期中复习压轴专题02 不等式的求解与证明（8种类型67道题）高一数学沪教版必修第一册

期中复习压轴专题02 不等式的求解与证明 （沪教版高一，8种类型67道） 范围：第二章 目录 题型一 一元二次不等式 题型二 分式不等式 题型三 含绝对值的不等式 题型四 高次不等式 题型五 无理不等式 题型六 不等式的整数解 题型七 含取整符号的不等式 题型八 不等式的证明 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 说明：川沙15 表示川沙中学2025—2026学年期中考试第15题 知识点一 一元二次不等式 例1（川沙15）不等式的解集为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【变式1-1】（存志10）已知，若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为_________. 例2（杨高7）不等式的解集为，则实数的取值范围是______. 【变式2-1】（曹二5） 已知，若关于x的不等式的解集为，则m的取值范围是__________. 【变式2-2】（天山10）若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是______． 【变式2-3】（南汇18）已知关于x的不等式的解集为M. （1）若，求x的取值范围； （2）若，求实数k的取值范围. 【变式2-4】（华二14）若函数的定义域为，则实数a不可能等于（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【变式2-5】（七宝18） 已知不等式①，②，其中是实数. （1）若1是不等式②的一个解，求实数的取值范围； （2）证明：不等式①､②中至多有一个恒成立. 【变式2-6】（宜川15）若关于的不等式的解集不为空集，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【变式2-7】（育才10）已知命题：关于的方程在上有解；命题：只有一个实数满足不等式．若命题和中有且仅有一个是真命题，则实数的取值范围是____________． 例3（育才6）若关于方程的两实根的平方和为14，则实数的值为______． 【变式3-1】（曹二6） 已知，若关于x的方程有两个实根，，且，则a的值为__________. 【变式3-2】（南模7）若是关于的方程的两个实根，则最大值为______. 例4（建平16）设集合，，，，其中，，下列说法正确的是（ ） A. 存在，不是的子集；存在，使得是的子集 B. 存在，不是的子集；对任意，不是的子集 C. 对任意，是的子集；对任意，不是的子集 D. 对任意，是的子集；存在，使得是的子集 【变式4-1】（上实14）设a、b、c、p为实数，若同时满足不等式、与的全体实数x所组成的集合等于.则关于结论：①a、b、c至少有一个为0；②.下列判断中正确的是（ ） A. ①和②都正确 B. ①和②都错误 C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确 【变式4-2】（华二18）已知，关于x的不等式的解集为开区间A． （1）若，求a、b的值； （2）若，求A． 例5 （延安10）已知，若存在，使得不等式成立，则的取值范围是_________. 【变式5-1】 （唐山21）已知函数 （1）若，求的解集； （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围. （3）若存在，使得成立，求此时实数的取值范围. 例6（位育17）求关于的不等式的解集. 【变式6-1】（育才19）已知函数，其中. (1)当时，，，且，求实数的取值范围； (2)求不等式的解集. 【变式6-2】（奉贤20）已知函数. （1）若关于的不等式的解集是.求实数的值； （2）若是关于的方程的两个根，求的最小值； （3）若，解关于的不等式. 【变式6-3】（天山20）对于实数和关于的一元二次方程（其中，为常数），规定：若实数是方程的根，则称与方程（其中，为常数）匹配；若存在实数与方程匹配，且满足不等式（m，n为常数），则称方程（其中，为常数）与不等式（m，n为常数）关联． （1）已知关于的方程和不等式，请判断上述方程与不等式是否关联，并说明理由； （2）已知关于的方程（其中，为常数）的两根为，且，若该方程与不等式关联，求实数的取值范围； （3）已知与方程匹配的实数为，且，不等式（为整数）的解集为，若上述方程与不等式同时满足以下条件： ①，； ②，均为整数，且； ③，中有且只有一个使方程与不等式关联，此时对应的整数存在且唯一．求的值． 知识点二 分式不等式 例7（复附5）不等式的解集为________ 【变式7-1】（位育2）不等式的解集是___________. 【变式7-2】（格致6）不等式的解集为______. 【变式7-3】（建平5）已知集合，，则_____. 【变式7-4】（松二3）函数的定义域是__________. 例8（南模17）关于x的不等式． （1）若，求不等式解集； （2）当时，求上述不等式的解集． 【变式8-1】（奉贤18） 已知集合， （1）当时，求 （2）若，求实数的取值范围． 【变式8-2】（建平18）已知集合，集合，命题，命题． （1）当实数为何值时，； （2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 例9（格致9）若关于的不等式的解集为，则不等式的解集为______. 【变式9-1】（延安8）若实数a，b满足a＋b<0，则不等式的解集为________． 【变式9-2】（控江8） 已知，为实数，关于的不等式的解集为，则不等式的解集为______． 【变式9-3】（延安9）若不等式对一切x∈R恒成立，则实数m的取值范围为____________． 知识点三 含绝对值的不等式 【例10】（上实16）设 （1）当，时，解不等式； （2）若不等式的解集为，求、的值． 【变式10-1】（存志9）不等式的解集为，则______． 【变式10-2】（上中17）求下列不等式的解集． （1）； 【变式10-3】（金中11）定义实数运算且则实数的取值范围是_______. 【变式10-4】（行知16）置换是抽象代数的一种基本变换，对于有序数组，有序数组，定义“间距置换”：，，．已知有序数组，经过一次“间距置换”后得到新的有序数组（），且S中所有数之和为2025，则的值为（ ） A. B. C. D. 【变式10-5】（控江11）若存在实数使得成立，则实数的取值范围为______． 【例11】（南汇17）已知集合为不等式的解集． （1）求集合； （2）若，且，求实数的取值范围． 【变式11-1】（松二17）设集合，． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 知识点四 高次不等式 的 例12 （松二10）不等式有多种解法，其中之一是在同一直角坐标系中作出，的图象，然后求解，请类比求解以下问题: 设, ， 若对任意 ，都有，则 的最小值是_____. 