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所属成套资源：【备战2025】2025年高考数学一轮复习核心题型精讲讲练（新高考版）
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考点05 一元二次方程、不等式（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025高考数学一轮精讲讲练（新高考版）
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会从实际情景中抽象出一元二次不等式.
结合二次函数图象，会判断一元二次方程的根的个数，以及解一元二次不等式.
3.了解简单的分式、绝对值不等式的解法．
【知识点】
1．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)与一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)，不等式ax2＋bx＋c>0(a>0)的解的对应关系
2．分式不等式与整式不等式
(1)eq \f(fx,gx)>0(<0)⇔f(x)g(x)>0(<0)；
(2)eq \f(fx,gx)≥0(≤0)⇔f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
3．简单的绝对值不等式
|x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)，|x|
【核心题型】
题型一 一元二次不等式的解法
对含参的不等式，应对参数进行分类讨论，常见的分类有
(1)根据二次项系数为正、负及零进行分类．
(2)根据判别式Δ与0的关系判断根的个数．
(3)有两个根时，有时还需根据两根的大小进行讨论．
命题点1 不含参数的不等式
【例题1】（2024·青海·一模）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据对数真数大于零和一元二次不等式的解法可分别求得集合，根据并集定义可求得结果.
【详解】由得：，，；
由得：，，，.
故选：C.
【变式1】（2024·全国·模拟预测）已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】解一元二次不等式化简集合M，再根据交集运算求解即可.
【详解】因为，，
所以.
故选：B
【变式2】（2024·山东济宁·一模）设集合，，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】求解一元二次不等式解得集合，再根据集合的包含关系，列出不等式求解即可.
【详解】集合，
又，且，
故可得，即，解得.
故答案为：.
【变式3】（2024·安徽合肥·一模）已知集合，若，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】利用一元二次不等式的解法及交集的定义即可求解.
【详解】由，得,解得，
所以。
因为，
所以或，解得或，
所以的取值范围是.
故答案为：.
命题点2 含参数的一元二次不等式
【例题2】（2024·云南红河·二模）已知均为正实数，则“”是“”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】运用不等式的性质，证明充分性，否定必要性即可.
【详解】因为，均为正实数，若，则；
若，则，即或；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
【变式1】（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）在区间内随机取一个实数，则关于的不等式仅有2个整数解的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用一元二次不等式解得，可得区间内仅包含两个整数，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等价于；
因为，所以不等式的解集为；
依题意可得区间内仅有两个整数，即包含两个整数，可得；
由几何概型概率公式可得其概率为.
故选：C
【变式2】（2023·江西南昌·三模）函数，若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】当时，运用参数分离法，构造函数利用导数研究函数的性质即得，当时根据二次不等式的解法讨论的范围进而即得.
【详解】由题意知，当时，；当时，；当时，．
当时， ，即 ，构造函数 ，
当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，
， ；
当时，，当时，由，解得，不合题意；
当时，由，得，不合题意；
当时，由，得，，所以，此时，不合题意；
当时，，由，解得，
此时当时恒成立，所以的解集为，符合题意；
当时，由，得，又，所以，此时适合题意；
综上，关于的不等式的解集为，则 .
故选：C.
【变式3】．（2023·湖南·模拟预测）若关于x的不等式的解集恰有50个整数元素，则a的取值范围是 ，这50个整数元素之和为 ．
【答案】 或1625
【分析】讨论的范围，解出不等式，结合题意确定的范围及解集中的整数解，再利用等差数列求和公式求和即可.
