【文档说明】(通用版)高考数学(文数)一轮复习考点梳理与过关练习24《不等关系与一元二次不等式》(含详解).doc，共(31)页，1.616 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点24不等关系与一元二次不等式1．不等关系了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式（组）的实际背景.2．一元二次不等式（1）会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型.（2）通过函数图象了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.（3）会解一元二次不等式，对给定的一元二次不

等式，会设计求解的程序框图.一、不等关系1．不等式的概念（1）现实世界与日常生活中，与等量关系一样，不等量关系也是自然界中存在着的基本数量关系．（2）用数学符号“”“”“”“”连接两个数或代数式以表示它们之间的不等

关系，含有这些不等号的式子，叫做不等式．2．两个实数大小的比较（1）作差法：设a，bR，则0abab，a<b⇔a−b<0.（2）作商法：设a>0，b>0，则a>b⇔1ab，a<b⇔1ab.3．不等式的性质（1）实数的大小顺序与运算性质的关系①a>b⇔0ab；②0

abab；③a<b⇔0ab.（2）不等式的性质①对称性：abba；(双向性)②传递性：a>b，b>c⇒ac；(单向性)③可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；(双向性)④a>b，c>d⇒acbd；(单向性)⑤可乘性：,0abcacbc

；(单向性)a>b，c<0⇒ac<bc；(单向性)⑥a>b>0，c>d>0⇒acbd；(单向性)⑦乘方法则：()0,1nnababnnN；(单向性)⑧开方法则：a>b>0⇒nnab(nN，n≥2)．(

单向性)注意：（1）应用传递性时，若两个不等式中有一个带等号而另一个不带等号，则等号无法传递.（2）可乘性中，要特别注意“乘数c”的符号.4．必记结论（1）a>b，ab>0⇒11ab.（2）a<0<b⇒11ab.（3）a>b>0,0<c<d⇒abcd.（4）0<a<x<b

或a<x<b<0⇒111bxa.（5）若a>b>0，m>0，则bbmaam；bbmaam(b−m>0)；aambbm；aambbm(b−m>0)．二、一元二次不等式及其解法1．一元二次不等式的概念我们把只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是

2的不等式称为一元二次不等式，有下列三种形式：（1）一般式：2(0)yaxbxca；（2）顶点式：224()(0)24bacbyaxaaa；（3）两根式：12()()(0)yaxxxxa.2．三个“二次”之间的关系判别式24bac00

02(0)yaxbxca的图象一元二次方程20(0)axbxca的根有两相异实根1212,()xxxx有两相等实根122bxxa没有实数根一元二次不等式20(0)axbxca的解集12(,)(,)xx{|

}2bxxaR一元二次不等式20(0)axbxca的解集12(,)xx3．一元二次不等式的解法由一元二次不等式与相应的方程、函数之间的关系可知,求一元二次不等式的解集的步骤如下：（1）变形：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，即20(0)axbxca或20(0)axbxca；（2）计算：求出相应的一元二次方程（20(0)axbxca）的根，有三种情况：0,0；（3）画图：画出对应二次函数的图象的草图

；（4）求解：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．可用程序框图表示一元二次不等式的求解过程，如图.4．一元二次不等式恒成立问题（1）20(0)axbxca恒成立的充要条件是：0a且240()bacxR．（2）20(0)axbxca恒成立的

充要条件是：0a且240()bacxR．（3）20(0)axbxca恒成立的充要条件是：0a且240()bacxR．（4）20(0)axbxca恒成立的充要条件是：0a且240()bacxR．（5）20axbxc恒成立的充要条件是：0ab且0

c或0a且240()bacxR．（6）20axbxc恒成立的充要条件是：0ab且0c或0a且240()bacxR．考向一比较大小比较大小的常用方法：（1）作差法的一般步骤是：作差，变形，定号，得出结论．注意：

只需要判断差的符号，至于差的值究竟是什么无关紧要，通常将差化为完全平方式的形式或者多个因式的积的形式.（2）作商法的一般步骤是：作商，变形，判断商与1的大小，得出结论．注意：作商时各式的符号为正，若都为负，则结果相反.（3）介值比较法：①介值比较法

