《含绝对值不等式的解法》教案

《含绝对值不等式的解法》教案（通用8篇）

《含绝对值不等式的解法》教案 篇1

《含绝对值不等式的解法》教案

本课件依据我校高三数学第一轮复习用书《步步高高考总复习—数学》及另选部分题目制作而成，全部内容都经过了课堂教学的检验，为教学过程的实录。

本节课首先给出复习目标、重点解析及知识要点，并给出了绝对值不等式||a|-|b||≤|ab|≤|a|+|b|中等号成立的充要条件，对其中较难理解的情况给出了分析或证明。

然后给出了3道典型例题，每道例题后选配训练题帮助学生巩固、掌握所复习的知识。

最后以备选题的形式给出了12道训练题(其他教师使用本课件时可根据所教学生情况的不同，选取其中的题目作为例题)。大多数题目给出了不只一种的解题方法(思路)。

由于历年高考中大部分考生数学题解答不规范，导致无谓失分，制作课件时，力求每一道题的解答都相对完整。使用课件时，先和学生一起分析解题思路，然后通过屏幕展示给学生一个完整、规范的解题过程，以提高学生正确表述知识的能力。

《含绝对值不等式的解法》教案 篇2

普通高中课程 标准实验 教科书《数学》( 选修4 5) ———《不等式选讲》第20页的第9题是:

如果关于x的不等式︱x - 3︱ + ︱x - 4︱ < a的解集不是空集,求参数a的取值范围.

解法二令f( x) = | x - 3 | + | x - 4 | ,即

作出函数的图像( 如图) ,它是分段线段函数.

由图像可知,当a > 1时,原不等式有解.

解法三由绝对值三角不等式可知:

︱x - 3︱ + ︱x - 4︱ = ︱x - 3︱ + ︱4 - x︱≥︱( x 3) + ( 4 - x) ︱ = 1.

要使︱x - 3︱ + ︱x - 4︱ < a的解集不是空集,只需使a > 1.

本题还可以做以下变式:

︱x - 4︱ + ︱x - 3︱ < a的解集为

变式1: 若关于x的不等式︱x - 4︱ + ︱x - 3︱ > a恒成立,求参数a的取值范围.

解令f( x) = ︱x - 4︱ + ︱x - 3︱.

因为︱x - 4︱ + ︱x - 3︱≥1,

所以fmin( x) = 1.

若要使原不等式恒成立,只需使fmin( x) > a即可.

即 a < 1.

变式2: 若关于x的不等式︱x - 4︱ + ︱x - 3︱ < a的解集为,求参数a的取值范围.

若要使原不等式的解集为,只需使

变式3: 若关于x的不等式︱x - 3︱ - ︱x - 4︱ > a有解,求参数a的取值范围( a < 1,解略) .

变式4: 若关于x的不等式︱x - 3︱ - ︱x - 4︱ < a恒成立,求参数a的取值范围( a > 1,解略) .

变式5: 若关于x的不等式︱x - 3︱ - ︱x - 4︱ > a的解集为求参数a的取值范围( a≥1,解略) .

题型二

︱x2+ 2x - 3︱ > a.

探究绝对值不等式的解法 篇3

例1 解不等式[|x+3|-|2x-1|

分析 利用零点分段法求解.

解 （1）当[x≤-3]时，

原不等式化为[-（x+3）-（1-2x）][

解得[x<10]，∴[x≤-3].

（2）当[-3

原不等式化为[（x+3）-（1-2x）

解得[x<-25]，∴[-3

（3）当[x>12]时，

原不等式化为[（x+3）-（2x-1）

解得[x>2]，∴[x>2].

综上，不等式解集为[{x|<-25或x>2}.]

点拨 形如[|x-a|+|x-b|≥c]（或[≤c]）型的不等式主要有三种解法：（1）分段讨论法：利用绝对值号内式子对应方程的根，将数轴分为[（-∞，a]，（a，b]，（b，+∞）]（此处设[ac]（[c>0]）的几何意义，数轴上到点[x1=a]和[x2=b]的距离之和大于[c]的全体点. （3）图象法：作出函数[y1=|x-a|+|x-b|]和[y2=c]的图象，结合图象求解.

