高中数学复习专题讲座(第18讲)几种常见解不等式的解法

题目 高中数学复习专题讲座 几种常见解不等式的解法 高考要求 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标准，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∈［－
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1，1］ ，m+n≠0 时

f (m ) ? f (n ) m ?n

＞0

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(1)用定义证明 f(x)在［－1，1］上是增函数； (2)解不等式
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f(x+

1 2

)＜f(

1 x ?1

)；

(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 命题意图 本题是一道函数与不等式相结合的题目，考查学生的分析 能力与化归能力 知识依托 本题主要涉及函数的单调性与奇偶性，而单调性贯穿始终， 把所求问题分解转化， 是函数中的热点问题； 问题的要求的都是变量的取值 范围，不等式的思想起到了关键作用
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错解分析

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(2)问中利用单调性转化为不等式时， x+
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1 2

∈ ［－1， ， 1］

1

x ?1

∈［－1，1］必不可少，这恰好是容易忽略的地方

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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(－
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x2)=

f ( x1 ) ? f ( ? x 2 ) x1 ? x 2

·(x1－x2)

∵－1≤x1＜x2≤1， ∴x1+(－x2)≠0，由已知
f ( x1 ) ? f ( ? x 2 ) x1 ? x 2

＞0，又 x1－x2＜0，
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∴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，
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1 ? ?1? x ? ? 1 ? 2 ? 1 ? ∴ ?? 1 ? ?1 x ?1 ? 1 1 ? ?x ? 2 ? x ?1 ?
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解得

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{x|－

3 2

≤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， 2 即要 t －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
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数 a 的取值范围 命题意图 考查二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关 系 知识依托 本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集 合之间的关系，以及分类讨论的数学思想 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
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≠ ? ，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］
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(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］
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(3)当Δ ＞0 时，a＜－1 或 a＞2 设方程 f(x)=0 的两根 x1，x2，且 x1＜x2，
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那么 M= 1， 2］ M ? ［1， ? 1≤x1＜x2≤4 ? ? ［x x ， 4］
?? a ? 3 ? 0 ? ?18 ? 7 a ? 0 即? ，解得 ?a ? 0 ? a ? ? 1或 a ? 2 ?

? f (1 ) ? 0 , 且 f ( 4 ) ? 0 ?1 ? a ? 4 , 且 ? ? 0

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2＜a＜

18 7

，

∴M ? ［1，4］时，a 的取值范围是(－1， 例 3 解关于 x 的不等式 解
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18 7

)

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a ( x ? 1) x?2
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＞1(a≠1)

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原不等式可化为

( a ? 1) x ? ( 2 ? a ) x?2

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＞0，
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①当 a＞1 时，原不等式与(x－ 由于
a?2 a ?1 ? 1? 1 a ?1 ?1? 2

a ? 2 a ?1

)(x－2)＞0 同解

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∴原不等式的解为(－∞，

a ? 2 a ?1

)∪(2，+∞)

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②当 a＜1 时，原不等式与(x－ 由于
a?2 a ?1 ? 1? a?2 1 a ?1 ? 1?

a ? 2 a ?1

)(x－2) ＜0 同解

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,
1 ? 2 ,解集为(
a ? 2

若 a＜0，

a ?1 a ?1 1 ? 1? ? 2 ，解集为 ? ； 若 a=0 时， a ?1 a ?1 a?2 1 a ? 2 ? 1? ? 2 ,解集为(2， 若 0＜a＜1， ) a ?1 a ?1 a ?1

a ?1 a?2

，2)；

综上所述

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当 a＞1 时解集为(－∞，
a ? 2 a ?1

a ? 2 a ?1

)∪(2，+∞)；当 0＜a＜1
a ? 2 a ?1

时，解集为(2， 2） 学生巩固练习
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)；当 a=0 时，解集为 ? ；当 a＜0 时，解集为(

，

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? ? ( x ? 1) 2 ( x ? ? 1) ? 设函数 f(x)= ? 2 x ? 2 ( ? 1 ? x ? 1 ) ， 已知 f(a)＞1， a 的取值范围是( 则 ?1 ? ? 1( x ? 1 ) ?x
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)

A C ∞) 2 集是(
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(－∞，－2)∪(－ (－∞，－2)∪(－

1 2 1 2

，+∞) ，1)

B

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(－ D
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1 2

