第02讲 等式与不等式（含答案） 备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）学案

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1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度为低难度与中档难度，分值为5分
【备考策略】1.理解、掌握不等式的性质，能够运用不等式的性质进行比较大小
2.能掌握一元二次不等式的性质
3.掌握一元二次不等式根与系数的关系
4.会解一元二次不等式、能够解决一元二不等式的恒成立与存在成立等问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般考查不等式的性质，一元二次不等式的性质等。
知识讲解
知识点一.等式与不等式的性质:
1.两个实数比较大小的方法
(1)作差法
a-b >0⟺ a>b，
a-b =0⟺ a=b,
a-b <0⟺ a (2)作商法
ab>1a∈R,b>0⟺a>ba∈R,b>0,
ab=1a,b≠0⟺a=ba,b≠0,
ab<1a∈R,b>0⟺a0,
2.等式的性质
(1)对称性:若a=b，则b=a.
(2)传递性:若a=b，b=c，则a=c.
(3)可加性:若a=b，则a+c =b+c.
(4)可乘性:若a=b，则ac=bc;若a =b，c=d，则ac=bd
3.不等式的性质
(1)对称性: a>b ⟺ b(2)传递性: a>b，b>c⟺ a>c;
(3)可加性a>b ⟺a+c>b+c; a>b, c>d ⟺a+c>b+d
(4)可乘性: a>b, c >0⟺ac>bc; a>b, c <0⟺acb>0，c>d>0⟺ ac>bd;
(5)可乘方: a>b>0⟺an>bn(n∈N，n≥1);
(6)可开方a>b>0⟺ na>nb(n∈N，n≥2).
知识点二.一元二次不等式
1.一元二次不等式的概念
2.二次函数与一元二次方程的根、一元二次不等式的解集的对应关系
3.一元二次不等式的解法
1.将不等式的右边化为零，左边化为二次项系数大于零的不等式ax2＋bx＋c＞0(a＞0)或ax2＋bx＋c＜0(a＞0)．
2.求出相应的一元二次方程的根．
3.利用二次函数的图象与x轴的交点确定一元二次不等式的解集．
方程的根→函数草图→观察得解，对于的情况可以化为的情况解决
注：对于二次型一元二次不等式应首先考虑二次项系数的情况，当二次项系数为0时，按照一次不等式来解决，对于二次项系数为负数的情况一般将二次项系数变为正数之后再解。
注：对于含参一元二次不等式内容首先考虑能不能因式分解，然后就二次方程根进行分类讨论，同时注意判别式韦达定理的应用。
4.三个“二次”间的关系
考点一、等式与不等式的性质
1．（2024·辽宁·模拟预测）若a>b，则下列说法正确的是（ ）
A．a2>b2B．lg(a−b)>0C．a5>b5D．a3>b3
【答案】C
【分析】利用特殊值判断A、B、D，根据幂函数的性质判断C.
【详解】对于A：当a=0、b=−1，满足a>b，但是a2对于B：当a=0、b=−1，满足a>b，但是lg(a−b)=lg1=0，故B错误；
对于C：因为y=x5在定义域R上单调递增，若a>b，则a5>b5，故C正确
对于D：当a=1、b=−1，满足a>b，但是a3=b3，故D错误.
故选：C
2．（2024·山东滨州·二模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．若a>b，则ac>bcB．若a>b，则a2>b2
C．若ac2≥bc2，则a≥bD．若a+2b=2，则2a+4b≥4
【答案】D
【分析】由不等式的性质可判断A,B,C，利用基本不等式a+b≥2ab，当且仅当a=b时等号成立，即可判断D.
【详解】对于A，由a>b，c=0可得ac=bc，故A错误；
对于B，由a>0，b＜0，a＜b，可得a2＜b2，故B错误；
对于C，若ac2≥bc2，且当c=0时，可得a，b为任意值，故C错误；
对于D，因为2a+4b=2a+22b≥22a⋅22b=22a+2b=4，当且仅当a=2b=1时，等号成立，
即2a+4b≥4，故D正确.
故选：D.
1．（22-23高三上·甘肃定西·阶段练习）已知a>b>0,c<0，则下列正确的是（ ）
A．ac>bcB．ac>bcC．bc2>ac2D．ab−bc>0
【答案】D
【分析】对于ACD，利用作差法判断，对于B，利用幂函数的性质比较.
【详解】对于A，因为a>b>0,c<0，所以ac−bc=a−bc<0，所以ac对于B，因为y=xc(c<0)在(0,+∞)上递减，且a>b>0，所以ac对于C，因为a>b>0,c<0，所以bc2−ac2=b−ac2<0，所以bc2对于D，因为a>b>0,c<0，所以ab−bc=ba−c>0，所以D正确．
故选：D
2．（2024·安徽淮北·二模）已知a,b∈R，下列命题正确的是（ ）
A．若ab=1，则a+b≥2
B．若1a<1b，则a>b
C．若a>b，则lna−b>0
D．若a>b>0，则a+1b>b+1a
【答案】D
【分析】举反例即可推出A,B,C错误，D利用反比例函数单调性和不等式可加性即可证得.
