高中数学不等式的证明复习教案设计(热门3篇)
教师在设计教案的时候，教案逻辑思路清晰，符合认识规律，培养学生自主学习习惯和能力。这样才能有效提高教学质量。下面是百文网小编分享给大家的高中数学不等式的证明复习教案，希望大家喜欢!
高中数学不等式的证明复习教案1
●知识梳理
1.|x|>a x>a或x<-a(a>0);
|x|0).0)中的a>0改为a∈R还成立吗?
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2.形如|x-a|+|x-b|≥c的不等式的求解通常采用“零点分段讨论法”.
3.含参不等式的求解，通常对参数分类讨论.
4.绝对值不等式的性质：
||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|.
思考讨论
1.在|x|>a x>a或x<-a(a>0)、|x|
2.绝对值不等式的性质中等号成立的条件是什么?
●点击双基
1.设a、b是满足ab<0的实数，那么
A.|a+b|>|a-b|
B.|a+b|<|a-b|
C.|a-b|<||a|-|b||
D.|a-b|<|a|+|b|
解析：用赋值法.令a=1，b=-1，代入检验.
答案：B
2.不等式|2x2-1|≤1的解集为
A.{x|-1≤x≤1} B.{x|-2≤x≤2}
C.{x|0≤x≤2} D.{x|-2≤x≤0}
解析：由|2x2-1|≤1得-1≤2x2-1≤1.
∴0≤x2≤1，即-1≤x≤1.
答案：A
3.不等式|x+log3x|<|x|+|log3x|的解集为
A.(0，1) B.(1，+∞)
C.(0，+∞) D.(-∞，+∞)
解析：∵x>0，x与log3x异号，
∴log3x<0.∴0
答案：A
4.已知不等式a≤ 对x取一切负数恒成立，则a的取值范围是____________.
解析：要使a≤ 对x取一切负数恒成立，
令t=|x|>0，则a≤ .
而 ≥ =2 ，
∴a≤2 .
答案：a≤2
5.已知不等式|2x-t|+t-1<0的解集为(- ， )，则t=____________.
解析：|2x-t|<1-t，t-1<2x-t<1-t，
2t-1<2x<1，t-
∴t=0.
答案：0
●典例剖析
【例1】 解不等式|2x+1|+|x-2|>4.
剖析：解带绝对值的不等式，需先去绝对值，多个绝对值的不等式必须利用零点分段法去绝对值求解.令2x+1=0，x-2=0，得两个零点x1=- ，x2=2.
解：当x≤- 时，原不等式可化为
-2x-1+2-x>4，
∴x<-1.
当-
2x+1+2-x>4，
∴x>1.又-
∴1
当x>2时，原不等式可化为
2x+1+x-2>4，∴x> .
又x>2，∴x>2.
综上，得原不等式的解集为{x|x<-1或1
深化拓展
若此题再多一个含绝对值式子.如：
|2x+1|+|x-2|+|x-1|>4，你又如何去解?
分析：令2x+1=0，x-2=0，x-1=0，
得x1=- ，x2=1，x3=2.
解：当x≤- 时，原不等式化为
-2x-1+2-x+1-x>4，∴x<- .
当-
2x+1+2-x+1-x>4，4>4(矛盾).
当1
2x+1+2-x+x-1>4，∴x>1.
又1
∴1
当x>2时，原不等式可化为
2x+1+x-2+x-1>4，∴x> .
又x>2，∴x>2.
综上所述，原不等式的解集为{x|x<- 或x>1}.
【例2】 解不等式|x2-9|≤x+3.
剖析：需先去绝对值，可按定义去绝对值，也可利用|x|≤a -a≤x≤a去绝对值.
解法一：原不等式 (1) 或(2)
不等式(1) x=-3或3≤x≤4;
不等式(2) 2≤x<3.
∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3｝.
解法二：原不等式等价于
或x≥2 x=-3或2≤x≤4.
