常用变形
实际高三数学教学和考试中的解不等式常常是这样的：
①\(x^2-5\sqrt{2}x+8\ge 0\)，即\((x-\sqrt{2})(x-4\sqrt{2})\ge 0\)；
②\(x^2-(2m+1)x+m^2+m-2\leq 0\)，即\([x-(m+2)][x-(m-1)]\leq 0\)；
③\(x^2-3mx+(m-1)(2m+1)\ge 0\)；即\([x-(m-1)][x-(2m+1)]\ge 0\)；
④\(x^2-(a+a^2)x+a^3\leq 0\)，即\((x-a)(x-a^2)\leq 0\)；
⑤\(x^2-(a+1)x+a\leq 0\)，即\((x-1)(x-a)\leq 0\)；
⑥\(x^2-(2a+1)x+a(a+1)\leq 0\)；即\((x-1)[x-(a+1)]\leq 0\)；
⑦\(\cfrac{x-2a}{x-(a^2+1)}<0(a\neq 1)\)；即\((x-2a)[x-(a^2+1)]<0\)，解集为\((2a，a^2+1)\)；
⑧\(x^2+(m+4)x+m+3<0\)，即\((x+1)[x+(m+3)]<0\)；
⑨\(x^2-(a+\cfrac{1}{a})x+1<0\)，即\((x-a)(x-\cfrac{1}{a})<0\)；
⑩\(f'(x)=x+(a-e)-\cfrac{ae}{x}=\cfrac{x^2+(a-e)x-ae}{x}=\cfrac{(x+a)(x-e)}{x}\)；
⑾\(x^2-2ax+a^2-4=x^2-2ax+(a+2)(a-2)=[x-(a-2)][x-(a+2)]\leq0\)，即\(a-2\leq x\leq a+2\) ；
典例剖析
例1设\(a>0\)，不等式\(-c
分析：由\(-c
则有\(\cfrac{-c-b}{a}=-2\)且\(\cfrac{c-b}{a}=1\)，解得\(b=\cfrac{a}{2}\)，\(c=\cfrac{3a}{2}\)，故\(a：b：c=2：1：3\).
例2若不等式\(ax^2+bx+c<0\)的解集为\(\{x\mid -2
法1：利用三个二次的关系求解，方程\(ax^2+bx-2=0\)的两个根为\(x_1=-2\)，\(x_2=\cfrac{1}{4}\)，由韦达定理可得\(a=4\)，\(b=7\)，故\(ab=28\)；
法2：构造法，\(ax^2+bx-2=a(x+2)(x-\cfrac{1}{4})=ax^2+\cfrac{7a}{4}x-\cfrac{a}{2}\)，对应系数相等，故\(a=4\)，\(b=7\)，故\(ab=28\)；
例3【2018南通模拟】设\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x+2，x>0}\\{x-2，x\leq 0}\end{array}\right.\)，则不等式\(f(x)
法1：转化为分段函数不等式组求解；
法2：从形的角度入手，数形结合；
例4若函数\(f(x)=x^2-ax+1\)有负值，则实数\(a\)的取值范围是\((-\infty，-2)\cup(2，+\infty)\)。
提示：\(\triangle >0\)，得到\(a\in (-\infty，-2)\cup(2，+\infty)\)。
例5若函数\(f(x)=x^2-ax+1\)有负零点(或方程\(x^2-ax+1=0\)有负实根)，则实数\(a\)的取值范围是\((-\infty，-2)\)。
法1：从数的角度，有一正一负根或两负根；
法2：从形的角度；
法3：方程\(x^2-ax+1=0\)在\((-\infty，0)\)上有解；
例6若不等式\(x^2-2x+5\ge a^2-3a\)对任意实数\(x\)恒成立，则实数\(a\)的取值范围是\([-1，4]\)。
法1：利用恒成立转化，\((x^2-2x+5)_{min}=4\)，则\(4\ge a^2-3a\)，解得\(a\in [-1，4]\)。
法2：不等式\(x^2-2x+5-a^2+3a\ge 0\)恒成立，则\(\triangle \ge 0\)，解得\(a\in [-1，4]\)。
例7已知当\(a\in [-1，1]\)时，不等式\(x^2+(a-4)x+4-2a>0\)恒成立，则实数\(x\)的取值范围是\((-\infty，1)\cup(3，+\infty)\)。
提示：主辅元换位法，令\(g(a)=(x-2)a+x^2-4x+4\)，则原不等式恒成立等价于\(\left\{\begin{array}{l}{g(-1)>0}\\{g(1)>0}\end{array}\right.\)，解得\(x\in (-\infty，1)\cup(3，+\infty)\)。
例8若对任意实数\(x\in [-1，1]\)，不等式\(x^2+ax-3a<0\)恒成立，实数\(a\)的取值范围是\((\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。
法1：分离参数法，由\((3-x)a>x^2\)，得到\(a>\cfrac{x^2}{3-x}=f(x)\)，用配凑法或换元法得到，\(f(x)=\cfrac{x^2}{3-x}=\cdots=-[(x-3)+\cfrac{9}{x-3}]-6\)，故利用模板函数\(y=x+\cfrac{1}{x}\)，可以做出函数\(f(x)\)的图像，可知\(f(x)_{max}=\cfrac{1}{2}\)，故\(a>\cfrac{1}{2}\)；即\(a\in (\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。
