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，bR，则，a<b⇔a−b<0.
（2）作商法：设a>0，b>0，则a>b⇔，a<b⇔.
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⇔；
②；
③a<b⇔.
（2）不等式的性质
①对称性：；(双向性)
②传递性：a>b，b>c⇒；(单向性)
③可加性：a>b⇔a＋c>b＋c；(双向性)
④a>b，c>d⇒；(单向性)
⑤可乘性：；(单向性) a>b，c<0⇒ac<bc；(单向性)
⑥a>b>0，c>d>0⇒；(单向性)
⑦乘方法则：；(单向性)
⑧开方法则：a>b>0⇒(nN，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⇒.
（2）a<0<b⇒.
（3）a>b>0,0<c<d⇒.
（4）0<a<x<b或a<x<b<0⇒.
（5）若a>b>0，m>0，则；(b−m>0)；
；(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）顶点式：；
（3）两根式：.
2．三个“二次”之间的关系
| 判别式 | |||
| 的图象 |  |
 |
 |
| 一元二次方程的根 | 有两相异实根 | 有两相等实根 | 没有实数根 |
| 一元二次不等式的解集 | |||
| 一元二次不等式的解集 |
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，即或；
（2）计算：求出相应的一元二次方程（）的根，有三种情况：；
（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）恒成立的充要条件是：且．
（2）恒成立的充要条件是：且．
（3）恒成立的充要条件是：且．
（4）恒成立的充要条件是：且．
（5）恒成立的充要条件是：且或且．
（6）恒成立的充要条件是：且或且．
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，，的大小关系是
A．<< B．<<
C．<< D．<<
【答案】A
【解析】因为0<a<b<1,所以,,
又>1,所以<=0.
综上，得<<.
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，给出下列条件：①；②；③，则使得成立的充分而不必要条件的是
A．① B．②
C．③ D．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，，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】因为，,
典例4 若二次函数y＝f(x)的图象过原点，且，，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.
易知，∴.
则.
∵，，∴.
方法二：由题意设，则f(1)＝a＋b，f(－1)＝a－b.
令m(a＋b)＋n(a－b)＝f(－2)＝4a－2b，
∴，∴.
∴f(－2)＝(a＋b)＋3(a－b)＝f(1)＋3f(－1).
∵，，∴.
【名师点睛】同向不等式只能相加，不能相减.
2．已知，，则的取值范围是
A． B．
C． D．
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：.
典例5 解下列不等式：
（1）.
（2）.
【解析】（1）不等式两边同乘以－1,原不等式可化为，
即，则.
故不等式－x2－2x＋3≥0的解集是.
（2），即，则.
故不等式的解集为.
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，
②当时，，
解得.
③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.
3．已知关于的不等式.
（1）若该不等式的解集为，求，的值；
（2）若，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,解得.
典例8 已知关于的不等式.
（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）由不等式的解集为，可知和−1是一元二次方程的两根，
所以，解得.
（2）由题意知不等式的解集为，
若，则不等式为，此时，不合题意；
若，则，解得.
综上，实数的取值范围为.
4．已知二次函数．
（1）若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围；
（2）若关于的方程有两个不等正实根，求实数的取值范围．
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
若与是关于的多项式，则不等式(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
;
;
;
.
对于形如a(或<a)的分式不等式，其中a0，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）将高次不等式中的多项式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 不等式的解集为_________.
【答案】
【解析】不等式可转化为,
且方程的根为，
则由穿针引线法可得原不等式的解集为.
典例10 解关于x的不等式: <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.
，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.
③若0<a<1，即a2<a，则所求不等式的解集为．
综上所述：当a<0或a>1时，原不等式的解集为；
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．
5．已知函数.
（1）若关于的不等式的解集为，求的解集；
（2）若，解不等式的解集.
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若在定义域内存在最大值，则(或)恒成立(或);
②若在定义域内存在最小值，则(或)恒成立(或);
③若在其定义域内不存在最值，只需找到在定义域内的最大上界(或最小下界)，即在定义域内增大(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，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，解得.