∴原不等式的解集是{x|2≤x≤4或x=-3｝.
【例3】 (理)已知函数f(x)=x|x-a|(a∈R).
(1)判断f(x)的奇偶性;
(2)解关于x的不等式：f(x)≥2a2.
解：(1)当a=0时，
f(-x)=-x|-x|=-x|x|=-f(x)，
∴f(x)是奇函数.
当a≠0时，f(a)=0且f(-a)=-2a|a|.
故f(-a)≠f(a)且f(-a)≠-f(a).
∴f(x)是非奇非偶函数.
(2)由题设知x|x-a|≥2a2，
∴原不等式等价于 ①
或 ②
由①得 x∈ .
由②得
当a=0时，x≥0.
当a>0时，
∴x≥2a.
当a<0时，
即x≥-a.
综上
a≥0时，f(x)≥2a2的解集为{x|x≥2a};
a<0时，f(x)≥2a2的解集为{x|x≥-a}.
(文)设函数f(x)=ax+2，不等式| f(x)|<6的解集为(-1，2)，试求不等式 ≤1的解集.解：|ax+2|<6，
∴(ax+2)2<36，
即a2x2+4ax-32<0.
由题设可得
解得a=-4.
∴f(x)=-4x+2.
由 ≤1，即 ≤1可得 ≥0.
解得x> 或x≤ .
∴原不等式的解集为{x|x> 或x≤ }.
●闯关训练
夯实基础
1.已知集合A={x|a-1≤x≤a+2}，B={x|3
A.{a|3
C.{a|3
解析：由题意知 得3≤a≤4.
答案：B
2.不等式|x2+2x|<3的解集为____________.
解析：-3
∴-3
答案：-3
3.不等式|x+2|≥|x|的解集是____________.
解法一：|x+2|≥|x| (x+2)2≥x2 4x+4≥0 x≥-1.
解法二： 在同一直角坐标系下作出f(x)=|x+2|与g(x)=|x|的图象，根据图象可得x≥-1.
解法三：根据绝对值的几何意义，不等式|x+2|≥|x|表示数轴上x到-2的距离不小于到0的距离，∴x≥-1.
答案：{x|x≥-1}
评述：本题的三种解法均为解绝对值不等式的基本方法，必须掌握.
4.当0
解：由0x-2.
这个不等式的解集是下面不等式组①及②的解集的并集. ①
或 ②
解不等式组①得解集为{x| ≤x<2}，
解不等式组②得解集为{x|2≤x<5}，
所以原不等式的解集为{x| ≤x<5}.
5.关于x的方程3x2-6(m-1)x+m2+1=0的两实根为x1、x2，若|x1|+|x2|=2，求m的值.
解：x1、x2为方程两实根，
∴Δ=36(m-1)2-12(m2+1)≥0.
∴m≥ 或m≤ .
又∵x1•x2= >0，∴x1、x2同号.
∴|x1|+|x2|=|x1+x2|=2|m-1|.
于是有2|m-1|=2，∴m=0或2.
∴m=0.
培养能力
6.解不等式 ≤ .
解：(1)当x2-2<0且x≠0，即当-
(2)当x2-2>0时，原不等式与不等式组 等价.
x2-2≥|x|，即|x|2-|x|-2≥0.
∴|x|≥2.∴不等式组的解为|x|≥2，
即x≤-2或x≥2.
∴原不等式的解集为(-∞，-2]∪(- ，0)∪(0， )∪[2，+∞).
7.已知函数f(x)= 的定义域恰为不等式log2(x+3)+log x≤3的解集，且f(x)在定义域内单调递减，求实数a的取值范围.
解：由log2(x+3)+log x≤3得
x≥ ，
即f(x)的定义域为[ ，+∞).
∵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).
高中数学不等式的证明复习教案2
教学目标
1.掌握分析法证明不等式;
2.理解分析法实质——执果索因;
3.提高证明不等式证法灵活性.
