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专题二 二次函数、方程与不等式-2021届高三《新题速递•数学》1月刊（江苏专用 适用于高考复习）
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这是一份专题二 二次函数、方程与不等式-2021届高三《新题速递•数学》1月刊（江苏专用 适用于高考复习），文件包含专题二二次函数方程与不等式原卷版docx、专题二二次函数方程与不等式解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共76页， 欢迎下载使用。
专题二 二次函数、方程与不等式
一、单选题
1．（2020·浙江高一期末）在上的定义运算，则满足的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据运算的定义可得关于的不等式，从而可求不等式的解集.
【详解】
即为，整理得到，
故，
故选：B．
2．（2020·浙江高一期末）已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由题可得和2是方程的两个根，利用韦达定理可得，则不等式等价于，即可求出.
【详解】
不等式的解集为，
和2是方程的两个根，且，
， 可得，
则不等式等价于，
即，解得或，
故不等式的解集为.
故选：C.
3．（2020·河南高二月考（理））已知关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
分和两种情况分别满足不等式恒成立，当时，根据一元二次不等式恒成立所满足的条件：二次项系数和根的判别式的符号，建立不等式组，可得的取值范围.
【详解】
当时，不等式可化为，其恒成立，
当时，要满足关于的不等式对任意恒成立，只需解得.
综上，的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
方法点睛：一元二次型不等式恒成立的情况：
(1)不等式对任意实数x恒成立等价于或 ；
(2)不等式对任意实数x恒成立等价于或 ；
4．（2020·河南高二月考（文））二次方程的两根为2，，那么关于的不等式的解集为（ ）
A．或 B．或
C． D．
【答案】B
【分析】
根据，确定二次函数的图象开口方向，再由二次方程的两根为2，，写出不等式的解集.
【详解】
因为二次方程的两根为2，，
又二次函数的图象开口向上，
所以不等式的解集为或 ，
故选：B
5．（2020·新疆巴音郭楞蒙古自治州·高一期末）不等式的解集为（ ）
A．或 B．
C． D．
【答案】B
【分析】
直接按照一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】
因为函数的开口向上，对应的零点为，
所以不等式的解集为，
故选：B.
6．（2020·四川雅安市·雅安中学高一期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，则不等式解集是（ ）.
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
由一元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，结合韦达定理得出的关系从而化简不等式，然后求解．
【详解】
关于的一元二次不等式的解集为，
∴，且，3是一元二次方程的两个实数根，
∴，，，∴不等式化为，
化为，解得.因此不等式的解集为.
故选：D．
7．（2020·威远中学校高一期中）已知函数在上是增函数，则实数的取值范围为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先求得的对称轴，再根据函数在上是增函数求解.
【详解】
，
的对称轴为，
要使在上是增函数，
则需.
故选：A
8．（2020·全国高二（文））已知不等式的解为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题可得和是方程的两个根，利用韦达定理可求出.
【详解】
由题可得和是方程的两个根，且，
，解得，，
.
故选：A.
9．（2020·吉林延边朝鲜族自治州·延边二中高二期中（文））对任意，函数的值恒大于零，则的取值范围是（ ）
A． B．或 C． D．或
【答案】B
【分析】
将函数的解析式变形为，并构造函数，由题意得出，解此不等式组可得出实数的取值范围
【详解】
对任意，函数的值恒大于零
设，即在上恒成立.
在上是关于的一次函数或常数函数，其图象为一条线段.
则只需线段的两个端点在轴上方，即 ，解得或
故选：B
【点睛】
关键点睛：本题考查不等式在区间上恒成立问题，解答本题的关键是构造函数，将问题转化为在上恒成立，从而得到，属于中档题.
10．（2020·广东东莞市·东莞四中高一期中）不等式的解集为，则函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据一元二次不等式的解集与一元二次方程的解求出的关系，然后再判断二次函数的图象．
【详解】
∵不等式的解集为，
∴，∴，
，图象开口向下，两个零点为．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题考查一元二次不等式的解集，二次函数的图象，解题关键是掌握一元二次不等式的解集与一元二次方程的解、二次函数的图象之间的关系．
11．（2020·宝鸡市渭滨中学高三月考（理））已知关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意得分离参数将不等式等价于不等式在区间上有解，设，由函数在上单调递增，可求得实数的取值范围.
【详解】
由题意得：关于的不等式在区间上有解，等价于不等式在区间上有解，
设，则函数在上单调递增，所以，
所以实数的取值范围为，
故选：D.
【点睛】
方法点睛：对于不等式有解的问题，常常有以下情况：有解⇔，有解⇔.
12．（2020·黑龙江高一月考）二次函数只有一个零点，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【分析】
由题意可得，求出，然后再利用一元二次不等式的解法即可求解.
【详解】
二次函数只有一个零点，
则，解得或（舍去），
所以不等式化为，解得或.
故答案为：D
13．（2020·武汉市钢城第四中学高一期中）若关于x的不等式的解集为，则关于x的不等式的解集是（ ）
A． B．，或
C．，或 D．，或，或
【答案】D
【分析】
先利用已知一元二次不等式的解集求得参数，再代入所求不等式，利用分式大于零，则分子分母同号，列不等式计算即得结果.
【详解】
不等式的解集为，即的二根是1和2，利用根和系数的关系可知，故不等式即转化成，即，等价于或者，解得或，或者.故解集为，或，或.
故选：D.
【点睛】
分式不等式的解法：
（1）先化简成右边为零的形式（或），等价于一元二次不等式（或）再求解即可；
（2）先化简成右边为零的形式（或），再利用分子分母同号（或者异号），列不等式组求解即可.
14．（2020·武汉市钢城第四中学高一期中）不等式的解集为，则函数y的图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据不等式的解集为，可得，且和是一元二次方程的两个实根，结合图象可知答案.
【详解】
因为不等式的解集为，
所以，且和是一元二次方程的两个实根，
所以函数y的图象开后向下，函数y的两个零点为和，
结合图象可知，选项正确.
故选：B
【点睛】
关键点点睛：根据不等式的解集得到，且和是一元二次方程的两个实根是解题关键.
15．（2020·南京市第五高级中学高一月考）不等式对于一切实数恒成立，则k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
由对于一切实数恒成立知，求解即可.
【详解】
解：对于一切实数恒成立，
，
即得：，
即.
故选：A.
16．（2020·福建厦门市·翔安一中高一期中）已知正实数，y满足，若恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由，可得且不等式等价于，即求的最小值，令，则有，等价于，求的最小值即可.
【详解】
解：因为，y为正实数，且满足，所以，
，等价于，因为，所以，
即在上恒成立；
设，令 ，则，，则等价于，
化简可得：，因为，所以
，所以，即.
故选：A.
【点睛】
本题考查不等式恒成立问题，属于中档题.
易错点睛：因为，所以不是任意的两个变量，不能用基本不等式求最值.
二、多选题
17．（2020·湖北高一期中）已知不等式的解集为，其中，则以下选项正确的有（ ）
A． B．
C．的解集为 D．的解集为或
【答案】AC
【分析】
由一元二次不等式的解法，再结合根与系数的关系逐个分析判断可得答案
【详解】
解：因为不等式的解集为，其中，
所以，是方程的两个根，所以A正确；
所以，解得，
因为，，所以，
又由于，所以，所以B错误；
所以可化为，
即，即，
因为，所以，
所以不等式的解集为，
所以C正确，D错误，
故选：AC
【点睛】
关键点点睛：此题考查一元二次不等式的解法的应用，解题的关键由一元二次不等式的解法可知，且是方程的两个根，再利用根与系数的关系得，再求得，从而可求解不等式，考查转化思想，属于中档题
第II卷（非选择题）
三、填空题
18．（2021·安徽师范大学附属中学高一期末）设函数，若关于的不等式的解集为，则__________．
【答案】
【分析】
根据不等式的解集可得、、为对应方程的根，分析两个不等式对应方程的根，即可得解.
【详解】
由于满足，即，可得，
所以，，
所以，方程的两根分别为、，
而可化为，即，
所以，方程的两根分别为、，
，且不等式的解集为，
所以，，解得，则，因此，.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查一元二次不等式与方程之间的关系，即不等式解集的端点即为对应方程的根，本题在理解、、分别为方程、的根，而两方程含有公共根，进而可得出关于实数的等式，即可求解.
19．（2020·浙江高一期末）正数a，b满足，若不等式对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是_______．
【答案】
【分析】
将不等式对任意实数x恒成立转化为，利用基本不等式求出的最小值，可得，即，求出的最大值即可．
【详解】
解：不等式对任意实数x恒成立，
则，
又，
当且仅当，即时等号成立，
，
，
又，
．
故答案为：．
【点睛】
方法点睛：含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立问题，常有两种处理方法：一是利用二次函数区间上的最值来处理；二是先分离出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单．
20．（2020·四川成都市·树德中学高二月考（理））若关于的不等式对任意实数都成立，则实数的范围是___________.
【答案】
【分析】
分类讨论，根据二次函数的图象列式可求得结果.
