专题03 二次函数与一元二次方程、不等式（期末真题汇编，浙江专用）高一数学上学期

专题03 二次函数与一元二次方程、不等式 8大高频考点概览 考点01解不含参的一元二次不等式 考点02 解含有参数的一元二次不等式 考点03 一元二次方程根的分布问题 考点04 一元二次不等式与二次函数、一元二次方程的关系 考点05 一元二次不等式的恒成立问题 考点06 一元二次不等式在某区间上有解问题 考点07 一元二次不等式的实际应用 考点08 二次函数的图象分析与判断 地 城 考点01 解不含参的一元二次不等式 一、单选题 1．（24-25高一上·浙江丽水·期末）已知不等式的解集为，则的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得是方程的两个根，求得，代入计算即可求解. 【详解】因为不等式的解集为， 所以是方程的两个根， 即， 代入可得，解得或， 所以的解集为. 故选：D 2．（24-25高一上·浙江·期末）集合则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先解一元二次不等式，得集合,再由交集定义计算即得. 【详解】 故选：A. 3．（24-25高一上·浙江·期中）若规定，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】由题意化简，直接求解即可. 【详解】由，结合题意可得，所以， 所以或，所以不等式的解集为或. 故选：D. 4．（24-25高一上·浙江绍兴·期末）已知，满足，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得且，进而，结合基本不等式的应用即可求解. 【详解】由，可得， 由，可得且，解得， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为． 故选：B 5．（24-25高一上·浙江衢州·期末）“”成立的一个充分不必要条件是（  ） A．或 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，解出不等式，然后将充分不必要条件转化为真子集关系，即可得到结果. 【详解】解不等式可得，解得或， 所以不等式的解集为或， 因此不等式成立的一个充分不必要条件，对应的范围是解集的真子集， 即是或的真子集. 故选：B 6．（24-25高一上·浙江湖州·期末）设，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】B 【分析】根据不等式的解法，分别求得不等式构成的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由不等式，可得，构成集合， 又由，解得，构成集合， 则集合是集合的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 7．（24-25高一上·浙江舟山·期末）设，则“”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】B 【分析】解出一元二次不等式，结合充分必要条件的定义判断即可． 【详解】由，解得：， 因为，而， 所以“”是“”成立的必要不充分条件． 故选：B． 二、多选题 8．（24-25高一上·浙江温州·期末）已知关于的不等式的解集为或，则下列结论中，正确结论的序号是（    ） A． B．不等式的解集为 C．不等式的解集为或 D． 【答案】AD 【分析】根据不等式的解集，即可判断A项；根据三个二次之间的关系，结合韦达定理可得出，进而代入不等式，化简、求解不等式，即可判断B、C、D项. 【详解】对于A项，由不等式的解集范围为两边，即可得出二次函数开口向上，即，故A项正确； 对于B项，由已知可得，3、4即为的两个解. 由韦达定理可得，，解得， 代入可得. 又，所以，所以解集为，故B项错误； 对于C项，由B知，，，， 代入不等式可得， 化简可得， 解得， 所以，不等式的解集为，故C项错误； 对于D项，由已知可得，当时，有，故D项正确. 故选：AD. 三、解答题 9．（24-25高一上·浙江温州·期末）已知集合，． (1)当时，求集合； (2)当时，求实数的取值范围． 【答案】(1)或 (2) 【分析】（1）直接解一元二次不等式结合补集的概念即可得解. （2）由题意得，由此即可得解. 【详解】（1）由题意当时，， 所以或. （2）由题意， 而方程的两根分别为， 因为，所以， 若时，则， 解不等式组得，所以实数的取值范围为. 10．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知，． (1)当0是不等式的一个解时，求实数的取值范围； (2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】(1)将0代入不等式即可求解；(2)分别化简命题和，并写出，然后利用充分不必要条件的概念和集合间的包含关系求解即可. 【详解】（1）由题意，将代入不等式可得， ，解得， 故实数的取值范围. （2）由，解得或． 由，解得． 故或，，从而或， 因为是的充分不必要条件， 所以或是或的真子集， 即，解得， 故实数的取范围为. 地 城 考点02 解含有参数的一元二次不等式 一、单选题 1．（24-25高一上·浙江嘉兴·期末）若关于x的不等式只有一个整数解，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分讨论解不等式，根据只有一个整数解建立不等关系求解即可. 【详解】不等式化为，即， 当时，不等式化为，得，有无数个整数解，不符合题意； 当时，由关于x的不等式只有一个整数解，可知， 不等式的解为，由题意，，解得； 当时，不等式的解为或，有无数个整数解，不符合题意． 综上，实数a的取值范围是. 故选：C 2．（24-25高一上·浙江·期末）已知，关于x的不等式的解集为（    ） A．或 B． C．或 D． 【答案】A 【解析】分解因式得，由可得，即可得出解集. 【详解】不等式化为， ，，故不等式的解集为或. 故选：A. 3．（24-25高二下·浙江丽水·期末）已知函数，若关于x的不等式的解集中有且仅有2个整数，则实数m的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】整理不等式得，然后构造函数，由函数大致图像推理出不等式解集中的2个整数解，从而知道实数m的取值范围. 【详解】，即， ，令 ， 由二次函数的图像可作函数的大致图像为： ∵，，，， 由题意可知不等式解集中有且仅有2个整数解为， ∴， 故选：C. 【点睛】 二、多选题 4．（24-25高一上·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】讨论，结合与的大小关系讨论，可得不等式的解集. 【详解】因为不等式为二次不等式，所以不等于零， 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 5．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知关于的不等式，下列结论正确的是（    ） A．当时，不等式的解集为 B．当时，不等式的解集可以为的形式 C．不等式的解集恰好为，那么 D．不等式的解集恰好为，那么 【答案】AD 【分析】A：由，利用判别式即可判断； B：在同一平面直角坐标系中，作函数以及和的图象，利用图象即可判断； C：根据不等式的解集求出的值，再判断是否小于等于1，即可判断； D：根据不等式的解集求出的值，再判断是否小于等于1，即可判断； 【详解】解：对于A：由，可得，又，所以，从而不等式的解集为，故A正确； 对于B：在同一平面直角坐标系中，作函数以及和的图象，如图所示，设交点， 由图可知，当时，不等式的解集为的形式，故B错误； 对于C：由不等式的解集恰好为，可知，即， 所以和是方程的两根，从而有，解得或， 又由，解得或，不满足，不符合题意，故C错误； 对于D：当时，由，解得或，当时满足，此时，故D正确． 故选：AD． 6．（24-25高一上·浙江金华·期末）已知关于的不等式的解集为或，则下列说法正确的是（    ） A． B．的解集为 C． D．的解集为 【答案】AD 【分析】根据一元二次不等式解集的性质逐一判断即可. 