7、當a>1時，等價于__f(x)>g(x)__； (2)當0logag(x) (1)當a>1時，等價于__f(x)>g(x)>0__； (2)當0f(x)>0__． 對應(yīng)學(xué)生用書p101 一元二次不等式的解法 例1　解下列不等式： (1)－3x2－2x＋8≥0； (2)0＜x2－x－2≤4. [解析] (1)原不等式可化為3x2＋2x－8≤0， 即(3x－4)(x＋2)≤0. 解得－2≤x≤， 所以原不等式的解集為. (2)原不等式等價于

8、 ? ?? 借助于數(shù)軸，如圖所示， 所以原不等式的解集為{x|－2≤x＜－1或2＜x≤3}． [小結(jié)]解一元二次不等式的四個步驟： (1)化：把不等式變形為二次項系數(shù)大于零的標準形式，如例1中(1)小題； (2)判：計算對應(yīng)方程的判別式； (3)求：求出對應(yīng)的一元二次方程的根，或根據(jù)判別式說明方程有沒有實根； (4)寫：利用“大于取兩邊，小于取中間”寫出不等式的解集． 1．求不等式－2x2＋x＋3<0的解集． [解析]化－2x2＋x＋3<0為2x2－x－3>0， 解方程2x2－x－3＝0，得x1＝－1，x2＝， ∴不等式2x2－x－3>0的解集為(－∞，－1)∪

9、， 即原不等式的解集為(－∞，－1)∪. 簡單指數(shù)、對數(shù)及分式不等式的解法 例2　(1)不等式≤1的解集為(　　) A.B. C.D.∪ [解析]由題可知：－1≤0, ≤0??－

10、__． [解析]∵x＜0時，ax＞1，∴0＜a＜1. f＞1?loga＞logaa? ??1－a＜＜1?1＜x＜. [答案] [小結(jié)]應(yīng)用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解有關(guān)指數(shù)、對數(shù)不等式問題，在高考中也時有出現(xiàn)，其題型特征是以函數(shù)為載體，將問題轉(zhuǎn)化為簡單指數(shù)、對數(shù)不等式求解． 2．不等式≥－1解集是__________． [解析]將原不等式移項通分得≥0， 等價于解得x＞5或x≤. 所以原不等式的解集為. [答案] 3．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若不等式f(x)<0的解集為，則f(ex)>0(e是自然對數(shù)的底數(shù))的解集是__________． [

11、解析]依題意可得f(x)＝a(x－3)(a<0)， 則f(ex)＝a(ex－3)(a<0)， 由f(ex)＝a(ex－3)>0，可得0時，原不等式化為(x＋1)≥0， 解得x≥或x≤－1. ③當a<0時，原不等式化為(x＋1)≤0. 當>－1，即a<－2時，解得－1≤x≤； 當＝－1，即a＝－

12、2時，解得x＝－1滿足題意； 當<－1，即－20時，不等式的解集為； 當－2

13、零的情形，以便確定解集的形式； (3)對方程的根進行討論，比較大小，以便寫出解集． 4．解關(guān)于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1＜0(a＞0)． [解析]原不等式變?yōu)?ax－1)(x－1)＜0， 因為a＞0，所以a(x－1)＜0. 所以當a＞1，即<1時，解為＜x＜1； 當a＝1時，解集為?； 當0＜a＜1，即>1時，解為1＜x＜. 綜上，當0＜a＜1時，不等式的解集為； 當a＝1時，不等式的解集為?； 當a＞1時，不等式的解集為. 含參不等式恒成立問題 角度一：形如f(x)≥0(f(x)≤0)(x∈R)確定參數(shù)的范圍 例4　已知不等式mx2－2x－m＋1＜0，

14、是否存在實數(shù)m對所有的實數(shù)x，不等式恒成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，請說明理由． [解析]要使不等式mx2－2x－m＋1＜0恒成立， 即函數(shù)f(x)＝mx2－2x－m＋1的圖象全部在x軸下方． 當m＝0時，1－2x＜0，則x＞，不滿足題意； 當m≠0時，函數(shù)f(x)＝mx2－2x－m＋1為二次函數(shù)， 需滿足開口向下且關(guān)于x的方程mx2－2x－m＋1＝0無解， 即 不等式組的解集為空集，即m無解． 綜上可知，不存在這樣的實數(shù)m使不等式恒成立． 角度二：形如f(x)≥0(x∈[a，b])確定參數(shù)范圍 例5　設(shè)函數(shù)f(x)＝mx2－mx－1(m≠0)，若對于x∈[1，

