1、眾所周知，不等式解法是不等式這一板塊的高考備考重點(diǎn)，其中，含有參數(shù)的不等式的問(wèn)題，是主考命題的熱點(diǎn)，又是復(fù)習(xí)提高的難點(diǎn)。(1)解不等式，尋求新不等式的解集；(2)已知不等式的解集(或這一不等式的解集與相關(guān)不等式解集之間的聯(lián)系)，尋求新含參數(shù)的值或取值范圍。(3)注意到上述題型(2)的難度與復(fù)雜性，本專(zhuān)題對(duì)這一類(lèi)含參不等式問(wèn)題的解題策略作以探索與總結(jié)。一、立足于“直面求解”解不等式的過(guò)程是一系列等價(jià)轉(zhuǎn)化的過(guò)程，對(duì)于有關(guān)不等式的“解”的問(wèn)題，直面不等式求解，有時(shí)是問(wèn)題解決的需要，有時(shí)是解決問(wèn)題的基礎(chǔ)或手段。所給問(wèn)題需要在獲得不等式的解集或最簡(jiǎn)形成后，方可延伸或突破時(shí)，則要果斷及+2.底-3,f入、

2、>1+8eR,m=0)地從求解不等式切入。(1)解此不等式;例1.設(shè)關(guān)于x的不等式(2)若不等式解集為(3,+8),求m的取值范圍;(3)若x=3屬于不等式的解集，求m的取值范圍分析：著眼于不等式的等價(jià)變形，注意到這里的系數(shù)a的取值為主線進(jìn)行討論。m2>0,m2同乘以不等式兩邊，則不等式轉(zhuǎn)化為ax>b型，于是可以x解:(1)由題設(shè)，原不等式(x+2)>m2+(x-3)=(m-1)x>m2-2m-3宜:當(dāng)m>1時(shí)，由(1)解得m-1當(dāng)m=1時(shí)，由(1)得xR;m<1且m/0時(shí)，由(1)解得2m3當(dāng)m>1時(shí)，原不等式的解集為(-00當(dāng)m<1且m

3、wo時(shí)，原不等式的解集為當(dāng)m=1時(shí),-2m殳原不等式的解集為R<=>m=5=3(2)若不等式的解集為(3,+8),則由(1)知應(yīng)得.此時(shí)m的取值范圍為5(3)注意到x=3為不等式的解，將x=3代入(1)得:3(m-1)>m2-2m-30m2-5m<0O'0<m<5:此時(shí)所求m的取值范圍為(0,5)點(diǎn)評(píng)：對(duì)于(2),已知含參不等式的解集，要求的是所含參數(shù)2m3-jm的取值范圍。對(duì)此，我們正是立足于(1)直面求解，由已知解集的特征斷定m-1>0以及m-1值范圍由此而產(chǎn)生。m的取值或取例2.已知關(guān)于x的不等式組解：不等式.不等式x2-x-2>0

4、(x+1)(x-2)>0lx<-1或x>2x2-x-2>0的解集A=(-00,-1)U(2,不等式2x2+(2R+5)x+5R<0=(x+R)(2x+5)<0設(shè)這一不等式的解集為B,則由-2匕B,得：+8),顯然-2A(-2+R)(-4+5)<。0R<2xxi=-R,注意到(x+R)(2x+5)=0的根為2<-RM-2此時(shí)-2二B當(dāng)時(shí)，由得_RB-R)當(dāng)2時(shí)，由得一<-R工3<=>3工R3x|xEAnB,x七Z=-222于是由、得所求實(shí)數(shù)的取值范圍為-3,2)點(diǎn)評(píng)：在這里，考察的重點(diǎn)是含有參數(shù)的成員不等式，設(shè)含參不等式2x

