数中，满足性质：“对于区间上的任意，恒成立〞的只有( ) A. B. C. D. 4. (2023全国IV)不等式的解集为 〔 〕 A． B． C． D． 5．(2023年全国卷I)不等式|x+2|≥|x|的解集是 . 6.不等式的解集是___________ 简答:1-4.CDAD; 5. {x|x≥－1}; 6. 四、经典例题做一做 【例1】解关于的不等式： (1); (2) 解：(1)法一：原不等式 ①或② 由①解得，由②解得 ∴原不等式的解集是 法二：原等式等价于 ∴原不等式的解集是 o -3 3 x 9 y 3 法三：设，由解得 ，在同一坐标系下作出它们的图象，由图得使的的范围是， ∴原不等式的解集是 (2)当x≥a时,不等式可化为 当x<a时,不等式可化为 。 ✿提炼方法：题(1)法2比拟简单,其转化也不要求x+3>0. 题(2)的关键不是对参数进行讨论，而是去绝对值时必须对未知数进行讨论，得到两个不等式组，最后对两个不等式组的解集求并集，得出原不等式的解集。 【例2】〔1〕a≠0，求证：≥ 〔2〕求实数λ的取值范围，使不等式||＞1对满足|a|＜1，|b|＜1的一切实数a、b恒成立； 〔3〕|a|＜1，假设||＜1，求b的取值范围. 证明〔1〕：当|a|≤|b|时，不等式显然成立 当|a|>|b|时， 左=≥ ≥=. 另法:当 当,显然成立. 〔2〕解：∵||＞1|1－abλ|2－|aλ－b|2 =〔a2λ2－1〕〔b2－1〕＞0. ∵b2＜1，∴a2λ2－1＜0对于任意满足|a|＜1的a恒成立. 当a=0时，a2λ2－1＜0成立； 当a≠0时，要使λ2＜对于任意满足|a|＜1的a恒成立， 而＞1，∴|λ|≤1.故－1≤λ≤1. 〔3〕||＜1〔〕2＜1 〔a+b〕2＜〔1+ab〕2a2+b2－1－a2b2＜0 〔a2－1〕〔b2－1〕＜0. ∵|a|＜1，∴a2＜1.∴1－b2＞0，即－1＜b＜1. 【例3】 所以，原命题得证 【例4】设a，b∈R，关于x方程x2+ax+b=0的实根为α，β，假设|a|+|b|<1，求证： |α|<1，|β|<1。 解题思路分析： 在不等式、方程、函数的综合题中，通常以函数为中心。 法一：令f(x)=x2+ax+b 那么 f(1)=1+a+b>1-(|a|+|b|)>1-1=0 f(-1)=1-a+b>1-(|a|+|b|)>0 又∵ 0|a|≤|a|+|b|<1 ∴ -1<a<1 ∴ ∴ f(x)=0的两根在〔-1，1〕内，即|α|<1，|β|<1 法二：∵α+β=-a，αβ=b ∴ |α+β|+|αβ|=|a|+|b|<1 ∴ |α|-|β|+|α||β|<|α+β|+|αβ|<1 ∴〔|α|-1〕〔|β|+1〕<0 ∵ |β|+1>0 ∴ |α|<1. 同理：|β|<1 ◆提炼方法：适度放缩是处理绝对值不等式的常用技巧，如|a|-|b|≤|a+b|及|b|-|a|≤|a±b|的选择等。 【研讨.欣赏】 (2023 江苏)a>0，函数f(x)＝ax－bx． (1)当b>0时，假设对任意x∈R都有f(x)1，证明a2； (2)当b>1时，证明对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件是b－1a2； (3)当0<b1时，讨论：对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件． 证明：⑴对二次函数应用配方法，得，当x∈R时，f(x)＝ ，于是，对任意x∈R都有f(x)1f(x)＝1 a2． ⑵用f(x)、f(x)表示f(x)在[0，1]上的最大值、最小值，那么对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1当且仅当 〔x〕 而 f(x)＝－b(x－+，〔x[0，1]〕 当2b时，0<1，f(x)＝ ，f(x)＝f(0)或f(1)； 当2b<a时，>1， f(x)＝ f(1)，f(x)＝f(0)． 于是(x) 或 b－1a2或xb－1a2． 故对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件是b－1a2． (３)　由(２)的解答知，对任意x∈[0，1]，都有|f(x)|1当且仅当 或 0<a2b或2b<ab+1 0<ab+1． 