的理论根据是：若a>b,b>c,则a>c，其中b是a与c的中介值.②介值比较法的关键是通过不等式的恰当放缩，找出一个比较合适的中介值.（4）利用单调性比较大小.（5）函数法，即把要比较的数值通过构造函数转化为该函数的函数值，然后利用函数的单调性将其进一步转化为自变量的大小

问题来解决.典例1若，，，试比较，，的大小.【解析】∵，，，∴，即，，即，综上可得：.典例2已知0<a<b<1，则ba，logba，1logab的大小关系是A．1logab<ba<logbaB．1logab<logba<baC．logba<1logab<baD．ba<1logab<logba【

答案】A【解析】因为0<a<b<1,所以001baa,loglog1bbab,又1a>1,所以1logab<1log1a=0.综上，得1logab<ba<logba.故选A.【名师点睛】在用介值法比较

时，中介值一般是通过放缩变形，得到一个中间的参照式（或数），其放缩的手段可能是基本不等式、三角函数的有界性等.1．已知,,abcR，给出下列条件：①22ab；②11ab；③22acbc，则使得ab

成立的充分而不必要条件的是A．①B．②C．③D．①②③考向二求范围的问题求范围的问题需用到不等式的性质，熟记不等式性质中的条件与结论是基础，灵活运用是关键.在使用不等式的性质时，一定要注意不等式成立的前提

条件，特别是不等式两端同时乘以或同时除以一个数、两个不等式相乘、一个不等式两端同时求n次方时，一定要注意其成立的前提条件，如果忽视前提条件就可能出现错误.求范围的一般思路是：（1）借助性质，转化为同向不等式相加进行解答；（2）借助所给条件整体使用，切不可随意拆分所给条件；（3）结合不

等式的传递性进行求解；（4）要注意不等式同向可乘性的适用条件及整体思想的运用.典例3设实数x，y满足212xy，223xy，则47xy的取值范围是______.【答案】2,27【解析】因为32427

2xyxyxy，322282714xxyy，,所以47827[,][2,27]41xy.典例4若二次函数y＝f(x)的图象过原点，且)12(1f，314f，求f(

－2)的取值范围.【解析】方法一：∵二次函数y＝f(x)的图象过原点，∴可设2(0())fxaxbxa.易知11fabfab，∴11121112affbff.则2423)()

11(fabff.∵)12(1f，314f，∴62()10f.方法二：由题意设2(0())fxaxbxa，则f(1)＝a＋b，f(－1)＝a－b.令m(a＋b)＋n(a－b)＝f(－2)＝4a－2b，∴42mn

mn，∴13mn.∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1).∵)12(1f，314f，∴62()10f.【名师点睛】同向不等式只能相加，不能相减.2．已知11xy，13xy，则182

yx的取值范围是A．82,2B．81,22C．72,2D．71,22考向三一元二次不等式的解法1．解不含参数的一元二次不等式的方法：（1）若不等式对应的一元二次方程能够因式分解

,即能够转化为几个代数式的乘积形式,则可以直接由一元二次方程的根及不等号方向得到不等式的解集.（2）若不等式对应的一元二次方程能够化为完全平方式,不论取何值，完全平方式始终大于或等于零，不等式的解集易得.（3）若上述两

种方法均不能解决,则应采用求一元二次不等式的解集的通法,即判别式法.2．在解答含有参数的一元二次不等式时，往往要对参数进行分类讨论,为了做到分类“不重不漏”，一般从如下三个方面进行考虑：（1）关于不等式类型的讨论：若二次项系数为参数，则应先考虑二次项系数是否为零，以确定不等式是一次不等

式还是二次不等式，然后再讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式；（2）关于不等式对应的方程的根的讨论：两根(>0),一根(=0),无根(<0)；（3）关于不等式对应的方程根的大小的讨论：121212,,xxxxx

x.典例5解下列不等式：（1）2230xx.（2）24410xx.【解析】（1）不等式两边同乘以－1,原不等式可化为2230xx，即(1)(3)0xx，则31x.故不等式－x2－2x＋3≥0的解集是1{|}

3xx.（2）24410xx，即2(21)0x，则12x.故不等式24410xx的解集为1{|}2xx.典例6已知函数.（1）当时，解关于的不等式；（2）若，解关于的不等式.【解析】