5、xi為方程ax+b=0或cx+d=0的實(shí)根;+(2R+5)x+5R<0的解集為B,而后首先由-2曰B獲得一個(gè)必要的R的取值范圍，進(jìn)而立足于這一范圍。以含參不等式左邊(x+R)(2x+5)=0的根的大小為主線引入討論。首先由整數(shù)元素的從屬獲得問(wèn)題存在的必要條件，而后立足于必要條件對(duì)應(yīng)的范圍進(jìn)行討論，這是解決含數(shù)元素的集合問(wèn)題的基本策略。二、致力于“化生為熟”化生為熟是解題的通用方略，正如一位俄羅斯女?dāng)?shù)學(xué)家所言：解題，就是把“要解的題”轉(zhuǎn)化為“已經(jīng)解過(guò)的題”。而對(duì)所給出的具體問(wèn)題，如何化生為熟？則要根據(jù)問(wèn)題的具體的條件與目標(biāo)來(lái)決定問(wèn)題轉(zhuǎn)化的手段方向。1、化生為熟之一：轉(zhuǎn)化為二次不等式或整式不

6、等式問(wèn)題。二次不等式是我們所熟知的事物，因此，如果問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為二次不等式或整式不等式問(wèn)題，則解題便勝券在握。-V例1.若不等式聶1的解集為(-8,1)U(2,+8),求a的取值范圍。ajj.產(chǎn)(a-l)x+1八-1<0«<0(1-a)x-1(x-1)>0分析：注意到所給不等式，故想到利用分式不等式的基本變形轉(zhuǎn)化為整式不等式的解集問(wèn)題。甌4<1O解：不等式-=(a-1)x+1(x-1)<01-a>0且1-awi解法一：(分類(lèi)討論)：由已知不等式解集的形式得:1以下以式左邊多項(xiàng)式的根1一&與1的大小為主線展開(kāi)討論:-L>i(1)當(dāng)0<

7、;1-a<1即0<a<1由題設(shè)條件得1一日1時(shí),由得x<1或(2)當(dāng)1-a>1,即a<0時(shí)由得解法二：原不等式於<1a或x>1這與題設(shè)條件不符于是由(1)、(2)所得2a的取值范圍為在(利用對(duì)一元二次不等式解集的認(rèn)知)Q(1-a)x-1(x-1)>0又原不等式的解集為(-00,1)U(2,+8)注意到一元二次不等式解集端值必為相應(yīng)方程的根所求a的取值范圍為點(diǎn)評(píng)：這里一般地，若“化生為熟”的手段是“不等式的等價(jià)變形”一元二次不等式(ax+b)(cx+d)>0的解集為(1-8,Xi)U(x2,+00),則必需x2為方程ax+b=0或cx+

8、d=0的實(shí)根;例2.若不等式宜十4定十三>0的解集為(-3,-1)分析:對(duì)于這類(lèi)不等式或比較復(fù)雜的分式不等式問(wèn)題解：原不等式=(x+a)(x2+4x+3)>0(x2+4x+3半U(xiǎn)2,+8)求實(shí)數(shù)a的值，例2的解題思路能起重要的啟示作用0)設(shè)f(x)=(x+1)(x+3)(x+a)(x-3且次w-1)則原不等式二(x+1)(x+3)(x+a)f(x)>0>0(x,理xw-3)由題設(shè)知x=2為方程f(x)=0的根，.f=0=a=-2.所求實(shí)數(shù)a=-2點(diǎn)評(píng)：利用一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集與一元二次方程ax2+bx+c=0的根之間的關(guān)系，可使問(wèn)題簡(jiǎn)單化。2、