【详解】因为关于的不等式的解集为或， 所以且方程的两个根为，， 即. 因此选项A正确； 因为，，所以由，因此选项B不正确； 由可知：，因此选项C不正确； 因为，所以由， 解得：，因此选项D正确， 故选：AD 7．（24-25高一上·浙江金华·期末）对于给定的实数，关于实数的一元二次不等式的解集可能为（    ） A．∅ B． C． D． 【答案】AD 【解析】根据一元二次不等式所对应的一元二次方程，分类讨论一元二次方程的判别式和根的个数，最后得出一元二次不等式的解集. 【详解】所对应的一元二次方程为 当时，的解集为∅. 当或时，的解集为. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：对于一元二次不等式含有参数求解集时，需要讨论系数的正负和所对应的一元二次方程根的个数. 8．（24-25高一上·浙江杭州·期末）对于给定的实数a，关于实数x的一元二次不等式的解集可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】根据函数的图象和性质，对进行讨论，解不等式即可． 【详解】解：对于， 当时，开口向上，与轴的交点为，， 故不等式的解集为，，； 当时，开口向下， 若，不等式解集为； 若，不等式的解集为， 若，不等式的解集为， 综上，都成立， 故选：． 【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，二次函数的图象与性质的应用，属于中档题． 9．（24-25高一上·浙江杭州·期末）关于的不等式恰有2个整数解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【解析】二次不等式作差，利用平方差公式因式分解，分析解集的端点范围，结合不等式恰有两个整数解求另一个端点的范围． 【详解】解：由题恰有2个整数解，即恰有两个解， ，即，或． 当时，不等式解为， ，恰有两个整数解即：1，2， ，，解得：； 当时，不等式解为， ，恰有两个整数解即：，， ，，解得：， 综上所述：，或． 故选：BD． 【点睛】本题考查含参数的二次不等式，根据不等式的解集特征求参数范围，关键在于准确进行分类讨论，属于中档题. 三、填空题 10．（24-25高一上·浙江温州·期末）已知函数，若关于的不等式有且仅有一个整数解，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】分析可知，，由可得，分析可知，，不等式两边平方整理可得，然后分、两种情况讨论，解不等式，确定整数解，可得出关于实数的不等式，解之即可. 【详解】因为，由可得， 不等式两边平方可得， 当时，，不合乎题意； 当时，则，则原不等式可化为， 解得或， 此时，关于的不等式有无数个整数解，不合乎题意； 当时，则，则原不等式可化为，解得， 由题意可知，关于的不等式有且仅有一个整数解，且这个整数解为， 所以，，解得，又因为，所以，. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于根据绝对值的性质转化为二次不等式，然后注意对参数分类讨论，并解出二次不等式，并确定整数解，然后列出关于参数的不等式求解. 四、解答题 11．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知函数，，集合 (1)求 ； (2)若，求p，q的值； (3)若，求 【答案】(1) (2) (3)解析见详解 【分析】（1）解分式不等式即可； （2）根据集合相等，利用函数的零点和方程根的关系结合韦达定理求解； （3）先由得到p，q的关系，代入后求解含参的一元二次不等式即可. 【详解】（1）由得，，解得，即. （2）由，知， ， 即，； （3）因为，所以， 所以，即， 当，即时，，此时 当，即时，，解集为，此时； 当，即时，，此时 12．（24-25高一上·浙江宁波·期末）已知函数. (1)求关于的不等式的解集； (2)若，求函数在上的最小值. 【答案】(1)当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为或. (2). 【分析】（1）利用一元二次不等式的解法及对参数分类讨论即可求解； （2）根据已知条件及基本不等式即可求解. 【详解】（1）由，得，即， 当时，不等式，解得，不等式的解集为； 当即时，不等式的解集为或； 当即时，不等式的解集为或； 综上所述，当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为或； 当时，不等式的解集为或. （2）由，得，解得， 所以.因为，所以， ， 当且仅当，即时，等号成立. 所以当时，函数在上的最小值为. 13．（24-25高一上·浙江宁波·期末）已知关于的不等式的解集为. （1）写出集合； （2）若集合中恰有个整数，求实数的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2）或. 【解析】（1）就、、、、分类讨论后可得不等式的解集. （2）根据（1）可得，结合解集中整数解的个数可得，从而可得的解. 【详解】（1）若，则原不等式等价于，故. 若，则原不等式等价于， 因为，故. 若或，则原不等式等价于， 因为，故或， 若，则原不等式等价于，故. （2）由（1）可得且， 因为集合中恰有个整数，故即 解得或. 【点睛】思路点睛：含参数的不等式的解，注意先考虑二次项系数的正负，再考虑两个的大小关系，结合不等式的方向可得不等式的解集. 14．（24-25高一上·浙江·期末）（1）不等式对一切恒成立，求实数a的取值范围； （2）解不等式，用集合或区间表示不等式的解集． 【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. 【解析】（1）分和两种情况，并结合二次函数性质即可得答案； （2）分，和三种情况讨论即可解得答案. 【详解】解：（1）因为对一切恒成立， 所以当时，，显然不满足对一切恒成立， 当时，不等式恒成立需满足，解得. 故不等式对一切恒成立，实数a的取值范围为. （2）因为的两个实数根为， 所以当时，即时，不等式的解集为， 当时，即时，不等式的解集为 当时，即时，不等式的解集为. 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. 【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立问题，含参数的一元二次不等式的解法，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题.解题的易错点在于二次项系数为参数，需要分类讨论二次项系数是否为，当二次项系数不等于时，再根据二次函数性质解. 15．（24-25高一上·浙江杭州·期末）分别求下列关于x的不等式的解集. （1）； （2）. 【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 【解析】（1）首先将不等式化成标准形式，再因式分解，即可求出不等式的解集； （2）首先将不等式因式分解，再对参数分类讨论，即可得解； 【详解】解：（1）因为 所以，即，即，解得，即原不等式的解集为 （2）因为，所以 当，即时，原不等式即为，解得，即不等式的解集为 当，即时，原不等式的解集为 当，即时，原不等式的解集为 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】本题考查一元二次不等式的解法，以及含参一元二次不等式的解法，属于中档题. 16．（24-25高一上·浙江杭州·期末）若关于的不等式的解集是. (1)求的值; (2)设集合，若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据不等式的解集可得对应方程的根即可求解； （2）由充分条件建立不等式求解即可. 【详解】（1）因为关于的不等式的解集是， 故的两根为，且， 故； （2）由题意集合，，由于， 则. 地 城 考点03 一元二次方程根的分布问题 一、单选题 1．（24-25高一上·浙江·期末）已知关于x的不等式的解集是，则错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据关于x的不等式的解集是，可得是方程，然后利用根与系数的关系判断. 