专题1.5 二次函数与一元二次方程、不等式（举一反三讲义）
【全国通用】
【题型1 不含参一元二次不等式的求解】..............................................................................................................3
【题型2 含参一元二次不等式的求解】..................................................................................................................4
【题型3 由一元二次不等式的解确定参数】.........................................................................................................6
【题型4 分式、高次、绝对值不等式的求解】.....................................................................................................8
【题型5 一元二次不等式根的分布问题】..............................................................................................................9
【题型6 二次函数的单调性、最值及图象问题】...............................................................................................10
【题型7 一元二次不等式恒成立问题】................................................................................................................13
【题型8 一元二次不等式有解问题】....................................................................................................................15
【题型9 一元二次不等式的实际应用】................................................................................................................16
1、二次函数与一元二次方程、不等式
考点要求
真题统计
考情分析
(1)会从实际情景中抽象出
一元二次不等式
(2)掌握三个“二次”的关
系，会解一元二次不等式
(3)了解分式、高次、绝对
值不等式的解法
2023 年新高考I 卷：第1 题，5
分
2025 年全国二卷：第4 题，5
分
2025 年天津卷：第15 题，5 分
2025 年上海卷：第2 题，4 分
一元二次不等式是高考数学的重要内
容.从近几年高考情况来看，解不等
式、三个“二次”的关系是常考内
容，高考中主要以选择题、填空题的
形式呈现，难度不大；此外，“含参
不等式恒成立与能成立问题”也是常
考的热点内容，其以覆盖知识点多、
综合性强、解法灵活等特点备受高考
命题者的青睐.
知识点 一元二次不等式
1．一元二次不等式的解法
(1)解不含参数的一元二次不等式的一般步骤：
①通过对不等式变形，使二次项系数大于零；
②计算对应方程的判别式；
③求出相应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程没有实根；
④根据函数图象与x 轴的相关位置写出不等式的解集．
(2)解含参数的一元二次不等式的一般步骤：
①若二次项系数含有参数，则需对二次项系数大于0、等于0 与小于0 进行讨论；
②若求对应一元二次方程的根需用公式，则应对判别式Δ 进行讨论；
③若求出的根中含有参数，则应对两根的大小进行讨论．
2．分式、高次、绝对值不等式的解法
(1)解分式不等式的一般步骤：
①对于比较简单的分式不等式，可直接转化为一元二次不等式或一元一次不等式组求解，但要注意分母不
为零．
②对于不等号右边不为零的较复杂的分式不等式，先移项再通分(不要去分母)，使之转化为不等号右边为
零，然后再用上述方法求解．
(2)解高次不等式的一般步骤：
高次不等式的解法：如果将分式不等式转化为正式不等式后，未知数的次数大于2，一般采用“穿针引线
法”，步骤如下：①标准化；②分解因式；③求根；④穿线；⑤得解集.
(3)解绝对值不等式的一般步骤：
对于绝对值不等式，可以分类讨论然后去括号求解；还可以借助数轴来求解.
3．一元二次不等式恒成立、存在性问题
不等式对任意实数x 恒成立，就是不等式的解集为R，对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0，它的解集为R
的条件
．
一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R 的条件为
．
一元二次不等式ax2＋bx＋c>0 的解集为∅的条件为
．
【方法技巧与总结】
1．已知关于x 的一元二次不等式ax 2+bx +c>0 的解集为R，则一定满足{a>0¿¿¿¿；
2．已知关于x 的一元二次不等式ax 2+bx +c>0 的解集为∅，则一定满足{a<0¿¿¿¿；
3．已知关于x 的一元二次不等式ax 2+bx +c<0的解集为R，则一定满足{a<0¿¿¿¿；
4．已知关于x 的一元二次不等式ax 2+bx +c<0的解集为∅，则一定满足{a>0¿¿¿¿．
【题型1 不含参一元二次不等式的求解】
【例1】（2025·天津·模拟预测）已知p: x
2+2 x−3<0，q: x
2+x−2<0，则p是q的（ ）条件
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
【解题思路】分别求得对应命题的范围，根据集合语言和命题语言的关系，即可判断.
【解答过程】由p: x
2+2 x−3<0得−3<x<1，
由q: x
2+x−2<0得−2<x<1，
则p是q的必要不充分条件.
故选：B.
【变式1-1】（23-24 高一上·山东济宁·阶段练习）不等式(x−2)(3−2 x)≥0的解集为（ ）
A．{x) x>3
2)
B．{x) 3
2 ≤x ≤2)
C．{x) x ≤3
2 或x ≥2)
D．{x) x ≤3
2)
【解题思路】利用二次不等式的解法求解即可.
【解答过程】因为(x−2)(3−2 x)≥0，
所以(x−2)(2 x−3)≤0，解得3
2 ≤x ≤2，
则不等式(x−2)(3−2 x)≥0的解集为{x) 3
2 ≤x ≤2).
故选：B.
【变式1-2】（2025·江西上饶·一模）已知集合M ={x|x
2−6 x −7<0))，N ={x|2 x>a))，若M ⊆N，则
实数a的取值范围为（ ）
A．(−∞,14)
B．(−∞,14)
C．(−2,+∞)
D．(−∞,−2)
【解题思路】解不等式求得集合M , N，由M ⊆N，可得a
2 ≤−1，求解即可.
【解答过程】由x
2−6 x−7<0，得( x−7)( x +1)<0，解得−1<x<7，所以M =(−1,7)，
N ={x| 2 x>a)={x| x>a
2)，
由M ⊆N，所以a
2 ≤−1，解得a≤−2，所以实数a的取值范围为(−∞,−2).
故选：D.
【变式1-3】（2025·河北·模拟预测）已知集合A ={x) x
2<1)，B ={x)2a<x <2a+1)，若“t ∈B”是“
t ∈A”成立的充分不必要条件，则实数a 的取值范围为（ ）
A．[−1
2 ,0)
B．(−1
2 ,0)
C．(0, 1
2)
D．[0, 1
2)
【解题思路】先求解不等式x
2<1，得到集合A，再由“t ∈B”是“t ∈A”成立的充分不必要条件，
分析得到B ⫋A，再列出不等式组，求解即可.
【解答过程】由x
2<1解得−1<x<1，故A =(−1,1)，
因为“t ∈B”是“t ∈A”成立的充分不必要条件，
所以B ⫋A，所以有{
2a≥−1
2a+1≤1)，解得−1
2 ≤a≤0，
故选：A.
【题型2 含参一元二次不等式的求解】
【例2】（2025 高一上·河北保定·专题练习）若0<t <1，则关于x 的不等式( x−t )( x−1
t )<0的解集为
（ ）
A．{x| 1
t <x<t }
B．{x| x>1
t 或x<t }
C．{x| x<1
t 或x>t }
D．{x| t <x<1
t }
【解题思路】根据给定条件，比较t , 1
t 的大小，进而结合二次函数的图象写出解集.
【解答过程】当0<t <1时，1
t >1>t >0，解(x−t )(x−1
t)<0，得t <x<1
t ，
所以不等式( x−t )( x−1
t )<0的解集为{x| t <x<1
t }.
故选：D.