9、化生為熟之二：轉(zhuǎn)化為集合間的關(guān)系問(wèn)題，集合既是數(shù)學(xué)中的原始概念，又是數(shù)學(xué)問(wèn)題的基本載體。同樣，集合間的關(guān)系既是數(shù)學(xué)理論的基礎(chǔ)，又是問(wèn)題轉(zhuǎn)化的目標(biāo)，關(guān)于兩個(gè)不等式(或方程)的解的關(guān)系問(wèn)題，向著集合間的關(guān)系問(wèn)題轉(zhuǎn)化，是化生為熟的主要方向之一。0<a<-例1.若對(duì)中的一切實(shí)數(shù)a,滿足不等式|x-a3|<<b的x也滿足不等式2，求正實(shí)數(shù)a的取值范圍。分析：注意到各不等式的解組成集合，為將已知的兩不等式的“解”之間的關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩個(gè)集合之間的關(guān)系,首先從化簡(jiǎn)兩個(gè)不等式的解集切入解：設(shè)集合A=x|x-a|<bB=(x|xa3設(shè)集合由題設(shè)知A<B,則：A=（a-b,a+b）

10、（0己王：）(1)則:(2)故由，得:4注意到a-同理由（4）得(6)再注意到這里b4a1+aH2口1b<i-a-h2:由（3）得/日-嗚b>0,于是由（5）、（6）得b的取值范圍為點(diǎn)評(píng)：當(dāng)解題過(guò)程中出現(xiàn)二次三項(xiàng)式時(shí)，配方成為解題的基本方法與基本技巧。快ij2,要使?jié)M足關(guān)于x的不等式2x2-9x+a<0（解集非空）的每一個(gè)x的值至少滿足不等式x2-4x+3<0和x2-6x+8<0中的一個(gè)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。分析：1II據(jù)例1的解題經(jīng)驗(yàn)，我們以求出有關(guān)不等式的解集切入，而后利用有關(guān)解集之間的關(guān)系突破。解：設(shè)A=x|x2-4x+3<0，貝IA=（1,3）;B=

11、x|x2-6x+8<0,貝IB=（2,4）;AUB=(1,4)設(shè)C=x|2x2-9x+a<0,則由題設(shè)得(1,4)又設(shè)f(x)=2x2-9x+a9x=則f(x)的圖象是以直線4為對(duì)稱(chēng)軸且開(kāi)口向上的拋物線.由C=(1,4)得x|f(x)<0-(1,4)A>0f81-8a>081Ojf(l)之0a-7>007<a<f(4)之口a-4之0于是可知實(shí)數(shù)a的取值范圍為為二點(diǎn)評(píng)：上述解答進(jìn)行了兩次轉(zhuǎn)化：第一次是轉(zhuǎn)化為集合間的關(guān)系：C=AUB;第二次是注意到2x2-9x+a<0次不等式，于是在C-AUB=（1,4）的基礎(chǔ)上，進(jìn)一步將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為已知一元二次

12、不等式的解集，而這樣的問(wèn)題恰是我們所熟悉的，于是解題勝利在望。配伍練習(xí):已知三個(gè)不等式:(3)2x2+mx-1<0,（1）|2x-4|<5-x;若同時(shí)滿足不等式（1）(2)+2x3-3+2（2）的x也滿足（3）,求m的取值范圍點(diǎn)撥：此題的題面與例2頗為相似，若設(shè)不等式（1）、（2）、（3）的解集分別為A、B、C,則轉(zhuǎn)化為有關(guān)集合間的關(guān)系，也頗為順暢；只是在立足于APB-C實(shí)施第二次轉(zhuǎn)化時(shí)會(huì)遇到新的情況，如何完成第二次轉(zhuǎn)化？請(qǐng)同學(xué)們實(shí)踐中品味和感知3、化生為熟之三：轉(zhuǎn)化為二次不等式在含參不等式問(wèn)題中，二次不等式恒成立的充要條件乃是我們正面解決含參不等式問(wèn)題的唯一的理論依據(jù)ax2+bx

13、+c>0對(duì)任何xWR恒成立=a>0且A=b-4ac<0;ax2+bx+c<0對(duì)任何x三R恒成立=a<0且A=b-4ac<0;而與上述不等式恒成立相互依存，相互支撐與相互轉(zhuǎn)化的，是在其基礎(chǔ)上滋生出的關(guān)于最值的命題:a<f(x)恒成立=心<f(x)的最小值或f(x)的下確界a>f(x)恒成立=心汽x)的最大值或心>f(x)的上確界例1.(1)若對(duì)于任意，求m的值(2)已知不等式|x+1|+|x-2>m對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍。3宏2+2區(qū)+thi卞m解：(1)注意到對(duì)任意xER,總有x2+x+1>0.對(duì)任意xER