【变式12-1】（复附12） 不等式有多种解法，其中之一是在同一直角坐标系中作出与的图像，然后求解，请类比求解以下问题：设a，，若对任意的都有，则的最大值是______． 例13（上中10）关于实数x的不等式的解集是________． 【变式13-1】（南模8）不等式的解集是______. 知识点五 无理不等式 的 例14（南模10）甲，乙两公司同时开发同一种新产品，经测算，对于函数，当甲公司投入万元作宣传时，若乙公司投入的宣传费用小于万元，则乙公司对这一新产品的开发有失败的风险，否则没有失败风险；当乙公司投入万元作宣传时，若甲公司投入的宣传费用小于万元，则甲公司对这一新产品的开发有失败的风险，否则没有失败风险.设，，甲，乙公司为了避免恶性竞争，经过协商，同意在双方均无失败风险的情况下尽可能少投入宣传费用，问甲公司应投入______万元宣传费. 【变式14-1】（上实18） 设． （1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围； （2）当时，设有两个实根，，若，求的取值范围； （3）当时，给出命题：存在使，以及命题：任意使0．若为真命题且为假命题，求的取值范围． 知识点六 不等式的整数解 例15（行知11）已知关于的不等式的解集为．若关于的不等式有且仅有8个整数解，则实数的取值范围是__________． 【变式15-1】（南模20）已知不等式的解集为 （1）若，求的值； （2）若，且不等式有且仅有9个整数解，求的取值范围； （3）若解关于的不等式：． 【变式15-2】（南汇16）已知0<b<1+a，若关于x的不等式（x－b）2>（ax）2的解集中的整数恰有3个，则 A. －1<a<0 B. 0<a<1 C. 1<a<3 D. 3<a<6 【变式15-3】（位育12） 若关于的不等式的解集中恰好含有2025个整数，则实数的取值集合是______ 例16（上实7）已知集合，记，若集合有且仅有8个子集，那么的取值范围是________． 【变式16-1】（杨高10）对于实数和正数，称满足不等式（，）的实数的集合叫做的邻域，已知，若的邻域中恰有2个整数，则的取值范围是______. 【变式16-2】（格致12）若关于的不等式共有2025个整数解，则实数的取值范围为______. 【变式16-3】（川沙20）设集合，集合． （1）若，求集合． （2）若，求的取值范围． （3）设集合，，其中是整数集．是否存在使得集合有且仅有两个子集？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由． 知识点七 含取整符号的不等式 例17（嘉一11）已知表示不大于的最大整数，如，则不等式的解集为______ 【变式17-1】（位育15），表示不超过的最大整数，十八世纪，函数被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”. 例如：，，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【变式17-2】（上外云间12）高斯，著名的数学家、物理学家、天文学家，是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称.函数为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如，，已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为__________. 【变式17-3】（久隆18）已知符号表示不大于x的最大整数（），例如：，，． （1）已知方程，求该方程的解集； （2）设方程的解集为A，集合，若，求实数k的取值范围； （3）在（2）的条件下，集合，是否存在实数a，，若存在，请求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由． 【变式17-4】（上大附中12）定义区间、、和的长度都为，多个互不相交的区间并集的长度为各区间长度之和，例如的长度，数学上，常用表示不大于的最大整数，记，其中，设，.若用、、分别表示不等式、方程、不等式解集区间的长度，则当时，______. 知识点八 不等式的证明 【例18】（育才17）设，，，是四个正数． （1）已知，比较与的值的大小； （2）若，求证：，，，中至少有一个小于1． 【变式18-1】（华一20）（1）已知，用比较法证明：； （2）已知，用反证法证明：． 【变式18-2】（复附20）已知一元二次方程（a，b，，）的两个实根为，． （1）若，，，求的值； （2）若，，用反证法证明，中至少有一个大于等于2； （3）若，，求y的取值范围． 【变式18-3】（上中20）已知函数． （1）若的定义域为，求实数的取值范围； （2）若，设，试比较与的大小并说明理由． 【变式18-4】（天山19）假设克糖水中含有克糖，若再添加克糖（其中，），生活常识告诉我们：添加的糖完全溶解后，糖水会更甜． （1）根据这个生活常识，提炼出一个不等式，并证明； （2）利用（1）提炼的不等式证明：若为三角形的三边长，则． 【变式18-5】（金中21）对在平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“高位点”，同时点是点的“低位点” （1）试判断和中哪一个为高位点； （2）已知点是点的“高位点”，判断点是否是点的“低位点”，并证明你的结论； （3）设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素m，总存在正整数k，使得点既是点的“低位点”，又是点的“高位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中复习压轴专题02 不等式的求解与证明 （沪教版高一，8种类型67道） 范围：第二章 目录 题型一 一元二次不等式 题型二 分式不等式 题型三 含绝对值的不等式 题型四 高次不等式 题型五 无理不等式 题型六 不等式的整数解 题型七 含取整符号的不等式 题型八 不等式的证明 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 说明：川沙15 表示川沙中学2025—2026学年期中考试第15题 知识点一 一元二次不等式 例1（川沙15）不等式的解集为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知关于的方程的两根分别为、，利用韦达定理可求得、的值，然后利用二次不等式的解法解所求不等式，即可得解. 【详解】由题意可知，关于的方程的两根分别为、，则，可得， 故所求不等式为，即，解得. 故选：A. 【变式1-1】（存志10）已知，若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为_________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得为方程的根，且，进而结合韦达定理求出，，再根据一元二次不等式的解法求解即可. 