专题06 不等式（解答题）（理）（9月第02期）（解析版）-2020-2021学年高二《新题速递•数学（理）

专题06 不等式（解答题）
1．（四川省南充西南大学实验学校2019-2020学年高一下学期7月月考数学试卷）已知且，试比较与的大小．
【答案】答案见解析
【分析】利用“作差法”，通过对分类讨论即可得出．
【解析】．
①当时，，．
②当且时，，．
③当时，，．
综上所述，当时，；当且时，；当时，．
【点睛】本题考查“作差法”比较两个数的大小、分类讨论等基础知识与基本技能方法，属于中档题．
2．（江苏省淮安市淮阴中学2019-2020学年高二下学期期末数学试题）设，，．
（1）求集合A；
（2）若，求实数m的取值范围：
（3）若，求实数m的取值范围．
【答案】（1）或；（2）；（3）.
【分析】（1）解绝对值不等式，即可求得集合A；（2）根据题意及二次函数的性质，可得，计算整理，即可得结果；
（3）设，为的两个根，且，根据题意可得，，结合二次函数的图像与性质，即可得答案.
【解析】（1）因为，得或，
解得或，所以或；
（2）由题意得：，
解得；
（3）由题意得：，
解得或．
设，为的两个根，且，
由题意得，．
所以，解得．
【点睛】本题考查绝对值不等式的解法、二次函数图像与性质、集合的运算，考查学生对基础知识的掌握程度，属中档题.
3．（江西省新余一中、樟树中学等六校2019-2020学年高一下学期第二次联考数学（理，创新班）试题）已知函数.
（1）若不等式 的解集为，求的取值范围；
（2）当时，解不等式；
（3）若不等式的解集为，若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）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；
（3）.
【分析】（1）由不等式 的解集为，分和两种情况讨论，即可求解；（2）由不等式，可得，分，和三种情况讨论，结合一元二次不等式的解法，即可求解；（3）由题设条件对任意的，不等式恒成立，转化为不等式恒成立，利用换元法和基本不等式求得的最大值，即可求解.
【解析】（1）①当时，即时，，不合题意；
②当时，即时，满足，
即，解得，即实数的取值范围是.
（2）因为不等式，即，即，
①当时，即时，不等式的解集为；
②当时，即时，不等式可化为，
因为，所以不等式的解集为；
③当时，即时，不等式可化为
因为，可得，所以，
所以不等式的解集为.
（3）不等式的解集为，若，
即对任意的，不等式恒成立，
即恒成立，
因为恒成立，所以恒成立，
设 则，
所以，
因为，当且仅当时，即时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以当时，的最大值为，
所以的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，集合与集合件的关系，以及基本不等式的应用，着重考查分类讨论和转化思想的应用，属于中档试题.
4．（安徽省合肥市第六中学2019-2020学年高一下学期学情检测数学试题）定义两类新函数：
①若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使得成立，则称该函数为“函数”；
②若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使得成立，则称该函数为“函数”．
（1）设函数的定义域为，已知是某一类新函数，试判断是“函数”还是“函数”（不需说明理由），并求此时的范围；
（2）已知函数在定义域上为“函数”，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）是“函数”；；（2）
【分析】（1）由，可知对任意的，都不满足，即不可能是“函数”，只能是“函数”；由在内单调递增，可得，进而可得出，从而可得，求出取值范围即可；
（2）若图象的对称轴，可推出矛盾，从而在上单调，且，可求出，不等式可转化为，该不等式对任意恒成立，令，由存在使得该不等式成立，可求出实数的取值范围.
【解析】（1）函数在定义域上是“函数”，理由如下：
因为，所以对任意的，都不满足，即不可能是“函数”，而是某一类新函数，只能是“函数”.
函数在内单调递增，且是“函数”，
由定义需满足，即，
因为，所以，，所以，
所以的范围为.
（2）若图象的对称轴，则存在，且，关于对称，此时，，由条件知存在，使，这与“函数”定义矛盾．所以，即在上单调，则，，
解得或，当时，，不符合题意，舍去；
当时，，此时在上单调，
所以成立，即.
存在实数，使得对任意的，不等式恒成立，
不等式整理得，该不等式对任意恒成立，
所以，整理得，
由题意知，存在使得该不等式成立，
所以或，解得或.所以实数的取值范围是.
【点睛】本题考查函数新定义，考查不等式恒成立问题，注意利用函数的单调性，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于难题.
5．（河北省石家庄市2019-2020学年高一（下）期末数学试题）已知，，.
（1）解关于的方程；
（2）设，时，对任意，总有成立，求的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）利用换元法得到含参数的一元二次方程，再对分类讨论，分析方程解的情况；（2）题中任意，总有可以看作区间内函数最大值与函数最小值的差值问题，然后对参数进行分类讨论，确定函数在区间上的单调性，从而确定函数在区间上的最值，再根据不等式求出参数的取值范围.
【解析】（1）由题知，代入有，
整理得，令，，
即，，
当时，方程无解，
当时，方程有一个解，解得，
当时，方程有两个解，，
，
当时，方程仅有一个根，；
（2），代入，
有，
令，，设，
①当时，易知函数在区间单调递增，
又因为，
即，解得，舍去，
②当时，函数在处取最小值，当时，，
即函数在区间单调递增，
又因为，
即，解得，所以，
当时，，即函数在区间单调递减，
在区间单调递增，
又因为，
即，
因为当时，恒成立，
所以，综上.
【点睛】本题主要考查了含有参数的一元二次方程解的问题，对勾函数的性质，函数在区间上的最值，考查较为综合，属于难题.
6．（山西省大同市灵丘县豪洋中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）某高科技企业生产产品和产品需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品需要甲材料，乙材料，生产一件产品需要甲材料，乙材料生产一件产品的利润为200元，生产一件产品的利润为900元该企业现有甲材料，乙材料，则生产产品、产品的利润之和的最大值为多少元？

【答案】240000元.
【分析】根据题意列出不等式组，根据不等式组表示的平面区域，结合目标函数，利用数形结合进行求解即可.
【解析】设企业生产产品和产品分别为件，件，利润之和为元，依题意得
，即
目标函数，作出可行域如图所示，当直线过与的交点时，取最大值，由解得.
所以生产产品、产品的利润之和的最大值为240000元.