（1）当时，,可得，,的解集为.（2）不等式可化为，即，①当时，，解得12xa，②当时，，解得.③当时，，解得12xa.综上，当时，不等式的解集为1{|2}xxa；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为1{|2}xxa.3．已知关于x的不等式20xaxb

.（1）若该不等式的解集为(4,2)，求a，b的值；（2）若1ba，求此不等式的解集.考向四一元二次不等式与二次函数、一元二次方程之间关系的应用一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问

题时,要注意三者之间的相互联系,并在一定条件下相互转换.（1）若一元二次不等式的解集为区间的形式，则区间的端点值恰是对应一元二次方程的根，要注意解集的形式与二次项系数的联系.（2）若一元二次不等式的解集为R或，则问题可转化为恒成立问题，此时

可以根据二次函数图象与x轴的交点情况确定对应一元二次方程的判别式的符号，进而求出参数的取值范围.典例7已知函数.（1）当时,解关于a的不等式；（2）若关于x的不等式的解集是(−1,4)，求实数a,c的值.【解析】（1）当时,,所以,,即,解得.(2)依题意:−1

,4是方程的解,由根与系数的关系可得63343aac,解得.典例8已知关于的不等式2230kxxk.（1）若不等式的解集为，求的值；（2）若不等式的解集为，求实数的取值范围.【解析】（1）由不等式2230kxxk的解集为，可知和−1是一

元二次方程2230kxxk的两根，所以313231k，解得12k.（2）由题意知不等式2230kxxk的解集为，若，则不等式为，此时，不合题意；若，则04430kkk，解得33k.综上，实数的取值范围为

3[,)3.4．已知二次函数21fxkxkxk．（1）若关于x的不等式0fx的解集为R，求实数k的取值范围；（2）若关于x的方程fxx有两个不等正实根，求实数k的取值范围．考向五一元二次不等式的应用对于分式不等式和高次不等式，它们都可以转

化为一元二次不等式或利用一元二次不等式的思想求解.1．分式不等式的解法若()fx与()gx是关于x的多项式，则不等式()0()fxgx(或<0，或0，或0)称为分式不等式．解分式不等式的原则是利用不等式的同解原理将其转化为有理整式不等式(

组)求解．即()0()0()0()()0()0()0()fxfxfxfxgxgxgxgx或;()0()0()0()()0()0()0()fxfxfxfxgxgxgxgx或;()()0(

)0()()0()0()0()fxgxfxfxgxfxgxgx或;()()0()0()()0()0()0()fxgxfxfxgxfxgxgx或.对于形如()()

fxgxa(或<a)的分式不等式，其中a0，求解的方法是先把不等式的右边化为0，再通过商的符号法则，把它转化为整式不等式求解.2．高次不等式的解法不等式的最高次项的次数高于2的不等式称为高次不等式．解高次不等式常用的方

法有两种：（1）将高次不等式()0(0)fx中的多项式()fx分解成若干个不可约因式的乘积，根据实数运算的符号法则，把它等价转化为两个或多个不等式(组)．于是原不等式的解集就是各不等式(组)解集的并集．（2）穿针引线法：①将不

等式化为标准形式，一端为0，另一端为一次因式(因式中x的系数为正)或二次不可约因式的乘积；②求出各因式的实数根，并在数轴上标出；③自最右端上方起，用曲线自右向左依次由各根穿过数轴，遇奇次重根穿过，遇偶次重根穿而不

过(奇过偶不过)；④记数轴上方为正，下方为负，根据不等式的符号写出解集．典例9不等式23310xxx的解集为_________.【答案】1,0,33【解析】不等式

23310xxx可转化为,且方程3310xxx的根为12310,3,3xxx，则由穿针引线法可得原不等式的解集为1,0,33.典例10解关于x的不等式:2xaxa<0(a∈R).【解析

】原不等式等价于：(x－a)(x－a2)<0，其对应方程的两根为x1＝a，x2＝a2.2211()xxaaaa，分情况讨论如下：①若a<0或a>1，即a2>a，则所求不等式的解集为2|xaxa．②若a＝0或a＝1，原不等式可化为x2<0或(x－1)2<0.此时，所求不

等式的解集为x.③若0<a<1，即a2<a，则所求不等式的解集为2|xaxa．综上所述：当a<0或a>1时，原不等式的解集为2|xaxa；当a＝0或a＝1时，原不等式的解集为；当0<a<1时，原不等式的解集为2|xaxa．5．已