【详解】
当，不等式对任意实数都成立；
当时，关于的不等式即对任意实数都成立，
等价于，解得，
综上所述：.
故答案为：
【点睛】
易错点点睛：容易漏掉的情形.
21．（2020·上海市洋泾中学高一期中）关于的一元二次不等式的解集是，则的值为______.
【答案】
【分析】
转化为且和是一元二次方程的两个实根，再根据韦达定理可求得结果.
【详解】
因为关于的一元二次不等式的解集是，
所以且和是一元二次方程的两个实根，
所以，，解得，，
所以.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：转化为且和是一元二次方程的两个实根求解是解题关键.
22．（2020·广东中山市·中山一中高二月考）若存在实数，使成立，则m的取值范围为________．
【答案】
【分析】
将不等式参变分离，利用二次函数的性质求出最小值，代入可得m的取值范围．
【详解】
，即
在上单调递增，则
即，解得
m的取值范围为
故答案为：
23．（2020·太原市·山西大附中高一期中）已知函数满足：①；②，则的值为______．
【答案】
【分析】
题意说明在上最大值为9，然后分类讨论求函数的最大值，由此可得结论．
【详解】
因为函数满足：
①，；②，，
即函数在上的最大值为9，
因为，对称轴是，开口向下，
当时，在单调递增，在单调递减，
故，解得：，不合题意，
当时，在单调递增，
故，解得：，符合题意．
综上所述，．
24．（2020·山西吕梁市·高一期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，则的值为___________.
【答案】
【分析】
由题意可得，从而可得答案.
【详解】
由于一元二次不等式的解集为
则,解得
故答案为：1
25．（2020·北京海淀区·清华附中高一期中）已知，，不等式的解集为有下列四个命题：
①； ② ；
③； ④
其中，全部正确命题的序号为_______．
【答案】①②
【分析】
首先根据不等式与方程的关系可知，方程的两个实数根是或，不等式变形为，①代入，判断是否满足不等式；②令，代入，判断选项；③利用根与系数的关系判断；④代特殊值判断选项.
【详解】
不等式变形为 ，
①代入，得，即满足不等式，所以，①成立；
②因为不等式的解集为，所以，代入，则，
所以，②成立；
③由条件可知分别是方程的两个实数根，，，则，故③不成立；
④当时，此时不等式的解集是，即，
此时，故④不成立.
故答案为：①②
【点睛】
关键点点睛：本题考查一元二次方程和一元二次不等式的关系，本题的关键是理解题意，理解不等式解集的端点值是方程的实数根，，以及，，这几个关键式子判断选项②③.
26．（2018·上海市奉贤区奉城高级中学高一月考）已知关于的不等式组：有且只有一个实数解，则实数的取值范围是________________________（结果用集合或区间表示）.
【答案】或
【分析】
令，从而题目可转化为在右侧只有一个根，分和判别式等于0可得解.
【详解】
令，开口向上，
关于的不等式组：有且只有一个实数解，等价于在右侧只有一个根，
所以，解得：.
或者，解得或2.
当时，无解，
当时，，满足，
综上：或
故答案为：或.
【点睛】
关键点点睛：本题的解题关键是借助于二次函数的性质求解，分判别式等于0或者端点值小于0两种情况.
27．（2020·禄劝彝族苗族自治县第一中学高一月考）关于的不等式的解集中恰有4个整数，则的取值范围是________.
【答案】
【分析】
由题可得原不等式等价于，讨论的范围可求出.
【详解】
∵，有恒成立，
原不等式等价于，即，
①时，不等式解集为，此时整数解为，则；
②时，不等式化为，无解，不符合题意；
③时，不等式解集为，此时整数解为2，3，4，5，则.
综上，的取值范围是.
四、解答题
28．（2020·云南省镇雄县第四中学高一月考）（1）已知不等式的解集为，求a，b的值；
（2）若不等式的解集为R，求实数a的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）方法一，利用一元二次不等式的解集，利用根与系数的关系求；方法二，将解集的端点值，代入不等式对应的方程，求；（2）由条件可知，求实数的取值范围.
【详解】
解：（1）方法1：由题设条件知，且1，2是方程的两实根.
由根与系数关系解得.
方法2：把，2分别代入方程中，
得，解得.
（2）因为不等式的解集为R，
所以对于方程，，
解得.
故实数a的取值范围为.
29．（2020·江苏高一课时练习）已知集合A＝{x|x2﹣3x+2≤0}，函数f(x)＝x2﹣2ax+1．
（1）当a≠0时，解关于x的不等式f(x)≤3a2+1；
（2）若命题“存在x0∈A，使得f（x0）≤0”为假命题，求实数a的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）a＜1．
【分析】
（1）将函数不等式整理并分解为(x+a)(x﹣3a)≤0，讨论a的符号即可得解集.
（2）由已知特称命题为假命题，则该命题的否定为真命题，利用参变分离法有在x∈[1,2]上恒成立，求参数范围即可.
【详解】
（1）不等式f(x)≤3a2+1整理得x2﹣2ax﹣3a2≤0，即(x+a)(x﹣3a)≤0，
若a＞0，则解集为[﹣a,3a]；若a＜0，则解集为[3a,﹣a]．
（2）由集合描述知：A＝{x|1≤x≤2}，命题“存在x0∈A，使得f（x0）≤0”的否定为：“对任意的x∈[1,2]，均有x2﹣2ax+1＞0成立”为真命题，即，
只需，而当x＝1时，取最小值，
∴2a＜2，即a＜1．
【点睛】
结论点睛：由参变分离得到函数不等式在区间D上恒成立，一般有以下结论.
1、：即可.
2、：即可.
30．（2020·浙江高一期末）已知二次函数．
（1）若的解集为，解关于x的不等式；
（2）若不等式对恒成立，求的最大值．
【答案】(1) ;(2) .
【分析】
(1)先根据一元二次不等式解集与对应方程根的关系，求得，代入并解一元二次不等式得结果，（2）根据二次函数图像得，即得，因此，再令化为对勾函数，利用基本不等式求最值.
【详解】
（1）∵的解集为
∴，，
∴.故
从而，解得.
（2）∵恒成立，
∴，
∴∴，
令，∵ ∴，从而，
∴，令.
①当时，；
②当时， ，
∴的最大值为.
【点睛】
易错点睛:在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
31．（2020·浙江高一期末）已知函数．
（Ⅰ）存在实数使得成立，求实数的取值范围；
（Ⅱ）对任意的都有成立，求实数的最小值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）8.
【分析】
（Ⅰ）将原函数解析式化为，然后针对的不同取值分类讨论，确定函数在上的单调性，若存在实数使得成立，则只需函数在上既存在增区间又存在减区间；
（Ⅱ）若对任意的都有成立，则，然后结合（Ⅰ）中分析的函数的单调性分类讨论，确定的最大值及的最小值，从而得出满足恒成立的的取值范围.
【详解】
（Ⅰ）
①当时，得在单调递增，显然不满足题意；
②当时，得在单调递减，在单调递增，显然满足题意；
③当时，得在单调递减，显然不满足题意；
所以．
（Ⅱ）由题意可得，因，成立，
即只需满足成立即可，
①当时，得在单调递增，
故，所以．
②当时，得在单调递减，在单调递增，
故，，
所以，
得，所以．
③当时，得在单调递减，
故，所以．
综上所得，．
【点睛】
解答本题时，首先要去绝对值号，结合二次函数的性质讨论分段函数的单调性，并利用单调性确定函数的最值. 其中，划归与转化思想的运用、分类讨论思想的运用是关键.
32．（2020·重庆市巫山中学高一月考）已知二次函数对一切实数，都有成立，且，，.
（1）求的解析式；
（2）记函数在上的最大值为，最小值为，若，求的最大值.
【答案】（1）；（2）2.
【分析】
（1）由得对称轴为，由，得顶点坐标，可设，再由求得，得解析式；
（2）由（1）得，对称轴为，根据对称轴与所给区间的关系分类讨论求得最大值和最小值，由已知条件求得的范围，得的最大值．
【详解】
（1）对一切实数，都有成立，则二次函数的对称轴为直线，
又，则二次函数图象的顶点坐标为，
设，则，
因此，；
（2），
对称轴为直线，
当时，即当时，函数在区间上单调递增，
则，，则，
得，此时；
当时，即当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，， ，
则，整理得，解得，
此时，；
当时，即当时，函数在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，，
，整理得，解得，
此时；
当，即当时，.函数在区间上单调递减，，，,,此时
综上所述，，则实数的最大值为2.．
【点睛】
思路点睛：本题考查求二次函数的解析式与最值．二次函数的解析式有三种形式：（1）一般式： ；（2）顶点式：；（3）两根式：，
二次函数在区间上的最值需根据对称轴与区间的关系分类讨论，既要求最大值又要求最小值，则可分成四类：，，，，如果只求最大值或只求最小值，分类可以减少．
33．（2020·上海市洋泾中学高一期中）设二次函数，其中，，.