【详解】因为关于x的不等式的解集是， 所以是方程的两根， 所以， ，故ABC正确； 设，其图象如图所示： 由图象知：，故D错误； 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查一元二次不等式的解集的应用，关键是三个“二次”的转化，还有根与系数的关系与函数零点，注意二次项系数的正负. 2．（24-25高一上·浙江宁波·期末）已知关于的二次方程在区间内有两个实根，若，则实数的最小值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】设，利用已知条件可得，的范围，再利用基本不等式可得结论. 【详解】设，因为，所以，，所以，，所以．因为，当且仅当时取等号，所以，所以，所以实数的最小值为， 故选：D． 二、多选题 3．（24-25高一上·浙江·期末）已知不等式的解集是，以下结论正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】由一元二次不等式解集为，令则为的零点且，结合二次函数的性质及其对应方程即可判断A、B、C的正误，构造确定其零点，即可知D的正误. 【详解】由不等式的解集是，知：是的两个零点且即函数图象开口向下， ∴，即且， ∵，令， ∴当时，有，故时不恒成立，即不成立. 故选：BC 【点睛】关键点点睛：由一元二次不等式解集，判断对应二次函数的参数关系、图象开口方向、对称轴判断A、B、C的正误，并构造判断在上是否存在零点，若存在D错误，否则正确. 三、填空题 4．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知函数，若存在，使得在区间上的值域为，则的取值范围 ． 【答案】 【解析】由二次函数的性质可得，化简得，进而可得是方程两个不相等的实数根，即可得解. 【详解】因为函数的图象开口朝上且对称轴为，， 所以函数在区间上单调递减， 所以，两式相减化简得， 将代入可得， 同理， 所以是方程两个不相等的实数根， 又函数的图象开口朝上，对称轴为， 所以且当时，， 所以，解得， 所以的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用二次函数的性质转化条件为，再结合一元二次方程根的分布即可得解. 5．（24-25高一上·浙江·期末）已知关于x的方程有两个相异实根，若其中一根在区间内，另一根在区间内，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】由题意知，从而转化为线性规划问题求解即可． 【详解】解：令，因为关于x的方程有两个相异实根，若其中一根在区间内，另一根在区间内； 故,即， 作其表示的平面区域如下： 的几何意义是点与阴影内的点的连线的斜率， 直线过点，故； 直线过点，故； 结合图象可知， 的取值范围是； 故答案为：． 【点睛】本题考查了二次函数与二次方程的关系应用及线性规划的变形应用，属于中档题． 6．（24-25高一上·浙江杭州·期末）若关于x的方程的一根大于1，另一根小于1，则实数a的取值范围是 ； 【答案】 【解析】利用方程与函数的转化思想进行求解即可. 【详解】设函数，要想方程的一根大于1，另一根小于1，只需 . 【点睛】本题考查了已知一元二次方程根的分布求参数取值范围问题，考查了转化思想. 7．（24-25高一上·浙江温州·期末）若关于x的方程的两根都大于2，则m的取值范围是________ 【答案】； 【详解】令， 由条件可得： 解得： 四、解答题 8．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知关于x的方程（其中均为实数）有两个不等实根. (1)若，求m的取值范围； (2)若满足，且，求p的取值范围. (3)若为两个整数根，p为整数，且，求. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）由题意得二次项系数不为0且判别式大于0，列出不等式即可求解； （2）结合韦达定理以及判别式大于0，解一元二次不等式即可求解； （3）由题意首先得到，，再结合均为整数，即可得的值，分类讨论解一元二次方程即可求解. 【详解】（1）当时，由题意，若时，方程不是一元二次方程，没有两个实数根， 若方程有两个不等的实数解， 则，解得且， 所以的范围是 . （2），方程为，， 则，又，即 ∴，即， 所以，解得． 所以的取值范围为． （3）依题意：，且， ，， 因为均为整数， 所以也是整数， ∴或， 时，，又且，∴， 时，，又且，∴． 综上，或． 9．（24-25高一上·浙江·期末）已知函数. （1）若，求在上的最大值和最小值； （2）若关于的方程在上有两个不相等实根，求实数的取值范围. 【答案】（1）最大值是0，最小值是；（2）. 【分析】（1）由，得到，再利用二次函数的性质求解； （2）将方程在上有两个不相等实根，转化为方程有两个不相等正实根求解. 【详解】（1）当时，， 因为二次函数开口向上，对称轴为， 又因为在上递减，在上递增， 所以， 又， 所以； （2）因为方程在上有两个不相等实根， 所以方程有两个不相等正实根， 则， 解得， 所以实数的取值范围是. 10．（24-25高一上·浙江·期末）已知函数. （1）当时，解关于x的不等式； （2）若关于x的方程在上有两个不相等实根，求实数a的取值范围. 【答案】（1）或；（2）或. 【解析】（1）对一元二次不等式分解因式，通过得出，可得不等式的解集； （2）关于x的方程在上有两个不相等实根，可得，设，则有且对称轴小于，解不等式可得实数a的取值范围． 【详解】（1）∵ ∴，即 或 （2）解法一： ∵在上有两个不相等实根 ∴ 或 设，则 ∴ ∴， 又的对称轴为，∴，∴ ∴综上或. 解法二： ∵在上有两个不相等实根 ∴ 令 令 则，即 由图象可知，该题转化为与有两个不同的交点 ∴或 【点睛】方法点睛：本题考查一元二次不等式的解法，考查一元二次方程根的分布，考查了学生计算能力，不妨设一元二次方程所对应的二次函数 开口向上，则 两根都小于时，则； 2.两根都大于时，则 3.一根小于，一根大于时，则． 地 城 考点04 一元二次不等式与二次函数、一元二次方程的关系 一、单选题 1．（24-25高一上·浙江温州·期末）已知二次函数，存在互不相同的三个实数，，，使得，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由变形为，将函数代入配方得到 判断. 【详解】解：由得， ，代入可得， ， 配方可得，， ∴， 两边同乘以，可得 ， 所以. 故选：D 二、多选题 2．（24-25高一上·浙江宁波·期末）若关于的一元二次不等式的解集为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】抓住一元二次方程、一元二次不等式和一元二次函数“三个二次”的关系分析，结合图象即可一一判断. 【详解】对于A，由题意，结合二次函数的图象知，抛物线开口应向下，则，故A错误； 对于B，依题意，，且一元二次方程的两根为和3， 由韦达定理，，故，，即，故B正确； 对于C，由上分析可得，故C正确； 对于D，由上分析可得，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 3．（24-25高一上·浙江丽水·期末）已知函数，设，，若成立，则实数的最大值是 【答案】 【分析】设不等式的解集为，从而得出韦达定理，由可得，要使，即不等式的解集为，则可得，以及是方程的两个根，再得出其韦达定理，比较韦达定理可得出，从而求出 与的关系，代入，得出答案. 【详解】，则 由题意设集合，即不等式的解集为 所以是方程的两个不等实数根 则， 则由可得， 由，所以不等式的解集为 所以 是方程，即的两个不等实数根， 所以 故，，则， 则，则 由，即，即，解得 综上可得，所以的最大值为 故答案为： 4．（24-25高一上·浙江绍兴·期末）已知实数，满足，则的最大值是 . 【答案】 【分析】由题设可得，根据二次函数的性质即可求其最大值. 【详解】由题意，， ∴，而， ∴当时，的最大值是. 故答案为： 5．（24-25高一上·浙江台州·期中）若非负实数满足，则的最大值为 . 【答案】 【解析】令，结合题意，得到，根据关于的方程必须有解，利用，求得以，即可求解. 