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高三数学教案:不等式的解法
[10-15 23:18:35] 来源:http://www.xiaozhibei.com 高三数学教案 阅读:9502次∵f(x)在定义域[ ,+∞)内单调递减,
∴当x2>x1≥ 时,f(x1)-f(x2)>0恒成立,即有(ax1- +2)-(ax2- +2)>0 a(x1-x2)-( - )>0
(x1-x2)(a+ )>0恒成立.
∵x10
a+ <0.
∵x1x2> - >- ,
要使a<- 恒成立,
则a的取值范围是a≤- .
8.有点难度哟!
已知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
∴-1
∴| f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|.
(3)不妨设x2>x1,由(2)知
| f(x2)-f(x1)|
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( )= .
探究创新
9.(1)已知|a|<1,|b|<1,求证:| |>1;
(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)已知|a|<1,若| |<1,求b的取值范围.
(1)证明:|1-ab|2-|a-b|2=1+a2b2-a2-b2=(a2-1)(b2-1).
∵|a|<1,|b|<1,∴a2-1<0,b2-1<0.
∴|1-ab|2-|a-b|2>0.
∴|1-ab|>|a-b|,
= >1.
(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)2 a2+b2-1-a2b2<0 (a2-1)(b2-1)<0.
∵|a|<1,∴a2<1.∴1-b2>0,即-1
●思悟小结
1.解含有绝对值的不等式的指导思想是去掉绝对值.常用的方法是:(1)由定义分段讨论;(2)利用绝对值不等式的性质;(3)平方.
2.解含参数的不等式,如果转化不等式的形式或求不等式的解集时与参数的取值范围有关,就必须分类讨论.注意:(1)要考虑参数的总取值范围.(2)用同一标准对参数进行划分,做到不重不漏.
●教师下载中心
教学点睛
1.绝对值是历年高考的重点,而绝对值不等式更是常考常新.在教学中要从绝对值的定义和几何意义来分析,绝对值的特点是带有绝对值符号,如何去掉绝对值符号,一定要教给学生方法,切不可以题论题.
2.无理不等式在新课程书本并未出现,但可以利用不等式的性质把其等价转化为代数不等式.
3.指数、对数不等式能利用单调性求解.
拓展题例
【例1】 设x1、x2、y1、y2是实数,且满足x12+x22≤1,证明不等式(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).
分析:要证原不等式成立,也就是证(x1y1+x2y2-1)2-(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0.
证明:(1)当x12+x22=1时,原不等式成立.
(2)当x12+x22<1时,联想根的判别式,可构造函数f(x)=(x12+x22-1)x-2(x1y1+x2y2-1)x+(y12+y22-1),其根的判别式Δ=4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1).
由题意x12+x22<1,函数f(x)的图象开口向下.
又∵f(1)=x12+x22-2x1y1-2x2y2+y12+y22=(x1-y1)2+(x2-y2)2≥0,
因此抛物线与x轴必有公共点.
∴Δ≥0.
∴4(x1y1+x2y2-1)2-4(x12+x22-1)(y12+y22-1)≥0,
即(x1y1+x2y2-1)2≥(x12+x22-1)(y12+y22-1).
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