甘肃省兰州市第五十八中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2025高一上·兰州期中）下列关系中，正确的是（ ）
A．-2N+ B．Z C．πQ D．5N
【答案】C
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】解：A、-2是负整数，则-2N+，故A错误；
B、是分数，则Z，故B错误；
C、π是无理数，则πQ，故C正确；
D、5是正整数，则5N，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据数集，结合元素和集合的关系判断即可.
2．（2025高一上·兰州期中）已知命题，，则为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题，的否定为：，.
故答案为：A.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
3．（2025高一上·兰州期中）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解： 函数的定义域为， 要使有意义，
则，解得，即函数的定义域为．
故答案为：C.
【分析】根据抽象函数定义域的求法，结合偶次根式、分式有意义列式求解即可.
4．（2025高一上·兰州期中）设函数满足：对任意的都有，则与大小关系是 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为，
当时，；当时，
所以函数在实数上单调递增，
又因为，所以.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合单调函数的定义，从而判断出函数的单调性，再利用函数的单调性，从而比较出与大小关系.
5．（2025高一上·兰州期中）若、、为实数，则下列命题正确的是（ ）.
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、 若， 当时，，故A错误；
B、若，则，，两边同除可得，故B错误；
C、若，两边同除可得，故C错误；
D、若，两边同乘可得，两边同乘可得，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值即可判断A；根据不等式的性质即可判断BCD.
6．（2025高一上·兰州期中）设a，b是实数，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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，得，则，
取，满足，
又因为，所以不能推出，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
7．（2025高一上·兰州期中）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：依题意，得，
所以，
则，
解得或，
所以不等式的解集是.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和解分式不等式的求解方法，从而得出不等式的解集.
8．（2025高一上·兰州期中）函数在上取得最小值，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意，将，
则，
可得到函数图象如下，
根据图象可得，当时，，则；
当时，，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】现将整理为分段函数的形式，则，从而画出分段函数的图象，再根据分段函数的图象得出t的取值范围.
9．（2025高一上·兰州期中）下列四个函数中，在上为增函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：因为在、上单调递增，故A满足；
因为在上单调递减，在上单调递增，故B不满足；
因为在上单调递减，在上单调递增，故C满足；
因为在上单调递减，故D不满足.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件和增函数的定义，从而找出在上为增函数的函数.
10．（2025高一上·兰州期中）设，若，则实数的值可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：解方程，可得或，即集合，
由，可得，
当时，即方程无解，则；
当时，方程有一解，即，则或，解得或，
综上可知：实数的值为或或.
故答案为：ACD．
【分析】解方程求得集合A，由题可得，再分和两种情况讨论求解即可．
11．（2025高一上·兰州期中）已知关于的不等式的解集为或，则（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．不等式的解集为
【答案】B,C,D
【知识点】一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A、关于的不等式的解集为或，则二次函数图象开口向下，即，故A错误；
B、由题意可知：是方程的两个根，由韦达定理可得，，，因为，，所以，故B正确；
C、不等式可化为，因为，所以，故C正确；
D、不等式可化为，因为，
所以，即，解得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据一元二次不等式的解析，可得二次函数图象开口向下，即，即可判断A；由题意可得题意可知：是方程的两个根，结合韦达定理求解即可判断B；由B选项不等式转化为，结合求解即可判断C；由B选项不等式转化为，求解即可判断D.
12．（2025高一上·兰州期中）设函数，则 .
【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以，则.
故答案为：.
【分析】利用分段函数的解析式代入求值.
13．（2025高一上·兰州期中）已知，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为 .
【答案】
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得，即，
因为是的必要不充分条件，所以，解得，则的范围是：．
故答案为：.
【分析】解不等式求得p，再根据是的必要不充分条件，可得集合对应集合是对应集合的真子集
列式求解即可.
14．（2025高一上·兰州期中）全集，，如图中阴影部分的集合为，若使得：，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：集合，，则；
图中阴影部分表示的集合为，即，
由题意可得：或，解得或，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据集合的交集求，再根据图可知阴影部分表示的集合为，根据集合的交集和补集运算求解，最后利用有解求解的范围即可.