（1）若，，且关于的不等式的解集为，求的取值范围；
（2）若，，，方程有两个大于1的根，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）化为的解集为，利用判别式可得结果；
（2）根据二次函数的图象列式可解得结果.
【详解】
（1）若，，则，
因为，
所以的解集为等价于的解集为，
所以，解得.
（2）若，，，则有两个大于1的根，
所以，解得.
【点睛】
关键点点睛：第（2）问根据二次函数的图象列式求解是解题关键.
34．（2020·福建宁德市·高一期中）已知函数，，.
（1）若的解集为，求，的值；
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）；（2）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.
【分析】
（1）利用一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系可知的两根分别是和，将和代入得到关于，的方程组求解；
（2）不等式可化为，则的两根分别为和，然后针对和的大小关系进行分类讨论，根据口诀“开口向上，大于取两边，小于取中间”写出原不等式的解集.
【详解】
解：（1）依题意有的解集为，
故方程的两根为1和3，
故.
（2）由，得，
又或，
①当时，有，则时，；
②当时，原不等式可化为，则；
③当时，有，则不等式时，；
综上所述，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.
【点睛】
解含参数的一元二次不等式时，要注意针对参数的取值进行讨论，一般方法如下：
（1）若二次项系数含有参数，要分二次项系数，和三种情况讨论；
（2）当二次项系数不为零时，首先要注意先讨论，及三种情况讨论；当二次方程有两根时，一定要注意根的大小讨论．
35．（2020·全国高二（文））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】
（1）分解因式，化为，讨论的范围即可得出；
（2）分解因式，化为，讨论的范围即可得出；
（3）讨论的范围分情况即可得出.
【详解】
(1)原不等式化为，
当或时，解集为，
当或时，，解集为，
当或时，，解集为;
(2)原不等式化为，
当，即或时解集为，
当时解集为，
当，即时解集为，
当时解集为.
(3)当，原不等式化为，解得，
当，原不等式化为或，
当，原不等式化为，
其解的情况应由与的大小关系决定，故：
①当，
②当时，原不等式，
③当时，原不等式，
综上所述：当，解集为或，
当时，解集为，
当时，解集为，
当时，解集为，当时，解集为.
【点睛】
易错点睛：注意在解含参一元二次不等式时，需要讨论参数范围，且一定要分段讨论清楚，当二次项系数含参数时，需讨论二项项系数为0的情况.
36．（2020·山东烟台市·高一期中）科技创新是企业发展的源动力，是一个企业能够实现健康持续发展的重要基础．某科技企业最新研发了一款大型电子设备，并投入生产应用．经调研，该企业生产此设备获得的月利润（单位：万元）与投入的月研发经费（，单位：万元）有关：当投入的月研发经费不高于36万元时，；当投入月研发经费高于36万元时，．对于企业而言，研发利润率，是优化企业管理的重要依据之一，越大，研发利润率越高，反之越小．
（1）求该企业生产此设备的研发利润率的最大值以及相应月研发经费的值；
（2）若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，求月研发经费的取值范围．
【答案】（1）30万元，最大值200%；（2）.
【分析】
（1）分别写出与时研发利润率关于月研发经费的函数，再由基本不等式及函数的单调性求最值，取最大值中的最大者得结论；
（2）由（1）可得应付利润率关于研发经费的解析式，列不等式求解的范围即可
【详解】
（1）由已知，当时，
．
当且仅当，即时，取等号；
当时，．
因为在上单调递减，所以．
因为，所以当月研发经费为30万元时，研发利润率取得最大值200%．
（2）若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，
由（1）可知，此时月研发经费．
于是，令，
整理得，解得．
因此，当研发利润率不小于190%时，月研发经费的取值范围是．
【点睛】
思路点睛：与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
37．（2020·山东烟台市·高一期中）已知函数，不等式的解集为，，．
（1）求和的值；
（2）若时，函数的图象恒在图象的上方，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题意可得，1和是方程的两根，然后结合方程的根与系数关系可得答案；
（2）由题意可得，，时，，分离系数后利用换元，然后结合二次函数的性质即可求解．
【详解】
（1）因为不等式的解集为，
所以1和为方程 的两根，
所以，解得．
（2）由题意对于，恒有．
两边同除以得，．
令，则上述不等式等价于，．
即．
又，
所以当时，．
所以实数的取值范围为．
【点睛】
不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②讨论最值或恒成立； ③ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
38．（2020·东至县第三中学高一期中）已知关于的不等式的解集为或．
（1）求，的值；
（2）当，，且满足时，有恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）由题得1和是方程的两个实数根且，故根据韦达定理解方程即可得答案；
（2）由（1）得，进而根据基本不等式得，进而将问题转化为，再解一元二次不等式即可得答案.
【详解】
解：（1）因为不等式的解集为或，
所以1和是方程的两个实数根且，
所以，解得．
（2）由（1）知，于是有，
故，当且仅当时，等号成立，
依题意有，即，
得，所以的取值范围为．
【点睛】
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
39．（2020·广东东莞市·东莞四中高一期中）已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】
（1）恒成立，即不等式的解集为，利用判别式小于等于零列不等式求解即可；
（2）即为，化为，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】
（1）恒成立，即不等式的解集为，
即的解集为，
所以，即，
解得，所以的取值范围是为；
（2）即为，
化为，
①当时，则，解得；
②当时，不等式为，解得；
③当时，则，解得；
综上可得，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.
【点睛】
方法点睛：解答一元二次不等式恒成立问题主要思路：（1）若实数集上恒成立，考虑判别式的符号，列不等式求解即可；（2）若在给定区间上恒成立，则考虑运用“分离参数法”转化为求最值问题.
40．（2020·甘肃兰州市·兰州一中高二期中）已知函数.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若关于的不等式的解集为（-1，4），求实数，的值.
【答案】（1）或；（2），.
【分析】
（1）由得关于的不等式，解之可得．
（2）由一元二次不等式的解集与一元二次方程的解的关系，利用韦达定理列式可解得．
【详解】
（1）由已知，∴
得或；
（2）∵，∴
由-1，4是方程的两根，得
，∴，．
41．（2020·四川成都市·双流中学高二期中（理））设命题实数满足，其中．命题：实数满足．
（1）若，且为真，求实数的取值范围．
（2）是的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）分别求解两个命题为真命题时的取值范围，再求交集；（2）首先根据命题的等价性转化为是的充分不必要条件，得到，再求参数 的取值范围.
【详解】
由，得
即为真命题时
由，
得
即，即为真命题时，
时，
由为真，知均为真命题，则
得，所以实数的取值范围为
设
由题意知是的充分不必要条件，所以
有
所以实数的取值范围为.
42．（2020·山西吕梁市·高一期中）（1）当时，求不等式的解集﹔
（2）若关于的不等式有且仅有一个整数解，求正实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
(1)把 代入中，十字相乘法分解因式即可求解.
(2)把 变形为，再分，，三种情况讨论即可.
【详解】
解:（1）当时，不等式为，
即，解得.
所以不等式的解集为.
(2)原不等式可化为，
当，即时，原不等式的解集为，不满足题意
当，即时，
此时，所以；
当，即时，
所以只需，解得
综上所述，正实数的取值范围是或.
【点睛】
方法点睛：对于解含有参数的一元二次不等式注意分类讨论即可.
43．（2018·上海市奉贤区奉城高级中学高一月考）若关于的不等式的解集为R，求实数的取值范围.
【答案】
【分析】
分以及两种情况，结合二次函数开口和判别式即可得解.
【详解】
当时，或，
若时，原不等式变为：，满足；若，原式变为：，此时解集不为，不满足；
当时，因为解集为，所以，
解得： ；
综上：.
44．（2020·广西民族高中高二期中）设函数.
（1）若不等式的解集是，求a及b的值；
（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先由一元二次不等式的解集确定对应方程的根，再利用根与系数的关系即得结果；
（2）开口向上的二次函数大于等于恒成立，只需限定判别式，即解得参数范围.
【详解】
解：（1）因为不等式的解集是，
所以2，3是方程的根.
由根与系数的关系得a=5，b=6；
（2）据题意恒成立
则，即，解得，
所以实数a的取值范围为.
【点睛】
二次函数的恒成立问题的解决方法：
（1）时在R上恒成立等价于对应方程的判别式成立；
（2）时在R上恒成立等价于对应方程的判别式成立.
45．（2020·山东济宁市兖州区教学研究室高一期中）为了缓解市民吃肉难的生活问题，某生猪养殖公司欲将一批猪肉用冷藏汽车从甲地运往相距120千米的乙地，运费为每小时60元，装卸费为1000元，猪肉在运输途中的损耗费(单位：元)是汽车速度()值的2倍.(说明：运输的总费用运费装卸费损耗费)
（1）为使运输的总费用不超过1260元，求汽车行驶速度的范围；
（2）若要使运输的总费用最小，汽车应以每小时多少千米的速度行驶？
【答案】（1）；（2）若要使运输的总费用最小，汽车应以每小时千米的速度行驶.
