【教学目标】
一、掌握绝对值不等式的基本性质，在学会一般不等式的证明的基础上，学会含有绝对值符号的不等式的证明方法；
二、通过含有绝对值符号的不等式的证明，进一步巩固不等式的证明中的由因导果、执要溯因等数学思想方法；
三、通过证明方法的探求，培养学生勤于思考，全面思考方法；
四、通过含有绝对值符号的不等式的证明，可培养学生辩维的方法和能力，以及严谨的治学精神。【教学建议】
一、知识结构
二、重点、难点分析
①本节重点是性质定理及推论的证明。一个定理、公式的运用固然重要，但更重要的是要充分挖掘吸收定理公式推导过程中所蕴含的数学思想与方法，通过证明过程的探求，使学生理清思考脉络，培养学生勤于动脑、勇于探索的精神。
②教学难点一是性质定理的推导与运用；一是证明含有绝对值的不等式的方法选择。在推导定理中进行的恒等变换与不等变换，相对学生的思维水平是有一定难度的；证明含有绝对值的不等式的方法不外是比较法、分析法、综合法以及简单的放缩变换，根据要证明的不等式选择适当的证明方法是无疑学生学习上的难点。
三、教学建议
（1）本节内容分为两课时，第一课时为含有绝对值的不等式性质定理的证明及简单运用，第二课时为含有绝对值的不等式的证明举例。
（2）课前复习应充分。建议复习：当a＞0时
x|＜ax2＜a2-a＜x＜a；
x|＞ax2＞a2x＜-a，或x＞a；
以及绝对值的性质：
ab|=|a|·|b|，|ab|=|a||b|(b≠0），为证明例1做准备。
（3）可先不给出含有绝对值的不等式性质定理，提出问题让学生研究：|a+b|是否等于|a|+|b|？大小关系如何？|a-b|是否等于|a|-|b|？等等。提示学生用一些数代入计算、比较，以便归纳猜想一般结论。
（4）不等式|a|-|b|≤|a-b|≤|a|+|b|的证明方法较多，也应放手让学生去探讨。
（5）用向量加减法的三角形法则记忆不等式及推论|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|。
（6）本节教学既要突出教师的主导作用，又要强调学生的主体作用，课上尽量让全体学生参与讨论，由基础较差的学生提出猜想，由基础较好的学生帮助证明，培养学生的团结协作的团队精神。
【教学设计示例】
含有绝对值的不等式
教学目标
理解|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|及其两个推论，并能应用它证明简单含有绝对值不等式的证明问题。
教学重点难点
重点是理解掌握定理及等号成立的条件，绝对值不等式的证明。
难点是定理的推导过程的探索，摆脱绝对值的符号，通过定理或放缩不等式。
教学过程
一、复习引入
我们在初中学过绝对值的有关概念，请一位同学说说绝对值的定义。
当a∈R时，则有：|a|=a(a＞0）0（a=0)-a(a＜0)
那么a与|a|及-|a|的大小关系怎样？
这需要讨论当a＞0时，|a|=a，a＞-|a
当a=0时，-|a|=a=|a
当a＜0时，-|a|=a＜|a
综上可知：-|a|≤a≤|a
我们已学过积商绝对值的性质，哪位同学回答一下？
ab|=|a||b|，|ab|=|a||b|(b≠0)。
当a＞0时，有：|x|＞ax2＞a2x＞a或x＜-a.