【详解】令， 则，两边平方，可得，  （1） 因为， 所以， （2） 由（1）（2）可得， 整理得， 因为关于的方程必须有解，所以， 解得，因为，所以，所以的最大值为16， 即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】解答中把转化为关于的方程必须有解，结合二次函数的性质求解是解答本题的关键. 6．（24-25高一上·浙江宁波·期末）若关于的不等式的解集是，则 ， . 【答案】 【解析】由二次不等式的解集可得相应一元二次方程的根，利用根与系数的关系求解即可. 【详解】因为不等式的解集是， 所以方程的根为， 所以， 解得：，. 故答案为： ； 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式，一元二次方程，根与系数的关系，属于中档题. 四、解答题 7．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知函数：f（x）＝x2+mx+n（m, n∈R）． （1）若m+n＝0，解关于x的不等式f（x）≥x（结果用含m式子表示）； （2）若存在实数m，使得当x∈[1，2]时，不等式x≤f（x）≤4x恒成立，求实数n的取值范围． 【答案】（1）见解析（2）[﹣4，8]． 【分析】（1）由题意可得，分类讨论，，，结合二次不等式的解法可得所求解集； （2）由题意可得对恒成立，即存在实数，使得对恒成立，考虑在单调性，可得的不等式，即可得到的取值范围. 【详解】（1）由x≤x2+mx﹣m，即（x+m）（x﹣1）≥0， ①m＝﹣1时，可得x∈R； ②m＜﹣1时，﹣m＞1，可得解集为（﹣∞，1]∪[﹣m，+∞）； ③m＞﹣1时，﹣m＜1，可得解集为（﹣∞，﹣m]∪[1，+∞）； （2）x∈[1，2]时，x≤x2+mx+n≤4x恒成立， 即为1≤xm≤4对x∈[1，2]恒成立， 即存在实数m，使得﹣x1≤m≤﹣x4对x∈[1，2]恒成立， ∴（﹣x1）max≤（﹣x4）min， 当时，由在[1，2]递减， ∴﹣n≤2，即n≥﹣4， 当时，由在[1，2]递减， ∴﹣n≤2，即n≥﹣4， 当时，由在[1，2]递增， ∴， 当时，由在[1，2]先增后减， ∴或， 综上，实数n的取值范围：[﹣4，8]． 【点睛】本题考查二次不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查不等式恒成立问题解法，注意运用参数分离和函数的单调性，考查运算能力，属于中档题. 8．（24-25高一上·浙江·期末）设函数. （1）求在上的最小值的表达式； （2）设函数，有零点，求实数的取值范围； （3）当时，求函数在上最大值. 【答案】（1）（2）（3） 【解析】（1）结合函数对称轴与区间的关系作分类讨论即可求解； （2）先令，转化可得在上有解，再结合换元法和对勾函数性质，分离参数，可进一步求解 （3）分类讨论函数的对称轴和区间的关系，再结合二次函数图像进一步求解的最大值 【详解】（1）的对称轴为：，当时，即，在区间上单减，； 当，即时，在区间上单增，； 当，即时，； 综上所述，， （2）令，即，， ，即在上有解，令，则，等价于，变形得，由对勾函数性质，，当且仅当时取到，当时，，当时，，则，， （3）的对称轴为：，当时，函数对称轴， 若，即时，在单增，； 若时，即时，解得，此时函数开口向上，对称轴在上，故 ， 综上所述， 【点睛】本题考查含参二次函数在指定区间最值的求法，二次不等式在某区间有解的等价转化，对勾函数的性质，分离参数法的应用，整体对于运算能力和转化能力要求高，属于难题 地 城 考点05 一元二次不等式的恒成立问题 一、单选题 1．（24-25高一上·浙江宁波·期末）若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（   ） A．3 B． C．4 D． 【答案】C 【分析】由不等式恒成立，确定，且，再由基本不等式即可求解． 【详解】不等式可化为， 当时，不等式为，不满足对任意的恒成立； 当时，，图象开口向下，不满足题意， 所以，且，所以， 所以，且，； 所以，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为4． 故选：C 2．（24-25高一上·浙江宁波·期末）若不等式对实数恒成立，则实数的取值范围是（    ） A．或 B． C． D． 【答案】C 【分析】讨论当时，不合题意；当时，由二次函数性质列出不等式，解不等式即可得到实数的取值范围. 【详解】由题得时，，与已知不符，所以. 当时，且，所以. 综上所述，的取值范围是. 故选：C. 二、填空题 3．（24-25高一上·浙江·期末）已知函数，若对任意，恒成立，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【解析】根据二次函数的图象和性质，分、、三种情况讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式，进而可求得实数的取值范围. 【详解】当时， ，则， 令，解得，不满足对任意的，恒成立； 当时，， 由于二次函数的图象开口向上，不满足对任意，恒成立； 当时，， 由于二次函数在区间上单调递增， 则， ，可得，解得. 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用复合型二次不等式在实数集上恒成立求参数，要注意对实数的取值进行分类讨论，解题时要确定内层函数的值域结合二次函数的单调性求出的最大值来求解. 4．（24-25高一上·浙江·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】 【解析】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． 5．（24-25高一上·浙江温州·期中）不等式对任意的实数恒成立的充要条件是 . 【答案】 【解析】由题意得，从而可求出取值范围 【详解】解：当时，不等式可化为，得不合题意，所以， 因为不等式对任意的实数恒成立， 所以，即，解得， 故答案为： 6．（24-25高一上·浙江杭州·期末）若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是 ；若存在使得不等式成立，则a的取值范围是 . 【答案】 ； ； 【解析】由恒成立对和讨论，知，解不等式组即可得a的取值范围；由能成立，构造二次函数，结合二次函数性质，对分类讨论，即可求a的取值范围； 【详解】对一切恒成立，则有： 若不恒成立，不合题意； 若，则，解得； 存在使得不等式成立， 令则： 当时，且，所以时， 恒成立，故不符合题设； 当时，在上恒成立，不合题意； 在时，需或 解得； ∴综上，有. 故答案为：， 【点睛】本题考查了一元二次不等式恒成立或能成立求参数范围，以及二次函数的性质，考查分类讨论思想，属于中档题. 7．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知函数.若恒成立，则的取值范围是 . 【答案】 【解析】依题意可得恒成立，所以，转化为关于的一元二次不等式，即可得出结论. 【详解】解：因为函数，恒成立， 即恒成立，所以， 即，得到，， 所以. 故答案为：. 【点睛】本题考查一元二次不等式恒成立问题，属于中档题. 8．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知函数，且关于的不等式的解集为．当时，恒成立，则实数k的取值范围是 . 【答案】 【分析】首先根据韦达定理求，再根据根据参变分离，转化为最值问题，求实数的取值范围. 【详解】由题意可知，的解集为， 则方程的根为1和4，所以，即， 即， 所以，恒成立， 即，， 当时，单调递减，， 所以. 故答案为： 9．（24-25高一上·浙江嘉兴·期末）已知函数，当时，恒成立，则的最大值为 . 【答案】2 【分析】将函数化简可得，结合题目要求的最大值，故考虑，得出关于的不等式，进而取特殊值判断是否满足满足取等条件求解即可. 【详解】函数，对恒成立，令，则或，故，得，当时，满足，则的最大值为2. 故答案为：2 10．（24-25高一上·浙江绍兴·期末）已知函数，若对任意的，恒成立，则实数a的取值范围是 . 【答案】 【分析】要使对任意的，恒成立，即在上恒成立，即当时，函数的图像在函数图像的下方，可得，解之即可得出答案. 