【分析】
（1）设汽车行驶的速度为千米/小时，列出总费用的表达式，根据题意及一元二次不等式的解法，即可求得答案；
（2）设汽车行驶的速度为千米/小时，列出总费用的表达式，利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】
（1）设汽车行驶的速度为千米/小时，运输的总费用运费装卸费损耗费，
，化简得
解得：
运输的总费用不超过1260元，汽车行驶速度的范围为：.
（2）设汽车行驶的速度为千米/小时，运输的总费用运费装卸费损耗费，
运输的总费用：
当且仅当即时取得等号，
若要使运输的总费用最小，汽车应以每小时千米的速度行驶.
46．（2020·上海市进才中学高三期中）已知，其中.
（1）当时，解关于的不等式；
（2）若在时恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】
（1）因式分解确定对应二次方程的解，然后写出不等式的解集；
（2）不等式转化为，利用函数的单调性求出在上最小值最小值即可得结论．
【详解】
（1）∵，∴，
∵，∴当时，的解集为
当时，的解集为
当时，的解集为
（2）根据题意得，在时恒成立，即在时恒成立，即在时恒成立，即在时恒成立即
∵在，单调递增，∴，∴，∴实数的取值范围是．
【点睛】
方法点睛：本题考查解一元二次不等式，考查不等式恒成立问题，解决不等式恒成立的方法是用分离参数法转化为求函数的最值，这是恒成立问题的常用方法．
47．（2020·山东枣庄市·高三期中）已知.
（Ⅰ）若的解集为，求关于x的不等式的解集；
（Ⅱ）解关于x的不等式.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.
【分析】
（Ⅰ）根据根与系数的关系求出，再由一元二次不等式的解法得出解集；
（Ⅱ）分类讨论的值，由一元二次不等式的解法解不等式即可.
【详解】
（Ⅰ）由题意得，解得.
故原不等式等价于.
即
解得：或
所以不等式的解集为.
（Ⅱ）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.
48．（2020·湖北省汉川市第二中学高一期中）设函数．
（1）若不等式的解集，求的值；
（2）若，，求的最小值及此时实数的值.
【答案】（1）；（2）最小值是，，.
【分析】
（1）由不等式的解集，可知，是方程的两根，由根与系数的关系可求值；
（2）由，得到，将所求变形为展开，利用基本不等式求最小值．
【详解】
（1）由不等式的解集，可知，是方程的两根，
由韦达定理可得 ，解得.
（2） ，
，当且仅当时等号成立，即，时，的最小值是.
所以的最小值是，此时，.
【点睛】
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
49．（2020·陕西榆林市·榆林十二中高二月考）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
（3）已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.
【分析】
（1）由不等式转化为，分，，讨论求解.
（2）将对任意的，恒成立，转化为对任意的，恒成立，当，恒成立，当时，恒成立，利用基本不等式求解.
（3）根据对任意的，总存在，使成立，则的值域是的值域的子集求解.
【详解】
（1）因为函数，
所以即为，
所以 ，
当时，解得 ，
当 时，解得，
当 时，解得 ，
综上：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）因为对任意的，恒成立，
所以对任意的，恒成立，
当时，恒成立，
所以对任意的时，恒成立，
令，当且仅当 ，即 时取等号，
所以，
所以实数的取值范围是.
（3）当时，，
因为，所以函数的值域是，
因为对任意的，总存在，使成立，
所以的值域是的值域的子集，
当时，，
则，解得
当时，，
则，解得，
当时，，不成立；
综上：实数的取值范围.
【点睛】
方法点睛：双变量任意、存在恒成立问题：
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 的值域是的子集；
50．（2020·淮安市阳光学校高一月考）设，二次函数
（1）若该二次函数的两个零点都在区间内，求的取值范围；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）由题意可得，即可求解，
（2）原不等式可转化为对于任意恒成立，设
，对称轴为，只需要，由于对称轴不固定，所以分三种情况讨论对称轴和区间的关系，满足最小值大于或等于0，再求并集即可.
【详解】
（1）的对称轴为，
由题意可得，解得，
所以，
（2）不等式对于任意恒成立，
即对于任意恒成立，
设，开口向上的抛物线对称轴为，
只需要，
所以或或
解得： 或或，
所以或或，
故的取值范围是.
【点睛】
方法点睛：求不等式恒成立问题的方法
（1）分离参数法
若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.
（2）数形结合法
结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.
（3）主参换位法
把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.
51．（2020·上海市南洋模范中学高一期中）（1）关于x的不等式的解集为，求实数a的取值范围；
（2）解关于x的不等式；
（3）设（1）中a的整数值构成集合A，（2）中不等式的解集是B，若中有且只有三个元素，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）.
【分析】
（1）根据题意，分，和三种情况讨论，结合二次函数的性质，即可求解；
（2）化简不等式为，转化为且，结合一元二次不等式的解法，分类讨论，即可求解.
（3）由（1）得，根据中有且只有三个元素，结合不等式的解集，分类讨论，得出不等式组，即可求解.
【详解】
（1）当时，不等式可化为无解，满足题意；
当时，不等式化为，解得，不符合题意，舍去；
当时，要使得不等式的解集为，
则满足，解得，
综上可得，实数a的取值范围是.
（2）由不等式，可得，
即且，
当时，不等式等价于，解得；
当时，由，
不等式且的解集为，
当时，且，
当时，解集为，
当时，解集为，
当时，解集为，
综上，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.
（3）由（1）得，
当中有且只有三个元素，显然不可能，
当时，
因为，不合题意，舍去，
当时，，
因为中有且只有三个元素，所以，，解得，
综上，实数m的取值范围是.
【点睛】
解含参数的一元二次不等式的步骤：
（1）若二次项含有参数，应先讨论参数是等于0、小于0，还是大于0，然后整理不等式；
（2）当二次项系数不为0时，讨论判别式与0的关系，判断方程的根的个数；
（3）确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集的形式.
52．（2020·南京市第五高级中学高一月考）已知函数.
（1）若y<0的解集为，求a的值；
（2）若a>0，求关于x的不等式y>0的解集.
【答案】（1）2；（2）答案见解析
【分析】
（1）由题可得和1是的两个根，由韦达定理即可求出；
（2）不等式可化为，分，，三种情况可得出.
【详解】
（1）若y<0的解集为，则和1是的两个根，
则 ，解得；
（2）由得，即，
当，即时，不等式的解集为或；
当，即时，不等式可化为，不等式的解集为；
当，即时，不等式的解集为或.
53．（2020·河北石家庄市·正定一中高一期中）已知函数.
（1）若不等式的解集为，求实数，的值.
（2）当时，解关于的不等式.
【答案】（1）；（2）详见解析
【分析】
（1）由的解集为，可知和是方程的两实数根，根据韦达定理，可得到关于的方程组，求解即可；
（2）当时，，进而分，和三种情况，分别解不等式，即可求出答案.
【详解】
（1）因为不等式的解集为，所以和是方程的两实数根，
则，即.
（2）当时，.
若，则，解得；
若，则，解得；
若，则，解得.
54．（2020·河北石家庄市·辛集中学高一期中）已知函数，.
（1）若时，当时，求的最小值.
（2）求关于的不等式的解集.
【答案】（1）4；（2）答案见解析.
【分析】
（1）将代入函数解析式，得到，之后结合，利用基本不等式求得结果；
（2）首先求时，不等式的解集，之后时，求得方程的根为，，分类讨论求得其解集.
【详解】
（1）若时，
，当且仅当，即时取得等号.
故的最小值为4.
（2）①当时，不等式的解为.
②当时，令解得，.
当时，，解得.
当时，若，即解原不等式得或.
若，即解原不等式得或.
若，即解原不等式得.
综上：当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；时，不等式解集为或.时，不等式解集为.时，不等式解集为.
【点睛】
方法点睛：该题考查的是有关不等式的问题，解题方法如下：
（1）将参数值代入函数解析式，对式子进行变形，结合自变量的范围，利用基本不等式求得结果；
（2）首先求方程的根，对参数进行讨论，讨论的标准就是根的大小，最后求得不等式的解集；
（3）要用好分类讨论思想.
55．（2020·江西省临川第二中学高一期末（文））解不等式：
（1）；
（2）.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据一元二次不等式的解法求解即可；
（2）将分式不等式等价为一元二次不等式可求解.
【详解】
（1）不等式化为，解，
解得或，
不等式的解集为；
（2）不等式化为，
等价于，解得，
不等式的解集为.
五、双空题
56．（2020·玉龙纳西族自治县田家炳民族中学高一期中）已知二次函数的图像如图所示，那么方程的根是______，不等式的解集是______
【答案】，2
【分析】
根据二次函数的图象与一元二次方程的根、一元二次不等式的解集的关系确定．
【详解】
由图象知方程的根是和2，不等式的解集是．
故答案为：；．
专题二 二次函数、方程与不等式
一、单选题
1．（2020·浙江高一期末）在上的定义运算，则满足的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据运算的定义可得关于的不等式，从而可求不等式的解集.