【变式2-1】（24-25 高一上·上海金山·期末）当0<a<1时，关于x 的不等式(x −3)[(1−a) x +(a−3))<0的
解集为（ ）
A．(−∞, a−3
a−1)∪(3,+∞)
B．(−∞,3)∪(
a−3
a−1 ,+∞)
C．(3, a−3
a−1)
D．(
a−3
a−1 ,3)
【解题思路】将原不等式转换为(x−3)[x−a−3
a−1)<0，在0<a<1的前提下，比较3, a−3
a−1的大小即可得
解.
【解答过程】0<a<1时，1−a>0，不等式(x−3)[(1−a) x +(a−3))<0可化为(x−3)[x−a−3
a−1)<0，
因为a−3
a−1 −3=a−3−3a+3
a−1
=−2a
a−1，且0<a<1，
所以−2a
a−1 >0，a−3
a−1 >3，
解原不等式，得3<x<a−3
a−1，
所以原不等式的解集为{x| 3<x<a−3
a−1).
故选：C.
【变式2-2】（24-25 高一上·广东汕头·期末）对于给定实数a，关于x 的一元二次不等式(ax−1)(x +1)<0
的解集可能是（ ）
A．{x)−1<x<1
a)
B．{x) x ≠1)
C．{x) 1
a <x<−1)
D．R
【解题思路】根据参数a的符号，以及1
a和−1的大小关系分类讨论即可.
【解答过程】当a<−1时，−1<1
a <0，此时解集为{x) x <−1)或x>1
a)，
当a=−1时，1
a =−1，此时解集为{x) x ≠−1)，
当−1<a<0时，1
a <−1，此时解集为{x) x<1
a)或x>−1)，
当a=0时，不等式为−(x +1)<0，此时解集为{x) x >−1)，
当a>0时，1
a >0，此时解集为{x)−1<x<1
a)，
故A 正确，B、C、D 错误.
故选：A.
【变式2-3】（24-25 高一上·陕西渭南·阶段练习）关于x的不等式a x
2+(2a−1) x−2>0，其中a≤0，则该
不等式的解集不可能是（ ）
A．(−∞,−2)
B．(−2, 1
a)
C．(−∞,−2)∪(
1
a ,+∞)
D．(
1
a ,−2)
【解题思路】考虑a=0和a<0两种情况，当a<0时将不等式变形为(x +2)(x−1
a)<0，根据根的大小关系
得到a∈(−1
2 ,0)，a=−1
2，a∈(−∞,−1
2)三种情况，解不等式对比选项即可.
【解答过程】当a=0时，不等式a x
2+(2a−1) x−2>0，即−x−2>0，x<−2，
故不等式的解集为(−∞,−2)，故A 可能；
当a<0时，a x
2+(2a−1) x−2=a(x +2)(x−1
a)>0，即(x +2)(x−1
a)<0，
当a∈(−1
2 ,0)时，(x +2)(x−1
a)<0的解集为(
1
a ,−2)，故D 可能；
当a=−1
2时，不等式(x +2)(x−1
a)<0无解；
当a∈(−∞,−1
2)时，(x +2)(x−1
a)<0的解集为(−2, 1
a)，故B 可能.
故选：C.
【题型3 由一元二次不等式的解确定参数】
【例3】（24-25 高二下·江苏无锡·阶段练习）不等式x
2−ax−b<0的解集是{x| 1<x<3)，则
b x
2−ax−1>0的解集是（ ）
A．{x| −3<x<−1)
B．{x| −1<x<−1
3)
C．{x) x <−3)或x>−1)
D．{x) x <−1)或x>−1
3)
【解题思路】首先根据不等式的解集求出a,b的值，可求出b x
2−ax−1>0的解集.
【解答过程】因为不等式x
2−ax−b<0的解集是{x| 1<x<3)，
所以1,3是方程x
2−ax−b=0的两个根.
所以{
1−a−b=0
9−3a−b=0)，解得{
a=4
b=−3).
所以不等式−3 x
2−4 x−1>0化简得(3 x +1)(x +1)<0.
所以−1<x<−1
3.
故选：B.
【变式3-1】（2026 高三·全国·专题练习）若关于x的不等式x
2−(m+3) x +3m<0的解集中恰有3 个整数，
则实数m的取值范围为（ ）
A．(6,7]
B．[−1,0)
C．[−1,0)∪(6,7)
D．[−1,7)
【解题思路】分类m>3,m=3,m<3时，分别得出解析计算求参.
【解答过程】不等式x
2−(m+3) x +3m<0可化为(x−3)(x−m)<0，
当m>3时，不等式的解集为(3,m)，要使解集中恰有3 个整数，则这3 个整数只能是4，5，6，所以
6<m≤7；
当m=3时，不等式的解集为∅，此时不符合题意；
当m<3时，不等式的解集为(m,3)，要使解集中恰有3 个整数，则这3 个整数只能是0，1，2，所以
−1≤m<0．
综上可知，实数m的取值范围是[−1,0)∪(6,7]．
故选：C．
【变式3-2】（24-25 高一上·云南昭通·期中）已知不等式a x
2+bx +c<0的解集为{x∣x<−1或x>3}，则
下列结论正确的是（ ）
A．a>0
B．c<0
C．a+b+c>0
D．c x
2−bx +a<0的解集为{x|−1<x<1
3))
【解题思路】利用三个二次的关系分析得到a<0，b=−2a,c =−3a，即可判断AB；对于C，由
1∉{x∣x<−1或x>3}可得a+b+c>0；对于D，利用前面已得结论，消元后解一元二次不等式即得.
【解答过程】由题意知，−1和3 是方程a x
2+bx +c =0的两根，且a<0，
则有−1+3=−b
a , (−1)×3=c
a，故得b=−2a,c =−3a.
对于AB，由a<0和b=−2a,c =−3a，可推得b>0,c>0，故AB 均错误；
对于C，因1∉{x∣x<−1或x>3},故a+b+c>0，故C 正确；
对于D，由上分析，不等式c x
2−bx +a<0可化为a(3 x +1)(x−1)>0，
因a<0,，故可解得−1
3 <x<1，即c x
2−bx +a<0的解集为{x|−1
3 <x<1))，故D 错误.
故选：C.
【变式3-3】（2025·福建南平·二模）关于t的实系数二次不等式t
2+(b−1)t +a<0的解集为(−2,−1)，若
a
x−b
y =1，(x , y ∈R)，则2
x−y的最小值为（ ）
A．1
2
B．❑√2
C．2
D．2❑√2
【解题思路】由已知可得−2，−1是一元二次方程t
2+(b−1)t +a=0的根，进而可得{
a=2
b=4)，可得
2
x−y =1+4
y
2
y
=2
y+ 1
2
y ，可求2
x−y的最小值.
【解答过程】因为关于t的实系数二次不等式t
2+(b−1)t +a<0的解集为(−2,−1)，
所以−2，−1是一元二次方程t
2+(b−1)t +a=0的根，
所以{
−2−1=−(b−1)
−2×(−1)=a )，解得{
a=2
b=4)，所以2
x−4
y =1，所以2
x=4
y+1，
所以2
x−y =1+4
y
2
y
=2
y+ 1
2
y ≥2❑√
2
y× 1
2
y =2,
当且仅当y =0, x =1时取等号.