例2 设函数[f（x）=|x-1|+|x-a|]，

（1）若[a=-1]，解不等式[f（x）≥3]；

（2）如果[?x∈R]，[f（x）≥2]，求实数[a]的取值范围.

分析 零点去绝对值法适用于含有多个绝对值的不等式的求解问题.

解 （1）当[a=-1]时，[f（x）=|x-1|+|x+1|]，

由[f（x）≥3]得：[|x-1|+|x+1|≥3]，

方法一：由绝对值的几何意义知，不等式的解集为[{x|x≤-32或x≥32}].

方法二：不等式可化为

[x≤-1，-2x≥3，]或[-11，2x≥3，]

∴不等式的解集为[{x|x≤-32或x≥32}].

（2）若[a=1]，[f（x）=2|x-1|]，不满足题设条件.

若[a<1，f（x）=-2x+a+1， x≤a，1-a， a

[∴f（x）]的最小值为[1-a].

若[a>1，f（x）=][-2x+a+1， x≤1，1-a， 1

[∴f（x）]的最小值为[a-1].

所以[?x∈R]，[f（x）≥2]的充要条件是[|a-1|≥2]，

从而[a]的取值范围为（-∞，-1]∪[3，+∞）.

点拨 含有多个绝对值的不等式，可以分别令各绝对值里的式子为零，并求出相应的根.把这些根从小到大排序，以这些根为分界点，将实数分成若干小区间.按每个小区间来去掉绝对值符号，解不等式，最后取每个小区间上相应解的并集.

含参数的绝对值不等式问题

例3 已知不等式[|x+1|-|x-3|>a].

（1）若不等式有解；

（2）不等式的解集为[R]；

（3）不等式的解集为?，分别求出[a]的取值范围.

分析 利用绝对值的几何意义，求出[|x+1|-|x-3|]的最值，结合题目条件求解.

解法一 因为[|x+1|-|x-3|]表示数轴上的点[P（x）]与两定点[A（-1）]，[B（3）]距离的差，

即[|x+1|-|x-3|=PA-PB].

由绝对值的几何意义知，[PA-PB]的最大值为[AB=4]，

最小值为[-AB=-4]，即[-4≤|x+1|-|x-3|≤4].

（1）若不等式有解，[a]只要比[|x+1|-|x-3|]的最大值小即可，故[a<4].

（2）若不等式的解集为[R]，即不等式恒成立，

只需[a]比[|x+1|-|x-3|]的最小值还小，即[a<-4].

（3）若不等式解集为[?]，则[a≥4.]

解法二 由[|x+1|-|x-3|≤|x+1-（x-3）|=4]可得

[-4≤|x+1|-|x-3|≤4].

（1）若不等式有解，则[a<4].

（2）若不等式的解集为[R]，则[a<-4].

（3）若不等式解集为?，则[a≥4].

点拨 含参数的不等式有解是存在性问题，只要求存在满足条件的[x]即可. 不等式的解集为[R]是指不等式的恒成立问题，而不等式的解集为?的对立面（如[f（x）>m]的解集是空集，则[f（x）≤m]恒成立）也是不等式的恒成立问题，这两类问题都可转化为最值问题，即[f（x）f（x）max]，[f（x）>a]恒成立?[a

绝对值不等式的证明

例4 设[a∈R]，函数[f（x）=ax2+x-a（-1≤x≤1）]，

（1）若[|a|≤1]，求证：[|f（x）|≤54]；

（2）求[a]的值，使函数[f（x）]有最大值[178].

分析 （1）[|f（x）|]是一个多项式的绝对值，所以可以考虑利用绝对值三角不等式的性质进行放缩，然后再用配方法求解.（2）从[f（x）]的最大值为[178]入手分析，[a<0]时，[f（x）]在对称轴上取得最值.

解 （1）方法一：∵[-1≤x≤1]，∴[|x|≤1].