【点睛】本题考查了数学阅读能力和数学建模能力，考查了线性规划的应用，考查了数学运算能力和数形结合思想.
7．（2020年秋季高一新生入学分班考试数学试卷）解不等式.
【答案】或.
【分析】移项将不等式右边化为0，再将分式不等式化为整式不等式，即可求得结果.
【解析】原不等式可化为

故可得：或.
8．（贵州省铜仁市伟才学校2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题）某工厂生产某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件，需另投入成本为C(x)，当年产量不足80千件时，C(x)＝x2＋10x(万元)．当年产量不小于80千件时，C(x)＝51x＋－1 450(万元)．每件商品售价为0.05万元．通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完．
（1）写出年利润L(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；
（2）当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？
【答案】（1）L(x)＝；（2）100千件.
【分析】（1）根据题意，分段求得函数的解析式，即可求得；（2）根据（1）中所求，结合基本不等式，求得的最大值即可.
【解析】（1）因为每件商品售价为0.05万元，则x千件商品销售额为0.05×1 000x万元，
依题意得：
当0 当x≥80时，L(x)＝(0.05×1 000x)－－250＝1 200－.
所以L(x)＝
（2）当0 此时，当x＝60时，L(x)取得最大值L(60)＝950万元．
当x≥80时，L(x)＝1 200－≤1 200－2＝1 200－200＝1 000.
此时x＝，即x＝100时，L(x)取得最大值1 000万元．
由于950<1 000，所以当年产量为100千件时，该厂在这一商品生产中所获利润最大，
最大利润为1 000万元．
9．（四川省乐山市2019-2020学年高一（下）期末数学试题）某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为多少？

甲
乙
原料限额
A（吨）
3
2
12
B（吨）
1
2
8
【答案】最大的利润是18万元
【分析】设每天生产甲乙两种产品分别为，吨，利润为元，然后根据题目条件建立约束条件，得到目标函数，画出约束条件所表示的区域，然后利用平移法求出的最大值．
【解析】设每天生产甲乙两种产品分别为，吨，利润为元，
则，目标函数为．
作出二元一次不等式组所表示的平面区域（阴影部分）即可行域．
由得，平移直线，由图象可知当直线，
经过点时，直线的截距最大，此时最大，
解方程组，解得：，即的坐标为，，
．
则每天生产甲乙两种产品分别为2，3吨，能够产生最大的利润，最大的利润是18万元．