14、恒蕓十片十1成立=對(duì)任意x七R恒有3x2+2x+2>m(x2+x+1)成立對(duì)任意xR恒(3-m)x2+(2-m)x+(2-m)>0成立3tn>0注意到m七N,m=1I100mt2m<上取m>3(2)設(shè)f(x)=|x+1|+|x-2|,則f(x)>m對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立=m<f(x)的最小值(1),-f(x)=|x+1|+|x-2|>|(x+1)-(x-2)|=3(當(dāng)且僅當(dāng)-1<x<2時(shí)等號(hào)成立)f(x)的最小值為3(當(dāng)且僅當(dāng)xe-1,2時(shí)所得)(2)于是由(1)(2)得m<3,即所求的取值范圍為(一出書(shū)史2+2rrci+1|上5例

15、2.若不等式賣(mài)一2饕+3對(duì)一切xeR恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍。0(或小于0分析：為化生為熟，首先考慮在不等式的等價(jià)變形過(guò)程中去掉絕對(duì)值，而后再轉(zhuǎn)化為二次三項(xiàng)式大于,-l-2irci+1,_廣sz2-I-1|<5O-5<<5恒成立問(wèn)題)。解：不等式-2:<+3Mk-2M+31Q婷-2苫+3=3(耳-y+->0注意到33.原不等式對(duì)一切xeR恒成立=5(3x2-2x+3)<x2+2mx+1<5(3x2-2x+3)對(duì)一切x匕R恒成立x3+2mx-Hl<15210x-bl5.llb、i,對(duì)于一切怛成立x2+2mk+1>-15x2+lOx-15O&l

16、t;r對(duì)于一切X巨R反成立+(tn-5)h+8>0=-11Mm<9(m+5)2-4x72<0<9(m-5)2-4乂屋<0卜11<21所求m的取值范圍為(-11,9)點(diǎn)評(píng)：在原不等式等價(jià)變形過(guò)程中，化整為零，使各個(gè)部分都?xì)w結(jié)為二次型不等式恒成立的問(wèn)題，這也是在應(yīng)用解決數(shù)學(xué)問(wèn)題通用的化整為零，靈活機(jī)動(dòng)的戰(zhàn)略戰(zhàn)術(shù)例3.已知三個(gè)關(guān)于x的不等式：(1)|2x-4|<5-x;(2)-;(3)2x2+mx-1<0若同時(shí)滿足不等式(1)(2)的x也滿足不等式(3),試求m的取值范圍分析：本例的條件與結(jié)論與例2頗為相似，于是考慮由例2的解題思路切入并延伸。解：將(

17、1)(2)聯(lián)立，得：|2h-4|<5-x-1<30<k<L或2<4設(shè)不等式(1)的解集為A,(2)的解集為B=0<x<1或2Vx<3(3)的解集為C則有AHB=0,1)U(2,3)由題設(shè)知匚二，即0,1)U(2,3)=C:再由題設(shè)知，當(dāng)xE0,1)U(2,3)時(shí)，不等式(3)恒成立='當(dāng)xE0,1)U2,3,時(shí)，不等式2x2+mx-1<0恒成立注意到當(dāng)x=0時(shí)，2x2+mx-1<0顯然成立，當(dāng)xe0,1)U2,3,時(shí)，不等式2x2+mx-1<0恒成立<-2x(0c3cl或2<x<3J恒成立醇)=210&