法2：分离参数法，由\((3-x)a>x^2\)，得到\(a>\cfrac{x^2}{3-x}=f(x)\)，用导数法，判断单调性，得到\(f(x)\)在\([-1,0]\)上单调递减，在\([0，1]\)上单调递增，则\(f(x)_{max}=max\{f(-1)，f(1)\}=\cfrac{1}{2}\)，故\(a>\cfrac{1}{2}\)；即\(a\in (\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。
法3：令\(g(x)=x^2+ax-3a\)，\(x\in [-1，1]\)，则由\(g(x)<0\)恒成立，等价转化为\(\left\{\begin{array}{l}{g(-1)<0}\\{g(1)<0}\end{array}\right.\)，解得\(a\in (\cfrac{1}{2}，+\infty)\)。
补充变形技巧如下；为了能做出函数\(f(x)=\cfrac{x^2}{3-x}\)的图像，将函数做以下变形，由于常用，提醒注意理解记忆。
分式中的配凑法变形，\(\cfrac{x^2}{3-x}=-\cfrac{x^2}{x-3}=-\cfrac{(x-3)^2+6x-9}{x-3}\)
\(=-(x-3)-\cfrac{6x-18+9}{x-3}=-(x-3)-\cfrac{9}{x-3}-6\)
\(=-[(x-3)+\cfrac{9}{x-3}]-6\)；
分式中的换元法变形，令\(3-x=t\)，则\(x=3-t\)，则\(f(x)=\cfrac{x^2}{3-x}=\cfrac{(3-t)^2}{t}\)
\(=\cfrac{t^2-6t+9}{t}=t+\cfrac{9}{t}-6=(3-x)+\cfrac{9}{3-x}-6\)
\(=-[(x-3)+\cfrac{9}{x-3}]-6\)；
例9【抽象函数】设定义域为\(R\)的函数\(f(x)\)满足以下条件：①对任意的\(x\in R\)，\(f(x)+f(-x)=0\)；②对任意的\(x_1，x_2\in [-1，1]\)，都有\(\cfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>0\)，且\(f(-1)=-1\)，若\(f(x)\leq t^2-2at+1\)对所有的\(x\in [-1，1]\)都成立，则当\(a\in [-1，1]\)时，实数\(t\)的取值范围是\((-\infty，-2]\cup\{0\}\cup[2，+\infty)\)。
分析：由条件①②可知，函数\(f(x)_{max}=1\)，则\(f(x)\leq t^2-2at+1\)转化为\(1\leq t^2-2at+1\)，即\(t^2-2at\ge 0\)对\(a\in [-1，1]\)都成立，接下来利用主辅元换位法求解即可；
例10设关于\(x\)的不等式\(|x^2-2x+3m-1|\leq 2x+3\)的解集为\(A\)，且\(-1\not\in A\)，\(1\in A\)，则实数\(m\)的取值范围是\((-\cfrac{1}{3}，\cfrac{7}{3}]\)。
分析：\(|(-1)^2-2\times(-1)+3m-1|>2\times(-1)+3\)，\(|1^2-2\times 1+3m-1|\leq 2\times 1+3\)，解得\(m\in (-\cfrac{1}{3}，\cfrac{7}{3}]\)。
例11已知\(f(x)=2x^2+bx+c\)，不等式\(f(x)<0\)的解集是\((0，5)\)，若对于任意\(x\in [-1，1]\)，不等式\(f(x)+t\leq 2\)恒成立，则\(t\)的取值范围是\((-\infty，-10]\)。
分析：\(f(x)=2x^2-10x\)，则\(t\leq 2-2x^2+10x=g(x)\)，\(x\in [-1，1]\)，\(g(x)_{min}=-10\)，故\(t\leq -10\)。
例12设函数\(f(x)=x^2-1\)，对任意\(x\in [\cfrac{3}{2}，+\infty)\)，\(f(\cfrac{x}{m})-4m^2\cdot f(x)\leq f(x-1)+4f(m)\)恒成立，则实数\(m\)的取值范围是\((-\infty，-\cfrac{\sqrt{3}}{2}]\cup[\cfrac{\sqrt{3}}{2}，+\infty)\)。
提示：由题意得到，\(\cfrac{x^2}{m^2}-1-4m^2(x^2-1)\leq (x-1)^2-1+4(m^2-1)\)对任意\(x\in [\cfrac{3}{2}，+\infty)\)恒成立，分离参数得到，
则\(\cfrac{1}{m^2}-4m^2\leq -\cfrac{3}{x^2}-\cfrac{2}{x}+1\)对任意\(x\in [\cfrac{3}{2}，+\infty)\)恒成立，
令\(h(x)= -\cfrac{3}{x^2}-\cfrac{2}{x}+1= -3(\cfrac{1}{x})^2-2(\cfrac{1}{x})+1\)，\(h(x)_{min}=-\cfrac{5}{3}\)，故转化为
\(\cfrac{1}{m^2}-4m^2\leq -\cfrac{5}{3}\)，即\((3m^2+1)(4m^2-3)\ge 0\)，解得\(m\in (-\infty，-\cfrac{\sqrt{3}}{2}]\cup[\cfrac{\sqrt{3}}{2}，+\infty)\)。
例13