【详解】不等式等价于不等式．
当时，的解集为，不合题意；
当时，的解集为，
则50个整数解为，，…，5，6，
所以，这50个整数元素之和为；
当时，的解集为，
则50个整数解为8，9，…，56，57，所以，
这50个整数元素之和为．
综上，a的取值范围是，这50个整数元素之和为或1625．
故答案为：；或1625
题型二 一元二次不等式恒成立问题
恒成立问题求参数的范围的解题策略
(1)弄清楚自变量、参数．一般情况下，求谁的范围，谁就是参数．
(2)一元二次不等式在R上恒成立，可用判别式Δ；一元二次不等式在给定区间上恒成立，不能用判别式Δ，一般分离参数求最值或分类讨论．
命题点1 在R上恒成立问题
【例题3】（2024·浙江·模拟预测）若不等式的解为全体实数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分类讨论与两种情况，结合二次不等式恒成立问题的解决方法即可得解.
【详解】当时，不等式可化为，显然不合题意；
当时，因为的解为全体实数，
所以，解得；
综上：.
故选：C.
【变式1】（23-24高三上·河南·期中）“关于x的不等式的解集为”是“”的（ ）
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】求出不等式的解集为的的范围，再由必要不充分条件的定义判断可得答案.
【详解】当即时，不等式的解集为，符合题意；
当即时，若不等式的解集为，
可得，解得，
所以不等式的解集为可得，充分性不成立，
若，则不等式的解集为，必要性成立，
所以不等式的解集为”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
【变式2】（2023·福建厦门·二模）“”是“，成立”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】由，成立求出b的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作答.
【详解】由，成立，则当时，恒成立，即，
当时，，解得，
因此，成立时，，
因为，所以“”是“，成立”的充分不必要条件.
故选：A
【变式3】（23-24高三上·河北邢台·阶段练习）“不等式恒成立”的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】当时，恒成立，
当时，则，解得，
综上所述，不等式恒成立时，，
所以选项中“不等式恒成立”的一个充分不必要条件是.
故选：D.
命题点2 在给定区间上恒成立问题
【例题4】（2023·浙江宁波·一模）已知函数，若不等式在上恒成立，则满足要求的有序数对有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．无数个
【答案】B
【分析】由题意有，通过分析得到，是满足题意的唯一解，注意检验.
【详解】由题意若不等式在上恒成立，
则必须满足，即，
由，两式相加得，
再由，两式相加得，
结合（4），（5）两式可知，代入不等式组得，
解得，
经检验，当，时，，
有，，满足在上恒成立，
综上所述：满足要求的有序数对为：，共一个.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解题的关键是首先得到，进一步由不等式的性质通过分析即可求解.
【变式1】（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知命题：任意，使为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由题意可得任意，恒成立，结合二次函数性质列不等式求的取值范围.
【详解】设，则，
原命题等价于：任意，使为真命题，
所以，其中
设， 则
函数，的最大值为与中的较大者，
所以，
∴，解得，
故选：C.
【变式2】（2023·辽宁鞍山·二模）已知当时，不等式：恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先由得，由基本不等式得，故.
【详解】当时，由得，
因，故，当且仅当即时等号成立，
因当时，恒成立，得，
故选：C
【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数，若对任意，则所有满足条件的有序数对是 ．
【答案】
【分析】由题意可得，然后利用不等式的性质对不等式组变形可求得结果.
【详解】因为对任意，
所以必须满足，
即，
由，得，
解得，①，
再由，得，
解得，②，
由①②得，
所以，即，解得，
经检验，当，时，，则
的最大值为，的最小值为，
满足任意，
所以满足条件的有序数对只有一对，
故答案为：
命题点3 在给定参数范围内的恒成立问题
【例题5】（23-24高三上·河南信阳·阶段练习）若对于恒成立，则实数x的取值范围为 ．
【答案】.
【分析】令，则由题意可得，解不等式组可得结果.
【详解】令，
因为对于恒成立，
所以，即，解得，
所以实数x的取值范围为，
故答案为：.
【变式1】（2024高三·全国·专题练习）设函数是定义在上的增函数．若不等式对于任意恒成立，求实数x的取值范围.