所以2
x−y的最小值为2.
故选：C.
【题型4 分式、高次、绝对值不等式的求解】
【例4】（2025·全国二卷·高考真题）不等式x−4
x−1 ≥2的解集是（ ）
A．{x∣−2≤x ≤1}
B．{x∣x ≤−2}
C．{x∣−2≤x<1}
D．{x∣x>1}
【解题思路】移项后转化为求一元二次不等式的解即可.
【解答过程】x−4
x−1 ≥2即为x +2
x−1 ≤0即{
(x +2)(x−1)≤0
x−1≠0
)，故−2≤x<1，
故解集为[−2,1)，
故选：C.
【变式4-1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）已知集合A ={x∈Z|−2≤x ≤4))，B ={x|
6
x +1 ≥1))，则
A ∩B =（ ）
A．{x|−1≤x ≤4))
B．{−1,0,1,2,3,4)
C．{0,1,2,3,4)
D．
{−2,−1,0,1,2,3,4)
【解题思路】先解分式不等式得集合B，再由交集的概念及运算可得结果.
【解答过程】A ={x∈Z|−2≤x ≤4))={−2,−1,0,1,2,3,4).
由6
x +1 ≥1，可得−1<x ≤5，所以B ={x|−1<x ≤5)).
所以A ∩B ={0,1,2,3,4).
故选：C.
【变式4-2】（2025·上海·高考真题）不等式x−1
x−3 <0的解集为 (1,3) ．
【解题思路】转化为一元二次不等式(x−1)(x−3)<0，解出即可.
【解答过程】原不等式转化为(x−1)(x−3)<0，解得1<x<3，
则其解集为(1,3).
故答案为：(1,3).
【变式4-3】（2025·上海崇明·二模）不等式| x−1| <2的解为 (−1,3) ．
【解题思路】结合绝对值不等式的解法，以及区间的定义，即可求解．
【解答过程】解：| x−1| <2，即−2<x−1<2，解得−1<x<3，
故所求解集为(−1,3)．
故答案为：(−1,3)．
【题型5 一元二次不等式根的分布问题】
【例5】（24-25 高一上·浙江·期中）关于x的方程x
2+(a−2) x +5−a=0有两根，其中一根小于2，另一根
大于3，则实数a的取值范围是（ ）
A．{a| a<−5或a>−4 }
B．{a|−5<a<−4))
C．{a|a<−5))
D．{a|a>−4))
【解题思路】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．
【解答过程】设f ( x)=x
2+(a−2)x +5−a，
则由题意可知{
f (2)<0
f (3)<0
Δ=(a−2)
2−4(5−a)>0)
，即{
4+2(a−2)+5−a<0
9+3(a−2)+5−a<0
Δ=(a−2)
2−4(5−a)>0)
，解得a<−5，
故实数a的取值范围是{a| a<−5}.
故选：C．
【变式5-1】（24-25 高一上·安徽合肥·期中）已知关于x 的方程x
2+(m−2) x +5−m=0有两个大于2 的相
异实数根，则实数m 的取值范围是（）
A．{m|−5<m≤−4)或m≥4}
B．{m|−5<m<−4))
C．{m|−5<m≤−4))
D．{m|−5<m<−4)或m>4}
【解题思路】设关于x 的方程x
2+(m−2)x +5−m=0的两个根分别为x1, x2，根据x1, x2满足的条件列不
等式组，解不等式组即可得实数m的取值范围.
【解答过程】设关于x 的方程x
2+(m−2)x +5−m=0的两个根分别为x1, x2,
则由根与系数的关系，知x1+x2=−(m−2), x1 x2=5−m
所以由题意知¿，
即¿，
解得−5<m<−4.
故选：B.
【变式5-2】（24-25 高三上·四川·阶段练习）若关于x的方程x
2−2ax +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（ ）
A．(−6
5 ,−1)
B．(−6
5 ,1)
C．(−∞,−6
5)∪(−1,+∞)
D．(−∞,−6
5)∪(1,+∞)
【解题思路】令g(x)=x
2−2ax +a+2，依题意可得{
Δ >0
−2<a<1
g(−2)>0
g(1)>0 )
，解得即可.
【解答过程】令g(x)=x
2−2ax +a+2，因为方程x
2−2ax +a+2=0在区间(−2,1)上有两个不相等的实数
解，
所以{
Δ >0
−2<a<1
g(−2)>0
g(1)>0 )
，即{
Δ =4 a
2−4 (a+2)>0
−2<a<1
4 +4 a+a+2>0
1−2a+a+2>0 )
，解得−6
5 <a<−1，
所以a的取值范围是(−6
5 ,−1)．
故选：A．
【变式5-3】（24-25 高一上·辽宁大连·期中）关于x 的方程a x
2+4 x +1=0至少有一个负根的充要条件是
（ ）
A．0<a≤4
B．a≤0
C．a<4
D．a≤4
【解题思路】根据实数a是不是为零进行分类讨论，结合根的判别式及韦达定理即可得解.
【解答过程】当a=0时，方程为4 x +1=0⇒x =−1
4 ，此时方程的根为负根，
当a≠0时，方程a x
2+4 x−1=0，
当方程有二个负根时，则有{
Δ =16−4 a≥0
−4
a <0
1
a >0 )
⇒0<a≤4，
当方程有一个负根一个正根时，则有{
Δ =16−4 a≥0
1
a <0
)
⇒a<0，
综上所述：当关于x 的方程a x
2+4 x +1=0至少有一个负根时，有a≤4，
即关于x 的方程a x
2+4 x +1=0至少有一个负根的充要条件是a≤4.
故选：D.
【题型6 二次函数的单调性、最值及图象问题】
【例6】（24-25 高一下·云南迪庆·期末）抛物线y =a x
2+bx +c(a≠0)的部分图象如图所示，下列说法正
确的是（ ）
A．abc>0
B．b=2a
C．3a+c<0
D．b
2<4 ac
【解题思路】根据图象，结合二次函数的图象的开口方向、对称轴、 函数值、零点个数逐项判断即可.
【解答过程】∵抛物线的开口向下，∴ a<0，
∵抛物线的对称轴为x =1，∴ −b
2a >0，∴ b>0，
∵抛物线y =a x
2+bx +c(a≠0)与y轴相交于正半轴，∴ c>0，∴ abc<0，故A 错误；
∵抛物线的对称轴为x =1，∴ −b
2a =1，∴ b=−2a，故B 错误；
由图象可知，当x =−1时，函数值小于0，即y =a−b+c =a+2a+c =3a+c<0，
故C 正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，∴ b
2−4 ac>0，∴ b
2>4 ac，故D 错误.
故选：C.
【变式6-1】（24-25 高一上·陕西西安·期末）若函数f (x)=a x
2−2 x +4在区间[1,3)上不具有单调性，则实
数a的取值范围是（ ）
A．(
1
3 ,1)
B．(−1,−1
3)
C．(−∞, 1
3)
D．(
1
3 ,+∞)
【解题思路】讨论两种情况，a≠0时先求出函数的对称轴，再根据二次函数在区间[1,3)上不具有单调性，
可判断对称轴在区间[1,3)上，进而得到答案.
