資源簡介

2.3二次函數與一元二次方程、不等式【第三練】
2.3二次函數與一元二次方程、不等式【第三練】
【試題來源】來自各地期中期末的聯(lián)考試題，進行整理和改編；
【試題難度】本次訓練試題難度較大，適合學完第三課后，起到提升解題能力和素養(yǎng)的目的.
【目標分析】
1.利用一元二次不等式的解集求參數的取值范圍，鍛煉邏輯推理能力，如第3題；
2.利用熟練應用分類討論思想解題，培養(yǎng)邏輯推理能力，如第10題；
3.能夠靈活應用一元二次函數、一元二次不等式求解實際問題，培養(yǎng)建模能力，如第12題.
一、單選題
1．下列四個不等式：
①；②；③；④.
其中解集為R的是（ ）
A．① B．②
C．③ D．④
（2023秋·山西運城·高一校聯(lián)考階段練習）
2．“關于的不等式的解集為”的一個充分不必要條件是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·浙江金華·高一校考階段練習）
3．已知關于的不等式的解集為，若且，則實數的可能取值是（ ）
A． B． C． D．
4．，表示不超過的最大整數，十八世紀，函數被“數學王子”高斯采用，因此得名高斯函數，人們更習慣稱之為“取整函數”. 例如：，，若，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·廣東佛山·高一佛山市高明區(qū)第一中學校考階段練習）
5．已知關于x的不等式的解集為，則不等式的解集為（ ）
A． B． C．或 D．
6．已知表示不超過x的最大整數，稱為高斯取整函數，例如，，方程的解集為A，集合，且，則實數a的取值范圍是（ ）
A．或 B．或
C．或 D．或
二、多選題
（2023秋·重慶銅梁·高一校聯(lián)考階段練習）
7．已知關于x的一元二次不等式的解集為或，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．不等式的解集為
C．不等式的解集為
D．
8．某企業(yè)生產一種機器的固定成本為0.5萬元，但每生產100臺時又需可變成本0.25萬元，市場對此商品的年需求量為500臺，銷售收入函數為(萬元)，其中x是產品售出的數量(單位：百臺)，則下列說法正確的是（ ）
A．利潤y表示為年產量x的函數為
B．當年產量為475臺時企業(yè)所得的利潤最大，為萬元
C．當年產量(單位：百臺)時，企業(yè)不虧本
D．企業(yè)不虧本的最大年產量為500臺
（2023秋·江西南昌·高一校考階段練習）
9．已知關于的不等式組僅有一個整數解，則的值可能為（ ）
A．－5 B． C． D．4
三、填空題
（2023秋·吉林通化·高一校考階段練習）
10．已知關于的不等式的解集是空集，則實數的取值范圍是 ．
（2023秋·四川眉山·高一眉山市彭山區(qū)第一中學校考階段練習）
11．已知關于的不等式的解集為，其中，則關于的不等式的解集為 .
四、解答題
（2022秋·湖北省直轄縣級單位·高一湖北省仙桃中學校考階段練習）
12．為了加強自主獨立性，全國各個半導體領域企業(yè)都計劃響應國家號召，加大對芯片研發(fā)部的投入據了解，某企業(yè)研發(fā)部原有200名技術人員，年人均投入萬元（），現(xiàn)把原有技術人員分成兩部分：技術人員和研發(fā)人員，其中技術人員名（且），調整后研發(fā)人員的年人均投入增加，技術人員的年人均投入調整為萬元.
(1)要使這名研發(fā)人員的年總投入不低于調整前200名技術人員的年總投入，求調整后的技術人員的人數最多多少人？
(2)為了激勵芯片研發(fā)人員的熱情和保持各技術人員的工作積極性，在資金投入方面需要同時滿足以下兩個條件：①技術人員的年人均投入始終不減少；②研發(fā)人員的年總投入始終不低于技術人員的年總投入.是否存在這樣的實數，使得技術人員在已知范圍內調整后，滿足以上兩個條件，若存在，求出的范圍；若不存在，說明理由.
（2022·上海·高一專題練習）
13．已知一元二次函數的圖像與軸有兩個不同的公共點，其中一個公共點的坐標為，且當時，恒有．
（1）當，時，求出不等式的解；
（2）求出不等式的解（用表示）；
（3）若以二次函數的圖象與坐標軸的三個交點為頂點的三角形的面積為8，求的取值范圍；
（4）若不等式對所有恒成立，求實數的取值范圍．
【易錯題目】第7題，第11題.