知函数2,1axbfxabxR.（1）若关于x的不等式20axb的解集为1,2，求0fx的解集；（2）若12a，解不等式0fx的解集.考向六含参不等式恒成立问题的求解策略解决含参不等式恒成立问题的关键是转

化与化归思想的运用，从解题策略的角度看，一般而言，针对不等式的表现形式，有如下四种策略：（1）变换主元，转化为一次函数问题.解决恒成立问题一定要搞清谁是主元，谁是参数.参数和未知数是相互牵制、相互依赖的关系，有时候变换主元，可以起到事半功倍

的效果.（2）联系不等式、函数、方程，转化为方程根的分布问题.（3）对于一元二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方，恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上

全部在x轴下方．常转化为求二次函数的最值或用分离参数法求最值．即①若()fx在定义域内存在最大值m，则()fxa(或()fxa)恒成立am(或am);②若()fx在定义域内存在最小值m，则()

fxa(或()fxa)恒成立am(或am);③若()fx在其定义域内不存在最值，只需找到()fx在定义域内的最大上界(或最小下界)m，即()fx在定义域内增大(或减小)时无限接近但永远取不到的那个值，来代替上述两种情况下的m

，只是等号均可以取到.（4）转化为两个函数图象之间的关系，数形结合求参数.在不等式恒成立问题的处理中，若能画出不等式两边相应的函数图象，恒成立的代数问题立即变得直观化，等价的数量关系式随之获得，数形结合可使求解过程简单、快捷．典例11已知二次函数，且不等式的解集为，对任意的都

有恒成立.（1）求的解析式；（2）若不等式在上有解，求实数的取值范围.【解析】（1）∵的解集为，∴方程的两个根是1和3.则243baca，解得.又∵在上恒成立，∴在上恒成立，则，即，又∵，∴得，故.（2）由题意

知，即，∵，∴2212223xxxk，设，则22tkt，又∵2112222tttt，当且仅当即时取得最大值，∴，即实数的取值范围为24，.典例12已知函数21fxmxmx.（1）若对于x∈R，f(x)<0恒成立,求实数m的取

值范围;（2）若对于x∈[1,3]，f(x)<5−m恒成立,求实数m的取值范围.【解析】（1）因为210fxmxmx对x∈R恒成立,则①m=0时,10fx恒成立;②2040mmm

,解得40m.故实数m的取值范围为4,0.（2）f(x)<5−m,即216mxx.因为210xx,所以m<261xx对于x∈[1,3]恒成立.记g(x)=261xx=2613()24x,x∈[1,3],易知min637gxg

,所以67m.即实数m的取值范围为(6,)7.6．若函数2()6(8)fxkxkxk的定义域为R，求实数k的取值范围.1．已知集合{|140}Axxx，5{|0}2xBxx，则ABA．{|12}xxB．{|12}xxC．{|24}xxD．

{|24}xx2．下列命题正确的是A．若>ab，则11abB．若>ab，则22abC．若>ab，cd，则>acbdD．若>ab，>cd，则>acbd3．2x是220xx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4．设0.321log0.6,log0.62mn，则A．mnmnmnB．mnmnmnC．mnmnmnD．mnmnmn5．已知实数x，y满足41xy，145xy，则9xy的取值范围是A．[7,26]B．[1,20]C．[

4,15]D．[1,15]6．三个正整数x，y，z满足条件:xy，yz，3xz，若5z，则y的最大值是A．12B．13C．14D．157．若不等式220axxc的解集是11,,32，则不等式2

20cxxa的解集是A．11,23B．11,32C．[−2，3]D．[−3，2]8．关于x的不等式22(1)(1)10axax的解集为R，则a的取值范围为A．315aB．315aC．315a

或1aD．315a9．设,ab是关于x的一元二次方程2260xmxm的两个实根，则22(1)(1)ab的最小值是A．494B．18C．8D．−610．设正数a，b满足2ba，若

关于x的不等式222440axbxb的解集中的整数解恰有4个，则a的取值范围是A．(2,3)B．(3,4)C．(2,4)D．(4,5)11．不等式2260xx的解集是_____．12．设2,73,62PQR，则,,