又∵[|a|≤1]，

∴[|f（x）|=|a（x2-1）+x|]

[≤|a（x2-1）|+|x|≤|x2-1|+|x|=1-|x|2+|x|]

[=-（|x|-12）2+54≤54].

方法二：设[g（a）=f（x）=ax2+x-a=（x2-1）a+x].

①当[x=±1]，即[x2-1=0]时，

[|f（x）|=|g（a）|=1≤54].

②当[-1

∵[|a|≤1]，∴[-1≤a≤1].

∴[g（a）max=g（-1）=-x2+x+1][=-（x-12）2+54].

[g（a）min=g（1）=x2+x-1=（x-12）2-54].

∴[|f（x）|=|g（a）|≤54].

（2）当[a=0]时，[f（x）=x].

当[-1≤x≤1]时，[f（x）]的最大值为[f（1）=1]，不满足题设条件，∴[a≠0].

又[f（1）=a+1-a=1，f（-1）=a-1-a=-1]，

故[f（1）]和[f（-1）]均不是最大值.

∴[f（x）]的最大值应在其对称轴上的顶点位置取得.

∴命题等价于[a<0，-1<-12a<1，f（-12a）=178.]

∴[a=-2].

含绝对值不等式教学反思 篇4

“含绝对值不等式的解法”本节课采用目标导向教学法，在整个教学中以实现目标为核心，启发引导学生观察思考、分析，并沿着积极的思维方向，逐步达到即定的教学目标，发展学生的逻辑思维能力，使学生在教师营造的“可探索”的环境里，积极参与，主动地获取知识。以下是我对本次教学的感受和反思：

一、导标、导学

教学过程中我将教材内容进行整合：首先，让学生回顾初中相关内容—绝对值的意义和两个重要性质，然后教师以目标导向教学法为主线，精心准备了几种不同类型的绝对值不等式，引导学生大体了解本课所要学习的内容和知识掌握的程度，让学生从以往所学知识中探索解决的方法。在学生思维发生困难时，教师适当的加以指导，引导他们利用绝对值的代数意义和几何意义，结合数形结合的数学思想去考虑问题。从效果上看，由于学生层次的差异，对仅含一个绝对值的不等式基本能找到多种解决方法，但对于有两个绝对值的情况，大多数学生无从下手。在今后的教学中要注意梯度的设计，跨度不要太大，要贴近学生。

二、导评

这个过程中，教师主要体现对思维和方法的落实上.思维上,就是让学生落实”转化”二字;方法上,就是让学生落实两种方法;第一种方法是通过绝对值的意义去掉绝对值符号,第二种方法通过整体代换,简化不等式的解法,这方面处理的比较好。本节应加强绝对值几何意义教学,提高数型结合的能力.三、导练、导结

在设计练习这一环节上，教师将要求分成了两个层次，一是在原有例题的基础上做了些改动，让学生能在模仿的基础上，及时将知识内化为能力。二是例举了海南，广东近两年的高考真题，让学生感受高考的能力要求。

小结部分由学生来陈述，教师点评与补充，加强了学生对本节课内容的理解。

《含绝对值不等式的解法》教案 篇5

式及其解法 教案

课时安排 1课时 教学分析

学生在初中已经学习了一元一次不等式（组）和二次函数，对不等式的性质有了初步了解。从心理特征来说，高中阶段的学生逻辑思维较初中学生来说更加严密，抽象思维能力也有进一步提升，所以要更加注重其抽象思维的训练，因对于这个阶段的学生来说，一元二次不等式的学习有一定的基础和必要。结合新课标对本节课的要求，我将本节课的重点确定为：从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；一元二次不等式的解法；难点确定为：理解二次函数、一元二次方程与一元二次不等式解集的关系。理解一元二次方程、一元二次不等式与二次函数的关系；掌握象法解一元二次不等式的方法；培养数形结合的能力；培养讨论的思想方法；培养抽象概括能力和逻辑思维能力；经历从实际情境中抽象出一元二次不等式模型的过程和通过函图象探究一元二次不等式与相应函数、方程的联系，获得一元次不等式的解法。激发学习数学的热情，培养勇于探索的精神，勇于创新精神，同时体会事物之间普遍联系的辩证思想。