10．（黑龙江省大庆市第四中学2019-2020学年高一下学期第三次检测数学（文）试题）已知函数.
（1）若关于的不等式的解集为，求解集；
（2）若，解不等式的解集.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）先由题意，得到，，将所求不等式化为，即得出结果；（2）先将所求不等式化为，分别讨论，，三种情况，即可得出结果.
【解析】（1）∵不等式的解集为，∴，，
所以可化为，等价于，∴的解集为；
（2）时，不等式即为，等价于，
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时时，不等式的解集为.
11．（安徽省蚌埠市2019-2020学年高一下学期期末数学试题）已知函数．
（1）若关于的不等式的解集为，求的值；
（2）当时，解关于的不等式．
【答案】（1）；（2）当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．
【分析】(1)由已知可得的两个根为1和2，将根代入方程中即可求出的值.(2)代入，分，，三种情况进行讨论求解.
【解析】（1）由条件知，关于的方程的两个根为1和2，
所以，解得．
（2）当时，，即，
当时，解得或；当时，解得；
当时，解得或．
综上可知，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为．
12．（四川省广元市2019-2020学年高一（下）期末数学试题）（1）设0＜x＜，求函数y＝x（3﹣2x）的最大值；
（2）解关于x的不等式x2-（a+1）x+a＜0．
【答案】（1）（2）见解析
【分析】（1）由题意利用二次函数的性质，求得函数的最大值．（2）不等式即（x﹣1）（x﹣a）＜0，分类讨论求得它的解集．
【解析】（1）设0＜x，∵函数y＝x（3﹣2x）2，
故当x时，函数取得最大值为．
（2）关于x的不等式x2﹣（a+1）x+a＜0，即（x﹣1）（x﹣a）＜0．
当a＝1时，不等式即 （x﹣1）2＜0，不等式无解；
当a＞1时，不等式的解集为{x|1＜x＜a}；
当a＜1时，不等式的解集为{x|a＜x＜1}．
综上可得，当a＝1时，不等式的解集为∅，当a＞1时，不等式的解集为{x|1＜x＜a}，当a＜1时，不等式的解集为{x|a＜x＜1}．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质，求二次函数的最值，一元二次不等式的解集，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题．
13．（广西钦州市2019-2020学年高一下学期期末教学质量监测数学试题）已知不等式的解集为.
（1）求，的值；
（2）求不等式的解集.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由题可知，是方程的两根，代入即可计算出的值；
（2）根据分式不等式的求法即可求出.
【解析】（1）∵不等式的解集为，
∴，是方程的两根，
∴，解得：或（舍去），
（2）由（1）知不等式即为，∴，
解得：，∴不等式的解集为.
【点睛】本题考查根据一元二次不等式的解集求解参数值、分式不等式的求解问题；关键是明确一元二次不等式的解集与一元二次方程根之间的关系.
14．（甘肃省武威第六中学2019-2020学年高二下学期第二次学段考试（期末）数学（文）试题）
(1)已知在上是单调函数,求的取值范围；
(2)求的解集.
【答案】(1) 或；(2) 当时,不等式的解集为空集；
当时, 不等式的解集为；
当时, 不等式的解集为.
【分析】(1)求出函数的对称轴,然后根据二次函数的单调性,由题意分类讨论即可求的取值范围；(2)根据一元二次方程根之间的大小关系进行分类讨论求出的解集.
【解析】(1)函数 的对称轴为：
因为在上是单调函数,所以有：或,解得
或；
(2)方程的两个根为：.
当时,不等式的解集为空集；
当时, 不等式的解集为；
当时, 不等式的解集为.
15．（甘肃省武威市民勤县第一中学2019-2020学年高二第二学期期末考试数学（文科）试题）设函数
（1）若对一切实数x，恒成立，求m的取值范围；
（2）若对于，恒成立，求m的取值范围：
【答案】（1）.（2）
【分析】（1）对进行分类讨论，利用判别式进行求解；
（2）利用参数分离得到对恒成立，利用二次函数的性质求得的值域即可.
【解析】（1）对恒成立，
若，显然成立，若，则，解得.所以，.
（2）对于，恒成立，即对恒成立
对恒成立，∴对恒成立，
即求在的最小值，
的对称轴为，
，，，
可得即.
【点睛】本题考查一元二次函数的图象与性质、不等式恒成立问题，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意参变分离法的应用.
16．（广东省佛山市第一中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）已知关于的不等式；
（1）若不等式的解集为，求实数的值；
（2）若，且不等式对一切都成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）由已知得和是方程的两根且，利用根与系数的关系即可得出结果；（2）设，利用二次函数的图象与性质把问题化为，即可求出的取值范围．
【解析】（1）不等式的解集为
和是方程的两根且
由根与系数的关系得：，解得：
（2）令，则原问题等价于
即，解得：
又 ，实数的取值范围是
17．（湖北省十堰市第一中学2019-2020学年高一下学期4月月考数学试题）（1）解不等式；
（2）已知，其中，求的最小值．
【答案】（1）解集见解析；（2）8.
【分析】（1）对进行讨论，从而求出原不等式的解集；（2）将函数的解析式变形为，利用基本不等式可求得函数在上的最小值.
【解析】（1）当时，原不等式解集是或；
当时，原不等式解集是R；
当时，原不等式解集是或
（2），则，
由基本不等式得
当且仅当时，即当时取得等号，
因此，函数的最小值为8．
18．（广东省湛江市2019-2020学年高二上学期期末数学试题）已知关于的不等式，其中.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）当，试求不等式的解集.
【答案】（1）；（2）见详解.
【分析】（1）由化原不等式为，求解，即可得出结果；
（2）分，，三种情况，分别解对应的一元二次不等式，即可得出结果.
【解析】（1）时，不等式可化为，即，解得，即不等式的解集为；
（2）当时，不等式可化为，解得；
当时，不等式可化为，而，所以解不等式得或；
当时，不等式可化为，而，
所以解不等式得；
综上所述，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.
19．（安徽省合肥市第十一中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）对于任意实数x，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】
【分析】分，，两种情况分类讨论，利用判别式法求解.
【解析】当时，不等式为成立.
当时，则有，
解得.综上：.实数a的取值范围是.
20．（广西玉林市2019-2020学年高一下学期期末质量检测考试数学试题）某汽车租赁公司有200辆小汽车.若每辆车一天的租金为300元，可全部租出;若将出租收费标准每天提高10x元(1≤x≤50，x∈N*)，则租出的车辆会相应减少4x辆.
（1）求该汽车租赁公司每天的收入y(元)关于x的函数关系式；
（2）若要使该汽车租赁公司每天的收入超过63840元，则每辆汽车的出租价格可定为多少元?
【答案】（1）y=-40x2+800x+60000(1≤x≤50，x∈N*)；（2）390元或400元或410元.
【分析】（1）先表示出每辆车一天的租金300+10x元，再表示出租出的车辆200-4x辆，最后表示出每天的收入y(元)关于x的函数关系式；（2）先由题意建立不等式-40x2+800x+60000>63840，再解不等式8 【解析】（1）由题意可得每辆车一天的租金为(300+10x)元，租出的车辆为(200-4x)辆，
故该汽车租赁公司每天的收入y=(300+10x)(200-4x)=-40x2+800x+60000(1≤x≤50，x∈N*).
（2）由题意可得-40x2+800x+60000>63840，即x2-20x+96<0， 解得8 因为x∈N*，所以x=9或x=10或x=11，则300+10x=390或400或410.
故每辆汽车的出租价格可定在为390元或400元或410元.
【点睛】本题考查根据实际问题建立函数关系、利用函数与不等式的关系解决实际问题、求解一元二次不等式，是基础题.
21．（江苏省连云港市海州高级中学2019-2020学年高一下学期第二次阶段检测数学试题）设．
（1）若方程有实根，求实数m的取值范围；
（2）若不等式的解集为，求实数m的取值范围；
（3）若不等式对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】（1）依题意，有解，
①当时，，解得，符合题意；
②当时，则△，
化简得，解得且；
综上，实数的取值范围为；
（2）依题意，，解得；
（3）依题意，，解得．
故答案为：；；．
22．（西藏自治区日喀则市第三高级中学2019-2020学年高二上学期期末考试数学（文科）试题）解不等式：
【答案】或
【分析】将不等式转化为，即可得到不等式的解集；
【解析】，所以，
所以，解得或.
故原不等式的解集为或.
23．（山西省临猗县临晋中学2019-2020学年高一下学期6月月考数学试题）已知不等式.
（1）当时，求此不等式的解集；
（2）若不等式的解集非空，求实数的取值范围．
【答案】（1） ； （2）
【分析】（1）不等式为，解得
（2）不等式的解集非空，则，求解即可
【解析】（1）当时，不等式为，解得，
故不等式的解集为；
（2）不等式的解集非空，则，
即，解得，或，
故实数的取值范围是．
【点睛】二次函数，二次方程，一元二次不等式三个二次的相互转换是解决一元二次不等式问题的常用方法，数形结合是解决函数问题的基本思想．
24．（河北省唐山市开滦一中2019-2020学年高一下学期期末数学试题）如图，某房地产开发公司计划在一栋楼区内建造一个矩形公园，公园由矩形的休闲区（阴影部分）和环公园人行道组成，已知休闲区的面积为1000平方米，人行道的宽分别为4米和10米，设休闲区的长为x米．

