第 02 讲 等式与不等式
（6 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析
2019年天津卷，第10题,5分 解不含参数的一元一次不等式
2017年天津卷，第2题,5分 必要条件的判定及性质解不含参数的一元一次不等式
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度为低难度与中档难度，分值为5分
【备考策略】1.理解、掌握不等式的性质，能够运用不等式的性质进行比较大小
2.能掌握一元二次不等式的性质
3.掌握一元二次不等式根与系数的关系
4.会解一元二次不等式、能够解决一元二不等式的恒成立与存在成立等问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般考查不等式的性质，一元二次不等式的性质等。
知识讲解
知识点一.等式与不等式的性质:
1.两个实数比较大小的方法
(1)作差法
a-b >0⟺ a>b，a-b =0⟺ a=b,
a-b <0⟺ a<b.
(2)作商法
a
>1(a∈R,b>0)⟺a>b(a∈R,b>0),
b
a
=1(a,b≠0)⟺a=b(a,b≠0),
b
a
<1(a∈R,b>0)⟺a<b(a∈R,b>0),
b
2.等式的性质
(1)对称性:若a=b，则b=a.
(2)传递性:若a=b，b=c，则a=c.
(3)可加性:若a=b，则a+c =b+c.
(4)可乘性:若a=b，则ac=bc;若a =b，c=d，则ac=bd
3.不等式的性质
(1)对称性: a>b ⟺ b<a ;
(2)传递性: a>b，a>c⟺ a>c;
(3)可加性a>b ⟺a+c>b+c; a>b, c>d ⟺a+c>b+d
(4)可乘性: a>b, c >0⟺ac>bc; a>b, c <0⟺ac<cb; a>b>0，c>d>0⟺ ac>bd;
(5)可乘方: a>b>0⟺an>bn(n∈N，n≥1);
(6)可开方a>b>0⟺ √n a>√n b(n∈N，n≥2).
知识点二.一元二次不等式
1.一元二次不等式的概念
只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2 的不等式，叫做一元二次
定义
不等式
ax2＋bx＋c>0，ax2＋bx＋c<0，ax2＋bx＋c≥0，ax2＋bx＋c≤0，其中
一般形式
a≠0，a，b，c均为常数
2.二次函数与一元二次方程的根、一元二次不等式的解集的对应关系
判别式Δ＝b2－4ac Δ>0 Δ＝0 Δ<0
二次函数y＝ax2＋bx
＋c(a>0)的图象
一元二次方程ax2＋ 有两个不相等的实 有两个相等的实数
没有实数根
bx＋c＝0(a>0)的根 数根x，x(x<x) 根x＝x＝－
1 2 1 2 1 2
ax2＋bx＋c>0(a>0)
{x |x <x ，或 x >x } R
1 2
的解集ax2＋bx＋c<0(a>0)
{x |x 1 <x <x 2 } ∅ ∅
的解集
3.一元二次不等式的解法
1.将不等式的右边化为零，左边化为二次项系数大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)或ax2＋bx＋c＜0(a
＞0)．
2.求出相应的一元二次方程的根．
3.利用二次函数的图象与x轴的交点确定一元二次不等式的解集．
方程的根→函数草图→观察得解，对于 的情况可以化为 的情况解决
注：对于二次型一元二次不等式应首先考虑二次项系数的情况，当二次项系数为 0时，按照一次不等式来
解决，对于二次项系数为负数的情况一般将二次项系数变为正数之后再解。
注：对于含参一元二次不等式内容首先考虑能不能因式分解，然后就二次方程根进行分类讨论，同时注意
判别式韦达定理的应用。
4.三个“二次”间的关系
判别式Δ＝b2－4ac Δ＞0 Δ＝0 Δ＜0
二次函数y＝ax2＋bx
＋c (a＞0)的图象
一元二次方程ax2＋bx 有两相异实根x， 有两相等实根x＝x
1 1 2
没有实数根
＋c＝0 (a＞0)的根 x(x＜x) ＝－
2 1 2
ax2＋bx＋c＞0 (a＞
R
0)的解集
ax2＋bx＋c＜0 (a＞
{x|x 1 ＜ x ＜ x 2 } ∅ ∅
0)的解集
考点一、等式与不等式的性质
1．（2024·辽宁·模拟预测）若a>b，则下列说法正确的是（ ）
A．a2>b2 B．lg(a−b)>0 C．a5>b5 D．|a3|>|b3|
【答案】C
【分析】利用特殊值判断A、B、D，根据幂函数的性质判断C.
【详解】对于A：当a=0、b=−1，满足a>b，但是a2<b2，故A错误；
对于B：当a=0、b=−1，满足a>b，但是lg(a−b)=lg1=0，故B错误；
对于C：因为y=x5在定义域R上单调递增，若a>b，则a5>b5，故C正确
对于D：当a=1、b=−1，满足a>b，但是|a3|=|b3|，故D错误.
故选：C2．（2024·山东滨州·二模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．若a>b，则ac>bc B．若a>b，则a2>b2
C．若ac2≥bc2，则a≥b D．若a+2b=2，则2a+4b≥4
【答案】D
【分析】由不等式的性质可判断A,B,C，利用基本不等式a+b≥2√ab，当且仅当a=b时等号成立，即可判
断D.
【详解】对于A，由a>b，c=0可得ac=bc，故A错误；
对于B，由a>0，b＜0，|a|＜|b|，可得a2 ＜b2，故B错误；
对于C，若ac2≥bc2，且当c=0时，可得a，b为任意值，故C错误；
对于D，因为2a+4b=2a+22b≥2√2a ⋅22b=2√2a+2b=4，当且仅当a=2b=1时，等号成立，
即2a+4b≥4，故D正确.
故选：D.
1．（22-23高三上·甘肃定西·阶段练习）已知a>b>0,c<0，则下列正确的是（ ）
b a
A．ac>bc B．ac>bc C． > D．ab−bc>0
c2 c2
【答案】D
【分析】对于ACD，利用作差法判断，对于B，利用幂函数的性质比较.
