高中数学 第一章 不等式和绝对值不等式 1.2 绝对值不等式 1.2.1 绝对值三角不等式教案 新人教A版选修4-5（通用）

PAGE1.2.1绝对值三角不等式课堂探究1．对绝对值三角不等式的理解剖析：绝对值三角不等式实质是两个实数的和差的绝对值与绝对值的和差的关系，我们可以类比得到另外一种形式：|a|－|b|≤|a－b|≤|a|＋|b|.和差的绝对值与绝对值的和差的关系是由ab＞0，ab＜0，ab＝0三种情况来确定的，其本质是叙述两个实数符号的各种情形下得到的结果，即这个定理本身就是一个分类讨论问 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 ．“数”分正、负、零等不同情况讨论，往往在所难免，因此，对绝对值的认识要有分类讨论的习惯．2．对绝对值三角不等式几何意义的理解剖析：用向量a，b替换实数a，b时，问题就从一维扩展到二维，当向量a，b不共线时，a＋b，a，b构成三角形，有|a＋b|＜|a|＋|b|.当向量a，b共线时，a，b同向(相当于ab≥0)时，|a＋b|＝|a|＋|b|；a，b异向(相当于ab＜0)时，|a＋b|＜|a|＋|b|，这些都是利用了三角形的性质定理，如两边之和大于第三边等，这样处理，可以形象地描绘绝对值三角不等式，更易于记忆定理，并应用定理解题．绝对值三角不等式体现了“放缩法”的一种形式，但放缩的“尺度”还要仔细把握，如下面的式子：|a|－|b|≤||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.我们较为常用的形式是|a|－|b|≤|a＋b|≤|a|＋|b|，但有些学生就会误认为只能如此，而实质上，|a＋b|是不小于||a|－|b||的．题型一绝对值三角不等式的性质【例1】若x＜5，n∈N，则下列不等式：①eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(xlg\f(n,n＋1)))＜5eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(lg\f(n,n＋1)))；②|x|lgeq\f(n,n＋1)＜5lgeq\f(n,n＋1)；③xlgeq\f(n,n＋1)＜5eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(lg\f(n,n＋1)))；④|x|lgeq\f(n,n＋1)＜5eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(lg\f(n,n＋1))).其中，能够成立的有______．解析：∵0＜eq\f(n,n＋1)＜1，∴lgeq\f(n,n＋1)＜0.由x＜5，并不能确定|x|与5的关系，∴①②可能不成立；当x＝－6时，可知③不成立；由|x|lgeq\f(n,n＋1)＜0,5eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(lg\f(n,n＋1)))＞0，可知④成立．答案：④反思一个不等式成立与否，取决于影响不等号的因素，如一个数的正、负、零等，数(或式子)的积、平方、取倒数等都会对不等号产生影响，注意考查这些因素在不等式中的作用，对于一个不等式是否成立也就比较好判断了.题型二用绝对值三角不等式的性质证明不等式【例2】设m等于|a|，|b|和1中最大的一个，当|x|＞m时，求证：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,x2)))＜2.分析：本题的关键是对题设条件的理解和运用．|a|，|b|和1这三个数中哪一个最大？如果两两比较大小，将十分复杂，但我们可以得到一个重要的信息：m≥|a|，m≥|b|，m≥1.证明：∵|x|＞m≥|a|，|x|＞m≥|b|，|x|＞m≥1，∴|x|2＞|b|，∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,x2)))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)))＋eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,x2)))＝eq\f(|a|,|x|)＋eq\f(|b|,|x|2)＜eq\f(|x|,|x|)＋eq\f(|x|2,|x|2)＝2.∴eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋\f(b,x2)))＜2.故原不等式成立．反思分析题目时，题目中的语言文字是我们解题信息的重要来源与依据，而解题时的数学符号语言也往往需要从文字语言“翻译”转化而来，那么准确理解题目中的文字语言，适时准确地进行转化也就成了解题的关键，如本题中题设条件中的文字语言“m等于|a|，|b|和1中最大的一个”转化为符号语言“m≥|a|，|m|≥|b|，m≥1”是证明本题的关键.题型三绝对值三角不等式的综合应用【例3】已知函数f(x)＝lgeq\f(x2－x＋1,x2＋1).(1)判断f(x)在[－1,1]上的单调性，并给出证明．(2)若t∈R，求证：lgeq\f(7,10)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,6)))))≤lgeq\f(13,10).分析：(1)借助定义判别f(x)的单调性；(2)利用绝对值三角不等式解决．解：(1)f(x)在[－1,1]上是减函数．证明：令u＝eq\f(x2－x＋1,x2＋1)＝1－eq\f(x,x2＋1).取－1≤x1＜x2≤1.则u1－u2＝eq\f((x2－x1)(1－x1x2),(x\o\al(2,1)＋1)(x\o\al(2,2)＋1))，∵|x1|≤1，|x2|≤1，x1＜x2，∴u1－u2＞0，即u1＞u2.又在[－1,1]上u＞0，故lgu1＞lgu2，得f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在[－1,1]上是减函数．(2)∵eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,6)))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,6)))))＝eq\f(1,3)，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,6)))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,6)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))))＝eq\f(1,3)，∴－eq\f(1,3)≤eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))－eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,6)))≤eq\f(1,3).由(1)的结论，有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,6)))))≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3))).而feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝lgeq\f(7,10)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝lgeq\f(13,10)，∴lgeq\f(7,10)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,6)))－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,6)))))≤lgeq\f(13,10).此类题目综合性强，不仅用到绝对值不等式的性质、推论及已知条件，还要用到配方等等价变形．在应用绝对值不等式放缩性质求最值时要注意等号成立的条件，这也是关键．