15．（2025高一上·兰州期中）已知集合，，，求
（1）
（2）
【答案】（1）解：集合，，可得或，
因为，所以；
（2）解：集合，则，
集合，则或.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【分析】（1）（2）根据集合的交集、补集，并集的运算求解即可.
（1）由集合，，得或，
又，所以
（2）由，得，而，
所以或.
16．（2025高一上·兰州期中）已知函数，．
（1）单调性的定义证明在区间上是增函数；
（2）解关于的不等式：．
【答案】（1）证明：，且，
则，
因为，，所以，且，，
所以，则，即，
故函数在上单调递增；
（2）解：由（1）知：在上单调递增，
则，解得，
故不等式的解集为.
【知识点】函数单调性的判断与证明；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）根据函数单调性的定义分析证明即可；
（2）由（1）知：在上单调递增，根据函数单调性将不等式转化为 求解即可.
（1）任取，且，
则，
因为，，
则，且，，
可得，则，即，
所以在上单调递增.
（2）由（1）知：在上单调递增，
因为，可得，解得：，
故不等式的解集为.
17．（2025高一上·兰州期中）已知是二次函数，且满足，.
（1）求的解析式；
（2）直接写出的单调区间；
（3）求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）解：设，
，
，
因为，所以，
则，解得，
又因为，所以，
则；
（2）解：由（1）知，，
，函数图象开口向上，且对称轴为，
则在上单调递减，在上单调递增；
（3）解：由（2）知，当时，在区间上单调递减，，
；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
，
；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
，
，
综上，当时，的最大值为5，最小值为；
当时，的最大值为5，最小值为；
当时，的最大值为，最小值为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）设，利用待定系数法求解析式即可；
（2）由（1）可得，配方可得，求单调区间即可；
（3）由（2）的结论，分，，讨论二次函数在区间上的单调性，并求最值即可.
（1）因为是二次函数，
设，
∴，
所以，
∵，即，
∴，即，
又∵，∴，
所以.
（2）由（1）知，，
因为，函数图象开口向上，且对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）知，当时，在区间上单调递减，
所以，
；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
所以，
；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
所以，
，
综上，当时，的最大值为5，最小值为；
当时，的最大值为5，最小值为；
当时，的最大值为，最小值为.
18．（2025高一上·兰州期中）已知都是正数.
（1）若，求的最大值；
（2）若，且，求的最小值；
（3）若，且存在使不等式有解，求的取值范围.
【答案】（1）解：，，解得，
当且仅当，即时等号成立，
故的最大值为；
（2）解：，且，，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为；
（3）解： ，，
则，
当且仅当，即时取等号，不等式有解，则，
当时，，解得，则；
当时，，解得，无解；
当时，，解得，则，
故的取值范围是.
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）直接利用基本不等式求最值即可；
（2）利用，展开后利用基本不等式求解即可；
（3）利用基本不等式求出的最小值即可得到答案.
（1）由都是正数，得，解得，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为.
（2）由都是正数，且，，得
，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
（3）由都是正数，，得，
当且仅当，即时取等号，由不等式有解，
得，当时，，解得，则；
当时，，解得，无解；
当时，，解得，则，
所以的取值范围是或.
19．（2025高一上·兰州期中）已知函数．
（1）若不等式的解集为，求的取值范围；
（2）当时，解不等式；
（3）对任意的，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时，即当时，
则不等式为，解集不是，不符合题意；
当时，即当时，
若不等式的解集为，
则二次函数开口向上，且与轴至多一个交点，
即方程至多一个实根，
所以，
则，
解得，
所以的取值范围为.
（2）解：因为，
所以，
则，
当时，，
若，则，
所以，
则，
所以，此时不等式的解集为；
若，即，
则不等式为，
所以不等式的解集为；
若，即，
则，
所以不等式解集为或.
综上，当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为或.
（3）解：因为不等式，
所以，
则，
所以，
可化为.
设，对称轴为，
且对称轴在区间内，离对称轴较远的端点为左端点，
当时，；
当时，，
所以，
则，
对任意，不等式恒成立，
所以，
则，
所以的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）当时验证解集；当时，由不等式解集分析相应二次函数图象和二次方程根的情况，从而求解得出实数m的取值范围.
（2）将不等式因式分解，分情况讨论取值，从而求解得出不等式的解集.
（3）通过分离参数，将问题转化为最值问题，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围.
