含參不等式練習題及解法

眾所周知，不等式解法是不等式這一板塊的高考備考重點，其中，含有參數(shù)的不等式的問題，是主考命題的熱點，又是復習提高的難點。（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）的難度與復雜性，本專題對這一類含參不等式問題的解題策略作以探索與總結。一、立足于“直面求解”解不等式的過程是一系列等價轉化的過程，對于有關不等式的“解”的問題，直面不等式求解，有時是問題解決的需要，有時是解決問題的基礎或手段。所給問題需要在獲得不等式的解集或最簡形成后，方可延伸或突破時，則要果斷地從求解不等式切入。例1.設關于x的不等式mm（1）解此不等式；（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變形，注意到這里m2>0,m2同乘以不等式兩邊，則不等式轉化為ax>b型，于是可以x的系數(shù)a的取值為主線進行討論。解：（1）由題設，原不等式o(m-1)x>m2解：（1）由題設，原不等式o(m-1)x>m2-2m-3(1)m(x+2)>m2+(x-3)(meR，m彳0)m2-2m-31一；.?.當m>1時，由(1)解得m2-2m-3x<當m=1時，由（1）得x*R;當m<1且m邦時，由（1）解得m-1,,m2-2m-3,,m2-2m-3、（——...當m>1時，原不等式的解集為""-I當m=1時原不等式的解集為R當m<1當m<1且m#0時，原不等式的解集為（2）若不等式的解集為（3,+8），則由（1）知應得...此時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-3^m2-5m<0㈡0<m<5...此時所求m的取值范圍為（0，5）點評：對于（2），已知含參不等式的解集，要求的是所含參數(shù)m的取值m2-2m-3_m—1范圍。對此，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的取值或取值范圍由此而產(chǎn)生。X2—x—2>0（2x2+（2R+5）+5R<0例2.已知關于x的不等式組的整數(shù)解的集合為{-2},求實數(shù)R的取值范圍。分析：由題設知，這一不等式組的解集只含有一個整數(shù)-2,那么當x=-2屬于這一成員不等式時，該不等式的解集是何種情形,這需要解出不等式后方可作出結論，故考慮以求解這一成員不等式切入并延伸。解：不等式x2-x-2>0Q（x+1）（x-2）>0Qx<-1或x>2...不等式x2-x-2>0的解集A=(-8,-1)U(2,+8)，顯然-2￡ATOC\o"1-5"\h\z不等式2x2+(2R+5)x+5R<0㈡(x+R)(2x+5)<0①設這一不等式的解集為B，則由-2七B，得：(-2+R)(-4+5)<0QR<2x2=-|注意到(x+R)(2x+5)=0的根為x1=-R，，—2<一RJ———R<x<——B=(—Rn——)此時-2任B(1)當2時，由①得2此時-2任B-R>--B=-R)⑵當2時,由①得2

————<—RJ3—3蘭Rc—V{xlxeAAB,xeZ}={-2}于是由②、③得所求實數(shù)的取值范圍為[-3,2)點評：在這里，考察的重點是含有參數(shù)的成員不等式，設含參不等式2x2+(2R+5)x+5R<0的解集為B,而后首先由-2曰B獲得一個必要的R的取值范圍，進而立足于這一范圍。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)元素的從屬獲得問題存在的必要條件，而后立足于必要條件對應的范圍進行討論，這是解決含數(shù)元素的集合問題的基本策略。二、致力于“化生為熟”化生為熟是解題的通用方略，正如一位俄羅斯女數(shù)學家所言：解題，就是把“要解的題”轉化為“已經(jīng)解過的題”。而對所給出的具體問題，如何化生為熟？則要根據(jù)問題的具體的條件與目標來決定問題轉化的手段方向。1、化生為熟之一：轉化為二次不等式或整式不等式問題。二次不等式是我們所熟知的事物，因此，如果問題可轉化為二次不等式或整式不等式問題，則解題便勝券在握。—<1例1.若不等式x—1的解集為(-如1)U(2,+8)，求a的取值范圍。