摘要：对于0≤m≤4的m.不等式x2+mx＞4x+m-3恒成立.则x的取值范围是 . 解析:转化为m(x-1)+x2-4x+3＞0在0≤m≤4时恒成立. 令f(m)=m(x-1)+x2-4x+3. 则 ∴x＜-1或x＞3. 答案:x＞3或x＜-1 ●典例剖析 [例1] 已知f(x)=loga(a＞0.a≠1). (1)判断f(x)在上的单调性.并加以证明, (2)当x∈(r.a-2)时.f(x)的值域为.求a与r的值, (3)若f(x)≥loga2x.求x的取值范围. 剖析:单调性只要用定义证明.可先比较真数的大小再证.函数值域可利用函数的单调性确定端点后再比较.化为方程组求解.对数型不等式要化成同底后分a＞1与0＜a＜1求解.同时要注意定义域. 解:(1)任取1＜x1＜x2.则 f(x2)-f(x1)=loga-loga =loga =loga. 又∵x2＞x1＞1.∴x1-x2＜x2-x1. ∴0＜x1x2-x2+x1-1＜x1x2-x1+x2-1. ∴0＜＜1. 当a＞1时.f(x2)-f(x1)＜0. ∴f(x)在上是减函数, 当0＜a＜1时.f(x2)-f(x1)＞0. ∴f(x)在上是增函数. (2)由＞0得x∈. ∵=1+≠1.∴f(x)≠0. 当a＞1时. ∵x＞1f(x)＞0.x＜-1f(x)∈(0.1). ∴要使f(x)的值域是.只有x＞1. 又∵f(x)在上是减函数. ∴f-1(x)在上也是减函数. ∴f(x)＞11＜x＜f-1(1)=. ∴∴ 当0＜a＜1时. ∵x＞1f(x)＜0.x＜1f(x)＞0. ∴要使值域是.只有x＜-1. 又∵f(x)在上是增函数. ∴f(x)＞1-1＞x＞f-1(1)=. ∴无解. 综上.得a=2+.r=1. (3)由f(x)≥loga2x得 当a＞1时. ＜x＜且x＞1. ∴1＜x＜. 当0＜a＜1时. ∴x＞. [例2] 已知抛物线y=ax2-1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点.试求实数a的取值范围. 解法一:设抛物线上关于直线l对称的两相异点为P(x1.y1).Q(x2.y2).线段PQ的中点为M(x0.y0).设直线PQ的方程为y=x+b.由于P.Q两点存在.所以方程组有两组不同的实数解.即得方程ax2-x-(1+b)=0. ① 判别式Δ=1+4a(1+b)＞0. ② 由①得x0==.y0=x0+b=+b. ∵M∈l.∴0=x0+y0=++b. 即b=-.代入②解得a＞. 解法二:设同解法一.由题意得 将①②代入③④.并注意到a≠0.x1-x2≠0.得 由二元均值不等式易得 2(x12+x22)＞(x1+x2)2(x1≠x2). 将⑤⑥代入上式得 2(-+)＞()2.解得a＞. 解法三:同解法二.由①-②.得 y1-y2=a(x1+x2)(x1-x2). ∵x1-x2≠0.∴a(x1+x2)==1. ∴x0==.∵M(x0.y0)∈l. ∴y0+x0=0.即y0=-x0=-.从而PQ的中点M的坐标为(.-). ∵M在抛物线内部. ∴a()2-(-)-1＜0. 解得a＞.(舍去a＜0.为什么?) 思考讨论 解法三中为何舍去a＜0? 这是因为a＜0.中点M(x0.y0).x0=＜0. y0=-＞0.又∵a＜0. y=ax2-1＜0.矛盾.∴a＜0舍去. ●闯关训练 夯实基础

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