【例例1 1】关于关于x x的方程的方程2kx2kx2 2-2x-3k-2=0-2x-3k-2=0的两根，一个小的两根，一个小1 1，一个大于一个大于1 1，求实数，求实数k k的取值范围的取值范围. .【审题指导审题指导】本题考查一元二次方程根的分布问题，因本题考查一元二次方程根的分布问题，因为此方程有两根，所以为此方程有两根，所以2k0,2k0,即即k0k0，另外要注意对，另外要注意对k k的讨论的讨论. .【规范解答规范解答】关于关于x x的方程的方程2kx2kx2 2-2x-3k-2=0-2x-3k-2=0有两个不同实根，有两个不同实根，2k0.2k0.又又一个小于一个小于1 1，一个大于，一个大于1 1，设设f(xf(x)=2kx)=2kx2 2-2x-3k-2,-2x-3k-2,则当则当k0k0时，时，f(1)0,f(1)0,即即2k-2-3k-20,2k-2-3k-2-k-4,4,k0;k0;当当k0k0,f(1)0,即即2k-2-3k-20,2k-2-3k-20,整理得整理得k-4,k-4.k-4,k00恒成立，恒成立，即即mxmx2 2+8x+n0+8x+n0恒成立恒成立. .当当m=0m=0时，不等式化为时，不等式化为8x-n8x-n，不可能恒成立；，不可能恒成立；当当m0m0时，必有时，必有由由y= y= 得（得（m-y)xm-y)x2 2+8x+(n-y)=0.+8x+(n-y)=0.xR,=8xR,=82 2-4(m-y)(n-y)0,-4(m-y)(n-y)0,即即y y2 2-(m+n)y+mn-160 -(m+n)y+mn-160 由题意知由题意知f(x)f(x)0,20,2，则，则yy1,91,9. .即关于即关于y y的不等式的不等式的解集为的解集为1 1，9 9. . 此时满足此时满足 故所求故所求m=5,n=5.m=5,n=5.【例例3 3】 已知已知f(xf(x)=x)=x2 2-2ax+2(aR)-2ax+2(aR)，当，当xx-1,+)-1,+)时，时，f(x)af(x)a恒成立，求恒成立，求a a的取值范围的取值范围. .【审题指导审题指导】解答此类题要正确理解好解答此类题要正确理解好f(x)af(x)a恒成立的意义，恒成立的意义，一是可转化为一是可转化为f(x)f(x)minminaa，二是重新构造新函数，二是重新构造新函数F(xF(x)=f(x)-)=f(x)-a0a0恒成立恒成立. .【规范解答规范解答】方法一：方法一：f(xf(x)=(x-a)=(x-a)2 2+2-a+2-a2 2, ,此二次函数图象的此二次函数图象的对称轴为对称轴为x=a.x=a.当当a(-,-1)a(-,-1)时，时，f(xf(x) )在在-1-1，+)+)上单调递增，上单调递增，f(x)f(x)minmin=f=f(-1)=2a+3.(-1)=2a+3.要使要使f(x)af(x)a恒成立，只需恒成立，只需f(x)f(x)minminaa, ,即即2a+3a,2a+3a,解得解得-3a-1;-3a-1;当当aa-1,+)-1,+)时，时，f(x)f(x)minmin= =f(af(a)=2-a)=2-a2 2, ,由由2-a2-a2 2a,a,解得解得-1a1.-1a1.综上所述，所求综上所述，所求a a的取值范围为的取值范围为-3,1-3,1. .方法二：令方法二：令g(xg(x)=x)=x2 2-2ax+2-a,-2ax+2-a,由已知，得由已知，得x x2 2-2ax+2-a0-2ax+2-a0在在-1-1，+)+)上恒成立，上恒成立，即即=4a=4a2 2-4(2-a)0-4(2-a)0或或 解得解得-3a1.-3a1.即所求即所求a a的取值范围为的取值范围为-3,1-3,1. .【例例4 4】 设函数设函数f(xf(x)= x)= x0,+).0,+).（1 1）当）当a=2a=2时，求函数时，求函数f(xf(x) )的最小值；的最小值；（2 2）当）当0a10a1时，求函数时，求函数f(xf(x) )的最小值的最小值. .【审题指导审题指导】解答此题要明确解答此题要明确a=2a=2与与0a10a0, 0,x+1+ 0,+),x+10, 0,x+1+ 当且仅当当且仅当x+1= x+1= 即即x= -1x= -1时，时，f(xf(x) )取最小值取最小值. .此时，此时，f(x)f(x)minmin= -1.= -1.