【详解】当a=−1,b=−1时，a+b=−2，所以A错.
当a<0,b>0时，a当a=2,b=1时，lna−b=0，所以C错.
若a>b>0，则1b>1a>0，则a+1b>b+1a成立，所以D正确.
故选：D
3.（2024·天津·一模）已知a,b∈R，则“b>a”是“a2A．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】根据充分条件和必要条件的定义分析判断即可.
【详解】因为a,b∈R，当b>a时，有b>a≥0，则a2当a=0b=−1时，02<−12，即a20，即b>a不成立，进而必要性不成立.
所以a,b∈R，“b>a”是“a2故选：A.
4.（2023·山西临汾·模拟预测）若a，b∈R，则“aA．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
【答案】B
【分析】
利用不等式的性质，结合充分必要条件的定义即可得解.
【详解】当a当a3−a2b<0时，有a2a−b<0，则a≠0，故a2>0，
所以a−b<0，即a综上，“a故选：B.
考点二、比较大小

1. （22-23高三上·天津河东·期中）若a=ln264，b=ln2ln3，c=ln22π4，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a>b>cB．c>b>aC．c>a>bD．b>a>c
【答案】C
【分析】根据a>b⇔a−b>0，因此要比较a，b的大小，作差，通分，利用对数的运算性质，即可求得a，b的大小；利用对数函数y=lnx的单调性，可知ln2π>ln6>0，然后利用不等式的可乘性，即可得出a，c的大小.
【详解】解：a−b=ln264−ln2ln3=ln2+ln32−4ln2ln34=ln2−ln324>0，∴a>b，
而ln2π>ln6>0，∴ln22π4>ln264，即c>a，
因此c>a>b.
故选：C.
2.（2024·四川成都·模拟预测）已知a，b为实数，则使得“a>b>0”成立的一个必要不充分条件为（ ）
A．1a>1bB．ln(a+1)>ln(b+1)
C．a3>b3>0D．a−1>b−1
【答案】B
【分析】利用不等式的性质、结合对数函数、幂函数单调性，充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】对于A，1a>1b ，不能推出a>b>0，如1−3>1−2，反之a>b>0 ，则有1a<1b ，
即1a>1b是a>b>0的既不充分也不必要条件，A错误；
对于B，由lna+1>lnb+1，得a+1>b+1>0，即a>b>−1，
不能推出a>b>0 ，反之a>b>0，则a>b>−1，
因此ln(a+1)>ln(b+1)是a>b>0的必要不充分条件，B正确；
对于C，a3>b3>0⇔a>b>0，a3>b3>0是a>b>0的充分必要条件，C错误；
对于D，由a−1>b−1，得a>b≥1>0，反之a>b>0不能推出a>b≥1，
因此a−1>b−1是a>b>0的充分不必要条件，D错误.
故选：B.
1．（22-23高三上·天津河西·期末）若a，b，c∈R，a>b，则下列不等式成立的是（ ）
A．1a<1bB．a2bc2+1D．ac>bc
【答案】C
【分析】举反例排除ABD，利用不等式的性质判断C即可得解.
【详解】对于A，取a=1,b=−1，满足a>b，但1a>1b，故A错误；
对于B，取a=1,b=−1，满足a>b，但a2=b2，故B错误；
对于D，取c=0，则ac=bc，故D错误；
对于C，因为c2+1≥1>0，则1c2+1>0，
又a>b，所以ac2+1>bc2+1，故C正确.
故选：C.
2．（2023·天津·一模）设a>0，b>0，则“a>b”是“1a<1b”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】C
【分析】利用作差法结合得出1a<1b的等价条件，即可得出结论.
【详解】因为a>0，b>0，由1a<1b可得1b−1a=a−bab>0，则a−b>0，即a>b，
因此，若a>0，b>0，则“a>b”是“1a<1b”的充要条件.
故选：C.
3．（23-24高三上·天津和平·开学考试）已知a是实数，则“a>1”是“a+1a>2”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】判断“a>1”和“a+1a>2”之间的逻辑推理关系，即得答案.
【详解】当a>1时，a+1a−2=a2−2a+1a=(a−1)2a>0，
故a+1a>2，即a>1成立，则a+1a>2成立；
当a=12时，a+1a=12+2>2，但推不出a>1成立，
故“a>1”是“a+1a>2”的充分不必要条件，
故选：A
4．（2024·北京西城·一模）设a=t−1t,b=t+1t,c=t2+t，其中−1A．bC．b【答案】C
【分析】借助正负性、对勾函数的性质及二次函数的性质判断即可得.
【详解】由−10，
由对勾函数性质可得b=t+1t<−1+1=−2，
c=t2+t<0，且c=t⋅2+t=t2+2t=t+12−1≥−1，
综上所述，有b故选：C.
考点三、最值与取值范围问题

1. （2024高三·全国·专题练习）已知12【答案】 (−24,45) 13,4
【分析】根据不等式的性质即可求解.
【详解】因为15又12所以12−36所以−24即a−b的取值范围是(−24,45).
因为136<1b<115所以1236即13所以ab的取值范围是13,4
答案：(−24,45),13,4
2. （2024·全国·模拟预测）已知实数x，y满足−1【答案】−2,2
【分析】根据不等式的性质即可求解.