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化為整式不等式的解集問題。分析：注意到所給不等式，V—1解：不等式X1[(1-a)x-1](x-1)>0Q[(a-1[(1-a)x-1](x-1)>0解法一：(分類討論)：由已知不等式解集的形式得：1-a>0且1-a#1以下以①式左邊多項式的根與1的大小為主線展開討論:(1)當0<1-a<1即0<a<1時，...由①得x<1(1)當0<1-a<1即0<a<1時，...由①得x<1或???由題設條件得1一(2)當1-a>1即a<0時由①得解法二：原不等式或x>1這與題設條件不符于是由(1)、(利用對一元二次不等式解集的認知)[(1-a)x-1](x-1)>02(2)所得a的取值范圍為｛^又原不等式的解集為(-如1)U(2,+8)注意到一元二次不等式解集端值必為相應方程的根...所求a的取值范圍為點評：這里“化生為熟”的手段是“不等式的等價變形”一般地，若一元二次不等式(ax+b)(cx+d)>0的解集為(-8,x1)U(x2,+8),則必需(1)a<>0(2)x1為方程ax+b=0或cx+d=0的實根；x2為方程ax+b=0或cx+d=0的實根;v-I-4災+W例2.若不等式區(qū)的解集為(-3,-1)U[2,+8),求實數(shù)a的值分析:對于這類不等式或比較復雜的分式不等式問題，例2的解題思路能起重要的啟示作用.解:原不等式Q(x+a)(x2+4x+3)>0(x2+4x+3#0)0(x+1)(x+3)(x+a)>0(x#-1,且x#-3)設f(x)=(x+1)(x+3)(x+a)(x彳-3且x彳-1)則原不等式f(x)>0由題設知x=2為方程f(x)=0的根，.r(2)=00a=-2.?.所求實數(shù)a=-2點評: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的根之間的關系，可使問題簡單化。2、化生為熟之二：轉化為集合間的關系問題,集合既是數(shù)學中的原始概念,又是數(shù)學問題的基本載體。同樣,集合間的關系既是數(shù)學理論的基礎,又是問題轉化的目標，關于兩個不等式(或方程)的解的關系問題，向著集合間的關系問題轉化，是化生為熟的主要方向之一?！?lt;a-1卜-H|x-a2|<|例1.若對中的一切實數(shù)a,滿足不等式?1<b的x也滿足不等式巴，求正實數(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”之間的關系轉化為兩個集合之間的關系,首先從

化簡兩個不等式的解集切入解：設集合A={xllx-al<b}B=(x||x-a2|<1)設集合貝ij：A=(a-b,a+b)j：（1）（2）化簡兩個不等式的解集切入解：設集合A={xllx-al<b}B=(x||x-a2|<1)設集合貝ij：A=(a-b,a+b)j：（1）（2）由題設知A<B,故由①，注意到②得：???由(3)得16(5)同理由（4）得(6)再注意到這里b>0,于是由（5）、（哈（6）得b的取值范圍為"點評：當解題過程中出現(xiàn)二次三項式時，配方成為解題的基本方法與基本技巧。例2.要使?jié)M足關于x的不等式2x2-9x+a<0（解集非空）的每一個x的值至少滿足不等式x2-4x+3<0和x2-6x+8<0中的一個，求實數(shù)a的取值范圍。分析：根據(jù)例1的解題經(jīng)驗，我們以求出有關不等式的解集切入，而后利用有關解集之間的關系突破。解筆設A={xlx2-4x+3<0},貝ijA=(1,3)；B={x|x2-6x+8<0},jB=(2，4)；.\AUB=(1,4)設C={xl2x2-9x+a<0},則由題設得C-AUB,即C工(1,4)又設f（x）=2x2-9x+a一則f（x）的圖象是以直線4為對稱軸且開口向上的拋物線.?.由C-(1,4)得{xlf(x)<0}-(1,4)/(4)>0/(4)>0于是可知實數(shù)a的取值范圍為點評：上述解答進行了兩次轉化：第一次是轉化為集合間的關系：C-AUB；第二次是注意到2x2-9x+a<0為二次不等式，于是在C-AUB=（1,4）的基礎上，進一步將問題轉化為已知一元二次不等式的解集，而這樣的問題恰是我們所熟悉的,于是解題勝利在望。