（1）求矩形所占面积S（单位：平方米）关于x的函数解析式；
（2）要使公园所占面积最小，问休闲区的长和宽应分别为多少米？
【答案】（1）；（2）休闲区的长和宽应分别为米，米.
【分析】（1）先表示休闲区的宽，再表示矩形长与宽，最后根据矩形面积公式得函数解析式，注意求函数定义域；（2）根据基本不等式求S最小值，再根据等号取法确定休闲区的长和宽.
【解析】（1）因为休闲区的长为x米，休闲区的面积为1000平方米，所以休闲区的宽为米；从而矩形长与宽分别为米米，
因此矩形所占面积，
（2）
当且仅当时取等号，此时
因此要使公园所占面积最小，休闲区的长和宽应分别为米，米.
25．（四川省德阳市2020届高三高考数学（理科）三诊试题）已知函数恒成立．
（1）求的取值范围；
（2）若的最大值为，当正数、满足时，求的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）函数恒成立，
即恒成立，设函数，则，
又，即的最小值为4，所以；
（2）由（1）知，正数a，b满足，
所以

，
当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为．
26．（四川省内江市2019-2020学年高一（下）期末数学（理科）试题）某公司生产某种产品，其年产量为万件时利润为万元，当时，年利润为，当时，年利润为.
（1）若公司生产量在且年利润不低于400万时，求生产量的范围；
（2）求公司年利润的最大值.
【答案】（1）；（2）480．
【分析】（1）令，解之即可；（2）利用二次函数的最值和基本不等式分别求出两段函数的最大值,再比较大小即可．
【解析】（1）当时，令，
即，解得，所以生产量的范围是；
（2）当时，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，
则此时最大值为；
当时，，
当且仅当时，等号成立，则此时最大值为，
综上公司年利润的最大值为480万元．
【点睛】本题考查了函数的应用，利用二次函数的性质和基本不等式求最值是解题的关键，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
27．（2020届河北省唐山市高三第二次模考数学（文）试题）已知，，.
（1）若，求证：；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）见解析（2）
【分析】（1）直接利用均值不等式计算得到答案.（2）变换得到，故，代入不等式，整理化简利用均值不等式计算得到答案.
【解析】（1）因为，，所以，由，得，
故，，当且仅当时，等号成立.
（2）由得.
.
当且仅当，且时，两个等号同时成立.
即当且仅当且，的最小值是.
【点睛】本题考查了均值不等式的应用，意在考查学生的计算能力和转化能力，变换是解题的关键.
28．（辽宁省瓦房店市高级中学2019-2020学年高二下学期期末考试数学试题）某种商品原来每件售价为25元，年销售量8万件．
（1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
（2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到元．公司拟投入万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
【答案】（1）每件定价最多为元；（2）当该商品明年的销售量至少达到万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总收入之和，此时该商品的每件定价为元．
【分析】（1）设出每件的定价，根据“销售的总收入不低于原收入”列不等式，解不等式求得定价的取值范围，由此求得定价的最大值.（2）利用题目所求“改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和”列出不等式，将不等式分离常数，然后利用基本不等式求得的取值范围以及此时商品的每件定价.
【解析】（1）设每件定价为元，依题意得，
整理得，解得
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元.
（2）依题意知当时，不等式有解
等价于时，有解，
由于，当且仅当，即时等号成立，
所以，当该商品改革后销售量至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元.
29．（安徽省合肥市第十一中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）某村计划建造一个室内面积为800平方米的矩形蔬菜温室，温室内沿左右两侧与后墙内侧各保留1米宽的通道，沿前侧内墙保留3米宽的空地．

（1）设矩形温室的一边长为米，请用表示蔬菜的种植面积，并求出的取值范围；
（2）当矩形温室的长、宽各为多少时，蔬菜的种植面积最大？最大种植面积为多少．
【答案】（1），；（2）长、宽分别为40米，20米时，蔬菜的种植面积最大，最大种植面积为．
【分析】（1）根据矩形温室的一边长为，求出另一边长，然后根据矩形的面积公式表示即可，再由解析式即可列出关于的不等式，从而得出的取值范围；（2）直接利用基本不等式可求出面积的最大值，注意等号成立的条件，进而得出矩形温室的长、宽.
【解析】（1）矩形的蔬菜温室一边长为米，则另一边长为米，
因此种植蔬菜的区域面积可表示，
由得：；
（2）
，当且仅当，即时等号成立．
因此，当矩形温室的两边长、宽分别为40米，20米时，蔬菜的种植面积最大，最大种植面积为．
30．（2020届广东省梅州市高三总复习质检（5月）数学（理）试题）已知，都是大于零的实数．
（1）证明：；
（2）若，证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1），，当且仅当“”时，上面两式同时取“”，
两式相加得，即得证 ；
（2）由（1）知
于是，