【详解】由−1故答案为：−2,2
1. （2024高三·全国·专题练习）若实数x，y满足1≤xy2≤4，3≤x2y≤5，则xy5的取值范围是 ．
【答案】[15，643]
【详解】
因为(xy2)3∈[1，64]，1x2y∈[15，]，所以xy5＝(xy2)3·∈[，].
2. （2024·河北石家庄·二模）若实数x,y,z≥0，且x+y+z=4,2x−y+z=5，则M=4x+3y+5z的取值范围是 .
【答案】15,19
【分析】先得到x=3−2z3,y=1−z3，并根据x,y,z≥0得到0≤z≤3，从而求出M=4z3+15∈15,19.
【详解】因为x+y=4−z,2x−y=5−z，故x=3−2z3,y=1−z3，
由x,y,z≥0得3−2z3≥01−z3≥0z≥0，解得0≤z≤3，
故M=4x+3y+5z=43−2z3+31−z3+5z=4z3+15∈15,19.
故答案为：15,19
3.（23-24高三下·重庆渝北·阶段练习）已知三个实数a、b、c，其中c>0,b≤2a+3c且bc=a2，则a−2cb的最大值为 ．
【答案】19
【分析】依题意可得a2c≤2a+3c，进而得a2−2ac−3c2≤0，即可求出ca的范围，于是a−2cb=ac−2c2a2=ca−2ca2，令ca=t，f(t)=t−2t2，利用二次函数的单调性即可求解最值.
【详解】当c>0时满足b≤2a+3c且bc=a2，
∴ a2c≤2a+3c，即a2−2ac−3c2≤0，进而ac2−2×ac−3≤0，解得−1≤ac≤3．
所以ca≥13或ca≤−1，
所以a−2cb=ac−2c2a2=ca−2ca2，
令ca=t，t∈13,+∞∪−∞−1，
令ft=−2t2+t=−2t−142+18，t∈13,+∞∪−∞−1，
所以ft在−∞,−1上单调递增，在13,+∞上单调递减，
又f13=19，f−1=−3，所以ft≤19，
即a−2cb的最大值为19.
故答案为：19．
4.（2024·浙江·模拟预测）已知正数a，b，c满足a2+c2=16，b2+c2=25，则k=a2+b2的取值范围为 ．
【答案】9【分析】
根据不等式的性质即可求解.
【详解】
∵正数a、b、c满足a2+c2=16，b2+c2=25，
∴c2=16−a2，a2>0所以0同理：有c2=25−b2得到0两式相加：a2+b2+2c2=41
即a2+b2=41−2c2
又∵−16<−c2<0,即−32<−2c2<0
∴9<41−2c2<41
即9故答案为：95.（2024·广东·三模）设实数x、y、z、t满足不等式1≤x≤y≤z≤t≤100，则xy+zt的最小值为 .
【答案】15/0.2
【分析】令x=1，t=100，根据分母最大分子最小时分式的值最小可得xy+zt≥1y+z100，结合基本不等式和zy≥1计算即可．
【详解】因为1≤x≤y≤z≤t≤100，所以zy≥1,
所以xy+zt≥1y+z100≥2z100y≥21100=15，
当且仅当1y=z100即yz=100时等号成立，
即xy+zt的最小值为15.
故答案为：15.
考点四、一元二次不等式

1.（2024·上海·高考真题）已知x∈R,则不等式x2−2x−3<0的解集为 ．
【答案】x|−1【分析】求出方程x2−2x−3=0的解后可求不等式的解集.
【详解】方程x2−2x−3=0的解为x=−1或x=3，
故不等式x2−2x−3<0的解集为x|−1故答案为：x|−12.（23-24高三上·河北石家庄·阶段练习）不等式3x−22x+3<0的解集是（ ）
A．x−23C．{x|x<−23或x>32}D．{x|x<−32或x>23}
【答案】B
【分析】化分式不等式为一元二次不等式求解即得.
【详解】不等式3x−22x+3<0化为：(2x+3)(3x−2)<0，解得−32所以不等式3x−22x+3<0的解集是{x|−32故选：B
1.（23-24高三下·陕西安康·阶段练习）在区间0，5内随机取一个实数a，则关于x的不等式x2+2−ax−2a<0仅有2个整数解的概率为（ ）
A．25B．310C．15D．110
【答案】C
【分析】利用一元二次不等式解得x∈−2,a，可得区间−2,a内仅包含−1,0两个整数，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x2+2−ax−2a<0等价于x+2x−a<0；
因为a∈0,5，所以不等式的解集为−2,a；
依题意可得区间−2,a内仅有两个整数，即包含−1,0两个整数，可得0由几何概型概率公式可得其概率为P=1−05−0=15.