配伍練習：已知三個不等式：（1）|2x-4|<5-x;（2）（3）2x2+mx-1<0,若同時滿足不等式（1）、（2）的x也滿足（3）,求m的取值范圍。點撥：此題的題面與例2頗為相似，若設不等式（1）、（2）、（3）的解集分別為A、B、C,則轉化為有關集合間的關系，也頗為順暢；只是在立足于APB-C實施第二次轉化時會遇到新的情況，如何完成第二次轉化？請同學們實踐中品味和感知。3、化生為熟之三：轉化為二次不等式在含參不等式問題中，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題的唯一的理論依據(jù):ax2+bx+c>0對任何xeR恒成立Qa>0且A=b2-4ac<0;

ax2+bx+c<0對任何xeR恒成立之^a<0且A=b2-4ac<0;而與上述不等式恒成立相互依存，相互支撐與相互轉化的,是在其基礎上滋生出的關于最值的命題:N<f(x)恒成立QN<f(x)的最小值或層網(wǎng))的下確界N>f(x)恒成立QN>f(x)的最大值或后f(x)的上確界例1.(1)若對于任意XeR恒有X+X+1，求m的值(2)已知不等式lx+1l+lx-2l>m對一切實數(shù)x恒成立，求實數(shù)m的取值范圍。3x2+2x+2——2>m解：(1)注意到對任意xeR,總有x2+x+1>0「.對任意xeR恒X+成立Q對任意xeR恒有3x2+2x+2>m(x2+x+1)成立口對任意xeR恒(3-m)x2+(2-m)x+(2-m)>0成立"m3-m>0<=><10<=>m<2/.\qm<2或m>一A=<013注意到meN*,/.m=1(2)設f(x)=lx+1l+lx-2l，則f(x)>m對一切實數(shù)x恒成立Qm<f(x)的最小值(1)Vf(x)=lx+1l+lx-2|>|(x+1)-(x-2)1=3(當且僅當-1SxS2時等號成立)rf-oa3).?.f(x)的最小值為3(當且僅當xe［-1,2］時所得)(2)于是由(1)(2)得m<3,即所求的取值范圍為,一,x2+2mx+1,廣?2_?例2.若不等式一對一切xeR恒成立，求實數(shù)的取值范圍。注意到對一切xeR恒成立成立問題)。解：不等式一分析：為化生為熟，首先考慮在不等式的等價變形過程中去掉絕對值，而后再轉化為二次三項式大于0(或小于0恒,x2+注意到對一切xeR恒成立成立問題)。解：不等式一?,?原不等式對一切xeR恒成立Q5(3x2-2x+3)<x2+2mx+1<5(3x2-2x+3)x+2mx+1<15x-10x+15.,、對于一切芯eR怛成立x+2mx+1>—15x+10x—157x2-(m+5)x+7>0,..;對于一切芯eR怛成立8x2+(m-5)x+8>0-19cm<9-11<m<21(m+5)2-4x72-19cm<9-11<m<21(m-5)2-4x82<0,所求m的取值范圍為(-11,9)點評：在原不等式等價變形過程中，化整為零，使各個部分都歸結為二次型不等式恒成立的問題,這也是在應用解決數(shù)學問題通用的化整為零,靈活機動的戰(zhàn)略戰(zhàn)術.例3.已知三個關于x的不等式：(1)|2x-4|<5-x;(2)⑶2x2+mx-1<0若同時滿足不等式(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(1)(2)聯(lián)立，得：［一>1^|0<x<11^2<x<4建一為十之。一0<x<1或2Vx<3設不等式(1)的解集為A,(2)的解集為B(3)的解集為C則有AAB=［0,1)U(2,3)由題設知A^B工,，即［0,1)U(2,3)工C

再由題設知，當x再由題設知，當xe[0,1)