【解答过程】a=0时，f (x)=−2 x +4在[1,3)上递减，不合题意；
a≠0时，函数f (x)=a x
2−2 x +4图象的对称轴为直线x =1
a，
因为函数f (x)=a x
2−2 x +4在区间[1,3)上不具有单调性，
所以1<1
a <3，解得1
3 <a<1，
所以实数a的取值范围是(
1
3 ,1)，
故选：A.
【变式6-2】（24-25 高一上·北京·开学考试）已知二次函数y =m x
2−2mx（m为常数），当−1≤x ≤2
时，函数值y 的最小值为−2，则m 的值是（ ）
A．−2
B．1
C．2 或−2
3
D．−1
【解题思路】利用二次函数的性质，先求得抛物线对称轴，分m>0和m<0，两种情况进行分析，求得m的
值即可．
【解答过程】∵y =m x
2−2mx，
抛物线的对称轴为直线
∴
x =1，
①当m>0时，抛物线的开口向上，
当
∵
−1≤x ≤2时，函数在x =1处取得最小值，
又函数值y 的最小值为−2，当
∴
x =1时，y =−2，∴m−2m=−2，解得m=2．
②当m<0时，抛物线的开口向下，
当
∵
−1≤x ≤2时，函数在x =−1处取得最小值，
又函数值y 的最小值为−2，当
∴
x =−1时，y =−2，∴m+2m=−2，解得：m=−2
3
故选：C．
【变式6-3】（2025·陕西汉中·三模）在特定条件下，篮球赛中进攻球员投球后，篮球的运行轨迹是开口向
下的抛物线的一部分.“盖帽”是一种常见的防守手段，防守队员在篮球上升阶段将球拦截即为“盖帽”，
而防守队员在篮球下降阶段将球拦截则属“违规”.对于某次投篮而言，如果忽略其他因素的影响，篮球处
于上升阶段的水平距离越长，则被“盖帽”的可能性越大.收集几次篮球比赛的数据之后，某球员投篮可以
简化为下述数学模型：如图所示，该球员的投篮出手点为P，篮框中心点为Q，他可以选择让篮球在运行
途中经过A，B，C，D四个点中的某一点并命中Q，忽略其他因素的影响，那么被“盖帽”的可能性最小
的线路是（ ）
A．P→A →Q
B．P→B→Q
C．P→C →Q
D．P→D→Q
【解题思路】根据游戏规则,分析被“盖帽”的可能性最小的情况下对二次函数的对称轴要求,根据对称轴
的位置确定轨迹.
【解答过程】篮球上升阶段越短, 被“盖帽”的可能性最越,则对称轴越靠近y轴越好,
设抛物线方程为y =a x
2+bx +c，当经过P(0,2), A(1,3),Q(4,3)时，
列方程组{
c =2
a+b+c =3
16a+4 b+c =3)，二次函数解析式为y =−1
4 x
2+5
4 x +2，对称轴为直线x =5
2，
同理可得经过P ,B ,Q时，对称轴为直线x =3，经过P ,C ,Q时，对称轴为直线x =31
14 ，经过P , D ,Q时，
对称轴为直线x =7
3，
可知经过P ,C ,Q时篮球处于上升阶段的水平距离最短.
故选：C.
【题型7 一元二次不等式恒成立问题】
【例7】（2025·浙江·模拟预测）若不等式k x
2+(k −6) x +2>0的解为全体实数，则实数k的取值范围是
（ ）
A．2≤k ≤18
B．−18<k <−2
C．2<k <18
D．0<k <2
【解题思路】分类讨论k =0与k ≠0两种情况，结合二次不等式恒成立问题的解决方法即可得解.
【解答过程】当k =0时，不等式k x
2+(k −6) x +2>0可化为−6 x +2>0，显然不合题意；
当k ≠0时，因为k x
2+(k −6) x +2>0的解为全体实数，
所以{
k >0
Δ=(k −6)
2−4 k ×2<0)，解得2<k <18；
综上：2<k <18.
故选：C.
【变式7-1】（24-25 高一下·贵州·期中）若不等式m x
2+mx−4<2 x
2+2 x对任意实数x均成立，则实数m
的取值范围是（ ）
A．(−2,2)
B．(−14,2)
C．(−∞,−2)∪[2,+∞)
D．(−14,2)
【解题思路】根据题意分类讨论m=2和m≠2，结合二次函数的性质列出不等式即可求解．
【解答过程】m x
2+mx−4<2 x
2+2 x⇔(m−2) x
2+(m−2) x−4<0，
因为不等式对于任意x均成立，
所以当m=2时，−4<0，符合题意；
当m≠2时，则{
m−2<0
Δ<0 )⇒{
m<2
(m−2)
2+16(m−2)<0)，
解得m∈(−14,2)，
综上所述，m∈(−14,2)，
故选：D．
【变式7-2】（24-25 高三上·山西·阶段练习）若命题p:∃x∈[−2,2)，使得x
2−2 x−m
2+2m≥0为假命
题，则实数m的取值范围为（ ）
A．(−∞,1)∪(1,+∞)
B．(−∞,0)∪(2,+∞)
C．(−∞,−4)∪(2,+∞)
D．(−∞,−2)∪(4 ,+∞)
【解题思路】问题转化为当−2≤x ≤2时，x
2−2 x−m
2+2m<0恒成立，利用二次函数的性质，求出
f (x)=x
2−2 x−m
2+2m在[−2,2)上的最大值，解不等式求实数m的取值范围即可.
【解答过程】因为p为假命题，所以¬ p:∀x∈[−2,2), x
2−2 x−m
2+2m<0为真命题，
即当−2≤x ≤2时，x
2−2 x−m
2+2m<0恒成立.
因为函数f (x)=x
2−2 x−m
2+2m=( x−1)
2−m
2+2m−1图象的对称轴为x =1，
所以当−2≤x ≤2时，f ( x)max=f (−2)=−m
2+2m+8，
所以−m
2+2m+8<0，即m
2−2m−8>0，
解得m<−2或m>4，
即实数m的取值范围为(−∞,−2)∪(4 ,+∞).
故选：D.
【变式7-3】（24-25 高三上·河南许昌·期中）∀x∈(−2,+∞)，x
2+(4−a) x +7−2a≥0恒成立，则实数
a的最大值为（ ）
A．❑√3
B．3
C．2❑√3
D．6
【解题思路】分离参数变为a≤x
2+4 x +7
x +2
在(−2,+∞)上恒成立，利用基本不等式求解最值得a≤2❑√3，即
可得解.
【解答过程】∀x∈(−2,+∞)，x
2+(4−a) x +7−2a≥0恒成立，
即x
2+4 x +7≥a(x +2)在(−2,+∞)上恒成立，
所以a≤x
2+4 x +7
x +2
=(x +2)
2+3
x +2
=(x +2)+ 3
x +2
在(−2,+∞)上恒成立，
又(x +2)+ 3
x +2 ≥2❑√
(x +2)⋅
3
x +2 =2❑√3，当且仅当x +2= 3
x +2，即x =❑√3−2时取等号，
所以a≤2❑√3，则实数a的最大值为2❑√3.
故选：C.