故选：C
2.（2024高三·全国·专题练习）已知a , b∈R且ab≠0，若x−ax−bx−2a−b≥0在x≥0上恒成立，则（ ）
A．a<0B．a>0C．b<0D．b>0
【答案】C
【分析】对a,b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ab≠0得a≠0,b≠0，fx=x−ax−bx−2a−b=0⇒x1=a,x2=b,x3=2a+b
①若a>0,b>0，则2a+b>0，且2a+b>a，2a+b>b，
根据穿根法可知x∈a,2a+b或x∈b,2a+b时不符合题意，舍去；
②若a>0,b<0，要满足题意则a=2a+b>b⇒a+b=0，符合题意，如图所示；
③当a<0,b>0时，同理要满足题意需2a+b=b>a⇒a=0，与前提矛盾；
④当a<0,b<0，此时2a+b<0，则fx=x−ax−bx−2a−b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x−ax−bx−2a−b≥0在x≥0恒成立时，只有b<0满足题意.
故选：C ．
3.（23-24高三下·上海·阶段练习）设a>0，若关于x的不等式x2−ax<0的解集是区间0,1的真子集，则a的取值范围是 ．
【答案】0,1
【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a>0，所以x2−ax<0⇒0又不等式x2−ax<0的解集是区间0,1的真子集，则a∈0,1.
故答案为：0,1.
4.（2023·全国·模拟预测）定义：若集合A,B满足A∩B≠∅，存在a∈A且a∉B，且存在b∈B且b∉A，则称集合A,B为嵌套集合．已知集合A=x2x−x2≤0且x∈R+，B=xx2−(3a+1)x+2a2+2a<0，若集合A,B为嵌套集合，则实数a的取值范围为（ ）
A．(2,3)B．(−∞,1)C．(1,3)D．(1,2)
【答案】A
【分析】作出函数y=x2,y=2x的图象，结合函数图象即可求出集合A，分类讨论求出集合B，再根据嵌套集合的定义即可得解.
【详解】因为A∩B≠∅，所有A≠∅,B≠∅，
由2x−x2≤0，得2x≤x2，
如图，作出函数y=x2,y=2x的图象，
由图可知，不等式2x−x2≤0x>0的解集为2,4，
所以A=x2x−x2≤0且x∈R+=2,4，
由x2−(3a+1)x+2a2+2a<0，得x−2ax−a+1<0，
当2a=a+1，即a=1时，则B=∅，不符题意；
当2a>a+1，即a>1时，则B=a+1,2a，
由a>1，得a+1>2，
根据嵌套集合得定义可得a>1a+1<42a>4，解得2当2a由a<1，得2a<2，
根据嵌套集合得定义可得a<1a+1<4a+1>2，无解，
综上所述，实数a的取值范围为2,3.
故选：A.
考点五、一元二次方程跟的分布

1.（23-24高三上·四川·阶段练习）若关于x的方程x2−2ax+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．−65,−1B．−65,1
C．−∞,−65∪−1,+∞D．−∞,−65∪1,+∞
【答案】A
【分析】
令gx=x2−2ax+a+2，依题意可得Δ>0−20g1>0，解得即可.
【详解】
令gx=x2−2ax+a+2，因为方程x2−2ax+a+2=0在区间−2,1上有两个不相等的实数解，
所以Δ>0−20g1>0，即Δ=4a2−4a+2>0−201−2a+a+2>0，解得−65所以a的取值范围是−65,−1．
故选：A．
2.（21-22高三上·江苏南通·期中）已知关于x的不等式ax2+2bx+4<0的解集为m,4m，其中m<0，则b4a+4b的最小值为（ ）
A．－2B．1C．2D．8
【答案】C
【分析】由不等式的解集结合基本不等式得到a=1，b≥2，从而利用基本不等式求出b4a+4b的最小值.
【详解】由题意可知，方程ax2+2bx+4=0的两个根为m，4m，则m⋅4m=4a，解得：a=1，故m+4m=−2b，m<0，
所以2b=−m−4m≥2−m⋅−4m=4，当且仅当−m=−4m，即m=−2时取等号，则b≥2，
所以b4a+4b=b4+4b≥2b4⋅4b=2，当且仅当b4=4b，即b=4时取等号，
故b4a+4b的最小值为2.
故选：C.
1.（2024高三·全国·专题练习）关于x的方程ax2+a+2x+9a=0有两个不相等的实数根x1,x2，且x1<1A．−2725
C．a<−27D．−211【答案】D
【分析】说明a=0时，不合题意，从而将ax2+a+2x+9a=0化为x2+1+2ax+9=0，令y=x2+1+2ax+9，结合其与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，可列不等式即可求得答案.
【详解】当a=0时，ax2+a+2x+9a=0即为2x=0，不符合题意；
故a≠0，ax2+a+2x+9a=0即为x2+1+2ax+9=0，
令y=x2+1+2ax+9，
由于关于x的方程ax2+a+2x+9a=0有两个不相等的实数根x1,x2，且x1<1则y=ax2+a+2x+9a与x轴有两个交点，且分布在1的两侧，
故x=1时，y<0，即1+1+2a×1+9<0，解得2a<−11，故−211故选：D
2.（2023·北京海淀·模拟预测）已知关于x的不等式x2+ax+b>0(a>0)的解集是x|x≠d,，则下列四个结论中错误的是（ ）
A．a2=4b
B．a2+1b≥4
C．若关于x的不等式x2+ax−b<0的解集为（x1，x2），则x1x2>0
D．若关于x的不等式x2+ax+b【答案】C
【分析】利用一元二次不等式的解法与一元二次方程之间的关系以及韦达定理，基本不等式进行求解即可.