课题 §3.1一元二次不等式及其解法 教学目标

（一）知识与技能 掌握图象法解一元二次不等式的方法

（二）过程与方法 培养数形结合的能力，培养分类讨论的思想方法，（三）情感态度与价值观 激发学习数学的热情，培养勇于探索的精神，勇于创新精神，教学重点 从实际情境中抽象出一元二次不等式模型；一元二次不等式的解法 教学难点 理解二次函数、一元二次方程与一元二次不等式解集的关系 教学方法 合作探究、自学指导法 教具准备 多媒体课件 教学过程

一、导入新课

学校要在长为8,宽为6 的一块长方形地面上进行绿化,计划四周种花卉,花卉带的宽度相同,中间种植草坪(图中阴影部分)为了美观,现要求草坪的种植面积超过总面积的一半,此时花卉带的宽度的取值范围是什么?

二、讲授新课

自主学习

1、阅读教材P84-P87

2、一元二次不等式的定义 象次不等式

合作探究

探究1：求一元二次不等式的解集。这样，只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二（1）二次方程的根与二次函数的零点的关系

容易知道：二次方程的有两个实数根：，二次函数有两个零点：，于是，我们得到：二次方程的根就是二次函数的零点。（2）观察图象，获得解集

画出二次函数的图象，如图，观察函数图象，可知：

； ； 当 x<0，或x>5时，函数图象位于x轴上方，此时，y>0,即当0

探究2：一般的一元二次不等式的解法

任意的一元二次不等式，总可以化为以下两种形式 的解集是，从而解决了本节开始时提出的问题。，一般地，怎样确定一元二次不等式>0与

学生展示：

1、从上面的例子出发，可以归纳出确定一元二次不等式的解集，关键要考虑以下两点：(1)抛物线=0的根的情况

(2)抛物线

2、（1）抛物线 由一元二次方程 的开口方向，也就是a的符号

（a> 0）与 x轴的相关位置，分为三种情况，这可以

=0的判别式

三种取值情况(Δ> 0，Δ=0，Δ<0）

与x轴的相关位置的情况，也就是一元二次方程<0的解集呢？

来确定.因此，要分二种情况讨论（2）a<0可以转化为a>0 分Δ>O，Δ=0，Δ<0三种情况，得到一元二次不等式与<0的解集

3、一元二次不等式(学生完成课本第86页的表格)的解集： >0 教师精讲

例1(课本第87页)求不等式的解集.解：因为.所以，原不等式的解集是例2(课本第88页)解不等式解：整理，得因为所以不等式从而，原不等式的解集是 巩固提高

..无实数解，的解集是..课本第89的练习1（1）、（3）、（5）、（7）

四、布置作业

课本第89页习题3.2[A]组第1题

五、板书设计

§3.1一元二次不等式及其解法

绝对值不等式题型五 篇6

例5 求证ab

1aba

1ab

1b．

分析：本题的证法很多，下面给出一种证法：比较要证明的不等式左右两边的形式完全相同，使我们联想利用构造函数的方法，再用单调性去证明．

证明：设f(x)x1x11． 11x1x1x

定义域为｛xxR，且x1｝，f(x)分别在区间(,1)，区间(1,)上是增函数． 又0abab，∴f(ab)f(ab)即ab

1abab

1aba

1abb

1aba

1ab

1b

∴原不等式成立．

说明：在利用放缩法时常常会产生如下错误： ∵abab，1ab0，∴abababab． 1ab1ab1ab1ab1a1b

浅析含参一元二次不等式的解法 篇7

而解含参的一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a∈R)，必须对参数进行分类讨论，讨论时要保证参数的取值不重不漏.为达此目的，可把讨论对象逐级讨论，逐步解决.