【题型8 一元二次不等式有解问题】
【例8】（24-25 高一上·北京·期中）已知存在x∈[0,1)，使得x
2−4 x ≥m
2−4 m成立，则m的取值范围是
（ ）
A．[0,1)
B．[1,3)
C．[0,4)
D．[0,+∞)
【解题思路】将问题转化为f ( x)max≥m
2−4 m，结合二次函数的最值性质即可得解.
【解答过程】依题意，令f ( x)=x
2−4 x , x∈[0,1]，
则f ( x)=x
2−4 x =( x−2)
2−4，其图象开口向上，对称轴为x =2，
所以函数f ( x)在区间[0,1]上单调递减，则f (x)max =f (0)=0
2−4×0=0，
因为存在x∈[0,1]，使得x
2−4 x ≥m
2−4 m成立，
所以f ( x)max≥m
2−4 m，即0≥m
2−4 m，
即m(m−4)≤0，解得0≤m≤4，
所以m的取值范围是[0,4)，
故选：C.
【变式8-1】（24-25 高一下·湖北黄冈·阶段练习）关于x的不等式x
2−(a+2)x +2a<0有解是“a>2”的
（ ）
A．充要条件
B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件
D．充分不必要条件
【解题思路】应用一元二次不等式有解求出参数范围结合必要不充分条件定义判断即可.
【解答过程】若关于x的不等式x
2−(a+2)x +2a<0有解，
则△=(a+2)
2−8a=(a−2)
2>0，得a≠2.
由“a>2”可以推出“a≠2”，
由“a≠2”不能推出“a>2”，
所以“关于x的不等式x
2−(a+2)x +2a<0有解”是“a>2”的必要不充分条件.
故选：B．
【变式8-2】（2025·河南·模拟预测）已知命题“∃x0∈[−1,1)，−x0
2+3 x0+a>0”为真命题，则实数a
的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2)
B．(−∞,4)
C．(−2,+∞)
D．(4 ,+∞)
【解题思路】由题知x0∈[−1,1)时，a>(x0
2−3 x0)min，再根据二次函数求最值即可得答案.
【解答过程】解：因为命题“∃x0∈[−1,1)，−x0
2+3 x0+a>0”为真命题，
所以，命题“∃x0∈[−1,1)，a>x0
2−3 x0”为真命题，
所以，x0∈[−1,1)时，a>(x0
2−3 x0)min，
因为，y =x
2−3 x =(x−3
2)
2
−9
4 ，
所以，当x∈[−1,1)时，ymin=−2，当且仅当x =1时取得等号.
所以，x0∈[−1,1)时，a>(x0
2−3 x0)min=−2，即实数a的取值范围是(−2,+∞)
故选：C.
【变式8-3】（2025·陕西宝鸡·模拟预测）若存在实数x，使得m x
2−(m−2) x +m<0成立，则实数m的取
值范围为（ ）
A．(−∞,2)
B．(−∞,0)∪(
1
3 , 3
2)
C．(−∞, 2
3)
D．(−∞,1)
【解题思路】分别在m=0、m>0和m<0的情况下，结合二次函数的性质讨论得到结果.
【解答过程】①当m=0时，不等式化为2 x<0，解得：x<0，符合题意；
②当m>0时，y =m x
2−(m−2) x +m为开口方向向上的二次函数，
只需Δ=(m−2)
2−4 m
2=−3m
2−4 m+4>0，即0<m<2
3；
③当m<0时，y =m x
2−(m−2) x +m为开口方向向下的二次函数，
则必存在实数x，使得m x
2−(m−2) x +m<0成立；
综上所述：实数m的取值范围为(−∞, 2
3).
故选：C.
【题型9 一元二次不等式的实际应用】
【例9】（24-25 高一上·广东肇庆·阶段练习）某网店销售一批新款削笔器，每个削笔器的最低售价为15
元.若按最低售价销售，每天能卖出30 个，若一个削笔器的售价每提高1 元，日销售量将减少2 个.为了使
这批削笔器每天获得400 元以上的销售收入，这批削笔器的销售单价x（单位：元）的取值范围是（ ）
A．(10,20)
B．[15,20)
C．(16,20)
D．[15,25)
【解题思路】设这批削笔器的销售价格定为x( x ≥15)元/个，利用题意列不等式，结合定义域解不等式即
可求解.
【解答过程】设这批削笔器的销售价格定为x( x ≥15)元/个，
由题意得[30−( x−15)×2]⋅x>400，即x
2−30 x +200<0，
方程
∵
x
2−30 x +200=0的两个实数根为x1=10,x2=20，
∴x
2−30 x +200<0解集为{x| 10<x<20}，又∵x ≥15，∴15≤x<20，
故应将这批削笔器的销售价格制定在每个15 元到20 元之间(包括15 元但不包括20 元)，
才能使这批削笔器每天获得400 元以上的销售收入.
故选：B.
【变式9-1】（2025 高二下·湖北·学业考试）若不计空气阻力，竖直上抛的物体距离抛出点的高度ℎ（单
位：m）与时间t（单位：s）满足关系式ℎ=v0t −1
2 gt
2，其中g≈10 m/ s
2,v0为初速度.向盼归同学以
v0=11m/ s竖直上抛一个排球，该排球在抛出点上方2m处及以上的位置最多停留时间为（ ）
A．1.8s
B．2.8s
C．3.8s
D．4.8s
【解题思路】令ℎ=11t −5t
2>2，求解t，求出排球在抛出点上方2m处及以上的位置最多停留时间.
【解答过程】由题意得：ℎ=11t −5t
2，令ℎ=11t −5t
2>2，
即5t
2−11t +2<0，解得0.2<t <2，
所以排球在抛出点上方2m处及以上的位置最多停留时间为2−0.2=1.8s.
故选：A.
【变式9-2】（24-25 高一上·云南·期末）在物理学中，若不计空气阻力，则竖直上抛的物体距离抛出点的
高度ℎ与时间t满足关系ℎ=v0t −1
2 gt
2，其中g≈10 m/ s
2，一名同学以初速度v0=11m/ s竖直上拋一排
球，排球能够在拋出点2m以上的位置最多停留（ ）
A．1.6s
B．1.7s
C．1.8s
D．1.9s
【解题思路】由题意可得ℎ=11t −5t
2，令ℎ>2，解一元二次不等式即可得结果.
【解答过程】由题意可得：ℎ=11t −5t
2，
令ℎ=11t −5t
2>2，即5t
2−11t +2<0，解得0.2<t <2，
所以排球能够在拋出点2m以上的位置最多停留2−0.2=1.8秒.
故选：C.
【变式9-3】（24-25 高一下·河南·开学考试）河南是华夏文明的主要发祥地之一，众多的文物古迹和著名
的黄河等自然风光构成了河南丰富的旅游资源，在旅游业蓬勃发展的带动下，餐饮、酒店、工艺品等行业
持续发展．某连锁酒店共有500 间客房，若每间客房每天的定价是200 元，则均可被租出；若每间客房每
天的定价在200 元的基础上提高10 x元（1≤x ≤10，x∈Z），则被租出的客房会减少15 x套．若要使该
连锁酒店每天租赁客房的收入超过106600 元，则该连锁酒店每间客房每天的定价应为（ ）
A．250 元
B．260 元
C．270 元
D．280 元
【解题思路】根据题意列出不等式求解.
