學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精本章整合知識網(wǎng)絡專題探究專題一用函數(shù)的圖象解不等式函數(shù)是中學數(shù)學中的重點內容之一，它貫穿于中學數(shù)學教學的始終，而利用函數(shù)的圖象能直觀、準確、迅速地分析研究函數(shù)的性質或解決與函數(shù)有關的問題，因此,函數(shù)圖象是高考考查的重點內容，在歷年高考中都有涉及．函數(shù)圖象形象顯示了函數(shù)的性質，為研究數(shù)量關系提供了形的直觀性，它是探求解題路徑、獲得問題結果的重要工具，在解方程或不等式時，特別是非常規(guī)的方程或不等式，有時需要畫出圖象，利用數(shù)形結合能起到十分快捷的效果．【應用1】已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(lgx，x≥\f（3，2），,lg(3－x)，x〈\f(3,2)，))若方程f(x)＝k無實根，則實數(shù)k的取值范圍是()A．（－∞，0）B．（－∞，1）C．eq\b\lc\（\rc\)（eq\a\vs4\al\co1(－∞，lg\f(3，2)）)D．eq\b\lc\(\rc\)(eq\a\vs4\al\co1(lg\f（3,2)，＋∞）)提示:所給的函數(shù)f(x）是分段函數(shù)，而方程f(x)＝k無實數(shù)根，可利用數(shù)形結合法轉化為函數(shù)圖象無交點．解析:在同一坐標系內作出y＝f（x)與y＝k的圖象，如圖，當x＝eq\f（3，2)時，f（x）＝lgeq\f（3,2）．所以若兩函數(shù)圖象無交點，則k〈lgeq\f（3，2）．答案：C【應用2】已知a，b，c依次是方程2x＋x＝0,log2x＝2－x和＝x的實數(shù)根，則a，b，c的大小關系是________．提示：構造常見的初等函數(shù)利用函數(shù)的圖象可解決問題．解析：由2x＋x＝0，得2x＝－x，設函數(shù)y1＝2x，y2＝－x，分別作出它們的圖象，如圖1,兩圖象交點的橫坐標即為a,可得a<0,同理,對于方程log2x＝2－x，可得圖2，得1〈b〈2；對于方程＝x，可得圖3，得0〈c<1,所以a<c<b．答案：a<c〈b專題二不等式的解法常見的不等式有一元一次不等式，一元二次不等式，簡單的高次不等式，分式不等式，含有指數(shù)、對數(shù)的不等式，其解法為：(1）解一元二次不等式，畫出其對應的二次函數(shù)圖象，來確定解集．(2）解高次不等式常用穿根法．(3)分式不等式利用不等式的性質將其轉化為整式不等式（組)求解．（4)解含有指數(shù)、對數(shù)的不等式利用指數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調性，將指數(shù)、對數(shù)不等式轉化成與之等價的不等式（組)求解．【應用1】求解下列不等式：(1)－x2＋2x＋3〈0；（2)x3＋2x2－3x〉0；（3）eq\f(x2,x－2)≥－1；(4）logeq\f(1，2)（2x2＋3x）≥－1．提示：（1)注意解一元二次不等式的幾個步驟．(2)穿根法求解．(3)轉化為整式不等式，注意分母不為0．(4)對數(shù)不等式，真數(shù)大于0．解：(1)∵－x2＋2x＋3<0，∴x2－2x－3>0．又∵方程x2－2x－3＝0的兩根為x1＝－1,x2＝3，∴不等式的解集為{x|x>3或x<－1｝．（2）由x3＋2x2－3x＝x(x2＋2x－3)＝x（x＋3)（x－1)，可令f(x)＝x(x－1)（x＋3），∵f（x)＝0的根為－3，0，1，∴由穿根法(如圖），得不等式x3＋2x2－3x〉0的解集為{x|x〉1或－3<x<0｝．(3)由eq\f(x2，x－2)≥－1可得eq\f(x2,x－2）＋1＝eq\f(x2＋x－2，x－2）≥0,即（x2＋x－2)（x－2）≥0，且x－2≠0,即(x－1)(x＋2)（x－2)≥0且x≠2，如圖,由穿根法得原不等式的解集為{x|－2≤x≤1或x>2}．（4)∵（2x2＋3x)≥－1＝,又∵0<eq\f(1,2)<1，∴原不等式同解于不等式組eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(2x2＋3x>0,，2x2＋3x≤2.)）解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x〉0或x<－\f（3,2)，,－2≤x≤\f（1,2）。)）∴不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1（x｜－2≤x〈－\f（3,2）或0<x≤\f(1,2）))．