淺談對不等式問題的研究

不等式問題一直是高考命題中的一個熱點，對有些不等式的求解，常有同學因不會變通或思維定勢，導致因運算過繁而計算終止或棄而不解。針對這種情況，本文就結合教學中的實例談談不等式問題的優化策略。

一、逆向思考，執果索因

例1.已知適合不等式x-4x+p+x-3=5的x的最大值為3，求p的值。

解析：按先去絕對值后解不等式再求最值的常規方法，勢必很繁瑣。由x的最大值為3注意到“3”是不等式解的一個端點值，利用不等式的性質得“3”是對應方程x-4x+p+x-3=5的一個解，代入得p=8或p=-2

當p=8時，不等式為x-4x+p+x-3=5，因為x2-4x+8>0

所以x>3x-4x+8+x-3=5，或滿足題意x<3x2-4x+8-x+3=5？圯2

當p=-2時，不等式為x-4x+p+x-3=5

易知5是不等式的解，故不等式有大于3的解，不滿足題意。

所以p=8

注意：先待定p后驗證p，解法令人“拍案叫絕”。

二、挖掘隱含條件，避開復雜討論

例2.已知二次函數f（x）=-x+x，是否存在m，n使f（x）的定義域和值域分別[m，n]為和[2m，2n]？說明理由。

解析：若就函數的對稱軸和區間的相對位置來討論，勢必很繁。注意到函數f（x）=-x+x=-（x-1）+<，從而由2n<，即n<，又可知在區間[m，n]上函數f（x）為增函數，根據已知條件得f（m）=2mf（n）=2n？圯-m+m=2m-n+n=2n，因為m

三、積零為整，各異特征總體說明

例3.已知函數f（x）=x，g（x）=x+a（x>0），若不等式>1在x∈[1，2]上恒成立，求整數a的取值范圍。

解析：將f（x），g（x）代入得，不等式在x∈[1，2]上恒成立，整理后即：0

設h（x）=a（x+）。因為x>0，a>0，只須證x∈[1，2]時hmax>2即可，h（x）的最大值的討論要考慮到與區間x∈[1，2]的關系，此時不妨放緩討論，總體分析其特征，注意到h（x）=maxh（1），h（2），故問題的解只需h（1）>1h（2）>2，解得0

注：本題的解答實際上是一種“化整為零”分析，“積零為整”解決的解題方法。

四、構建函數，實現高次問題的常規處理

例4.問是否存在0.20成立？

解析：從高次不等式出發顯然無法完成解答，不妨轉換視角從函數的角度、利用函數的性質來解決。

設f（x）=x-1.25x+0.25，考慮f（x）在（0.2，0.5）上的單調性。

因為f'（x）=6x-，顯然當x∈（0.2，0.5）時，f'（x）=6x5-<0，所以f（x）為單調減函數。

又因為f（0.2）=0.2-1.25·0.2+0.25=0.2>0，

所以存在0.20成立。

注：避開高次不等式，運用導數來研究函數性質是一種新解。

五、等價轉化、回避參數

例5.已知a>0且a≠0，0？詖a（1+x）：

解析：對于本題，很多人都會按先去絕對值符號，后按 和 進行分類討論來解，事實上，正因為有絕對值利用換底公式即可得到解答與參數無關。

？詖a（1-x）-？詖a（1+x）=-=lg（1-x）-lg（1+x）

因為0

所以lg（1-x）-lg（1+x）=-lg（1-x）-lg（1+x）=-lg（1-x）>0。

所以？詖a（1-x）>？詖a（1+x）。

六、避重就輕，巧用性質

例6.設定義[-2，2]在上的偶函數f（x）在區[0，2]間上單調遞減，若f（1-m）

分析：函數的單調區間為[0，2]和[-2，0]，那么1-m，m在某個區間內還是分別在兩個區間內？如果就此展開討論將比較復雜而且不易完整，巧用偶函數的性質f（-x）=f（x）=f（x），就大可不必討論變量可能所在的區間了。

解：因為已知f（x）為偶函數，所以f（-x）=f（x）=f（x），

由f（1-m）

根據單調性得0m？圯-1

七、轉換視角、變更主元

例7.若f（x）=（a-1）logx-6alogx+a+1在a∈[0，1]時恒為正數，求實數x的取值范圍。

分析：本題如果當成是關于log3x的二次函數，這樣就等于走進了一個討論的大圈子，而且很難順利地走出來。變更主元把原函數當成是關于a的一個函數，則問題的解決就僅與兩個端點有關了。

當a∈[0，1]時h（a）>0恒成立。

不等式問題的解法還有很多，我們在解決不等式的問題時要善于觀察，勤于思考，能夠把復雜問題簡單化，從而有效的提高解題的速度和準確率。