概要：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. ②①+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|<
2017届高考数学考点不等式专项复习教案,标签：教学设计,http://www.85jc.com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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