【答案】
【分析】首先利用函数的单调性，把函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，接下来把a作为主元（变量），x作为参数，把不等式恒成立问题转化为求函数的最值解决，
【详解】∵是增函数，∴对于任意恒成立．
，即对于任意恒成立．
令．，为关于a的一次函数，在上是一条线段，
由，得．
【变式2】（22-23高三上·山东潍坊·阶段练习）若对于任意，任意，使得不等式成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】应用恒成立问题与最值的关系转化两个恒成立,再解不等式即可.
【详解】因为对于任意,任意，使得不等式成立,
设,则
又因为,所以.
所以即
设,
对于任意,,应用一次函数性质可知
即得,解得
则实数的取值范围是.
故答案为: .
【变式3】（2023高三·全国·专题练习）若不等式对任意恒成立，实数x的取值范围是 .
【答案】
【分析】把题意转化为，设，由一次函数的单调性列不等式组，即可求解.
【详解】可转化为.
设，则是关于m的一次型函数.
要使恒成立，只需，
解得.
故答案为：
【课后强化】
基础保分练
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先求出一元二次不等式的解集，依题借助于数轴得到关于的不等式组，解之即得.
【详解】或，或，
又，解得.
故选:D.
2．（2024·浙江·模拟预测）若不等式的解为全体实数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分类讨论与两种情况，结合二次不等式恒成立问题的解决方法即可得解.
【详解】当时，不等式可化为，显然不合题意；
当时，因为的解为全体实数，
所以，解得；
综上：.
故选：C.
3．（2024·云南红河·二模）已知均为正实数，则“”是“”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】运用不等式的性质，证明充分性，否定必要性即可.
【详解】因为，均为正实数，若，则；
若，则，即或；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A.
4．（2024高三·全国·专题练习）若不等式对一切恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对二次项系数进行分类讨论可得符合题意，当时利用判别式可求得结果.
【详解】当，即时，不等式为对一切恒成立．
当时，需满足，
即，解得.
综上可知，实数a的取值范围是．
故选：C
5．（23-24高三下·湖南衡阳·阶段练习）条件是的充分不必要条件是（ ）
A．函数定义域为，：在A上成立.：为增函数；
B．：成立，：最小值为4；
C．p:函数在区间恰有一个零点，q: ；
D．p:函数为偶函数（），q:
【答案】B
【分析】对于A，D我们都可以证明互为充要条件，对于C，取即可判断；对于B，成立当且仅当，注意到时有：最小值为4成立，由此即可判断.
【详解】对于A，不妨设，则函数定义域为全体实数，在实数域上成立，但它不是增函数，故A不符合题意；
对于B，：成立等价于恒成立，从而，
注意到当时有，，等号成立当且仅当，即时有：最小值为4成立，故B符合题意；
对于C，当时， 在区间恰有一个零点，但此时不满足，故C不满足题意；
对于D，p:函数为偶函数（）等价于恒成立，
也就是说恒成立，这意味着只能，从而当且仅当，故D不满足题意.
故选：B.
6．（2024高三·全国·专题练习）已知且，若在上恒成立，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】对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】由得，
①若，则，且，，
根据穿根法可知或时不符合题意，舍去；
②若，要满足题意则，符合题意，如图所示；
③当时，同理要满足题意需，与前提矛盾；
④当，此时，则的三个零点都是负数，由穿根法可知符合题意；
综上可知满足在恒成立时，只有满足题意.
故选：C ．
二、多选题
1．（23-24高三上·湖南邵阳·阶段练习）已知，，且，若恒成立，则实数t的值可能为（ ）
A．20B．21C．49D．50
【答案】CD
【分析】利用的关系式以及其范围可得且，将不等式转化为，利用二次函数单调性即可得.
