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做数学题当然希望步步都是等价变形，但是做某些题目实在难以达到要求时，可以想办法降低要求，先研究必须满足的基本条件，即先研究必要条件，让情况变得简单一些，减少讨论和计算量，从而能够快速便捷解题.
题1 （江淮十校高三第二次联考文科，16）若不等式|ax3-lnx|≥1对x∈（0，1]恒成立，则实数a的取值范围是.
分析 一般情况，先去绝对值，这样就变成ax3-lnx≥1或ax3-lnx≤-1对x∈（0，1]恒成立.接下来，就容易出错了.我们会把它变成ax3-lnx≥1对x∈（0，1]恒成立或者ax3-lnx≤-1对x∈（0，1]恒成立.然后分别分离参数，分别求出结果再求并.这是很显然的想法，然而确实是错误的.这是因为ax3-lnx≥1或ax3-lnx≤-1对x∈（0，1]恒成立是不可以这样拆开的，ax3-lnx≥1或ax3-lnx≤-1可能分別在（0，1]的部分子集成立，比如，ax3-lnx≥1在x∈0，12时恒成立，而ax3-lnx≤-1在x∈12，1 时恒成立，这也是可以的啊！所以，两个不等式都在x∈（0，1]时恒成立是要求强了.
那怎么办呢？
我们可以考虑控制一下a的范围，利用必要性解题.由于对x∈（0，1]恒成立，显然当x=1时，不等式成立，即有|a|≥1，即a≤-1或a≥1.
令g（x）=ax3-lnx，g′（x）=3ax2-1x=3ax3-1x.
当a≤-1时，对任意x∈（0，1]，g′（x）=3ax3-1x<0，g（x）在（0，1]上递减，故可得g（x）min=g（1）=a≤-1.此时g（x）∈[a， ∞），而|g（x）|的最小值为0，不适合题意.
当a≥1时，对任意x∈（0，1]，令g′（x）=3ax3-1x=0，得x=313a，函数在0，313a上单调递减，在313a， ∞上单调递增.所以，|g（x）|的最小值为g313a=13 13ln（3a）≥1，解得a≥e23，故实数a取值范围是e23， ∞.
题2 （2011年全国新课标卷）已知x>0，且x≠1时，lnxx 1 1x>lnxx-1 kx，求k的取值范围.
分析 设g（x）=11-x22lnx （k-1）（x2-1）x，由于11-x2符号不确定，比较麻烦，所以暂时放置一边.
考虑函数h（x）=2lnx （k-1）（x2-1）x，注意到h（1）=0.
这时候一定会有同学发现11-x2在区间（0，1）内为正，在（1， ∞）内为负.要让g（x）>0只要h（x）在（0， ∞）内单调递减，结合h（1）=0，正好！所以将h（x）求导，然后令其小于等于0，分离系数解决.然而，这样做是有问题的.要求h（x）在（0， ∞）内单调递减事实上太强了！h（x）在区间（0，1）内为正，（1， ∞）内为负就可以了，要它单调递减有点过分了.
但是，刚才的思路不是没有可取之处.我们不能要求h（x）在（0， ∞）内单调递减，但是至少它在1的附近应该单调递减.所以，有h′（1）≤0.由h′（x）=（k-1）（x2 1） 2xx2，得2（k-1） 2≤0，得到k≤0.
没有做完，要检验.因为刚才只保证在x=1处的局部成立.只是必要条件，不能保证h（x）在区间（0，1）内为正，（1， ∞）内为负.
我们可以观察（k-1）（x2 1） 2x的图像，开口朝下，Δ=4k（2-k）≤0，所以（k-1）（x2 1） 2x≤0，而h（x）在（0， ∞）内单调递减，结合h（1）=0，满足题意.得证.
也可以注意到x2 1≥2x，而k-1≤-1，所以（k-1）（x2 1） 2x≤0，亦可得证.
同样的方法再看一题.
（2010年全国卷）当x≥0时，1-e-x≤xax 1，求a的范围.
先观察左边，一定大于等于0，故右边也需要大于等于0.所以，ax 1>0恒成立.这样就有a≥0.
然后令f（x）=1-e-x-xax 1，注意到f（0）=0，所以在0的附近必须递减.
f′（x）=e-x-1（ax 1）2，注意到f′（0）=0，隐藏较深，还需要挖掘.
f″（x）=-e-x 2a（ax 1）3，令f″（0）=-1 2a≤0，可得a≤12.
这只能说明a>12肯定不合题意.却不能说明a≤12就是对的.还是只研究了必要条件，不具有充分性，还需要证明.
证明 当a≤12时，e-x-1（ax 1）2≤0，即证ex≥（ax 1）2ex2≥ax 1，令x2=t，即证et≥2at 1.由a≤12，所以只要有et≥t 1，即得证.et≥t 1单独证一下即可.
题3 （2009年天津高考文科，16）若关于x的不等式（2x-1）2 一般思路 因为不等式等价于（-a 4）x2-4x 1<0，其中（-a 4）x2-4x 1=0中的Δ>0，故有0 此法的确能够做出，但确实不易.