【详解】解：要使对任意的，恒成立， 即在上恒成立， 即当时， 函数的图像在函数图像的下方， 由图像得，要使上述成立， 只需， 即， 则①式解得，②式解得， 所以. 故答案为：. 三、解答题 11．（24-25高一上·浙江杭州·期末）（1），求实数a的取值范围; （2），求实数a的取值范围. 【答案】(1) ;(2) 或. 【分析】根据二次函数和一元二次不等式的关系结合全称量词命题、特称量词命题的定义求解. 【详解】(1)因为， 所以，即， 解得. (2)因为， 所以，即， 解得或. 12．（24-25高一上·浙江宁波·期末）已知函数，若的解集为. (1)求，的值； (2)当为何值时，的解集为？ 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）依题意与为方程的两根，利用韦达定理得到方程组，解得即可； （2）分和两种情况讨论，当时，需满足，即可求出参数的取值范围； 【详解】（1）解：由题意可知，的解集为， 所以与为方程的两根， ，； （2）解：的解集为， ①当时，的解集为，，； ②当时，， ，， 综上所述，的取值范围为. 13．（24-25高一上·浙江金华·期末）已知不等式x²−2x+5−2a0. （1）若不等式对于任意实数x恒成立，求实数a的取值范围； （2）若存在实数a∈[4,]使得该不等式成立，求实数x的取值范围. 【答案】（1）a2；（2）x∈(−∞,−1]∪[3,+∞). 【分析】（1）根据二次函数的性质，求出a的范围即可； （2）将问题转化为，解不等式即可． 【详解】(1)∵x²−2x+5−2a0在R恒成立， ∴△0，即4−4(5−2a)0，可得a2； (2)若存在实数a∈[4,]使得该不等式成立，即x²−2x+58，解得：x3或x−1， ∴x∈(−∞,−1]∪[3,+∞). 14．（24-25高一上·浙江·期末）设函数． （1）若不等式的解集是，求不等式的解集； （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， 所以是方程的解 由韦达定理得：， 故不等式为， 解不等式得其解集为 （2）当时，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． 15．（24-25高一上·浙江·期末）已知函数 （1）若对都有，求实数a的值； （2）若在内递减，求实数a的取值范围； （3）若命题：“，”是假命题，求实数a的取值范围． 【答案】（1）1（2）（3） 【解析】(1）由题意可得x=1为对称轴，求得f(x)的对称轴方程，即可得到a； (2）求得）的递减区间，为它的子区间，可得a的范围； (3）转化为任意的，恒成立，即可求解. 【详解】（1）因为对都有， 所以二次函数对称轴为， 解得. （2）函数的单调递减区间为， 又在内递减， 所以，解得. （3）因为“，”是假命题， 所以为真命题， 所以， 解得. 地 城 考点06 一元二次不等式在某区间上有解问题 一、单选题 1．（24-25高一上·浙江金华·期末）已知关于的不等式在上有解，则实数 的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题可得在上有解，求出的最大值即可. 【详解】不等式在上有解， 在上有解， 在单调递增，， . 故选：D. 2．（24-25高一上·浙江温州·期末）若关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】用分离参数法转化为求函数的最值． 【详解】因为关于的不等式在区间上有解， 所以在上有解， 易知在上是减函数，所以时，， 所以． 故选：C 3．（24-25高一上·浙江·期末）若关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】可将不等式转化为至少有一个负数解，再结合图形确定临界点，即可求解 【详解】由题，可将在上有解转化为至少有一个负数解， 构造，画出图形，如图：    当时，与相交于点，要使与相交于轴左侧，则需满足， 在函数不断左移的过程中，若与左侧曲线相切，则有，对应的， 解得，则， 综上所述， 故选：A 【点睛】本题考查二次不等式的等价转化，绝对值函数和二次函数的应用，属于中档题 二、填空题 4．（24-25高一上·浙江宁波·期末）对于实数，若两函数，满足：①，或；②，，则称函数和互为“相异”函数.若和互为“相异”函数，则实数的取值范围是 . 【答案】 【解析】根据两个函数互为“相异”函数可得，有恒成立，且在上有解，利用参变分离先讨论前者，再结合二次函数的图象和性质可得所求的取值范围. 【详解】因为当时，，当时，，当时，， 结合互为“相异”函数， 故，有恒成立，且在上有解. 先考虑，有恒成立，则在上恒成立， 故在上恒成立， 因为，故，故. 再考虑在上有解， 若，则，故在上无解， 若，的对称轴为，且开口向下， 由在上有解可得， 故或（舍）. 故实数的取值范围是， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：对于新定义背景下的函数性质的讨论，一般是先根据定义得到含参数的函数的性质，对于不等式的恒成立或有解问题，可优先考虑参变分离的方法，也可以结合函数图象的性质处理. 5．（24-25高一上·浙江杭州·期末）若存在实数a使得成立，则实数c的取值范围是 . 【答案】或 【分析】令，利用整体代换，原不等式等价于：存在实数使得，易得，或，令，则，问题转化为存在，使得，或成立，利用分离参数法，易得的范围． 【详解】令， 存在实数使得成立， 转化为：存在实数使得成立，易得，或， 因为实数，，令， 则， 问题转化为存在，使得，或成立； 当时，可得，可得 ，可得； 当时，可得，即，可得； 所以的范围为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查函数与方程的应用，函数能成立问题的转化，考查分析问题解决问题以及分类讨论思想的应用． 三、解答题 6．（24-25高一上·浙江宁波·期末）命题：“，”，命题：“，”. (1)写出命题的否定命题，并求当命题为真时，实数的取值范围； (2)若和中有且只有一个是真命题，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据全称命题的否定形式写出，当命题为真时，可转化为，当，利用二次函数的性质求解即可； （2）由（1）可得为真命题时的取值范围，再求解为真命题时的取值范围，分真和假，假和真两种情况讨论，求解即可 【详解】（1）由题意，命题：“，”， 根据全称命题的否定形式，：“，” 当命题为真时，，当 二次函数为开口向上的二次函数，对称轴为 故当时，函数取得最小值，即 故实数的取值范围是 （2）由（1）若为真命题，若为假命题 若命题：“，” 为真命题 则，解得 故若为假命题 由题意，和中有且只有一个是真命题， 当真和假时，且，故； 当假和真时，且，故； 综上：实数的取值范围是或 地 城 考点07 一元二次不等式的实际应用 一、单选题 1．（24-25高一上·浙江·期末）商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售．每天可销售100件，现准备采用提高售价来增加利润．已知这种商品每件销售价提高1元，销售量就要减少10件．那么要保证每天所赚的利润在320元以上，销售价每件可定为（    ） A．11元 B．16元 C．12元到16元之间 D．13元到15元之间 【答案】C 【解析】设销售价定为每件元，利润为元，根据题意可得利润的函数解析式.由题意可得关于的一元二次不等式，解不等式即可求得每件销售价的范围. 【详解】设销售价定为每件元,利润为元， 则， 由题意可得：， 即， 所以， 解得：， 所以每件销售价应定为12元到16元之间， 故选：C 二、多选题 2．（24-25高一上·浙江杭州·期末）某城市对一种每件售价为160元的商品征收附加税，税率为（即每销售100元征税元），若年销售量为万件，要使附加税不少于128万元，则的值可以是（    ） A．3 B．4 C．7 D．8 【答案】BCD 【解析】根据题意直接列出不等式，求解的取值范围，进而得答案. 【详解】解：根据题意，要使附加税不少于128万元，需 整理得，解得 ，即. 所以的值可以是. 故选：BCD 三、填空题 3．