【详解】
即为，整理得到，
故，
故选：B．
2．（2020·浙江高一期末）已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由题可得和2是方程的两个根，利用韦达定理可得，则不等式等价于，即可求出.
【详解】
不等式的解集为，
和2是方程的两个根，且，
， 可得，
则不等式等价于，
即，解得或，
故不等式的解集为.
故选：C.
3．（2020·河南高二月考（理））已知关于的不等式对任意恒成立，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
分和两种情况分别满足不等式恒成立，当时，根据一元二次不等式恒成立所满足的条件：二次项系数和根的判别式的符号，建立不等式组，可得的取值范围.
【详解】
当时，不等式可化为，其恒成立，
当时，要满足关于的不等式对任意恒成立，只需解得.
综上，的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
方法点睛：一元二次型不等式恒成立的情况：
(1)不等式对任意实数x恒成立等价于或 ；
(2)不等式对任意实数x恒成立等价于或 ；
4．（2020·河南高二月考（文））二次方程的两根为2，，那么关于的不等式的解集为（ ）
A．或 B．或
C． D．
【答案】B
【分析】
根据，确定二次函数的图象开口方向，再由二次方程的两根为2，，写出不等式的解集.
【详解】
因为二次方程的两根为2，，
又二次函数的图象开口向上，
所以不等式的解集为或 ，
故选：B
5．（2020·新疆巴音郭楞蒙古自治州·高一期末）不等式的解集为（ ）
A．或 B．
C． D．
【答案】B
【分析】
直接按照一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】
因为函数的开口向上，对应的零点为，
所以不等式的解集为，
故选：B.
6．（2020·四川雅安市·雅安中学高一期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，则不等式解集是（ ）.
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
由一元二次不等式的解集与一元二次方程的根的关系，结合韦达定理得出的关系从而化简不等式，然后求解．
【详解】
关于的一元二次不等式的解集为，
∴，且，3是一元二次方程的两个实数根，
∴，，，∴不等式化为，
化为，解得.因此不等式的解集为.
故选：D．
7．（2020·威远中学校高一期中）已知函数在上是增函数，则实数的取值范围为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先求得的对称轴，再根据函数在上是增函数求解.
【详解】
，
的对称轴为，
要使在上是增函数，
则需.
故选：A
8．（2020·全国高二（文））已知不等式的解为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题可得和是方程的两个根，利用韦达定理可求出.
【详解】
由题可得和是方程的两个根，且，
，解得，，
.
故选：A.
9．（2020·吉林延边朝鲜族自治州·延边二中高二期中（文））对任意，函数的值恒大于零，则的取值范围是（ ）
A． B．或 C． D．或
【答案】B
【分析】
将函数的解析式变形为，并构造函数，由题意得出，解此不等式组可得出实数的取值范围
【详解】
对任意，函数的值恒大于零
设，即在上恒成立.
在上是关于的一次函数或常数函数，其图象为一条线段.
则只需线段的两个端点在轴上方，即 ，解得或
故选：B
【点睛】
关键点睛：本题考查不等式在区间上恒成立问题，解答本题的关键是构造函数，将问题转化为在上恒成立，从而得到，属于中档题.
10．（2020·广东东莞市·东莞四中高一期中）不等式的解集为，则函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据一元二次不等式的解集与一元二次方程的解求出的关系，然后再判断二次函数的图象．
【详解】
∵不等式的解集为，
∴，∴，
，图象开口向下，两个零点为．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题考查一元二次不等式的解集，二次函数的图象，解题关键是掌握一元二次不等式的解集与一元二次方程的解、二次函数的图象之间的关系．
11．（2020·宝鸡市渭滨中学高三月考（理））已知关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意得分离参数将不等式等价于不等式在区间上有解，设，由函数在上单调递增，可求得实数的取值范围.
【详解】
由题意得：关于的不等式在区间上有解，等价于不等式在区间上有解，
设，则函数在上单调递增，所以，
所以实数的取值范围为，
故选：D.
【点睛】
方法点睛：对于不等式有解的问题，常常有以下情况：有解⇔，有解⇔.
12．（2020·黑龙江高一月考）二次函数只有一个零点，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【分析】
由题意可得，求出，然后再利用一元二次不等式的解法即可求解.
【详解】
二次函数只有一个零点，
则，解得或（舍去），
所以不等式化为，解得或.
故答案为：D
13．（2020·武汉市钢城第四中学高一期中）若关于x的不等式的解集为，则关于x的不等式的解集是（ ）
A． B．，或
C．，或 D．，或，或
【答案】D
【分析】
先利用已知一元二次不等式的解集求得参数，再代入所求不等式，利用分式大于零，则分子分母同号，列不等式计算即得结果.
【详解】
不等式的解集为，即的二根是1和2，利用根和系数的关系可知，故不等式即转化成，即，等价于或者，解得或，或者.故解集为，或，或.
故选：D.
【点睛】
分式不等式的解法：
（1）先化简成右边为零的形式（或），等价于一元二次不等式（或）再求解即可；
（2）先化简成右边为零的形式（或），再利用分子分母同号（或者异号），列不等式组求解即可.
14．（2020·武汉市钢城第四中学高一期中）不等式的解集为，则函数y的图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根据不等式的解集为，可得，且和是一元二次方程的两个实根，结合图象可知答案.
【详解】
因为不等式的解集为，
所以，且和是一元二次方程的两个实根，
所以函数y的图象开后向下，函数y的两个零点为和，
结合图象可知，选项正确.
故选：B
【点睛】
关键点点睛：根据不等式的解集得到，且和是一元二次方程的两个实根是解题关键.
15．（2020·南京市第五高级中学高一月考）不等式对于一切实数恒成立，则k的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
由对于一切实数恒成立知，求解即可.
【详解】
解：对于一切实数恒成立，
，
即得：，
即.
故选：A.
16．（2020·福建厦门市·翔安一中高一期中）已知正实数，y满足，若恒成立，则实数m的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由，可得且不等式等价于，即求的最小值，令，则有，等价于，求的最小值即可.
【详解】
解：因为，y为正实数，且满足，所以，
，等价于，因为，所以，
即在上恒成立；
设，令 ，则，，则等价于，
化简可得：，因为，所以
，所以，即.
故选：A.
【点睛】
本题考查不等式恒成立问题，属于中档题.
易错点睛：因为，所以不是任意的两个变量，不能用基本不等式求最值.
二、多选题
17．（2020·湖北高一期中）已知不等式的解集为，其中，则以下选项正确的有（ ）
A． B．
C．的解集为 D．的解集为或
【答案】AC
【分析】
由一元二次不等式的解法，再结合根与系数的关系逐个分析判断可得答案
【详解】
解：因为不等式的解集为，其中，
所以，是方程的两个根，所以A正确；
所以，解得，
因为，，所以，
又由于，所以，所以B错误；
所以可化为，
即，即，
因为，所以，
所以不等式的解集为，
所以C正确，D错误，
故选：AC
【点睛】
关键点点睛：此题考查一元二次不等式的解法的应用，解题的关键由一元二次不等式的解法可知，且是方程的两个根，再利用根与系数的关系得，再求得，从而可求解不等式，考查转化思想，属于中档题
第II卷（非选择题）
三、填空题
18．（2021·安徽师范大学附属中学高一期末）设函数，若关于的不等式的解集为，则__________．
【答案】
【分析】
根据不等式的解集可得、、为对应方程的根，分析两个不等式对应方程的根，即可得解.
【详解】
由于满足，即，可得，
所以，，
所以，方程的两根分别为、，
而可化为，即，
所以，方程的两根分别为、，
，且不等式的解集为，
所以，，解得，则，因此，.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题主要考查一元二次不等式与方程之间的关系，即不等式解集的端点即为对应方程的根，本题在理解、、分别为方程、的根，而两方程含有公共根，进而可得出关于实数的等式，即可求解.
19．（2020·浙江高一期末）正数a，b满足，若不等式对任意实数x恒成立，则实数m的取值范围是_______．
【答案】
【分析】
将不等式对任意实数x恒成立转化为，利用基本不等式求出的最小值，可得，即，求出的最大值即可．
【详解】
解：不等式对任意实数x恒成立，
则，
又，
当且仅当，即时等号成立，
，
，
又，
．
故答案为：．
【点睛】
方法点睛：含参数的一元二次不等式在某区间内恒成立问题，常有两种处理方法：一是利用二次函数区间上的最值来处理；二是先分离出参数，再去求函数的最值来处理，一般后者比较简单．
20．（2020·四川成都市·树德中学高二月考（理））若关于的不等式对任意实数都成立，则实数的范围是___________.
【答案】
【分析】
分类讨论，根据二次函数的图象列式可求得结果.
【详解】
当，不等式对任意实数都成立；
当时，关于的不等式即对任意实数都成立，
等价于，解得，
综上所述：.
故答案为：
【点睛】
易错点点睛：容易漏掉的情形.