PQR的大小顺序是______．13．不等式210xkx对任意实数x都成立，则实数k的取值范围是__________．14．若集合2{|(2)20,AxxaxaxZ}中有且只有一个元素，则正实数a的取值范围是

________.15．已知函数21()1()fxxaxxaR.（1）当12a时，求不等式()0fx<的解集；（2）若关于x的不等式()0fx<有且仅有一个整数解，求正实数．．．a的取值范围.16．已

知函数21()(2)()2fxxmxmR.（1）若关于x的不等式()4fx的解集为2,4，求m的值；（2）若对任意[0,4],()20xfx…恒成立，求m的取值范围.1．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）已知集合2{1,0,1,2},{|1}

ABxx，则ABA．1,0,1B．0,1C．1,1D．0,1,22．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）已知0.20.32log0.2,2,0.2abc，则A．abcB．a

cbC．cabD．bca3．（2019年高考天津卷文数）设xR，则“05x”是“|1|1x”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4．（2019年高考浙江

卷）若0,0ab，则“4ab”是“4ab”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5．（年高考天津卷文数）设xR，则“38x”是“||2x”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6．（年高考天津卷文数）设xR，则“20x”是“|1|1x”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7．（年高考山东卷文数）已知命题p：

,xR210xx;命题q：若22ab,则a<b.下列命题为真命题的是A．pqB．pqC．pqD．pq8．（年高考上海卷）不等式11xx的解集为________.9．（年高考北京文数）

能说明“若a﹥b，则11ab”为假命题的一组a，b的值依次为_________.10．（2019年高考江苏）函数276yxx的定义域是▲.1．【答案】C【解析】对于①，由22ab，得||||ab，不一定有ab成立，不符合题意；对于②，当1,1ab时，有11ab，但ab

不成立，所以不符合题意；对于③，由22acbc，知c≠0，所以有ab成立，当ab成立时，不一定有22acbc，因为c可以为0，符合题意.本题选择C选项.【名师点睛】本题主要考查不等式的性质及其应用，充分条件和必要条件的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2

．【答案】C【解析】令3xysxytxystxsty，变式拓展则31stst，∴12st，∵13xy，∴226xy，①又11xy，②∴①②得137xy．则371822,22yxxy

．故选C．【名师点睛】本题主要考查不等式的性质以及指数函数的性质，意在考查综合运用所学知识解答问题的能力，属于中档题.求解时，利用待定系数法求得32xyxyxy，由11xy，13xy，结合38212yxyx，从

而可得结果.3．【解析】（1）根据题意得2424ab，解得2a，8b.（2）当1ba时，22010xaxbxaxa，即110xax.当11a，即2a时，原不等式的解集为；当11a，即2a时

，原不等式的解集为1,1a；当11a，即2a时，原不等式的解集为1,1a.【名师点睛】本题考查一元二次不等式解集与对应一元二次方程根的关系以及解一元二次不等式，考查基本应用求解能力.属基本题.（1）根据不等式解

集与对应一元二次方程根的关系列方程，解得a，b的值；（2）先代入化简不等式，再根据对应一元二次方程根的大小分类讨论不等式解集.4．【解析】（1）0fx，即210kxkxk，由二次函数知识得00k，即220(1)40kkk，解得1k

.（2）fxx，即21kxkxkx，即220kxkxk，由二次方程有两个不等正实根知，112212000000xxxxxx，由根与系数间关系得，22(2)402

010kkkk，解得203k．5．【解析】（1）∵不等式20axb的解集为1,2，∴0a，0ab，∴210021101axfxaxxx

，∴0fx的解集为1,12.（2）12a时，不等式00101xbfxfxxbxx，1当1b时，不等式的解集为,1,b；2当1b时，不

等式的解集为1xx；3当1b时，不等式的解集为,1,b.【名师点睛】本题考查不等式的求解应用，属于基础题.（1）210021101axfxaxxx，然后求解即可.（2）12a时，不等式00101

xbfxfxxbxx，然后分类讨论即可.6．【解析】∵f（x）的定义域为R，∴不等式kx2﹣6kx+k+8≥0的解集为R.①k＝0时，8＞0恒成立，满足题意；②k≠0时，则2036480＞kkkk，解得