【详解】由题意，为方程的根，且， 则，解得，， 则不等式为， 即，即，解得或， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 例2（杨高7）不等式的解集为，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】对不等式的类型分类讨论，根据判别式及二次项系数的符号列式可求出结果. 【详解】①当时，因为不等式的解集为， 所以， 即，解得. ②当时，不等式的解集为，符合题意． 综上所述，当时，原不等式的解集为. 故答案为：. 【变式2-1】（曹二5） 已知，若关于x的不等式的解集为，则m的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二次函数的图像和性质求解一元二次不等式即可. 【详解】因为不等式的解集为， 根据二次函数的图像和性质可得，，解得. 故答案为：. 【变式2-2】（天山10）若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】对二次项系数进行分类讨论，当二次项系数等于0时不等式恒成立，当二次项系数不等于0时转化为一元二次不等式恒成立问题求解，需要满足开口向下和判别式小于0两个条件，最后整合得到结果. 【详解】①当，即时， 不等式为恒成立，所以满足题意； ②当时，需满足， 解得. 综上，的取值范围是. 故答案为：. 【变式2-3】（南汇18）已知关于x的不等式的解集为M. （1）若，求x的取值范围； （2）若，求实数k的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解一元二次不等式得解； （2）分，两类讨论，当时，利用二次不等式恒成立列出不等式组求解. 【小问1详解】 （1）当时，原不等式为，即， 可得，解得， 即x的取值范围为. 【小问2详解】 当时，解得或， 若，则的解为，不符合题意， 若时，原不等式为，解为，符合题意. 当时，不等式的解集为，则需满足， 化简可得，解得或. 综上，实数k的取值范围. 【变式2-4】（华二14）若函数的定义域为，则实数a不可能等于（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】问题化为在上恒成立，结合二次函数的性质求参数范围，即可得. 【详解】由题意，在上恒成立，显然时不等式恒成立， 当时，情况如下： 若，此时不等式为在上不恒成立， 若，则，可得.， 综上，. 故选：D 【变式2-5】（七宝18） 已知不等式①，②，其中是实数. （1）若1是不等式②的一个解，求实数的取值范围； （2）证明：不等式①､②中至多有一个恒成立. 【答案】（1）或； （2）证明：假设不等式①､②都恒成立， 不等式①恒成立，所以，所以； ②恒成立，所以，，所以或； 所以当不等式①､②都恒成立时无解，所以假设不成立， 所以不等式①､②中至多有一个恒成立. 【解析】 【分析】（1）根据1是不等式的一个解，代入计算求参； （2）应用反证法证明. 【小问1详解】 因为1是不等式②的一个解，所以，所以，所以或， 所以实数的取值范围为或； 【小问2详解】 略 【变式2-6】（宜川15）若关于的不等式的解集不为空集，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】据题意，分两种情况讨论：①当时，即，将的值代入分析不等式的解集是否为空集，②当时，即，结合二次函数的性质分析不等式解集非空时的取值范围，综合2种情况即可得答案． 【详解】解：根据题意，分两种情况讨论： ①当时，即， 若时，原不等式为，解可得：，则不等式的解集为，不是空集； 若时，原不等式为，无解，不符合题意； ②当时，即， 若的解集是空集，则有，解得， 则当不等式的解集不为空集时，有或且， 综合可得：实数的取值范围为； 故选：C． 【变式2-7】（育才10）已知命题：关于的方程在上有解；命题：只有一个实数满足不等式．若命题和中有且仅有一个是真命题，则实数的取值范围是____________． 【答案】． 【解析】 【分析】根据题意，分别求出、为真命题时的取值范围，再分“真假”和“假真”两种情况讨论，求出的取值范围，即可得答案． 【详解】根据题意，对于方程，变形可得，解可得或， 若为真命题，则或，则有， 对于，只有一个实数满足不等式，则有，解可得或， 若命题和中有且仅有一个是真命题，有2种情况， ①假真，为假时，或；为真时，或， 假真不能同时成立，此时无解； ②真假，为真时，；为假时，且， 此时或； 综合可得：或，即的取值范围为． 故答案为：． 例3（育才6）若关于方程的两实根的平方和为14，则实数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据韦达定理求解． 【详解】设已知方程两根为，则， 所以，解得或， 又，即或，所以， 故答案为： 【变式3-1】（曹二6） 已知，若关于x的方程有两个实根，，且，则a的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由韦达定理得到和，代入解出的值，根据判别式判断是否符合题意. 【详解】因为，是的两个实根，由韦达定理得， 所以，即，解得或， 判别式， 当时，，方程无实根，舍去， 当时，，有两个实根，符合条件， 故答案为：. 【变式3-2】（南模7）若是关于的方程的两个实根，则最大值为______. 【答案】18 【解析】 【分析】利用可得，再根据韦达定理结合二次函数性质求最值即可. 【详解】因为是关于的方程的两个实根， 则，整理可得，解得， 且，， 可得， 构建，可知其图象开口向下，对称轴， 若，可知在内单调递减，则， 所以最大值为18. 故答案为：18. 例4（建平16）设集合，，，，其中，，下列说法正确的是（ ） A. 存在，不是的子集；存在，使得是的子集 B. 存在，不是的子集；对任意，不是的子集 C. 对任意，是的子集；对任意，不是的子集 D. 对任意，是的子集；存在，使得是的子集 【答案】ABD 【解析】 【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果． 【详解】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能； 令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能； 假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的； 令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能. 故选：ABD． 【变式4-1】（上实14）设a、b、c、p为实数，若同时满足不等式、与的全体实数x所组成的集合等于.则关于结论：①a、b、c至少有一个为0；②.下列判断中正确的是（ ） A. ①和②都正确 B. ①和②都错误 C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论研究一元二次不等式的解集即可. 【详解】由题意知，、、三个都不小于0， 对于①，若、、，则由二次函数的图象与性质可得， 必定存在，使得三个不等式均成立， 不符合题意，所以“、、至少有一个为0”是正确的. 