18、lt;1或2<笈<3),設(shè)一二則由1注意到)得m<g(x)g(x)在(0,恒成立1)U(2,3)g(x)<g(3).由(2)(3)得8又17m<3"m<g(x)的最小值或mHg(x)的下確界內(nèi)為減函數(shù)17一行,17蛔<-y即所求的取值范圍為g(x)的下確界為17,6-三17T點(diǎn)評(píng)：題面與第一步的轉(zhuǎn)化都與前面的例轉(zhuǎn)化為已知二次函數(shù)f(x)<0的解區(qū)間匚2“有著驚人的相似之處”，但是第二步的轉(zhuǎn)化卻有著明顯的差異：(1,4)的充要條件，后者是轉(zhuǎn)化為含參不等式的恒成立問(wèn)題，大家在解題與前者是總結(jié)時(shí)要注意比較品悟，這些“形似”但“神不似”的問(wèn)題三

19、、借重于“變量轉(zhuǎn)換”Vx">3K+例1.若不等式2的解集為(4,b),求a,b的值分析：此類(lèi)問(wèn)題在一元二次不等式板塊中經(jīng)常出現(xiàn)。注意到我們對(duì)一元二次不等式的認(rèn)知:當(dāng)我們面對(duì)生疏復(fù)雜的無(wú)理函數(shù)或復(fù)合函數(shù)問(wèn)題時(shí)，循著哲學(xué)中“量變促質(zhì)變”的原理，可借重“變量替換”這一量的變換，促使有關(guān)問(wèn)題向其對(duì)立的方向轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化為我們所熟悉的有理函數(shù)或比較簡(jiǎn)單的問(wèn)題，以“量變”促發(fā)“質(zhì)變”，乃是我們解決比較復(fù)雜問(wèn)題的基本策略之一ax2+bx+c>0的解集為(x1,x2)Oa<0且x1,x2為一元二次方程ax2+bx+c=0的實(shí)根。ax2+bx+c>0的解集為(-00,x1)U(x2

20、,+00)Qa>0且x1,x2為一元二次方程ax2+bx+c=0的實(shí)根。于是由此不等式所含的數(shù)五和ax想到：借助換元，將所給問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為一元二次不等式問(wèn)題。解：設(shè)t=,則t>0且原不等式33at-t+<0=arttH-<2由題設(shè)知關(guān)于t的不等式(t>0)的解集為(2,"匯)一元二次方程at-t+=2的兩根為2,由韋達(dá)定理得由此解得二35點(diǎn)評(píng)：這里“化生為熟”的手段是段.“換元”，變量轉(zhuǎn)換，是使問(wèn)題完成從“無(wú)理”向“有理”的質(zhì)的轉(zhuǎn)變的重要手恒成立,求m的取值范圍.分析：注意到這里含有抽象的函數(shù)符號(hào)f”，故首先想到通過(guò)“反用”單調(diào)性的定義脫去“f”，將所給I

21、'口區(qū)J2.定義在R上的函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)，又是減函數(shù)，當(dāng)x巳0,上時(shí)，f(sin2x-msinx+m)+f(-2)>0普通的不等式恒成立的問(wèn)題；又注意到考慮第二次轉(zhuǎn)化時(shí)運(yùn)用變量轉(zhuǎn)換.f”之下齦關(guān)弱二次三項(xiàng)式，為使有關(guān)不等式以及解題過(guò)程雙雙簡(jiǎn)明,解：由f(x)為奇函數(shù)得-f(-2)=f(2)1-f(sin2x-msinx+m)>-f(-2)7T當(dāng)xE0,2時(shí)恒成立«2)>0f>0(l-za)2+(2±-1)>01+yfl-uJF-1x<-或X)22由1+73<x<-2k-l<0Jy-i<=>v；x

22、M=f(sin2x-msinx+m)>R2)當(dāng)x0,，時(shí)恒成立式令sinx=t,則由xE0,2得0<t<l由得f(t2-mt+m)>f(2)當(dāng)tE0,1時(shí)恒成立又f(x)在R上為減函數(shù)，由得t2-mt+m<2當(dāng)t0,1時(shí)恒成立=m(1-t)<2-t2當(dāng)tE0,1時(shí)恒成立當(dāng)t=1時(shí)，對(duì)任意meR者隋m(1-t)<2-t2成立當(dāng)tW1時(shí)，令g(x)=1-E(0<t<1)則由得m<g(t)(0<t<1)恒成立2二戶-(179+2(17)4=m<g(t)(0<t<1)的最小值g(t)=1一£易知g(t)