21．（2020·上海市洋泾中学高一期中）关于的一元二次不等式的解集是，则的值为______.
【答案】
【分析】
转化为且和是一元二次方程的两个实根，再根据韦达定理可求得结果.
【详解】
因为关于的一元二次不等式的解集是，
所以且和是一元二次方程的两个实根，
所以，，解得，，
所以.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：转化为且和是一元二次方程的两个实根求解是解题关键.
22．（2020·广东中山市·中山一中高二月考）若存在实数，使成立，则m的取值范围为________．
【答案】
【分析】
将不等式参变分离，利用二次函数的性质求出最小值，代入可得m的取值范围．
【详解】
，即
在上单调递增，则
即，解得
m的取值范围为
故答案为：
23．（2020·太原市·山西大附中高一期中）已知函数满足：①；②，则的值为______．
【答案】
【分析】
题意说明在上最大值为9，然后分类讨论求函数的最大值，由此可得结论．
【详解】
因为函数满足：
①，；②，，
即函数在上的最大值为9，
因为，对称轴是，开口向下，
当时，在单调递增，在单调递减，
故，解得：，不合题意，
当时，在单调递增，
故，解得：，符合题意．
综上所述，．
24．（2020·山西吕梁市·高一期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，则的值为___________.
【答案】
【分析】
由题意可得，从而可得答案.
【详解】
由于一元二次不等式的解集为
则,解得
故答案为：1
25．（2020·北京海淀区·清华附中高一期中）已知，，不等式的解集为有下列四个命题：
①； ② ；
③； ④
其中，全部正确命题的序号为_______．
【答案】①②
【分析】
首先根据不等式与方程的关系可知，方程的两个实数根是或，不等式变形为，①代入，判断是否满足不等式；②令，代入，判断选项；③利用根与系数的关系判断；④代特殊值判断选项.
【详解】
不等式变形为 ，
①代入，得，即满足不等式，所以，①成立；
②因为不等式的解集为，所以，代入，则，
所以，②成立；
③由条件可知分别是方程的两个实数根，，，则，故③不成立；
④当时，此时不等式的解集是，即，
此时，故④不成立.
故答案为：①②
【点睛】
关键点点睛：本题考查一元二次方程和一元二次不等式的关系，本题的关键是理解题意，理解不等式解集的端点值是方程的实数根，，以及，，这几个关键式子判断选项②③.
26．（2018·上海市奉贤区奉城高级中学高一月考）已知关于的不等式组：有且只有一个实数解，则实数的取值范围是________________________（结果用集合或区间表示）.
【答案】或
【分析】
令，从而题目可转化为在右侧只有一个根，分和判别式等于0可得解.
【详解】
令，开口向上，
关于的不等式组：有且只有一个实数解，等价于在右侧只有一个根，
所以，解得：.
或者，解得或2.
当时，无解，
当时，，满足，
综上：或
故答案为：或.
【点睛】
关键点点睛：本题的解题关键是借助于二次函数的性质求解，分判别式等于0或者端点值小于0两种情况.
27．（2020·禄劝彝族苗族自治县第一中学高一月考）关于的不等式的解集中恰有4个整数，则的取值范围是________.
【答案】
【分析】
由题可得原不等式等价于，讨论的范围可求出.
【详解】
∵，有恒成立，
原不等式等价于，即，
①时，不等式解集为，此时整数解为，则；
②时，不等式化为，无解，不符合题意；
③时，不等式解集为，此时整数解为2，3，4，5，则.
综上，的取值范围是.
四、解答题
28．（2020·云南省镇雄县第四中学高一月考）（1）已知不等式的解集为，求a，b的值；
（2）若不等式的解集为R，求实数a的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）方法一，利用一元二次不等式的解集，利用根与系数的关系求；方法二，将解集的端点值，代入不等式对应的方程，求；（2）由条件可知，求实数的取值范围.
【详解】
解：（1）方法1：由题设条件知，且1，2是方程的两实根.
由根与系数关系解得.
方法2：把，2分别代入方程中，
得，解得.
（2）因为不等式的解集为R，
所以对于方程，，
解得.
故实数a的取值范围为.
29．（2020·江苏高一课时练习）已知集合A＝{x|x2﹣3x+2≤0}，函数f(x)＝x2﹣2ax+1．
（1）当a≠0时，解关于x的不等式f(x)≤3a2+1；
（2）若命题“存在x0∈A，使得f（x0）≤0”为假命题，求实数a的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）a＜1．
【分析】
（1）将函数不等式整理并分解为(x+a)(x﹣3a)≤0，讨论a的符号即可得解集.
（2）由已知特称命题为假命题，则该命题的否定为真命题，利用参变分离法有在x∈[1,2]上恒成立，求参数范围即可.
【详解】
（1）不等式f(x)≤3a2+1整理得x2﹣2ax﹣3a2≤0，即(x+a)(x﹣3a)≤0，
若a＞0，则解集为[﹣a,3a]；若a＜0，则解集为[3a,﹣a]．
（2）由集合描述知：A＝{x|1≤x≤2}，命题“存在x0∈A，使得f（x0）≤0”的否定为：“对任意的x∈[1,2]，均有x2﹣2ax+1＞0成立”为真命题，即，
只需，而当x＝1时，取最小值，
∴2a＜2，即a＜1．
【点睛】
结论点睛：由参变分离得到函数不等式在区间D上恒成立，一般有以下结论.
1、：即可.
2、：即可.
30．（2020·浙江高一期末）已知二次函数．
（1）若的解集为，解关于x的不等式；
（2）若不等式对恒成立，求的最大值．
【答案】(1) ;(2) .
【分析】
(1)先根据一元二次不等式解集与对应方程根的关系，求得，代入并解一元二次不等式得结果，（2）根据二次函数图像得，即得，因此，再令化为对勾函数，利用基本不等式求最值.
【详解】
（1）∵的解集为
∴，，
∴.故
从而，解得.
（2）∵恒成立，
∴，
∴∴，
令，∵ ∴，从而，
∴，令.
①当时，；
②当时， ，
∴的最大值为.
【点睛】
易错点睛:在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
31．（2020·浙江高一期末）已知函数．
（Ⅰ）存在实数使得成立，求实数的取值范围；
（Ⅱ）对任意的都有成立，求实数的最小值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）8.
【分析】
（Ⅰ）将原函数解析式化为，然后针对的不同取值分类讨论，确定函数在上的单调性，若存在实数使得成立，则只需函数在上既存在增区间又存在减区间；
（Ⅱ）若对任意的都有成立，则，然后结合（Ⅰ）中分析的函数的单调性分类讨论，确定的最大值及的最小值，从而得出满足恒成立的的取值范围.
【详解】
（Ⅰ）
①当时，得在单调递增，显然不满足题意；
②当时，得在单调递减，在单调递增，显然满足题意；
③当时，得在单调递减，显然不满足题意；
所以．
（Ⅱ）由题意可得，因，成立，
即只需满足成立即可，
①当时，得在单调递增，
故，所以．
②当时，得在单调递减，在单调递增，
故，，
所以，
得，所以．
③当时，得在单调递减，
故，所以．
综上所得，．
【点睛】
解答本题时，首先要去绝对值号，结合二次函数的性质讨论分段函数的单调性，并利用单调性确定函数的最值. 其中，划归与转化思想的运用、分类讨论思想的运用是关键.
32．（2020·重庆市巫山中学高一月考）已知二次函数对一切实数，都有成立，且，，.
（1）求的解析式；
（2）记函数在上的最大值为，最小值为，若，求的最大值.
【答案】（1）；（2）2.
【分析】
（1）由得对称轴为，由，得顶点坐标，可设，再由求得，得解析式；
（2）由（1）得，对称轴为，根据对称轴与所给区间的关系分类讨论求得最大值和最小值，由已知条件求得的范围，得的最大值．
【详解】
（1）对一切实数，都有成立，则二次函数的对称轴为直线，
又，则二次函数图象的顶点坐标为，
设，则，
因此，；
（2），
对称轴为直线，
当时，即当时，函数在区间上单调递增，
则，，则，
得，此时；
当时，即当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，， ，
则，整理得，解得，
此时，；
当时，即当时，函数在区间上单调递减，
在区间上单调递增，所以，，
，整理得，解得，
此时；
当，即当时，.函数在区间上单调递减，，，,,此时
综上所述，，则实数的最大值为2.．
【点睛】
思路点睛：本题考查求二次函数的解析式与最值．二次函数的解析式有三种形式：（1）一般式： ；（2）顶点式：；（3）两根式：，
二次函数在区间上的最值需根据对称轴与区间的关系分类讨论，既要求最大值又要求最小值，则可分成四类：，，，，如果只求最大值或只求最小值，分类可以减少．
33．（2020·上海市洋泾中学高一期中）设二次函数，其中，，.
（1）若，，且关于的不等式的解集为，求的取值范围；
（2）若，，，方程有两个大于1的根，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）化为的解集为，利用判别式可得结果；
（2）根据二次函数的图象列式可解得结果.