(2)(2)当当0a10a1时，时，f(xf(x)=x+1+ -1)=x+1+ -1若若x+1+ x+1+ 则当且仅当则当且仅当x+1= x+1= 时取等号，时取等号，此时此时x= -10x= -1xx2 200，则，则f(xf(x1 1)-f(x)-f(x2 2)=x)=x1 1+ + 1- 1- , ,xx1 1xx2 20,x0,x1 1-x-x2 20,x0,x1 1+11,x+11,x2 2+11,+11,(x(x1 1+1)(x+1)(x2 2+1)1,+1)1,而而0a1,0a1, 1,f(x 0,)0,f(xf(x) )在在0 0，+)+)上单调递增，上单调递增，f(x)f(x)minmin=f(0)=a.=f(0)=a.【例例5 5】已知实数已知实数x,yx,y满足满足求求w=xw=x2 2+y+y2 2的最大值和最小值的最大值和最小值. .【审题指导审题指导】可知可知x,yx,y的约束条件是线性的的约束条件是线性的. .w=xw=x2 2+y+y2 2= =（x-0x-0）2 2+ +（y-0y-0）2 2,w,w为可行域内动点（为可行域内动点（x,yx,y）到）到原点原点O O（0 0，0 0）的距离的平方）的距离的平方. .【规范解答规范解答】画出不等式组画出不等式组表示的平面区域，如图所示的表示的平面区域，如图所示的ABCABC，包括边界及其内部包括边界及其内部. .w=xw=x2 2+y+y2 2= =（x-0x-0）2 2+ +（y-0y-0）2 2表示表示的是可行域内的动点的是可行域内的动点M M（x,yx,y）到）到原点原点O O（0 0，0 0）的距离的平方，）的距离的平方，当点当点M M在边在边ACAC上滑动，且上滑动，且OMACOMAC时，时，w w取得最小值，于是取得最小值，于是w wminmin=d=d2 2= = 当点当点M M与点与点B B（2 2，3 3）重合时，）重合时，w w取得最大值，取得最大值，即即w wmaxmax= = 故故w wminmin= = w wmaxmax=13.=13.【例例6 6】 已知不等式已知不等式axax2 2+bx+c0+bx+c0的解集为的解集为( (,) )，且，且0,0,求不等式求不等式cxcx2 2+bx+a0+bx+a0的解集的解集. .【审题指导审题指导】审题时要明确不等式的解集与方程的根的关系，审题时要明确不等式的解集与方程的根的关系，以及根与系数的关系的应用以及根与系数的关系的应用. .【规范解答规范解答】由已知不等式可得由已知不等式可得a0a0，且，且、为方程为方程axax2 2+bx+c=0+bx+c=0的两根，的两根，由根与系数的关系可得由根与系数的关系可得方法一：方法一：a0,a0,由由得得c0c0，则，则cxcx2 2+bx+a0+bx+a0.+ x+ 0.，得，得 由由得得 为方程为方程 的两根的两根. .又又0, 0, 不等式不等式 的解集为的解集为 x|xx|x ,x ,即不等式即不等式cxcx2 2+bx+a0+bx+a0的解集为的解集为 x|xx|x .x .方法二方法二：a0a0，由，由cxcx2 2+bx+a0,+bx+a0,-(+)x+10,即（即（x-1)(x-1)0.x-1)(x-1)0.0,0 0,0 所求不等式的解集为所求不等式的解集为 x|xx|x .x .【例例7 7】已知函数已知函数f(xf(x) )在定义域（在定义域（-,1-,1上是减函数，是否上是减函数，是否存在实数存在实数k k，使得，使得f(k-sinx)f(kf(k-sinx)f(k2 2-sin-sin2 2x)x)对一切对一切xRxR恒成立恒成立？并说明理由？并说明理由. .【审题指导审题指导】对条件对条件f(k-sinx)f(kf(k-sinx)f(k2 2-sin-sin2 2x)x)的处理，一是要的处理，一是要去掉符号去掉符号f,f,二是要注意有意义二是要注意有意义. .【规范解答规范解答】f(xf(x) )在（在（-,1-,1上是减函数，上是减函数，k-sinxkk-sinxk2 2-sin-sin2 2x1.x1.假设存在实数假设存在实数k k符合题设，符合题设，k k2 2-sin-sin2 2x1x1，即，即k k2 2-1sin-1sin2 2x x对一切对一切xRxR恒成立，且恒成立，且sinsin2 2x0,x0,kk2 2-10,-1k1.-10,-1k1.由由k-sinxkk-sinxk2 2-sin-sin2 2x,x,得得( (sinxsinx- )- )2 2kk2 2-k+ -k+ 则则k k2 2-k+ (sinx- )-k+ (sinx- )2 2对一切对一切xRxR恒成立恒成立. .（sinxsinx- )- )2 2的最大值为的最大值为k k2 2-k-20,-k-20,解得解得k-1k-1或或k2. k2. 由由知，知，k=-1k=-1为符合题意的实数为符合题意的实数. .