【详解】由题意Δ=a2−4b=0，a2=4b，所以A正确;
对于B:a2+1b=a2+4a2≥2a2⋅4a2=4，当且仅当a2=4a2，即a=2时成立,
所以B正确;
对于C,由韦达定理，可知x1x2=−b=−a24<0，所以C错误;
对于D,由韦达定理，可知x1+x2=−a，x1x2=b−c=a24−c，
则x1−x2=x1+x22−4x1x2= a2−4a24−c=2c=4，解得c=4，
所以D正确,
故选：C.
3.（21-22高三上·上海浦东新·阶段练习）如果二次方程x2−px−q=0(p,q∈N∗)的正根小于3，那么这样的二次方程有 个.
【答案】7
【分析】令f(x)=x2−px−q(p,q∈N∗)，则由题意可得f(0)<0f(3)>0，再结合p,q∈N∗可求出结果.
【详解】设f(x)=x2−px−q(p,q∈N∗)，
因为f(0)=−q<0，f(3)=9−3p−q>0，
所以3p+q<9，又p,q∈N∗，
当p=1时，q=1,2,3,4,5，当p=2时，q=1,2.
所以共7种可能.
故答案为：7
考点六、一元二次不等式恒成立

1.（2024高三·全国·专题练习）若不等式a−2x2+2a−2x−4<0对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．−∞,2B．−2,2
C．−2,2D．−∞,−2
【答案】C
【分析】对二次项系数进行分类讨论可得a=2符合题意，当a≠2时利用判别式可求得结果.
【详解】当a−2=0，即a=2时，不等式为−4<0对一切x∈R恒成立．
当a≠2时，需满足a−2<0Δ=4a−22+16a−2<0，
即a−2<0a−2+4>0，解得−2综上可知，实数a的取值范围是−2,2．
故选：C
2.（2024·陕西西安·模拟预测）当1≤x≤2时，不等式x2−ax+1≤0恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】[52,+∞).
【分析】根据题意分离参数a，进而构造函数求定区间的最值即可.
【详解】当1≤x≤2时，不等式x2−ax+1≤0恒成立，
所以当1≤x≤2时，a≥x2+1x=x+1x恒成立，则a≥x+1xmax，
令gx=x+1x，则gx在1,2单调递增，
所以gxmax=g2=2+12=52，所以a≥52.
故答案为：[52,+∞).
1.（2024高三·全国·专题练习）已知b>0，若对任意的x∈0,+∞，不等式4ax3+8x2−abx−2b≤0恒成立，则a2+2a+4b+ab的最小值为 .
【答案】16−82
【分析】先把原不等式分解为二次不等式，分类讨论后运用整体代换和基本不等式即可.
【详解】原不等式4ax3+8x2−abx−2b≤0⇔4x2−bax+2≤0，
由b>0，知0b2时，4x2−b>0，
故由原不等式知0b2时ax+2≤0，
由恒成立知a<0且a×b2+2=0，即a=−4b，
故所求式a2+2a+4b+ab=16b+4b−8b+4b，
设t=2b+b，则t≥22b×b=22，
则所求式=4t2−t−4=4t−122−174递增，
故最小值在t=22时取得：4×8−22−4=16−82.
故答案为：16−82.
2.（22-23高三上·河北衡水·阶段练习）已知对任意实数x>0,不等式2x2−ax−10lnxa≥0恒成立,则实数a的值为 ．
【答案】10
【分析】对lnxa正负分情况讨论，得出x=a是其唯一零点.不等式2x2−ax−10lnxa≥0对任意的x>0恒成立.得到x=a也是2x2−ax−10=0的根,求解即可.
【详解】由题知,显然a>0，当x>a时lnxa>0；当x=a时lnxa=0；当0因为不等式lnx−lna2x2−ax−10≥0对任意的x>0恒成立.
当x>a时，2x2−ax−10≥0；当0结合二次函数性质，x=a是方程2x2−ax−10=0的根，即2a2−a2−10=0，
因为a>0，所以a=10．
故答案为: 10.
3.（2024·陕西榆林·三模）已知α∈0,2π，若当x∈0,1时，关于x的不等式sinα+csα+1x2−2sinα+1x+sinα>0恒成立，则α的取值范围为（ ）
A．π12,5π12B．π6,5π6C．π6,π3D．π3,5π6
【答案】A
【分析】令fx=sinα+csα+1x2−2sinα+1x+sinα，易得fx的对称轴为x=sinα+12sinα+csα+1∈0,1，则f0>0f1>0fsinα+12sinα+csα+1>0，进而可得出答案.
【详解】令fx=sinα+csα+1x2−2sinα+1x+sinα，
由题意可得f0>0f1>0，则sinα>0csα>0，
又因为α∈0,2π，所以α∈0,π2，
函数fx的对称轴为x=sinα+12sinα+csα+1∈0,1，
则sinα>0csα>0sinα+csα+1sinα+12sinα+csα+12−2sinα+1⋅sinα+12sinα+csα+1+sinα>0，
即sinα>0csα>0(2sinα+1)2−4sinαsinα+csα+1<0，
即sinα>0csα>0sin2α>12，结合α∈0,π2，解得π12<α<5π12.
