专题06 等式与不等式培优归类（题型清单）（解析版）2026高考数学一轮复习知识清单（全国通用）

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题型1 三个二次基础：根的分布
1．（23-24高三 ·浙江·阶段练习）函数的定义域为D，若满足：①在D内是单调函数；②区间，使在上的值域是，那么就称为“和谐函数”，若函数是“和谐函数”，则t的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】因为是“和谐函数”，所以由题意有两个不相等的实数根，即有两个不相等的实数根，由此即可求出的取值范围．
【详解】解：由题意，因为是“和谐函数”，
所以在其定义域内为增函数，且在上的值域是，
，即，
有两个不相等的实数根，即有两个不相等的实数根，
令，则，
有两个不相等的正实数根，
，解得．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是，由复合函数单调性的判断原则得在其定义域内为增函数，又由在上的值域是，从而得，即有两个不相等的实数根.
2．（2024高三·全国·专题练习）若在定义域内存在实数，满足，则称为“有点奇函数”，若为定义域上的“有点奇函数”，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由“有点奇函数”可得，方程转化为：，令，，则问题转化为只需让方程存在大于等于2的解即可，分类讨论可得答案.
【详解】根据“有点奇函数”的定义可知，函数有解即可，
即，
，即有解即可，
令，则问题转化为存在大于等于2的解即可，
设，对称轴，
①若，则，
即，此时；
②若，要使在时有解，
则即
解得.综上，.
故选：B.
3．（24-25高三·安徽合肥·/）已知关于x的方程有两个大于2的相异实数根，则实数m的取值范围是（）
A．或B．
C．D．或
【答案】B
【分析】设关于x的方程的两个根分别为，根据满足的条件列不等式组，解不等式组即可得实数的取值范围.
【详解】设关于x的方程的两个根分别为,
则由根与系数的关系，知
所以由题意知，
即，
解得.
故选：B
4．（24-25高三·湖北·阶段练习）“一元二次方程有一个正实数根和一个负实数根”的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出一元二次方程有一个正实数根和一个负实数根的充要条件，再求解即可.
【详解】由一元二次方程的两个根为，
又方程有一个正实数根和一个负实数根，
，，
即“一元二次方程有一个正实数根和一个负实数根”的充要条件为，
则其充分不必要条件的范围应为的真子集，
结合选项可得选项C符合题意，
故选：C.
题型2 一元二次不等式整数解型
1．（2025·陕西渭南·二模）若关于的不等式有且只有一个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】当时，解得：，不满足条件；
故，关于的不等式可得，
所以，即，
方程的两根为，
当时，不等式可化为，，
解集为：，不满足条件；
当时，不等式可化为，
当时，则，即，不等式的解集为：，
要使不等式有且只有一个整数解，则，又因为，不满足条件；
当时，则，即，不等式的解集为空集，
当时，则，即，不等式的解集为，
要使不等式有且只有一个整数解，则，解得：，
故实数的取值范围是：.
故选：B.
2．（24-25高一上·江苏徐州·期中）若关于的不等式恰有3个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C．D．
【答案】B
【分析】先化简为，再对分类讨论分别求出原不等式的解集，然后根据其解集中恰有3个整数解求出实数的取值范围.
【详解】不等式可化为，
当时，原不等式等价于，其解集为，不满足题意；
当时，原不等式等价于，其解集为，不满足题意；
当时，原不等式等价于，其解集为，
其解集中恰有3个整数解，所以，解得；
当时，原不等式等价于，
其解集为，不满足题意；
当时，原不等式等价于，其解集为，
其解集中恰有3个整数解，所以，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是正确的分类讨论，二是要注意在处理满足整数解时等号的取舍．
3．（24-25高三·安徽宣城·阶段练习）关于的不等式的解集中有且仅有个整数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据条件得到的解集中有且仅有个整数解，令，利用二次函数的图象可得，即可求解.
【详解】由，得到，
因为关于的不等式的解集中有且仅有个整数解，
即的解集中有且仅有个整数解，则，
令，对称轴，
因为，，
要使的解集中有且仅有个整数解，
则有，即，解得，
故选：C.
