●备课资料一、参考例题［例1］已知函数f(x)=,x∈［0,+∞),求证：(1)函数f(x)在［0,+∞］上是增函数；(2).分析:对于(1),结论明确,所以只要紧扣单调函数的定义即可解决.对于(2),题目结论有它自身的特点,与函数f(x)=存在着必然的联系,利用(1)的结论,结合含有绝对值不等式的性质定理即可得证.证明:(1)设x1,x2∈［0,+∞）且x10,1+x2>0,x1-x2<0∴<0即f(x1)-f(x2)<0.∴f(x1)0,-1≤x≤1时,g(x)的最大值为2,求f(x)的解析式.分析:本题是函数的概念,函数单调性,绝对值不等式,函数性质的综合应用.灵活地运用所学知识,巧妙地创设运用基本知识的条件,对提高解题效率是很重要的.对于(1)有|c|=|f(0)|;对于(2),题中含有字母系数,对a进行分类讨论;对于(3),要灵活运用函数的性质.(1)证明: -1≤x≤1时,有|f(x)|≤1∴当x=0时,有f(0)=c即|c|=|f(0)|≤1.故|c|≤1.(2)证明:欲证当-1≤x≤1时，有|g(x)|≤2即证:当-1≤x≤1时,有-2≤g(x)≤2.对于a进行分类讨论.当a>0时,g(x)在-1≤x≤1上是增函数,∴a-b≤g(x)≤a+b a+b=f(1)-c≤|f(1)|+|c|≤2,a-b=f(-1)-c≥-(|f(-1)|+|c|)≥-2∴-2≤g(x)≤2,即|g(x)|≤2;当a<0时,g(x)在-1≤x≤1上是减函数,∴a+b≤g(x)≤a-b a+b=f(1)-c≥-(|f(1)|+|c|)≥-2,a-b=f(-1)-c≤|f(-1)|+|c|≤2,∴-2≤g(x)≤2,即|g(x)|≤2;当a=0时,g(x)=b,f(x)=bx+c,∴|g(x)|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2;综上所述,有|g(x)|≤2.(3)解: a>0,∴g(x)在-1≤x≤1上是增函数,∴当x=1时,g(x)取得最大值2,即a+b=2,∴f(1)-f(0)=a+b=2,∴-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1即c=f(1)=-1, -1≤x≤1时,f(x)≥-1=f(0)∴x=0为函数f(x)图象的对称轴,∴b=0,进而a=2故f(x)=2x2-1.评述:本题是“96全国”高考试题.从中我们可以看出:(1)高考试卷中的压卷题入手一般也较低,往往多步设问,路较宽;(2)本题关键是利用函数单调性,绝对值性质,进行凑形分析,从而达到解题目的.含有绝对值不等式,这类知识经常出现在高考试卷中.因此,应总结解(或证明)绝对值不等式的规律,会准确地去掉绝对值符号,把绝对值不等式等价变形为不含绝对值的不等式,进一步提高综合运用数学知识的能力.二、参考练习题1.选择题(1)若a,b,c∈R,且|a-c|<|b|,则正确的是（）A.|a|>|b|+|c|B.|a|<|b|-|c|C.|a|<|b|+|c|D.|a|>|c|-|b|答案:C(2)已知实数a,b满足ab<0,则（）A.|a+b|>|a-b|B.|a+b|<|a-b|C.|a-b|<||a|-|b||D.|a-b|<|a|+|b|答案:B(3)已知h>0,设命题甲:两个实数a,b满足|a-b|<2h;命题乙:两个实数a,b满足|a-c|2εD.|x-y|<2ε答案:D(6)如果a,b都是非零实数,则下列不等式中不恒成立的是（）A.|a+b|≥a-bB.2≤|a+b|(ab>0)C.|a+b|-|b|≤|a|D.||≥2答案:A(7)不等式|2x-log2x|<2x+|log2x|的解是（）A.11D.x>2答案:C(8)已知函数f(x)=-2x+1,对于任意正数ε,使得|f(x1)-f(x2)|<ε成立的一个充分但不必要条件是（）A.|x1-x2|<εB.|x1-x2|答案:C(9)设an=,则对任意正整数m,n(m>n),都成立的不等式应是（）A.|am-an|