又∵在上恒成立，∴在上恒成立，
则，即，
又∵，∴
得，
故.
（2）由题意知，即，
∵，∴，
设，则，
又∵，当且仅当即时取得最大值，
∴，即实数的取值范围为.
典例12 已知函数.
（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）因为对x∈R恒成立,则
①m=0时,恒成立;
②,解得.
故实数m的取值范围为.
（2）f(x)<5−m,即.
因为,所以m<对于x∈[1,3]恒成立.
记g(x)==,x∈[1,3],易知,所以.
即实数m的取值范围为.
6．若函数的定义域为，求实数的取值范围.
1．已知集合，，则
A． B．
C． D．
2．下列命题正确的是
A．若，则 B．若，则
C．若，，则 D．若，，则
3．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
4．设，则
A． B．
C． D．
5．已知实数，满足，，则的取值范围是
A． B．
C． D．
6．三个正整数，，满足条件:，，，若，则的最大值是
A．12 B．13
C．14 D．15
7．若不等式的解集是，则不等式的解集是
A． B．
C．[−2，3] D．[−3，2]
8．关于的不等式的解集为，则的取值范围为
A． B．
C．或 D．
9．设是关于的一元二次方程的两个实根，则的最小值是
A． B．18
C．8 D．−6
10．设正数，满足，若关于的不等式的解集中的整数解恰有4个，则的取值范围是
A． B．
C． D．
11．不等式的解集是_____．
12．设，则的大小顺序是______．
13．不等式对任意实数都成立，则实数的取值范围是__________．
14．若集合中有且只有一个元素，则正实数的取值范围是________.
15．已知函数.
（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.
16．已知函数.
（1）若关于的不等式的解集为，求的值；
（2）若对任意恒成立，求的取值范围.
1．（2019年高考全国Ⅲ卷文数）已知集合，则
A． B．
C． D．
2．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）已知，则
A． B．
C． D．
3．（2019年高考天津卷文数）设，则“”是“”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，则“”是 “”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．（2018年高考天津卷文数）设，则“”是“”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．（2017年高考天津卷文数）设，则“”是“”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．（2017年高考山东卷文数）已知命题p：;命题q：若,则a<b.下列命题为真命题的是
A． B．
C． D．
8．（2017年高考上海卷）不等式的解集为________.
9．（2018年高考北京文数）能说明“若a﹥b，则”为假命题的一组a，b的值依次为_________.
10．（2019年高考江苏）函数的定义域是 ▲ .
变式拓展
1．【答案】C
【解析】对于①，由，得，不一定有成立，不符合题意；
对于②，当时，有，但不成立，所以不符合题意；
对于③，由，知c≠0，所以有成立，当成立时，不一定有，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，
则，∴，
∵，∴，①
又，②
∴①②得．
则．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，由，，结合，从而可得结果.
3．【解析】（1）根据题意得，
解得，.
（2）当时，，即.
当，即时，原不等式的解集为；
当，即时，原不等式的解集为；
当，即时，原不等式的解集为.
【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，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），即，
由二次函数知识得，即，
解得.
（2），即，即，
由二次方程有两个不等正实根知，，
由根与系数间关系得，，解得．
5．【解析】（1）∵不等式的解集为，
∴，，
∴，
∴的解集为.
（2）时，不等式，
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.
【名师点睛】本题考查不等式的求解应用，属于基础题.
（1），然后求解即可.
（2）时，不等式，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，解得0＜k≤1.
综上得，实数k的取值范围为[0，1]．
考点冲关
1．【答案】D
【解析】依题意，故.故选D.
2．【答案】C
【解析】A.若，则，取不成立；
B.若，则，取不成立；
C.若，，则，正确；
D.若，，则，取不成立.
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】由解得：或，，
因此，是的充分不必要条件，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），则“”是“”的充分不必要条件；
（2），则“”是“”的必要不充分条件；
（3），则“”是“”的充要条件.
4．【答案】A
【解析】，
，即，故.
又，所以.
故，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；计算，化简可得，再通过作差法比较，的大小，即可得结果.