对于②，由题意知，、、三个都不小于0， 当，，时，解集为R，解集为，解集为，所以三个集合交集为； 当，，时，解集为，解集为，解集为R，所以三个集合交集为； 当，，时，解集为，解集为，解集为R，所以三个集合交集为； 同理可得：当，，时，当，，时，当，，时，三个集合交集也是； 当，，时， 若有两个不同的根，设的两根为、，则，，所以且，所以解集为或， 只有一个根时，解集为， 无根时，解集为R， 所以集合的交集为，与题意不符， 综述： 、、中有一个为0且另外两个大于0或、、中有两个为0且另外一个大于0，. 故选：A. 【变式4-2】（华二18）已知，关于x的不等式的解集为开区间A． （1）若，求a、b的值； （2）若，求A． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知有是的两个根，利用根与系数关系求参数值； （2）问题化为不等式与不等式解集相同，进而求出参数值，代入集合中的不等式求集合. 【小问1详解】 由已知是的两个根，则； 【小问2详解】 由，可得， 所以不等式与不等式解集相同， 所以，所以. 例5 （延安10）已知，若存在，使得不等式成立，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得小于等于的最大值即可. 【详解】因为存在，使得不等式成立， 所以在上有解， 所以小于等于的最大值， 令，， 则， 所以， 即的取值范围是. 故答案为： 【变式5-1】 已知函数 （1）若，求的解集； （2）若对任意恒成立，求实数的取值范围. （3）若存在，使得成立，求此时实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代入函数解析式，解不等式即可； （2）分类讨论解决不等式恒成立问题； （3）问题等价于存在使得成立，求在时的最大值即可得实数的取值范围. 【小问1详解】 若，不等式，即，解得， 所以不等式解集为. 【小问2详解】 对任意恒成立，即对任意恒成立， ① 当， 则对任意恒成立，即满足题意； ② 当时，函数的图像抛物线开口向上， 对任意不恒成立，所以不满足题意； ③ 当，函数的图像抛物线开口向下， 要使得对任意恒成立，即，解得. 综上由①②③可得的取值范围为. 【小问3详解】 不等式，即， 因为， 故存在使得成立， 当时，，得， 当时，有最大值，则有， 即实数的取值范围为. 例6（位育17）求关于的不等式的解集. 【答案】 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 【解析】 【分析】由得，根据的情况分类讨论，利用一元二次不等式的解法即可求解. 【详解】由有：， 当时，由， 所以； 当时，，所以原不等式解为：或， 所以； 当时，，所以原不等式的解为：， 所以； 当时，， 所以； 当时，，所以原不等式的解为：， 所以； 综上所述，当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 【变式6-1】（育才19）已知函数，其中. (1)当时，，，且，求实数的取值范围； (2)求不等式的解集. 【答案】（1） （2）当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或. 【解析】 【分析】（1）先解一元二次不等式得集合A，然后按照和两种情况分类讨论，利用集合关系列不等式求解即可； （2）按照， ，，和分类讨论，解不等式即可得解. 【小问1详解】 当时，或， 又，， ①时，，解得， ②时，或，解得， 综上，或. 所以的取值范围是. 【小问2详解】 ，即， 当时，则有，解得； 当时，则，解原不等式可得； 当时，方程的两根分别为和， 当时，即，解原不等式得或； 当时，即，原不等式即为，解得； 当时，即，解原不等式可得或. 综上所述，当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或. 【变式6-2】（奉贤20）已知函数. （1）若关于的不等式的解集是.求实数的值； （2）若是关于的方程的两个根，求的最小值； （3）若，解关于的不等式. 【答案】（1） （2） 4 （3） ①当时，原不等式的解集为； ②当时，原不等式的解集为； ③当时，原不等式的解集为； ④当时，原不等式的解集为 【解析】 【分析】（1）利用韦达定理即可求解； （2）由韦达定理以及基本不等式即可求解； （3）因式分解，对分类讨论，即可结合一元二次不等式的解的形式求解. 【小问1详解】 由题意：方程的两根为，且， 所以. 所以. 【小问2详解】 由韦达定理可得：， 所以. 因为，所以（当且仅当时取“=”）. 又当时，方程为，因为，所以方程有两个根. 所以的最小值为4. 【小问3详解】 当时，由可化为：. 因为，若，则原不等式可化为：； 若， 当时，的两根为， ①当时，原不等式的解集为； ②当时，原不等式的解集为； ③当时，原不等式的解集为； 综上可知： ①当时，原不等式的解集为； ②当时，原不等式的解集为； ③当时，原不等式的解集为； ④当时，原不等式的解集为. 【变式6-3】（天山20）对于实数和关于的一元二次方程（其中，为常数），规定：若实数是方程的根，则称与方程（其中，为常数）匹配；若存在实数与方程匹配，且满足不等式（m，n为常数），则称方程（其中，为常数）与不等式（m，n为常数）关联． （1）已知关于的方程和不等式，请判断上述方程与不等式是否关联，并说明理由； （2）已知关于的方程（其中，为常数）的两根为，且，若该方程与不等式关联，求实数的取值范围； （3）已知与方程匹配的实数为，且，不等式（为整数）的解集为，若上述方程与不等式同时满足以下条件： ①，； ②，均为整数，且； ③，中有且只有一个使方程与不等式关联，此时对应的整数存在且唯一．求的值． 【答案】（1）关联，理由如下： 由，得或， 当时，， 当时，， 所以方程和不等式关联． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据方程与不等式关联的定义计算验证即得； （2）由和韦达定理代入，可得，回代入求出两根，，根据方程与不等式关联的定义即得或，求解即得； （3）先求解不等式，按参数分类表述其解集，依题求出，确定或，分别考虑这两种情况下的取值情况，取舍后即得的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题得， 则，即， 将，代入方程，得， 解得，， 由，得， 因为方程与不等式关联， 所以或， 解得， 所以的取值范围为． 【小问3详解】 由，得， 当时，， 当时，， 当时，． 因为，所以， 因为为整数，所以或． ① 当时，， 若，，则整数不存在，舍去； 若，，则存在唯一整数，满足条件， 此时，，． ② 当时，， 若，，则，整数不唯一，舍去； 若，，则，整数不唯一，舍去． 综上，满足条件的，． 知识点二 分式不等式 例7（复附5）不等式的解集为________ 【答案】 【解析】 【分析】 根据分式不等式的解法，求得不等式的解集. 【详解】原不等式等价于，即， 即 因此，原不等式的解集为． 故答案为： 【变式7-1】（位育2）不等式的解集是___________. 【答案】 【解析】 【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式即可求解. 