可分为三级

第一级级讨论：二次项系数a，一般分为a＞0,a=0,a＜0进行讨论；

第二级讨论：方程根的判别式△，一般分为△＞0,△=0,△＜0进行讨论；

第三级讨论：对应方程两根大小.若x1,x2是方程x2＋bx＋c=0的两根，一般分为x1＞x2,x1=x2,x1＜x2进行讨论.

若某级已确定，可直接进入下一级讨论.

例1 解关于x的不等式：a2x2-ax-2＞0(其中实数a为常数)

分析：二次项系数含参数，从二次项系数开始讨论.

解：（1） 当a=0时，原不等式化为-2>0,显然不成立，因此不等式的解集为；

（2） 当a≠0时，a2＞0，由a2x2-ax-2=(ax+1)(ax-2)

得方程a2x2-ax-2=0的两根为：x1=2a,x2=-1a.

所以，当a>0时，原不等式的解集为x︱x＜-1a或x＞2a；

当a＜0时，原不等式的解集为x︱x＜2a或x＞-1a；

综上可知，当a=0时，原不等式的解集为；

当a>0时，原不等式的解集为x︱x＜-1a或x＞2a；

当a＜0时，原不等式的解集为x︱x＜2a或x＞-1a；

例2 解关于的不等式：x2＋ax＋4＞0(a∈R).

分析：二次项系数不含参数，可直接从△入手.

解：△=a2－16.

(1) 当△＞0，即a＞4或a＜－4时，方程x2＋x＋4=0两根分别为-a-a2-162、-a+a2-162,且-a-a2-162＜-a+a2-162,∴不等式解集为x|x＜-a-a2-162，或x＞-a+a2-162；

(ⅱ) 当△=0，即a=±4时，不等式为（x±2）2＞0,不等式解集为x∈R|x≠－a2；

(ⅲ) 当△＜0，即－4＜a＜4时，不等式解集为R.

综上知，当a＜－4或a＞4时，原不等式解集为x|x＜-a-a2-162或x＞-a+a2-162；当a=±4时，原不等式解集为x∈R|x≠－a2；当－4＜a＜4时，原不等式解集为R.

例3 解关于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1＜0(a∈R).

分析：原不等式可化为（ax－1）(x－1)＜0,可知对应方程的两根必存在，只需对二次项系数a和对应方程两根大小进行讨论.

解：原不等式等价于（ax－1）(x－1)＜0.

（Ⅰ） 当a=0时，不等式为－x＋1＜0，解集为{x|x＞1}；

（Ⅱ） 当a＞0时，方程（ax－1）(x－1)=0的两根为1a、1.

(ⅰ) 当0＜1a＜1,即a＞1时，解集为x|1a＜x＜1；

(ⅱ) 当1a=1，即a=1时，解集为；

(ⅲ) 当1a＞1，即0＜a＜1时，解集为x|1＜x＜1a.

(Ⅲ) 当a＜0时，不等式为(－ax＋1)(x－1)＞0，解集为x|x＞1,或x＜1a.

综上：当a＜0时，原不等式解集为x|x＞1,或x＜1a；

当a=0时，原不等式解集为{x|x＞1}；

当0＜a＜1时，原不等式解集为x|1＜x＜1a；

当a=1时，原不等式解集为；当＞1时，原不等式解集为x|1a＜x＜1.

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(上接第63页)

4. （2009重庆卷理）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1(-c,0),F2(c,0)，若双曲线上存在一点P使sinPF1F2sinPF2F1=ac，则该双曲线的离心率的取值范围是 ．

变式：把条件改为点P在双曲线左支上，P到左准线的距离记作d,若d,PF1,PF2成等比数列，则该双曲线的离心率的取值范围是 ．

链接练习参考答案

1. 1

2. B

3. A

不等式组的解法过程 篇8

2、若两个未知数的解集在数轴上表示同向右，就取在右边的未知数的解集为不等式组的解集，此乃“同大取大”。

3、若两个未知数的解集在数轴上相交，就取它们之间的值为不等式组的.解集。若x表示不等式的解集，此时一般表示为a