【详解】由可得，
又可得，
所以可得，
即在时恒成立即可，
由二次函数单调性可得，即，可知CD满足题意；
故选：CD
2．（2024高三·全国·专题练习）(多选)下列命题正确的是（ ）
A．若不等式ax2＋bx＋c<0的解集为(x1，x2)，则必有a>0
B．若方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)没有实数根，则不等式ax2＋bx＋c>0的解集为R
C．不等式ax2＋bx＋c≤0在R上恒成立的条件是a<0且Δ＝b2－4ac≤0
D．若二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象开口向下，则不等式ax2＋bx＋c<0的解集一定不是空集
【答案】AD
【解析】略
三、填空题
1．（23-24高三下·上海·阶段练习）设，若关于的不等式的解集是区间的真子集，则的取值范围是 ．
【答案】
【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，所以，
又不等式的解集是区间的真子集，则.
故答案为：.
2．（23-24高三下·河北保定·开学考试）已知集合，则 .
【答案】
【分析】由对数不等式和一元二次不等式化简集合，再由交集运算即可求解.
【详解】，解得，故；
，解得，故，故.
故答案为：
四、解答题
1．（2024·全国·模拟预测）已知函数，且的解集为．
(1)求和的值；
(2)若在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据绝对值不等式的性质即可求解，
（2）将问题转化为在上恒成立，即可利用二次函数零点分布求解.
【详解】（1）由得，
易知，则，解得，
由于的解集为，则，解得．
（2）由（1）知，由得，
得在上恒成立，
，故．
令，若在上恒成立，
则，即，解得或，
故实数的取值范围为．
2．（2024高三·全国·专题练习）（1）解关于实数的不等式：．
（2）解关于实数的不等式：．
【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析；
【分析】对不等式所对应方程的判别式进行判断，分情况讨论参数即可求得（1）（2）中的不等式解集.
【详解】（1）易知方程的，
由得，解得，
当时，的解集为，
当时，的解集为，
当时，的解集为．
（2）对方程 ，
当时，
即时,不等式的解集为
当时，
即或时,
的根为，
不等式的解集为；
综上可得，时,不等式的解集为，
或时，不等式的解集为.
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若，且存在使不等式成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）借助零点分段法计算即可得；
（2）借助绝对值三角不等式可得，再解出含的不等式即可得.
【详解】（1），即，
当时，，该方程无解；
当时，，解得；
当时，，解得；
综上所述，，
不等式的解集为；
（2）由题知，，
当且仅当时等号成立，
，解得或，
实数的取值范围为.
综合提升练
一、单选题
1．（2023·辽宁鞍山·二模）若对任意的恒成立，则m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】变形给定不等式，分离参数，利用均值不等式求出最小值作答.
【详解】，而当时，，当且仅当，即时取等号，
则，所以m的取值范围是.
故选：C
2．（2023高三·全国·专题练习）已知命题p：“∀x∈，(a＋1)x2－2(a＋1)x＋3>0”为真命题，则实数a的取值范围是（ ）
A．－1
【答案】D
【分析】根据题意，利用解含参的一元二次不等式恒成立问题的方法求解，即可得出答案.
【详解】当a＝－1时，3>0成立；
当a≠－1时，需满足，
解得－1
故选：D
3．（2024·陕西西安·模拟预测）已知集合，则集合中元素的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】分别求解集合，根据交集的定义计算即可.
【详解】因为集合，故.
故选：C.
4．（23-24高三上·重庆长寿·期末）已知函数，对都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据不等式恒成立，分离参数，可得，对恒成立，构造函数，结合函数的单调性求得其最小值，即可求得答案.
【详解】由题意知函数，对都有成立，
即对恒成立，
即，对恒成立，
设，由于在上单调递减，在上单调递增，
则，则，当且仅当时等号成立，
故，即实数的取值范围为，
故选：A
5．（23-24高三上·内蒙古通辽·阶段练习）已知命题，，若命题是假命题，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用含有一个量词命题的否定转化为不等式对恒成立，根据判别式可求得.
【详解】根据题意可知，命题的否定为“，”为真命题；
即不等式对恒成立，
所以，解得；
可得的取值范围为.