故选：A.
4.（2024·湖北·二模）已知等差数列an的前n项和为Sn，且Sn=n2+m，n∈N*，若对于任意的a∈[0,1]，不等式annA．−2B．0C．1D．2
【答案】A
【分析】由Sn与an的关系且an为等差数列，求出an，由ann<2，得x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，构造函数g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x，由g(a)≤0在a∈[0,1]时恒成立，求实数x的取值范围.
【详解】因为Sn=n2+m，n=1时，a1=S1=1+m，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2+m−n−12+m=2n−1，
所以a1=1+m，a2=3，a3=5，
因为an为等差数列，所以a1=1，m=0，
从而an=2n−1，ann=2−1n<2，
所以x2−(1+a)x−2a2−a+2≥2，即−2a2−1+xa+x2−x≥0，
则当0≤a≤1时，g(a)=2a2+(1+x)a−x2+x≤0恒成立，
g(0)=−x2+x≤0g(1)=2+1+x−x2+x≤0，解得x≤−1或x≥3，
只有选项A符合题意，
故选：A
1．（2021·天津和平·一模）设a∈R，则“2A．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】利用集合观点，子集是全集的充分条件，只有真子集才是全集的充分不必要条件，就可以得到答案.
【详解】由a−6a+1<0，得−1所以2故选：A．
2．（2024·河北唐山·一模）已知x∈R，p：“x2−x>0”，q：“x>1”，则p是q的（ ）
A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】首先解一元二次方程，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】由x2−x>0，即xx−1>0，解得x>1或x<0，
所以p：“x>1或x<0”，
故由p推不出q，即充分性不成立，
由q推得出p，即必要性成立，
所以p是q的必要但不充分条件.
故选：B
3．（23-24高三上·天津北辰·期中）设x∈R，则“x2>1”是“1x<1”成立的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】解出不等式，根据充分不必要条件的判定即可得到答案.
【详解】∵x2>1，∴x<−1或x>1，
又1x<1即1−xx<0，等价于xx−1>0，解得x<0或x>1，
可得xx<−1或x>1xx<0或x>1，
所以x2>1是1x<1的充分不必要条件.
故选：A.
4．（2022·天津·二模）设x∈R，则“x≤3”是“x2≤3x”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】B
【分析】解不等式x2≤3x，再根据充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】解：由x2≤3x，得0≤x≤3，
所以“x≤3”是“x2≤3x”的必要不充分条件.
故选：B.
5．（2024·天津·一模）设x∈R，则“x<0”是“x2−x>0”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】解出不等式x2−x>0后，结合充分条件与必要条件的定义即可得.
【详解】由x2−x>0，解得x>1或x<0，
故“x<0”是“x2−x>0”的充分不必要条件.
故选：A.
6．（2024高三下·全国·专题练习）已知2【答案】−2,1
【分析】利用不等式的性质求解即可.
【详解】因为−2又2故答案为：−2,1
7．（2024高三下·全国·专题练习）若关于x的不等式m−3x2−2mx−8>0的解集是一个开区间，且区间的长度L满足L∈1,2，求实数m的取值范围（注：开区间a,b的长度L=b−a）.
【答案】(−∞,−15]∪73,3314
【分析】设方程m−3x2−2mx−8=0的两根为x1,x2，由m−3<0，Δ>0和1≤x1−x2≤2，结合韦达定理解关于m的不等关系式即可.
【详解】据题意得m−3<0，设(m−3)x2−2mx−8>0等价于x−x1x−x2<0，
Δ=4m2+8m−24>0，得m>−4+210或m<−4−210，
则x1+x2=2mm−3，x1x2=−8m−3，由1≤x1−x2≤2得1≤x1+x22−4x1x2≤2，
即1≤2mm−32−4−8m−3≤2，化简得1≤2m2+8m−24m−3≤2，
∴1≤2m2+8m−24m−3≤2⇔m−32≤4m2+8m−24≤4m−32
等价于3m2+38m−105≥0,14m≤33,解得m≤−15或m≥73.m≤3314.
∵−4−210>−15，−4+210<73，∴m的取值范围是(−∞,−15]∪73,3314.
1．（2024·福建宁德·三模）函数f(x)=xlnx，若关于x的不等式[f(x)]2−af(x)≤0(a∈R)有且仅有三个整数解，则a的取值范围是（ ）
A．2ln2,5ln5B．2ln2,5ln5
C．3ln3,5ln5D．e,5ln5
【答案】A
【分析】求导，求得f(x)的单调区间，作出f(x)的图象，分类讨论求得[f(x)]2−af(x)≤0的解集，结合图象可得a的取值范围为[2ln2,5ln5).