4．（24-25高三·天津·阶段练习）若不等式 有且只有三个整数解，则正数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】设，则，，故可得不等式的解集中的三个整数为，据此可求参数的取值范围.
【详解】设，则，
故的解集中有整数1，而，
故不等式的解集中的三个整数为，故，
所以，故，
故选：D.
题型3 一元二次“含参”解
1．（23-24高三安徽池州·阶段练习）若关于的不等式的解集为，则的值可以是（ ）
A．B．C．2D．1
【答案】BC
【分析】先根据一元二次不等式的解集得到对称轴，然后根据端点得到两个等式和一个不等式，求出的取值范围，最后都表示成的形式即可.
【详解】因为不等式的解集为，
所以二次函数的对称轴为直线，
且需满足，即，解得，
所以，所以，
所以，故的值可以是和，
故选：BC
【点睛】关键点睛：一元二次不等式的解决关键是转化为二次函数问题，求出对称轴和端点的值，继而用同一个变量来表示求解.
2．（23-24高三·浙江嘉兴·阶段练习）已知为常数，给出关于的不等式，则（ ）
A．当，时，不等式的解集为
B．当时，不等式的解集为或的形式，其中
C．当时，不等式的解集为或的形式，其中，
D．当时，不等式的解集为的形式，其中
【答案】ACD
【分析】当，时，转化为一元二次不等式组求解可判断A；讨论直线与抛物线的相交情况，然后根据条件作出函数，，的图象，观察图象即可判断BCD.
【详解】当，时，，
即，解得，A正确；
设直线，联立，得，
由得或，直线与抛物线有两个交点；
由得或，直线与抛物线有一个交点；
由得，直线与抛物线无交点.
作出函数，，的图象，当时，如图一，
由图可知，此时不等式解集为，B错误；

当时，如图二，由图可知，C正确；

当时，如图三，由图可知，D正确.
故选：ACD

3．（23-24高一上·江苏南通·阶段练习）已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．设关于的方程的解为，则
【答案】ABD
【分析】结合题意可得和为方程的两根，且，，根据韦达定理可得，，从而判断AB选项；通过化简，进而可判断C选项；令，结合题意可得方程在上的两个解为和，进而得到，可得，利用作差法即可判断D选项.
【详解】因为不等式的解集为，
所以和为方程的两根，且，，
所以，即，，
又，所以，
所以，，故AB正确；
而
，故C错误；
因为关于的方程的解为，
令，即，
所以关于的方程在上有两个解，
结合题意，可得方程在上的两个解为和，
所以，
所以，
又，且，
所以，即，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：解决一元二次不等式解集相关问题，常常转化为对应一元二次方程的根的问题，进而结合韦达定理求解.
4．（23-24高一上·江苏常州·阶段练习）已知关于x的一元二次不等式的解集为或，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．不等式的解集为
C．不等式的解集为
D．
【答案】ABD
【分析】根据不等式的解集判断对应二次函数的开口判断A，再根据是方程的根，利用韦达定理可得，从而可解BC选项中的不等式，再根据1不在解集得不等式判断D.
【详解】关于x的不等式的解集为或，
所以二次函数的开口方向向上，即，故选项A正确；
因为是方程的根，所以，解得，
所以也即，解得，故选项B正确；
不等式等价于，也即，
解得或，故选项C错误；
因为或，所以，故选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了一元二次不等式的逆向思维，一元二次不等式的解法，理解二次函数、一元二次方程与不等式之间的关系是解题的关键.
题型4 一元二次根与系数关系含参型
1．（21-22高三·上海浦东新·阶段练习）已知实数，关于的不等式的解集为，则实数a、b、、从小到大的排列是( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题可知，再利用中间量，根据与之间的关系求出的取值范围，即可判断a、b、、之间的关系.
【详解】由题可得：，.由，，设，则.所以，所以，.又，所以，所以.故，.又，故.
故选：A.
2．（24-25高三·陕西渭南·阶段练习）关于的不等式，其中，则该不等式的解集不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】考虑和两种情况，当时将不等式变形为，根据根的大小关系得到，，三种情况，解不等式对比选项即可.