，当且仅当“”时，等号成立.
31．（江苏省南京市第二十九中学2020-2021学年高三上学期学情调研数学试题）新冠肺炎疫情造成医用防护服短缺，某地政府决定为防护服生产企业A公司扩大生产提供(万元)的专项补贴，并以每套80元的价格收购其生产的全部防护服.A公司在收到政府(万元)补贴后，防护服产量将增加到(万件)，其中为工厂工人的复工率（）.A公司生产万件防护服还需投入成本(万元).
（1）将A公司生产防护服的利润(万元)表示为补贴(万元)的函数(政府补贴x万元计入公司收入)；
（2）在复工率为k时，政府补贴多少万元才能使A公司的防护服利润达到最大？
（3）对任意的(万元)，当复工率达到多少时，A公司才能不产生亏损？（精确到0.01）.
【答案】（1），，；（2）；（3）
【解析】（1）由题意，，
即，，.
（2），
因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立.
所以，
故政府补贴为万元才能使A公司的防护服利润达到最大，最大为万元.
（3）对任意的(万元)，A公司都不产生亏损，则在上恒成立，不等式整理得，，
令，则，则，
由函数在上单调递增，
可得，
所以，即.
所以当复工率达到时，对任意的(万元)，A公司都不产生亏损.
32．（江苏省淮安市淮阴中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）如图，射线和均为笔直的公路，扇形区域（含边界）是一蔬菜种植园，其中、分别在射线和上．经测量得，扇形的圆心角（即为、半径为1千米．为了方便菜农经营，打算在扇形区域外修建一条公路，分别与射线、交于、两点，并要求与扇形弧相切于点．设（单位：弧度），假设所有公路的宽度均忽略不计．

（1）试将公路的长度表示为的函数，并写出的取值范围：
（2）试确定的值，使得公路的长度最小，并求出其最小值．
【答案】（1），；（2）当时，长度的最小值为千米.
【分析】（1）根据相切关系与直角三角形的边角关系，用公路的长度表示为的函数，即可求出的取值范围；（2）用三角恒等变换化简的解析式，根据三角函数的图象与性质求得的最小值
【解析】（1）因为与扇形弧相切于点，所以．
在中，因为，，所以，
在中，，所以，
所以，其中，
（2）因为，所以，
令，则，所以，
由基本不等式得，
当且仅当即时取“”此时，由于，故
答：（1），其中
（2）当时，长度的最小值为千米
33．（江苏省泰州市第二中学2020届高三下学期5月学情调研数学试题）某企业采用新工艺，把企业生产中排放的二氧化碳转化为一种可利用的化工产品.已知该单位每月的处理量最少为吨，最多为吨，月处理成本（元）与月处理量（吨）之间的函数关系可近似地表示为，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为元.
（1）该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？
（2）该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？
【答案】（1）吨；（2）不获利，补元.
【解析】（1）由题意可知，月处理成本（元）与月处理量（吨）之间的函数关系可近似地表示为，
所以，每吨二氧化碳的平均处理成本为，
由基本不等式可得（元），
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，该单位每月处理量为吨时，才能使每吨的平均处理成本最低；
（2）令，
，函数在区间上单调递减，
当时，函数取得最大值，即.
所以，该单位每月不能获利，国家至少需要补贴元才能使该单位不亏损.
【点睛】本题考查基本不等式和二次函数的实际应用，考查计算能力，属于中等题.
34．（湖北省黄冈中学2020届高三下学期6月第三次模拟考试理科数学试题）已知 为正数，且满足．证明：
（1）；
（2）．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1）因为（当且仅当时取等号），所以．
又由，因为，所以．
故有．
（2）因为（当且仅当时取“=”），
（当且仅当时取“=”），
（当且仅当时取“=”），
三式相加可得（当且仅当时，“=”成立）．
又由，得．
故有．
35．（湖南省长沙市长沙县实验中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）（1）已知，求的最大值；
（2）已知、是正实数，且，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）将函数解析式变形为，然后利用基本不等式可求得函数的最大值；（2）由题意可得，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【解析】（1）因为，，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，函数的最大值为；
（2）、是正实数，且，.
则，
当且仅当且时取等号，此时取得最小值.
36．（江苏省南京市金陵中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）设，，，其中为参数.
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，求的最小值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）变形得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值；（2）由已知条件得出，变形可得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【解析】（1）当时，，，，则，
，
当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为；
（2），由可得，，
，，由可得，
，
当且仅当，即当时，等号成立，
因此，最小值为.
37．（湖北省黄冈中学2020届高三下学期适应性考试理科数学试题）设，，，且，
求证：（1）；
（2）.
【答案】(1) 证明见解析 (2) 证明见解析
【分析】（1）运用分析法证明．要证，结合条件，两边平方，可得，运用重要不等式，累加即可得证．（2）问题转化为证明，根据基本不等式的性质证明即可．
【解析】证明：（1）运用分析法证明．
要证，即证，
由，，均为正实数，且，
即有，即为，①
由，，，
相加可得，则①成立．
综上可得，原不等式成立．
（2），而由（1），
，故只需，
即，即：，
而，，，
成立，（当且仅当时）．
38．（山东省泰安第二中学2020届高三10月月考数学试题）某市近郊有一块大约的接近正方形的荒地，地方政府准备在此建一个综合性休闲广场，首先要建设如图所示的一个矩形场地，其中总面积为3000平方米，其中阴影部分为通道，通道宽度为2米，中间的三个矩形区域将铺设塑胶地面作为运动场地（其中两个小场地形状相同），塑胶运动场地占地面积为平方米．
（1）分别用表示和的函数关系式，并给出定义域；
（2）怎样设计能使取得最大值，并求出最大值．