【復盤要點】在處理二次項系數含參數的問題時，要注意對二次項系數進行討論．特別注意題目中的全稱量詞和存在量詞.
典例:（2023秋·浙江金華·高一校考階段練習）
14．已知關于的不等式.
(1)若不等式的解集為，求實數的值；
(2)若不等式恒成立，求實數的取值范圍.
(3)已知，，，若恒成立，則實數的取值范圍.
【復盤訓練】
（2023·全國·高三專題練習）
15．若命題“，”為假命題，則實數x的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
（2023秋·吉林通化·高一校考階段練習）
16．已知關于的不等式的解集為，則（ ）
A．
B．不等式的解集為
C．
D．不等式的解集為
17．設關于x的方程的兩個實數根分別是，﹐則的最小值為 ．
（2023·全國·高三專題練習）
18．當時，關于x的不等式恒成立，則m的取值集合是 ．
（2023秋·廣東中山·高一校考階段練習）
19．若關于x的一元二次不等式的解集為 ，則實數的值為 .
（2023秋·廣東陽江·高一統(tǒng)考期中）
20．已知函數.
(1)若，試討論不等式的解集；
(2)若對于任意，恒成立，求參數的取值范圍.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】求解各一元二次不等式即可判斷.
【詳解】對于A，即，解得，不符合題意；
對于B，，解得或，不符合題意；
對于C，，解集為R，符合題意；
對于D，即，，解集為，
不符合題意.
故選：C
2．C
【分析】首先求出關于的不等式的解集為的充要條件，即可判斷.
【詳解】若關于的不等式的解集為，
當時，，顯然成立；
當時，則，解得；
綜上可得.
即關于的不等式的解集為的充要條件為，
因為 ，
所以關于的不等式的解集為的一個充分不必要條件可以是.
故選：C
3．B
【分析】，則需滿足，，則代入需滿足，化簡運算再取公共部分即可得出結論.
【詳解】依題意得，，
，
綜上，.,而，各選項中符合題意的是B選項,.
故選：B.
4．A
【分析】由題設可得，根據高斯函數知，即可求范圍.
【詳解】由，故，
所以，則，故.
故選：A
5．B
【分析】根據不等式的解集，可得是方程的根，得到的關系，再解可得答案.
【詳解】不等式的解集為，
可得是方程的根，
所以，且，解得，
由不等式可得，
由得，
所以，解得，
則不等式的解集為.
故選：B.
6．C
【解析】根據題意可得，求出集合A，再討論的取值范圍，求出集合，由集合的運算結果即可求解.
【詳解】由題意可得或，
，
當時，，滿足；
當時，或，
若，則，解得；
當時，或，
若，則，解得，
綜上所述，實數a的取值范圍是或.
故選：C
【點睛】本題考查了由集合的運算結果求參數的取值范圍、一元二次不等式的解法，考查了分類討論的思想，屬于中檔題.
7．ABD
【分析】根據不等式的解集判斷對應二次函數的開口判斷A，再根據是方程的根，利用韋達定理可得，從而可解BC選項中的不等式，再根據1不在解集得不等式判斷D.
【詳解】關于x的不等式的解集為或，
所以二次函數的開口方向向上，即，故選項A正確；
因為是方程的根，所以，解得，
所以也即，解得，故選項B正確；
不等式等價于，也即，
解得或，故選項C錯誤；
因為或，所以，故選項D正確.
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了一元二次不等式的逆向思維，一元二次不等式的解法，理解二次函數、一元二次方程與不等式之間的關系是解題的關鍵.
8．BC
【分析】根據題意列出分段函數解析式判斷A，分段函數分段求最值再比較判斷B，令，解分段函數不等式即可判斷CD.
【詳解】當時，；
當時，；
故，故A錯誤；
當時，，
故當時，取到最大值；
當時，，
故當年產量為475臺時年利潤最大，最大為萬元，故B正確；
不虧本即，當時，，解得；
當時，，解得；
故時，企業(yè)才不虧本，企業(yè)不虧本的最大年產量為4800臺，故C正確，D錯誤.
故選：BC
9．AB
【分析】分別求出兩個不等式的解，然后分析可得不等式組只有一個整數時參數范圍．
【詳解】或，
，時，不等式無實數解；
，此不等式解為，不等式組只有一個整數解，則，即，∴；
時，此不等式的解為，不等式組只有一個整數解，則，，∴，
綜上，的取值范圍是，四個選項中AB滿足，
故選：AB．
10．
【分析】考慮和，兩種情況，得到不等式，求出實數的取值范圍.
【詳解】當時，解得或，
當時，不等式為，解集不為空集，不合要求，舍去；
當時，不等式為，解集為空集，滿足要求，
當時，要想不等式解集為空集，則，
解得，
綜上，實數的取值范圍是
故答案為：
11．
【分析】由題意可知和2為方程的兩根，利用韋達定理得到方程即可求出a和b的值，再代入解分式不等式即可.
【詳解】因為不等式的解集為，
則和2為方程的兩根，且，
由韋達定理可得，解得，
所以原不等式為，整理得，即，解得，
所以不等式的解集為.
故答案為：.
12．(1)最多150人
(2)存在，
【分析】（1）根據已知條件列不等式，解一元二次不等式求得的取值范圍，從而求得調整后的技術人員的人數的最大值.
（2）根據條件①②列不等式，化簡得，結合基本不等式求得的范圍.
【詳解】（1）依題意可得調整后研發(fā)人員的年人均投入為萬元，
則，
，，
，解得，
∵且，所以調整后的技術人員的人數最多150人；
（2）①由技術人員年人均投入不減少有，解得.
②由研發(fā)人員的年總投入始終不低于技術人員的年總投入有
，
兩邊同除以得，
整理得，
故有，
因為，當且僅當時等號成立，所以，
又因為，當時，取得最大值7，所以，
∴，即存在這樣的m滿足條件，使得其范圍為.
13．（1）；（2）；（3）；（4）或或．
【分析】（1）根據根與系數的關系，求出的另一根，得到不等式的解；
（2）根據根與系數的關系，求出另一根，并判斷兩根的大小，得到不等式的解；
（3）先求出的圖像與坐標軸的交點，表示出以這些點組成的三角形的面積，再將用表示出來，再求得的范圍；
（4）根據，得到的關系式，化簡不等式，將分離，分離時注意討論的符號，求得實數的范圍.
【詳解】（1）當，時，，的圖像與軸有兩個不同交點，
設另一個根為，則，，則的解集為．
（2）的圖像與軸有兩個交點，，設另一個根為，
則 又當時，恒有，則，
∴的解集為．
（3）由（2）的的圖像與坐標軸的交點分別為
這三交點為頂點的三角形的面積為，
，故．
（4），∴，又∵，∴，
要使，對所有恒成立，則
當時，；
當時，；
當時，，對所有恒成立．
從而實數的取值范圍為或或．
【點睛】本題考查了二次函數，一元二次方程，一元二次不等式三個二次之間關系及應用，根與系數的關系，恒成立求參問題，參變分離技巧，屬于中檔題.
14．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根據三個二次之間的關系結合韋達定理運算求解；
（2）分和兩種情況，結合一元二次不等式的恒成立問題列式求解；
（3）根據題意可知等價于，利用基本不等式可知的最小值為8，代入解二次不等式即可.
【詳解】（1）因為關于的不等式的解集為，
可知，且和是關于的方程的兩個實數根，
則，解得.
（2）因為關于的不等式恒成立，
若，則，符合題意；
若，則，解得，
綜上所述：實數的取值范圍為.
（3）若恒成立，等價于，
因為，，，
則，
當且僅當，即時取等號，
可知的最小值為8，
可得，即，解得：，
所以實數的取值范圍.
15．C
【分析】由題意可得：命題“”為真命題，根據恒成立問題結合一次函數運算求解.
【詳解】由題意可得：命題“”為真命題，
即對恒成立，
則，解得或，
即實數的取值范圍為.
故選：C.
16．BD
【分析】一元二次不等式的解的端點即為對應的一元二次方程的解，再根據開口確定的正負.
【詳解】因為的解集為，
所以，解得，所以A錯誤；
對于B：將代入可得，解得，B正確；
對于C：不等式的解集為，
所以時，C錯誤；
對于D：將代入可得，即，
解得，D正確，
故選：BD
17．7
【分析】先根據條件得到，且或，將轉化為關于的函數，再求最小值即可.
【詳解】由題意有，且，解得或，
，
令，而，且或，
所以.
故答案為：.
18．
【分析】當時不等式顯然成立；當、時，根據一元二次不等式恒成立，結合二次函數的性質即可求解.
【詳解】當時，，顯然恒成立．
當時，二次函數的圖像開口向上，對稱軸為直線，
當時，恒成立，則，解得．
當時，二次函數的圖像開口向下，對稱軸為直線，
當時，恒成立，則，顯然成立，所以，
故的取值集合是．
故答案為：．
19．±3
【解析】根據一元二次不等式解集的特點，計算出的值，然后將和的值代入到對應的一元二次方程中即可得到的關系，從而可求的值.
【詳解】因為的解集為，
所以，所以或，
當時，，所以，所以，
當時，，所以，所以，
所以.
故答案為：.
【點睛】本題考查根據一元二次不等式的解集求參數關系，難度一般.注意一元二次不等式解集的端點值是對應的一元二次方程的根.
20．(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）利用含參一元二次不等式的解法分類討論求解；
（2）利用分離參變量的方法求解.
【詳解】（1）若不等式，即，
①當時，不等式，解得，該不等式的解集為；
②當時，因式分解可得，
因為，不等式可變?yōu)椋?br/>（i）當即時，不等式的解集為；
（ii）當即時，不等式的解集為；
（iii）當即時，不等式的解集為；
綜上所述：當時，該不等式的解集為；
當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為.
（2）對于，恒成立，
化簡得在上恒成立，
設，該函數是開口向上的二次函數，對稱軸，
所以在上單調遞增，，所以，
則的取值范圍為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁2.3二次函數與一元二次方程、不等式【第三課】
2.3二次函數與一元二次方程、不等式【第三課】
擴展1: 簡單高次不等式或分式不等式的解法
例1.
1．解下列不等式：
(1)；
(2)．
【方法總結】
1.用數軸標根法求解的要求：（1）不等式一邊為0，另一邊為一次因式（或二次不可約因式）積的形式，且要求各一次項（或二次項）系數為正；（2）從右上方蛇形穿過各根即可（奇過偶不過）；（3）能取到的根標實點，不能取到的根標空心圓圈；（4）用陰影表示出原不等式的解集．
2.解分式不等式
解分式不等式的思路：先轉化為整式不等式，再求解，將分式不等式轉化為整式同解不等式的變形下表：
分式不等式 同解不等式
與或同解；與同解
與或同解；與同解
與同解
與同解
注：，為關于x的表達式．
（1）化分式不等式為標準形式的方法：移項、通分，右邊化為0，左邊化為的形式；
（2）形如的分式不等式，可同解變型為，故可轉化為解；
（3）形的分式不等式轉化為整式不等式后，應注意分子可以取零，而分母不能取零．
【舉一反三1-1】
2．不等式的解集為（ ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【舉一反三1-2】
3．不等式的解集為 .
【舉一反三1-3】
4．不等式的解集為 ．
擴展2:一元二次不等式恒成立問題
例2.
5．關于x的不等式對恒成立，則實數m的取值范圍為 ．
【方法總結】不等式對任意實數x恒成立，即不等式的解集為R，對于一元二次不等式，
它的解集為R的條件為
一元二次不等式，
它的解集為R的條件為
一元二次不等式，
它的解集為的條件為
【舉一反三2-1】
6．已知a,,若關于x的不等式的解集為,則
A． B． C． D．
【舉一反三2-2】[湖北襄陽2023高一期末]
7．下列選項中，是“不等式在上恒成立”的一個必要不充分條件的是（ ）
A． B．
C． D．
【舉一反三2-3】[吉林長春第二實驗中學2023高一期中]
8．已知時，不等式恒成立，則x的取值范圍為 ．
擴展3: 與一元二次不等式有關的新定義問題
例3.（2023秋·山東青島·高一青島大學附屬中學校考階段練習）
9．已知 ，定義運算，則的解集為 ．
【方法總結】
（1）對新定義進行信息提取，明確新定義的名稱和符號.
（2）細細品味新定義的概念、法則，對新定義所提取的信息進行加工，探求解決方法，有時可以尋求相近知識點，明確它們的共同點和不同點.
（3）對定義中提取的知識進行轉換，有效的輸出，其中對定義信息的提取和化歸是解題的關鍵，也是解題的難點.如果是新定義的運算、法則，直接按照運算法則計算即可;若是新定義的性質，一般就要判斷性質的適用性，能否利用定義的外延，可用特值排除等方法.
【舉一反三3-1】
10．在上定義運算：．若不等式對任意實數恒成立，則實數的最大值為 ．
【舉一反三3-2】（2023秋·全國·高一專題練習）
11．高斯是德國著名數學家，物理學家，天文學家，大地測量學家，近代數學奠基者之一.高斯被認為是歷史上最重要的數學家之一，并享有“數學王子”之稱，用其名字命名的高斯函數為：設用表示不超過的最大整數，則稱為高斯函數，例如：已知函數.設函數的值域為集合，則中所有正整數元素個數為（ ）
A． B． C． D．
（2007·全國·高考真題）
12．不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
（2007·重慶·高考真題）
13．“”是“”的（ ）
A．充分必要條件 B．充分但不必要條件
C．必要但不充分條件 D．既不充分也不必要條件
（2003·天津·高考真題）
14．不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
（2004·安徽·高考真題）
15．不等式的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2020·山東·統(tǒng)考高考真題）
16．已知二次函數的圖像如圖所示，則不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
（2005·遼寧·高考真題）
17．定義在上的運算：.若不等式對任意實數都成立，則（ ）
A． B． C． D．
（2006·福建·高考真題）
18．全集，且，，則（ ）.
A． B． C． D．
（2013·陜西·高考真題）
19．在如圖所示的銳角三角形空地中, 欲建一個面積不小于300m2的內接矩形花園(陰影部分), 則其邊長x(單位m)的取值范圍是
A．[15,20] B．[12,25] C．[10,30] D．[20,30]
（2009·山東·高考真題）
20．在上的定義運算，則滿足的解集為（ ）
A． B． C． D．
（2004·安徽·高考真題）
21．函數的最大值為 ．
（2012·江蘇·高考真題）
22．已知函數的值域為，若關于的不等式的解集為，則實數的值為 ．
（1977·上海·高考真題）
23．解不等式：，并在數軸上把它的解表示出來．
（2004·湖南·高考真題）
24．已知實數p滿足不等式，試判斷方程有無實根，并給出證明．
（2005·江西·高考真題）
25．已知函數（為常數），且方程有兩個實根為．
(1)求函數的解析式：
(2)設，解關于的不等式：．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．(1)或
(2)
【分析】（1）將分式不等式轉化為整式不等式，利用數軸穿根法求解
（2）對于非標準形式的分式不等式，要通過移項、通分的方法將其化為標準形式再求解.
【詳解】（1）原不等式可化為或，
即或．

由圖可知，原不等式的解集為或．
（2）原不等式可化為,即，
即或，
即或．

由圖可知，原不等式的解集為．
2．A
【分析】直接利用穿根法，求解不等式的解集即可.
【詳解】解：不等式，化為：，
由穿根法可知：不等式的解集為：或.
故選：A.
3．或
【分析】利用穿線法，即可求解不等式.
【詳解】設，
則的根分別是－2，－1，1，2，
將其分別標在數軸上，并畫出如圖所示的示意圖：
所以原不等式的解集是或.
故答案為：或
4．
【解析】利用數軸穿根法解分式不等式，不等式首先進行移項再通分變形為分式不等式的標準形式，然后轉化為整式不等式進行求解，兩不等式的解集取交集即為所求.
【詳解】，
根據數軸穿根法可解得或，
，解得或或，
所以，解得.
故答案為：
【點睛】分式不等式的解法：（1）標準化：移項通分化為（或）；（或）的形式；
（2）轉化為整式不等式（組）；.
5．
【分析】將題目化簡為對恒成立，進而結合二次函數的性質分和兩種情況討論求解即可.
【詳解】原不等式等價于對恒成立．
當時，對恒成立；
當時，由題意得，解得.
綜上所述，m的取值范圍為．
故答案為：.
6．D
【解析】由不等式的解集為R，得的圖象要開口向上，且判別式，即可得到本題答案.
【詳解】由不等式的解集為R，得函數的圖象要滿足開口向上，且與x軸至多有一個交點，即判別式.
故選：D
【點睛】本題主要考查一元二次不等式恒成立問題.
7．A
【分析】根據不等式恒成立的條件及其必要不充分條件的定義即可求解.