（24-25高一上·浙江·期末）某商家一月份至五月份累计销售额达3860万元，预测六月份销售额为500万元，七月份销售额比六月份递增x%，八月份销售额比七月份递增x%，九、十月份销售总额与七、八月份销售总额相等，若一月至十月份销售总额至少达7000万元，则，x 的最小值 【答案】20 【详解】把一月份至十月份的销售额相加求和,列出不等式,求解. 七月份:500(1+x%),八月份:500(1+x%)2. 所以一月份至十月份的销售总额为: 3860+500+2[500(1+x%)+500(1+x%)2]≥7000,解得1+x%≤-2.2(舍)或1+x%≥1.2, 所以xmin=20. 四、解答题 4．（24-25高一上·浙江杭州·期末）为发展空间互联网，抢占6G技术制高点，某企业计划加大对空间卫星网络研发的投入.据了解，该企业研发部原有100人，年人均投入a（）万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名（且），调整后研发人员的年人均投入增加4x%，技术人员的年人均投入为万元. (1)要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的100人的年总投入，则调整后的技术人员最多有多少人？ (2)是否存在实数m，同时满足两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)75人 (2)存在，7 【分析】（1）由题意列不等式，求解即可； （2）由技术人员的年人均投入始终不减少得，调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入得，综合得，根据的范围由不等式恒成立求得值. 【详解】（1）依题意可得调整后研发人员人数为，年人均投入为万元， 则， 解得， 又， 所以调整后的技术人员的人数最多75人; （2）假设存在实数满足条件. 由技术人员年人均投入不减少得, 解得. 由研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入有 , 两边同除以得, 整理得, 故有, 因为, 当且仅当时等号成立, 所以, 又因为, 所以当时,取得最大值7, 所以, ，即存在这样的m满足条件，其值为7. 地 城 考点08 二次函数的图象分析与判断 一、单选题 1．（24-25高一上·浙江杭州·期末）函数对任意实数t满足，则的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意知关于对称，结合函数解析式即可判断的大小. 【详解】由对任意实数t满足，知：关于对称， 由函数知：图象开口向上，对称轴为， ∴在上单调递增，而， ∴. 故选：B 【点睛】本题考查了二次函数的性质，根据对称性，结合二次函数的性质比较函数值的大小，属于基础题. 2．（24-25高一上·浙江·期末）已知函数，若关于的不等式的解集为，则 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得，且，3为方程的两根，运用韦达定理可得，，的关系，可得的解析式，计算，（1），（4），比较可得所求大小关系． 【详解】关于的不等式的解集为， 可得，且，3为方程的两根， 可得，，即，， ，， 可得，（1），（4）， 可得（4）（1），故选． 【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质、函数与方程的思想，以及韦达定理的运用． 3．（24-25高一上·浙江湖州·期末）已知a，b，，函数，若，则下列不等关系不可能成立的是　　 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由已知可得对称轴为，则必为函数的最大值或最小值；当时，，此时，则不可能成立. 【详解】由可知对称轴为： 当时，为最小值      且     此时和成立 当时，为最大值 且     此时成立 又     可知不成立 本题正确选项： 【点睛】本题考查二次函数图像、函数的对称性，关键在于能够判断出函数的对称轴，再根据参数不同的范围与到对称轴距离的大小，得到大小关系. 4．（24-25高一上·浙江湖州·期末）设函数，，其中，若对任意的n，，和至少有一个为非负值，则实数m的最大值是　　 A．1 B． C．2 D． 【答案】A 【分析】通过两个整理两个函数，可发现只有对称轴函数解析式的不同点在于对称轴的不同；通过分析图像可知，只需保证在两个函数交点处的函数值大于等于零即可，从而构造出不等式，求解出最大值. 【详解】由题意得：； 可知对称轴为；对称轴为 由可得： 由图像可知，当时，；当时， 若对任意，和至少有一个非负值 只需时的函数值大于等于 此时：对恒成立 即：         本题正确选项： 【点睛】本题考查二次函数图像的综合应用问题，关键在于能够将已知条件转化为特殊点的函数值符号的问题，对学生图像应用和转化思想要求较高. 二、多选题 5．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知，函数的图象与x轴的交点个数为m，函数与x轴的交点个数为M，则的值可能是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】ABC 【解析】根据二次函数的对称性，讨论、、结合判别式、对称轴、根的情况，判断对应的零点可能情况即可求的值. 【详解】由知：且， ∴令，的定义域为，对称轴为，， 1、当时，，中； 2、当时，， 1）当时有一个零点，若时；若时； 2）当时无零点，； 3、当时，， 1）当时有两个零点，则； 2）当时有一个零点，则； 3）当时无零点，； 综上知：的可能值有0, 1, 2； 故选：ABC 三、填空题 6．（24-25高一上·浙江杭州·期末）二次函数的图象如图所示，对称轴为，给出下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是 ．（写出正确命题的序号） 【答案】①④ 【详解】试题分析：由图象知，，，即，所以，所以，故①正确；因为二次函数图象与轴有两个交点，所以，即，故②错；因为原点与对称轴的对应点为，所以时，，即，故③错；因为当时，，所以，把代入得，故④正确，故填①④． 考点：二次函数图象与系数的关系． 【技巧点睛】利用图象判断解析式中的正负及它们之间的关系：(1)开口方向判断的正负；(2) 与y轴交点位置判断的正负；(3) 对称轴位置判断的正负 (左同右异）；(4) 与轴交点个数判断的正负；(5) 图象上特殊点的位置判断一些函数值正负；(6) 对称轴判断和的正负． 四、解答题 7．（24-25高一上·浙江温州·期末）已知，函数. （1）讨论的单调性； （2）设，若的最大值为，求的取值范围. 【答案】（1）见解析（2）当时,;当时,. 【解析】（1）根据函数解析式,先讨论当与两种情况.当时易判断单调递减,当时,讨论对称轴与区间的关系,即可判断单调性. （2）根据（1）中所得在不同范围内的单调情况分类讨论. 当,在递减结合二次函数与绝对值函数的性质,并由的最大值即可求得的值,进而得的取值范围;当时,在递增,在递减,同理解绝对值不等式可求得的取值范围,进而得的取值范围. 【详解】（1）①当时,,在单调递减 ②当时,即时,在单调递减 ③当时,即时,在递增,在递减 ④当时,不成立,所以无解. 综上所述,当时,在单调递减； 当时,在递增,在递减 （2）①当时,在递减, ,, ∵, ∴, ∴, ∴. 得. ②当时,在递增,在递减, 又,, ∵, ∴,同时, ∴ ∴ ∴ 又∵, ∴, 又∵, ∴ 且可得在递增, 所以. 综上所述, 当时,;当时,. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03二次函数与一元二次方程、不等式 ☆8大高频考点概览 考点01解环含的一元二次不等式 考点02解含有参数的一元二次不等式 考点03一元二次方程根的分布问题 考点04一元二次不等式与二次函数、一元二次方的关系 考点05一元二次不等式的恒成立问题 考点06一元二次不等式在某区间上有解问题 考点07一元二次不等式的实际应用 考点08二次函数的图像分析与判断 考点01 解不含参的一元二次不等式 一、 单选题 1.(24-25高一上浙江丽水期末)已知不等式x2+bx+c<0的解集为{x3<x<4,则cx2+bx+1>0的解 集为() A( B.(3U(-4 c岁 D.(U+) 2.(24-25高一上浙江·期末)集合A={-2,-1,0,1,2，B={xx2-x≤2则A∩B=() A.