【详解】
（1）若，，则，
因为，
所以的解集为等价于的解集为，
所以，解得.
（2）若，，，则有两个大于1的根，
所以，解得.
【点睛】
关键点点睛：第（2）问根据二次函数的图象列式求解是解题关键.
34．（2020·福建宁德市·高一期中）已知函数，，.
（1）若的解集为，求，的值；
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）；（2）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.
【分析】
（1）利用一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系可知的两根分别是和，将和代入得到关于，的方程组求解；
（2）不等式可化为，则的两根分别为和，然后针对和的大小关系进行分类讨论，根据口诀“开口向上，大于取两边，小于取中间”写出原不等式的解集.
【详解】
解：（1）依题意有的解集为，
故方程的两根为1和3，
故.
（2）由，得，
又或，
①当时，有，则时，；
②当时，原不等式可化为，则；
③当时，有，则不等式时，；
综上所述，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.
【点睛】
解含参数的一元二次不等式时，要注意针对参数的取值进行讨论，一般方法如下：
（1）若二次项系数含有参数，要分二次项系数，和三种情况讨论；
（2）当二次项系数不为零时，首先要注意先讨论，及三种情况讨论；当二次方程有两根时，一定要注意根的大小讨论．
35．（2020·全国高二（文））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】
（1）分解因式，化为，讨论的范围即可得出；
（2）分解因式，化为，讨论的范围即可得出；
（3）讨论的范围分情况即可得出.
【详解】
(1)原不等式化为，
当或时，解集为，
当或时，，解集为，
当或时，，解集为;
(2)原不等式化为，
当，即或时解集为，
当时解集为，
当，即时解集为，
当时解集为.
(3)当，原不等式化为，解得，
当，原不等式化为或，
当，原不等式化为，
其解的情况应由与的大小关系决定，故：
①当，
②当时，原不等式，
③当时，原不等式，
综上所述：当，解集为或，
当时，解集为，
当时，解集为，
当时，解集为，当时，解集为.
【点睛】
易错点睛：注意在解含参一元二次不等式时，需要讨论参数范围，且一定要分段讨论清楚，当二次项系数含参数时，需讨论二项项系数为0的情况.
36．（2020·山东烟台市·高一期中）科技创新是企业发展的源动力，是一个企业能够实现健康持续发展的重要基础．某科技企业最新研发了一款大型电子设备，并投入生产应用．经调研，该企业生产此设备获得的月利润（单位：万元）与投入的月研发经费（，单位：万元）有关：当投入的月研发经费不高于36万元时，；当投入月研发经费高于36万元时，．对于企业而言，研发利润率，是优化企业管理的重要依据之一，越大，研发利润率越高，反之越小．
（1）求该企业生产此设备的研发利润率的最大值以及相应月研发经费的值；
（2）若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，求月研发经费的取值范围．
【答案】（1）30万元，最大值200%；（2）.
【分析】
（1）分别写出与时研发利润率关于月研发经费的函数，再由基本不等式及函数的单调性求最值，取最大值中的最大者得结论；
（2）由（1）可得应付利润率关于研发经费的解析式，列不等式求解的范围即可
【详解】
（1）由已知，当时，
．
当且仅当，即时，取等号；
当时，．
因为在上单调递减，所以．
因为，所以当月研发经费为30万元时，研发利润率取得最大值200%．
（2）若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，
由（1）可知，此时月研发经费．
于是，令，
整理得，解得．
因此，当研发利润率不小于190%时，月研发经费的取值范围是．
【点睛】
思路点睛：与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
37．（2020·山东烟台市·高一期中）已知函数，不等式的解集为，，．
（1）求和的值；
（2）若时，函数的图象恒在图象的上方，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）由题意可得，1和是方程的两根，然后结合方程的根与系数关系可得答案；
（2）由题意可得，，时，，分离系数后利用换元，然后结合二次函数的性质即可求解．
【详解】
（1）因为不等式的解集为，
所以1和为方程 的两根，
所以，解得．
（2）由题意对于，恒有．
两边同除以得，．
令，则上述不等式等价于，．
即．
又，
所以当时，．
所以实数的取值范围为．
【点睛】
不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②讨论最值或恒成立； ③ 讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
38．（2020·东至县第三中学高一期中）已知关于的不等式的解集为或．
（1）求，的值；
（2）当，，且满足时，有恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）由题得1和是方程的两个实数根且，故根据韦达定理解方程即可得答案；
（2）由（1）得，进而根据基本不等式得，进而将问题转化为，再解一元二次不等式即可得答案.
【详解】
解：（1）因为不等式的解集为或，
所以1和是方程的两个实数根且，
所以，解得．
（2）由（1）知，于是有，
故，当且仅当时，等号成立，
依题意有，即，
得，所以的取值范围为．
【点睛】
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
39．（2020·广东东莞市·东莞四中高一期中）已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）解关于的不等式.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】
（1）恒成立，即不等式的解集为，利用判别式小于等于零列不等式求解即可；
（2）即为，化为，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】
（1）恒成立，即不等式的解集为，
即的解集为，
所以，即，
解得，所以的取值范围是为；
（2）即为，
化为，
①当时，则，解得；
②当时，不等式为，解得；
③当时，则，解得；
综上可得，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.
【点睛】
方法点睛：解答一元二次不等式恒成立问题主要思路：（1）若实数集上恒成立，考虑判别式的符号，列不等式求解即可；（2）若在给定区间上恒成立，则考虑运用“分离参数法”转化为求最值问题.
40．（2020·甘肃兰州市·兰州一中高二期中）已知函数.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若关于的不等式的解集为（-1，4），求实数，的值.
【答案】（1）或；（2），.
【分析】
（1）由得关于的不等式，解之可得．
（2）由一元二次不等式的解集与一元二次方程的解的关系，利用韦达定理列式可解得．
【详解】
（1）由已知，∴
得或；
（2）∵，∴
由-1，4是方程的两根，得
，∴，．
41．（2020·四川成都市·双流中学高二期中（理））设命题实数满足，其中．命题：实数满足．
（1）若，且为真，求实数的取值范围．
（2）是的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）分别求解两个命题为真命题时的取值范围，再求交集；（2）首先根据命题的等价性转化为是的充分不必要条件，得到，再求参数 的取值范围.
【详解】
由，得
即为真命题时
由，
得
即，即为真命题时，
时，
由为真，知均为真命题，则
得，所以实数的取值范围为
设
由题意知是的充分不必要条件，所以
有
所以实数的取值范围为.
42．（2020·山西吕梁市·高一期中）（1）当时，求不等式的解集﹔
（2）若关于的不等式有且仅有一个整数解，求正实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
(1)把 代入中，十字相乘法分解因式即可求解.
(2)把 变形为，再分，，三种情况讨论即可.
【详解】
解:（1）当时，不等式为，
即，解得.
所以不等式的解集为.
(2)原不等式可化为，
当，即时，原不等式的解集为，不满足题意
当，即时，
此时，所以；
当，即时，
所以只需，解得
综上所述，正实数的取值范围是或.
【点睛】
方法点睛：对于解含有参数的一元二次不等式注意分类讨论即可.
43．（2018·上海市奉贤区奉城高级中学高一月考）若关于的不等式的解集为R，求实数的取值范围.
【答案】
【分析】
分以及两种情况，结合二次函数开口和判别式即可得解.
【详解】
当时，或，
若时，原不等式变为：，满足；若，原式变为：，此时解集不为，不满足；
当时，因为解集为，所以，
解得： ；
综上：.
44．（2020·广西民族高中高二期中）设函数.
（1）若不等式的解集是，求a及b的值；
（2）当时，恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）先由一元二次不等式的解集确定对应方程的根，再利用根与系数的关系即得结果；
（2）开口向上的二次函数大于等于恒成立，只需限定判别式，即解得参数范围.
【详解】
解：（1）因为不等式的解集是，
所以2，3是方程的根.
由根与系数的关系得a=5，b=6；
（2）据题意恒成立
则，即，解得，
所以实数a的取值范围为.
【点睛】
二次函数的恒成立问题的解决方法：
（1）时在R上恒成立等价于对应方程的判别式成立；
（2）时在R上恒成立等价于对应方程的判别式成立.
45．（2020·山东济宁市兖州区教学研究室高一期中）为了缓解市民吃肉难的生活问题，某生猪养殖公司欲将一批猪肉用冷藏汽车从甲地运往相距120千米的乙地，运费为每小时60元，装卸费为1000元，猪肉在运输途中的损耗费(单位：元)是汽车速度()值的2倍.(说明：运输的总费用运费装卸费损耗费)
（1）为使运输的总费用不超过1260元，求汽车行驶速度的范围；
（2）若要使运输的总费用最小，汽车应以每小时多少千米的速度行驶？
【答案】（1）；（2）若要使运输的总费用最小，汽车应以每小时千米的速度行驶.