【详解】由有，所以， 所以解集为. 故答案为：. 【变式7-2】（格致6）不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】通过移项、通分将分式不等式转化为整式不等式，再根据零点分区间求解. 【详解】将不等式变形为，通分后得，即. 求解得或，所以不等式的解集为：. 故答案为： 【变式7-3】（建平5）已知集合，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】先解分式不等式明确集合，再根据交集的概念求解. 【详解】由，所以. 所以. 故答案为： 【变式7-4】（松二3）函数的定义域是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由函数的定义域列出不等式，然后解分式不等式即可求得函数定义域. 【详解】， ∴， ∴， ∴函数的定义域为. 故答案为：. 例8（南模17）关于x的不等式． （1）若，求不等式解集； （2）当时，求上述不等式的解集． 【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：； 当时，不等式的解集为：； 当时，不等式的解集为：． 【解析】 【分析】（1）当时，利用不等式的解法求解即可，注意分母不为； （2）分别讨论，，，和的情况下，不等式的解集. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以且， 解得或， 所以，不等式的解集为； 【小问2详解】 ①当时，， 因为恒成立， 所以， 即不等式的解集为：； ②当时，且， 解得或，且， 即不等式的解集为：； ③当时，且， 解得或，且， 即不等式的解集为：； ④当时，， 所以，且， 解得或， 即不等式的解集为：； ⑤当时，且， 解得或， 即不等式的解集为：． 【变式8-1】（奉贤18） 已知集合， （1）当时，求 （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）确定集合，再根据交集的定义求解； （2）根据，得，求解即可. 【小问1详解】 ， 当时，， 所以 【小问2详解】 ，根据， 则，即， 所以实数的取值范围为. 【变式8-2】（建平18）已知集合，集合，命题，命题． （1）当实数为何值时，； （2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解分式不等式求出集合，再根据，即可得解； （2）由是的充分不必要条件，所以是的真子集，再分情况讨论即可求解． 【小问1详解】 令，即， 有，解得，故， 的解为，， 当时，，， 则，无解； 当或时，，，此时； 当或时，，， 则，解得； 综上，； 【小问2详解】 因为是的充分不必要条件，所以是的真子集， 所以当时，，， 则或，无解； 当或时，，，此时不符合题意； 当或时，， 则，解得；， 或，解得， 综上所述，a的取值范围为． 例9（格致9）若关于的不等式的解集为，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用韦达定理求、，再对分式不等式因式分解后用穿根法求解. 【详解】由不等式的解集为，可知1和2是方程的根. 根据韦达定理，，，解得，. 将、代入不等式，得,即. 用穿根法分析： 根为，，，. 区间：整体为正，满足； 区间：整体为负，不满足； 区间：整体为正，满足； 区间：整体为负，不满足； 区间：整体为正，满足. 故解集为. 故答案为： 【变式9-1】（延安8）若实数a，b满足a＋b<0，则不等式的解集为________． 【答案】 【解析】 【分析】原不等式等价于(x＋a)(b－x)<0，即(x－b)(x＋a)>0，即可得解. 【详解】原不等式等价于(x＋a)(b－x)<0，即(x－b)(x＋a)>0. 因为a＋b<0，所以b<－a. 所以原不等式的解集为． 【变式9-2】（控江8） 已知，为实数，关于的不等式的解集为，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】先由不等式的解集得到，再将所求不等式化为二次不等式计算求解即可. 【详解】关于的不等式的解集为，所以， 则不等式. 不等式的解集为. 故答案为： 【变式9-3】（延安9）若不等式对一切x∈R恒成立，则实数m的取值范围为____________． 【答案】 【解析】 【分析】由分子恒大于零，问题转化为“对一切x∈R恒成立”，再根据系数分类讨论即可. 【详解】， ∴要使不等式对一切x∈R恒成立，只需恒成立． 当时，恒成立. 当时，由，解得. 综上，. 故答案为：. 知识点三 含绝对值的不等式 【例10】（上实16）设 （1）当，时，解不等式； （2）若不等式的解集为，求、的值． 【答案】（1） （2）或， 【解析】 【分析】（1）代入，分和讨论解不等式即可； （2）由不等式解集和方程的关系可知则的两根为或，则或，再解方程组检验即可． 【小问1详解】 ，，，即， 当时，不等式恒成立， 当时，或， 解得或， 综上，不等式的解集为或； 【小问2详解】 不等式的解集为， 则的两根为或， 或， 解得或， 当时，不等式的解集为，符合题意， 又时，，也符合题意， 所以或． 【变式10-1】（存志9）不等式的解集为，则______． 【答案】. 【解析】 【分析】先根据绝对值不等式的性质，将原不等式转化为不含绝对值的复合不等式，再通过解不等式组求出解集即可. 【详解】因为， 所以， 所以， 解得， 所以. 故答案为：. 【变式10-2】（上中17）求下列不等式的解集． （1）； 【答案】（1） 【解析】 【分析】（1）首先根据绝对值的非负性初步得到x的一个范围，再去绝对值符号，解一次不等式即可； 【小问1详解】 因为，所以，解得． 当时，，所以. 所以原不等式即，解得． 取交集可得原不等式的解集为． 【变式10-3】（金中11）定义实数运算且则实数的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】由可得,再求解不等式即可. 【详解】由可知满足 即所以或即 故答案为 【点睛】本题考查新定义函数问题,明确定义运算代入再求解绝对值不等式即可.属于中等题型. 【变式10-4】（行知16）置换是抽象代数的一种基本变换，对于有序数组，有序数组，定义“间距置换”：，，．已知有序数组，经过一次“间距置换”后得到新的有序数组（），且S中所有数之和为2025，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据“间距置换”的定义，讨论的大小关系，并结合，求得，即可求解. 【详解】由题可知，，． 若x介于y，z之间，则． 由题可知，，所以，矛盾，舍去． 又因为，所以，结合，可得或． 若，由题可知，，， 上述三个式子相加可得，所以，，即，则，可得； 若，同理可得. 故选：A． 【变式10-5】（控江11）若存在实数使得成立，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】分，，，，五类情况进行讨论即可得出结论. 