二、引入新课
由上可知，积的绝对值等于绝对值的积；商的绝对值等于绝对值的商。
那么和差的绝对值等于绝对值的和差吗？
1．定理探索
和差的绝对值不一定等于绝对值的和差，我们猜想
a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。
怎么证明你的结论呢？
用分析法，要证|a+b|≤|a|+|b|。
只要证(a+b)2≤(|a|+|b|)2。
即证a2+2ab+b2≤a2+a|a||b|+b2
即证ab≤|ab|，
而ab≤|ab|显然成立，
故|a+b|≤|a|+|b
那么怎么证|a|-|b|≤|a+b|？
同样可用分析法
当|a|-|b|＜0时，显然成立，
当|a|-|b|≥0时，要证|a|-|b|≤|a+b
只要证a2-2|a||b|+b2≤a2+2ab+b2，
即证-|ab|≤ab
而-|ab|≤ab显然成立。
从而证得|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。
还有别的证法吗？（学生讨论，教师提示）
由-|a|≤a≤|a|与-|b|≤b≤|b|得-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|。
当我们把|a|+|b|看作一个整体时，上式逆用|x|＜-a＜x＜a可得什么结论？
a+b|≤|a|+|b|。
能用已学过得的|a+b|≤|a|+|b|证明|a|-|b|≤|a+b|吗？
可以a表示为a=a+b-b|a|=|(a+b)-b|≤|a+b|+|-b|。
即|a|-|b|≤|a+b|（教师有计划地板书学生分析证明的过程）
就是含有绝对值不等式的重要定理，即|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。
由于定理中对a，b两个实数的绝对值，那么三个实数和的绝对值呢？n(n∈N+）个实数和的绝对值呢？
亦成立|a1+a2+a3|≤|a1|+|a2|+|a3
a1+a2+……+an|≤|a1|+|a2|+……+|an|(n∈N+）
这就是定理的一个推论，由于定理中对a，b没有特殊要求，如果用-b代换b会有什么结果？（请一名学生到黑板演）
∵|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|，
用-b代b得|a|-|-b|≤|a+(-b)|≤|a|+|b|，
即|a|-|-b|≤|a-b|≤|a|+|b|。
这就是定理的推论2|a+b|=|a|+|b|成立的充要条件是什么？
a+b|=|a|+|b|a2+b2+2ab=a2+2|ab|+b2ab=|ab|ab≥0。
那么|a-b|=|a|+|b|成立的充要条件是什么？
ab≤0。
例1已知|x|＜ε3，|y|＜ε6，|z|＜ε9
，求证|x+2y-3z|＜ε.（由学生自行完成，请学生板演）
证明：|x+2y-3z|≤|x|+|2y|+|-3z|=|x|+2|y|+3|z
∵|x|＜ε3，|y|＜ε6，|z|＜ε9
∴|x|+2|y|+3|z|＜ε3+2ε6+3ε9=ε
∴|x+2y-3z|＜ε
例2已知|x-a|＜ε2M，0＜|y-b|＜ε2|a|，y∈（0，M），求证|xy-ab|＜ε.
证明：|xy-ab|=|xy-ya+ya-ab|=|y(x-a)+a(y-b)
≤|y||x-a|+|a||y-b|＜M·ε2M+|a|·ε2|a|=ε
点评：这是为今后学习极限证明做准备，要习惯和“配凑”的方法。
例3求证|a+b|1+|a+b|≤|a|1+|a|+|b|1+|b|。
证法一：（直接利用性质定理）在|a+b|=0时，显然成立。
当|a+b|≠0时，左边=11|a+b|+1
≤11|a|+|b|+1=|a|+|b|1+|a|+|b|+|b|1+|a|+|b
≤|a|1+|a|+|b|1+|b|。
证法二：（利用函数的单调性）研究函数y=x1+x在x＞0时的单调性。
设0＜x1＜x2，
∵x11+x1-x21+x2=x1-x2（1+x1）（1+x2）＜0，∴y=x1+x，在x＞0时是递增的.
又∵|a+b|≤|a|+|b|，将|a|+|b|，|a|+|b|分别作为x1和x2，则有
a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a+b|……（下略）
证法三：（分析法）原不等式等价于|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|+2|a||b|（1+|a|）（1+|b|），
只需证|a+b|（1+|a|）（1+|b|）≤（1+|a+b|）（|a|+|b|+2|a||b|），
即证|a+b|≤|a|+|b|+2|a||b|+|a+b||ab|（*）
又2|ab|+|a+b||ab|≥0，
∴（*）显然成立.