Q當xe[0,1)U[2,3],時，UC2,3)時，不等式(3)恒成立不等式2x2+mx-1<0恒成立注意到當x=0時，2x2+mx-1<0顯然成立，...當xe[0,1)U[2,3],時，不等式2x2+mx-1<0恒成立<=>m<--2x(0<x<1^2<x<習怛成立g(x)=--2x(0<xc1或2c芯<3),區(qū)設區(qū)則由1)得m<g(x)恒成立Qm<g(x)的最小值或mSg(x)的下確界17g(x)的下確界為■學注意到g(x)在(0，1)U17g(x)的下確界為■學g(3)=-2ag(x).?.g(x)<g(3)又m<一(-oa...由(2)(3)得3，即所求m的取值范圍為點評：題面與第一步的轉化都與前面的例2“有著驚人的相似之處”，但是第二步的轉化卻有著明顯的差異：前者是轉化為已知二次函數(shù)f(x)<0的解區(qū)間工(1,4)的充要條件，后者是轉化為含參不等式的恒成立問題，大家在解題與總結時要注意比較品悟,這些“形似”但“神不似”的問題三、借重于“變量轉換”當我們面對生疏復雜的無理函數(shù)或復合函數(shù)問題時,循著哲學中“量變促質(zhì)變”的原理,可借重“變量替換”這一量的變換,促使有關問題向其對立的方向轉化,轉化為我們所熟悉的有理函數(shù)或比較簡單的問題,以“量變”促發(fā)“質(zhì)變”,乃是我們解決比較復雜問題的基本策略之一.近>ax+—求a,b的值例1.若不等式2的解集為(4,求a,b的值分析：此類問題在一元二次不等式板塊中經(jīng)常出現(xiàn)。注意到我們對一元二次不等式的認知：ax2+bx+c>0ax2+bx+c>0的解集為(ax2+bx+c>0ax2+bx+c>0的解集為(的解集為(x1,x2)Oa<0且x/x2-8)U(x2，+8)為一元二次方程ax2+bx+c=0的實根。a>0且x1,x2為一元二次方程ax2+bx+c=0的實根。于是由此不等式所含的數(shù)和于是由此不等式所含的數(shù)和ax想到：借助換元，將所給問題，轉化為一元二次不等式問題。解：設1=石，則G0且原不等式at2-1+—<0<=>at解：設1=石，則G0且原不等式at2-1+—<0<=>at2-t+|<0(t>0)由題設知關于t的不等式at2-t+-=0...一元二次方程2的兩根為2(tM)的解集為(2,潞)4b.由韋達定理得a」j8b=36由此解得點評：這里“化生為熟”的手段是“換元”，變量轉換，是使問題完成從“無理”向“有理”的質(zhì)的轉變的重要手段.例2.定義在R上的函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)，又是減函數(shù)，當xe[0,2]時，f(sin2x-msinx+m)+f(-2)>0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“f”，故首先想到通過“反用”單調(diào)性的定義脫去“f”，將所給問題轉化為普通的不等式恒成立的問題；又注意到“f”之下是關于sinx的二次三項式，為使有關不等式以及解題過程雙雙簡明，考慮第二次轉化時運用變量轉換.解：由f(x)為奇函數(shù)得-f(-2)=f(2).?f(sin2x-msinx+m)>-f(-2)當xe[0,2]時恒成立o2f(sin2x-msinx+m)>f(2)當xe[0,]時恒成立①

7F令sinx=t,則由xe［0,2］得0<t<1TOC\o"1-5"\h\z??由①得f(t2-mt+m)>f(2)當產(chǎn)［0,1］時恒成立②又1(x)在R上為減函數(shù)，,由②得t2-mt+m<2當產(chǎn)［0,1］時恒成立Qm(1-t)<2-t2當產(chǎn)［0,1］時恒成立③當t=1時，對任意meR都有m(1-t)<2-t2成立④2-?1一￡當邛1時，令g(x)=(0<t<1)則由③得m<g(t)(0<t<1)恒成立2-3—(1—￡尸+2(1—￡)+1Qm<g(t)(0<t<1)的最小值⑤,1g(t)====1"易知g(t)在［0,1)內(nèi)遞增，;也⑴有最小值g(0)=2由⑤得m<2⑥于是由④，⑥得所求m的取值范圍為(-如2)點評：回顧上述解題過程，在脫去符號"f“之后，首先借助換元，促使關于sinx的二次不等式恒成立的問題，轉化為關于t的二次不等式恒成立的問題，完成化繁為簡的第一次轉化；在此基礎上進而由對③式的“主元轉換”切入，使問題進2-t1一步轉化為g(x)=1-￡(0<t<1)的值域問題，從而完成了化生為熟的第二次轉化.解決比較復雜的函數(shù)問題,問題轉化往往不能一步到位,此例的解法,為我們提供了一個兩次轉化,自然順暢的解題示范,請大家細細品悟.