故当0<b1时，对任意x[0，1]，都有|f(x)|1的充要条件为0<ab+1． 点评：含参数的二次函数与绝对值不等式相综合，这是历年高考命题的热点之一．在备考复习时，应当重视这类题型的解题技巧，掌握一些解题的套路，领悟当中的变化技能，反复思考参数的处理艺术． 五．提炼总结以为师 1、含绝对值不等式的解法的根本思想是设法去掉绝对值符号 常用方法是〔1〕利用；〔2〕由定义分段去绝对值；〔3〕平方法；〔4〕数形结合法等。 2、含绝对值不等式的证明，要善于应用分析转化法 3、灵活运用绝对值不等式两个重要性质定理，特别关注等号成立的条件。 同步练习 6.6含绝对值的不等式 【选择题】 1.假设那么以下不等式一定成立的是〔 〕 A． B． C． D． 2.不等式的解集是 ( ) A． B． C． D． 3.〔2023山东〕，以下不等式一定成立的是〔 〕 A. B. C. D. 4．不等式|x－4|＋|x－3|<a有解的充要条件是〔 〕 A.a>7 B.a>1 C.a<1 D.a≥1 【填空题】 5．不等式1≤≤2的解集是 6.|a+b|＜－c〔a、b、c∈R〕，给出以下不等式： ①a＜－b－c；②a＞－b+c；③a＜b－c；④|a|＜|b|－c；⑤|a|＜－|b|－c. 其中一定成立的不等式是____________.〔把成立的不等式的序号都填上〕 简答：1-4. BDAB; 4.|x－4|＋|x－3|表示数轴上的点x到(4, 0)与(3, 0)两点距离和，最小值为1，∴当a>1时，不等式有解. 5. {x|1≤x≤或≤x≤3 }; 6. 6. ①②④ 【解答题】 7.解不等式 (1) |x2─3|x|─3|£1; (2)|x-x2-2|>x2-3x-4 (x>-3) 解：(1) ∵|x2─3|x|─3|£1 ∴─1£x2─3|x|─3£1 ∴Þ ∴ 原不等式的解是：£x£4或─4£x£ 点评：此题由于运用了x∈R时，x2=|x|2从而防止了一场大规模的讨论 (2)法1:原不等式等价于:x-x2-2<-(x2-3x-4) ① 或:x-x2-2>x2-3x-4 ② 解①得:x>1, 解②得: ∴原不等式的解集为:. 法2:…… 8.求证：(1)≤+. (2) 如果设m等于，和1中最大的一个，时，那么. 证明(1)：令f〔x〕=〔x≥0〕，易证f〔x〕在［0，+∞〕上单调递增. |a+b|≤|a|+|b|， ∴f〔|a+b|〕≤f〔|a|+|b|〕， 即≤=≤. 法2:分析法 当|a+b|=0时，不等式成立； 当|a+b|≠0时，原不等式即为≤. ∵|a+b|≤|a|+|b|, ∴左边 (2)〔综合法〕由得，，， 从而知, 9.f〔x〕=x2－x+c定义在区间［0，1］上，x1、x2∈［0，1］，且x1≠x2，求证： 〔1〕f〔0〕=f〔1〕； 〔2〕| f〔x2〕－f〔x1〕|＜|x1－x2|； 〔3〕| f〔x1〕－f〔x2〕|＜； 〔4〕| f〔x1〕－f〔x2〕|≤. 证明：〔1〕f〔0〕=c，f〔1〕=c， ∴f〔0〕=f〔1〕. 〔2〕| f〔x2〕－f〔x1〕|=|x2－x1||x2+x1－1|. ∵0≤x1≤1，∴0≤x2≤1，0＜x1+x2＜2〔x1≠x2〕. ∴－1＜x1+x2－1＜1. ∴| f〔x2〕－f〔x1〕|＜|x2－x1|. 〔3〕不妨设x2＞x1，由〔2〕知 | f〔x2〕－f〔x1〕|＜x2－x1. ① 而由f〔0〕=f〔1〕，从而 | f〔x2〕－f〔x1〕|=| f〔x2〕－f〔1〕+f〔0〕－f〔x1〕| ≤| f〔x2〕－f〔1〕|+| f〔0〕－f〔x1〕|＜|1－x2|+|x1|＜1－x2+x1. ② ①+②得2| f〔x2〕－f〔x1〕|＜1， 即| f〔x2〕－f〔x1〕|＜. 〔4〕|f〔x2〕－f〔x1〕|≤fmax－fmin=f〔0〕－f〔〕=. 10. 设、b是满足的实数，其中. ⑴求证：； ⑵求证：. 解：〔1〕由只能 〔2〕由 由于a、b为正数， ， 即 【探索题】，求证： (1) 中至少有一个不小于。 (2) 假设时， ,求证：|p|≤1. 【分析】由于题(1)的结论是：三个函数值中“至少有一个不小于〞，情况较复杂，会出现多个异向不等式组成的不等式组，一一证明十分繁冗，而结论的反面构成三个同向不等式，结构简单，故采用反证法为宜。 证明(1)〔反证法〕假设都小于，那么 ， 而 ，相互矛盾 ∴中至少有一个不小于。 〔2〕由得， ∴∴