含參不等式練習題與解法

5/5眾所周知，不等式解法是不等式這一板塊的高考備考重點，其中，含有參數(shù)的不等式的問題，是主考命題的熱點，又是復(fù)習提高的難點。（1）解不等式，尋求新不等式的解集；（2）已知不等式的解集（或這一不等式的解集與相關(guān)不等式解集之間的聯(lián)系），尋求新含參數(shù)的值或取值圍。（3）注意到上述題型（2）的難度與復(fù)雜性，本專題對這一類含參不等式問題的解題策略作以探索與總結(jié)。一、立足于“直面求解”解不等式的過程是一系列等價轉(zhuǎn)化的過程，對于有關(guān)不等式的“解”的問題，直面不等式求解，有時是問題解決的需要，有時是解決問題的基礎(chǔ)或手段。所給問題需要在獲得不等式的解集或最簡形成后，方可延伸或突破時，則要果斷地從求解不等式切入。例1.設(shè)關(guān)于x的不等式（1）解此不等式；（2）若不等式解集為（3，+∞），求m的取值圍；（3）若x=3屬于不等式的解集，求m的取值圍分析：著眼于不等式的等價變形，注意到這里m2>0,m2同乘以不等式兩邊，則不等式轉(zhuǎn)化為ax>b型，于是可以x的系數(shù)a的取值為主線進行討論。解：（1）由題設(shè)，原不等式m（x+2）>m2+(x-3)(mR，m≠0)

(m-1)x>m2-2m-3(1)∴當m>1時，由（1）解得當m=1時，由（1）得xR;當m<1且m≠0時，由（1）解得∴當m>1時，原不等式的解集為當m=1時，原不等式的解集為R

當m<1且m≠0時，原不等式的解集為（2）若不等式的解集為（3，+∞），則由（1）知應(yīng)得∴此時m的取值圍為{5}

（3）注意到x=3為不等式的解，將x=3代入（1）得：3（m-1）>m2-2m-3m2-5m<00<m<5

∴此時所求m的取值圍為（0，5）點評：對于（2），已知含參不等式的解集，要求的是所含參數(shù)m的取值圍。對此，我們正是立足于（1）直面求解，由已知解集的特征斷定m-1>0以與，m的取值或取值圍由此而產(chǎn)生。例2．已知關(guān)于x的不等式組的整數(shù)解的集合為{-2},數(shù)R的取值圍。分析：由題設(shè)知,這一不等式組的解集只含有一個整數(shù)-2,那么當x=-2屬于這一成員不等式時,該不等式的解集是何種情形,這需要解出不等式后方可作出結(jié)論,故考慮以求解這一成員不等式切入并延伸。解：不等式x2-x-2>0(x+1)(x-2)>0x<-1或x>2

∴不等式x2-x-2>0的解集A=（-∞，-1）∪（2，+∞），顯然-2∈A

不等式2x2+(2R+5)x+5R<0(x+R)(2x+5)<0①設(shè)這一不等式的解集為B，則由-2B，得：（-2+R）（-4+5）<0R<2②注意到（x+R）(2x+5)=0的根為x1=-R，，∴(1)當時,由①得,即此時-2B

(2)當時,由①得∵{x|xA∩B,xZ}={-2}∴③于是由②、③得所數(shù)的取值圍為[-3，2）點評：在這里，考察的重點是含有參數(shù)的成員不等式，設(shè)含參不等式2x2+(2R+5)x+5R<0的解集為B，而后首先由-2B獲得一個必要的R的取值圍，進而立足于這一圍。以含參不等式左邊（x+R）(2x+5)=0的根的大小為主線引入討論。首先由整數(shù)元素的從屬獲得問題存在的必要條件，而后立足于必要條件對應(yīng)的圍進行討論，這是解決含數(shù)元素的集合問題的基本策略。二、致力于“化生為熟”化生為熟是解題的通用方略，正如一位俄羅斯女數(shù)學(xué)家所言：解題，就是把“要解的題”轉(zhuǎn)化為“已經(jīng)解過的題”。而對所給出的具體問題，如何化生為熟？則要根據(jù)問題的具體的條件與目標來決定問題轉(zhuǎn)化的手段方向。1、化生為熟之一：轉(zhuǎn)化為二次不等式或整式不等式問題。二次不等式是我們所熟知的事物，因此，如果問題可轉(zhuǎn)化為二次不等式或整式不等式問題，則解題便勝券在握。例1.若不等式的解集為（-∞，1）∪（2，+∞），求a的取值圍。分析：注意到所給不等式，故想到利用分式不等式的基本變形轉(zhuǎn)化為整式不等式的解集問題。解：不等式[（a-1）x+1](x-1)<0[（1-a）x-1](x-1)>0①解法一:（分類討論）：由已知不等式解集的形式得：1-a>0且1-a≠1