【详解】当时，不等式，即，，
故不等式的解集为，故A可能；
当时，，即，
当时，的解集为，故D可能；
当时，不等式无解；
当时，的解集为，故B可能.
故选：C
3．（24-25高三·广东汕头·阶段练习）对于给定实数a，关于x的一元二次不等式的解集可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据参数的符号，以及和的大小关系分类讨论即可.
【详解】当时，，此时解集为或，
当时，，此时解集为，
当时，，此时解集为或，
当时，不等式为，此时解集为，
当时，，此时解集为，
故A正确，B、C、D错误.
故选：A.
4．（24-25高十三·河北石家庄·阶段练习）对于给定的实，关于实数的一元二次不等式的解集可能为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】ABD
【分析】根据一元二次不等式的性质，考虑二次项系数的正负以及方程的根和的大小关系，分类讨论，来确定不等式的解集.
【详解】当时，，
因为，所以的图象开口向上，
方程的根为和，
所以不等式的解集为或；
当时，此时不等式变为，不成立，所以不等式的解集为；
当时，不等式可化为，
因为，所以的图象开口向下，
若，则不等式变为，无解，不等式的解集为；
若，则不等式的解集为；
若，则不等式的解集为；
综上，解集可能为，，，或.
故选：ABD
题型5 一元二次恒成立型
1．（24-25高三·云南·阶段练习）已知，不等式对于一切实数恒成立，又，使，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】D
【分析】根据已知条件可得，然后对化简变形后利用基本不等式可求得其最小值.
【详解】不等式对于一切实数恒成立，且，
，.
，使成立，
，，
，
当且仅当，即时等号成立.
故选：D.
2．（24-25高一上·山东日照·期末）已知函数，若对任意的，不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A．8B．9C．32D．36
【答案】D
【分析】利用数形结合思想来求双变量的最大值即可.
【详解】由函数，若对任意的，不等式恒成立，
作出两个二次函数图象和动直线，
利用数形结合分析：
二次函数与直线交于点，与直线交于点，
二次函数与直线交于点，与直线交于点，
要使得取得最大值，则斜率取最小，轴截距取最大，
此时直线过点A作函数的切线，不妨设切点为，
则求导可得，所以过切点的切线方程为：，
当切线过点时，有，解得或，
因为，所以此时满足题意，故切线方程为：，
此时，故，
故选：D.
【点睛】方法点睛：运用数形结合思想，可以作出两个二次函数，在共同的定义域内的部分图象，再作出一次函数直线介于两图象之间，从而分析斜率达到最小，轴截距达到最大的位置，通过图形可得过点A作函数的切线即可满足题意.
3．（23-24高一上·贵州铜仁·期末）当时，不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】对二项式系数进行分类，结合二次函数定义的性质，列出关系式求解.
【详解】当时，不等式恒成立，
当时，满足不等式恒成立；
当时，令，则在上恒成立，
函数的图像抛物线对称轴为，
时，在上单调递减，在上单调递增，
则有，解得；
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：D.
【点睛】方法点睛：分类讨论思想是高中数学一项重要的考查内容，分类讨论思想要求在不能用统一的方法解决问题的时候，将问题划分成不同的模块，通过分块来实现问题的求解，体现了对数学问题的分析处理能力和解决能力.
4．（23-24高三·四川达州·阶段练习）若“，”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求得存在量词命题的否定，然后根据真假性以及对进行分类讨论来求得的取值范围.
【详解】依题意，“，”是假命题，
所以“”是真命题，
当时，不等式化为恒成立；
当时，化为，
当时，取得最大值为，
所以.
当时，化为，
当时，取得最小值为，
所以.
综上所述，的取值范围是.
故选：A
【点睛】全称量词命题或存在量词命题的否定，要点有两点，一个是之间的转换，另一个是否定结论，而不是否定条件.求解不等式恒成立问题，可以考虑利用分离参数法来进行求解.