{-1,0,1,2 B.{-2,-1,0,1 C.{0, D.{-2,-1,0,1,2 3. （24-25高一上浙江期中)若规定口 c d =ad-bc, 不式 <2的解集是() A.{x-1<x< B.{5<x<5 C.x<x<3 D.{x-5<x<-1或1<x<5 4.(24-25高一上浙江绍兴期末)已知x>0,y>0,满足x2+2xy-2=0,则2x+y的最小值是() A.② 2 B.6 c. 2 D.5 5.(24-25高一上浙江衢州期末)“x2+3x+2>0”成立的一个充分不必要条件是() A.x<-2或x>-1B.x>2 C.x2-1 D.x<0 6.(24-25高一上浙江湖州期末)设xeR,则“3-x≥0”是“(x-2)2≤1”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 1/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.(24-25高一上浙江舟山期末)设xeR,则“-3<x<3”是“x2+2x-3<0”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 二、多选题 8.(24-25高一上·浙江温州期末)已知关于x的不等式ax2+bx+c≥0的解集为xx≤3或x≥4)，则下列 结论中，正确结论的序号是() A.a>0 B.不等式bx+c<0的解集为x|x<-4 C.不等式cx2-br+a<0的解集为 D.a+b+cx0 三、解答题 9.(24-25高一上浙江温州期末)已知集合A={x2-2x-8≤0}，B={xx-m2)(x-m+1)≤0. (1)当m=1时，求集合RB: (2)当B二A时，求实数m的取值范围. 10.(24-25高一上浙江杭州期末)已知p:2x2-3x-2≥0，q:x2-2(a-)x+a(a-2)<0. (I)当0是不等式x2-2(a-1)x+a(a-2)<0的一个解时，求实数a的取值范围； (2)若P是一9的充分不必要条件，求实数a的取值范围. 目目 考点02 解含有参数的一元二次不等式 一、单选题 1.(24-25高一上浙江嘉兴期末)若关于x的不等式2ax2-4x<ar-2只有一个整数解，则实数a的取值 范围是() A. 2<as1 B.1<a<2 C.1≤a<2 D.-1<a<1 2/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.(24-25高一上浙江·期末)己知a>2,关于x的不等式a.x2-(2+a)x+2>0的解集为() A.<2或x> 2 B.x|-<x<1 1<x<2 3.(24-25高二下·浙江丽水期末)已知函数∫(x=2-x,若关于x的不等式f(x)≥x2-2x-m的解集中 有且仅有2个整数，则实数m的取值范围为() A.[-2,-1 B.（-2,-1 C.[-2,0 D.-2,0j 二、多选题 4.(24-25高一上·浙江绍兴期末)己知aeR,关于x的一元二次不等式(ax-2)(x+2)>0的解集可能是() B.{xx>-2 5(24-25商一上浙江杭州期未)已知关于的不等式0≤}-3江+45b,下列结论正确的是() A.当a<b<1时，不等式a x2-3x+4≤b的解集为0 B.当a=2时，不等式a≤2x2-3x+4≤b的解集可以为{xk≤x≤d的形式 4 C不等式ar-3江+48的部集粉好为如≤≤，那么6-号 3 4 D.不等式as2x-3r+4≤b的解集恰好为x口≤x≤}，那么h-a=4 4 6.(24-25高一上浙江金华期末)已知关于x的不等式x2+bx+c≤0的解集为{xx≤-2或x≥3)，则下列 说法正确的是（) A.a<0 B.ax+c>0的解集为{xx>6} C.8a+4b+3c<0 D.cx2+bx+a<0的解集为 2 3/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(24-25高一上浙江金华期末)对于给定的实数a,关于实数x的一元二次不等式x2-ax+1<0的解集 可能为() a A.0 a-va2-4 a+va2-4 B.R D. 2 2 2 8.(24-25高一上浙江杭州期末)对于给定的实数a,关于实数x的一元二次不等式a(x-a)(x+1)>0的解 集可能为() A.C B.(-1,a) C.(a,-1) D.(-0,a)U(-1,+o) 9.(24-25高一上·浙江杭州期末)关于x的不等式(ax-1)2<x2恰有2个整数解，则实数a的取值范围是() A.3 aRas号ca D.sus 三、填空题 10.(24-25高一上浙江温州期末)己知函数f(x)=x-2,若关于x的不等式f(ax)<f(x)(a>0)有且仅 有一个整数解，则a的取值范围是」 四、解答题 11.(24-25高一上浙江杭州期末)已知函数f(x=-x2-px+9,A=xf(x)>0,集合 (1)求B; (2)若A=B,求p,q的值； (3)若f(1)=0,求A. 12.(24-25高一上浙江宁波期末)已知函数f(x)=x2+1-2ax-2a (1)求关于x的不等式f(x>0的解集； (②若f)=6,求函数y-在x∈山，+四上的最小值 x-1 13.(24-25高一上·浙江宁波·期末)已知关于x的不等式(x-k2-4)(x-4)>0(k∈R)的解集为A. (1)写出集合A; (2)若集合A中恰有9个整数，求实数k的取值范围. 4/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 14. (24-25高一上浙江·期末)(1)不等式ax2+2x+a<0(aeR)对一切x∈R恒成立，求实数a的取值范 围； (2)解不等式(x+2)(x+a)<0(a∈R),用集合或区间表示不等式的解集 15.（24-25高一上·浙江杭州·期末)分别求下列关于x的不等式的解集 (1)x(x+2)<x(3-x)+1; (2)x2-2x+a(2-a)>0(a∈R) 16.(24-25高一上·浙江杭州期末)若关于x的不等式ax2+3x-1>0的解集是A (1)求a的值： (2)设集合B={x2m<x<2-m},若“x∈A”是“x∈B”的充分条件，求实数m的取值范围 目目 考点03 元二次方程根的分布问题 一、 单选题 1.(24-25高一上浙江期末)已知关于x的不等式a(x+1)(x-3)+1>0(a≠0)的解集是x,x2)x<x2, 则错误的是() A.x1+x2=2 B.2<-3 C.x2-x1>4 D.-1<x<x2<3 2.(24-25高一上浙江宁波·期末)己知关于x的二次方程ax2+bx+c=0(a>0,b,c∈R)在区间(0,2)内有两 c≥21 个实根，若 25a+10b+4c≥4'则实数a的最小值为() 3 A.1 B. 2 D. 二、多选题 3.(24-25高一上浙江·期末)己知不等式ax2+bx+c>0的解集是 以下结论正确的有() A.b<0 B.c>0 C.4a+2b+c>0 D.a2+b+c>1 三、填空题 4.(24-25高一上浙江杭州期末)已知函数f=ar2-3x+4a>0),若存在m<n≤3，使得/)在区 2a 5/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 间[m,上的值域为[m,n,则a的取值范围 5.(24-25高一上浙江·期末)已知关于x的方程x2+ax+2b-2=0(a,b∈R)有两个相异实根，若其中一根 在区间(0,1)内，另一根在区间1,2)内，则2的取值范围是 a 6.(24-25高一上浙江杭州期末)若关于x的方程x2-2ax+4=0的一根大于1，另一根小于1，则实数a 的取值范围是 7.(24-25高一上浙江温州期末)若关于x的方程x2+(m-2)x+5-m=0的两根都大于2，则m的取 值范围是 四、解答题 8.(24-25高一上浙江杭州期末)已知关于x的方程3mx2+3px+4g=0(其中m,P,9均为实数)有两个 不等实根x1,x2x1<x2). (1)若p=q=1,求m的取值范围； (2)若x1,x2满足x2+x3=xx2+1,且m=1,求p的取值范围， 6)若，x为两个整数根，p为整数，且m=-?,g=1一P,求， 39 4 9.(24-25高一上浙江·期末)已知函数f(x)=(x-a)(2x+3)-6. (1)若a=-1,求f(x)在[-3,0]上的最大值和最小值； (2)若关于x的方程f(x)+14=0在(0，+∞)上有两个不相等实根，求实数a的取值范围 10.