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不等式问题贯穿整个高中数学教学过程，从近几年的高考来看，不等式不仅是一类常见类型，更是一种解题工具.但由于初高中衔接严重脱节，所以在教学中常常会出现知识断链的情况，特别是新高一学生对不等式的解法接触不多，导致无从下手的局面，所以从必修1的集合开始就对不等式敬而远之，特别是对有些不等式的求解，常有同学因不会变通或思维定势，导致因运算过繁而计算终止或弃而不解.针对这种情况，本文就结合教学中的实例谈谈不等式的优化.
1. 找准分类标准，化简含参问题
例1 实数a为何值时，不等式（a2-1）x2-（a-1）x-1<0对任意x∈R恒成立？
解析 解决含参不等式的问题若对参数的分类标准无法把握，将会产生混乱的局面，更有可能产生重解或是漏解现象，本题的关键是对a2-1=0和a2-1≠0两种情况进行讨论，体现了分类讨论的思想.当a2-1≠0，即a≠±1时，原不等式的解集为R的条件是a2-1<0且Δ<0，解得-350的恒成立问题时必须对a=0，a≠0分类讨论，否则会漏解.已知不等式恒成立求参数范围的问题，涉及函数、方程、不等式，综合性较强，故要找好分类标准才能做到不重不漏.
2. 逆向思维，执果索因
例2 已知适合不等式|x2-4x+p|+|x-3|≤5的x的最大值为3，求p的值.
解析 按先去绝对值后解不等式再求最值的常规方法，势必很繁琐.由x的最大值为3，注意到“3”是不等式解的一个端点值，利用不等式的性质得“3”是对应方程|x2-4x+p|+|x-3|=5的一个解，代入得p=8或p=-2.
当p=8时，不等式为|x2-4x+8|+|x-3|≤5，因为x2-4x+8>0
所以，x≥3，且x2-4x+8+x-3≤5或x<3，且x2-4x+8+x-3≤5满足题意.
当p=-2时，不等式为|x2-4x-2|+|x-3|≤5.
易知5是不等式的解，故不等式有大于3的解，不满足题意.所以p=8
注意：先待定p后验证p，解法令人“拍案叫绝”.
3. 巧妙构造基本不等式求最值
例3 求函数y=x2+4x-1（x>1）的最小值.
解析 本题中的函数离基本不等式的基本形式相差较大，若想要运用基本不等式来解决，需要细心观察，通过二次构造才能达到目的，巧造在这里起到了关键的作用，需要同学们平时多去留意函数的基本形式，注意到函数y=x2+4x-1
=x2+41·（x 1）·x2 41+x-122=x2+16x2·216 8
当且仅当，1=1-x且x2=16x2即，x=2时y有最小值，最小值为8.
利用基本不等式来解决最值问题的时候切记注意到一正二定三相等，缺一不可.
3. 挖掘隐含条件，避开复杂讨论
例3 已知二次函数f（x）=-12x2+x，是否存在m，n使f（x）的定义域和值域分别为[m，n]和 [2m，2n]？说明理由.
解析 若就函数的对称轴和区间的相对位置来讨论，势必很繁.注意到函数
f（x）=-12x2+x=-12（x-1）2+12≤12，从而由2n≤12，即n≤14，又可知在区间[m，n]上函数f（x）为增函数，根据已知条件得
f（m）=2mf（n）=2n，-12m2+m=2m-12n2+n=2n，因为m 4. 积零为整，各异特征总体说明
例4 已知函数f（x）=x，g（x）=x2+a（x≥0），若不等式f（x）-ag（x）f（x）≤1在x[1，2]上恒成立，求整数a的取值范围.
解析 将f（x），g（x）代入得，不等式
x-a（x2+a）x≤1在x[1，2]上恒成立，整理
后即：0≤ax+ax≤2对x∈[1，2]上恒成立.设h（x）=ax+ax.
因为x≥0，a>0，只须证x∈[1，2]时h（x）max≤2即可，h（x）的最大值的讨论要考虑到a与区间[1，2]的关系，此时不妨放缓讨论，总体分析其特征，注意到h（x）max=max{h（1），h（2）}，故问题的解只需h（1）≤2h（2）≤2，解得0 注：本题的解答实际上是一种“化整为零”分析，“积零为整”解决的解题方法.
5. 构建函数，利用导数处理高次问题
例5 问是否存在0.2 解析 从高次不等式出发显然无法完成解答，不妨转换视角从函数的角度、利用函数的性质来解决.设f（x）=x6-1.25x+0.25，考虑f（x）在（0.2，0.5）上的单调性.
因为f′（x）=6x5-54，显然当x∈（0.2，0.5）时f′（x）=6x5-54<0，
所以y=f（x）为单调减函数.又因为f（0.2）=0.66-1.25·0.2+0.25=0.26>0，
所以存在0.2 注：避开高次不等式，运用导数来研究函数性质是解决高次函数的一种利器.
6. 巧用图形，数形结合
对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图象法求解.
例6 当x∈（1，2）时，不等式（x-1）2<logax恒成立，求a的取值范围.
分析 若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象位置关系通过特指求解a的取值范围.
解 设T1：f（x）=（x-1）2，T2：g（x）=logax，则T1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x∈（1，2），f（x）1，并且必须也只需g（x）>f（2）
故loga2>1，a>1， 1 7. 避重就轻，巧用性质
例7 设定义在[-2，2]上的偶函数f（x）在区间[0，2]上单调递减，若f（1-m）
1. 找准分类标准，化简含参问题
例1 实数a为何值时，不等式（a2-1）x2-（a-1）x-1<0对任意x∈R恒成立？
解析 解决含参不等式的问题若对参数的分类标准无法把握，将会产生混乱的局面，更有可能产生重解或是漏解现象，本题的关键是对a2-1=0和a2-1≠0两种情况进行讨论，体现了分类讨论的思想.当a2-1≠0，即a≠±1时，原不等式的解集为R的条件是a2-1<0且Δ<0，解得-35
2. 逆向思维，执果索因
例2 已知适合不等式|x2-4x+p|+|x-3|≤5的x的最大值为3，求p的值.
解析 按先去绝对值后解不等式再求最值的常规方法，势必很繁琐.由x的最大值为3，注意到“3”是不等式解的一个端点值，利用不等式的性质得“3”是对应方程|x2-4x+p|+|x-3|=5的一个解，代入得p=8或p=-2.
当p=8时，不等式为|x2-4x+8|+|x-3|≤5，因为x2-4x+8>0
所以，x≥3，且x2-4x+8+x-3≤5或x<3，且x2-4x+8+x-3≤5满足题意.
当p=-2时，不等式为|x2-4x-2|+|x-3|≤5.
易知5是不等式的解，故不等式有大于3的解，不满足题意.所以p=8
注意：先待定p后验证p，解法令人“拍案叫绝”.
3. 巧妙构造基本不等式求最值
例3 求函数y=x2+4x-1（x>1）的最小值.
解析 本题中的函数离基本不等式的基本形式相差较大，若想要运用基本不等式来解决，需要细心观察，通过二次构造才能达到目的，巧造在这里起到了关键的作用，需要同学们平时多去留意函数的基本形式，注意到函数y=x2+4x-1
=x2+41·（x 1）·x2 41+x-122=x2+16x2·216 8
当且仅当，1=1-x且x2=16x2即，x=2时y有最小值，最小值为8.
利用基本不等式来解决最值问题的时候切记注意到一正二定三相等，缺一不可.
3. 挖掘隐含条件，避开复杂讨论
例3 已知二次函数f（x）=-12x2+x，是否存在m，n使f（x）的定义域和值域分别为[m，n]和 [2m，2n]？说明理由.
解析 若就函数的对称轴和区间的相对位置来讨论，势必很繁.注意到函数
f（x）=-12x2+x=-12（x-1）2+12≤12，从而由2n≤12，即n≤14，又可知在区间[m，n]上函数f（x）为增函数，根据已知条件得
f（m）=2mf（n）=2n，-12m2+m=2m-12n2+n=2n，因为m
例4 已知函数f（x）=x，g（x）=x2+a（x≥0），若不等式f（x）-ag（x）f（x）≤1在x[1，2]上恒成立，求整数a的取值范围.
解析 将f（x），g（x）代入得，不等式
x-a（x2+a）x≤1在x[1，2]上恒成立，整理
后即：0≤ax+ax≤2对x∈[1，2]上恒成立.设h（x）=ax+ax.
因为x≥0，a>0，只须证x∈[1，2]时h（x）max≤2即可，h（x）的最大值的讨论要考虑到a与区间[1，2]的关系，此时不妨放缓讨论，总体分析其特征，注意到h（x）max=max{h（1），h（2）}，故问题的解只需h（1）≤2h（2）≤2，解得0
5. 构建函数，利用导数处理高次问题
例5 问是否存在0.2
因为f′（x）=6x5-54，显然当x∈（0.2，0.5）时f′（x）=6x5-54<0，
所以y=f（x）为单调减函数.又因为f（0.2）=0.66-1.25·0.2+0.25=0.26>0，
所以存在0.2
6. 巧用图形，数形结合
对一些不能把数放在一侧的，可以利用对应函数的图象法求解.
例6 当x∈（1，2）时，不等式（x-1）2<logax恒成立，求a的取值范围.
分析 若将不等号两边分别设成两个函数，则左边为二次函数，右边为对数函数，故可以采用数形结合借助图象位置关系通过特指求解a的取值范围.
解 设T1：f（x）=（x-1）2，T2：g（x）=logax，则T1的图象为右图所示的抛物线，要使对一切x∈（1，2），f（x）
故loga2>1，a>1， 1
例7 设定义在[-2，2]上的偶函数f（x）在区间[0，2]上单调递减，若f（1-m）
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