华师一201届高三第轮复习教案(第六章)第9讲--含绝对值的不等式(二)华师一2011届高三第一.doc

课 题： 含绝对值的不等式(二) 教学内容： 含绝对值的不等式 教学目的： 理解绝对值不等式的定义，会用绝对值不等式的定理解决绝对值不等式的有关证明问题 教学重点： 理解绝对值不等式的定义 教学过程： 一、知识概要 教学要求： 理解绝对值不等式的定义，掌握绝对值不等式的定理和推论，会用绝对值不等式的定理和推论解决绝对值不等式的有关证明问题 解绝对值不等式的基本途径是去掉绝对值符号，常用的方法有：定义法；平方法；利用绝对值不等式的性质等. 二、典例解析 例1 设的导数为. 若则： （1）求的解析式； （2）对于任意的，求证：①；②. 解：（1）由，得由已知，得 解得又 （2）① 由即 ②. 例2 设是定义在[－1，1]上的函数，且同时满足条件： ①； ② 对任意的，都有. （1）证明：对任意的[－1，1]，都有； （2）证明：对任意的，都有 证：（1），，由此可得：。 （2）若，则由，得，同理， 若。则由，得。 若，则 ，因此， 综上所述，对任意的，都有。 例3 设集合A=[-1, 1], B=[-,]，函数f(x)=2x2+mx-1。 （1）设不等式f(x)≤0的解集为C，当C(A∪B)时，求实数m的取值范围； （2）当m∈A, x∈B时，证明|f(x)|≤。 解：（1）A∪B=[-1, 1], ∵C(A∪B)，且△=m2+80，∴2x2+mx-1=0的两根在[-1，1]上，即f(x)的图像与x轴交点在[-1，1]上。∴-1≤m≤1。∴当-1≤m≤1时，f(x)≤0的解集为C(A∪B)。 （2）∵m∈A, x∈B|m|≤1, x2≤，∴|f(x)|=|2x2+mx-1|≤|2x2-1|+|mx|=1-2x2+|mx| ≤1-2x2+|x|=-2|x|2+|x|+1=-2(|x|-)2+≤。当且仅当|x|=时，等号成立。∴|f(x)|≤。 例4 已知a、b、c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c, g(x)=ax+b,当-1≤x≤1时，|f(x)|≤1. （1）证明：|c|≤1; （2）证明：当-1≤x≤1时，|g(x)|≤2; （3）设a0，当-1≤x≤1时，g(x)的最大值为2，求f(x)． 证明：（1）由条件当-1≤x≤1时，|f(x)|≤1.取x=0,得|c|=|f(0)|≤1,即|c|≤1. （2）当a0时，g(x)=ax+b在[-1,1]上是增函数．∴g(-1)≤g(x)≤g(1).∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1), |c|≤1,∴g(1)=a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|≤2,g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≥-(|f(-1)|+|c|)≥-2.由此得|g(x)|≤2; 当a0时，g(x)=ax+b在[-1,1]上是减函数．∴g(-1)≥g(x)≥g(1),∵|f(x)|≤1(-1≤x≤1),|c|≤1,∴g(-1)=-a+b=-f(-1)+c≤|f(-1)|+|c|≤2,g(1)=a+b=f(1)-c≥-(|f(x)|+|c|)≥-2.由此得|g(x)|≤2; 当a=0时,g(x)=b,f(x)=bx+c.∵-1≤x≤1,∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2. 综上得：|g(x)|≤2. 证法二:由x=得g(x)=ax+b=a =-=. 当-1≤x≤1时，有0≤≤1，-1≤≤0．∴≤≤2， 即g(x)≤2． （3）∵a0，g(x)在[-1，1]上是增函数，当x=1时取最大值2，即g(1)=a+b=f(1)-f(0)=2. ∵-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1,∴c=f(0)=-1.,∵当-1≤x≤1时，f(x)≥-1，即f(x)≥f(0).由二次函数性质知，直线x=0为f(x)的图象的对称轴，由此得-=0,即b=0．由a+b=2，得a=2，∴f(x)=2x2-1. 三、课堂练习 1．求不等式的解集． 解：∵对数必须有意义，即解不等式组∴0x3，原不等式可化为|log3x|+|log3(3-x)|≥1． （1）当0x≤1时，不等式化为-log3x+log3(3-x)≥1即log3(3-x)≥log33x，∴3-x≥3x, ∴x≤， 综合得：0x≤． （2）当1x≤2时，即log3x+log3(3-x)≥log33．∴x2-3x+3≤0, ∴x∈ф． （3）当2x3时，log3x-log3(3-x)≥log33．∴x≥3(3-x), ∴x≥，结合前提得：≤x3． 综上，原不等式的解集为(0, ∪, 3)． 2．设函数，其中为常数. （1）解不等式； （2）试推断函数是否存在最小值？若存在，求出其最小值；若不存在，说明理由. 解：（1）由得， ，不等式的解集是 （2）内在增函数，内是减函数