【解答过程】依题意，每天有(500−15 x)间客房被租出，该连锁酒店每天租赁客房的收入为
(500−15 x)(200+10 x)=−150 x
2+2000 x +100000．
因为要使该连锁酒店每天租赁客房的收入超过106600 元，
所以−150 x
2+2000 x +100000>106600，即3 x
2−40 x +132<0，解得6<x<22
3 ．
因为1≤x ≤10且x∈Z，所以x =7，即该连锁酒店每间客房每天的租价应定为270 元．
故选：C．
一、单选题
1．（2025·甘肃白银·模拟预测）使不等式x
2+3≤4 x成立的一个充分不必要条件为（ ）
A．1≤x ≤3
B．0≤x ≤3
C．x>3
D．1<x<3
【解题思路】解不等式x
2+3≤4 x可得1≤x ≤3，结合充分条件及必要条件的定义判断结论.
【解答过程】解不等式x
2+3≤4 x，可得1≤x ≤3，
所以不等式x
2+3≤4 x成立的一个充分不必要条件必须为{x1≤x ≤3)的非空真子集，
所以可以排除选项A，B，C，
因为由1<x<3可推得1≤x ≤3，由1≤x ≤3不能推得1<x<3，
所以使不等式x
2+3≤4 x成立的一个充分不必要条件为1<x<3．
故选：D．
2．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）若关于x的不等式a x
2+bx−2>0的解集是(
1
a ,−2)，则a的取值范围是
（ ）
A．(−∞,−1
2)
B．(−1
2 ,+∞)
C．(−1
2 ,0)
D．(−1
2 ,0)∪(0,+∞)
【解题思路】由已知根据解集的形式判断二次函数的开口方向和方程根的大小关系，即可求解.
【解答过程】因为关于x的不等式a x
2+bx−2>0的解集是(
1
a ,−2)，
所以a<0且1
a <−2，
解得−1
2 <a<0，所以a的取值范围是(−1
2 ,0).
故选：C.
3．（2025·重庆·一模）已知a∈R，则“x
2+2 x +a>0的解集为R”是“a>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
【解题思路】由不等式x
2+2 x +a>0的解集为R可得Δ<0，即可求解.
【解答过程】因为不等式x
2+2 x +a>0的解集为R，所以4−4 a<0，所以a>1，
所以“x
2+2 x +a>0的解集为R”是“a>0”的充分不必要条件.
故选：A.
4．（2024·甘肃张掖·模拟预测）不等式|x
2−3 x)<2−2 x的解集是（ ）
A．(−1, 1
2)
B．(−1
2 , 1
2)
C．(−1, 5−❑√17
2 )
D．(
5−❑√17
2
, 1
2)
【解题思路】按照x
2−3 x正负分类讨论取绝对值，运算得解.
【解答过程】当x
2−3 x ≥0，即x ≥3或x ≤0时，
不等式|x
2−3 x)<2−2 x等价于x
2−3 x<2−2 x，即x
2−x−2<0，
解得−1<x<2，所以−1<x ≤0；
当x
2−3 x<0，即0<x<3时，不等式|x
2−3 x)<2−2 x等价于不等式3 x−x
2<2−2 x，即x
2−5 x +2>0，
解得x>5+❑√17
2
或x<5−❑√17
2
，所以0<x<5−❑√17
2
.
综上，不等式|x
2−3 x)<2−2 x的解集是(−1, 5−❑√17
2 ).
故选：C.
5．（2025·陕西渭南·二模）若关于x的不等式2a x
2−4 x<ax−2有且只有一个整数解，则实数a的取值范
围是（ ）
A．(1,2)
B．[1,2)
C．(0,2)
D．(0,2)
【解题思路】分类讨论，进行求解即可.
【解答过程】当a=0时，解得：x>1
2，不满足条件；
故a≠0，关于x的不等式2a x
2−4 x<ax−2可得2a x
2−(4 +a) x +2<0，
所以(2 x−1)(ax−2)<0，即a(2 x−1)(x−2
a)<0，
方程(2 x−1)(x−2
a)=0的两根为x1=1
2 , x2=2
a，
当a<0时，不等式可化为(2 x−1)(x−2
a)>0，x1=1
2 , x2=2
a <0，
解集为：(−∞, 2
a)∪(
1
2 ,+∞)，不满足条件；
当a>0时，不等式可化为(2 x−1)(x−2
a)<0，
当x1>x2时，则1
2 >2
a，即a>4，不等式的解集为：(
2
a , 1
2)，
要使不等式有且只有一个整数解，则−1≤2
a <0，又因为a>0，不满足条件；
当x1=x2时，则1
2 =2
a，即a=4，不等式的解集为空集，
当x1<x2时，则1
2 <2
a，即0<a<4，不等式的解集为(
1
2 , 2
a)，
要使不等式有且只有一个整数解，则1<2
a ≤2，解得：1≤a<2，
故实数a的取值范围是：[1,2).
故选：B.
6．（2024·山西·模拟预测）已知关于x的不等式ax +b>0的解集为(−4 ,+∞)，则关于x的不等式
b x
2−ax<0的解集为（ ）
A．(−1
4 ,0)
B．(−∞,−1
4)∪(0,+∞)
C．(0, 1
4)
D．(−∞,0)∪(
1
4 ,+∞)
【解题思路】先根据不等式的解集可得a,b的关系及a的符号，再根据一元二次不等式的解法即可得解.
【解答过程】由ax +b>0的解集为(−4 ,+∞)，可得a>0，且方程ax +b=0的解为−4，
所以−b
a =−4，则b=4 a，所以b x
2−ax<0，即4 a x
2−ax<0，又a>0，
所以4 x
2−x<0，解得0<x<1
4 ，即关于x的不等式b x
2−ax<0的解集为(0, 1
4).
故选：C.
7．（2024·贵州遵义·模拟预测）已知函数f (x)=x
2−2tx +2t
2−2t，则下列选项正确的是（ ）
A．f (x)的图象恒过点(0,0)
B．f (x)的图象必与x轴有两个不同的交点
C．f (x)的最小值可能为−2
D．f (x)的最小值可能为−1
【解题思路】举反例求f (0)与判别式可判断AB，求函数的最小值，再判断范围，即可判断CD.
【解答过程】A.当t =2时，f (0)=2t
2−2t =2×2
2−2×2≠0，
所以f (x)的图象不恒过点(0,0)，故A 错误；
B.当t =0时，Δ=4t
2−4(2t
2−2t)=−4 t
2+8t =0，
此时f (x)的图象必与x轴只有1 个交点，故B 错误；
CD.f (x)=x
2−2tx +2t
2−2t =(x−t )
2+t
2−2t，
则f (x)的最小值为t
2−2t =(t −1)
2−1≥−1，
所以函数的最小值不可能是−2，可能为−1，故C 错误，D 正确.
故选：D.
8．（2024·北京朝阳·模拟预测）定义区间(m,n)(m<n)的长度为n−m，设k >0，若对于任意a≠b，不等
式
1
x−a + 2
x−b >k的解集所包含区间长度之和恒为3，则k 的值为（）．
A．1
B．1
2
C．2
D．3
【解题思路】原不等式等价于k x
2−(ka+kb+3)x +(2a+b+kab)
( x−a)( x−b)
≤0，构造函数
f ( x)=k x
2−(ka+kb+3)x +(2a+b+kab)，结合“三个”二次的关系，得到原不等式的解集，由韦达定
理及题意可列出方程求解.