，

1 2

)
1 2

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(－2，－

)∪(1，+

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已知 f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)＞0 的解集是(a2，b)，g(x)＞0 的解
2

a

，

b 2

)，则 f(x)·g(x)＞0 的解集是__________

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2
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3 已知关于 x 的方程 sin2x+2cosx+a=0 有解， a 的取值范围是_______ 则 4 已知适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5 的 x 的最大值为 3 (1)求 p 的值；
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(2)若 f(x)=

p p

x x

?1 ?1

，解关于 x 的不等式 f- 1(x)＞ log
7 2

－

1? x
p

(k∈R+)

k

5 式
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设 f(x)=ax2+bx+c，若 f(1)=
1 2

，问是否存在 a、b、c∈R，使得不等
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x2+
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≤f(x)≤2x2+2x+

3 2

对一切实数 x 都成立，证明你的结论

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6 已知函数 f(x)=x2+px+q，对于任意θ ∈R，有 f(sinθ )≤0，且 f(sinθ +2)≥2 (1)求 p、q 之间的关系式； (2)求 p 的取值范围； (3)如果 f(sinθ +2)的最大值是 14，求 p 的值 并求此时 f(sinθ )的最小 值
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7 8

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解不等式 loga(x－

1 x

)＞1
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设函数 f(x)=ax 满足条件

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当 x∈(－∞，0)时，f(x)＞1；当 x∈(0，

1 ] 时，不等式 f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，求实数 m 的取值范 围
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参考答案 1 解析 由 f(x)及 f(a)＞1 可得
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?a ? ?1 ? 2 ? ( a ? 1) ? 1

① 或?

?? 1 ? a ? 1 ?2a ? 2 ? 1
1 2

② 或?1

?a ? 1 ? ? ?1?1 ?a

③

解①得 a＜－2，解②得－

＜a＜1，解③得 x∈ ?
1 2

∴a 的取值范围是(－∞，－2)∪(－
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，1）

答案 C 2 解析 由已知 b＞a2∵f(x)，g(x)均为奇函数，
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∴f(x)＜0 的解集是(－b，－a2)，g(x)＜0 的解集是(－ , ?
2

b

a

2

)

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2

由 f(x)·g(x)＞0 可得

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?a 2 ? x ? b ?? b ? x ? ? a 2 ? f (x) ? 0 ? f (x) ? 0 ? ? 2 或? ,即 ? a 2 ? b或? b a ? x? ? g (x) ? 0 ? g (x) ? 0 ? ?? ? x ? ? 2 ? 2 2 ? 2

∴x∈(a2， 答案
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b 2

)∪(－
b 2

b 2

，－a2)
b 2

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(a2，
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)∪(－

，－a2)

3 解析 原方程可化为 cos2x－2cosx－a－1=0，令 t=cosx，得 t2－2t－a－ 1=0，原问题转化为方程 t2－2t－a－1=0 在［－1，1］上至少有一个实根 令 f(t)=t2－2t－a－1，对称轴 t=1，
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画图象分析可得 ?
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? f ( ? 1) ? 0 ? f (1) ? 0

解得 a∈［－2，2］

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答案 ［－2，2］ 4 解 (1)∵适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5 的 x 的最大值为 3， ∴x－3≤0，∴|x－3|=3－x 若|x2－4x+p|=－x2+4x－p，则原不等式为 x2－3x+p+2≥0， 其解集不可能为{x|x≤3}的子集，∴|x2－4x+p|=x2－4x+p ∴原不等式为 x2－4x+p+3－x≤0，即 x2－5x+p－2≤0，
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令 x2－5x+p－2=(x－3)(x－m)，可得 m=2，p=8 (2)f(x)=
8 ?1
x

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8 ?1
x

，∴f- 1(x)=log8 ＞log8
1? x k

－

1? x 1? x

(－1＜x＜1 ) ，

∴有 log8

1? x 1? x

，∴log8(1－x)＜log8k，∴1－x＜k，∴x＞1－k

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∵－1＜x＜1，k∈R+，∴当 0＜k＜2 时，原不等式解集为{x|1－k＜x＜1}； 当 k≥2 时，原不等式的解集为{x|－1＜x＜1 }
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5