【详解】对于A，因为a>b>0,c<0，所以ac−bc=(a−b)c<0，所以ac<bc，所以A错误；
对于B，因为y=xc (c<0)在(0,+∞)上递减，且a>b>0，所以ac<bc，所以B错误；
b a b−a b a
对于C，因为a>b>0,c<0，所以 − = <0，所以 < ，所以C错误；
c2 c2 c2 c2 c2
对于D，因为a>b>0,c<0，所以ab−bc=b(a−c)>0，所以D正确．
故选：D
2．（2024·安徽淮北·二模）已知a,b∈R，下列命题正确的是（ ）
A．若ab=1，则a+b≥2
1 1
B．若 < ，则a>b
a b
C．若a>b，则ln(a−b)>0
1 1
D．若a>b>0，则a+ >b+
b a
【答案】D
【分析】举反例即可推出A,B,C错误，D利用反比例函数单调性和不等式可加性即可证得.
【详解】当a=−1,b=−1时，a+b=−2，所以A错.
当a<0,b>0时，a<b ，所以B错.当a=2,b=1时，ln(a−b)=0，所以C错.
1 1 1 1
若a>b>0，则 > >0，则a+ >b+ 成立，所以D正确.
b a b a
故选：D
3.（2024·天津·一模）已知a,b∈R，则“b>|a|”是“a2<b2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可.
【详解】因为a,b∈R，当b>|a|时，有b>|a|≥0，则a2<b2成立，即充分性成立；
当¿时，02<(−1) 2，即a2<b2成立，而−1>|0|，即b>|a|不成立，进而必要性不成立.
所以a,b∈R，“b>|a|”是“a2<b2”的充分不必要条件.
故选：A.
4.（2023·山西临汾·模拟预测）若a，b∈R，则“a<b”是“a3−a2b<0”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】
利用不等式的性质，结合充分必要条件的定义即可得解.
【详解】当a<b时，取a=0，则a3−a2b=0，即充分性不成立；
当a3−a2b<0时，有a2(a−b)<0，则a≠0，故a2>0，
所以a−b<0，即a<b，即必要性成立；
综上，“a<b”是“a3−a2b<0”的必要不充分条件.
故选：B.
考点二、 比较大小
ln26 ln2(2π)
1. （22-23高三上·天津河东·期中）若a= ，b=ln2ln3，c= ，则a，b，c的大小关系是
4 4
（ ）
A．a>b>c B．c>b>a C．c>a>b D．b>a>c
【答案】C
【分析】根据a>b⇔a−b>0，因此要比较a，b的大小，作差，通分，利用对数的运算性质，即可求得a，
b的大小；利用对数函数y=lnx的单调性，可知ln2π>ln6>0，然后利用不等式的可乘性，即可得出a，
c的大小.ln26 (ln2+ln3) 2−4ln2ln3 (ln2−ln3) 2
【详解】解：a−b= −ln2ln3= = >0，∴a>b，
4 4 4
ln2(2π) ln26
而ln(2π)>ln6>0，∴ > ，即c>a，
4 4
因此c>a>b.
故选：C.
2.（2024·四川成都·模拟预测）已知a，b为实数，则使得“a>b>0”成立的一个必要不充分条件为
（ ）
1 1
A． > B．ln(a+1)>ln(b+1)
a b
C．a3>b3>0 D．√a−1>√b−1
【答案】B
【分析】利用不等式的性质、结合对数函数、幂函数单调性，充分条件、必要条件的定义判断即得.
1 1 1 1 1 1
【详解】对于A， > ，不能推出a>b>0，如 > ，反之a>b>0 ，则有 < ，
a b −3 −2 a b
1 1
即 > 是a>b>0的既不充分也不必要条件，A错误；
a b
对于B，由ln(a+1)>ln(b+1)，得a+1>b+1>0，即a>b>−1，
不能推出a>b>0 ，反之a>b>0，则a>b>−1，
因此ln(a+1)>ln(b+1)是a>b>0的必要不充分条件，B正确；
对于C，a3>b3>0⇔a>b>0，a3>b3>0是a>b>0的充分必要条件，C错误；
对于D，由√a−1>√b−1，得a>b≥1>0，反之a>b>0不能推出a>b≥1，
因此√a−1>√b−1是a>b>0的充分不必要条件，D错误.
故选：B.
1．（22-23高三上·天津河西·期末）若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是（ ）
1 1 a b
A． < B．a2<b2 C． > D．a|c|>b|c|
a b c2+1 c2+1
【答案】C
【分析】举反例排除ABD，利用不等式的性质判断C即可得解.
1 1
【详解】对于A，取a=1,b=−1，满足a>b，但 > ，故A错误；
a b
对于B，取a=1,b=−1，满足a>b，但a2=b2，故B错误；
对于D，取c=0，则a|c|=b|c|，故D错误；
1
对于C，因为c2+1≥1>0，则 >0，
c2+1a b
又a>b，所以 > ，故C正确.
c2+1 c2+1
故选：C.
1 1
2．（2023·天津·一模）设a>0，b>0，则“a>b”是“ < ”的（ ）
a b
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
1 1
【分析】利用作差法结合得出 < 的等价条件，即可得出结论.
a b
1 1 1 1 a−b
【详解】因为a>0，b>0，由 < 可得 − = >0，则a−b>0，即a>b，
a b b a ab
1 1
因此，若a>0，b>0，则“a>b”是“ < ”的充要条件.
a b
故选：C.
1
3．（23-24高三上·天津和平·开学考试）已知a是实数，则“a>1”是“a+ >2”的（ ）．
a
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
1
【分析】判断“a>1”和“a+ >2”之间的逻辑推理关系，即得答案.
a
1 a2−2a+1 (a−1) 2
【详解】当a>1时，a+ −2= = >0，
a a a
1 1
故a+ >2，即a>1成立，则a+ >2成立；
a a
1 1 1
当a= 时，a+ = +2>2，但推不出a>1成立，
2 a 2
1
故“a>1”是“a+ >2”的充分不必要条件，
a
故选：A
1 1
4．（2024·北京西城·一模）设a=t− ,b=t+ ,c=t(2+t)，其中−1<t<0，则（ ）
t t
A．b<a<c B．c<a<b
C．b<c<a D．c<b<a
【答案】C
【分析】借助正负性、对勾函数的性质及二次函数的性质判断即可得.