5．【答案】B
【解析】令，,则
又，
因此，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，，得到关于的二元一次方程组，解这个方程组，求出关于的式子，利用不等式的性质，结合的取值范围，最后求出的取值范围.
6．【答案】B
【解析】由不等式的性质结合题意有：，即，
由于都是正整数，故的最大值是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】因为不等式的解集是，
所以，解得，
所以不等式可化为，即，解得.
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，再代入不等式求解，即可得出结果.
8．【答案】D
【解析】当时，，若，则原不等式可化为，显然恒成立；若，则原不等式可化为不恒成立，所以舍去；
当时，因为的解集为，
所以只需，解得；
综上，的取值范围为：.
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，当时，求出满足条件的的值；当时，求出满足条件的的取值范围，即可得出结果.
9．【答案】C
【解析】因为是关于的一元二次方程的两个实根，
所以由根与系数的关系得 ，且，
所以，
且或，
由二次函数的性质知，当时，函数取得最小值，
即的最小值为.
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 ，且，则可变成，再求最小值.
10．【答案】C
【解析】，即，
∴，即，
∴，
由于解集中整数解恰有4个，则a＞2，
∴，则四个整数解分别为−3，﹣2，﹣1，0．
∴，即，即，
又，∴，∴，
又a＞2，∴的取值范围是.
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，由于解集中整数解恰有4个，则a＞2，则有，且四个整数解分别为−3，﹣2，﹣1，0，则有，结合条件，可得a＜4，进而得到a的范围．
11．【答案】
【解析】不等式可化为，解得；
∴该不等式的解集是．
故答案为．
【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】
【解析】∵，∴，
，
而，，∴，∴，
∴，故答案为：．
【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的大小，然后比较的大小，由此判断出三者的大小关系.
13．【答案】
【解析】∵不等式对任意实数都成立，
∴，∴＜k＜2，
故答案为：.
【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】
【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，解得a.
故答案为：（，].
【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）；（2）或.
【解析】（1）当时，不等式为，即，即，
所以，
所以不等式的解集为.
（2）原不等式可化为，
①当，即时，原不等式的解集为，不满足题意；
②当，即时，，此时，所以；
③当，即时，，所以只需，解得；
综上所述，，或.
【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）；（2）.
【解析】（1）法一：不等式可化为，其解集为，
由根与系数的关系可知，解得，
经检验时满足题意.
法二：由题意知，原不等式所对应的方程的两个实数根为和4，
将（或4）代入方程计算可得，
经检验时满足题意.
（2）法一：由题意可知恒成立，
①若，则恒成立，符合题意.
②若，则恒成立，
而，当且仅当时取等号，
所以，即.
故实数的取值范围为.
法二：二次函数的对称轴为.
①若，即，函数在上单调递增，恒成立，
故；
②若，即，此时在上单调递减，在上单调递增，
由，得.
故；
③若，即，此时函数在上单调递减，
由，得，与矛盾，故不存在.
综上所述，实数的取值范围为.
【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）不等式可化为，而解集为，可利用根与系数的关系或直接代入即可得到答案；
（2）法一：讨论和时，分离参数利用均值不等式即可得到取值范围；
法二：利用二次函数在上大于等于0恒成立，即可得到取值范围.
直通高考
1．【答案】A
【解析】∵∴，∴，
又，∴.
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】
即
则．
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】等价于，故推不出；
由能推出，
故“”是“”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．
4．【答案】A
【解析】当时，当且仅当时取等号，则当时，有，解得，充分性成立；
当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”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，可得，由，可得，即，
因为，所以“”是“”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，那么是的充分而不必要条件，同时是的必要而不充分条件，若，那么是的充要条件，若，那那么是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，，若是的真子集，那么是的充分而不必要条件，同时是的必要而不充分条件，若，那么是的充要条件，若没有包含关系，那么是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“是”的关系转化为“是”的关系进行判断．
7．【答案】B
【解析】由时成立知p是真命题,由可知q是假命题,所以是真命题,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】
【解析】 由题意，不等式，得，
所以不等式的解集为.
【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】
【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,即，解得，
故函数的定义域为.
【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．
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