23、在0,1)內(nèi)遞增，.ga)有最小值g(0)=2由得m<2于是由，得所求m的取值范圍為(-00,2)點(diǎn)評(píng)：回顧上述解題過(guò)程，在脫去符號(hào)"f"之后，首先借助換元，促他tox的二次不等式恒成立的問(wèn)題，轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次不等式恒成立的問(wèn)題，完成化繁為簡(jiǎn)的第一次轉(zhuǎn)化；在此基礎(chǔ)上進(jìn)而由對(duì)式的“主元轉(zhuǎn)換”切入，使問(wèn)2-P題進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為g(x)=1一(0<t<1)的值域問(wèn)題，從而完成了化生為熟的第二次轉(zhuǎn)化解決比較復(fù)雜的函數(shù)問(wèn)題，問(wèn)題轉(zhuǎn)化往往不能一步到位，此例的解法，為我們提供了一個(gè)兩次轉(zhuǎn)化，自然順暢的解題示范，請(qǐng)大家細(xì)細(xì)品悟四、嘗試于“主元轉(zhuǎn)換”)，然而，“主要”與“次要

24、”是辯證的統(tǒng)一：它們?cè)跀?shù)學(xué)問(wèn)題中，主要變量之外的其它變數(shù)都稱(chēng)為參數(shù)(參量方面相互對(duì)立，另一方面又相互依存，相互聯(lián)系和相互貫通，因此，在數(shù)學(xué)的解題研究中，當(dāng)我們以熟悉的“主元”切入而面臨繁難的境地時(shí)，則可考慮利用“主元”與“參數(shù)”之間的辯證關(guān)系實(shí)施“主元轉(zhuǎn)換”；嘗試以原來(lái)的參數(shù)作為“主元”進(jìn)行考察，從而以全新的角度審視和分析問(wèn)題，解題由此而引入新的境地，獲得簡(jiǎn)明的解題思路與解題過(guò)程便在情理之中了.例1.如果不等式2x-1>m(x2-1)對(duì)于m已-2,2成立，求x的取值范圍分析：注意到這里限定m的范圍，所以若將已知不等式視為關(guān)于m的一次型不等式，則所給問(wèn)題便轉(zhuǎn)化為：已知關(guān)于m的一次型不等式在

25、me-2,2上恒成立，求其系數(shù)中所含x的取值范圍，于是，利用一次函數(shù)的單調(diào)性便可輕易破解解：原不等式=(1-x2)m+(2x-1)>0f(m)=(1-x2)m+2x-1則f(m)為m的一次函數(shù)或常數(shù)函數(shù)，其幾何意義為直線，于是原不等式對(duì)任意m15-2,2成立=£(m)>0(-2Mm冬2)=1«(6-11+吟.x232點(diǎn)評(píng)：上述解法的詳細(xì)過(guò)程為分類(lèi)討論：(i)當(dāng)1-x2>0Q-1<x<1時(shí),f(m)在-2,2為增函數(shù)23j1.。耳+笈一一>00-<1.由f(m)>0(-2<m<2)得f(-2)>022(ii)當(dāng)

26、1-x2<0=x<-1或x>1時(shí),f(m)在-2,2上為減函數(shù).由f(m)>0(-2<m<2)得22(iii)當(dāng)1-x2=0U'x=±1時(shí)當(dāng)x=1時(shí)f(m)=1>0當(dāng)x=-1時(shí)f(m)=-3>0不成立，綜上(i)(ii)(iii)得所求的x的取值范圍為22區(qū)ij2,已知對(duì)于滿足p=16sin3a,且盧-&,6的所有實(shí)數(shù)p,不等式10g22x+plog2x+1>2log2x+p恒成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍,分析：由題設(shè)易得pe-2,2,所給不等式為10g2x的二次不等式，也可視為P的一次型不等式，由此想到以與泉Pw22