【答案】（1），其定义域是．
（2）设计，时，运动场地面积最大，最大值为2430平方米．
【分析】（1）总面积为，且，则，（其中，从而运动场占地面积为，代入整理即得；
（2）由（1）知，占地面积，由基本不等式可得函数的最大值，以及对应的的值．
【解析】（1）由已知，，其定义域是．
，
，，
，其定义域是．
（2），
当且仅当，即时，上述不等式等号成立，
此时，，，．
答：设计，时，运动场地面积最大，最大值为2430平方米．
【点睛】本题以实际问题为载体，考查函数模型的构建，考查应用基本不等式求函数最值，构建函数关系式是关键，属于中档题．
39．（江西省南昌市第十中学2019-2020学年高一5月摸底考试数学试题）已知点P(x，y)在△ABC的边界和内部运动，其中A(1，0)，B(2，1)，C(4，4).若z=2x-y的最小值为M，最大值为N.
（1）求M，N；
（2）若m+n=M，m>0，n>0，求的最小值，并求此时的m，n的值；
（3）若m+n+mn=N，m>0，n>0，求mn的最大值和m+n的最小值.
【答案】（1），（2），；最小值（3）mn的最大值为；m+n最小值为
【解析】（1）由题意，作出图形

知当直线经过点时，z有最小值2，当直线经过点时，z有最大值4.所以，.
（2）由（1），知，
所以，
当且仅当时等号成立.又，所以，.
（3）由（1），知.
因为当且仅当时等号成立，所以.
令，则，解得.
又，故，故mn的最大值为.
因为，所以，
令，则，解得或舍去，
即的最小值为.
40．（2020高三年级新高考辅导与训练）已知点是线段上的点．
（1）求取值范围；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）线段的端点记为、，

表示线段上的点与定点连线的斜率，且，，
由图形可知，当点从点运动到点的过程中，直线的倾斜角逐渐增大，且为锐角，
所以，，即，因此，取值范围是；
（2）设，即，

平移直线，当直线经过点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最大值，即；
当直线经过点时，该直线在轴上的截距最大，此时取最小值，即.
综上所述，的取值范围是.
41．（四川省成都石室中学2018-2019学年高一（下）期末数学试题）在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝3，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P（如图），光线QR经过ABC的重心，若以点A为坐标原点，射线AB，AC分别为x轴正半轴，y轴正半轴，建立平面直角坐标系．

（1）AP等于多少？
（2）D（x，y）是RPQ内（不含边界）任意一点，求x，y所满足的不等式组，并求出D（x，y）到直线2x+4y+1＝0距离的取值范围．
【答案】（1）；（2）x，y所满足的不等式组为，D（x，y）到直线2x+4y+1＝0距离的取值范围为．
【分析】（1）建立坐标系，设点的坐标，可得关于直线的对称点的坐标，和关于轴的对称点的坐标，由，，，四点共线可得直线的方程，由于过的重心，代入可得关于的方程，解之可得的坐标，进而可得的值；
（2）先求出所在直线的方程，即得x，y所满足的不等式组，再利用数形结合求出D（x，y）到直线2x+4y+1＝0距离的取值范围．
【解析】（1）以为原点，为轴，为轴建立直角坐标系如图所示．
则，，．设的重心为，则点坐标为，
设点坐标为，则点关于轴对称点为，
因为直线方程为，所以点关于的对称点为，
根据光线反射原理，，均在所在直线上，，即，
解得，或．当时，点与点重合，故舍去．．所以.

（2）由（1）得为，又，所以直线的方程为；
令中，所以所以直线的方程为；
联立直线和的方程得,
所以直线的方程为.
D（x，y）是RPQ内（不含边界）任意一点，所以x，y所满足的不等式组为.
直线和直线平行，所以它们之间的距离为；
点到直线的距离为.
所以D（x，y）到直线2x+4y+1＝0距离的取值范围为．

42．（吉林省白城市洮南市第一中学2019-2020学年高一下学期第三次月考数学试卷）若，满足约束条件，求：
（1）的最大值．
（2）的最小值．
（3）的最大值．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）不等式组表示的可行域如图所示：

，.，.
由得到，表示直线的轴截距.
当直线过时，取得最大值，.
（2），
表示可行域内的点与点连线的斜率，由图知：

当点与点连线时，斜率最小.故.
（3）因为，
表示可行域内的点与点距离的平方，由图知：

当点与点连线时，距离最大.故.
43．（安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高一下学期期中数学试题）某厂使用两种零件、装配两种产品、，该厂的生产能力是月产产品最多有2500件，月产产品最多有1200件；而且组装一件产品要4个、2个，组装一件产品要6个、8个，该厂在某个月能用的零件最多14000个；零件最多12000个.已知产品每件利润1000元，产品每件2000元，欲使月利润最大，需要组装、产品各多少件？最大利润多少万元？
【答案】要使月利润最大，需要组装、产品2000件、1000件，此时最大利润为400万元
【分析】设分别生产、产品件、件，根据题设条件可得满足的不等式组且利润，利用线性规划可求的最大值及取最大值时对应的的值.
【解析】设分别生产、产品件、件，则有.
设利润为，则，
要使利润最大，只需求的最大值.作出可行域如图所示（阴影部分及边界）：