【详解】当时，不等式可化为，符合题意； 当时，不等式可化为， 当时 ，不等式即为，此时，所以； 当时 ，不等即为，此时，所以； 当时，不等式可化为，不存在满足题意的； 当时，不等式可化为，符合题意. 综上所述的取值范围为. 故答案为： 【例11】（南汇17）已知集合为不等式的解集． （1）求集合； （2）若，且，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）移项通分，转化为一元二次不等式求解即可； （2）化简集合B，根据包含关系列出不等式组可得答案. 【小问1详解】 因为，所以，， 即，解得，所以. 【小问2详解】 由可得，因为，所以， 解得，所以实数的取值范围是. 【变式11-1】（松二17）设集合，． （1）若，求； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先解不等式求出集合、，再根据并集的定义计算可得； （2）依题意是的真子集，即可得到不等式组，解得即可. 【小问1详解】 由，即，解得， 所以， 当时， 由，即，解得， 所以， 所以. 【小问2详解】 因为“”是“”的充分不必要条件， 所以是的真子集， 又恒成立，即， 所以（等号不同时取到），解得， 所以实数的取值范围为. 知识点四 高次不等式 的 例12 （松二10）不等式有多种解法，其中之一是在同一直角坐标系中作出，的图象，然后求解，请类比求解以下问题: 设, ， 若对任意 ，都有，则 的最小值是_____. 【答案】2 【解析】 【分析】数形结合，探索满足的关系，再求的最小值. 【详解】类比图象法解不等式，画出和的图象. 因为对任意 ，都有，所以两个函数的图象应如下图所示： 由图象得：. 所以. 故答案为：2 【变式12-1】（复附12） 不等式有多种解法，其中之一是在同一直角坐标系中作出与的图像，然后求解，请类比求解以下问题：设a，，若对任意的都有，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】数形结合，探索满足的关系，再求的最大值. 【详解】当时，不等式可变为对任意 ，恒成立，将其看成一次函数， 所以且，此时无解， 当时， 类比图象法解不等式，画出和的图象. 因为对任意  ，都有，所以两个函数的图象应如下图所示：     要求的最大值，不妨只考虑的情况， 由于，则，要使得在上恒成立， 则且， 所以， 所以，故最大值为 故答案为：. 例13（上中10）关于实数x的不等式的解集是________． 【答案】 【解析】 【详解】， 即等价于且， 根据“穿针引线法”，可得解集为. 【变式13-1】（南模8）不等式的解集是______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据根式和分式的意义可得或，且，再分析符号结合一元二次不等式运算求解即可. 【详解】由题意可知：，解得或，且， 因为， 若或1或3，原不等式显然成立； 若，则，，，， 可得，解得或，则； 综上所述：不等式的解集为. 故答案为：. 知识点五 无理不等式 的 例14（南模10）甲，乙两公司同时开发同一种新产品，经测算，对于函数，当甲公司投入万元作宣传时，若乙公司投入的宣传费用小于万元，则乙公司对这一新产品的开发有失败的风险，否则没有失败风险；当乙公司投入万元作宣传时，若甲公司投入的宣传费用小于万元，则甲公司对这一新产品的开发有失败的风险，否则没有失败风险.设，，甲，乙公司为了避免恶性竞争，经过协商，同意在双方均无失败风险的情况下尽可能少投入宣传费用，问甲公司应投入______万元宣传费. 【答案】24 【解析】 【分析】设甲公司应投入万元宣传费，乙公司应投入万元宣传费，根据题意列不等式组，可得，运算求解即可. 【详解】设甲公司应投入万元宣传费，乙公司应投入万元宣传费， 则，即， 可得，即， 设，则，可得， 整理可得，解得或（舍去）， 即，可得，此时，符合题意， 所以甲公司应投入24万元宣传费. 故答案为：24. 【变式14-1】（上实18） 设． （1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围； （2）当时，设有两个实根，，若，求的取值范围； （3）当时，给出命题：存在使，以及命题：任意使0．若为真命题且为假命题，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得恒成立，分类讨论可求得的取值范围； （2）由题意得有两个根为，且，进而利用根与系数的关系，计算可求得的取值范围； （3）根据题意，可求得不恒成立的的取值范围即可. 【小问1详解】 当时，函数为：， 不等式恒成立，即：恒成立， 当时，不等式变为，恒成立，符合题意； 当时，由恒成立， 可得，解得； 综上，的取值范围为. 【小问2详解】 当时，函数为：， 方程为：，即； 设方程的两个根为，且， 解得：或，由根与系数的关系得， 由，所以，， 所以，，解得 由，可得， 所以， 所以，两边平方得， 整理得，所以， 所以或， 综上所述：的取值范围. 【小问3详解】 当时，，  是一个开口向上的抛物线，其最小值为：， 所以 的取值范围为 . 由存在使，则存在  使得 ， 令，则，因为也是开口向上的抛物线， 若，即时，， 若，即，解得（舍去）或， 即时，恒成立， 当时，存在， 当，即时，最小值为， 若为真命题且为假命题，则存在使，所以． 所以的取值范围为． 知识点六 不等式的整数解 例15（行知11）已知关于的不等式的解集为．若关于的不等式有且仅有8个整数解，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三个二次关系计算参数，再解含参不等式，结合条件计算即可. 【详解】由不等式的解集为， 得，且方程的两实根分别为和， 则，得：， 所以不等式等价于， 结合，整理可得， 又，则，因此解得：. 因为关于的不等式有且仅有个整数解， 因此，即，解得：. 所以实数的取值范围为. 故答案为： 【变式15-1】（南模20）已知不等式的解集为 （1）若，求的值； （2）若，且不等式有且仅有9个整数解，求的取值范围； （3）若解关于的不等式：． 【答案】（1）15； （2）； （3） 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， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为. 