∴原不等式获证。
还可以用分析法证得|a+b|1+|a+b|≤|a|+|b|1+|a+b|，然后利用放缩法证得结果。
三、随堂练习
1．①已知|x|＞r＞0，a≠0，求证|1ax|＜1|a|r。
②已知|an-l|＜1求证|an|＜|l|+1。
2．已知|A-a|＜ε2，|B-b|＜ε2求证：
①|（A+B）-（a+b）|＜ε；
②|（A-B）-（a-b）|＜ε。
3．求证|x+1x|≥2（x≠0）。
答案：1.2.略
3．∵x与1x同号。∴|x+1x|=|x|+1|x|≥2|x|·1|x|=2
四、小结
1．定理|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|。把|a|、|b|、|a+b|看作是三角形三边，很像三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，这样理解便于记忆，此定理在后面学习复数时，可以推广到比较复数的模长，并有其几何意义，有时也称其为“三角形不等式”。
2．平方法能把绝对值不等式转化为不含绝对值符号的不等式，但应注意两边非负时才可平方，有些证明并不容易去掉绝对值符号，需用定理|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|及其推论。
3．对|a+b|≤|a|+|b|ab≥0，|a-b|≤|a|+|b|ab≤0要特别重视。
五、布置作业
1．若|x-a|＜m，|y-a|＜n，则不列不等式一定成立的是（）
A．|x-y|＜2mB．|x-y|＜2n
C．|x-y|＜n-mD．|x-y|＜n+m
2．设a，b为满足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
3．能使不等式|nn+1-1|＞15成立的正整数n的值是。
4．求证：
（1）|a+b|+|a-b|≥2|a|；
（2）|a+b|-|a-b|≤2|b|。
5．已知f(x)=1+x2，求证|f(a)-f(b)|＜|a-b|。
答案：1．D 2．B3．1、2、3
4．|a+b|+|a-b|≥|a+b+a-b|=2a|a+b|-|a-b|≤|a+b-a+b|=2|b
5．|f(a)-f(b)|=|1+a2-1-b2|=|a2-b21+a2+1+b2
=|a+b||a-b|1+a2+1+b2＜|a+b||a-b||a|+|b|≤（|a|+|b|）|a-b||a|+|b|=|a-b
注：也可用分析法.
六、板书设计
6.5含有绝对值的不等式（一）
1．复习例1例3
2．定理例2课堂训练
推论
【习题精选】
一、选择题
1．设实a，b满足ab＜0，则下列不等式成立的是（）。
A．|a+b|＞|a-b
B．|a+b|＜|a-b
C．|a-b|＜||a|-|b
D．|a-b|＜|a|+|b
2．若|a+b|=|a|+|b|成立，a，b∈R，则有（）。
A．ab＜0B．ab＞0
C．ab≥0D．ab≤0
3．已知a＞b，a+b＜0，那么（）。
A．|a|＞|b|B．1a＞1bC．|a|＜|b|D．1a＜1b
4．不等式|a+b||a|+|b|≤1成立的充分必要条件是（）。
A．a，b都不为零
B．ab＜0
C．a，b为非负数
D．a，b中至少一个不为零
答案：1．B 2．C 3．C 4．D
二、填空题
1．对于实数a，b，|a+b|≥|a-b|中等号成立的条件是。
2．若|a|＜1，|b|＜1，则|a+b|-|a-b|与2的大小关系是。
3．若x∈R，则（1-|x|）（1+x）恒为正数的充分必要条件是。
答案：
1．xy=0
2．|a+b|-|a-b|＜2
3．x＜-1或-1＜x＜1
三、解答题
1．若α，β∈R，c∈R+，求证|α+β|2≤（1+c）|a|2+（1+1c）|β|2。
2．若|1+aba+b|＜1，求证：|a|和|b|中必有一个大于1，而另一个小于1。