以下以①式左邊多項式的根與1的大小為主線展開討論：（1）當0<1-a<1即0<a<1時，∴由①得x<1或∴由題設(shè)條件得（2）當1-a>1，即a<0時∴由①得或x>1這與題設(shè)條件不符于是由（1）、（2）所得a的取值圍為{}

解法二：（利用對一元二次不等式解集的認知）原不等式[（1-a）x-1](x-1)>0又原不等式的解集為（-∞，1）∪（2，+∞）注意到一元二次不等式解集端值必為相應(yīng)方程的根∴∴所求a的取值圍為點評：這里“化生為熟”的手段是“不等式的等價變形”

一般地，若一元二次不等式（ax+b）（cx+d）>0的解集為（-∞，x1）∪(x2,+∞),則必需（1）a·c>0（2）x1為方程ax+b=0或cx+d=0的實根；x2為方程ax+b=0或cx+d=0的實根；例2.若不等式的解集為(-3,-1)∪[2,+∞）,數(shù)a的值分析:對于這類不等式或比較復(fù)雜的分式不等式問題,例2的解題思路能起重要的啟示作用.

解:原不等式(x+a)(x2+4x+3)≥0(x2+4x+3≠0)(x+1)(x+3)(x+a)≥0(x≠-1,且x≠-3)

設(shè)f(x)=(x+1)(x+3)(x+a)(x≠-3且x≠-1)則原不等式f(x)≥0

由題設(shè)知x=2為方程f(x)=0的根,∴f(2)=0a=-2∴所數(shù)a=-2點評：利用一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集與一元二次方程ax2+bx+c=0的根之間的關(guān)系，可使問題簡單化。2、化生為熟之二：轉(zhuǎn)化為集合間的關(guān)系問題，集合既是數(shù)學(xué)中的原始概念，又是數(shù)學(xué)問題的基本載體。同樣，集合間的關(guān)系既是數(shù)學(xué)理論的基礎(chǔ)，又是問題轉(zhuǎn)化的目標，關(guān)于兩個不等式（或方程）的解的關(guān)系問題，向著集合間的關(guān)系問題轉(zhuǎn)化，是化生為熟的主要方向之一。例1.若對中的一切實數(shù)a，滿足不等式<b的x也滿足不等式,求正實數(shù)a的取值圍。分析：注意到各不等式的解組成集合，為將已知的兩不等式的“解”之間的關(guān)系轉(zhuǎn)化為兩個集合之間的關(guān)系，首先從化簡兩個不等式的解集切入解：設(shè)集合A={x||x-a|<b}則：A=(a-b,a+b)（1）設(shè)集合則：（2）由題設(shè)知A≤B，故由①，②得：注意到又∴由(3)得(5)

同理由(4)得(6)

再注意到這里b>0,于是由(5)、（6）得b的取值圍為。點評：當解題過程中出現(xiàn)二次三項式時，配方成為解題的基本方法與基本技巧。例2.要使?jié)M足關(guān)于x的不等式2x2-9x+a<0（解集非空）的每一個x的值至少滿足不等式x2-4x+3<0和x2-6x+8<0中的一個，數(shù)a的取值圍。分析：根據(jù)例1的解題經(jīng)驗，我們以求出有關(guān)不等式的解集切入，而后利用有關(guān)解集之間的關(guān)系突破。解:設(shè)A={x|x2-4x+3<0}，則A=（1，3）；B={x|x2-6x+8<0},則B=（2，4）；∴A∪B=（1，4）設(shè)C={x|2x2-9x+a<0},則由題設(shè)得CA∪B，即C（1，4）又設(shè)f(x)=2x2-9x+a

則f(x)的圖象是以直線為對稱軸且開口向上的拋物線∴由C（1，4）得{x|f(x）<0}(1,4)