【详解】对函数求导可得f'(x)=lnx−1(lnx)2，令f'(x)>0，解得x>e，令f'(x)<0，解得0所以f(x)的递增区间为(e,+∞)，递减区间为(0,1)和(1,e)，
作出图象如图所示：
当a<0时，由[f(x)]2−af(x)≤0，可得a≤f(x)≤0，
由图象可知，不存在整数点满足条件，
当a=0时，由[f(x)]2−af(x)≤0，可得f(x)=0，
由图象可知，不存在整数点满足条件，
当a>0时，由[f(x)]2−af(x)≤0，可得0≤f(x)≤a，
又f(2)=2ln2=4ln4， f(4)=4ln4，f(5)=5ln5，
由f(x)的递增区间为(e,+∞)，所以f(2)=f(4)所以要使0≤f(x)≤a有三个整数解，则2ln2≤a<5ln5，
所以关于x的不等式[f(x)]2−af(x)≤0(a∈R)有且仅有三个整数解，
则a的取值范围为[2ln2,5ln5).
故选：A.
2．（2022·河南南阳·模拟预测）已知命题p：∀x∈R，x2+4x−m≥0恒成立；命题q：fx=−x2+m−1x在−3,+∞上单调递减.若p∧q为假命题，p∨q为真命题，则实数m的取值范围是（ ）
A．−4,−3B．−5,−4
C．−∞,−5∪−4,+∞D．−∞,−6∪−4,+∞
【答案】B
【分析】
首先求出命题p、q为真和命题p、q为假时参数的取值范围，依题意可得命题p、q为一真一假，分别考虑p真q假和p假q真时参数的范围，即可得解.
【详解】因为若命题p：∀x∈R，x2+4x−m≥0恒成立，为真命题，则Δ=42+4m≤0，
解得m≤−4，那么命题p为假命题时m>−4.命题q：fx=−x2+m−1x
在−3,+∞上单调递减，若为真命题，则对称轴x=m−12≤−3，解得m≤−5，
若命题q为假命题，则m>−5.若p∧q为假命题，p∨q为真命题，
则命题题p、q一真一假，当p真q假时解集为−5,−4，当p假q真时解集为空集.
故选：B
3．（2024·甘肃张掖·模拟预测）不等式x2−3x<2−2x的解集是（ ）
A．−1,12B．−12,12C．−1,5−172D．5−172,12
【答案】C
【分析】按照x2−3x正负分类讨论取绝对值，运算得解.
【详解】当x2−3x≥0，即x≥3或x≤0时，
不等式x2−3x<2−2x等价于x2−3x<2−2x，即x2−x−2<0，
解得−1当x2−3x<0，即00，
解得x>5+172或x<5−172，所以0综上，不等式x2−3x<2−2x的解集是−1,5−172.
故选：C.
4．（2024高三·全国·专题练习）已知函数fx=x2+ax+ba,b∈R的最小值为0，若关于x的不等式fxA．9B．8C．6D．4
【答案】D
【分析】先由fx=x2+ax+ba,b∈R的最小值为0，得到Δ=0，再由f(x)【详解】因为fx=x2+ax+ba,b∈R开口向上，最小值为0，
∴Δ=a2−4b=0,∴b=a24，
则f(x)=x2+ax+a24=x+a22，
∵f(x)即m,m+4是x2+ax+a24−c=0的两个不等实根，
所以m+m+4=−a，则m=−a−42，
∴c=f(m)=m+a22=−a−42+a22=4.
故选：D.
5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知条件q：“不等式a2−4x2+a+2x−1≥0的解集是空集”，则条件p： “−2≤a<1”是条件q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a2−4=0和a2−4≠0两种情况讨论求出a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a2−4x2+a+2x−1≥0的解集是空集，
所以不等式a2−4x2+a+2x−1<0的解集是R，
当a2−4=0即a=±2 时，
若a=2 ，则 4x−1<0，x<14 (舍)；
若a=−2 ，则 −1<0，x∈R ；
当a2−4≠0时，则a2−4<0Δ<0 ，解得−2综上所述−2≤a<65 ，
所以条件p是条件q的充分不必要条件．
故选：A．
6．（2024·广东·一模）已知a,b,c∈R且a≠0，则“ax2+bx+c>0的解集为xx≠1”是“a+b+c=0”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】根据一元二次不等式的解及充分条件、必要条件求解.
【详解】由题意，二次不等式ax2+bx+c>0的解集为xx≠1，
则等价于a>0−b2a=1Δ=b2−4ac=0，即a=c>0,b=−2a，即a+b+c=0，
当a+b+c=0时，不能推出a=c>0,b=−2a，
所以“ax2+bx+c>0的解集为xx≠1”是“a+b+c=0”的充分不必要条件，
故选：A
7．（2025高三·全国·专题练习）已知x2+x+5≤ax2+2ax+c≤2x2+5x+9对任意x∈R恒成立，则a+c= ．
【答案】172/8.5
【详解】由x2+x+5=2x2+5x+9，可得x=−2，从而c=7，再由x2+x+5≤ax2+2ax+7，ax2+2ax+c≤2x2+5x+9，对任意x∈R恒成立，利用判别式法求解，得解.
令x2+x+5=2x2+5x+9，解得x=−2，故7≤4a−4a+c≤7，即c=7，
则x2+x+5≤ax2+2ax+7，所以a−1x2+2a−1x+2≥0对任意x∈R恒成立，
所以a−1>0,Δ=2a−12−8a−1≤0,即a>1,2a−32≤0,解得a=32，
同理ax2+2ax+c≤2x2+5x+9对任意x∈R恒成立可得a=32，
综上得a=32， 则a+c=172.