【分析】
（1）设汽车行驶的速度为千米/小时，列出总费用的表达式，根据题意及一元二次不等式的解法，即可求得答案；
（2）设汽车行驶的速度为千米/小时，列出总费用的表达式，利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】
（1）设汽车行驶的速度为千米/小时，运输的总费用运费装卸费损耗费，
，化简得
解得：
运输的总费用不超过1260元，汽车行驶速度的范围为：.
（2）设汽车行驶的速度为千米/小时，运输的总费用运费装卸费损耗费，
运输的总费用：
当且仅当即时取得等号，
若要使运输的总费用最小，汽车应以每小时千米的速度行驶.
46．（2020·上海市进才中学高三期中）已知，其中.
（1）当时，解关于的不等式；
（2）若在时恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】
（1）因式分解确定对应二次方程的解，然后写出不等式的解集；
（2）不等式转化为，利用函数的单调性求出在上最小值最小值即可得结论．
【详解】
（1）∵，∴，
∵，∴当时，的解集为
当时，的解集为
当时，的解集为
（2）根据题意得，在时恒成立，即在时恒成立，即在时恒成立，即在时恒成立即
∵在，单调递增，∴，∴，∴实数的取值范围是．
【点睛】
方法点睛：本题考查解一元二次不等式，考查不等式恒成立问题，解决不等式恒成立的方法是用分离参数法转化为求函数的最值，这是恒成立问题的常用方法．
47．（2020·山东枣庄市·高三期中）已知.
（Ⅰ）若的解集为，求关于x的不等式的解集；
（Ⅱ）解关于x的不等式.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）答案见解析.
【分析】
（Ⅰ）根据根与系数的关系求出，再由一元二次不等式的解法得出解集；
（Ⅱ）分类讨论的值，由一元二次不等式的解法解不等式即可.
【详解】
（Ⅰ）由题意得，解得.
故原不等式等价于.
即
解得：或
所以不等式的解集为.
（Ⅱ）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.
48．（2020·湖北省汉川市第二中学高一期中）设函数．
（1）若不等式的解集，求的值；
（2）若，，求的最小值及此时实数的值.
【答案】（1）；（2）最小值是，，.
【分析】
（1）由不等式的解集，可知，是方程的两根，由根与系数的关系可求值；
（2）由，得到，将所求变形为展开，利用基本不等式求最小值．
【详解】
（1）由不等式的解集，可知，是方程的两根，
由韦达定理可得 ，解得.
（2） ，
，当且仅当时等号成立，即，时，的最小值是.
所以的最小值是，此时，.
【点睛】
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
49．（2020·陕西榆林市·榆林十二中高二月考）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
（3）已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）详见解析；（2）；（3）.
【分析】
（1）由不等式转化为，分，，讨论求解.
（2）将对任意的，恒成立，转化为对任意的，恒成立，当，恒成立，当时，恒成立，利用基本不等式求解.
（3）根据对任意的，总存在，使成立，则的值域是的值域的子集求解.
【详解】
（1）因为函数，
所以即为，
所以 ，
当时，解得 ，
当 时，解得，
当 时，解得 ，
综上：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）因为对任意的，恒成立，
所以对任意的，恒成立，
当时，恒成立，
所以对任意的时，恒成立，
令，当且仅当 ，即 时取等号，
所以，
所以实数的取值范围是.
（3）当时，，
因为，所以函数的值域是，
因为对任意的，总存在，使成立，
所以的值域是的值域的子集，
当时，，
则，解得
当时，，
则，解得，
当时，，不成立；
综上：实数的取值范围.
【点睛】
方法点睛：双变量任意、存在恒成立问题：
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 ；
若， 成立，则 的值域是的子集；
50．（2020·淮安市阳光学校高一月考）设，二次函数
（1）若该二次函数的两个零点都在区间内，求的取值范围；
（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）由题意可得，即可求解，
（2）原不等式可转化为对于任意恒成立，设
，对称轴为，只需要，由于对称轴不固定，所以分三种情况讨论对称轴和区间的关系，满足最小值大于或等于0，再求并集即可.
【详解】
（1）的对称轴为，
由题意可得，解得，
所以，
（2）不等式对于任意恒成立，
即对于任意恒成立，
设，开口向上的抛物线对称轴为，
只需要，
所以或或
解得： 或或，
所以或或，
故的取值范围是.
【点睛】
方法点睛：求不等式恒成立问题的方法
（1）分离参数法
若不等式（是实参数）恒成立，将转化为或恒成立，进而转化为或，求的最值即可.
（2）数形结合法
结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题.
（3）主参换位法
把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.
51．（2020·上海市南洋模范中学高一期中）（1）关于x的不等式的解集为，求实数a的取值范围；
（2）解关于x的不等式；
（3）设（1）中a的整数值构成集合A，（2）中不等式的解集是B，若中有且只有三个元素，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）.
【分析】
（1）根据题意，分，和三种情况讨论，结合二次函数的性质，即可求解；
（2）化简不等式为，转化为且，结合一元二次不等式的解法，分类讨论，即可求解.
（3）由（1）得，根据中有且只有三个元素，结合不等式的解集，分类讨论，得出不等式组，即可求解.
【详解】
（1）当时，不等式可化为无解，满足题意；
当时，不等式化为，解得，不符合题意，舍去；
当时，要使得不等式的解集为，
则满足，解得，
综上可得，实数a的取值范围是.
（2）由不等式，可得，
即且，
当时，不等式等价于，解得；
当时，由，
不等式且的解集为，
当时，且，
当时，解集为，
当时，解集为，
当时，解集为，
综上，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.
（3）由（1）得，
当中有且只有三个元素，显然不可能，
当时，
因为，不合题意，舍去，
当时，，
因为中有且只有三个元素，所以，，解得，
综上，实数m的取值范围是.
【点睛】
解含参数的一元二次不等式的步骤：
（1）若二次项含有参数，应先讨论参数是等于0、小于0，还是大于0，然后整理不等式；
（2）当二次项系数不为0时，讨论判别式与0的关系，判断方程的根的个数；
（3）确定无根时可直接写出解集，确定方程有两个根时，要讨论两根的大小关系，从而确定解集的形式.
52．（2020·南京市第五高级中学高一月考）已知函数.
（1）若y<0的解集为，求a的值；
（2）若a>0，求关于x的不等式y>0的解集.
【答案】（1）2；（2）答案见解析
【分析】
（1）由题可得和1是的两个根，由韦达定理即可求出；
（2）不等式可化为，分，，三种情况可得出.
【详解】
（1）若y<0的解集为，则和1是的两个根，
则 ，解得；
（2）由得，即，
当，即时，不等式的解集为或；
当，即时，不等式可化为，不等式的解集为；
当，即时，不等式的解集为或.
53．（2020·河北石家庄市·正定一中高一期中）已知函数.
（1）若不等式的解集为，求实数，的值.
（2）当时，解关于的不等式.
【答案】（1）；（2）详见解析
【分析】
（1）由的解集为，可知和是方程的两实数根，根据韦达定理，可得到关于的方程组，求解即可；
（2）当时，，进而分，和三种情况，分别解不等式，即可求出答案.
【详解】
（1）因为不等式的解集为，所以和是方程的两实数根，
则，即.
（2）当时，.
若，则，解得；
若，则，解得；
若，则，解得.
54．（2020·河北石家庄市·辛集中学高一期中）已知函数，.
（1）若时，当时，求的最小值.
（2）求关于的不等式的解集.
【答案】（1）4；（2）答案见解析.
【分析】
（1）将代入函数解析式，得到，之后结合，利用基本不等式求得结果；
（2）首先求时，不等式的解集，之后时，求得方程的根为，，分类讨论求得其解集.
【详解】
（1）若时，
，当且仅当，即时取得等号.
故的最小值为4.
（2）①当时，不等式的解为.
②当时，令解得，.
当时，，解得.
当时，若，即解原不等式得或.
若，即解原不等式得或.
若，即解原不等式得.
综上：当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；时，不等式解集为或.时，不等式解集为.时，不等式解集为.
【点睛】
方法点睛：该题考查的是有关不等式的问题，解题方法如下：
（1）将参数值代入函数解析式，对式子进行变形，结合自变量的范围，利用基本不等式求得结果；
（2）首先求方程的根，对参数进行讨论，讨论的标准就是根的大小，最后求得不等式的解集；
（3）要用好分类讨论思想.
55．（2020·江西省临川第二中学高一期末（文））解不等式：
（1）；
（2）.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据一元二次不等式的解法求解即可；
（2）将分式不等式等价为一元二次不等式可求解.
【详解】
（1）不等式化为，解，
解得或，
不等式的解集为；
（2）不等式化为，
等价于，解得，
不等式的解集为.
五、双空题
56．（2020·玉龙纳西族自治县田家炳民族中学高一期中）已知二次函数的图像如图所示，那么方程的根是______，不等式的解集是______
【答案】，2
【分析】
根据二次函数的图象与一元二次方程的根、一元二次不等式的解集的关系确定．
【详解】
由图象知方程的根是和2，不等式的解集是．
故答案为：；．
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