27、P為主元考察并轉(zhuǎn)化問(wèn)題.解：由P=16sin3a,心&又不等式10g22x+p1og2x+1>21og2x+p=log22x+(P-2)log2x+(1-P)>0(以x為主元)o(log2x-1)P+(log22x-21og2x+1)>0(以P為主元)2設(shè)f(p)=(1og2x-1)p+(1og2x-1)注意到當(dāng)log2x=1即x=2時(shí)原不等式不成立故f(p)為p的一次函數(shù)，并且由得所給問(wèn)題等價(jià)于f(p)在區(qū)間-2,2上恒大于0蹈>0其>0logx-1>0濟(jì)-Q0-2(log2s-15+2x-I)2>0“最4灌產(chǎn)+3>01_O0Y文U或笈

28、>S201沼口江工-1或log/>?點(diǎn)評(píng)：在這里不可忽略考察(.所求實(shí)數(shù)x3)中P的關(guān)系log2x-1=-0的料情形，事實(shí)上，當(dāng)(0的取值范圍為2log2x-1=0即x=2時(shí)原不等不成立,故這里xw2,即這里的f(p)不存在為常數(shù)求的情形EU)-f(bQ若a,b'-11且awb,則有(1)判斷f(x)在區(qū)間-1,1的單調(diào)性;(2)(3)分析:若f(x)<m-2am+1對(duì)所有xe-1,1,ae-1,1恒成立，求m的取值范圍。注意到這里f(x)為軸象數(shù)，故(1)的數(shù)解只能運(yùn)用數(shù)的單調(diào)性定義，而f(x)的單調(diào)性一經(jīng)確定，便為(2)的推理以及(3)的轉(zhuǎn)化奠定理論基礎(chǔ)解：(1)

29、設(shè)x1,x2匕-1,1且x1<x2,貝!Jx2-x1>0并且由題設(shè)得f(x)在區(qū)間(2)注意到f(x1)-f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)-1,1上的增區(qū)數(shù)。f(x1)定義域?yàn)?1,1,且f(x)在用區(qū)間-1,1遞增,<f.利用增數(shù)定義為£笠一1=Wk<-12，原不等式的解集為(3)由知f(x)在閉區(qū)間-1,1m2-2am+1(-1<a<1)上為增函數(shù)>f(x)(-1<x<1)f(x)<2-2am+1在x£-1,1,三m2-2am+1>02一一(-2m)a+m>0-1,1上恒成立-1

30、,1上恒成立2當(dāng)g(a)=(-2m)a+m,則.由(5)(6)得所求m的取值范圍為(g(a)為a的一次函數(shù)g(a)底-00,-m)aE-1,1上恒成立(以m為主元(以m為主元=g(1)m2-2am+1>f(1)g(-1)>0-1,1上恒成立在aW-1,1上恒成立Gm<-2或m>2點(diǎn)評(píng)：這里的解題經(jīng)歷三次視角的轉(zhuǎn)化:上恒成立；第二次是以到，將不等式與U2,+8第一次是由到，將f(x)在給定區(qū)間上遞增，視為相關(guān)不等式在給定區(qū)間f(x)的最大值建立聯(lián)系；第三次是從到，將關(guān)于m的二次不等式視為關(guān)-1<x+<12<1K-111£十一C2x于a的一次型不