1 1
【详解】由−1<t<0，故 ∈(−∞,−1)，故a=t− >0，
t t1
由对勾函数性质可得b=t+ <−(1+1)=−2，
t
c=t(2+t)<0，且c=t⋅(2+t)=t2+2t=(t+1) 2−1≥−1，
综上所述，有b<c<a.
故选：C.
考点 三 、 最值与取值范围问题
a
1. （2024高三·全国·专题练习）已知12<a<60,15<b<36，则a−b的取值范围是 ， 的取值
b
范围是 .
(1 )
【答案】 (−24,45) ,4
3
【分析】根据不等式的性质即可求解.
【详解】因为15<b<36，所以−36<−b<−15.
又12<a<60，
所以12−36<a−b<60−15，
所以−24<a−b<45，
即a−b的取值范围是(−24,45).
1 1 1 12 a 60
因为 < < 所以 < < ，
36 b 15 36 b 15
1 a
即 < <4，
3 b
a (1 )
所以 的取值范围是 ,4
b 3
(1 )
答案：(−24,45), ,4
3
2. （2024·全国·模拟预测）已知实数x，y满足−1<x<y<1，则x+ y的取值范围是 ．
【答案】(−2,2)
【分析】根据不等式的性质即可求解.
【详解】由−1<x<y<1可得−1<x<1，−1<y<1，所以−2<x+ y<2，
故答案为：(−2,2)
1. （2024高三·全国·专题练习）若实数x，y满足1≤xy2≤4，3≤x2y≤5，则xy5的取值范围是
．1 64
【答案】[ ， ]
5 3
【详解】
1 1
因为(xy2)3∈[1，64]， ∈[ ， ]，所以xy5＝(xy2)3· ∈[ ， ].
x2y 5
2. （2024·河北石家庄·二模）若实数x,y,z≥0，且x+ y+z=4,2x−y+z=5，则M=4x+3 y+5z的
取值范围是 .
【答案】[15,19]
2z z 4z
【分析】先得到x=3− ,y=1− ，并根据x,y,z≥0得到0≤z≤3，从而求出M= +15∈[15,19].
3 3 3
2z z
【详解】因为x+ y=4−z,2x−y=5−z，故x=3− ,y=1− ，
3 3
由x,y,z≥0得¿，解得0≤z≤3，
( 2z) ( z) 4z
故M=4x+3 y+5z=4 3− +3 1− +5z= +15∈[15,19].
3 3 3
故答案为：[15,19]
3.（23-24高三下·重庆渝北·阶段练习）已知三个实数a、b、c，其中c>0,b≤2a+3c且bc=a2，则
a−2c
的最大值为 ．
b
1
【答案】
9
a2 c
【 分 析 】 依 题 意 可 得 ≤2a+3c， 进 而 得 a2−2ac−3c2≤0， 即 可 求 出 的 范 围 ， 于 是
c a
a−2c ac−2c2 c (c) 2 c
= = −2 ，令 =t，f(t)=t−2t2，利用二次函数的单调性即可求解最值.
b a2 a a a
【详解】当c>0时满足b≤2a+3c且bc=a2，
a2 (a) 2 a a
∴ ≤2a+3c，即a2−2ac−3c2≤0，进而 −2× −3≤0，解得−1≤ ≤3．
c c c c
c 1 c
所以 ≥ 或 ≤−1，
a 3 a
a−2c ac−2c2 c (c) 2
所以 = = −2 ，
b a2 a a
c [1 )
令 =t，t∈ ,+∞ ∪(−∞−1]，
a 3
令f (t)=−2t2+t=−2 ( t− 1) 2 + 1 ，t∈ [1 ,+∞ ) ∪(−∞−1]，
4 8 3
[1 )
所以f (t)在(−∞,−1]上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减，
3(1) 1 1
又f = ，f (−1)=−3，所以f (t)≤ ，
3 9 9
a−2c 1
即 的最大值为 .
b 9
1
故答案为： ．
9
4.（2024·浙江·模拟预测）已知正数a，b，c满足a2+c2=16，b2+c2=25，则k=a2+b2的取值范围
为 ．
【答案】9<k<41
【分析】
根据不等式的性质即可求解.
【详解】
∵正数a、b、c满足a2+c2=16，b2+c2=25，
∴c2=16−a2，a2>0所以0<c2<16
同理：有c2=25−b2得到0<c2<25，所以0<c2<16
两式相加：a2+b2+2c2=41
即a2+b2=41−2c2
又∵−16<−c2<0,即−32<−2c2<0
∴9<41−2c2<41
即9<k<41．
故答案为：9<k<41
x z
5.（2024·广东·三模）设实数x、y、z、t满足不等式1≤x≤ y≤z≤t≤100，则 + 的最小值为 .
y t
1
【答案】 /0.2
5
x z 1 z
【分析】令x=1，t=100，根据分母最大分子最小时分式的值最小可得 + ≥ + ，结合基本不等
y t y 100
z
式和 ≥1计算即可．
y
z
【详解】因为1≤x≤ y≤z≤t≤100，所以 ≥1,
y
x z 1 z √ z √ 1 1
所以 + ≥ + ≥2 ≥2 = ，
y t y 100 100 y 100 5
1 z
当且仅当 = 即yz=100时等号成立，
y 100
x z 1
即 + 的最小值为 .
y t 51
故答案为： .
5
考点 四 、 一元二次不等式
1.（2024·上海·高考真题）已知x∈R,则不等式x2−2x−3<0的解集为 ．
【答案】{x|−1<x<3}
【分析】求出方程x2−2x−3=0的解后可求不等式的解集.