作出直线：，即，
由于向上平移直线时，的值增大，所以在点处取得最大值，
由解得，即，
因此，此时最大利润（万元）..
答：要使月利润最大，需要组装、产品2000件、1000件，此时最大利润为400万元.
【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率．
44．（湖北省武汉市华师一附中2019-2020学年高一下学期4月月考数学试题）（1）设，求函数的最小值.
（2）解不等式：
【答案】（1）（2）
【分析】（1）设，得，化简函数为，利用基本不等式，即可求解；（2）把不等式，化为，利用分式不等式的解法，即可求解.
【解析】（1）由题意，设，则，
则，
当时，即时，即时取等号，
所以函数的最小值为.
（2）由不等式，可得，解得或，
所以不等式的解集为.
【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值，以及分式不等式的求解，其中解答中合理利用换元法，合理利用基本不等式，以及熟记分式不等式的解法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
45．（宁夏银川二中2019-2020学年高一年级下学期期末考试数学试题）若不等式的解集是，求不等式的解集．
【答案】
【分析】由不等式的解集和方程的关系，可知，是方程的两根，利用韦达定理求出，再代入不等式，解一元二次不等式即可.
【解析】由已知条件可知，且方程的两根为，；
由根与系数的关系得解得．
所以原不等式化为解得
所以不等式解集为.
【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，还考查一元二次不等式解集与一元二次方程的关系以及利用韦达定理求值.
46．（安徽省池州市2019-2020学年高一下学期期末文科数学试题）已知函数．
（1）解不等式：f（x）＞；
（2）求函数f（x）的最小值．
【答案】（1）或；（2）
【解析】（1），
或.
（2），
当且仅当，即时函数取得最小值.
【点睛】本题主要考查了分式不等式的解法，和基本不等式求最值，属于基础题.
47．（安徽师范大学附属中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）已知函数.
（1）当，时，解不等式；
（2）当时，解关于x的不等式（结果用a表示）.
【答案】（1）；（2）时，解集为，时，解集为，时，解集为.
【分析】（1）求出的根（由因式分解完成），根据二次函数的图象写出结论．（2）化简变形表达式，然后根据和的大小关系分类讨论．
【解析】（1）当，时，
∴的解集为.
（2）当时，，
即，
①当时，，此时不等式的解集为，
②当时，，此时不等式的解集为，
③当时，，此时不等式的解集为.
【点睛】本题考查解一元二次不等式，掌握一元二次不等式的解，二次函数的图象，一元二次方程的根之间的关系是解题关键．
48．（湖南省长沙市宁乡一中2019-2020学年高一下学期选科摸底考试数学试题）已知关于x的不等式.
（1）当时，求此不等式的解集；
（2）若此不等式的解集为，求实数a，m的值.
【答案】（1）；（2），.
【解析】（1）当时，不等式为，
所以，所以，解得，
所以不等式的解集为；
（2）由已知得，m为方程的两根，
则有且，解得，.
49．（江苏省连云港市赣榆高级中学2019-2020学年高一下学期第六次质量检测数学试题）已知函数（其中，）.
（1）解关于的不等式；
（2）若对恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）将不等式左边因式分解，将分成三种情况分类讨论，结合一元二次不等式的解法，求得结果；
（2）利用分离参数思想可得恒成立，再利用基本不等式求出最值即可.
【解析】（1）不等式等价于，
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．
（2）即，
∵，
当时，不等式显然成立，当时，不等式等价于恒成立，
而，（当且仅当时成立）
即实数的取值范围是.
50．（湖南省张家界市2019-2020学年高一下学期期末数学试题）若不等式的解集为.
（1）求的值；
（2）已知正实数a，b满足，求的最小值.
【答案】（1）1；（2）9.
【解析】（1）不等式可化为，即，
所以不等式对应方程的两根为0和，
又不等式的解集为，所以，解得；
（2）由正实数，满足，所以，所以，
所以，
当且仅当时取等号，所以的最小值为9．
51．（湖北省武汉市华师一附中2019-2020学年高一下学期4月月考数学试题）已知函数
（1）解关于的不等式；
（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析.（2）
【分析】（1）将原不等式化为，分类讨论可得不等式的解.
（2）若则；若，则参变分离后可得在恒成立，利用基本不等式可求的最小值，从而可得的取值范围.
【解析】（1） 即，
，（ⅰ）当时，不等式解集为；
（ⅱ）当时，不等式解集为；
（ⅲ）当时，不等式解集为，
综上所述，（ⅰ）当时，不等式解集为；
（ⅱ）当时，不等式解集为；
（ⅲ）当时，不等式解集为 .
（2）对任意的恒成立，即恒成立，即对任意的，恒成立.
①时，不等式为恒成立，此时；
②当时，，
， ， ，
当且仅当时，即，时取“”, .综上 .
【点睛】含参数的一元二次不等式，其一般的解法是：先考虑对应的二次函数的开口方向，再考虑其判别式的符号，其次在判别式于零的条件下比较两根的大小，最后根据不等号的方向和开口方向得到不等式的解．含参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，后者可用函数的单调性或基本不等式来求.
52．（河北省石家庄市2019-2020学年高二下学期期末数学试题）已知关于的一元二次不等式．
（1）若不等式的解集为，求实数的值；
（2）若不等式的解集中恰有两个整数，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题意可知，关于的一元二次方程的两根分别为、3，则，整理得，解得；
（2）不等式，即为．
①当时，原不等式的解集为，
则解集中的两个整数分别为1、2，此时；
②当时，原不等式的解集为，则解集中的两个整数分别为4、5，此时．
综上所述，实数的取值范围是．
53．（江西省赣州市2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题）已知
（1）若的解集为，求关于x的不等式的解集；
（2）解关于x的不等式.