【解析】 【分析】（1）由题意可得不等式的解集为，且不等式的解集为，然后利用根与系数的关系可得，，从而可求得的值； （2）结合（1）可得恒成立，可得，再由不等式有且仅有9个整数解，得，从而可求得的取值范围； （3）当时，结合（1）得，然后分，和三种情况求解，当时，由（1）的方法可得，再由恒成立，可得，从而可求得不等式的解集，再分和求解即可 【小问1详解】 因为，不等式的解集为， 所以不等式的解集为，且不等式的解集为， 所以方程的两个根分别为2和3， 所以，得，， 所以， 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以不等式，可化为， 由（1）知等式的解集为， 所以恒成立， 所以，解得， 不等式等价于， 所以，得， 因为不等式有且仅有9个整数解， 所以，解得， 综上，的取值范围为； 【小问3详解】 若，则由（1）可知可化为， 即， 当时，，即不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，，即不等式的解集为， 若，则不等式的解集为，的解集为， 所以方程的两个根分别为2和3， 所以，得， 所以不等式的解集为， 所以恒成立， 所以，解得， 所以所求不等式为， 解得或，即不等式的解集为， 当时，，得， 所以所求不等式无解， 当时，，得， 所以所求不等式为，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， 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】关键点点睛：此题考查一元二次不等式的解法，考查由不等式的解集确定参数，解题的关键是合理分类讨论，根据一元二次不等式的解法求解，考查分类讨论思想和计算能力，属于较难题. 【变式15-2】（南汇16）已知0<b<1+a，若关于x的不等式（x－b）2>（ax）2的解集中的整数恰有3个，则 A. －1<a<0 B. 0<a<1 C. 1<a<3 D. 3<a<6 【答案】C 【解析】 【详解】由，整理可得（1－）－2bx+>0，由于该不等式的解集中的整数恰有3个，则有1－<0，此时>1，而0<b<1+a，故a>1， 由不等式 <0解得 即要使该不等式的解集中的整数恰有3个，那么－3<<－2，由<－2得－b<－2（a－1），则有a<+1，即a<+1<+1，解得a<3，由－3<得3a－3>b>0，解得a>1，则1<a<3． 【变式15-3】（位育12） 若关于的不等式的解集中恰好含有2025个整数，则实数的取值集合是______ 【答案】或 【解析】 【分析】分别讨论、和三种情况，求得不同条件下不等式的解集，根据题意，分析计算，即可得答案. 【详解】当，即时，，解集为，有无数个解，不符合题意； 当，即时，， 当时，，则不等式的解集为， 包含无数个解，不符合题意； 当时，，则不等式解集为， 包含无数个解，不符合题意； 当时，解得或， 当时，，不等式解集为， 因为，所以， 因为解集中恰好含有2025个整数， 所以，解得； 当时，，不等式解集为， 因为，所以， 因为解集中恰好含有2025个整数， 所以，解得， 综上，实数的取值集合或. 故答案为：或 例16（上实7）已知集合，记，若集合有且仅有8个子集，那么的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由集合有且仅有8个子集，可知集合中有且仅有个元素，即不等式有且仅有3个整数解，由此分类讨论可得的取值范围. 【详解】由题可知集合中有且仅有个元素. 所以A不能为空集，则，且有且仅有3个整数解. 当时，； 当时，； 当时，集合中至少有五个元素，不合题意. 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 【变式16-1】（杨高10）对于实数和正数，称满足不等式（，）的实数的集合叫做的邻域，已知，若的邻域中恰有2个整数，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】先将题意转化为绝对值不等式，然后解不等式得，利用恰有两个整数解得到该范围的两个端点值大于1小于3缩小的范围，然后得到可能存在的整数，然后讨论得到的范围即可. 【详解】由题可知有恰两个整数解， 得， 所以中恰有两个整数， 故，所以 当两个整数为时，得，解得； 当两个整数为时，，所以， 综上所述，. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 【变式16-2】（格致12）若关于的不等式共有2025个整数解，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】通过分类讨论解绝对值不等式，结合整数解个数的边界分析，利用不等式的参数范围求解， 【详解】显然， 当时，由可得， 解得，所以 当时，由可得， 所以 当时，由可得， 解得，所以 综上：不等式的解集为 因为共有2025个整数解，所以， 解得，所以， 故这2025个整数解只能为254，255，…，2278， 所以，解得； 所以的取值范围是． 故答案为： 【变式16-3】（川沙20）设集合，集合． （1）若，求集合． （2）若，求的取值范围． （3）设集合，，其中是整数集．是否存在使得集合有且仅有两个子集？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）不存在这样的值，理由：因为，所以的取值范围是或，即集合或. 解不等式，两边同时平方得. 展开式子得.移项合并同类项得. 因式分解得. 当时，不等式的解集为； 当时，不等式变为，无解； 当时，不等式的解集为. 因为集合有且仅有两个子集，所以集合中只有一个元素. 当时，，要使中只有一个元素， 则，解得，不满足，舍去. 当时，，要使中只有一个元素， 则，解得，不满足，舍去. 因此，不存在这样的值. 【解析】 【分析】（1）由绝对值不等式的解法可得； （2）分和不等于1讨论，当不等于1时，结合一元二次不等式无解情况可得； （3）先分，，三种情况解出，再利用集合有且仅有两个子集得到集合中只有一个元素，然后分和两种情况讨论即可. 【小问1详解】 当时，集合中的不等式为， 两边同时平方去掉绝对值符号，得到， 展开式子得，移项合并同类项得. 因式分解得.解得，所以集合. 【小问2详解】 若，则一元二次不等式无解. 当，即时，不等式变为，显然无解，满足 当时，要使不等式无解，则二次函数的图象开口向下，且与轴无交点， 即，解不等式， 因式分解得，解得. 结合，即，所以. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 略 知识点七 含取整符号的不等式 例17（嘉一11）已知表示不大于的最大整数，如，则不等式的解集为______ 【答案】 【解析】 【分析】解一元二次不等式可得，从而根据新定义可得. 【详解】因为，所以，解得， 因表示不大于的最大整数，则所以， 不等式的解集为. 故答案为： 【变式17-1】（位育15），表示不超过的最大整数，十八世纪，函数被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”. 例如：，，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得，根据高斯函数知，即可求范围. 【详解】由，故， 所以，则，故. 故选：A 【变式17-2】（上外云间12）高斯，著名的数学家、物理学家、天文学家，是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称.函数为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如，，已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】不等式可化为，分三类情况讨论解集，由不等式的解集为，求的取值范围. 