3．若f(x)=x2-x+c，|x-a|＜1，求证：|f(x)-f(a)|＜2(|a|+1)。
答案：
1．(1+c)|a|2+(1+1c)|β|2
=|α|2+|β|2+c|α|2+1c|β|2≥|α|2+|β|2+2·c|α|·1c|β
（|α|+|β|）2≥|α+β|2
2．|1+aba+b|＜1|1+ab|＜|a+b|(1-a2)(1-b2)＜0所以a2，b2中必有一个大于1，另一个小于1，即|a|，|b|中必有一个大于1，而另一个小于1。
3．|f(x)-f(a)|=|(x-a)(x+a-1)|＜|x+a-1
=|x-a+2a-1|≤|x-a|+|2a|+1＜2(|a|+1)
【典型例题】
例1解不等式|x+1|＞|2x-3|-2
分析解含有绝对值的不等式，通常是利用绝对值概念|a|=a(a≥0）-a(a＜0)，将不等式中的绝对符号去掉，转化成与之同解的不含绝对值的不等式（组），再去求解。去绝对值符号的关键是找零点（使绝对值等于零的那个数所对应的点），将数轴分成若干段，然后从左向右逐段讨论。
解：令x+1=0，∴x=-1，令2x-3=0，∴x=32，如图所示。
（1）当x≤-1时原不等式化为-（x+1)＞-(2x-3)-2
∴x＞2与条件矛盾，无解。
（2）当-1＜x≤32时，原不等式化为x+1＞-(2x-3)-2。
∴x＞0，故0＜x≤32。
（3）当x＞32时，原不等式化为x+1＞2x-3-2。
∴x＜6，故32＜x＜6。
综上，原不等式的解为{x|0＜x＜6}。
注意找零点去绝对值符号最好画数轴，零点分段，然后从左向右逐段讨论，这样做条理分明、不重不漏。
例2求使不等式|x-4|+|x-3|＜a有解的a的取值范围。
分析此题若用讨论法，可以求解，但过程较繁；用绝对值的几何意义去求解十分简便。
解法一将数轴分为［-∞，3］，［3，4］，（4，+∞I）三个区间
当x＜3时，原不等式变为(4-x)+(3-x)＜a，x＞7-a2有解的条件为7-a2＜3，即a＞1；
当3≤x≤4时，得(4-x)+(x-3)＜a，即a＞1；
当x＞4时，得(x-4)+(x-3)＜a，即x＜a+72，有解的条件为a+72＞4∴a＞1。
以上三种情况中任一个均可满足题目要求，故求它们的并集，即仍为a＞1。
解法二设数x，3，4在数轴上对应的点分别为P，A，B，如图，由绝对值的几何定义，原不等式|PA|+|PB|＜a的意义是P到A、B的距离之和小于a。
因为|AB|=1，故数轴上任一点到A、B距离之和大于（等于1），即|x-4|+|x-3|≥1，故当时a＞1，有解|x-4|+|x-3|＜a。
例3已知|x-a|＜ε2M，0＜|y-b|＜ε2|a|，y∈（0，M），求证|xy-ab|＜ε。
分析根据条件凑x-a，y-b。
证明|xy-ab|=|xy-ya+ya-ab|。
y(x-a)+a(y-b)|≤|y||x-a|+|a|·|y-b|＜M·ε2M+|a|·ε2|a|=ε。
说明这是为学习极限证明作的准备，要习惯用凑的方法。
例4求证|a2-b2||a|≥|a|-|b
分析使用分析法
证明∵|a|＞0，
∴只需证明|a2-b2|≥|a|2-|a||b|，两边同除|b|2。
即只需证明|a2-b2||b|2≥|a|2|b|2-|a||b|。
即|（ab）2-1|≥|（ab）2|-|ab
当|ab|≥1时，|（ab）2-1|=|（ab）2|-|ab|；当|ab|＜1时，|a|-|b|＜0，原不等式显然成立。
∴原不等式成立。
说明在绝对值不等式的证明，常用分析法。本例也可以一开始就用定理：
a2-b2||a|≥|a|2-|b|2|a|=|a|-|b||a|·|b
（1）如果|a||b|≥1，则|a|-|b|≤0，原不等式显然成立。
（2）如果|b||a|＜1，则-|b||a|＞|-b|，利用不等式的传递性知|a|-|b||a|，|b|＞|a|-|b|。
∴原不等式也成立。