【應用2】解關于x的不等式(x－2）（ax－2)>0．提示:二次項系數(shù)為a，需對a的正負進行討論；還要對根的大小進行討論,兩者要同時進行．解：（1)當a＝0時，原不等式化為（x－2)·（－2)>0即x－2〈0，∴x<2．（2）當a<0時，原不等式可化為(x－2)eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f（2，a））)<0,此時兩根大小關系為2〉eq\f（2，a)，解得eq\f(2，a)<x<2．(3)當a〉0時，原不等式可化為(x－2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(2，a))）〉0，此時兩根分別為2,eq\f(2,a）．①當a＝1時，eq\f（2，a）＝2，解得x≠2．②當a〉1時，2〉eq\f(2,a），解得x>2或x〈eq\f(2,a)．③當0〈a〈1時,2<eq\f（2,a)，解得x〉eq\f(2，a）或x〈2．綜上所述，不等式的解集為①當a＝0時,｛x|x〈2}；②當a＝1時，{x｜x≠2}；③當a<0時，eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(x|\f(2，a)〈x〈2)）；④當a>1時,eq\b\lc\{\rc\}（\a\vs4\al\co1(x｜x〉2，或x<\f(2，a）)）;⑤當0〈a〈1時,eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x|x>\f(2,a），或x〈2）)．專題三利用均值不等式求最值的常用方法均值不等式是一個重要的不等式，利用它可以求解函數(shù)最值問題．對于有些題目，可以直接利用均值不等式求解．但是有些題目必須進行必要的變形才能利用均值不等式求解．常見的變形手段為配湊法、整體代換法等．下面介紹一些常用的變形方法．1．湊系數(shù)【應用1】已知0<x〈5,求y＝x（10－2x）的最大值．提示：由0〈x<5，知10－2x〉0,利用基本不等式求最值，必須和為定值或積為定值,此題為兩個式子積的形式，但其和不是定值．注意到2x＋（10－2x)＝10為定值，故只需將y＝x（10－2x)湊上一個系數(shù)即可．解：y＝x(10－2x）＝eq\f（1，2）［2x·（10－2x)］≤eq\f（1,2)eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（2x＋10－2x,2））)2＝eq\f(25，2),當且僅當2x＝10－2x，即x＝eq\f（5,2）時，等號成立．所以當x＝eq\f(5,2）時，y＝x(10－2x)的最大值為eq\f（25,2）．2．湊項法【應用2】已知x〈eq\f(5，4)，求函數(shù)f(x）＝4x－2＋eq\f（1，4x－5）的最大值．提示：由題意知4x－5〈0,首先要調整符號,又(4x－2)·eq\f（1，4x－5)不是定值,故需對4x－2進行湊項才能得到定值．解：∵x<eq\f(5,4)，∴5－4x>0．∴f（x)＝4x－2＋eq\f（1,4x－5)＝－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（5－4x＋\f(1,5－4x）））＋3≤－2eq\r（(5－4x)·\f（1，5－4x）)＋3＝－2＋3＝1,當且僅當5－4x＝eq\f(1，5－4x），即x＝1時等號成立，此時f(x)的最大值為1．3．分離法【應用3】求f（x）＝eq\f(x2＋7x＋10，x＋1）（x≠－1)的值域．提示：本題看似無法運用基本不等式，不妨將分子配方湊出含有(x＋1)的項，再將其分離．解:f（x)＝eq\f(x2＋7x＋10,x＋1)＝eq\f（(x＋1）2＋5（x＋1)＋4,x＋1）＝（x＋1）＋eq\f（4,x＋1)＋5，當x＋1〉0，即x〉－1時，f（x)≥2eq\r((x＋1)·\f(4,x＋1)）＋5＝9（當且僅當x＝1時等號成立）；當x＋1〈0，即x〈－1時，f（x)≤－2eq\r(（x＋1）·\f（4，x＋1）)＋5＝1（當且僅當x＝－3時等號成立）．∴f(x）＝eq\f（x2＋7x＋10，x＋1）(x≠－1)的值域為（－∞，1]∪[9，＋∞)．4．整體代換法【應用4】若x，y都是正數(shù)，且滿足eq\f（4,x)＋eq\f(16，y）＝1,求x＋y的最小值．提示:由于x＋y＝1·（x＋y)，故可以將eq\f（4，x）＋eq\f（16,y)＝1整體代入，展開之后，再用基本不等式求最小值．