0＜k≤1.综上得，实数k的取值范围为[0，1]．1．【答案】D【解析】依题意1,4,2,5AB，故2,4AB.故选D.2．【答案】C【解析】A.若>ab，则11ab，取1,1ab不成立；B.若>ab，则22ab，取0,1ab

不成立；C.若>ab，cd，则>acbd，正确；D.若>ab，>cd，则>acbd，取1,1,1,2abcd不成立.故选C.【名师点睛】本题考查了不等式的性质，找出反例是解题的关键.3．【答案】A【解析】由220x

x解得：0x或2x，2xx02或xxx，因此，2x是220xx的充分不必要条件，故选A.【名师点睛】本题考查充分必要条件的判断，先解不等式220xx得出解集，根据集合之间的包含关系得出两条

件的充分必要性.一般利用集合的包含关系来判断两条件的充分必要性：（1）AB，则“xA”是“xB”的充分不必要条件；（2）ABÝ，则“xA”是“xB”的必要不充分条件；（3）AB，则“xA”是“xB”的充要条件.4．【答案】A【解析】0.3

0.3log0.6log10,m2211log0.6log10,22n0mn，0.60.611log0.3log4mn0.60.6log1.2log0.61，即1mnmn，故mn

mn.又20mnmnn，所以mnmn.故mnmnmn，所以选A.【名师点睛】本题考查利用作差法、作商法比较大小，考查对数的化简与计算，考查分析计算，化简求值的能力，属中档题.求解时，先判断m，n的正负

，即可得0mn；计算11mn0.6log1.21，化简考点冲关可得mnmn，再通过作差法比较mn，mn的大小，即可得结果.5．【答案】B【解析】令mxy，4nxy,343nmxnmy,则859,33zxynm552041,,333mm

又884015,333nn，因此80315923zxynm，故本题选B.【名师点睛】本题考查了利用不等式的性质，求不等式的取值范围问题，利用不等式同向可加性是解题的关键.令mxy，4nxy，得到关于,xy的二元一次方程组

，解这个方程组，求出9xy关于,mn的式子，利用不等式的性质，结合,mn的取值范围，最后求出9xy的取值范围.6．【答案】B【解析】由不等式的性质结合题意有：,5,53xxyy，即,5,15.15x

yyxyx，由于,,xyz都是正整数，故y的最大值是13.故选B.【名师点睛】本题主要考查不等式的性质及其应用，不等式的传递性等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.由题意结合不等式的性质和不

等式的传递性即可确定y的最大值.7．【答案】D【解析】因为不等式220axxc的解集是11,,32，所以0211321132aaca，解得122ac，所以不等式220cxxa可化为222120xx，

即260xx，解得32x.故选D.【名师点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，熟记三个二次之间的关系即可，属于基础题型.先由题意求出,ac，再代入不等式220cxxa求解，即可得出结果.8．【答案】D【解析】当210a时，1a

，若1a，则原不等式可化为10，显然恒成立；若1a，则原不等式可化为210x不恒成立，所以1a舍去；当210a时，因为221110axax的解集为R，所以只需

222101410aaa，解得315a；综上，a的取值范围为：315a.故选D.【名师点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立的问题，需要用分类讨论的思想来处理，属于常考题型.分情况讨论，当

210a时，求出满足条件的a的值；当210a时，求出满足条件的a的取值范围，即可得出结果.9．【答案】C【解析】因为,ab是关于x的一元二次方程2260xmxm的两个实根，所以由根与系数的关系得26abmabm，

且2460mm，所以22222224(1)(1)610ababbymabam2349444m，且3m或2m，由二次函数的性质知，当3m时，函数2349444ym

取得最小值8，即22(1)(1)ab的最小值为8.故选C.【名师点睛】本题考查二次函数的最小值问题，属于一般题.求解时，由根与系数的关系得26abmabm，且2460mm，则22(1)(1)yab可变成2349

444ym，再求最小值.10．【答案】C【解析】222440axbxb，即2222440axxbxb，∴22220axxb，即220axxbaxxb，∴

220axbaxb，由于解集中整数解恰有4个，则a＞2，∴122bbxaa，则四个整数解分别为−3，﹣2，﹣1，0．∴432ba，即342ba，即3648aba，又2ba，∴362aa