故选：C
6．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知条件：“不等式的解集是空集”，则条件： “”是条件的（ ）
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】先分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】因为不等式的解集是空集，
所以不等式的解集是，
当即 时，
若 ，则 ， 舍；
若 ，则 ， ；
当时，则 ，解得 ，
综上所述 ，
所以条件是条件的充分不必要条件．
故选：A．
7．（2024·天津河西·一模）“”是“”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】B
【分析】根据分式不等式和一元二次不等式的解法，结合充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】由得，解得，
由得，所以，解得，
所以“”是“”成立的必要不充分条件.
故选：B
8．（2023·广东广州·三模）定义，设函数，若使得成立，则实数a的取值范围为（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先考虑命题使得成立的否定为真命题时a的取值范围，再求其补集即可.
【详解】命题使得成立的否定为对，，
因为当或时，，当时，，
所以当或时，，
若命题，为真命题，
则当时，恒成立，
所以，其中，
设，
当时，函数在单调递增，
所以当时，函数取最小值，所以，
所以，矛盾；
当时，函数在单调递减，
所以当时，函数取最小值，所以，
所以，矛盾；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以时，函数取最小值，所以，
所以，
所以当时，命题，为真命题，
所以若使得成立，则a的取值范围为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
二、多选题
1．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）已知，关于x的一元二次不等式的解集可能是（ ）
A．或B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】分，，三种情况结合与的大小关系讨论，可得不等式的解集.
【详解】当时，；
当时，或，故A正确；
当时，，
若，则解集为空集；
若，则不等式的解为：，故D正确；
若，则不等式的解为：，故C正确.
故选：ACD
2．（2024·广东深圳·模拟预测）下列说法正确的是（ ）
A．不等式的解集是
B．不等式的解集是
C．若不等式恒成立，则a的取值范围是
D．若关于x的不等式的解集是，则的值为
【答案】CD
【分析】对于AB，直接解一元二次不等式即可判断；对于C，对分类讨论即可判断；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，然后即可判断.
【详解】对于A，或，故A错误；
对于B，，故B错误；
若不等式恒成立，
当时，是不可能成立的，
所以只能，而该不等式组无解，综上，故C正确；
对于D，由题意得是一元二次方程的两根，
从而，解得，
而当时，一元二次不等式满足题意，
所以的值为，故D正确.
故选：CD.
3．（22-23高三上·河北唐山·阶段练习）若对任意恒成立，其中，是整数，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【分析】对分类讨论，当时，由可得，由一次函数的图象知不存在；当时，由，利用数形结合的思想可得出的整数解.
【详解】当时，由可得对任意恒成立，
即对任意恒成立，此时不存在；
当时，由对任意恒成立，
可设，，作出的图象如下，
由题意可知，再由，是整数可得或或
所以的可能取值为或或
故选：BCD
三、填空题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知，函数若对任意，恒成立，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题意分类讨论和两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.
【详解】分类讨论：①当时，即：，
整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：当时，，则；
②当时，即：，整理可得：，
由恒成立的条件可知：，
结合二次函数的性质可知：当或时，，则；
综合①②可得的取值范围是，
故答案为:.
2．（23-24高三上·河南·阶段练习）若命题“，”为假命题，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据已知条件知命题“，”为真命题，再分类讨论，即可求解.
【详解】由题意可知，命题“，”为真命题.
当时，可得.
若，则有，符合题意；
若，则有，解得，不符合题意；
当时，则，解得.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
3．（23-24高三下·上海闵行·阶段练习）设集合，，则 .
【答案】
【分析】分别求出与中不等式的解集，再根据交集的运算法则求解.
【详解】由中不等式变形得：，解得：，即，
由中，得到，即，
则,
故答案为：.
四、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知集合A＝{x|x2－4x－5≤0}，B＝{x|2x－6≥0}，M＝A∩B.