【解答过程】不妨设a>b，
原不等式等价于x−b+2( x−a)−k( x−a)( x−b)
( x−a)( x−b)
≥0，
整理得:k x
2−(ka+kb+3)x +(2a+b+kab)
( x−a)( x−b)
≤0，
因为k >0，可设方程k x
2−(ka+kb+3)x +(2a+b+kab)=0的两根为x1, x2(x1<x2),
令y =f ( x)=k x
2−(ka+kb+3)x +(2a+b+kab),
则f ( x)的零点为x1, x2，原不等式即
f ( x)
( x−a)( x−b) ≤0.
因为f (a)=k a
2−(ka+kb+3)a+(2a+b+kab)=b−a<0,
f (b)=k b
2−(ka+kb+3)b+(2a+b+kab)=2(a−b)>0,
结合二次函数图像，可知：b<x1<a<x2.
则不等式
f ( x)
( x−a)( x−b) ≤0的解集为(b, x1]∪(a, x2],
则此解集的区间长度之和为(x2−a)+(x1−b),
因为由韦达定理可得，x1+x2=ka+kb+3
k
=a+b+3
k ，
所以此不等式的解集的区间长度之和为(x2−a)+(x1−b)=3
k =3,
解得k =1，
故选：A.
二、多选题
9．（24-25 高一上·广东广州·期末）使不等式2k x
2+kx −3
8 <0对一切实数x都成立的一个充分条件是
（ ）
A．k =0
B．k =1
C．k =−1
D．−3<k <0
【解题思路】先求出不等式2k x
2+kx−3
8 <0对一切实数x都成立时k的取值范围，然后再看各个选项是否
在这个取值范围内.
【解答过程】当k =0时，此时不等式变为−3
8 <0，这个不等式对于一切实数x恒成立.
当k ≠0时，不等式2k x
2+kx−3
8 <0是一个二次不等式，要使其对一切实数x都成立，则二次函数
y =2k x
2+kx−3
8的图象需开口向下，且与x轴无交点.开口向下：二次项系数2k <0，即k <0. 与x轴无交
点：判别式Δ=k
2−4×2k ×(−3
8 )<0.此种情况，解得−3<k <0.
综合两种情况
不等式2k x
2+kx−3
8 <0对一切实数x都成立时k的取值范围是−3<k ≤0.
分析各个选项：
A 选项：k =0满足−3<k ≤0，所以k =0是不等式成立的一个充分条件.
B 选项：k =1不满足−3<k ≤0，所以k =1不是不等式成立的充分条件.
C 选项：k =−1满足−3<k ≤0，所以k =−1是不等式成立的一个充分条件.
D 选项：−3<k <0满足−3<k ≤0，所以−3<k <0是不等式成立的一个充分条件.
故选：ACD.
10．（24-25 高一上·吉林通化·阶段练习）已知关于x 的不等式a x
2+bx +c<0的解集为{x) x<−2)或x>3)
，则下列说法正确的是 （ ）
A．a<0
B．ax +c>0的解集为{x| x>6}
C．8a+4 b+3c<0
D．c x
2+bx +a<0的解集为{x| −1
2 <x<1
3)
【解题思路】−2,3是方程a x
2+bx +c =0的两根，且a<0，A 正确；由韦达定理得到b=−a，c =−6a，
从而解不等式得到B 错误，D 正确，8a+4 b+3c =−14 a>0，C 错误.
【解答过程】由题意得−2,3是方程a x
2+bx +c =0的两根，且a<0，A 正确；
故−2+3=−b
a ,−2×3=c
a，即b=−a，c =−6a，
所以ax +c>0⇒ax−6a>0⇒ax>6a⇒x<6，B 错误；
8a+4 b+3c =8a−4 a−18a=−14 a>0，C 错误；
c x
2+bx +a<0⇒−6a x
2−ax +a<0⇒6 x
2+x−1<0，
解得−1
2 <x<1
3，D 正确.
故选：AD.
11．（2024·广东深圳·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．不等式4 x
2−5 x +1>0的解集是{x|x>1
4 或x<1))
B．不等式2 x
2−x−6≤0的解集是{x|x ≤−3
2 或x ≥2))
C．若不等式a x
2+8ax +21<0恒成立，则a 的取值范围是∅
D．若关于x 的不等式2 x
2+px−3<0的解集是(q ,1)，则p+q的值为−1
2
【解题思路】对于AB，直接解一元二次不等式即可判断；对于C，对a分类讨论即可判断；对于D，由一
元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，先求得p,q，然后即可判断.
【解答过程】对于A，4 x
2−5 x +1>0⇔(x−1)(4 x−1)>0⇔x<1
4 或x>1，故A 错误；
对于B，2 x
2−x−6≤0⇔(x−2)(2 x +3)≤0⇔−3
2 ≤x ≤2，故B 错误；
若不等式a x
2+8ax +21<0恒成立，
当a=0时，21<0是不可能成立的，
所以只能{
a<0
Δ=64 a
2−84 a<0)，而该不等式组无解，综上，故C 正确；
对于D，由题意得q ,1是一元二次方程2 x
2+px−3=0的两根，
从而{
q×1=−3
2
2+p−3=0)
，解得p=1,q =−3
2，
而当p=1,q =−3
2时，一元二次不等式2 x
2+x−3<0⇔(x−1)(2 x +3)<0⇔−3
2 <x<1满足题意，
所以p+q的值为−1
2，故D 正确.
故选：CD.
三、填空题
12．（2025·上海·三模）不等式
x
x−2 ≤0的解集为 [0,2) .
【解题思路】将不等式
x
x−2 ≤0转化为x (x−2)≤0，且x≠2求解.
【解答过程】不等式
x
x−2 ≤0等价于x (x−2)≤0，且x≠2，
解得0≤x<2，所以不等式的解集为[0,2)，
故答案为：[0,2).
13．（2024·辽宁·三模）若“∃x∈(0,+∞)，使x
2−ax +4<0”是假命题，则实数a的取值范围为
(−∞,4 ] .
【解题思路】将问题转化为“a≤x +4
x 在(0,+∞)上恒成立”，再利用对勾函数的单调性求得最值，从而
得解.
【解答过程】因为“∃x∈(0,+∞)，使x
2−ax +4<0”是假命题，
所以“∀x∈(0,+∞)，x
2−ax +4≥0”为真命题，
其等价于a≤x +4
x 在(0,+∞)上恒成立，
又因为对勾函数f (x)=x +4
x 在(0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，
所以f (x)min=f (2)=4，
所以a≤4，即实数a的取值范围为(−∞,4 ].
故答案为：(−∞,4 ].
14．（2025·甘肃兰州·模拟预测）若不等式m x
2+2mx −4<2 x
2+4 x对任意x∈R都成立，则实数m的取
值范围是 (−2,2) ．
【解题思路】先将原不等式变形，然后分m=2和m≠2两种情况进行讨论，当m=2时直接判断不等式是否
恒成立，当m≠2时，根据二次函数的性质列出不等式组求解，最后综合两种情况得出m的取值范围.