题型6 一元二次应用：保值函数型
1．（24-25高三·浙江绍兴·阶段练习）设函数，，已知对于任意的，若，满足，，有，则正实数的最大值为（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】A
【分析】根据题意可得，等价于，又因为，则恒成立，即，，再结合二次函数性质，即可求解.
【详解】由题意得，满足，，有，
则，
化简得，
又因为，则，所以，
所以，即，
又因为，
所以恒成立，即，，
对于函数，，
当时，有最小值，即，则，故A正确.
故选：A.
【点睛】方法点睛：本题主要是应用等价转化法将转化为，再结合为，即等价于即，恒成立，即可求解.
2．（24-25高一上·浙江杭州·期中）已知函数，若函数在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据函数单调性求函数值域，利用对应关系可得有两个不相等的正实数根，结合判别式和韦达定理可得结果.
【详解】因为在上为增函数，在上为减函数，
所以在为增函数，
所以函数在区间上的值域为，
所以，整理得，
所以为方程的两根，即有两个不相等的正实数根，
所以，解得且，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查函数与方程综合问题，具体思路如下：
（1）分析函数的单调性，可得在为增函数，函数在区间上的值域为.
（2）根据值域的对应关系可得为方程的两根，即一元二次方程有两个不相等的正实数根，利用判别式和韦达定理可求得实数的取值范围.
3．（2019·河南郑州·三模）函数的定义域为，若满足在内是单调函数且存在使在上的值域为，那么就称为“半保值函数”，若函数，（且）是“半保值函数”，则正实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意求出函数的值域，可得t的范围.
【详解】当时，均为增函数，所以为增函数；当时，均为减函数，所以为增函数；
所以当时，，
根据题意可得，
所以是方程的两个不等的实数根，
令，当时，关于的方程有两个不相等的正实数根，可得，解得；
当时，关于的方程在上有两个不相等的正实数根，
所以，无解；
所以.
故选B.
【点睛】本题主要考查函数单调性的应用，信息提供型题目，注意对题意的准确理解上.侧重考查数学建模的核心素养.
4．（20-21高三上·江西南昌·阶段练习）函数的定义域为D，若满足①在D内是单调函数：②存在，使在上的值域为，那么就称为“半保值函数”，若函数（且）是“半保值函数”，则t的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先判断在其定义域内为增函数，由函数且是“半保值函数”，可得与的图象有两个不同的交点，有两个不同的根，换元后，利用二次方程实根分布列不等式求解即可.
【详解】函数且是“半保值函数”，且定义域为，
由时，在上递增，在递增，
可得为上的增函数；同样当时，仍为上的增函数，
在其定义域内为增函数，
因为函数且是“半保值函数”，
所以与的图象有两个不同的交点，
有两个不同的根，
，，
令，当时，关于的方程有两个不相等的正实数根，可得，解得；
当时，关于的方程在上有两个不相等的正实数根，
所以，无解；
所以.
故选：B．
【点睛】本题主要考查指数、对数的性质，函数的单调性与一元二次方程根的分布，以及新定义问题，属于难题．新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
题型7 等式不等式性质求范围最值
1．（24-25高三上·四川成都·开学考试）已知函数，其中.当时，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，先探求必要条件，再证明当时在恒成立，通过先放缩再构造函数，对函数，分和两种情况讨论，研究函数的单调性和最值即可求解.
【详解】当时，不等式恒成立，
设，
所以在恒成立，
所以，解得，
下面证明：当时，恒成立．
因为，所以.
设，，其中.
则，其中，
（i）当时，由知恒成立，
即在为增函数，所以成立；
（ii）当时，设，可得，
由知恒成立，
所以，即在上单调递增．
所以，即在上单调递减，所以成立，
综上所述，当时，恒成立，即不等式恒成立.
所以若不等式恒成立，则实数的取值范围是.
故选：A.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通过运算对不等式进行等价变形，从而构造新函数转化为函数的最值问题求解.利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）分离参数法.不等式中参数易于分离，且分离后具体函数的导数运算及性质研究都可求解，则先分离再构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）若参数与变量分离后并不易求解，可以考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
2．（22-23高三上·宁夏石嘴山·阶段练习）在上可导的函数，当时取得极大值.当时取得极小值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】对原函数求导，由函数有极大值和极小值可得导函数方程有两根，根据韦达定理结果和题设条件得出的范围，利用不等式性质推理即得.