故答案为：172
1．（江西·高考真题）当a>0,b>0时，不等式−b<1xA．x<−1b或x>1aB．−1aC．x<−1a或x>1bD．−1b【答案】A
【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.
【详解】由1x0⇒ax−1x>0⇒xax−1>0⇒x>1a，或x<0，
由−b<1xb>0⇒xbx+1>0⇒x>0，或x<−1b，
所以不等式−b<1x1a，
故选：A
2．（安徽·高考真题）函数fx=ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）

A．a>0，b<0，c>0，d>0B．a>0，b<0，c<0，d>0
C．a<0，b<0，c>0，d>0D．a>0，b>0，c>0，d<0
【答案】A
【分析】根据图象，由f0确定d>0，求导后，确定f'x=3ax2+2bx+c有两个不相等的正实数根x1,x2，结合函数单调性，韦达定理即可求出答案.
【详解】由图象可知f0=d>0，
f'x=3ax2+2bx+c有两个不相等的正实数根x1,x2，且fx在−∞,x1,x2,+∞上单调递增，在x1,x2上单调递减，
所以a>0,x1+x2=−2b3a>0,x1x2=c3a>0，
所以b<0,c>0，
综上：a>0，b<0，c>0，d>0.
故选：A
3．（2023·全国·高考真题）已知集合M=−2,−1,0,1,2，N=xx2−x−6≥0，则M∩N=（ ）
A．−2,−1,0,1B．0,1,2C．−2D．2
【答案】C
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合N，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合M中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因为N=xx2−x−6≥0=−∞,−2∪3,+∞，而M=−2,−1,0,1,2，
所以M∩N= −2．
故选：C．
方法二：因为M=−2,−1,0,1,2，将−2,−1,0,1,2代入不等式x2−x−6≥0，只有−2使不等式成立，所以M∩N= −2．
故选：C．
4．（2017·天津·高考真题）设x∈R，则2−x≥0是−1≤x−1≤1 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】B
【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合集合的包含关系可解．
【详解】设p：若2−x≥0，则x≤2，
q：若−1≤x−1≤1，则0≤x≤2；
则q表示的集合是p表示的集合真子集，
即2−x≥0是−1≤x−1≤1必要不充分条件，
故选：B．
5．（天津·高考真题）设集合A=x|4x−1|≥9,x∈R,B=xxx+3≥0,x∈R，则A∩B=（ ）
A．(−3,−2]B．(−3,−2]∪0,52C．(−∞,−3]∪52,+∞D．(−∞,−3)∪52,+∞
【答案】D
【分析】根据含绝对值不等式和分式不等式的解法求出集合A,B，再根据交集的定义即可得出答案.
【详解】因为A=x4x−1≥9,x∈R={xx≥52或x≤−2=−∞,−2∪52,+∞，
B=x|xx+3≥0,x∈R=xx≥0或x<−3=−∞,−3∪0,+∞，
所以A∩B=−∞,−3∪52,+∞.
故选：D.
6．（天津·高考真题）设x∈R，则“|x−2|<1”是“x2+x−2>0”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】求绝对值不等式、一元二次不等式的解集，根据解集的包含关系即可判断充分、必要关系.
【详解】由|x−2|<1，可得1由x2+x−2=(x−1)(x+2)>0，可得x<−2或x>1，即x∈ (−∞,−2)∪(1,+∞)；
∴(1,3)是(−∞,−2)∪(1,+∞)的真子集，
故“|x−2|<1”是“x2+x−2>0”的充分而不必要条件.
故选：A
5年考情
考题示例
考点分析
2019年天津卷，第10题,5分
解不含参数的一元一次不等式
2017年天津卷，第2题,5分
必要条件的判定及性质解不含参数的一元一次不等式
定义
只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，叫做一元二次不等式
一般形式
ax2＋bx＋c>0，ax2＋bx＋c<0，ax2＋bx＋c≥0，ax2＋bx＋c≤0，其中a≠0，a，b，c均为常数
判别式Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象
一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根
有两个不相等的实数根x1，x2(x1有两个相等的实数根x1＝x2＝－eq \f(b,2a)
没有实数根
ax2＋bx＋c>0(a>0)的解集
{x|xx2}
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(b,2a)))))
R
ax2＋bx＋c<0(a>0)的解集
{x|x1∅
∅
判别式Δ＝b2－4ac
Δ＞0
Δ＝0
Δ＜0
二次函数y＝ax2＋bx＋c (a＞0)的图象
一元二次方程ax2＋bx＋c＝0 (a＞0)的根
有两相异实根x1，x2(x1＜x2)
有两相等实根x1＝x2＝－eq \f(b,2a)
没有实数根
ax2＋bx＋c＞0 (a＞0)的解集
eq \f({x|x＞x2,或x＜x1})
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠－\f(b,2a)))
R
ax2＋bx＋c＜0 (a＞0)的解集
{x|x1＜x＜x2}
∅
∅