15、3]，f(x)＜－m＋5恒成立，求m的取值范圍． [解析]要使f(x)＜－m＋5在[1，3]上恒成立， 則mx2－mx＋m－6＜0， 即m＋m－6＜0在x∈[1，3]上恒成立． 有以下兩種方法： 法一：令g(x)＝m＋m－6，x∈[1，3]． 當m＞0時，g(x)在[1，3]上是增函數(shù)， 所以g(x)max＝g(3)＝7m－6＜0， 所以m＜，則0＜m＜； 當m＜0時，g(x)在[1，3]上是減函數(shù)， 所以g(x)max＝g(1)＝m－6＜0， 所以m＜6，即m＜0. 綜上所述，m的取值范圍是(－∞，0)∪. 法二：因為x2－x＋1＝＋＞0， 又因為m(x2－x＋1

16、)－6＜0， 所以m＜. 因為函數(shù)y＝＝ 在[1，3]上的最小值為， 所以只需m＜即可． 因為m≠0， 所以m的取值范圍是(－∞，0)∪. 角度三：形如f(x)≥0(參數(shù)m∈[a，b])確定x的范圍 例6　對任意m∈[－1，1]，函數(shù)f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m的值恒大于零，求x的取值范圍． [解析]由f(x)＝x2＋(m－4)x＋4－2m ＝(x－2)m＋x2－4x＋4， 令g(m)＝(x－2)m＋x2－4x＋4. 由題意知在[－1，1]上，g(m)的值恒大于零， ∴ 解得x<1或x>3. 故當x∈(－∞，1)∪(3，＋∞)時，對任意的m∈[－1，1]

17、，函數(shù)f(x)的值恒大于零． [小結(jié)](1)對于一元二次不等式恒成立問題，恒大于0就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸上方；恒小于0就是相應(yīng)的二次函數(shù)的圖象在給定的區(qū)間上全部在x軸下方．另外常轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)的最值或用分離參數(shù)法求最值． (2)解決恒成立問題一定要搞清誰是主元，誰是參數(shù)，一般地，知道誰的范圍，誰就是主元；求誰的范圍，誰就是參數(shù)． 角度四：對?x1，x2∈D都有f(x1)≤g(x2)?[f(x)]max≤[g(x)]min.(這里假設(shè)[f(x)]max，[g(x)]min存在) 例7　已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋3，g(x)＝log2x＋m，對?x1，x2∈

18、[1，4]有f(x1)>g(x2)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． [解析]f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2， 當x∈[1，4]時，[f(x)]min＝f(1)＝2，[g(x)]max＝g(4)＝2＋m. 由題意得，[f(x)]min>[g(x)]max，則2>2＋m. ∴m<0. 角度五：?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)≥g(x2)?[f(x)]min≥[g(x)]min.(這里假設(shè)[f(x)]min，[g(x)]min存在)． 例8　已知f(x)＝ln(x2＋1)，g(x)＝－m，若?x1∈[0，3]，?x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)m的取值范

19、圍． [解析]當0≤x≤3時，[f(x)]min＝f(0)＝0， 當1≤x≤2時，[g(x)]min＝g(2)＝－m， 由題意：則[f(x)]min≥[g(x)]min，0≥－m， ∴m≥. 5．函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋3. (1)當x∈R時，f(x)≥a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (2)當x∈[－2，2]時，f(x)≥a恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (3)當a∈[4，6]時，f(x)≥0恒成立，求實數(shù)x的取值范圍． [解析] (1)∵當x∈R時，x2＋ax＋3－a≥0恒成立， 需Δ＝a2－4(3－a)≤0，即a2＋4a－12≤0， ∴實數(shù)a的取值范圍是[－6，2

20、]． (2)當x∈[－2，2]時，設(shè)g(x)＝x2＋ax＋3－a≥0，分如下三種情況討論(如圖所示)： ①如圖1，當g(x)的圖象恒在x軸上方且滿足條件時，有Δ＝a2－4(3－a)≤0，即－6≤a≤2. ②如圖2，g(x)的圖象與x軸有交點， 但當x∈[－2，＋∞)時，g(x)≥0， 即 即可得 解得a∈?. ③如圖3，g(x)的圖象與x軸有交點， 但當x∈(－∞，2]時，g(x)≥0. 即 即可得 ∴－7≤a≤－6， 綜上，實數(shù)a的取值范圍是[－7，2]． (3)令h(a)＝xa＋x2＋3. 當a∈[4，6]時，h(a)≥0恒成立． 只需即 解得x≤－3－或x≥－3＋. ∴實數(shù)x的取值范圍是(－∞，－3－]∪[－3＋，＋∞)． 11