(24-25高一上浙江期末)已知函数f(x)=(x-a)(2x+3) （1)当a>-时，解关于x的不等式fx>4r+6: 2 (2)若关于x的方程f(x)+8=0在(-0，)上有两个不相等实根，求实数a的取值范围 目目 考点04 元二次不等式与二次函数、一元二次方程的关系 一、单选题 1.(24-25高一上浙江温州期末)已知二次函数f(x)=a(x2-x)+c(a≠0)，存在互不相同的三个实数x, 2,,使得f)-ax3=f(x2)-ax,=f(x3)-ax=0,则() 6/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.a<c B.a>c C.a2<ac D.a2>ac 二、多选题 2.(24-25高一上浙江宁波期末)若关于x的一元二次不等式ax2+bx+c>0(a,b,c∈R)的解集为 {x-2<x<3},则() A.a>0 B.bcx0 C.a+b=0 D.a-b+c>0 三、填空题 3.(24-25高一上浙江丽水期末)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,beR),设A={xf(x)≤a, B={xff(x》≤}，若A=B≠0成立，则实数a的最大值是 4.(24-25高一上浙江绍兴期末)已知实数x,y满足x+y=1,则x2+4xy的最大值是 5.(24-25高一上浙江台州期中)若非负实数x,y满足x2+4y2+4xy+4x2y2=32,则V7(x+2y)+2xy的 最大值为 6.(24-25高一上浙江宁波期末)若关于x的不等式x2-ax+b<0的解集是(-1,2)，则a=, b= 四、解答题 7.（24-25高一上浙江杭州期末)已知函数：f(x)=x2++n(m,n∈R). (1)若m+n=0,解关于x的不等式f(x)≥x(结果用含m式子表示)： (2)若存在实数m,使得当x∈[1,2]时，不等式x≤∫(x)≤4x恒成立，求实数n的取值范围. 8.(24-25高一上浙江·期末)设函数f(x)=x2+ax+3 (1)求f(x)在[0,2上的最小值ga)的表达式： (2)设函数gx)=log2f2)-x,x∈[0,1有零点，求实数a的取值范围： (3)当a>-2时，求函数y=f(x在[0,1上最大值 7/12 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 目目 考点05 一元二次不等式的恒成立问题 一、单选题 1.(24-25高一上浙江宁波期末)若不等式(ax-2)(x-b)≥0对任意的x∈R恒成立，则a+2b的最小值 为() A.3 B.2W2 C.4 D.32 2.(24-25高一上浙江宁波期末)若不等式mx2+m-1)x+m>0对实数x∈R恒成立，则实数m的取值范 围是() A.m<-1或m> B.m>1 1 C.m>2 3 D.-1<m<3 1 二、填空题 3.(24-25高一上浙江期末)已知函数f(x)=ax2+2x-1,若对任意xeR,f「f(x]≤0恒成立，则实数 a的取值范围是 4.(2425高一上浙江期末)正数a,b满足+9=1，若不等式a+6≥-r+4x+14-m对任意实数x恒 a b 成立，则实数m的取值范围是 5.(24-25高一上·浙江温州期中)不等式kx2-x-1≤0对任意的实数x恒成立的充要条件是k∈ 6.(24-25高一上·浙江杭州期末)若不等式ax2+2x+a<0对一切x∈R恒成立，则a的取值范围 是」 若存在1<x<2使得不等式ax2+2x+a<0成立，则a的取值范围是 7.(24-25高一上浙江杭州期末)已知函数y=ar2+br+a(a≠0).若y>0恒成立，则的取值范围 a 是」 8.(24-25高一上浙江杭州期末)已知函数f(x)=x2+bx+4,且关于x的不等式f(x)<0的解集为L,m).当 x∈(0,1)时，f)-c>0恒成立，则实数k的取值范围是一 9.2425商-上江察兴期末)已如函数到=：+分-号当川时，f小≥恒成立，则 a+b的最大值为」 10.(24-25高一上浙江绍兴期末)已知函数f(x)=(x+a2-2x+a,若对任意的xe[a-1,a+1], f(x≤4恒成立，则实数a的取值范围是 8/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 三、解答题 11.(24-25高一上浙江杭州期末)(1)xeR,x2+ax+2a-3>0,求实数a的取值范围； (2)3x∈R,x2+ax+2a-3<0,求实数a的取值范围. 12.(24-25高一上·浙江宁波期末)己知函数f(x)=x2-4x+b,若∫(x<0的解集为x|1<x<m (1)求b,m的值： (2)当a为何值时，(a+b)x2+2(a+b)x-1<0的解集为R? 13.(24-25高一上·浙江金华期末)已知不等式x2-2x+5-2a≥0 (1)若不等式对于任意实数x恒成立，求实数a的取值范围； (2)若存在实数a∈[4，√2019]使得该不等式成立，求实数x的取值范围. 14.(24-25高一上·浙江期末)设函数f(x)=x2-ax+b. (1)若不等式f(x)<0的解集是{x2<@<3},求不等式bx2-ar+1<0的解集； (2)当b=3-a时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围， 15.(24-25高一上浙江期末)已知函数f(x)=x2+2(a-2)x+4 (1)若对x∈R都有f(1-x)=f(1+x),求实数a的值； (2)若f(x)在(-o,]内递减，求实数a的取值范围； (3)若命题：“3x。∈R,f(x,)<0”是假命题，求实数a的取值范围， 目目 考点06 元二次不等式在某区间上有解问题 一、单选题 1.(24-25高一上浙江金华期末)已知关于x的不等式x2-mx+1>0在[2,4]上有解，则实数m的取值范 围是() A.（-0,+o0) B.(-00,2) c. 2.(24-25高一上浙江温州期末)若关于x的不等式x2+ax-2<0在区间[1,5]上有解，则实数a的取值范 围是() a.（3 C.（-0,1 D.(-0,1 3.(24-25高一上浙江期末)若关于x的不等式3-x->x2在(-o,0)上有解，则实数a的取值范围是 9/12 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D.（3,+0) 二、填空题 4.(24-25高一上浙江宁波期末)对于实数m,若两函数f(x),g(x)满足：①x∈[m,+o),f(x)<0或 g(x)<0:②3x∈(-oo,m],f(x)g(x)<0,则称函数f(x)和g(x)互为“m相异”函数.若f(x)=ax2+ar-1和 g(x)=x-1互为“1相异”函数，则实数a的取值范围是 4c 5.(24-25高一上·浙江杭州期末)若存在实数a使得max cosa+3+ osa+3 /c0sa+7+ ≥10成 cosa+3 立，则实数c的取值范围是」 三、解答题 6.(24-25高一上浙江宁波期末)命题p:“x∈[1,2]，x2+x-a≥0”，命题9：“3xeR, x2+3x+2-a=0” (1)写出命题P的否定命题一P,并求当命题P为真时，实数a的取值范围； (2)若p和9中有且只有一个是真命题，求实数a的取值范围. 目目 考点07 一元二次不等式的实际应用 一、单选题 1. （24-25高一上·浙江期末)商场若将进货单价为8元的商品按每件10元出售.每天可销售100件，现 准备采用提高售价来增加利润.已知这种商品每件销售价提高1元，销售量就要减少10件.那么要保证每 天所赚的利润在320元以上，销售价每件可定为() A.11元 B.16元 C.12元到16元之间 D.13元到15元之间 二、多选题 2.(24-25高一上·浙江杭州·期末)某城市对一种每件售价为160元的商品征收附加税，税率为R%(即每 销售100元征税R元)，若年销售量为30万件，要使附加税不少于128万元，则R的值可以是《) A.3 B.4 C.7 D.8 三、填空题 3.(24-25高一上·浙江·期末)某商家一月份至五月份累计销售额达3860万元，预测六月份销售额为500 万元，七月份销售额比六月份递增x%,八月份销售额比七月份递增x%,九、十月份销售总额与七、八月 份销售总额相等，若一月至十月份销售总额至少达7000万元，则，×的最小值」 10/12