31、等式，由此，解題一步步轉(zhuǎn)化，一步步走向熟悉與簡(jiǎn)明五、練習(xí)(高考真題)(2005-遼寧卷)在R上定義運(yùn)算-1<a<1B.0<a<2x：xxy=x(1-y),若不等式I3_U2L匚一C.-2(x-a)x(x+a)<1對(duì)任意實(shí)數(shù)x成立，則(D.-(2005-天津卷)已知m曰R,設(shè)P:xi和X2是方程x2-ax-2=0的兩個(gè)實(shí)根，不等式|m2-5m-3|>|x1-x2|對(duì)任意實(shí)數(shù)a-1,1恒成立；Q:F(瓦函數(shù)X21+lux2+(m+=)定+63在(-OO,+OO)上有極值，求使P正確且Q正確的m的取值范圍。3、(2005遼寧卷)函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(0,+內(nèi)可導(dǎo)

32、，導(dǎo)函數(shù)f'(x)是減函數(shù)，且f'(x)>0,設(shè)xo匕(0,+00),y=kx+m是曲線y=f(x)在點(diǎn)(xof(x0)處的切線方程，并設(shè)函數(shù)(1)用x0f(x0),f'd(X表示m；(2)證明：當(dāng)x15(0,+8)時(shí)，gg(x)=kx+m(x)>f(x)；(3)若關(guān)于x的不等式所滿足的關(guān)系。分析與解答:分析:在0,+8)上恒成立，其中注意到我們對(duì)上面定義的陌生，將有關(guān)不等式轉(zhuǎn)化為普通不等式:(x-a)(1-x-a)<1對(duì)xE由所給定義(R恒成立x-a)x(x+a)<1對(duì)任意x2-x+(1-a12+a)>0對(duì)xa,b為實(shí)數(shù)，求b的取值范圍及

33、a與b故首先想到從本題對(duì)運(yùn)算的定義切入，R成立R恒成立A=1411-a2+a)<0n4a2-4a-3<0故應(yīng)選首先需要尋找命題P與命題Q成立時(shí)，變量m解：由xi,X2為方程x2-ax-2=0的兩個(gè)實(shí)根，得：.|5?!|=Ji'+去2)+W所滿足的等價(jià)條件,xi+x2=a,故從命題xiX2=-2P、Q的轉(zhuǎn)化切入。.命題P正確不等式m2-5m-31>+8對(duì)任意實(shí)數(shù)ae-1,1成立(.-1<a<1,:由(1)得命題，8"+8<9,2斤后三3,即戶通最大值為3。P正確0|m分析：由P正確且Q正確推出m的范圍-5m-3|>30m2-5m-3&l

34、t;-3或m2-5m-3>30m<-1或0<m<5或m>6(2)即當(dāng)mE(-8,-1U0,5U6,+8時(shí)，命題P正確-3x2+2mx-bm+-=+m+-f'(X)的圖象是開(kāi)口向上的拋物線要使f(x)在(-8,+8)上有極值，只需f'(X)的最小值小于零mmm<-1或m>4即當(dāng)mE(-8,-1)U(4,+8)時(shí)命題Q正確(3)于是由(2)、(3)知，當(dāng)命題P、Q同時(shí)正確時(shí)，m的取值范圍由(-8,-1)U(4,5U6,+m。點(diǎn)評(píng)：在這里命題Q的轉(zhuǎn)化：注意到f(x)在R上可導(dǎo)，所以f(x)在R上存在極值，只需V(x)可取正值、負(fù)數(shù)與零值，又V(x)是二次項(xiàng)系數(shù)為正數(shù)的二次函數(shù)，且在R上連續(xù)，故只V(x)的最小值小于0,這一步步化隱為明的轉(zhuǎn)化,值得我們品悟與借鑒.3、分析：(1)注意到導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考慮從寫(xiě)出曲線y=f(x)在(x0,f(xO)處的切線方程切入；(2)注意到利用(1)的結(jié)果，有關(guān)函數(shù)的極值易于解決，故考慮設(shè)h(x)=g(x)-f(x)(x>0),而后證明h(x)的最小值為0;對(duì)于(3)中的連號(hào)不等式，容易想到對(duì)其“一分為二”考察，而后“合二為一”結(jié)論解：(1)由導(dǎo)數(shù)的