高考数学方法选讲几种常见解不等式的解法不等式在生产实践和相关学科的学习中应用广泛，又是学习高等数学的重要工具，所以不等式是高考数学命题的重点，解不等式的应用非常广泛，如求函数的定义域、值域，求参数的取值范围等，高考试题中对于解不等式要求较高，往往与函数概念，特别是二次函数、指数函数、对数函数等有关概念和性质密切联系，应重视；从历年高考题目看，关于解不等式的内容年年都有，有的是直接考查解不等式，有的则是间接考查解不等式重难点归纳解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求，随着高考命题原则向能力立意的进一步转化，对解不等式的考查将会更是热点，解不等式需要注意下面几个问题(1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法(2)掌握用零点分段法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法(3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种基本类型的解法(4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法(5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析能力，把原不等式等价地转化为易解的不等式(6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类
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，进行分类讨论典型题例示范讲解例1已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0时＞0(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数；(2)解不等式f(x+)＜f()；(3)若f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围错解分析(2)问中利用单调性转化为不等式时，x+∈［－1，1］，∈［－1，1］必不可少，这恰好是容易忽略的地方技巧与方法(1)问单调性的证明，利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键，(3)问利用单调性把f(x)转化成“1”是点睛之笔(1)证明任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=·(x1－x2)∵－1≤x1＜x2≤1，∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0，又x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数(2)解∵f(x)在［－1，1］上为增函数，∴解得{x|－≤x＜－1，x∈R}(3)解由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1，故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，所以要f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即要t2－2at+1≥1成立，故t2－2at≥0，记g(a)=t2－2at，对a∈［－1，1］，g(a)≥0，只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0，g(－1)≥0，g(1)≥0，解得，t≤－2或t=0或t≥2∴t的取值范围是{t|t≤－2或t=0或t≥2}例2设不等式x2－2ax+a+2≤0的解集为M，如果M［1，4］，求实数a的取值范围错解分析M=是符合题设条件的情况之一，出发点是集合之间的关系考虑是否全面，易遗漏；构造关于a的不等式要全面、合理，易出错技巧与方法该题实质上是二次函数的区间根问题，充分考虑二次方程、二次不等式、二次函数之间的内在联系是关键所在；数形结合的思想使题目更加明朗解M［1，4］有两种情况其一是M=，此时Δ＜0；其二是M≠，此时Δ=0或Δ＞0，分三种情况计算a的取值范围设f(x)=x2－2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)(1)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］(2)当Δ=0时，a=－1或2当a=－1时M={－1}［1，4］；当a=2时，m={2}［1，4］(3)当Δ＞0时，a＜－1或a＞2设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1＜x2，那么M=［x1，x2］，M［1，4］1≤x1＜x2≤4即，解得2＜a＜，∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，)例3解关于x的不等式＞1(a≠1)解原不等式可化为＞0，①当a＞1时，原不等式与(x－)(x－2)＞0同解由于∴原不等式的解为(－∞，)∪(2，+∞)②当a＜1时，原不等式与(x－)(x－2)＜0同解由于,若a＜0，,解集为(，2)；若a=0时，，解集为；若0＜a＜1，,解集为(2，)综上所述当a＞1时解集为(－∞，)∪(2，+∞)；当0＜a＜1时，解集为(2，)；当a=0时，解集为；当a＜0时，解集为(，2）例4（1998年全国卷·文）设a≠b，解关于x的不等式a2x+b2(1-x)≥[ax+b(1-x)]2．分析这是一道关于x的一元二次不等式，含参数较多，把它化为一元二次不等式的一般形式即可．解a2x+b2-b2x≥a2x2+2abx(1-x)+b2(1-x)2．整理，得≤≤00≤x≤1．点评本题字母较多，除x外还有a、b，从
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面上看较繁杂，这对考生心理是一个考验，其实把它化为一元二次不等式一般形式，问题便迎刃而解．高考中含有参数又无需对参数进行分类讨论的题目并不多见．例5设a∈R，函数f(x)=ax2+x-a（-1≤x≤1）．若|a|≤1，证明|f(x)|≤；求a的值，使函数f(x)有最大值．分析应用绝对值不等式的性质求解．解（1）因为|x|≤1，|a|≤1，有|f(x)|=|a(x2-1)+x|≤|a(x-1)|+|x|=|a|·|x2-1|+|x|≤|x2-1|+|x|=1-|x|2+|x|=≤．（2）先讨论x2的系数a是否为零．当a=0时，f(x)=x（-1≤x≤1）的最大值是f(1)=1，这与题设相矛盾，从而a≠0，故知f(x)是二次函数．因为，所以f(x)=ax2+x-a（-1≤x≤1）有最大值，等价于即∴a=-2．注从判定f(x)是二次函数入手，确定抛物线f(x)的顶点横坐标，且在顶点处f(x)产生最大值，这样就形成了求参数a的不等式组．与二次函数相关的不等式，包含两个方面，解不等式与证明不等式．在很多情况下这是两个交叉的问题，要用到二次函数的极值的性质、增减性、图象与x轴的位置关系等．这类题历来难度大，区分度高，综合性强．学生平时练习题与试题差距较大，考生要有较强的逻辑思维能力及较高的数学素质才能取得较高的分数．例6（2000年全国高考题）设函数，其中a>0．（1）解不等式f(x)≤1．（2）求a的取值范围，使函数f(x)在区间[0，+]上是单调函数．分析这是含参数a的函数与不等式的综合题，考查不等式的解法，函数单调性，分类讨论思想及运算、推理等知识和能力，本题构题简单，看起来容易，入手也不难，但对思维能力要求很高．第一问易采用习惯解法，陷入繁杂的计算（见解法二），深入挖掘隐含条件，发现x≥0，则可大大简化解题过程，第（2）问表面上看，与第（1）问结论无关，事实上紧密相连，解证结合，按照函数单调性的定义以确定参数a的取值对单调区间的影响是最好的解法．解（1）解法一：不等式f(x)≤1，即≤1+ax．由此得1≤1+ax，即ax≥0，其中常数a>0．∴原不等式等价于即所以，当0
1时，①的解为x≥0或x≤．x≥0能使②成立，由，得，所以a>1时，不能使②成立．当0
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