【解答过程】原不等式等价于(m−2) x
2+2(m−2) x−4<0，
当m=2时，对x∈R，不等式恒成立；
当m≠2时，则有¿，解得：−2<m<2．
综上所述，实数m的取值范围是(−2,2]．
故答案为：(−2,2).
四、解答题
15．（2024·山东·二模）已知f (x)是二次函数，且f (1)=4 ,f (0)=1,f (3)=4．
(1)求f (x)的解析式；
(2)若x∈[−1,5)，求函数f (x)的最小值和最大值．
【解题思路】（1）设二次函数为f (x)=a x
2+bx +c ,a≠0，根据题意，列出方程组，求得a,b,c的值，即
可求解；
（2）根据二次函数的性质，求得函数f (x)的单调区间，进而求得其最值.
【解答过程】（1）解：设二次函数为f (x)=a x
2+bx +c ,a≠0，
因为f (1)=4 ,f (0)=1,f (3)=4，可得{
a+b+c =4
c =1
9a+3b+c =4)，解得a=−1,b=4 ,c =1，
所以函数f (x)的解析式f (x)=−x
2+4 x +1．
（2）解：函数f (x)=−x
2+4 x +1，开口向下，对称轴方程为x =2，
即函数f (x)=−x
2+4 x +1在[−1,2)单调递增，在[2,5)单调递减，
所以f ( x)min=f (−1)=f (5)=−4，f ( x)max=f (2)=5．
16．（2025 高一·全国·专题练习）已知x1、x2是关于x的方程x
2−(k +1) x +1
4 k
2+1=0的两个实数根，根
据下列条件，分别求出k的值：
(1)x1 x2=5；
(2)|x1)=x2．
【解题思路】（1）根据判别式结合韦达定理可得出关于k的等式与不等式，即可解得实数k的值；
（2）分析可知，原方程有两个相等的正根，结合判别式与韦达定理可求得实数k的值.
【解答过程】（1）因为x1 x2=5，由题意可得{
Δ=(k +1)
2−4(
1
4 k
2+1)=2k −3≥0
x1 x2=1
4 k
2+1=5
)
，解得k =4.
（2）由题意可知Δ=(k +1)
2−4(
1
4 k
2+1)=2k −3≥0，解得k ≥3
2，
由韦达定理可得x1 x2=1
4 k
2+1>0，所以x1、x2的符号相同，且均不为零，
由| x1| =x2，则x1 x2=|x1)x1=1
4 k
2+1>0，故x1>0，故x2>0，则x1=x2，
此时方程x
2−(k +1) x +1
4 k
2+1=0由两个不等的正根，
故{
Δ=2k −3=0
x1+x2=k +1>0)，解得k =3
2.
17．（2024·广东中山·模拟预测）某企业为响应国家节水号召，决定对污水进行净化再利用，以降低自来
水的使用量.经测算，企业拟安装一种使用寿命为4 年的污水净化设备.这种净水设备的购置费（单位：万
元）与设备的占地面积x（单位：平方米）成正比，比例系数为0.2，预计安装后该企业每年需缴纳的水费
C（单位：万元）与设备占地面积x之间的函数关系为C (x)= 20
x +5 ( x>0)，将该企业的净水设备购置费与
安装后4 年需缴水费之和合计为y（单位：万元）.
(1)要使y不超过7.2 万元，求设备占地面积x的取值范围；
(2)设备占地面积x为多少时，y的值最小？
【解题思路】（1）由题意得y =0.2 x + 80
x +5 ( x>0)，解不等式y ≤7.2即可得解.
（2）将y =0.2 x + 80
x +5 ( x>0)变形为y =x +5
5
+ 80
x +5 −1，再利用基本不等式即可求解.
【解答过程】（1）由题意得y =0.2 x + 80
x +5 ( x>0)，
令y ≤7.2即0.2 x + 80
x +5 ≤7.2，整理得x
2−31 x +220≤0即(x−11)(x−20)≤0，
所以解得11≤x ≤20，
所以设备占地面积x的取值范围为[11,20).
（2）y =0.2 x + 80
x +5 =x +5
5
+ 80
x +5 −1≥2❑√
x +5
5
× 80
x +5 −1=2❑√16−1=7，
当且仅当x +5
5
= 80
x +5即x =15时等号成立，
所以设备占地面积为15 m
2时，y的值最小.
18．（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=|2 x−a)，且f (x)≤b的解集为[−1,3)．
(1)求a和b的值；
(2)若f (x)≤|x−t )在[−1,0)上恒成立，求实数t的取值范围．
【解题思路】（1）根据绝对值不等式的性质即可求解，
（2）将问题转化为3 x
2+(2t −8) x +4−t
2≤0在[−1,0)上恒成立，即可利用二次函数零点分布求解.
【解答过程】（1）由f (x)≤b得|2 x−a)≤b，
易知b≥0，则−b≤2 x−a≤b，解得a−b
2
≤x ≤b+a
2
，
由于f (x)≤b的解集为[−1,3)，则b+a
2
=3, a−b
2
=−1，解得a=2,b=4．
（2）由（1）知f (x)=|2 x−2)，由f (x)≤|x−t )得|2 x−2|≤) x−t)，
得3 x
2+(2t −8) x +4−t
2≤0在[−1,0)上恒成立，
Δ =(2t −8)
2−4×3×(4−t
2)=16(t −1)
2>0，故t ≠1．
令g(x)=3 x
2+(2t −8) x +4−t
2，若g(x)≤0在[−1,0)上恒成立，
则{
g(−1)≤0
g(0)≤0 )，即{
−t
2−2t +15≤0
4−t
2≤0 )，解得t ≤−5或t ≥3，
故实数t的取值范围为(−∞,−5)∪[3,+∞)．
19．（2024·吉林长春·模拟预测）定义区间(m,n)、[m,n]、(m,n]、[m,n)的长度均为n−m，其中n>m
．
(1)若关于x的不等式x
2+bx +1≤0的解集区间长度为2，求b的值；
(2)若a>b>c且a+b+c =0，求关于x的不等式a x
2+bx +c<0的解集区间长度范围．
【解题思路】（1）设出不等式的解集区间，借助韦达定理及区间长度列式计算即得.
（2）由给定条件，可得a>0,c<0及−2<c
a <−1
2，再求出不等式的解集区间即可.
【解答过程】（1）依题意，设不等式x
2+bx +1≤0的解集区间为[ x1, x2]，
则x1, x2是方程x
2+bx +1=0的两个不等实根，且x1<x2，Δ =b
2−4>0，
即有x1+x2=−b, x1 x2=1，由x2−x1=2，得( x1+x2)
2−4 x1 x2=b
2−4 =4，
解得b=±2❑√2，满足题意，
所以b的值是±2❑√2．
（2）由a>b>c且a+b+c =0，得a>0,c<0，
由a>−a−c>c及a>0，得1>−1−c
a >c
a，则−2<c
a <−1
2，
不等式a x
2+bx +c<0化为a x
2−(a+c)x +c<0，即( x−1)( x−c
a )<0，解得c
a <x<1，
所以其解集区间长度为1−c
a，范围为( 3
2 ,3).