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解

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由 f(1)=

7 2

得 a+b+c=

7 2

，令 x2+
3
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1 2

=2x2+2x+

3 2

x ? =－1，

由 f(x)≤2x2+2x+ 由 f(x)≥x2+
1 2

3 2

推得 f(－1)≤
3 2 5 2

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2

推得 f(－1)≥

，∴f(－1)=

3 2

，∴a－b+c=
5 2

3 2

，

故 2(a+c)=5，a+c= 依题意
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且 b=1，∴f(x)=ax2+x+(
1 2

－a)

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ax2+x+(

5 2

－a)≥x2+

对一切 x∈R 成立，

∴a≠1 且Δ =1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0， ∴f(x)= 易验证
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3 2

x2+x+1
3 2

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x2+x+1≤2x2+2x+
3 2

3 2

对 x∈R 都成立

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∴存在实数 a=

，b=1，c=1，
1 2

使得不等式 x2+
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≤f(x)≤2x2+2x+

3 2

对一切 x∈R 都成立

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6 解 (1)∵－1≤sinθ ≤1，1≤sinθ +2≤3，即当 x∈［－1，1］时，f(x) ≤0，当 x∈［1，3］时，f(x)≥0，∴当 x=1 时 f(x)=0 ∴1+p+q=0，∴q=－ (1+p) (2)f(x)=x2+px－(1+p)， 当 sinθ =－1 时 f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0 (3)注意到 f(x)在［1，3］上递增，∴x=3 时 f(x)有最大值 即 9+3p+q=14，9+3p－1－p=14，∴p=3 此时，f(x)=x2+3x－4，即求 x∈［－1，1］时 f(x)的最小值
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又 f(x)=(x+

3 2

)2－

25 4

，显然此函数在［－1，1］上递增
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∴当 x=－1 时 f(x)有最小值 f(－1)=1－3－4=－6

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解

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? ?1 ? ? (1)当 a＞1 时，原不等式等价于不等式组 ? ?1 ? ? ?
1
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1 x 1 x

?0 ? a

由此得 1－a＞

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因为 1－a＜0，所以 x＜0，∴

1 1? a

＜x＜0

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x

(2)当 0＜a＜1 时，原不等式等价于不等式组

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? 1? ? ? ? ?1 ? ? ?

1 x 1 x

? 0 ? ?① ? a ②
1
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由 ①得 x＞1 或 x＜0，由②得 0 ＜x＜ 综上，当 a＞1 时，不等式的解集是{x| 式的解集为{x|1＜x＜ 8
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1 1? a 1

，∴1＜x＜

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1? a

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1? a

＜x＜0 } ，当 0＜a＜1 时，不等

1 1? a

}

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由已知得 0＜a＜1，由 f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1 ]
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恒成立

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? 3 mx ? 1 ? 1 ? mx ? x 2 ? ? ? 在 x∈(0，1 ] 恒成立 ?1 ? mx ? x 2 ? m ? 2 ?
2 ? ?2 x ? 1 ? x

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整理，当 x∈(0，1)时， ?

? m ( x ? 1) ? x 2 ? 1 ?

恒成立，

2 ? 1? x ?m ? ? 2x 即当 x∈(0，1 ] 时， ? 恒成立， 2 x ?1 ? m ? ? x ?1 ?

且 x=1 时， ?
1? x 2x
2

2 ? ? 2 mx ? 1 ? x

? m ( x ? 1) ? x 2 ? 1 ?
? 1 2

恒成立，
1? x 2x
2

∵

?

1 2x
2

在 x∈(0，1 ] 上为减函数，∴
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＜－1，

∴m＜

1? x 2x

恒成立 ? m＜0

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又∵

x

2

?1
2

x ?1 x

? ( x ? 1) ?

12 x ?1

? 2 ，在 x∈(0，1 ] 上是减函数，∴

x

2

?1

x ?1

＜－1

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∴m＞

?1

x ?1

恒成立 ? m＞－1

2 ? 1? x m ? ? ? 2x 当 x∈(0，1)时， ? 恒成立 ? m∈(－1，0) 2 x ?1 ? m ? ? x ?1 ?

①

当 x=1 时， ?

? 2 mx ? 1 ? x 2 ? ? m ( x ? 1) ? x ?
2

?1

，即是 ?

?m ? 0 ?0 ? 1

∴m＜0

②

∴①、②两式求交集 m∈(－1，0）,使 x∈(0，1 ] 时， f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，m 的取值范围是(－1，0)

课前后备注

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