四、嘗試于“主元轉換”在數(shù)學問題中,主要變量之外的其它變數(shù)都稱為參數(shù)(參量),然而,“主要”與“次要”是辯證的統(tǒng)一：它們一方面相互對立,另一方面又相互依存,相互聯(lián)系和相互貫通,因此,在數(shù)學的解題研究中,當我們以熟悉的“主元”切入而面臨繁難的境地時,則可考慮利用“主元”與“參數(shù)”之間的辯證關系實施“主元轉換”；嘗試以原來的參數(shù)作為“主元”進行考察,從而以全新的角度審視和分析問題，解題由此而引入新的境地，獲得簡明的解題思路與解題過程便在情理之中了.例1.如果不等式2x-1>m(x2-1)對于me[-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于m的一次型不等式，則所給問題便轉化為：已知關于m的一次型不等式在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O(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，于是原不等式對任意me[-2,2]成立f(-2)>0=>f(m)>0(-2<m<2)口2x24-2x-3>02xJ-2x-l<0?xG?xG點評：上述解法的詳細過程為分類討論:(i)當1-x2>0Q-1<x<1時,f(m)在［-2,2］為增函數(shù)<=>x2+x-->0.?.由f(m)>0(-2<m<2)得f(-2)>02(ii)當1-x2<0Qx<-1或x>1時,f(m)在［-2,2］上為減函數(shù)f(2)>0<=>x2-x--<0<=>1<x<，+，...由f(m)>0(-2<m<2)得?*

(iii)當1-x2=0Ox=±1時當x=1時f(m)=1>0當x=-1時f(m)=-3>0不成立，勺竽)綜上(i)(ii)(iii)得所求的x的取值范圍為//7T7T例2.已知對于滿足p=16sin3a,且聲［-','］的所有實數(shù)p,不等式log22x+plog2x+1>2log2x+p恒成立，求實數(shù)x的取值范圍.分析:由題設易得pE［-2,2］,所給不等式為log2x的二次不等式，也可視為P的一次型不等式，由此想到以P為主元Qlog22x+(P-2)log2x+(1-P)>0(以x為主元)考察并轉化問題.解：由P=16sin3a,Qlog22x+(P-2)log2x+(1-P)>0(以x為主元)Q(log2x-1)P+(log22x-2log2x+1)>0(以P為主元)②設f(p)=(log2x-1)p+(log2x-1)2③注意到當log2x=1即x=2時原不等式不成立故f(p)為p的一次函數(shù)，并且由①②得所給問題等價于f(p)在區(qū)間［-2,2］上恒大于0Jf(2)>0>0勺戶儂/Jf(2)>0>0勺戶儂/-l)+(kg-2(log/-1)+(log2X-1)2>0log^x-1>0log^x-1>0log^⑷安/+3>0<=>log2x<-l^log2x>3...所求實數(shù)x的取值范圍為點評：在這里不可忽略考察(3)中P的關系log2x-1=-0的料情形，事實上，當log2x-1=0即...所求實數(shù)x的取值范圍為點評：在這里不可忽略考察(3)中P的關系log2x-1=-0的料情形，事實上，當log2x-1=0即x=2時原不等不成立，故這里x彳2,即這里的f(p)不存在為常數(shù)求的情形f⑸-7cl若a,be［-11］且a/b，則有"b(1)判斷f(x)在區(qū)間［-1，1］的單調(diào)性；他+9次±)；(2)解不等式上(3)若f(x)<m2-2am+1對所有xe［-1，1］，ae［-1,1］恒成立，求m的取值范圍。分析：注意到這里f(x)為軸象數(shù)，故(1)的數(shù)解只能運用數(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)的轉化奠定理論基礎。解：(1)設xfx2￡［-1,1］且xx<x2，則x2-x1>0f(町)一￡(甚2)〉0區(qū)—X并且由題設得12.\f(x1)-f(x2)<0卻???f(x)在區(qū)間［-1,1］上的增區(qū)數(shù)。