不等式是中学数学的重要内容，是学习高等数学的基础，它渗透到中学数学的很多章节，有着十分广泛的应用.不等式部分在江苏高考考试说明中有两个C级考点，占有很大的比重.不等式部分的考查体现了较强的综合性、灵活多样性，对高中数学各章知识的融会贯通，起到了很好的促进作用.笔者拟通过剖析典型题例，凸显考查重点，为高三学子的不等式复习指明方向.
　　一、“不等式”考查凸显多样性
　　例1已知函数f（x）=log2x，x>02x，x≤0则满足不等式f（f（x））>1的x的取值范围是___________.
　　解：由f（x）>1x>0log2x>1或x≤02x>1x>2，所以f（f（x））>1可得f（x）>2
　　x>0log2x>2或x≤02x>2x>4，从而满足不等式f（f（x））>1的x的取值范围是x>4.
　　点评：本题为一道解不等式题，解不等式的考查多以分段函数为主，在解题时要将不等式等价转化为不等式组来解，如能在解题时多注意观察，则能化繁为简.此题中当x≤0时2x≤1，从而由f（x）>2可直接转化为x>0log2x>2.
　　例2各项均为正偶数的数列a1，a2，a3，a4中，前三项依次成公差为d（d>0）的等差数列，后三项依次成公比为q的等比数列，若a4—a1=88，则q的所有可能的值构成的集合为___________.
　　解：设a1，a1+d，a1+2d，a1+88，其中a1，d均为正偶数，则（a1+2d）2=（a1+d）（a1+88），
　　整理得a1=4d（22—d）3d—88>0，所以（d—22）（3d—88）<0，即22　　当d=28时，a1=168，q=87，所以q的所有可能值构成的集合为{53，87}.
　　点评：本题通过挖掘隐含条件，建立不等式夹出d的所有可能的取值，一一列举就能得到答案.这种利用隐含条件建立不等式破解问题的题目屡见不鲜.
　　二、一元二次不等式考查凸显灵活性
　　一元二次不等式、一元二次方程、二次函数三者之间紧密相连，在解题时要灵活地进行三者之间的相互转化，寻找理解的最佳切入点，寻求解决问题的最佳突破口.
　　例3已知a1，b1，c1，a2，b2，c2均为非零实数，不等式a1x2+b1x+c1>0和a2x2+b2x+c2>0的解集分别为集合M和P，那么“a1a2=b1b2=c1c2”是“M=P”的___________条件.
　　分析：当a1a2=b1b2=c1c2时，若a1·a2<0，则M≠P；当M=P时，若M=P=R时，c1和c2在允许的范围内可随意变动，所以a1a2=b1b2=c1c2不一定成立.所以“a1a2=b1b2=c1c2”是“M=P”的既不充分也不必要条件.
　　点评：此题全方位地考查了一元二次不等式的解法，既包括二次项系数的正负，也包括Δ的正负，既要考虑一般情况，又要注意特殊情况，稍有不慎，极易因考虑不全导致错误.
　　三、线性规划考查凸显载体性
　　例4设实数n≤6，若不等式2xm+（2—x）n—8≥0对任意x∈[—4，2]都成立，则m4—n4m3n的最小值为___________.
　　解：不等式可化为（2m—n）x+2n—8≥0，由题意可得（2m—n）（—4）+2n—8≥0（2m—n）×2+2n—8≥03n—4m—4≥0m≥2n≤6
　　令n=y，m=x，yx=t，则3y—4x—4≥0x≥2y≤6表示的平面区域如图
　　yx表示区域内的点与坐标原点连线的斜率，可求yx∈[127，3]即t∈[127，3]，m4—n4m3n=mn—（nm）3=1t—t3，因为函数1t—t3在[127，3]上单调递减，所以当t=3时1t—t3取得最小值—803即m4—n4m3n的最小值为—803.
　　点评：本题通过对m4—n4m3n的化简、换元、求导将问题转化为求区域内的点与坐标原点连线的斜率.此题巧妙的将线性规划问题与函数导数结合起来了.
　　四、基本不等式考查凸显意识性
　　例5在某次水下考古活动中，需要潜水员潜入水深为30米的水底进行作业.其用氧量包含3个方面：①下潜时，平均速度为v（米/单位时间），单位时间内用氧量为cv2（c为正常数）；②在水底作业需5个单位时间，每个单位时间用氧量为0.4；③返回水面时，平均速度为v2（米/单位时间），单位时间用氧量为02.记该潜水员在此次考古活动中，总用氧量为y.（1）将y表示为v的函数；（2）设0　　解：（1）y=30cv+2+12v（v>0）
　　（2）y=30cv+2+12v≥2+230cv×12v=2+1210c，当且仅当30cv=12v，即v=25c时取等号.