解:∵x＋y＝1·（x＋y）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（4,x）＋\f（16,y)))(x＋y)＝20＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(4y,x）＋\f(16x，y）））≥20＋2eq\r(\f（4y，x)·\f(16x,y）)＝36，當且僅當x＝12，y＝24時，等號成立，∴x＋y的最小值為36．專題四不等式恒成立問題恒成立問題,涉及到一次函數(shù)、二次函數(shù)的性質、圖象，滲透著換元、化歸、數(shù)形結合、函數(shù)與方程等思想方法，是很綜合的一個題型，也是歷年高考的一個熱點．變量分離法和數(shù)形結合的方法比較常用，數(shù)形結合的方法較簡單．當然還有其他的解決方法，如賦值法、根據(jù)對稱性等．1．一次函數(shù)型【應用1】對于滿足｜p｜≤2的所有實數(shù)p，求使不等式x2＋px＋1>p＋2x恒成立的x的取值范圍．提示：在不等式中出現(xiàn)了兩個字母:x和p,關鍵在于該把哪個字母看成是變量．本題可將p視作變量，則上述問題即可轉化為在［－2,2］內關于p的一次函數(shù)大于0恒成立的問題．解：原不等式即（x－1)p＋x2－2x＋1>0，設f(p)＝（x－1)p＋x2－2x＋1,則f(p）在[－2，2］上恒大于0，故有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（f(－2）〉0，，f(2)〉0，））即eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x2－4x＋3〉0，，x2－1〉0，))解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x〉3或x〈1，，x〉1或x<－1，)）∴x〈－1或x>3．2．二次函數(shù)型【應用2】設f（x）＝x2－2ax＋2，當x∈［－1，＋∞）時,都有f（x）≥a恒成立,求a的取值范圍．提示：題目中要證明f(x）≥a恒成立，若把a移到等號的左邊，則把原題轉化成左邊二次函數(shù)在區(qū)間［－1，＋∞)上恒大于0的問題，就可以利用函數(shù)的圖象解決了．解：設F（x）＝f(x)－a＝x2－2ax＋2－a．(1）當Δ＝4a2－4(2－a)＝4(a－1)(a＋2)<0，即－2〈a〈1時,對一切x∈［－1，＋∞)，F(xiàn)（x)≥0恒成立；(2)當Δ＝4（a－1）(a＋2)≥0時，由圖可得以下充要條件：eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（Δ≥0,,F（－1）≥0，,－\f(－2a,2)≤－1,)）即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（（a－1）（a＋2)≥0，,a＋3≥0,,a≤－1,)）得－3≤a≤－2．綜上可得a的取值范圍為[－3，1）．3．變量分離型【應用3】對一切實數(shù)x，不等式x4＋ax2＋1≥0恒成立,求字母a的取值范圍．提示：從所給不等式中解出a,再利用基本不等式求解．解:不等式x4＋ax2＋1≥0可以化為a≥eq\f(－1－x4,x2）＝－eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1，x2)＋x2)）（x≠0）．函數(shù)f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，x2）＋x2)）≤－2,則a≥－2．若x＝0，則a∈R．故a的取值范圍是［－2,＋∞）．專題五不等式與函數(shù)、方程的綜合問題1．利用不等式的性質、不等式的證明方法、解不等式等知識可以解決函數(shù)中的有關問題，主要體現(xiàn)在:利用不等式求函數(shù)的定義域、值域、最值、證明單調性等．2．利用函數(shù)、方程、不等式之間的關系，可解決一元二次方程根的分布及相關的不等式問題．【應用1】已知函數(shù)f(x）＝log3eq\f(mx2＋8x＋n,x2＋1）的定義域為R，值域為［0，2],求m，n的值．提示：將定義域問題轉化為不等式恒成立問題，即轉化為mx2＋8x＋n>0的解集為R．解:令y＝eq\f（mx2＋8x＋n,x2＋1)，∵函數(shù)f(x)的定義域為R，∴對任意實數(shù)x∈R，y>0恒成立，即mx2＋8x＋n>0恒成立．當m＝0時,不等式化為8x〉－n，不可能恒成立；當m≠0時，必須有eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0,，Δ＝64－4mn<0，）)即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（m〉0，，mn>16.）)由y＝eq\f(mx2＋8x