f(x1)<f(x2)(2)注意到f(x1)定義域為［-1,1］,他+”(￡...利用增數(shù)定義為—1石區(qū)+—工1X-1X+—<—2x且f(x)在用區(qū)間［-1,1］遞增,...原不等式的解集為⑶由(1)知f(x)在閉區(qū)間［-1,1］上為增函數(shù)①Q(mào)m2-2am+1(-1<a<1巨f(x)(-1<x<1)Qm2-2am+1>0在ae［-1,1］上恒成立Q(-2m)a+m2>0在ae［-1,1］上恒成立f(x)<m2-2am+1在xe［-1,1］,七［-1,1］上恒成立②③Qm2-2am+1>f(1)在ae［-1,1］上恒成立(以m為主元④(以m為主元⑤當g(a)=(-2m)a+m2,則g(a)為a的一次函數(shù)...由(5)(6)得g(a巨0在ae[-1,1]上恒成立㈡g⑴>0且g(-1)>0㈡m<-2或m>2所求m的取值范圍為(-叱-m)U[2,+河點評：這里的解題經(jīng)歷三次視角的轉化：第一次是由①到②，將f(x)在給定區(qū)間上遞增，視為相關不等式在給定區(qū)間上恒成立；第二次是以②到③，將不等式與f(x)的最大值建立聯(lián)系；第三次是從④到⑤，將關于m的二次不等式視為關于a的一次型不等式，由此，解題一步步轉化，一步步走向熟悉與簡明.五、練習(高考真題)TOC\o"1-5"\h\z1、(2005-遼寧卷)在R上定義運算x：xxy=x(1-y),若不等式(x-a)x(x+a)<1對任意實數(shù)x成立，則()1331--<a<—-—<a<—2222A.-1<a<1B.0<a<2C.D.2、(2005-天津卷)已知meR,設P：x1和\是方程x2-ax-2=0的兩個實根，不等式Im2-5m-3|>|x1-x2對任意實數(shù)f(x)=x3+mx24-(m+—)x+6ae[-1,1]恒成立；Q：函數(shù)§在(-如+s)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,+8)內(nèi)可導，導函數(shù)f(x)是減函數(shù)，且f(x)>0,設x0七(0,+8),y=kx+m是曲線y=f(x)在點(x0f(x0))處的切線方程，并設函數(shù)g(x)=kx+m(1)用x0f(x0),f(x0)表示m；(2)證明：當xe(0,+8)時，g(x)>f(x)；x2+1>ax+b>—(3)若關于x的不等式2在[0,+8)上恒成立，其中a,b為實數(shù)，求b的取值范圍及a與b所滿足的關系。分析與解答：1、分析：注意到我們對上面定義的陌生，故首先想到從本題對運算的定義切入,將有關不等式轉化為普通不等式：由所給定義(x-a)x(x+a)<1對任意xeR成立Q(x-a)(1-x-a)<1對xeR恒成立Qx2-x+(1-a2+a)>0對xeR恒成立13<=>--<a<QA=1-4(1-a2+a)<0Q4a2-4a-3<0??故應選C分析：由P正確且Q正確推出m的范圍首先需要尋找命題P與命題Q成立時，變量m所滿足的等價條件，故從命題P、Q的轉化切入。x1x2=-2解：由xxx2為方程x2-ax-2=0的兩個實根，得x1+x2x1x2=-2|町一町|="(向+孫尸一生町=Va2+8|m2-5m-31|m2-5m-31之Ja.2+g命題p正確Q不等式?1V-1<a<1,.C°C272<7a2+8<3,，8<a2+8<9,*丫對任意實數(shù)ae[-1,1]成立(1)即信+g的最大值為九...由(1)得命題P正確OIm2-5m-3|>3m2-5m-3<-3或m2-5m-3>3m<-1或0<m<5或m>6即當me(-8即當me(-8,-1]U[0,5]U[6,+8]時，命題P正確f(x)的圖象是開口向上的拋物線...要使f(x)在(-8,+8)上有極值，只需f(x)的最小值小于零<=>-+m+—<0<=>m2-3m-4>033Oe/m<-1或m>4即當m^(-8,-1)U(4,+8)時，命題Q正確(3)于是由(2)、(3)知，當命題P、Q同時正確時，m的取值范圍由(-8,-1)U(4,5]U[6,+8)。點評：在這里命題Q的轉化：注意到f(x)在R上可導，所以f(x)在R上存在極值，只需f(x)可取正值、負數(shù)與零值，又f(x)是二次項系