　　当25c≤5，即c≥2125时，v=25c时，y的最小值为2+1210c.
　　当25c>5，即0　　点评：使用基本不等式求最值时，一定要注意“一正、二定、三相等”，对于“三相等”的理解不能流于形式，要搞懂其真正含义，三相等就是要检查等号能否取到，取等号时字母有没有解，检查取等号时自变量的取值在不在允许的范围内，若在则应用基本不等式解决问题，不在则利用单调性求最值；若可在可不在，必须进行讨论，分别处理.如果使用一次基本不等式不能解决问题，则可以多次使用基本不等式，但必须保证等号能够同时取到. 　　五、有解、恒成立问题考查凸显方法性
　　不等式恒成立（有解）问题在近几年高考以及各种调研考试中经常出现.这类问题既含参变量又含自变量，具有形式灵活、思维性强、知识交汇点多等特点，综合性强.同时将抽象的数学语言进行灵活地转化，是学生学习的一个难点，又是高考命题中的一个热点.
　　例6若不等式|ax3—lnx|≥1对任意x∈（0，1]都成立，则实数a取值范围是 .
　　解：显然x=1时，有|a|≥1，a≤—1或a≥1.令g（x）=ax3—lnx，g′（x）=3ax2—1x=3ax3—1x
　　①当a≤—1时，对任意x∈（0，1]，g′（x）=3ax3—1x<0，g（x）在（0，1]上递减，g（x）min=g（1）=a≤—1，此时g（x）∈[a，+∞），|g（x）|的最小值为0，不适合题意.
　　②当a≥1时，对任意x∈（0，1]，g′（x）=3ax3—1x=0x=313a
　　|g（x）|的最小值为g（313a）=13+13ln（3a）≥1，解得：a≥e23.故所求a≥e23.
　　点评：本题在处理恒成立问题时通过特殊值x=1使不等式成立，缩小了参数a的范围，避免了不必要的讨论.在处理恒成立问题时注意通过一般到特殊，再由特殊到一般的辩证法思想去思考，尽可能地缩小参数的范围，这样在解题时可减少讨论，甚至不用讨论.
　　六、推理与证明考查凸显思维性
　　“推理与证明”是数学的基本思维过程，推理与证明贯穿于高中数学的整个体系，它的学习是新课标教材的一个亮点，是对以前所学知识与方法的总结、归纳，并对后继学习起到引领的作用.
　　例7在直角△ABC中，两直角边的长分别为a，b，斜边上的高位h，则1h2=1a2+1b2；推广到空间，三棱锥PABC中PA、PB、PC两两互相垂直，PA、PB、PC的长分别为a，b，c，P到面ABC的距离为h，则a，b，c，h满足的式子为：___________.
　　方法一：在直角△ABC中，两直角边的长分别为a，b，斜边上的高位h，则1h2=1a2+1b2；此结论是利用等面积计算得到的结果；在空间可利用等体积得到等式；三棱锥PABC中PA、PB、PC两两互相垂直，PA、PB、PC的长分别为a，b，c，P到面ABC的距离为h，所以AB=a2+b2，BC=b2+c2，AC=a2+c2，利用余弦定理及三角公式可得S△ABC=12a2b2+b2c2+c2a2，由VPABC=VAPBCa2b2+b2c2+c2a2h=abc，可推出（a2b2+b2c2+c2a2）h2=a2b2c21h2=1a2+1b2+1c2
　　方法二：过P点作PO⊥面ABC，垂足为O，连接CO并延长交AB于D，连接PD，由题意可证PC⊥面PABPC⊥PD，AB⊥PD，设PD=h1，在直角三角形PAB中可得1h21=1a2+1b2；在直角三角形PDC中可得1h2=1h21+1c21h2=1a2+1b2+1c2
　　点评：方法一是将平面上获得结论的方法类比移用到空间立体图形中，方法二是将空间问题转化为平面问题来解决的.上述两种方法在解决类比推理问题时实用有效.
　　不等式、推理与证明的考查更多的是与其他章节相结合，进行综合考查，强调知识的综合和内在联系，加大数学思想方法的考查力度.在高三数学复习时应加强这方面训练，提高应用意识，总结应用规律，才能真正提高解决问题的能力.
　　（作者：孙小龙，如皋市第二中学）