(1)求集合M；
(2)已知集合C＝{x|a－1≤x≤7－a，a∈R}，若M∩C＝M，求实数a的取值范围．
【答案】(1)[3，5]
(2)（－∞，2]
【详解】（1） 由x2－4x－5≤0，得－1≤x≤5，
所以A＝[－1，5].
由2x－6≥0，得x≥3，所以B＝[3，＋∞）.
所以M＝[3，5].
（2） 因为M∩C＝M，所以M⊆C，
则解得a≤2.
故实数a的取值范围是（－∞，2].
2．（23-24高三上·河南南阳·阶段练习）二次函数满足，且
(1)求的解析式；
(2)在区间上，函数的图象恒在直线的上方，试确定实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，利用求得，由可求得，即得答案；
（2）由题意可知在区间上恒成立，结合二次函数性质求出的最小值，即可得答案.
【详解】（1）由题意设，
由得；
由得，
即恒成立，故，
则，
故；
（2）由题意在区间上，函数的图象恒在直线的上方，
即在区间上恒成立，
由于，当时，单调递减；
当时，单调递增；
故当时，，故.
3．（2024高三·全国·专题练习）设函数，其中．解不等式；
【答案】答案见解析
【分析】由题知，进而得，将问题转化为，再分，两种情况讨论求解即可；
【详解】因为，不等式等价于，
又，所以，即，其中，所以，
所以原不等式等价于，
即，
所以当时，不等式组的解集为；
当时，不等式组的解集为.
综上，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
4．（2024高三·全国·专题练习）已知f(x)＝求f(f(x))≥1的解集．
【答案】{x|x≥4或x≤－}
【详解】解：当x≥0时，f(x)＝≥0，所以f(f(x))＝f()＝≥1，解得x≥4；当x<0时，f(x)＝x2>0，所以f(f(x))＝f(x2)＝≥1，解得x≥ (舍去)或x≤－．综上，f(f(x))≥1的解集为{x|x≥4或x≤－}．
5．（2023·河南开封·模拟预测）已知函数满足．
(1)讨论的奇偶性；
(2)设函数，求证：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对已知等式中的用代换，得到新的等式，结合已知等式可求出，然后分和讨论函数的奇偶性，
（2）由（1）知，则对恒成立，得，设函数，利用导数可求出函数的最小值得函数的值域，并求出最小的范围，进而根据集合关系即可证明.
【详解】（1）因为，
所以，
根据以上两式可得，
所以，.
当时，为偶函数.
当时，因为，
所以，，
所以为非奇非偶函数.
（2）由（1）知.
依题意得对恒成立.
当，即时，恒成立；
当，即时，，得.
故.
设函数，
则.
因为，所以.
①当，即时，在上恒成立，
故在上单调递增，，则，
即在上的最小值为1.
②当，即时，
因为当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
则，
即在上的最小值为.
综上，函数在上的最小值，
所以，函数在上的值域为，
当，令，
则，故在上单调递增，
因为，
所以，，即函数在上的最小值，
所以，.
【点睛】关键点点睛：此题第（2）问解题的关键是由题意得对恒成立，求出的范围，然后构造函数，利用导数求其最小值的取值范围即可证明.
拓展冲刺练
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别解二次不等式，对数不等式化简集合A，B，后由补集，交集定义可得答案.
【详解】由，得，所以；
由，得，解得，所以.
所以或，所以.
故选：D．
2．（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）在区间内随机取一个实数，则关于的不等式仅有2个整数解的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用一元二次不等式解得，可得区间内仅包含两个整数，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等价于；
因为，所以不等式的解集为；
依题意可得区间内仅有两个整数，即包含两个整数，可得；
由几何概型概率公式可得其概率为.
故选：C
3．（2023·福建厦门·二模）不等式（）恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】当时，，得，与题意矛盾，
当时，则，解得，
综上所述，，
所以不等式（）恒成立的一个充分不必要条件是A选项.