【详解】方程x2−2x−3=0的解为x=−1或x=3，
故不等式x2−2x−3<0的解集为{x|−1<x<3}，
故答案为：{x|−1<x<3}.
3x−2
2.（23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）不等式 <0的解集是（ ）
2x+3
A．¿ B．¿
2 3 3 2
C．{x|x<− 或x> } D．{x|x<− 或x> }
3 2 2 3
【答案】B
【分析】化分式不等式为一元二次不等式求解即得.
3x−2 3 2
【详解】不等式 <0化为：(2x+3)(3x−2)<0，解得− <x< ，
2x+3 2 3
3x−2 3 2
所以不等式 <0的解集是{x|− <x< }.
2x+3 2 3
故选：B
1.（23-24 高三下·陕西安康·阶段练习）在区间[0，5]内随机取一个实数a，则关于x的不等式
x2+(2−a)x−2a<0仅有2个整数解的概率为（ ）
2 3 1 1
A． B． C． D．
5 10 5 10
【答案】C
【分析】利用一元二次不等式解得x∈(−2,a)，可得区间(−2,a)内仅包含−1,0两个整数，再利用几何概
型概率公式可得结果.
【详解】根据题意可得不等式x2+(2−a)x−2a<0等价于(x+2)(x−a)<0；
因为a∈[0,5]，所以不等式的解集为(−2,a)；
依题意可得区间(−2,a)内仅有两个整数，即包含−1,0两个整数，可得0<a≤1；1−0 1
由几何概型概率公式可得其概率为P= = .
5−0 5
故选：C
2.（2024高三·全国·专题练习）已知a , b∈R且ab≠0，若(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0在x≥0上恒成
立，则（ ）
A．a<0 B．a>0 C．b<0 D．b>0
【答案】C
【分析】对a,b的符号分正负两种情况讨论，结合穿根法及三次函数的性质分析即可得到答案．
【详解】由ab≠0得a≠0,b≠0，f (x)=(x−a)(x−b)(x−2a−b)=0⇒x =a,x =b,x =2a+b
1 2 3
①若a>0,b>0，则2a+b>0，且2a+b>a，2a+b>b，
根据穿根法可知x∈(a,2a+b)或x∈(b,2a+b)时不符合题意，舍去；
②若a>0,b<0，要满足题意则a=2a+b>b⇒a+b=0，符合题意，如图所示；
③当a<0,b>0时，同理要满足题意需2a+b=b>a⇒a=0，与前提矛盾；
④当a<0,b<0，此时2a+b<0，则f (x)=(x−a)(x−b)(x−2a−b)的三个零点都是负数，由穿根法可知
符合题意；
综上可知满足(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0在x≥0恒成立时，只有b<0满足题意.
故选：C ．
3.（23-24高三下·上海·阶段练习）设a>0，若关于x的不等式x2−ax<0的解集是区间(0,1)的真子集，
则a的取值范围是 ．
【答案】(0,1)
【分析】
解一元二次不等式结合真子集的概念即可得解.
【详解】
因为a>0，所以x2−ax<0⇒0<x<a，
又不等式x2−ax<0的解集是区间(0,1)的真子集，则a∈(0,1).
故答案为：(0,1).
4.（2023·全国·模拟预测）定义：若集合A,B满足A∩B≠∅，存在a∈A且a∉B，且存在b∈B且
b∉A，则称集合A,B为嵌套集合．已知集合A=¿且x∈R+}，B=¿，若集合A,B为嵌套集合，则实数a
的取值范围为（ ）A．(2,3)B．(−∞,1) C．(1,3)D．(1,2)
【答案】A
【分析】作出函数y=x2,y=2x的图象，结合函数图象即可求出集合A，分类讨论求出集合B，再根据嵌套
集合的定义即可得解.
【详解】因为A∩B≠∅，所有A≠∅,B≠∅，
由2x−x2≤0，得2x≤x2，
如图，作出函数y=x2,y=2x的图象，
由图可知，不等式2x−x2≤0(x>0)的解集为[2,4]，
所以A=¿且x∈R+}=[2,4]，
由x2−(3a+1)x+2a2+2a<0，得(x−2a)[x−(a+1)]<0，
当2a=a+1，即a=1时，则B=∅，不符题意；
当2a>a+1，即a>1时，则B=(a+1,2a)，
由a>1，得a+1>2，
根据嵌套集合得定义可得¿，解得2<a<3；
当2a<a+1，即a<1时，则B=(2a,a+1)，
由a<1，得2a<2，
根据嵌套集合得定义可得¿，无解，
综上所述，实数a的取值范围为(2,3).
故选：A.
考点 五 、 一元二次方程跟的分布
1.（23-24高三上·四川·阶段练习）若关于x的方程x2−2ax+a+2=0在区间(−2,1)上有两个不相等的
实数解，则a的取值范围是（ ）
( 6 ) ( 6 )
A． − ,−1 B． − ,1
5 5( 6) ( 6)
C． −∞,− ∪(−1,+∞) D． −∞,− ∪(1,+∞)
5 5
【答案】A
【分析】
令g(x)=x2−2ax+a+2，依题意可得¿，解得即可.
【详解】
令g(x)=x2−2ax+a+2，因为方程x2−2ax+a+2=0在区间(−2,1)上有两个不相等的实数解，
6
所以¿，即¿，解得− <a<−1，
5
( 6 )
所以a的取值范围是 − ,−1 ．
5
故选：A．
( 4)
2.（21-22高三上·江苏南通·期中）已知关于x的不等式ax2+2bx+4<0的解集为 m, ，其中m<0，
m
b 4
则 + 的最小值为（ ）
4a b
A．－2 B．1 C．2 D．8
【答案】C
b 4
【分析】由不等式的解集结合基本不等式得到a=1，b≥2，从而利用基本不等式求出 + 的最小值.