教学重点 分析法
教学难点 分析法实质的理解
教学方法启发引导式
教学活动
(一)导入新课
(教师活动)教师提出问题，待回答和思考后点评.
(活动)回答和思考教师提出的问题.
[问题1]我们已经学习了哪几种不等式的证明方法?什么是比较法?什么是综合法?
[问题 2]能否用比较法或综合法证明不等式：
[点评]在证明不等式时，若用比较法或综合法难以下手时，可采用另一种证明方法：分析法.(板书课题)
设计意图：复习已学证明不等式的方法.指出用比较法和综合法证明不等式的不足之处，
激发学习新的证明不等式知识的积极性，导入本节课学习内容：用分析法证明不等式.
(二)新课讲授
【尝试探索、建立新知】
(教师活动)教师讲解综合法证明不等式的逻辑关系，然后提出问题供学生研究，并点评.帮助建立分析法证明不等式的知识体系.投影分析法证明不等式的概念.
(活动)与教师一道分析综合法的逻辑关系，在教师启发、引导下尝试探索，构建新知.
[讲解]综合法证明不等式的逻辑关系：以已知条件中的不等式或基本不等式作为结论，逐步寻找它成立的必要条件，直到必要条件就是要证明的不等式.
[问题1]我们能不能用同样的思考问题的方式，把要证明的不等式作为结论，逐步去寻找它成立的充分条件呢?
[问题2]当我们寻找的充分条件已经是成立的不等式时，说明了什么呢?
[问题3]说明要证明的不等式成立的理由是什么呢?
[点评]从要证明的结论入手，逆求使它成立的充分条件，直到充分条件显然成立为止，从而得出要证明的结论成立.就是分析法的逻辑关系.
[投影]分析法证明不等式的概念.(见课本)
设计意图：对比综合法的逻辑关系，教师层层设置问题，激发积极思考、研究.建立新的知识;分析法证明不等式.培养学习创新意识.
【例题示范、学会应用】
(教师活动)教师板书或投影例题，引导研究问题，构思证题方法，学会用分析法证明不等式，并点评用分析法证明不等式必须注意的问题.
(学生活动)在教师引导下，研究问题，与教师一道完成问题的论证.
例1求证
[分析]此题用比较法和综合法都很难入手，应考虑用分析法.
证明：(见课本)
[点评]证明某些含有根式的不等式时，用综合法比较困难.此例中，我们很难想到从“ ”入手，因此，在不等式的证明中，分析法占有重要的位置，我们常用分析法探索证明途径，然后用综合法的形式写出证明过程，这是解决问题的一种重要思维方法，事实上，有些综合法的表述正是建立在分析法思索的基础上，分析法的优越性正体现在此.
例2已知： ，求证： (用分析法)请思考下列证法有没有错误?若有错误，错在何处?
[投影]证法一：因为 ，所以 、去分母，化为 ，就是 .由已知 成立，所以求证的不等式成立.
证法二：欲证 ，因为
只需证 ，
即证 ，
即证
因为 成立，所以 成立.
(证法二正确，证法一错误.错误的原因是：虽然是从结论出发，但不是逐步逆战结论成立的充分条件，事实上找到明显成立的不等式是结论的必要条件，所以不符合分析法的逻辑原理，犯了逻辑上的错误.)
[点评]①用分析法证明不等式的逻辑关系是：
(结论)(步步寻找不等式成立的充分条件)(结论)
分析法是“执果索因”，它与综合法的证明过程(由因导果)恰恰相反.②用分析法证明时要注意书写格式.分析法论证“若a则b”这个命题的书写格式是：
要证命题b为真，
只需证明 为真，从而有……
这只需证明 为真，从而又有……
……
这只需证明a为真.
而已知a为真，故命题b必为真.
要理解上述格式中蕴含的逻辑关系.
[投影] 例3 证明：通过水管放水，当流速相同时，如果水管截面(指横截面，下同)的周长相等，那么截面是圆的水管比截面是正方形的水管流量大.