【答案】（1）；（2）当时，解集为，当时，解集为，当时，解集为，当时，解集为，当时，解集为.
【解析】（1）由题意得，解得，
故原不等式等价于，即
所以不等式的解集为.
（2）当时，原不等式可化为，解集为;
当时，原不等式可化为，解集为;
当时，原不等式可化为,
当，即时，解集为;
当，即时，解集为;
当，即时，解集为.
54．（贵州省兴仁市凤凰中学2019-2020学年高一下学期第二次月考数学试题）（1）若正数，满足，求的最小值；
（2）若正数，满足，求的取值范围.
【答案】（1）18；（2）.
【分析】（1）化简得，再利用基本不等式求最值；
（2）由题得，再解一元二次不等式得解.
【解析】（1）原式.
(当且仅当时取等号.)所以最小值为18.
（2），所以，
所以，所以，
所以.（当且仅当取等号）
所以的取值范围为.
55．（甘肃省武威市民勤县第一中学2019-2020学年高二第二学期期末考试数学（理科）试题）已知函数
（1）若，在R上恒成立，求实数的取值范围；
（2）若成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）由二次不等式恒成立可得，于是可求得的取值范围；（2）分离参数得在区间上有解，转化为求在区间上的最大值求解即可．
【解析】（1）由题意得在R上恒成立，
∴，解得，∴实数的取值范围为．
（2）由题意得成立，∴成立．
令，则在区间上单调递增，
∴，∴，解得，∴实数的取值范围为．
【点睛】解题时注意以下结论的运用：
（1）恒成立等价于，有解等价于
（2）若函数的最值不存在，则可利用函数值域的端点值来代替．
56．（重庆市第一中学2019-2020学年高一下学期5月月考数学试题）不等式：的解集为.
（1）求集合；
（2）若不等式的解集为，且，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1），，，
且， ，，
（2）∵，∴，
当时，，不符合题意，舍去；
当时，不等式可化为：，注意到，
∴，∴，∴
当时，不等式可化为：，注意到无论与大小关系，均包含趋于部分，一定不符合，舍去.
综上可知：
【点睛】解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据
(1)二次项中若含有参数应讨论是等于0，小于0，还是大于0，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式．
(2)当不等式对应方程的实根的个数不确定时，讨论判别式Δ与0的关系．
(3)确定无实根时可直接写出解集，确定方程有两个实根时，要讨论两实根的大小关系，从而确定解集形式．
57．（安徽省淮南市第一中学2019-2020学年高一下学期期末数学试题）设函数．
（1）若，求不等式的解集；
（2）求不等式的解集；
（3）若对于，恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）．
【分析】（1）当时，，则不等式即为 ，利用一元二次不等式的解法求解. （2）即为，转化为，再分 ，和三种情况讨论求解.
（3）将时，恒成立，转化为时，恒成立． 利用基本不等式求得的最小值即可.
【解析】（1）当时，，
所以不等式即为： ，即
解得，所以不等式的解集是.
（2）∵，∴，∴ ，
当时，不等式的解集为 ，
当时，原不等式为，该不等式的解集为；
当时，不等式的解集为．
（3）由题意，当时，恒成立，
即时，恒成立．
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
所以，，所以实数m的取值范围是．
【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法和不等式恒成立问题以及基本不等式的应用，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题.
58．（河北省“五个一”名校联盟2019-2020学年高二下学期6月联考数学试题）设，且的最小值为.
（1）求；
（2）若关于的不等式的解集为，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）因为，所以，，，
所以，
当且仅当，即，，时等号成立.故.
（2）当时，不等式为，成立，则满足题意；
当时，，解得.综上，的取值范围为.
59．（安徽省合肥市庐江县2019-2020学年高一下学期期末数学试题）小王于年初用50万元购买一辆大货车，第一年因缴纳各种费用需支出6万元，从第二年起，每年都比上一年增加支出2万元，假定该车每年的运输收入均为25万元．小王在该车运输累计收入超过总支出后，考虑将大货车作为二手车出售，若该车在第x年年底出售，其销售价格为(25－x)万元(国家规定大货车的报废年限为10年)．
(1)大货车运输到第几年年底，该车运输累计收入超过总支出？
(2)在第几年年底将大货车出售，能使小王获得的年平均利润最大？(利润＝累计收入＋销售收入－总支出)
【答案】(1)3.(2)5.
【解析】（1）设大货车运输到第年年底，该车运输累计收入与总支出的差为万元，
则
由,可得
∵，故从第3年，该车运输累计收入超过总支出；
（2）∵利润=累计收入+销售收入−总支出，
∴二手车出售后,小张的年平均利润为，
当且仅当时，等号成立
∴小张应当在第5年将大货车出售，能使小张获得的年平均利润最大．
60．（山西省运城市2019-2020学年高一下学期调研测试数学试题）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）当时，求函数的最大值，以及取得最大值时的值．
【答案】（1）；（2）时，取得最大值为1．
【分析】（1）结合二次方程与二次不等式的关系及二次不等式的求法即可求解，
（2）化简，然后结合基本不等式即可求解．
【解析】（1）由题意得，
因为方程有两个不等实根，，
又二次函数的图象开口向下，
所以不等式的解集为
（2），
，，
，
当且仅当，即时取等号．
综上，时，函数的最大值为1．
61．（安徽省滁州市民办高中2019-2020学年高一下学期期末数学试题）已知是偶函数，是奇函数，且.
（1）求和的解析式；
（2）设（其中），解不等式.
【答案】(1)，；(2)答案见解析.
【解析】（1）由题意，即，
又联立得，.
（2）由题意不等式即，
当时，即，解得；
当时，即，对应方程的两个根为，，
故当时，易知，不等式的解为；
当时，若，即时，不等式的解为或；
若，即时，不等式的解为；
若，即时，不等式的解为或；
综上所述，当时，不等式的解为；
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.