4a b
4 4 4
【详解】由题意可知，方程ax2+2bx+4=0的两个根为 m， ，则m⋅ = ，解得：a=1，故
m m a
4
m+ =−2b，m<0，
m
所以2b=−m− 4 ≥2 √ (−m)⋅ ( − 4) =4，当且仅当−m=− 4 ，即m=−2时取等号，则b≥2，
m m m
b 4 b 4 √b 4 b 4
所以 + = + ≥2 ⋅ =2，当且仅当 = ，即b=4时取等号，
4a b 4 b 4 b 4 b
b 4
故 + 的最小值为2.
4a b
故选：C.
1.（2024高三·全国·专题练习）关于x的方程ax2+(a+2)x+9a=0有两个不相等的实数根x ,x ，且
1 2
x <1<x ，那么a的取值范围是（ ）
1 2
2 2 2
A．− <a< B．a>
7 5 52 2
C．a<− D．− <a<0
7 11
【答案】D
【 分 析 】 说 明 a=0时 ， 不 合 题 意 ， 从 而 将 ax2+(a+2)x+9a=0化 为 x2+ ( 1+ 2) x+9=0， 令
a
y=x2+ ( 1+ 2) x+9，结合其与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，可列不等式即可求得答案.
a
【详解】当a=0时，ax2+(a+2)x+9a=0即为2x=0，不符合题意；
故a≠0，ax2+(a+2)x+9a=0即为x2+ ( 1+ 2) x+9=0，
a
令y=x2+ ( 1+ 2) x+9，
a
由于关于x的方程ax2+(a+2)x+9a=0有两个不相等的实数根x ,x ，且x <1<x ，
1 2 1 2
则y=ax2+(a+2)x+9a与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，
( 2) 2 2
故x=1时，y<0，即1+ 1+ ×1+9<0，解得 <−11，故− <a<0，
a a 11
故选：D
2.（2023·北京海淀·模拟预测）已知关于x的不等式x2+ax+b>0(a>0)的解集是{x|x≠d},，则下列
四个结论中错误的是（ ）
A．a2=4b
1
B．a2+ ≥4
b
C．若关于x的不等式x2+ax−b<0的解集为（x ，x ），则x x >0
1 2 1 2
D．若关于x的不等式x2+ax+b<c的解集为（x ，x ），且|x −x |=4，则c=4
1 2 1 2
【答案】C
【分析】利用一元二次不等式的解法与一元二次方程之间的关系以及韦达定理，基本不等式进行求解即可.
【详解】由题意Δ=a2−4b=0，a2=4b，所以A正确;
对于B:a2+ 1 =a2+ 4 ≥2 √ a2 ⋅ 4 =4，当且仅当a2= 4 ，即a=√2时成立,
b a2 a2 a2
所以B正确;
a2
对于C,由韦达定理，可知x x =−b=− <0，所以C错误;
1 2 4
a2
对于D,由韦达定理，可知x +x =−a，x x =b−c= −c，
1 2 1 2 4
则|x −x |=√(x +x ) 2−4x x =
√
a2−4
(a2
−c ) =2√c=4，解得c=4，
1 2 1 2 1 2 4所以D正确,
故选：C.
3.（21-22高三上·上海浦东新·阶段练习）如果二次方程x2−px−q=0(p,q∈N∗)的正根小于3，那
么这样的二次方程有 个.
【答案】7
【分析】令f(x)=x2−px−q(p,q∈N∗)，则由题意可得¿，再结合p,q∈N∗可求出结果.
【详解】设f(x)=x2−px−q(p,q∈N∗)，
因为f(0)=−q<0，f(3)=9−3p−q>0，
所以3p+q<9，又p,q∈N∗，
当p=1时，q=1,2,3,4,5，当p=2时，q=1,2.
所以共7种可能.
故答案为：7
考点 六 、 一元二次不等式恒成立
1.（2024高三·全国·专题练习）若不等式(a−2)x2+2(a−2)x−4<0对一切x∈R恒成立，则实数a的
取值范围是（ ）
A．(−∞,2] B．[−2,2]
C．(−2,2] D．(−∞,−2)
【答案】C
【分析】对二次项系数进行分类讨论可得a=2符合题意，当a≠2时利用判别式可求得结果.
【详解】当a−2=0，即a=2时，不等式为−4<0对一切x∈R恒成立．
当a≠2时，需满足¿，
即¿，解得−2<a<2.
综上可知，实数a的取值范围是(−2,2]．
故选：C
2.（2024·陕西西安·模拟预测）当1≤x≤2时，不等式x2−ax+1≤0恒成立，则实数a的取值范围是
．
5
【答案】[ ,+∞).
2
【分析】根据题意分离参数a，进而构造函数求定区间的最值即可.
【详解】当1≤x≤2时，不等式x2−ax+1≤0恒成立，
x2+1 1 ( 1)
所以当1≤x≤2时，a≥ =x+ 恒成立，则a≥ x+ ，
x x x
max
1
令g(x)=x+ ，则g(x)在[1,2]单调递增，
x1 5 5
所以g(x) =g(2)=2+ = ，所以a≥ .
max 2 2 2
5
故答案为：[ ,+∞).
2
1.（2024高三·全国·专题练习）已知b>0，若对任意的x∈(0,+∞)，不等式4ax3+8x2−abx−2b≤0
恒成立，则a2+2a+4b+ab的最小值为 .
【答案】16−8√2
【分析】先把原不等式分解为二次不等式，分类讨论后运用整体代换和基本不等式即可.
【详解】原不等式4ax3+8x2−abx−2b≤0⇔(4x2−b)(ax+2)≤0，
√b √b
由b>0，知0<x< 时，4x2−b<0，x> 时，4x2−b>0，
2 2
√b √b
故由原不等式知0<x< 时ax+2≥0，x> 时ax+2≤0，
2 2
√b −4
由恒成立知a<0且a× +2=0，即a= ，
2 √b
故所求式a2+2a+4b+ab= (16 +4b ) − ( 8 +4√b ) ，
b √b
2 √ 2
设t= +√b，则t≥2 ×√b=2√2，
√b √b
则所求式=4(t2−t−4)=4 [ ( t− 1) 2 − 17] 递增，
2 4
故最小值在t=2√2时取得：4×(8−2√2−4)=16−8√2.