于是可知實數(shù)a的取值圍為點評：上述解答進行了兩次轉(zhuǎn)化：第一次是轉(zhuǎn)化為集合間的關(guān)系：CA∪B；第二次是注意到2x2-9x+a<0為二次不等式，于是在CA∪B=（1，4）的基礎(chǔ)上，進一步將問題轉(zhuǎn)化為已知一元二次不等式的解集，而這樣的問題恰是我們所熟悉的，于是解題勝利在望。配伍練習：已知三個不等式：（1）|2x-4|<5-x;（2）（3）2x2+mx-1<0，若同時滿足不等式（1）、（2）的x也滿足（3），求m的取值圍。點撥：此題的題面與例2頗為相似，若設(shè)不等式（1）、（2）、（3）的解集分別為A、B、C，則轉(zhuǎn)化為有關(guān)集合間的關(guān)系，也頗為順暢；只是在立足于A∩BC實施第二次轉(zhuǎn)化時會遇到新的情況，如何完成第二次轉(zhuǎn)化？請同學(xué)們實踐中品味和感知。3、化生為熟之三：轉(zhuǎn)化為二次不等式在含參不等式問題中,二次不等式恒成立的充要條件乃是我們正面解決含參不等式問題的唯一的理論依據(jù):

ax2+bx+c>0對任何xR恒成立a>0且Δ=b2-4ac<0;

ax2+bx+c<0對任何xR恒成立a<0且Δ=b2-4ac<0;

而與上述不等式恒成立相互依存,相互支撐與相互轉(zhuǎn)化的,是在其基礎(chǔ)上滋生出的關(guān)于最值的命題：μ＜f(x)恒成立μ＜f(x)的最小值或μ≤f(x)的下確界μ＞f(x)恒成立μ＞f(x)的最大值或μ≥f(x)的上確界例1.（1）若對于任意XR恒有,求m的值（2）已知不等式|x+1|+|x-2|>m對一切實數(shù)x恒成立，數(shù)m的取值圍。解：（1）注意到對任意xR，總有x2+x+1>0∴對任意xR恒成立對任意xR恒有3x2+2x+2>m（x2+x+1）成立對任意xR恒（3-m）x2+(2-m)x+(2-m)>0成立注意到mN*，∴m=1

（2）設(shè)f(x)=|x+1|+|x-2|,則f(x)>m對一切實數(shù)x恒成立m<f(x)的最小值（1）∵f(x)=|x+1|+|x-2|≥|（x+1）-（x-2）|=3(當且僅當-1≤x≤2時等號成立)

∴f(x)的最小值為3（當且僅當x[-1，2]時所得）（2）于是由（1）（2）得m<3，即所求的取值圍為。例2.若不等式對一切xR恒成立，數(shù)的取值圍。分析：為化生為熟，首先考慮在不等式的等價變形過程中去掉絕對值，而后再轉(zhuǎn)化為二次三項式大于0（或小于0恒成立問題）。解：不等式注意到∴原不等式對一切xR恒成立5(3x2-2x+3)<x2+2mx+1<5(3x2-2x+3)

對一切xR恒成立∴所求m的取值圍為（-11，9）點評：在原不等式等價變形過程中，化整為零，使各個部分都歸結(jié)為二次型不等式恒成立的問題，這也是在應(yīng)用解決數(shù)學(xué)問題通用的化整為零，靈活機動的戰(zhàn)略戰(zhàn)術(shù).

例3.已知三個關(guān)于x的不等式：(1)|2x-4|<5-x;(2);

(3)2x2+mx-1<0若同時滿足不等式（1）（2）的x也滿足不等式（3），試求m的取值圍。分析：本例的條件與結(jié)論與例2頗為相似，于是考慮由例2的解題思路切入并延伸。解：將（1）（2）聯(lián)立，得：0≤x<1或2<x<3