【详解】，，
设，
则，，
因为函数当时取得极大值，时取得极小值
，，
，，则，.故，，
于是，，，由不等式的同向皆正可乘性可得：
，即：.
故选：A
【点睛】关键点睛：关键在于原函数有极大极小值即导函数对应的方程必有两个不等实根，借助于韦达定理，即可建立根与参数的关系，继而利用不等式性质即可求得.
3．（22-23高三·安徽马鞍山·阶段练习）已知对一切，，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】令，分析可得原题意等价于对一切，恒成立，根据恒成立问题结合二次函数的性质分析运算.
【详解】∵，，则，
∴，
又∵，且，
可得，
令，则原题意等价于对一切，恒成立，
∵的开口向下，对称轴，
则当时，取到最大值，
故实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】结论点睛：
对，恒成立，等价于；
对，恒成立，等价于.
4．（2022高三·江苏·专题练习）若关于的方程有三不等的实数根，且满足其中两根，则的取值范围是（ ）
A．B． C．D．
【答案】A
【分析】根据题意分析可得：，根据题意分析可得，令，有题意分析可得，进而可求的取值范围.
【详解】若，则至多有2个不相等的实根，由题意得：，
设，则，即方程的根不会为0，即均不为0，
当时，有一个根，不满足题意，故，
由题意，，
可得，
假设，则，这与均不为0相矛盾，故，
由，整理可得，
∵，令，则，
∴或，
由题意知：，则，
假设同号，则，这与相矛盾，
∴异号，则，
故，
∵，则，且，
故，则，排除C、D；
取，则，满足上述分析，故符合题意，
可得，排除B；
故选：A．
题型8 性质应用：做差法比大小
1．（24-25高三上·宁夏银川·阶段练习）若，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据二倍角公式将变形，，作差，结合三角函数的性质即可判断大小；判断和，和的大小，可作差后构造函数，通过求导判断函数的单调性即可判断大小.
【详解】因为，，，
所以，
所以，
，
构造函数，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，又，
所以，即，
，
构造函数，，
则，
所以函数在上单调递增，所以，
所以，即，
综上，.
故选：.
【点睛】关键点点睛：比较大小可通过作差法，然后结合题意构造函数，通过求导判断函数的单调性求解.
2．（2022·全国·模拟预测）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】对已知等式两边分别取对数求出a，b，c，然后通过换底公式并结合基本不等式比较a，b的大小，从而得到a，b，c的大小关系．
【详解】分别对，，两边取对数，得，，．
．
由基本不等式，得:
，
所以，
即，所以．
又，所以.
故选：D．
3．（20-21高三下·湖北·阶段练习）已知实数a，b满足，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过作差法先证明，再根据，可证明，进而证明，可得到，即可证明.
【详解】由题意，，
所以，
因为，所以，即.
所以,即，
所以.
再来比较的大小：
因为，
所以，
所以，即，
所以.
综上所述，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题考查比较大小.解题的关键是比较的大小，通过证明，可得到，即可证明.
4．（2019·河北唐山·二模）已知，，，则，，的大小关系是
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用作差法比较a,c大小，再分别比较b,c与的关系即可求解
【详解】a-c==,故,即b>,
又＜故,故即c＜,所以b＞c,综上，
故选B.
【点睛】本题考查比较对数值的大小，对数函数性质，作差法，插入中间值，准确计算是关键，是难题

题型9 性质应用：做商法比大小
1．（2025·广东广州·模拟预测）已知，.设，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意整理对数式，根据已知的大小关系，结合对数的运算律与公式，可得答案.
【详解】由题意可得，，
因为，，所以两边取对数整理可得，，所以
又，，，
且，即，
所以，，所以.
故选：D.
2．（2024·四川内江·模拟预测）设，则下列选项正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先由指数函数的单调性比较与的大小，再作商比较的大小即可得解.