故答案为：16−8√2.
x
2.（22-23高三上·河北衡水·阶段练习）已知对任意实数x>0,不等式(2x2−ax−10)ln ≥0恒成立,则
a
实数a的值为 ．
【答案】√10
x x
【分析】对ln 正负分情况讨论，得出x=a是其唯一零点.不等式(2x2−ax−10)ln ≥0对任意的x>0恒
a a
成立.得到x=a也是2x2−ax−10=0的根,求解即可.
x x x
【详解】由题知,显然a>0，当x>a时ln >0；当x=a时ln =0；当0<x<a时ln <0；
a a a
因为不等式(lnx−lna)(2x2−ax−10)≥0对任意的x>0恒成立.
当x>a时，2x2−ax−10≥0；当0<x<a时，2x2−ax−10≤0.结合二次函数性质，x=a是方程2x2−ax−10=0的根，即2a2−a2−10=0，
因为a>0，所以a=√10．
故答案为: √10.
3. （ 2024· 陕 西 榆 林 · 三 模 ） 已 知 α∈(0,2π)， 若 当 x∈[0,1]时 ， 关 于 x的 不 等 式
(sinα+cosα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα>0恒成立，则α的取值范围为（ ）
(π 5π ) (π 5π ) ( π π ) (π 5π )
A． , B． , C． , D． ,
12 12 6 6 6 3 3 6
【答案】A
【 分 析 】 令 f (x)=(sinα+cosα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα， 易 得 f (x)的 对 称 轴 为
1
sinα+
2 ，则¿，进而可得出答案.
x= ∈(0,1)
sinα+cosα+1
【详解】令f (x)=(sinα+cosα+1)x2−(2sinα+1)x+sinα，
由题意可得¿，则¿，
π
( )
又因为α∈(0,2π)，所以α∈ 0, ，
2
1
sinα+
函数f (x)的对称轴为 2 ，
x= ∈(0,1)
sinα+cosα+1
则¿，
即¿，
π π 5π
即¿，结合α∈ ( 0, ) ，解得 <α< .
2 12 12
故选：A.
4.（2024·湖北·二模）已知等差数列{a }的前 n 项和为S ，且S =n2+m，n∈N*，若对于任意的
n n n
a
a∈[0,1]，不等式 n<x2−(1+a)x−2a2−a+2恒成立，则实数x可能为（ ）
n
A．−2 B．0 C．1 D．2
【答案】A
a
【分析】由S 与a 的关系且{a }为等差数列，求出a ，由 n<2，得x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，构造函
n n n n n
数g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x，由g(a)≤0在a∈[0,1]时恒成立，求实数x的取值范围.
【详解】因为S =n2+m，n=1时，a =S =1+m，
n 1 1
n≥2时，a =S −S =n2+m−[(n−1) 2+m]=2n−1，
n n n−1
所以a =1+m，a =3，a =5，
1 2 3
因为{a }为等差数列，所以a =1，m=0，
n 1a 1
从而a =2n−1， n=2− <2，
n n n
所以x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，即−2a2−(1+x)a+x2−x≥0，
则当0≤a≤1时，g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x≤0恒成立，
¿，解得x≤−1或x≥3，
只有选项A符合题意，
故选：A
1．（2021·天津和平·一模）设a∈R，则“2<a<3”是“(a+1)(a−6)<0”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用集合观点，子集是全集的充分条件，只有真子集才是全集的充分不必要条件，就可以得到答
案.
【详解】由(a−6)(a+1)<0，得−1<a<6，因为(2,3)是(−1,6)的真子集，
所以2<a<3是−1<a<6的充分不必要条件，
故选：A．
2．（2024·河北唐山·一模）已知x∈R，p：“x2−x>0”，q：“x>1”，则p是q的（ ）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】首先解一元二次方程，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由x2−x>0，即x(x−1)>0，解得x>1或x<0，
所以p：“x>1或x<0”，
故由p推不出q，即充分性不成立，
由q推得出p，即必要性成立，
所以p是q的必要但不充分条件.
故选：B
1
3．（23-24高三上·天津北辰·期中）设x∈R，则“x2>1”是“ <1”成立的（ ）
x
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】解出不等式，根据充分不必要条件的判定即可得到答案.【详解】∵x2>1，∴x<−1或x>1，
1 1−x
又 <1即 <0，等价于x(x−1)>0，解得x<0或x>1，
x x
可得¿或x>1}¿或x>1}，
1
所以x2>1是 <1的充分不必要条件.
x
故选：A.
4．（2022·天津·二模）设x∈R，则“x≤3”是“x2≤3x”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】解不等式x2≤3x，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】解：由x2≤3x，得0≤x≤3，
所以“x≤3”是“x2≤3x”的必要不充分条件.
故选：B.
5．（2024·天津·一模）设x∈R，则“x<0”是“x2−x>0”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】解出不等式x2−x>0后，结合充分条件与必要条件的定义即可得.
【详解】由x2−x>0，解得x>1或x<0，
故“x<0”是“x2−x>0”的充分不必要条件.
故选：A.
6．（2024高三下·全国·专题练习）已知2<a<3，−2<b<−1，则a+2b的取值范围为 ．
【答案】(−2,1)
【分析】利用不等式的性质求解即可.
【详解】因为−2<b<−1，所以−4<2b<−2,
又2<a<3,两式相加可得−2<a+2b<1.
故答案为：(−2,1)
7．（2024高三下·全国·专题练习）若关于x的不等式(m−3)x2−2mx−8>0的解集是一个开区间，且
区间的长度L满足L∈[1,2]，求实数m的取值范围（注：开区间(a,b)的长度L=b−a）.
[7 33]
【答案】(−∞,−15]∪ ,
3 14
【分析】设方程(m−3)x2−2mx−8=0的两根为x ,x ，由m−3<0，Δ>0和1≤|x −x |≤2，结合韦达定
1 2 1 2
理解关于m的不等关系式即可.
【详解】据题意得m−3<0，设(m−3)x2−2mx−8>0等价于(x−x )(x−x )<0，
1 2Δ=4(m2+8m−24)>0，得m>−4+2√10或m<−4−2√10，
2m 8
则x +x = ，x x =− ，由1≤|x −x |≤2得1≤√(x +x ) 2−4x x ≤2，
1 2 m−3 1 2 m−3 1 2 1 2 1 2
√ ( 2m ) 2 ( 8 ) 2√m2+8m−24
即1≤ −4 − ≤2，化简得1≤ ≤2，
m−3 m−3 |m−3|
2√m2+8m−24
∴1≤ ≤2⇔(m−3) 2≤4(m2+8m−24)≤4(m−3) 2
|m−3|
等价于¿解得¿
7 [7 33]
∵−4−2√10>−15，−4+2√10< ，∴m的取值范围是(−∞,−15]∪ , .
3 3 14
x
1．（2024·福建宁德·三模）函数f(x)= ，若关于x的不等式[f(x)] 2−af(x)≤0(a∈R)有且仅有
lnx
三个整数解，则a的取值范围是（ ）
[ 2 5 ) ( 2 5 ]
A． , B． ,
ln2 ln5 ln2 ln5
[ 3 5 ) ( 5 ]
C． , D． e,
ln3 ln5 ln5
【答案】A
【分析】求导，求得f(x)的单调区间，作出f(x)的图象，分类讨论求得[f(x)] 2−af(x)≤0的解集，结合
2 5
图象可得a的取值范围为[ , ).
ln2 ln5
lnx−1
【详解】对函数求导可得f' (x)= ，令f' (x)>0，解得x>e，令f' (x)<0，解得0<x<e，又lnx=0
(lnx) 2
时，x=1，
所以f(x)的递增区间为(e,+∞)，递减区间为(0,1)和(1,e)，
作出图象如图所示：
当a<0时，由[f(x)] 2−af(x)≤0，可得a≤f(x)≤0，
由图象可知，不存在整数点满足条件，
当a=0时，由[f(x)] 2−af(x)≤0，可得f(x)=0，由图象可知，不存在整数点满足条件，
当a>0时，由[f(x)] 2−af(x)≤0，可得0≤f(x)≤a，
2 4 4 5
又f(2)= = ， f(4)= ，f(5)= ，
ln2 ln4 ln4 ln5
由f(x)的递增区间为(e,+∞)，所以f(2)=f(4)<f(5)，
2 5
所以要使0≤f(x)≤a有三个整数解，则 ≤a< ，
ln2 ln5
所以关于x的不等式[f(x)] 2−af(x)≤0(a∈R)有且仅有三个整数解，
2 5
则a的取值范围为[ , ).
ln2 ln5
故选：A.
2．（2022·河南南阳·模拟预测）已知命题 p：∀x∈R，x2+4x−m≥0恒成立；命题q：
f (x)=−x2+(m−1)x在[−3,+∞)上单调递减.若p∧q为假命题，p∨q为真命题，则实数m的取值范围
是（ ）
A．[−4,−3] B．(−5,−4]
C．(−∞,−5)∪(−4,+∞)D．(−∞,−6)∪(−4,+∞)
【答案】B
【分析】
首先求出命题p、q为真和命题p、q为假时参数的取值范围，依题意可得命题p、q为一真一假，分别考虑
p真q假和p假q真时参数的范围，即可得解.
【详解】因为若命题p：∀x∈R，x2+4x−m≥0恒成立，为真命题，则Δ=42+4m≤0，
解得m≤−4，那么命题p为假命题时m>−4.命题q：f (x)=−x2+(m−1)x
m−1
在[−3,+∞)上单调递减，若为真命题，则对称轴x= ≤−3，解得m≤−5，
2
若命题q为假命题，则m>−5.若p∧q为假命题，p∨q为真命题，
则命题题p、q一真一假，当p真q假时解集为(−5,−4]，当p假q真时解集为空集.
故选：B
3．（2024·甘肃张掖·模拟预测）不等式|x2−3x|<2−2x的解集是（ ）
( 1) ( 1 1) ( 5−√17) (5−√17 1)
A． −1, B． − , C． −1, D． ,
2 2 2 2 2 2
【答案】C
【分析】按照x2−3x正负分类讨论取绝对值，运算得解.
【详解】当x2−3x≥0，即x≥3或x≤0时，
不等式|x2−3x|<2−2x等价于x2−3x<2−2x，即x2−x−2<0，
解得−1<x<2，所以−1<x≤0；
当x2−3x<0，即0<x<3时，不等式|x2−3x|<2−2x等价于不等式3x−x2<2−2x，即x2−5x+2>0，5+√17 5−√17 5−√17
解得x> 或x< ，所以0<x< .
2 2 2
( 5−√17)
综上，不等式|x2−3x|<2−2x的解集是 −1, .
2
故选：C.
4．（2024高三·全国·专题练习）已知函数f (x)=x2+ax+b(a,b∈R)的最小值为0，若关于x的不等式
f (x)<c的解集为(m,m+4)，则实数c的值为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．4
【答案】D
【分析】先由f (x)=x2+ax+b(a,b∈R)的最小值为0，得到Δ=0，再由f(x)<c的解集为(m,m+4)，得
到f(x)−c=0的根为m,m+4，从而利用韦达定理即可求解.
【详解】因为f (x)=x2+ax+b(a,b∈R)开口向上，最小值为0，
a2
∴Δ=a2−4b=0,∴b= ，
4
则f(x)=x2+ax+ a2 = ( x+ a) 2 ，
4 2
∵f(x)<c的解集为(m,m+4)，所以m,m+4是f(x)−c=0的两个不等实根，
a2
即m,m+4是x2+ax+ −c=0的两个不等实根，
4
−a−4
所以m+m+4=−a，则m= ，
2
( a) 2 (−a−4 a) 2
∴c=f(m)= m+ = + =4.