，∴4a，又a＞2，∴a的取值范围是2,4.故选C.【名师点睛】本题考查一元二次不等式的解法，考查不等式的整数解的求法，考查不等式的性质的运用，考查运算能力，属于易错题．求解时，将不等式因式分解可得220axbaxb，由于解集中整数解恰有4个，则a

＞2，则有122bbxaa，且四个整数解分别为−3，﹣2，﹣1，0，则有432ba，结合条件2ba，可得a＜4，进而得到a的范围．11．【答案】32,2【解析】不等

式2260xx可化为2260xx，解得322x；∴该不等式的解集是32,2．故答案为32,2．【名师点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，解题时先把

不等式化简，再求解集，是基础题．直接利用一元二次不等式的解法求解.12．【答案】PRQ【解析】∵2(62)2260PR，∴PR，62(73)(63)(72)RQ，而2(63)9218，2(72)921

4，∴6372，∴RQ，∴PRQ，故答案为：PRQ．【名师点睛】本小题主要考查作差比较法比较数的大小，属于基础题.求解时，利用作差比较法先比较,PR的大小，然后比较,RQ的大小，由此判断出三者的大小关系.13．【答案】

2,2【解析】∵不等式210xkx对任意实数x都成立，∴240＜k，∴2＜k＜2，故答案为：2,2.【名师点睛】（1）二次函数图象与x轴交点的横坐标、二次不等式解集的端点值、一元二次方程的解是同一个量的不同表现

形式.（2）二次函数、二次方程与二次不等式统称“三个二次”，它们常结合在一起，而二次函数又是“三个二次”的核心，通过二次函数的图象贯穿为一体．有关二次函数的问题，利用数形结合的方法求解，密切联系图象是探求解题思

路的有效方法．14．【答案】12(,]23【解析】x2﹣（a+2）x+2﹣a＜0，即x2﹣2x+1＜a（x+1）﹣1，分别令y＝x2﹣2x+1，y＝a（x+1）﹣1，易知y＝a（x+1）﹣1的图象过定点（﹣1，﹣1），分别画出两函数的图象，如图所示：∵集合2{|(2)20,Axxaxa

xZ}中有且只有一个元素，即点（0，0）和点（2,1）在直线上或者其直线上方，点（1,0）在直线下方，结合图象可得10120311＜aaa，解得12＜a23.故答案为：（12，23].【名师点睛】本题考

查了二次函数的性质以及参数的取值范围，考查了转化思想和数形结合的思想，属于中档题.求解时，由x2﹣（a+2）x+2﹣a＜0可得x2﹣2x+1＜a（x+1）﹣1，即直线在二次函数图象的上方的点只有一个整数1，结合图象即可求出．15．【答案

】（1）1,22；（2）12a或112a.【解析】（1）当12a时，不等式为25102xx，即22520xx，即(2)(21)0xx，所以122x，所以不等式()0fx<的解集为1,22

.（2）原不等式可化为1()0xaxa，①当1aa，即1a时，原不等式的解集为，不满足题意；②当1aa，即1a>时，1,xaa，此时101a，所以12a；③当1

aa，即01<a<时，1,xaa，所以只需112a，解得112a；综上所述，12a，或112a.【名师点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法和解集，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.求解时，（1

）直接解不等式25102xx得解集；（2）对a分类讨论解不等式分析找到a满足的不等式，解不等式即得解.16．【答案】（1）1m；（2）[0,).【解析】（1）法一：不等式4fx可化为

2(42)80xmx，其解集为2,4，由根与系数的关系可知2442m，解得1m，经检验1m时满足题意.法二：由题意知，原不等式所对应的方程4fx的两个实数根为2和4，将2（或4）代入方程计算可得1m，经检验1m时满足题意.（2）法一：由

题意可知21(2)22mxx恒成立，①若0x，则02恒成立，符合题意.②若(0,4]x，则12(2)2mxx恒成立，而12122222xxxx，当且仅当2x时取等号，所以min12222mxx，即0m.故实数m的取值范围为

[0,).法二：二次函数21()(2)2fxxmx的对称轴为2xm.①若20m，即2m，函数fx在0,4上单调递增，()2(0)220fxf恒成立，故2m；②若024m，即22m，此