【详解】，
，而
而，因为，所以，
所以，故，
所以.
故选：B
2．（2024·全国·模拟预测）若，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用指数函数的单调性以及对数函数单调性可判断范围，比较它们的大小；利用作商法比较的大小，即可得答案.
【详解】因为函数在R上单调递增，所以．
又，所以．
因为，故在上单调递减，
所以，所以，
所以实数的大小关系为，
故选：B．
3．（22-23高一下·四川泸州·阶段练习）设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用对数函数单调性以及作商法，可得答案.
【详解】由，则，，
由，且，
则，
由，则，故，，
由，，，则，
由，，，则，
综上可得.
故选：A
题型10 抽象函数型不等式应用
1．（2025·江西南昌·二模）已知函数满足，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用赋值法得出，，令可得出，进而可得出，推导出，再利用基本不等式可求出的最小值.
【详解】令可得，因为，则，
令，可得，解得，
令可得，即，
令可得，所以，，
所以，，，
由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，当时，等号成立，
所以，的最小值为.
故选：C.
2．（24-25高一上·全国·周测）已知函数的图象关于轴对称，且对于，当时，恒成立，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据函数的性质，把函数不等式转化为与的代数不等式，进一步转化成不等式恒成立的问题，结合基本（均值）不等式求参数的取值范围.
【详解】由已知可得，函数为偶函数，
又对于，当时，恒成立，
即，若，都有成立，
则在上单调递减，
又函数为偶函数，则在上单调递增，
又对任意的恒成立 ，则可得．
当时，不等式为显然成立；
当时，原不等式可化为恒成立，只需要式子的最小值满足即可．
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故选：A．
3．（2025·山东聊城·二模）函数定义域为，且满足，若是偶函数，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数是偶函数列式得出函数解析式，再应用导函数判断函数单调性，最后结合单调性计算求解.
【详解】因为，且是偶函数，
所以，
所以，单调递减，
则不等式化简为，
所以，即，
所以或.
故选：B.
4．（2025·辽宁葫芦岛·一模）已知函数的定义域为，且当时，，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由、，利用题目所给的函数性质，结合不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当时，，所以，，
又因为，所以，
，
，，
，，
，，
，，
，，
，
故C正确，A错误，且无证据表明BD正确.
故选：C.
结束
根的分布
根的分布，满足限制条件的不等式组：
开口方向；
判别式；
对称轴位置；
（4）根的分布区间端点对应的函数值正负。
（5）如果是“0”分布，可以用韦达定理。
（6）特复杂的分布，分类讨论。
一元二次不等式整数解思维：
如果能参边分离，则可以分离参数，数形结合，“水平线”相交法。
不能参变分离，则用“根的分布”+分类讨论。
二次函数公式
①一般式顶点式：y＝ax2＋bx＋c＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,2a)))eq \s\up12(2)＋eq \f(4ac－b2,4a).
②顶点是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2a)，\f(4ac－b2,4a)))，对称轴是：x＝－eq \f(b,2a).
③方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)求根公式：x＝eq \f(－b±\r(b2－4ac),2a)
（1）一元二次不等式：一般地，我们把只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式．一元二次不等式的一般形式是或，其中a，b，c均为常数，．
（2）二次函数的零点：一般地，对于二次函数，我们把使的实数x叫做二次函数的零点．
（3）二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
的图象
的根
有两个不相等的实数根
有两个相等的实数根
没有实数根
的解集
R
的解集
____
_______

恒成立分离参数型：
①若在上恒成立，则；
②若在上恒成立，则；
③若在上有解，则；
④若在上有解，则；

不等式性质求取值范围时，要注意整题换元思维。整体换元可以减少不等式运算，增加等式运算
最差法比较大小：
作差---变形---判断正负
其中难点在于恒等变形的方向和变形的技巧，变形的目的是为了判断正负，所以可以因式分解，或者计算化简，或者放缩为具体值，准确计算找对变形方向是关键。
两个正数a，b，如果，
运用商比法，要注意两个数是正数还是负数。
抽象不等式，多借助单调新，奇偶性，函数平移等来求解