2 2 2
故选：D.
5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知条件q：“不等式(a2−4)x2+(a+2)x−1≥0的解集是空
集”，则条件p： “−2≤a<1”是条件q的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先分a2−4=0和a2−4≠0两种情况讨论求出a的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得
解.
【详解】因为不等式(a2−4)x2+(a+2)x−1≥0的解集是空集，
所以不等式(a2−4)x2+(a+2)x−1<0的解集是R，
当a2−4=0即a=±2 时，
1
若a=2 ，则 4x−1<0，x< (舍)；
4若a=−2 ，则 −1<0，x∈R ；
6
当a2−4≠0时，则¿ ，解得−2<a< ，
5
6
综上所述−2≤a< ，
5
所以条件p是条件q的充分不必要条件．
故选：A．
6．（2024·广东·一模）已知a,b,c∈R且a≠0，则“ax2+bx+c>0的解集为¿”是“a+b+c=0”的
（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据一元二次不等式的解及充分条件、必要条件求解.
【详解】由题意，二次不等式ax2+bx+c>0的解集为¿，
则等价于¿，即a=c>0,b=−2a，即a+b+c=0，
当a+b+c=0时，不能推出a=c>0,b=−2a，
所以“ax2+bx+c>0的解集为¿”是“a+b+c=0”的充分不必要条件，
故选：A
7．（2025高三·全国·专题练习）已知x2+x+5≤ax2+2ax+c≤2x2+5x+9对任意x∈R恒成立，则
a+c= ．
17
【答案】 /8.5
2
【 详 解 】 由 x2+x+5=2x2+5x+9， 可 得 x=−2， 从 而 c=7， 再 由 x2+x+5≤ax2+2ax+7，
ax2+2ax+c≤2x2+5x+9，对任意x∈R恒成立，利用判别式法求解，得解.
令x2+x+5=2x2+5x+9，解得x=−2，故7≤4a−4a+c≤7，即c=7，
则x2+x+5≤ax2+2ax+7，所以(a−1)x2+(2a−1)x+2≥0对任意x∈R恒成立，
3
所以¿即¿解得a= ，
2
3
同理ax2+2ax+c≤2x2+5x+9对任意x∈R恒成立可得a= ，
2
3 17
综上得a= ， 则a+c= .
2 2
17
故答案为：
21
1．（江西·高考真题）当a>0,b>0时，不等式−b< <a的解是（ ）
x
1 1 1 1
A．x<− 或x> B．− <x<
b a a b
1 1 1 1
C．x<− 或x> D．− <x<0或0<x<
a b b a
【答案】A
【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.
1 ax−1 1
【详解】由 <a(a>0)⇒ >0⇒x(ax−1)>0⇒x> ，或x<0，
x x a
1 1
由−b< (b>0)⇒x(bx+1)>0⇒x>0，或x<− ，
x b
1 1 1
所以不等式−b< <a的解是x<− 或x> ，
x b a
故选：A
2．（安徽·高考真题）函数f (x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）
A．a>0，b<0，c>0，d>0 B．a>0，b<0，c<0，d>0
C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<0
【答案】A
【分析】根据图象，由f (0)确定d>0，求导后，确定f'(x)=3ax2+2bx+c有两个不相等的正实数根x ,x ，
1 2
结合函数单调性，韦达定理即可求出答案.
【详解】由图象可知f (0)=d>0，
f'(x)=3ax2+2bx+c有两个不相等的正实数根x ,x ，且f (x)在(−∞,x ),(x ,+∞)上单调递增，在
1 2 1 2
(x ,x )上单调递减，
1 2
2b c
所以a>0,x +x =− >0,x x = >0，
1 2 3a 1 2 3a
所以b<0,c>0，
综上：a>0，b<0，c>0，d>0.
故选：A
3．（2023·全国·高考真题）已知集合M={−2,−1,0,1,2}，N=¿，则M∩N=（ ）
A．{−2,−1,0,1} B．{0,1,2} C．{−2} D．{2}
【答案】C
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合N，即可根据交集的运算解出．方法二：将集合M中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因为N=¿，而M={−2,−1,0,1,2}，
所以M∩N= {−2}．
故选：C．
方法二：因为M={−2,−1,0,1,2}，将−2,−1,0,1,2代入不等式x2−x−6≥0，只有−2使不等式成立，所
以M∩N= {−2}．
故选：C．
4．（2017·天津·高考真题）设x∈R，则2−x≥0是−1≤x−1≤1 的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合集合的包含关系可解．
【详解】设p：若2−x≥0，则x≤2，
q：若−1≤x−1≤1，则0≤x≤2；
则q表示的集合是p表示的集合真子集，
即2−x≥0是−1≤x−1≤1必要不充分条件，
故选：B．
5．（天津·高考真题）设集合A=¿，则A∩B=（ ）
[ 5] [5 ) [5 )
A．(−3,−2]B．(−3,−2]∪ 0, C．(−∞,−3]∪ ,+∞ D．(−∞,−3)∪ ,+∞
2 2 2
【答案】D
【分析】根据含绝对值不等式和分式不等式的解法求出集合A,B，再根据交集的定义即可得出答案.
[5 )
【详解】因为A=¿或x≤−2}=(−∞,−2]∪ ,+∞ ，
2
{ x }
B= x| ≥0,x∈R =¿或x<−3}=(−∞,−3)∪[0,+∞)，
x+3
[5 )
所以A∩B=(−∞,−3)∪ ,+∞ .
2
故选：D.
6．（天津·高考真题）设x∈R，则“|x−2|<1”是“x2+x−2>0”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.
【详解】由|x−2|<1，可得1<x<3，即x∈ (1,3)；
由x2+x−2=(x−1)(x+2)>0，可得x<−2或x>1，即x∈ (−∞,−2)∪(1,+∞)；
∴(1,3)是(−∞,−2)∪(1,+∞)的真子集，故“|x−2|<1”是“x2+x−2>0”的充分而不必要条件.
故选：A