时fx在0,2m上单调递减，在2,4m上单调递增，由22(2)()2(2)2(2)202mfxfmm，得04m.故02m；③若24m，即2m，此时函数fx在0,4上单调递减，由1()2(4

)216(2)424202fxfmm，得12m，与2m矛盾，故m不存在.综上所述，实数m的取值范围为[0,).【名师点睛】本题主要考查一元二次不等式的性质，不等式恒成立中含参问题，意在考查学生

的分析能力，计算能力及转化能力，难度较大.（1）不等式4fx可化为2(42)80xmx，而解集为2,4，可利用根与系数的关系或直接代入即可得到答案；（2）法一：讨论0x和(0,4]x时，分离参数利用均值不等式即可

得到取值范围；法二：利用二次函数在[0,4]x上大于等于0恒成立，即可得到取值范围.1．【答案】A【解析】∵21,x∴11x，∴11Bxx，又{1,0,1,2}A，∴1,0,1AB.故选A．【名师点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题.2．【答案】B【解

析】22log0.2log10,a0.20221,b0.3000.20.21,c即01,c则acb．故选B．【名师点睛】本题考查指数和对数大小的比较，考查了数学运算的素养．采取中间量法，根据指数函数和对数函数的单调性即可比较大小．3．【答案】

B【解析】11x等价于02x，故05x推不出11x；由11x能推出05x，故“05x”是“|1|1x”的必要不充分条件.故选B.【名师点睛】充要条件的三种判断方法：(1)定义法

：根据p⇒q，q⇒p进行判断；(2)集合法：根据由p，q成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断；(3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进行判断．这个方法特别适合以否定形式给出的问题．直通高考4．【答案】

A【解析】当0,0a>b>时，2abab当且仅当ab时取等号，则当4ab时，有24abab，解得4ab，充分性成立；当=1,=4ab时，满足4ab，但此时=5>4a+b，必要性不成立，综上所述，“4ab

”是“4ab”的充分不必要条件.【名师点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取,ab的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.5．【答案】A【解析】求解不等式可得，求解绝对值不等式可得或，据此可知：“”

是“”的充分而不必要条件.故选A.【名师点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法、充分不必要条件的判断等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．【答案】B【解析】由20x，可得2x，由|1|1x，可得111x

，即02x，因为022xxxx，所以“20x”是“|1|1x”的必要而不充分条件，故选B．【名师点睛】判断充要关系的的方法：①根据定义，若,/pqqp，那么p是q的充分而不必要条件，同时q是p的必要而不充分条件，若pq，那么p

是q的充要条件，若,//pqqp，那那么p是q的既不充分也不必要条件；②当命题是以集合的形式给出时，那就看包含关系，若:pxA，:qxB，若A是B的真子集，那么p是q的充分而不必要条件，同时q是p的必要而不充分条件，若AB，那么p是q的充要条件，若没有包含关系，那么p是q的既不充分也不必

要条件；③命题的等价性，根据互为逆否命题的两个命题等价，将“p是q”的关系转化为“q是p”的关系进行判断．7．【答案】B【解析】由0x时210xx成立知p是真命题,由221(2),12可知q是假命题,所以pq

是真命题,故选B.【名师点睛】判断一个命题为真命题,要给出推理与证明；判断一个命题是假命题,只需举出反例．根据“原命题与逆否命题同真同假,逆命题与否命题同真同假”这一性质,当一个命题直接判断不易进行时,可转化为判断其等价命题的真假．8．【答案】,0【解析】由题意

，不等式11xx，得111100xxx，所以不等式的解集为,0.【名师点睛】本题考查解不等式，能正确化简不等式是解决该题的关键.9．【答案】（答案不唯一）【解析】使“若，则”为假命题，则使“若，则”为真命题即可，只需取即可满足，所以满足条件的一组的值为（答案不唯一

）.【名师点睛】此题考查不等式的运算，解决本题的关键在于对原命题与命题的否定真假关系的灵活转换，对不等式性质及其等价变形的充分理解，只要多取几组数值，解决本题并不困难.10．【答案】[1,7]【解析】由题意得到关于x的不等式，解不等式可得函数的定义域.由已知得2760xx

,即2670xx，解得17x，故函数的定义域为[1,7].【名师点睛】求函数的定义域，其实质就是以函数解析式有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出它们的解集即可．