設(shè)不等式（1）的解集為A，（2）的解集為B（3）的解集為C

則有A∩B=[0，1）∪（2，3）由題設(shè)知，即[0，1）∪（2，3）C

∴再由題設(shè)知，當x[0，1）∪（2，3）時，不等式（3）恒成立當x[0,1）∪[2,3]，時，不等式2x2+mx-1<0恒成立注意到當x=0時，2x2+mx-1<0顯然成立，∴當x[0,1）∪[2,3]，時，不等式2x2+mx-1<0恒成立設(shè)則由1）得m<g(x)恒成立m<g(x)的最小值或m≤g(x)的下確界注意到g(x)在（0，1）∪(2,3)為減函數(shù)∴g（x）<g(3)又g(x)的下確界為∴由（2）（3）得，即所求m的取值圍為點評：題面與第一步的轉(zhuǎn)化都與前面的例2“有著驚人的相似之處”，但是第二步的轉(zhuǎn)化卻有著明顯的差異：前者是轉(zhuǎn)化為已知二次函數(shù)f(x)<0的解區(qū)間（1，4）的充要條件，后者是轉(zhuǎn)化為含參不等式的恒成立問題，大家在解題與總結(jié)時要注意比較品悟，這些“形似”但“神不似”的問題三、借重于“變量轉(zhuǎn)換”當我們面對生疏復(fù)雜的無理函數(shù)或復(fù)合函數(shù)問題時，循著哲學(xué)中“量變促質(zhì)變”的原理，可借重“變量替換”這一量的變換，促使有關(guān)問題向其對立的方向轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化為我們所熟悉的有理函數(shù)或比較簡單的問題，以“量變”促發(fā)“質(zhì)變”，乃是我們解決比較復(fù)雜問題的基本策略之一.

例1.若不等式的解集為（4，b），求a,b的值分析：此類問題在一元二次不等式板塊中經(jīng)常出現(xiàn)。注意到我們對一元二次不等式的認知：ax2+bx+c>0的解集為（x1,x2）a<0且x1,x2為一元二次方程ax2+bx+c=0的實根。ax2+bx+c>0的解集為（-∞,x1）∪（x2,+∞）a>0且x1,x2為一元二次方程ax2+bx+c=0的實根。于是由此不等式所含的數(shù)和ax想到：借助換元，將所給問題，轉(zhuǎn)化為一元二次不等式問題。解：設(shè)t=，則t≥0且原不等式∴由題設(shè)知關(guān)于t的不等式(t≥0)的解集為（2，）∴一元二次方程的兩根為2，∴由韋達定理得由此解得∴點評：這里“化生為熟”的手段是“換元”，變量轉(zhuǎn)換，是使問題完成從“無理”向“有理”的質(zhì)的轉(zhuǎn)變的重要手段.

例2．定義在R上的函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)，又是減函數(shù)，當x[0，]時，f（sin2x-msinx+m）+f(-2)>0恒成立，求m的取值圍.

分析：注意到這里含有抽象的函數(shù)符號“f”，故首先想到通過“反用”單調(diào)性的定義脫去“f”，將所給問題轉(zhuǎn)化為普通的不等式恒成立的問題；又注意到“f”之下是關(guān)于sinx的二次三項式，為使有關(guān)不等式以與解題過程雙雙簡明，考慮第二次轉(zhuǎn)化時運用變量轉(zhuǎn)換.

解：由f(x)為奇函數(shù)得-f(-2)=f(2)∴f(sin2x-msinx+m)>-f(-2)當x[0，]時恒成立f(sin2x-msinx+m)>f(2)當x[0，]時恒成立①令sinx=t,則由x[0，]得0≤t≤1

∴由①得f(t2-mt+m)>f(2)當t[0，1]時恒成立②又∵f(x)在R上為減函數(shù)，∴由②得t2-mt+m<2當t[0，1]時恒成立m（1-t）<2-t2當t[0，1]時恒成立③當t=1時，對任意mR都有m(1-t)<2-t2成立④當t≠1時，令g(x)=(0≤t<1)則由③得m<g(t)（0≤t<1）恒成立m<g(t)(0≤t<1)的最小值⑤∵g(t)==

易知g(t)在[0,1）遞增，∴g(t)有最小值g(0)=2

∴由⑤得m<2⑥于是由④，⑥得所求m的取值圍為（-∞，2）點評：回顧上述解題過程，在脫去符號“f“之后，首先借助換元，促使關(guān)于sinx的二次不等式恒成立的問題，轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的二次不等式恒成立的問題，完成化繁為簡的第一次轉(zhuǎn)化；在此基礎(chǔ)上進而由對③式的“主元轉(zhuǎn)換”切入，使問題進一步轉(zhuǎn)化為g(x)=（0≤t<1）的值域問題，從而完成了化生為熟的第二次轉(zhuǎn)化.

解決比較復(fù)雜的函數(shù)問題，問題轉(zhuǎn)化往往不能一步到位，此例的解法，為我們提供了一個兩次轉(zhuǎn)化，自然順暢的解題示，請大家細細品悟.

四、嘗試于“主元轉(zhuǎn)換”在數(shù)學(xué)問題中，主要變量之外的其它變數(shù)都稱為參數(shù)（參量），然而，“主要”與“次要”是辯證的統(tǒng)一：它們一方面相互對立，另一方面又相互依存，相互聯(lián)系和相互貫通，因此，在數(shù)學(xué)的解題研究中，當我們以熟悉的“主元”切入而面臨繁難的境地時，則可考慮利用“主元”與“參數(shù)”之間的辯證關(guān)系實施“主元轉(zhuǎn)換”；嘗試以原來的參數(shù)作為“主元”進行考察，從而以全新的角度審視和分析問題，解題由此而引入新的境地，獲得簡明的解題思路與解題過程便在情理之中了.

例1.如果不等式2x-1>m（x2-1）對于m[-2，2]成立，求x的取值圍分析：注意到這里限定m的圍，所以若將已知不等式視為關(guān)于m的一次型不等式，則所給問題便轉(zhuǎn)化為：已知關(guān)于m的一次型不等式在m[-2，2]上恒成立，求其系數(shù)中所含x的取值圍，于是，利用一次函數(shù)的單調(diào)性便可輕易破解解：原不等式（1-x2）m+(2x-1)>0f(m)=(1-x2)m+2x-1

則f(m)為m的一次函數(shù)或常數(shù)函數(shù)，其幾何意義為直線，于是原不等式對任意m[-2，2]成立∴x∈點評：上述解法的詳細過程為分類討論:

（i）當1-x2>0-1<x<1時,f(m)在[-2,2]為增函數(shù)∴由f(m)>0(-2≤m≤2)得f(-2)>0

(ii)當1-x2<0x<-1或x>1時,f(m)在[-2,2]上為減函數(shù)∴由f(m)>0(-2≤m≤2)得(iii)當1-x2=0x=±1時當x=1時f(m)=1>0當x=-1時f(m)=-3>0不成立,

綜上(i)(ii)(iii)得所求的x的取值圍為例2.已知對于滿足p=16sin3α,且α[-,]的所有實數(shù)p,不等式log22x+plog2x+1>2log2x+p恒成立,數(shù)x的取值圍.分析:由題設(shè)易得p[-2,2],所給不等式為log2x的二次不等式,也可視為P的一次型不等式,由此想到以P為主元考察并轉(zhuǎn)化問題.解：由P=16sin3α,①又不等式log22x+plog2x+1>2log2x+plog22x+(P-2)log2x+(1-P)>0(以x為主元)

（log2x-1）P+（log22x-2log2x+1）>0(以P為主元)②設(shè)f(p)=(log2x-1)p+(log2x-1)2③注意到當log2x=1即x=2時原不等式不成立故f(p)為p的一次函數(shù)，并且由①②得所給問題等價于f(p)在區(qū)間[-2，2]上恒大于0

∴所數(shù)x的取值圍為點評：在這里不可忽略考察（3）中P的關(guān)系log2x-1=-0的料情形，事實上，當log2x-1=0即x=2時原不等不成立，故這里x≠2，即這里的f(p)不存在為常數(shù)求的情形若a,b[-11]且a≠b，則有（1）判斷f(x)在區(qū)間[-1，1]的單調(diào)性；（2）解不等式（3）若f(x)≤m2-2am+1對所有x[-1，1]，a[-1,1]恒成立，求m的取值圍。分析：注意到這里f(x)為軸象數(shù)，故（1）的數(shù)解只能運用數(shù)的單調(diào)性定義，而f(x)的單調(diào)性一經(jīng)確定，便為（2）的推理以與（3）的轉(zhuǎn)化奠定理論基礎(chǔ)。解：（1）設(shè)x1,x2[-1,1]且x1<x2，則x2-x1>0

并且由題設(shè)得∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2)

∴f(x)在區(qū)間[-1，1]上的增區(qū)數(shù)。（2）注意到f(x1)定義域為[-1，1]，且f(x)在用區(qū)間[-1，1]遞增，∴利用增數(shù)定義為∴原不等式的解集為(3)由(1)知f(x)在閉區(qū)間[-1,1]上為增函數(shù)①∴f(x)≤m2-2am+1在x[-1,1],[-1,1]上恒成立②m2-2am+1(-1≤a≤1)≥f(x)(-1≤x≤1)③m2-2am+1≥f(1)在a[-1,1]上恒成立m2-2am+1≥0在a[-1,1]上恒成立(以m為主元④(-2m)a+m2≥0在a[-1,1]上恒成立(以m為主元⑤當g(a)=(-2m)a+m2，則g(a)為a的一次函數(shù)⑥∴由（5）（6）得g(a)≥0在a[-1,1]上恒成立g(1)≥0且g(-1)≥0m≤-2或m≥2

∴所求m的取值圍為（-∞,-m）∪[2,+∞]

點評：這里的解題經(jīng)歷三次視角的轉(zhuǎn)化：第一次是由①到②，將f(x)在給定區(qū)間上遞增，視為相關(guān)不等式在給定區(qū)間上恒成立；第二次是以②到③，將不等式與f(x)的最大值建立聯(lián)系；第三次是從④到⑤，將關(guān)于m的二次不等式視為關(guān)于a的一次型不等式，由此，解題一步步轉(zhuǎn)化，一步步走向熟悉與簡明.五、練習（高考真題）1、（2005-卷）在R上定義運算×：x×y=x(1-y),若不等式（x-a）×(x+a)<1對任意實數(shù)x成立，則（）A．-1<a<1B.0<a<2C.D.

2、（2005-卷）已知mR，設(shè)P：x1和x2是方程x2-ax-2=0的兩個實根，不等式|m2-5m-3|≥|x1-x2|對任意實數(shù)a[-1，1]恒成立；Q：函數(shù)在（-∞，+∞）上有極值，求使P正確且Q正確的m的取值圍。3、（2005—卷）函數(shù)y=f(x)在區(qū)間（0,+∞）可導(dǎo)，導(dǎo)函數(shù)f′(x)是減函數(shù)，且f′(x)>0，設(shè)

x0（0，+∞），y=kx+m是曲線y=f(x)在點（x0f(x0)）處的切線方程，并設(shè)函數(shù)g（x）=kx+m

（1）用x0f(x0),f′(x0)表示m；（2）證明：當x（0，+∞）時，g（x）≥f(x)；（3）若關(guān)于x的不等式在[0，+∞）上恒成立，其中a,b為實數(shù)，求b的取值圍與a與b所滿足的關(guān)系。分析與解答：1、分析：注意到我們對上面定義的陌生，故首先想到從本題對運算的定義切入，將有關(guān)不等式轉(zhuǎn)化為普通不等式：由所給定義（x-a）×(x+a)<1對任意xR成立（x-a）(1-x-a)<1對xR恒成立x2-x+(1-a2+a)>0對xR恒成立Δ=1-4（1-a2+a）<04a2-4a-3<0故應(yīng)選C

2、分析：由P正確且Q正確推出m的圍首先需要尋找命題P與命題Q成立時，變量m所滿足的等價條件，故從命題P、Q的轉(zhuǎn)化切入。解：由x1,x2為方程x2-ax-2=0的兩個實根，得x1+x2=a，x1x2=-2

∴命題P正確不等式對任意實數(shù)a[-1，1]成立（1）∵-1≤a≤1,∴8≤a2+8≤9,∴由（1）得命題P正確|m2-5m-3|≥3

m2-5m-3≤-3或m2-5m-3≥3m≤-1或0≤m≤5或m≥6

即當m（-∞，-1]∪[0，5]∪[6，+∞]時，命題P正確（2）又f′(x)的圖象是開口向上的拋物線∴要使f(x)在（-∞，+∞）上有極值，只需f′(x)的最小值小于零m<-1或m>4

即當m（-∞，-1）∪（4,+∞）時,命題Q正確（3）于是由（2）、（3）知，當命題P、Q同時正確時，m的取值圍由（-∞，-1）∪（4,5]∪[6，+∞）。點評：在這里命題Q的轉(zhuǎn)化：注意到f(x)在R上可導(dǎo)，所以f（x）在R上存在極值，只需f＇(x)可取正值、負數(shù)與零值，又f＇（x）是二次項系數(shù)為正數(shù)的二次函數(shù)，且在R上連續(xù)，故只f＇(x)的最