【详解】不等式，即， 方程，可得或， 当时，不等式为，解得，所以，不合题意； 当时，，由，解得， 由不等式的解集为，所以有，解得； 当时，，由，解得， 由不等式的解集为，所以有，解得. 综上，的取值范围为. 故答案为： 【变式17-3】（久隆18）已知符号表示不大于x的最大整数（），例如：，，． （1）已知方程，求该方程的解集； （2）设方程的解集为A，集合，若，求实数k的取值范围； （3）在（2）的条件下，集合，是否存在实数a，，若存在，请求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据符号的定义可得答案； （2）由得，根据绝对值不等式的几何意义可得， 求出，分、，根据可得答案； （3）根据，令，则解不等式组可得答案. 【小问1详解】 由题意，方程，则， 所以该方程的解集为； 【小问2详解】 因为，所以， 根据绝对值不等式的几何意义可得，， 又， 当时，，则，符合题意； 当时，，若， 则，解得； 当时，，若， 则，解得． 综上所述，实数k的取值范围为； 【小问3详解】 因为， 则且， 所以设集合C的解集为，则，令， 所以，解得， 故实数a的取值范围为． 【变式17-4】（上大附中12）定义区间、、和的长度都为，多个互不相交的区间并集的长度为各区间长度之和，例如的长度，数学上，常用表示不大于的最大整数，记，其中，设，.若用、、分别表示不等式、方程、不等式解集区间的长度，则当时，______. 【答案】2023 【解析】 【分析】先将代入得到的表达式，对于不等式、方程、不等式，分别讨论，和时的解集区间从而得到的值，从而得到结果. 【详解】，， （ⅰ）由，得到，即， 当时，，上式可化为，此时； 当时，，上式可化为，此时； 当时，，上式可化为，此时； ∴在的解集为，即； （ⅱ）由，得到，即， 当时，，上式化为，此时， 当时，，上式化为，此时， 当时，可得，上式可化为，此时， ∴在的解集为，即； （ⅲ）由，得到，即， 当时，，上式可化为，此时， 当时，，上式化为，此时， 当时，，上式化为，此时， ∴在时的解集为，即， 则. 故答案为：2023. 知识点八 不等式的证明 【例18】（育才17）设，，，是四个正数． （1）已知，比较与的值的大小； （2）若，求证：，，，中至少有一个小于1． 【答案】（1） （2） 假设，，，都不小于1，即，，，， 则，，，， 所以，与已知矛盾， 故，，，中至少有一个小于1． 【解析】 【分析】（1）利用作差比较即可判断； （2）利用反证法即可证明． 【小问1详解】 因为， 则， 所以； 【小问2详解】 略 【变式18-1】（华一20）（1）已知，用比较法证明：； （2）已知，用反证法证明：． 【答案】（1），，故； （2）假设，则，得， ，又，所以， 即，，矛盾，故． 【解析】 【分析】（1）计算，得到证明； （2）假设，则，得，计算得到，不成立，得到证明. 【详解】（1）略 （3）略 【变式18-2】（复附20）已知一元二次方程（a，b，，）的两个实根为，． （1）若，，，求的值； （2）若，，用反证法证明，中至少有一个大于等于2； （3）若，，求y的取值范围． 【答案】（1）2 （2）证明：假设，都小于2， 因为，， ，且与异号， 的两个实根，， 由韦达定理可得：， 则与同正，且此时， 则， 因为，都小于2， ，这与矛盾， 故假设不成立， 所以，中至少有一个大于等于2. （3） 【解析】 【分析】（1）结合已知条件，利用韦达定理，首先判断出，的符号，进而求出的值； （2）首先假设，都小于2，结合韦达定理，以及，的范围，推出矛盾，即可证明； （3）利用已知将方程中的消去，通过已知结合一元二次方程根的判别式解出的范围即可解出答案. 【小问1详解】 当，，时， 化为， 则两个实根，由韦达定理可得：， 则， 则. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 ， ， 则可化为：， 因为一元二次方程有两个实根， ，且， 即， 则， 解得或， y的取值范围为. 【变式18-3】（上中20）已知函数． （1）若的定义域为，求实数的取值范围； （2）若，设，试比较与的大小并说明理由． 【答案】（1）； （2）当时，；当且时，. 【解析】 【分析】（1）根据函数定义域的要求，需保证二次函数在上恒非负，利用判别式，求解的取值范围； （2）通过作差法计算，化简后判断其符号，即可比较与的大小. 【小问1详解】 由题意，，则， 因为函数的定义域为， 所以对任意，都有恒成立． 即，解得． 故a的取值范围是． 【小问2详解】 由题意，当时，， 所以 ． 所以当时，；当且时，． 【变式18-4】（天山19）假设克糖水中含有克糖，若再添加克糖（其中，），生活常识告诉我们：添加的糖完全溶解后，糖水会更甜． （1）根据这个生活常识，提炼出一个不等式，并证明； （2）利用（1）提炼的不等式证明：若为三角形的三边长，则． 【答案】（1）；证明： 利用作差法证明 ， 所以，不等式成立. （2）证明：因为为三角形的三边长，所以  由（1）知， ， ， 将上述三个不等式相加可得： ， 所以 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可得，其中，，并利用作差法分析证明. （2）利用糖水不等式，结合不等式的性质推理可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【变式18-5】（金中21）对在平面直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“高位点”，同时点是点的“低位点” （1）试判断和中哪一个为高位点； （2）已知点是点的“高位点”，判断点是否是点的“低位点”，并证明你的结论； （3）设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素m，总存在正整数k，使得点既是点的“低位点”，又是点的“高位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由. 【答案】（1） （2）点是点的“低位点”，证明如下： 点是点的“高位点”，． 又均大于0，，， ，即， 点是点的“低位点”． （3），理由如下： 若点是点的“高位点”，可证点既是点的“高位点”，又是点的“低位点”． 证明如下：点是点的“高位点”，， 均大于0，，， ， 即，点是点的“高位点”． 同理可得，即， 点是点的“低位点”． 点既是点的“高位点”，又是点的“低位点”． 要使点是的“高位点”，则，解得， 所以当时，点是的“高位点”， 根据题意知，点既是点的“低位点”，又是点的“高位点”对恒成立， 根据上述结论可知，当，时，满足条件． 故． 【解析】 【分析】（1）由高位点的定义直接判断即可； （2）先由点是点的“高位点”得，作差化简得，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点是否是点的“低位点”. （3）借助（2）的结论证明点既是点的“高位点”，又是点的“低位点”，再利用所证结论即可得到满足要求的一个正整数的值. 【小问1详解】 因为，所以为高位点； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $