文档文本内容
第05 讲 一元二次不等式与其他常见不等式解法
目录
考情探究.........................................................................................................................2
知识梳理.........................................................................................................................3
1.解一元二次不等式.....................................................................................................................3
2.解分式不等式.............................................................................................................................3
3.解单绝对值不等式.....................................................................................................................3
探究核心考点.................................................................................................................3
考点一 一元二次不等式的解法..................................................................................................3
考点二 三个“二次”之间的关系..............................................................................................7
考点三 一元二次不等式恒成立（有解问题）........................................................................10
考点四 实根分布........................................................................................................................14
考点五 一元二次不等式的应用................................................................................................19
考点六 其他不等式及其解法....................................................................................................22
三阶突破训练...............................................................................................................25
基础过关......................................................................................................................................25
能力提升 ....................................................................................................................................29
真题感知......................................................................................................................................35
一、5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025 年天津卷，15 题，6 分
一元二次不等式恒成
立问题
基本不等式
2024 年新I 卷，第1 题,5 分
解三次不等式
交集的概念及计算
2023 年新I 卷，第1 题,5 分
二次函数图象解不等
式
集合间的基本运算
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的命题载体内容，通常会结合其他知识点考查，需要掌握三个二次的基
本关系，难度中等偏下
【备考策略】
1.理解并掌握二次函数的图象与性质(单调性、对称性、顶点、最值等)
2.会解一元二次不等式、分式不等式、单绝对值不等式和高次不等式
【命题预测】
1.解三次不等式
2.二次函数图象解不等式
3.二次函数单调区间求参数值或范围
1.解一元二次不等式
“三个二次”：一元二次不等式与一元二次方程及二次函数的联系
判别式
Δ=b2−4ac
Δ>0
Δ=0
Δ<0
一元二次方程
有两个不等实根
有两个相等实根
无实数根
ax 2+bx +c=0(a≠0)
的根
x1，x2（设x1<x2
）
x1=x2=−b
2a
二次函数
y=ax 2+bx +c (a>0)
的图象
ax 2+bx +c>0(a>0)
的解集
{x|x<x1
x
或>x2}
{x|x≠−b
2a}
R
ax 2+bx +c<0(a>0)
的解集
{x|x1<x<x2}
∅
∅
2.解分式不等式
①g(x)
f (x) <0⇔f (x) g(x)<0 ②g(x)
f (x) >0⇔f (x) g(x)>0
③
g(x)
f (x) ≤0⇒{
f (x)g(x)≤0
f (x)≠0
④
g(x)
f (x) ≥0⇒{
f (x)g(x)≥0
f (x)≠0
3.解单绝对值不等式
|x|≥a(a>0)⇒x≤−a或x≥a ，|x|<a(a>0)⇒−a<x<a
考点一 一元二次不等式的解法
典例1．解下列不等式：
(1)
；
(2)
；
(3)
；
(4)
．
【答案】(1)
(2)
．
(3)
或
．
(4)
．
【分析】（1）求出
的两个根，进而得到不等式的解集；
（2）
恒成立，故不等式解集为
；
（3）变形得到
，求出不等式解集；
（4）分别解
和
，进而求出答案.
【详解】（1）对于方程
，
所以由求根公式可得方程的两个实数根为
，
，
所以不等式的解集为
．
（2）
恒成立，则不等式
的解集为
．
（3）
，移项得
，
整理得
，即
，
解得
或
，则不等式的解集为
或
．
（4）因为
，即
，
解不等式
，即
，解得
；
解不等式
，即
，
又因为
恒成立，
所以不等式
的解集为
．
综上，不等式的解集为
．
典例2．解下列关于
的不等式：
(1)
；
(2)
；
(3)
．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)答案见解析
【分析】三个不等式左侧都不能因式分解，相应一元二次方程解的情况不确定，因此需要分别研究
时不等式的解集．
【详解】（1）对于一元二次方程
，判别式
．
当
时，
的解集为
；
当
时，
的解集为
；
当
时，
，方程
的两根分别为
，且
，
则
的解集为
．
综上，当
时，不等式的解集为
，当
时，不等式的解集为
．
（2）对于一元二次方程
，
，判别式
．
当
时，
等价于
，解得
，
故不等式的解集为
；
当
时，
，方程
的两根分别为
，且
，
则
的解集为
或
；
当
时，
，不等式的解集为
．
综上，当
时，不等式的解集为
；
当
时，不等式的解集为
或
；
当
时，不等式的解集为
．
（3）对于一元二次方程
，
当
时，
，
的解集为
；
当
时，
的解集为
；
当
或
时，
，方程
的两根分别为
，且
，
所以不等式
的解集为
．
综上，当
时，不等式的解集为
；
当
或
时，不等式的解集为
．
跟踪训练1．若要使
有意义，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
或
D．
或
【答案】C
【分析】由题可得
且
，解不等式即可求解.
【详解】要使
有意义，则有
且
，解得
或
，所以
的取值范围是
或
．
故选C．
跟踪训练2．（多选）关于
的不等式
的解集可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】二次项系数含有参数
，应先讨论
是否为0，容易遗漏
时为一次不等式的情况．
【详解】当
时，不等式可化为
，则不等式的解集为
，故B 正确．
当
时，
为一元二次不等式，
且可因式分解为
．二次项系数
影响不等式是否变号，因此再分
两种情况．
当
时，
．
当
，即
时，不等式的解集为
，故C 正确．
当
，即
时，不等式的解集为
；
当
，即
时，不等式的解集为
．
当
时，
，此时显然
，
不等式的解集为
，故D 正确．
故选：BCD
跟踪训练3．已知集合
，
且满足
，求实数a
的取值范围．
【答案】
．
【分析】求解出A，由题意可知
，分类讨论B 是否为空集，结合二次函数与x 轴的交点分布，即可
求得答案.
【详解】由题意可得
，
，
由于
，故
；
令
，它的图象是一条开口向上的抛物线．
若
，则
，此时，
，所以
．
若
，
，设抛物线与x 轴交点横坐标为
、
，且
，
要使
，则必须
，则
，解得
．
综合上述，实数a 的取值范围为
．
考点二 三个“二次”之间的关系
典例1．（多选）已知二次函数
图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
在区间
上单调递减
B．不等式
的解集为
C．
D．不等式
的解集为
【答案】ABD
【分析】根据二次函数图象，结合二次函数与一元二次不等式、一元二次方程的关系判断各项的正误.
【详解】由图象及二次函数性质
的对称轴为
，又图象开口向上，
所以
在区间
上单调递减，A 对；
由图知：不等式
的解集为
，B 对；
由图知：
，C 错；
根据二次函数与一元二次方程的关系，
是
的两个根，
所以
，
，且
，
所以
，解集为
，D 对.
故选：ABD
典例2．若关于
的不等式
的解集是
，则关于
的不等式
的
解集是 .
【答案】
【分析】利用三个二次的关系，得到方程
有两根为
和，且
，将
用
表示后代入
所求不等式，化简即可求其解集.
【详解】由题意，方程
有两根为
和，且
.
则
解得
.
将上式代入不等式
，整理得
，
因
，故得
，解得
，
即不等式
的解集是
.
故答案为：
跟踪训练1．（多选）已知关于
一元二次不等式
的解集为
（其中
），
关于
一元二次不等式
的解集为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．当
时，
的最小值为
【答案】BC
【分析】结合一元二次不等式与二次函数的关系及函数的平移得到
，从而得到
，即
可判断A、B、C，由韦达定理得到
，利用基本不等式判断D.
【详解】因为关于
一元二次不等式
的解集为
（其中
），
所以二次函数
与
轴有两个交点且
，交点坐标分别为
，
，
又关于
一元二次不等式
的解集为
，
即二次函数
与
轴有两个交点且
，交点坐标分别为
，
，
，
又二次函数
的图象是由
向上平移
个单位得到的，
又
开口向下，对称轴为
，
由于无法确
的值，以下只能得到
与
图象的大致情形如下（这里只列
出其中一种）：
所以
，
则
，所以
，
，所以
，故A 错误，B 正确；
又
，
，所以
，故C 正确；
因为
、
为关于
的方程
的两根，
所以
，
，
又
，所以
，所以
，
所以
，
所以
，当且仅当
，即
时取等号，
显然
，所以
，故D 错误.
故选：BC
跟踪训练2．（多选）若关于
的一元二次不等式
的解集为
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】抓住一元二次方程、一元二次不等式和一元二次函数“三个二次”的关系分析，结合图象即可一
一判断.
【详解】对于A，由题意，结合二次函数
的图象知，抛物线开口应向下，则
，故A 错
误；
对于B，依题意，
，且一元二次方程
的两根为
和3，
由韦达定理，
，故
，
，即
，故B 正确；
对于C，由上分析可得
，故C 正确；
对于D，由上分析可得
，故D 正确.
故选：BCD.
考点三 一元二次不等式恒成立（有解问题）
典例1．若关于
的不等式
在
上有解，则实数
的取值范围是 ．
【答案】
【分析】解法一、令
，转化为
，再分
，
，
讨论即
可；解法二、根据题意，参变分离得
，再分
，
求函数最值即可.
【详解】解法一 、令
，
①当
时，
在
上单调递减，所以
，此时满足条件．
②当
时，
的图象的对称轴方程为
，
若
，则
在
上单调递减，则只需满足
，得
；
若
，则
，且
时已满足条件．
综上，实数
的取值范围为
．
解法二、
时，
，由
得
，
则
在
上有解．
令
，则当
时，
；
当
时，
，
又
在
单调递增，所以
，即
，
故实数
的取值范围为
．
故答案为：
.
典例2．（2025·山东·二模）已知不等式
对任意的
恒成立，则实数a 的最小
值为 ．
【答案】
【分析】分离参数，利用基本不等式即可求解.
【详解】因为不等式
对任意的
恒成立，
所以
对任意的
恒成立，
又当
时，
，当且仅当
，即
时，等号成立，
所以
，即
，所以实数a 的最小值为
.
故答案为：
.
跟踪训练1．当
时，不等式
恒成立，则k 的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】对
分类讨论，结合二次函数的性质求最值可得结果.
【详解】①当
时，不等式化为
，显然恒成立，满足题意；
②当
时，令
，则
在
上恒成立，
函数
的对称轴为
，
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增，
则有
，解得
；
当
时，
在
上单调递增，在
上单调递减，
则有
，解得
.
综上可知，
的取值范围是
.
故选：A.
跟踪训练2．（2025·江西上饶·二模）若不等式
恒成立，则
的取值集合为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用换元法，把原不等式转化为
恒成立问题，再分
，
，
讨论即可.
【详解】设
，则
，
.
原不等式可化为：
.
因为
，所以
，
.
当
时，
，所以
在
恒成立，所以
；
当
时，
，所以
成立；
当
时，
，所以
在
上恒成立，所以
.
综上可得：
.
故选：A
跟踪训练3．若
，
，对
，均有
恒成立，则
的取值范围为
.
【答案】
【分析】设
，
，分
和
两种情况，构建
，则
，结合二次函数性质分类讨论求最值求解即可.
【详解】设
，可得
，
1.若
，则
，
可得
对
恒成立，
则
，解得
，
所以
成立；
2.若
，设
，则
，
可得
对
恒成立，
构建
，则
，
（1）若
，则二次函数
的图象开口向上，
可得
，消去解得
；
（2）若
，则二次函数
的图象开口向下，对称轴
，
①当
时，则
在
内单调递增，
可得
，且
，
则
，解得
；
②当
时，则
在
内单调递减，
可得
，且
，
则
，解得
；
③当
时，则
，
整理可得
，
即存在
，使得
，
可得
，解得
；
综上所述：
的取值范围为
.
故答案为：
.
考点四 实根分布
典例1．若关于x 的一元二次方程
分别满足下列条件时，求m 的取值范围．
(1)两根都大于0；
(2)一根大于
，另一根小于
；
(3)一根在
内，另一根在
内；
(4)一根在
内，另一根不在
内；
(5)一根小于1，另一根大于2；
(6)两根都在区间
内；
(7)在
内有解．
【答案】(1)
(2)
或
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
【分析】（1）根据判别式符号以及韦达定理列不等式求解；
（2）利用
求解；
（3）函数在
的函数值的符号列不等式求解；
（4）分三种情况讨论，区间端点处函数值符号列不等式求解；
（5）利用
求解；
（6）根据判别式符号以及区间端点处函数值符号列不等式求解；
（7）分三种情况讨论，区间端点处函数值符号列不等式求解.
【详解】（1）设
两根都大于0，应满足
解得
（2）一根大于
，另一根小于
，应满足
,
即
,
解得
或
（3）一根在
内,另一根在
内,应满足
即
解得
（4）一根在
内，另一根不在
内，
应满足
或
或
可得
或
，又
．
∴m 的取值范围为
．
（5）一根小于1，另一根大于2，应满足
即
，解得
．
（6）两根都在
内，应满足
解得
．
（7）在
内有解，应满足
或
或
或
解得
．
跟踪训练1．关于
的方程
有两根，其中一根小于2，另一根大于3，则实数
的取
值范围是（ ）
A．
或
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据已知条件结合一元二次函数及其方程的性质列出关于a 的不等式组，即可求解．
【详解】设
，
则由题意可知
，即
，解得
，
故实数
的取值范围是
.
故选：C．
跟踪训练2．（多选）若方程
恰有一个实根，则实数
的取值范围可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【分析】在题干中的等式两边平方得出
，然后对实数
的取值进行分类讨论，根据
原方程只有一个实数解，可得出关于
的等式与不等式，综合可解得实数
的取值范围.
【详解】由
可得
，整理得
.
由于方程
恰有一个实根，分以下几种情况讨论：
（i）当
时，
或.
若
，则
，矛盾；
若
，则
，解得
，满足方程
；
（ii）当
时，即当
且
时，
若
，解得
，
此时方程为
，即
，解得
，
满足方程
；
若
，若
且
，
则
在
上有且只有一个实数解，
而
，故
且
满足；
若
且
，则
在
上有且只有一个实数解，
设
，则
，
而
，故
，此时对称轴
，
而
，
故此时
在
上无解，
综上所述，实数
的取值范围是
或
.
故选：BD.
跟踪训练3．（24-25 高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数
若方程
有5 个不同的实数根，则实数
的取值范围为 .
【答案】
【分析】求
并利用导数分析函数
的单调性和极值，画出函数
图象，利用换元法以及数形结
合将方程根的问题转化成关于的方程
有两个不相等的实根
，且满足
，
或
；再由一元二次方程根的分布即可求得实数
的取值范围.
【详解】当
时，
，
，
所以
在
上单调递增，
当
时，
，
，
则当
时，
，当
时，
，
所以
在
上为增函数，在
上为减函数，则
.
所以
的大致图象如图所示.
令
，则方程
可转化为
；
结合图象可知，当
时，函数
与函数
有三个交点，
当
或
时，函数
与函数
有两个交点，
当
或
时，函数
与函数
有一个交点；
若关于
的方程
有5 个不同的实数根，
则方程
有两个不相等的实根
，且满足
，
或
；
若
可得
，
解得
；
经检验当
时，方程
即为
，解得
，符合题
意；
若方程
有两个不相等的实根
需满足
，
,
故
，即
，解得
综上可知，实数
的取值范围为
或
，
所以实数
的取值范围是
.
故答案为：
.
考点五 一元二次不等式的应用
典例1．某文具店购进一批新型台灯，若按每盏台灯15 元的价格销售，每天能卖出30 盏；若售价每提高1
元，日销售量将减少2 盏，现决定提价销售，为了使这批台灯每天获得不少于400 元的销售收入．则这批
台灯的销售单价x（单位：元）的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设灯的销售单价，由题意列不等式，进而求出结果即可．
【详解】解：设这批灯的销售单价为x 元，由题意可得
，
由题意可得
，
即
，解得
，
可得x 的范围为
．
故选：C．
典例2．某商店购进一批成本为每件30 元的商品，经调查发现，该商品每天的销售量
（件）与销售单价
（元）之间满足一次函数关系，其图象如图所示．
(1)求该商品每天的销售量
与销售单价
之间的函数关系式；
(2)若商店按单价不低于成本价，且不高于50 元销售，则销售单价定为多少元时利润最大？最大利润是多
少？
(3)若商店要使销售该商品每天获得的利润不低于800 元，则每天的销售量最少应为多少件？
【答案】(1)
(2)当单价为
元时，取得最大利润为
元
(3)
件
【分析】（1）设出一次函数解析式，利用待定系数法求得正确答案.
（2）求得利润的表达式，利用二次函数的性质求得最值以及此时对应的单价.
（3）根据已知条件列不等式，根据函数的单调性求得销售量的最小值.
【详解】（1）设
，由图可知，函数图象过点
，
所以
，解得
，所以
，
由
解得
.
所以每天的销售量
与销售单价
之间的函数关系式是
.
（2）若
，
则利润
，
其开口向下，对称轴为
，所以当
时，
利润取得最大值为
，
所以当单价为
元时，取得最大利润为
元.
（3）由（2）得利润
，
由
整理得
，
即
，解得
，
销售量
是减函数，所以当
时，销售量最小，
且最小值为
件.
跟踪训练1．（2025 高三·北京·专题练习）某商家为了提高一等品M 的销售额，对一等品M 进行分类销售．
据统计，该商家有200 件一等品M，产品单价为
元．现计划将这200 件一等品分为两类：精品
和优品．其中优品x 件（
，
），分类后精品的单价在原来的基础上增加2x%，优品的单价调
整为
元（
），因市场需求旺盛，假设分类后精品与优品可以全部售完．若优品的单价不
低于分类前一等品M 的单价，且精品的总销售额不低于优品的总销售额，则n 的值可能为 .
【答案】6 或7
【分析】根据题意列出不等式组求解即可.
【详解】依题意
，则
，
由
知：
，且
，
由
知：
在
上恒成立，
因为
在
上递增，
所以
，即
，
综上，
，
.
故答案为： 6 或7.
跟踪训练2．2024 年8 月12 日，为期16 天的巴黎奥运会落下帷幕，回顾这一届奥运会，中国元素在这里
随处可见.这个盛夏，“中国智造”不仅为巴黎奥运会注入了新动力，也向世界展示了中国向“新”而行的
活力，让人们在享受比赛的同时，感受到中国发展的脉搏.巴黎奥组委的数据显示，本届奥运会
的吉祥
物产自中国.据调查，国内某公司出售一款巴黎奥运会吉祥物，需要固定投入300 万元费用.假设购进该款产
品全部售出.若以80 元的单价出售，可售出15 万件，且每降价1 元，销量增加五千件.若购进该产品数量不
超过30 万件，则经销商按照每件30 元成本收费；若购进30 万件以上，则直接与玩具公司合作，以全新方
式进行销售，此时利润
（万元）与销量
（万件）的关系为
.
(1)当购进产品数量为10 万件时，利润是多少？
(2)写出利润
万元关于购进产品数量
（万件）的函数解析式？（利润
销售收入-成本）
(3)购进并销售产品多少万件时，利润最大？此时利润是多少？
【答案】(1)200（万元）；
(2)
(3)当
（万件）时，利润最大，此时利润是910（万元）
【分析】（1）根据题意和已知条件代入求解即可；
（2）对
进行分类讨论写出
的解析式；
（3）对
分类讨论写出各段函数的最大值进行比较.
【详解】（1）
（万元）.
所以当购进产品数量为10 万件时，利润是200 万元.
（2）当
时，
，
当
时，不妨设降价元，购进产品全部售出，
则
，得到
，
所以
，
当
时，
，
所以
（3）由（2）知，当
时，
，
当
（万件），利润最大，此时利润是450（万元），
当
时，
，
当
（万件），利润最大，此时利润是500（万元），
当
时，
，
当且仅当
，即
，
当
（万件），利润最大，此时利润是910（万元），
因为
，所以当
（万件）时，利润最大，此时利润是910（万元）.
考点六 其他不等式及其解法
典例1．（2025 高三·天津·专题练习）求下列不等式的解集：
(1)
;
(2)
；
(3)
；
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）不等式移项，化二次项系数为正，因式分解后，结合一元二次方程的根可得解集；
（2）根据分式不等式的解法转化为整式不等式求解；
（3）化为整式不等式平方后求解即可；
【详解】（1）原不等式可化为
，即
，
所以
，
故原不等式的解集为
（2）由
可得
，
即
，解得
，
所以不等式的解集为
.
（3）由
可得
，
即
，解得
且
，
所以不等式的解集为
.
典例2．求不等式
的解集．
【答案】
或
【分析】解法一：根据符号法则列出式子计算；解法二：将式子因式分解然后利用穿针引线计算即可.
【详解】解法一：原不等式同解于下列两个不等式组：
①
或者②
解①得
；解②得
．
综上所述，原不等式的解集是
或
．
解法二：原不等式可化为
．
借助数轴，讨论各个因式之积的符号，如图1 所示（数轴标根法）．
由此得到原不等式的解集是
或
．
跟踪训练1．（2025·河南许昌·三模）已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先求出集合
中不等式的解集，然后根据集合的交集定义求出
.
【详解】由
，
可得
，
，
故
.
故选：D.
跟踪训练2．已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据分式不等式求解方法求出
，利用指数函数的性质求出
，再根据集合间的交集和补集计算
即可.
【详解】由题意
，即
，解得
，
可得
，所以
，
故
，
故选：D.
跟踪训练3．求不等式
的解集．
【答案】
或
【分析】将给定不等式移项通分，再利用数轴标根法求解.
【详解】不等式
，
借助数轴，讨论各个因式之积的符号，如图所示（数轴标根法）：
所以原不等式的解集是：
或
.
1.不等式
的解集是（ ）
A．
B．
或
C．
D．
或
【答案】A
【分析】原不等式即
，解出
，即可求解.
【详解】原不等式即
，解得
，所以
，
所以解集为
．
故选：A.
2.
，不等式
恒成立，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】法一：利用参变分离法将恒成立问题转化为求
在
上的最值即得；法二：根据二次函
数的开口与对称轴，给定区间得到不等式组，求解即得.
【详解】法一：由
对
恒成立可得
在该范围内恒成立，
因为
，函数图象的对称轴为直线
，
又函数
在
上单调递增，故
，则
．
所以
的取值范围是
．
法二：
，不等式
恒成立，
对应二次函数
图象开口向上，对称轴为直线
，
则当
及
时均需满足
，即
解得
，
所以
的取值范围是
．
故选：B.
3.一元二次不等式
的解集为
的充要条件是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据一元二次不等式解集，结合对应二次函数的性质列不等式组，即可得答案.
【详解】一元二次不等式
的解集为
，即
恒成立，
得到充要条件是
故选：B
4.设集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先解两个不等式，求得集合
，再利用交集的定义求解即得.
【详解】因
，
，
则
故选：D．
5．（25-26 高三上·内蒙古包头·阶段练习）设
，则“
”是“
”的必要而不充分条
件，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】根据一元二次不等式以及绝对值不等式的求解化简，即可根据必要不充分条件列出不等式求解.
【详解】∵
，∴
，∵
，∴
，
∴
是
的必要不充分条件，则
或
，得
，
故选：A．
6.不等式
的解集是 ．
【答案】
或
或
【分析】先将不等式进行化简，然后利用数轴穿根法求解不等式的解集即可.
【详解】
等价于
．
数轴穿根法如图，
注意因式
的次数为2，因此不穿过数1，故不等式的解集为
或
或
．
故答案为：
或
或
．
7.关于
的不等式
的解集为
，求
的值．
【答案】16
【分析】不等式
可化为
，根据题意，应用韦达定理可解.
【详解】不等式
可化为
，
依题意可知，－3，4 是方程
的两个实根，
则可得
解得
，
所以
．
8.已知集合
，
，若
，则实数
的取值范围为
．
【答案】
【分析】由
，考虑
，当
时，等价转化成方程
的两根在集合
，
再由二次方程根的分布问题求解即可.
【详解】由
解得
，
所以
，要使
，则存在以下两种情况．
（1）若
，即方程
无实数根，则
，解得
．
（2）若
，设方程
的两根为
，
，
设
，画出函数图象，如答图7-1，分析可知，
方程
的两根
，
都在
上，
故应满足
，解得
．
综上所述，
的取值范围为
．
故答案为：
.
9.若关于
的方程
的两个根
都在区间
上，则a 的值范围为 ．
【答案】
【分析】结合二次函数根的区间分布，列出不等式组，解出即可.
【详解】设
，由题可知，若
都在区间
内，
则需满足
，所以
解得
．
故答案为：
.
10.某工厂2025 年年初用100 万元购进一台新的设备，并立即投入使用，使用该设备后，每年的总收入预
计为50 万元．设使用
年后该设备的维修、保养费用为
万元，盈利总额为
万元．（1）
与
之间的函数关系式为 ；（2）从第 年开始，使用该设备开始盈利．
【答案】
3
【分析】（1）根据题意，即可得出函数；（2）由
，得不等式并求解即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，
．
（2）当
时，开始盈利，即
，
整理，得
，解得
．
又因为
，所以
，即从第3 年开始盈利．
故答案为：（1）
；（2）3.
11．（25-26 高三上·福建龙岩·阶段练习）已知二次函数
．
(1)若
时，不等式
恒成立，求实数
的取值范围．
(2)解关于
的不等式
（其中
）．
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）等价变形给定不等式，分离参数，利用基本不等式求出最小值即可.
（2）分类讨论求解含参数的不等式.
【详解】（1）不等式
，
当
时，
恒成立，而
，
当且仅当
时取等号，则
，
所以实数a 的取值范围是
.
（2）不等式
，
当
时，不等式为
，解得
；
当
时，不等式为
，解得
或
；
所以当
时，原不等式解集为
；
当
时，原不等式解集为
.
1.已知关于
的不等式
的解集为A，则下列结论错误的是（ ）
A．A 中可能只有一个元素
B．若
，则A 中的元素为负数
C．若
，则
D．A 可能为空集
【答案】D
【分析】A 选项，因式分解得到
，当
时，
，A 正确；B 选项，
时，
，A 中元素均为负数，B 正确；C 选项，在AB 基础上，得到
时，
，结合
得到不等式，求出C 正确；D 选项，由根的判别式得到A 不可能为空集.
【详解】A 选项，由
，得
，
当
，即
时，
，得
，则
，A 正确；
B 选项，当
，即
时，
，
此时
与
均为负值，所以A 中元素均为负数，B 正确；
C 选项，由AB 知，
时，不满足
，
当
，即
时，
，
因为
，所以
，得
，C 正确；
D 选项，由题意得
，则A 不可能为空集，D 错误．
故选：D
2.已知实数
满足
，则
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据已知得
，再应用换元法，令
分别求出最值，即可得范围.
【详解】
，则
，
，则
，
令
，
，
则
，
，
当
时
，当
时
均满足题意，
.
故选：B
3.已知二次函数
．甲同学：
的解集为
或
；乙同学：
的解集为
或
，丙同学：函数
图象的对称轴在
轴右侧．在这三个同学的论述中，只
有一个假命题，则实数
的取值范围为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据题设描述，由一元二次不等式的解集列不等式求参数
的范围，结合假命题个数确定参数范
围.
【详解】若
的解集为
或
，则
解得
；
若
的解集为
或
，则
解得
；
若函数
图象的对称轴在
轴右侧，则对称轴
，则
，得
．
又这三个同学的论述中，只有一个假命题，故乙同学为假，综上，
．
故选：C.
4.关于
的方程
至少有一个负根的充要条件是 ．
【答案】
【分析】根据题意，分
和
，结合一元一次方程和一元二次方程的性质，结合韦达定理，列出不
等式组，即可求解.
【详解】当
时，方程为
，此时方程的根为负根，
当
时，方程
，
至少有一个负实根包含方程有两个负根和一正一负两个实根两种情况：
当方程有两个负根（含重根）时，则有
，解得
；
当方程有一个负根一个正根时，则有
，解得
．
综上所述，当关于
的方程
至少有一个负根时，有
，
即关于
的方程
至少有一个负根的充要条件是
．
故答案为：
．
5.已知
，且
，则
的最大值为 ．
【答案】
/
【分析】将已知条件整理得
，代入
消元得
，再变形后利用基本不等式即得.
【详解】
，
，
，
，
，
当且仅当
，即
时等号成立，
此时
取最大值
．
故答案为：
.
6.已知
，
，若关于
的不等式
在
时恒成立，则
的最小值是
.
【答案】
【分析】根据不等式分类讨论分析可知，
为方程
的根，代入化简可得
，进而
代入
消去
，结合基本不等式即可求解.
【详解】因为
，所以当
时，
；当
时
.
要使关于
的不等式
在
时恒成立，需两因式同号在
时恒成立.
则当
时，
；当
时，
；
所以当
时，
，
所以
，即
，
所以
，当且仅当
，即
时取等号，
即
的最小值为
.
故答案为：
.
7.已知关于
的不等式
的解是
，则关于
的不等式
的解为 ．
【答案】
或
【分析】依题意可得
和
是方程
的两个实根，再根据根与系数的关系得
，
在分
和
两种情况讨论即可求解答案．
【详解】由关于
的不等式
的解是
，
则
和
是方程
的两个实根，
由根与系数的关系得
，整理得
，
则当
时，关于
的不等式
转化为
，解得
；
当
时，关于
的不等式
转化为
，解得
．
综上关于
的不等式
的解为
或
．
故答案为：
或
．
8．（2025 高三·天津·专题练习）设实数
满足条件：关于
的方程
至多一个实
数根.
（1）则
的取值范围是 ；
（2）在此条件下，使
有解，则
的取值范围为 .
【答案】
．
【分析】（1）根据题意，只需满足
求解即可；
（2）将
分离，得到关于
的不等式，令
进行换元，得到关于的函数，求出该函数的单调性，
根据题中条件可知，函数有解，求得该函数的最大值即可.
【详解】（1）由方程至多一个实数根需满足
，其中判别式：
，
解得
即
的取值范围为
;
（2）对于
，使
有解，
即
在
上能成立，令
，则
，
则
，
因为对勾函数
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，则
，
即实数
的取值范围
.
故答案为：（1）
，（2）
9.已知函数
满足对任意的实数a，b，都有
，且当
时，
．若
对所有的
恒成立，则实数
的取值范围为 ．
【答案】
【分析】首先确定函数性质，
在
上单调递增，再求函数在区间上的最大值为
，将最大值带
入不等式.已知函数
的值域为
，则
恒或立
，即
；
恒成立
，即
.所以本题可化为
对所有的
恒成立, 令
，由
对
恒成立,即
，可得结果.
【详解】设
且
，则
，即
，
因为
，当
时，
，所以
，即
，
所以
，故
在
上单调递增，则
在
上的最大值为
．
因为
对所有的
恒成立，
所以
对所有的
恒成立，
即
对所有的
恒成立．
令
，由
对
恒成立，
得
，即
，解得
或
或
．
所以实数
的取值范围为
．
故答案为：
．
10.已知函数
．
(1)若
，求不等式
的解集；
(2)已知
，且
在
时恒成立，求
的取值范围；
(3)若关于
的方程
有两个不相等的实数根
，且
，求
的取值范围．
【答案】(1)
或
．
(2)
．
(3)
．
【分析】（1）利用因式分解法和数形结合法易得；
（2）在
时，判断
，利用参变分离法将不等式化成
，求出
的最大值即得；
（3）利用
求得
，根据韦达定理化简所求式，结合
的范围即可求得所求式范围.
【详解】（1）当
时，
，即
，
解得
或
．故不等式的解集为
或
．
（2）由
①，因
时，
，
将①式分离参数得
，因
，所以
．
（3）由题意可知
，且
解得
或
，
又
，可得
，故
，
因
，
由
可得
，则有
，
故
的取值范围是
．
1．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知集合
，
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合
，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合
中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因为
，而
，
所以
．
故选：C．
方法二：因为
，将
代入不等式
，只有
使不等式成立，所以
．
故选：C．
2．（2025·上海·高考真题）不等式
的解集为 ．
【答案】
【分析】转化为一元二次不等式
，解出即可.
【详解】原不等式转化为
，解得
，
则其解集为
.
故答案为：
.
3．（2024·上海·高考真题）已知
则不等式
的解集为 ．
【答案】
【分析】求出方程
的解后可求不等式的解集.
【详解】方程
的解为
或
，
故不等式
的解集为
，
故答案为：
.
4．（2025·天津·高考真题）若
，对
，均有
恒成立，则
的最
小值为
【答案】
【分析】先设
，根据不等式的形式，为了消
可以取
，得到
，验证
时，
是
否可以取到，进而判断该最小值是否可取即可得到答案.
【详解】设
，原题转化为求的最小值，
原不等式可化为对任意的
，
，
不妨代入
，得
，得
，
当
时，原不等式可化为
，
即
，
观察可知，当
时，
对
一定成立，当且仅当
取等号，
此时，
，说明
时，
均可取到，满足题意，
故
的最小值为
.
故答案为：
5．（2023·全国乙卷·高考真题）设
，若函数
在
上单调递增，则a 的取值
范围是 .
【答案】
【分析】原问题等价于
恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可
得
，由右侧函数的单调性可得实数
的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数
的取值范围.
【详解】由函数的解析式可得
在区间
上恒成立，
则
，即
在区间
上恒成立，
故
，而
，故
，
故
即
，故
，
结合题意可得实数
的取值范围是
.
故答案为：
.