【詳解】令，其圖象開口向上，
∵不等式在上恒成立，
∴，解得，
又∵，
∴是的必要不充分條件，
選項,,則是的充要條件，
選項,,則是的充分不必要條件，
選項,,則是的充分不必要條件.
故選：A.
8．
【分析】由題意構造函數關于a的函數，則可得，從而可求出x的取值范圍.
【詳解】由題意，因為當，不等式恒成立，
可轉化為關于a的函數，
則對任意恒成立，
則滿足，
解得，
即x的取值范圍為．
故答案為：
9．
【分析】根據題意結合一元二次不等式解法運算求解.
【詳解】因為，則，解得．
所以的解集為,
故答案為：.
10．
【分析】本題首先可根據題意將不等式轉化為，然后求出，將不等式轉化為，通過計算即可得出結果.
【詳解】由題意可知，，
不等式恒成立即恒成立，
即恒成立，
因為，所以，即，
解得，
則實數的最大值為，
故答案為：.
11．A
【分析】先求解出二次函數的值域，然后根據高斯函數的定義確定出集合，從而中所有正整數元素個數可知.
【詳解】函數圖象的對稱軸為，
當時，，，
所以，
所以的值域，
故其值域中所有正整數元素為個數為，
故選：.
【點睛】關鍵點點睛：解答本題的關鍵是理解高斯函數的定義以及通過二次函數的值域確定出集合.
12．C
【分析】分式不等式轉化成整式不等式求解即可.
【詳解】由，解得或.
故選：C
13．A
【分析】利用不等式的性質及二次不等式的解法即可得證.
【詳解】先證：
因為，所以，，故，即，故；
再證：
因為，所以，即，故；
綜上：“”是“”的充分必要條件.
故選：A.
14．C
【分析】由已知，根據原不等式，可直接列式求解.
【詳解】由已知，需滿足，解得，
所以不等式的解集為.
故選：C.
15．A
【分析】利用平方法去絕對值符號，再求解不等式作答.
【詳解】不等式化為：，即，有，解得，
所以不等式的解集為.
故選：A
16．A
【分析】本題可根據圖像得出結果.
【詳解】結合圖像易知，
不等式的解集，
故選：A.
17．B
【分析】化簡得對任意實數都成立，再解不等式即得解.
【詳解】不等式可化為，
即對任意實數都成立，
，
解得.
故選：B
18．C
【解析】先解絕對值不等式、一元二次不等式，再求集合A、B的交集.
【詳解】由，得或，
∴.
由，得，即，
∴.
故選：C.
【點睛】本題考查了集合的運算，絕對值不等式、一元二次不等式的解法，屬于基礎題.
19．C
【詳解】
如圖△ADE∽△ABC，設矩形的另一邊長為y，則，所以，又，所以，即，解得.
【考點定位】本題考查平面幾何知識和一元二次不等式的解法，對考生的閱讀理解能力、分析問題和解決問題的能力以及探究創(chuàng)新能力都有一定的要求.屬于中檔題.
20．B
【分析】由題中定義，結合解一元二次不等式的方法進行求解即可.
【詳解】因為，
所以由，
故選：B
21．##
【分析】由二次函數的性質即可得出函數的最大值.
【詳解】函數，
所以函數的最大值為.
故答案為：.
22．
【解析】由題意可得，然后求出不等式的解，結合已知條件可得出關于的方程，進而可求得的值.
【詳解】由題意知，
因為函數的值域為，所以，，可得，
由可知，且有，解得，
所以，，，
所以，，解得.
故答案為：.
【點睛】利用一元二次不等式的解集求參數，一般轉化為解集的端點值為對應的一元二次方程的根，可以利用韋達定理或者利用代入法求解.
23．或，數軸見解析
【分析】由一元二次不等式的解法求解即可
【詳解】由得，
解得，
所以不等式組的解為或
24．無實根，證明見解析．
【分析】解分式不等式確定的范圍，然后由判別式確定結論．
【詳解】，所以，，
所以，
所以方程無實根．
25．(1)
(2)答案見解析
【分析】（1）根據題意把方程的根分別代入方程，解方程組可得答案；
（2）根據（1），把代入不等式化簡可得，根據與的大小關系，討論得不等式的解集.
【詳解】（1）將代入方程，得，
解得，
所以；
（2）由（1）知，不等式即為，
可化為即，
當時，不等式的解集為，
當時，不等式可化為解集為，
當時，不等式的解集為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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