[分析]设未知数，列方程，因为当水的流速相同时，水管的流量取决于水管截面面积的大小，设截面的周长为 ，则周长为的圆的半径为 ，截面积为 ;周长为 的正方形边长为 ，截面积为 ，所以本题只需证明：
证明：(见课本)
设计意图：理解分析法与综合法的内在联系，说明分析法在证明不等式中的重要地位.掌
握分析法证明不等式，特别重视分析法证题格式及格式中蕴含的逻辑关系.灵活掌握分析法的应用，培养应用知识解决实际问题的能力.
【课堂练习】
(教师活动)打出字幕(练习)，请甲、乙两位同学板演，巡视的解题情况，对正确的证法给予肯定，对偏差及时纠正.点评练习中存在的问题.
(活动)在笔记本上完成练习，甲、乙两位同学板演.
【字幕】练习1.求证
2.求证：
设计意图：掌握用分析法证明不等式，反馈课堂效果，调节课堂教学.
【分析归纳、小结解法】
(教师活动)分析归纳例题和练习的解题过程，小给用分析法证明不等式的解题方法.
(活动)与教师一道分析归纳，小结解题方法，并记录笔记.
1.分析法是证明不等式的一种常用基本方法.当证题不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目往往更是行之有效的.
2.用分析法证明不等式时，要正确运用不等式的性质逆找充分条件，注意分析法的证题格式.
设计意图：培养分析归纳问题的能力，掌握分析法证明不等式的方法.
(三)小结
(教师活动)教师小结本节课所学的知识.
(活动)与教师一道小结，并记录笔记.
本节课主要学习了用分析法证明不等式.应用分析法证明不等式时，掌握一些常用技巧：
通分、约分、多项式乘法、因式分解、去分母，两边乘方、开方等.在使用这些技巧变形时，要注意遵循不等式的性质.另外还要适当掌握指数、对数的性质、三角公式在逆推中的灵活运用.理解分析法和综合法是对立统一的两个方面.有时可以用分析法思索，而用综合法书写证明，或者分析法、综合法相结合，共同完成证明过程.
设计意图：培养对所学知识进行概括归纳的能力，巩固所学知识.
(四)布置作业
1.课本作业：p17 4、5.
2.思考题：若 ，求证
3.研究性题：已知函数 ， ，若 、 ，且 证明
设计意图：思考题供学有余力同学练习，研究性题供研究分析法证明有关问题.
高中数学不等式的证明复习教案3
(1)一元二次不等式：一元二次不等式二次项系数小于零的，同解变形为二次项系数大于零;注：要对进行讨论：
(2)绝对值不等式：若，则;;
注意：
(1)解有关绝对值的问题，考虑去绝对值，去绝对值的方法有：
⑴对绝对值内的部分按大于、等于、小于零进行讨论去绝对值;
(2).通过两边平方去绝对值;需要注意的是不等号两边为非负值。
(3).含有多个绝对值符号的不等式可用“按零点分区间讨论”的方法来解。
(4)分式不等式的解法：通解变形为整式不等式;
(5)不等式组的解法：分别求出不等式组中，每个不等式的解集，然后求其交集，即是这个不等式组的解集，在求交集中，通常把每个不等式的解集画在同一条数轴上，取它们的公共部分。
(6)解含有参数的不等式：
解含参数的不等式时，首先应注意考察是否需要进行分类讨论.如果遇到下述情况则一般需要讨论：
①不等式两端乘除一个含参数的式子时，则需讨论这个式子的正、负、零性.
②在求解过程中，需要使用指数函数、对数函数的单调性时，则需对它们的底数进行讨论.
③在解含有字母的一元二次不等式时，需要考虑相应的二次函数的开口方向，对应的一元二次方程根的状况(有时要分析△)，比较两个根的大小,设根为(或更多)但含参数，要讨论。
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