故选：A.
4．（2023·全国·模拟预测）已知函数，若不等式恒成立，则实数a的最大值为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】C
【分析】先根据导函数结合余弦函数的范围得出函数单调递增.又，根据已知可推得恒成立，得出，求解即可得出答案.
【详解】由题，，
当时，恒成立，；
当或时，，，所以．
所以在R上单调递增．
又，
所以由恒成立，可得恒成立，
即恒成立，
故，得，所以a的最大值为．
故选：C.
二、多选题
5．（2023·全国·模拟预测）已知平面向量满足，，且对任意的实数，都有恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．与垂直B．
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】AC
【分析】根据题中条件，结合向量的运算法则，不等式，可化为，利用，可求得，故可求得的值，继而可判断出A,B；设，，用坐标表达及，结合结果的几何意义即可求得最值，继而判定C,D.
【详解】由恒成立得，
即恒成立，
因为，，
设夹角为，则恒成立，
所以，
即，
所以，则，
所以，
所以，
所以与垂直，A正确；
，B不正确；
设，，
则，
所以
，
其几何意义是与和连线的距离之和的2倍，
当三点共线时取得最小值，最小值为，C正确；
，，
所以
其几何意义是与和连线的距离之差的2倍，
当三点共线时最得最大值，最大值为，D不正确，
故选：AC.
6．（23-24高三上·辽宁葫芦岛·阶段练习）若关于的不等式的解集恰有50个整数元素，则下列各选项正确的是（ ）
A．的值可能为-43
B．这50个整数元素之和可能为-925
C．的值可能为57.5
D．这50个整数元素之和可能为1625
【答案】BCD
【分析】考虑，，，解不等式，再根据解集恰有50个整数元素，计算得到答案.
【详解】不等式等价于不等式.
当时，的解集为，不合题意；
当时，的解集为，则50个整数解为，
所以，这50个整数元素之和为；
当时，的解集为，则50个整数解为，
所以，这50个整数元素之和为.
综上所述：的取值范围是，这50个整数元素之和为-925或1625.
故选：BCD.
三、填空题
7．（2022高三上·河南·专题练习）已知，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先对求解得，对化简得，再结合是的必要不充分条件，对进行分类讨论，即可求解.
【详解】
由，解得，所以，
对于，即，
若，解得，要使是的必要不充分条件，则，所以；
若，解得，要使是的必要不充分条件，则，所以；
若，则为，符合题意，所以实数的取值范围是.
故答案为：.
8．（23-24高三上·江苏·阶段练习）已知二次函数．甲同学：的解集为；乙同学：的解集为；丙同学：y的对称轴大于零．在这三个同学的论述中，只有一个假命题，则a的范围为 ．
【答案】
【分析】利用二次函数的性质分别分析甲乙丙三位同学的论述，从而得解.
【详解】若甲正确，则且，即，则；
若乙正确，则且，即，则；
若丙正确，则二次函数的对称轴方程，可得；
因为只有一个同学的论述为假命题，所以只能乙的论述错误，故.
故答案为：
9．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若对任意，则所有满足条件的有序数对是 ．
【答案】
【分析】由题意可得，然后利用不等式的性质对不等式组变形可求得结果.
【详解】因为对任意，
所以必须满足，
即，
由，得，
解得，①，
再由，得，
解得，②，
由①②得，
所以，即，解得，
经检验，当，时，，则
的最大值为，的最小值为，
满足任意，
所以满足条件的有序数对只有一对，
故答案为：.
10．（23-24高三上·全国·阶段练习）对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】设，，将不等式恒成立问题转化成，构造，根据单调性求最值.
【详解】设，
，
则，
则恒成立可化为恒成立，
即恒成立，故，
设，
易知在时递减，在时递增，
所以，
而显然在时单调递增，所以，
故，当且仅当时，即时，等号成立，
所以实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题将恒成立问题转化成求最值问题，然后采用双换元和轮流作主法求最值.