我们可以观察（2x-1）2 用必要性解题当然也不可能是万能的.但是遇到情况复杂时，先行让条件变得简单一些，这一原则应该能够让我们更快接近题目的“真相”，从而达到快速解题之目的.
题1 （江淮十校高三第二次联考文科，16）若不等式|ax3-lnx|≥1对x∈（0，1]恒成立，则实数a的取值范围是.
分析 一般情况，先去绝对值，这样就变成ax3-lnx≥1或ax3-lnx≤-1对x∈（0，1]恒成立.接下来，就容易出错了.我们会把它变成ax3-lnx≥1对x∈（0，1]恒成立或者ax3-lnx≤-1对x∈（0，1]恒成立.然后分别分离参数，分别求出结果再求并.这是很显然的想法，然而确实是错误的.这是因为ax3-lnx≥1或ax3-lnx≤-1对x∈（0，1]恒成立是不可以这样拆开的，ax3-lnx≥1或ax3-lnx≤-1可能分別在（0，1]的部分子集成立，比如，ax3-lnx≥1在x∈0，12时恒成立，而ax3-lnx≤-1在x∈12，1 时恒成立，这也是可以的啊！所以，两个不等式都在x∈（0，1]时恒成立是要求强了.
那怎么办呢？
我们可以考虑控制一下a的范围，利用必要性解题.由于对x∈（0，1]恒成立，显然当x=1时，不等式成立，即有|a|≥1，即a≤-1或a≥1.
令g（x）=ax3-lnx，g′（x）=3ax2-1x=3ax3-1x.
当a≤-1时，对任意x∈（0，1]，g′（x）=3ax3-1x<0，g（x）在（0，1]上递减，故可得g（x）min=g（1）=a≤-1.此时g（x）∈[a， ∞），而|g（x）|的最小值为0，不适合题意.
当a≥1时，对任意x∈（0，1]，令g′（x）=3ax3-1x=0，得x=313a，函数在0，313a上单调递减，在313a， ∞上单调递增.所以，|g（x）|的最小值为g313a=13 13ln（3a）≥1，解得a≥e23，故实数a取值范围是e23， ∞.
题2 （2011年全国新课标卷）已知x>0，且x≠1时，lnxx 1 1x>lnxx-1 kx，求k的取值范围.
分析 设g（x）=11-x22lnx （k-1）（x2-1）x，由于11-x2符号不确定，比较麻烦，所以暂时放置一边.
考虑函数h（x）=2lnx （k-1）（x2-1）x，注意到h（1）=0.
这时候一定会有同学发现11-x2在区间（0，1）内为正，在（1， ∞）内为负.要让g（x）>0只要h（x）在（0， ∞）内单调递减，结合h（1）=0，正好！所以将h（x）求导，然后令其小于等于0，分离系数解决.然而，这样做是有问题的.要求h（x）在（0， ∞）内单调递减事实上太强了！h（x）在区间（0，1）内为正，（1， ∞）内为负就可以了，要它单调递减有点过分了.
但是，刚才的思路不是没有可取之处.我们不能要求h（x）在（0， ∞）内单调递减，但是至少它在1的附近应该单调递减.所以，有h′（1）≤0.由h′（x）=（k-1）（x2 1） 2xx2，得2（k-1） 2≤0，得到k≤0.
没有做完，要检验.因为刚才只保证在x=1处的局部成立.只是必要条件，不能保证h（x）在区间（0，1）内为正，（1， ∞）内为负.
我们可以观察（k-1）（x2 1） 2x的图像，开口朝下，Δ=4k（2-k）≤0，所以（k-1）（x2 1） 2x≤0，而h（x）在（0， ∞）内单调递减，结合h（1）=0，满足题意.得证.
也可以注意到x2 1≥2x，而k-1≤-1，所以（k-1）（x2 1） 2x≤0，亦可得证.
同样的方法再看一题.
（2010年全国卷）当x≥0时，1-e-x≤xax 1，求a的范围.
先观察左边，一定大于等于0，故右边也需要大于等于0.所以，ax 1>0恒成立.这样就有a≥0.
然后令f（x）=1-e-x-xax 1，注意到f（0）=0，所以在0的附近必须递减.
f′（x）=e-x-1（ax 1）2，注意到f′（0）=0，隐藏较深，还需要挖掘.
f″（x）=-e-x 2a（ax 1）3，令f″（0）=-1 2a≤0，可得a≤12.
这只能说明a>12肯定不合题意.却不能说明a≤12就是对的.还是只研究了必要条件，不具有充分性，还需要证明.
证明 当a≤12时，e-x-1（ax 1）2≤0，即证ex≥（ax 1）2ex2≥ax 1，令x2=t，即证et≥2at 1.由a≤12，所以只要有et≥t 1，即得证.et≥t 1单独证一下即可.
题3 （2009年天津高考文科，16）若关于x的不等式（2x-1）2
我们可以观察（2x-1）2