四、解答题
11．（23-24高三上·福建莆田·阶段练习）解关于的不等式：.
【答案】答案见详解
【分析】讨论时，分别解出不等式即可.
【详解】若，不等式化为，解得；
不等式的解集为；
若，则不等式化为，
且时，，
①若，
则若，即时，原不等式的解集为；
若，即时，原不等式的解集为；
若，即时，原不等式的解集为；
②若，则，
且不等式变化为，
解得或，
原不等式的解集；
综上所述，当时，不等式的解集为；
当，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
12．（2024高三·全国·专题练习）设函数．
(1)若对于一切实数，恒成立，求实数的取值范围；
(2)若对于，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分和两类情况，当时采用验证法即可；当时根据一元二次不等式和二次函数之间的关系建立不等式组即可求出实数的取值范围.
（2）方法一：先利用分离参数法得出；再求出函数在上的最小值即可求解.方法二：先将问题转化为在上恒成立；再分类讨论，利用函数的单调性求出函数的最大值即可求解.
【详解】（1）要使恒成立，
若，显然；
若，则，解得．
综上：实数的取值范围是．
（2）方法一：
由得：，即.
因为，所以．
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
当时，函数在上取得最小值，最小值为，
所以只需即可，所以的取值范围是．
方法二：
由，得，即.
令，
当时，在上是增函数，
则，解得，所以；
当时，恒成立；
当时，在上是减函数，
则，解得，所以．
综上所述，的取值范围是．
13．（2023·陕西咸阳·模拟预测）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)（ⅰ）若对于任意，都有，求实数的取值范围;
（ⅱ）设，且，求证:.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）运用导数几何意义求得切线斜率，进而求得切线方程.
（2）（ⅰ）运用导数求的最值，代入解不等式即可.（ⅱ）运用导数研究在上的最小值，进而解关于的一元二次不等式即可.
【详解】（1）由已知得，切点，
则切线斜率，
所以切线方程为.
（2）（ⅰ）依题意知，只要，，
因为，
，，
所以在递减，在递增，
所以，，
所以，
解得：.
（ⅱ）证明：因为，定义域为，
由得，
即，
令
令，，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以
即，
又因为，
所以，即.
【点睛】运用导数证明不等式策略
（1）将不等式转化为函数的最值问题，
（2）将不等式转化为两个函数的最值进行比较，
（3）适当放缩证明不等式.
14．（23-24高三上·天津南开·期中）设函数是定义域为的奇函数，且的图象过点.
(1)求a，b的值；
(2)设，若（为函数的导数），试写出符合上述条件的函数的一个解析式，并说明你的理由．
【答案】(1)2
(2)，理由见解析
【分析】（1）根据奇函数的定义和过定点，代入即可；
（2）结合奇函数和单调性性，可化为对恒成立，整理的，分与讨论即可.
【详解】（1）因为是定义域为的奇函数，
所以，即，
整理得，解得，
所以，
又的图象过点，
则，解得或，
又，且，
所以．
（2）因为为奇函数，
所以，得．
由（1）可得，，
因为，
所以为上的单调递增函数，
所以对恒成立．
因为，，
所以，
整理得，*
当时，左边是一个一次因式乘一个恒正（或恒负）的二次三项式，
或者是三个一次因式的积，
无论哪种情况，总有一个一次因式的指数是奇次的，这个因式的零点左右的符号不同，
因此不可能恒非负，所以．
所以*式化为恒成立，
所以．
①若，则；
②若，则，即，与矛盾，舍去．
综上，，
所以为满足条件的的一个解析式．（答案不唯一）
判别式Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数的图象
方程的根
有两个不相等的实数根x1，x2(x1
没有实数根
不等式的解集
{x|x
{x|x≠－eq \f(b,2a)}
R
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