（1）（1）当，即时，不等式即，解集不是，不符合题意；
当，即时，若不等式的解集为，
则二次函数开口向上，且与轴至多一个交点，
也即方程至多一个实根，
所以，即，解得，
即的取值范围为.
（2），即，亦即，
当时，，
若，即，则，所以，所以，
此时不等式的解集为；
若，即，则不等式即，解集为；
若，即，则，不等式解集为或.
综上，当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为或.
（3）不等式，即，
故，
即，可化为.
设，对称轴为，且对称轴在区间内，离对称轴较远的端点为左端点，
所以当时，；当时，，所以，
所以，
因为对任意，不等式恒成立，
所以，所以，
即的取值范围为.
1 / 1甘肃省兰州市第五十八中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2025高一上·兰州期中）下列关系中，正确的是（ ）
A．-2N+ B．Z C．πQ D．5N
2．（2025高一上·兰州期中）已知命题，，则为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2025高一上·兰州期中）已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高一上·兰州期中）设函数满足：对任意的都有，则与大小关系是 （ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高一上·兰州期中）若、、为实数，则下列命题正确的是（ ）.
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6．（2025高一上·兰州期中）设a，b是实数，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
7．（2025高一上·兰州期中）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高一上·兰州期中）函数在上取得最小值，则实数的取值范围是
A． B． C． D．
9．（2025高一上·兰州期中）下列四个函数中，在上为增函数的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高一上·兰州期中）设，若，则实数的值可以为（ ）
A． B． C． D．
11．（2025高一上·兰州期中）已知关于的不等式的解集为或，则（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．不等式的解集为
12．（2025高一上·兰州期中）设函数，则 .
13．（2025高一上·兰州期中）已知，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为 .
14．（2025高一上·兰州期中）全集，，如图中阴影部分的集合为，若使得：，则的取值范围是 .
15．（2025高一上·兰州期中）已知集合，，，求
（1）
（2）
16．（2025高一上·兰州期中）已知函数，．
（1）单调性的定义证明在区间上是增函数；
（2）解关于的不等式：．
17．（2025高一上·兰州期中）已知是二次函数，且满足，.
（1）求的解析式；
（2）直接写出的单调区间；
（3）求在区间上的最大值和最小值.
18．（2025高一上·兰州期中）已知都是正数.
（1）若，求的最大值；
（2）若，且，求的最小值；
（3）若，且存在使不等式有解，求的取值范围.
19．（2025高一上·兰州期中）已知函数．
（1）若不等式的解集为，求的取值范围；
（2）当时，解不等式；
（3）对任意的，不等式恒成立，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元素与集合的关系
【解析】【解答】解：A、-2是负整数，则-2N+，故A错误；
B、是分数，则Z，故B错误；
C、π是无理数，则πQ，故C正确；
D、5是正整数，则5N，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据数集，结合元素和集合的关系判断即可.
2．【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题，的否定为：，.
故答案为：A.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
3．【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解： 函数的定义域为， 要使有意义，
则，解得，即函数的定义域为．
故答案为：C.
【分析】根据抽象函数定义域的求法，结合偶次根式、分式有意义列式求解即可.
4．【答案】A
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：因为，
当时，；当时，
所以函数在实数上单调递增，
又因为，所以.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合单调函数的定义，从而判断出函数的单调性，再利用函数的单调性，从而比较出与大小关系.
5．【答案】D
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、 若， 当时，，故A错误；
B、若，则，，两边同除可得，故B错误；
C、若，两边同除可得，故C错误；
D、若，两边同乘可得，两边同乘可得，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】取特殊值即可判断A；根据不等式的性质即可判断BCD.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，得，则，
取，满足，
又因为，所以不能推出，
则“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
7．【答案】D
【知识点】其他不等式的解法
【解析】【解答】解：依题意，得，
所以，
则，
解得或，
所以不等式的解集是.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和解分式不等式的求解方法，从而得出不等式的解集.
8．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意，将，
则，
可得到函数图象如下，
根据图象可得，当时，，则；
当时，，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】现将整理为分段函数的形式，则，从而画出分段函数的图象，再根据分段函数的图象得出t的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：因为在、上单调递增，故A满足；
因为在上单调递减，在上单调递增，故B不满足；
因为在上单调递减，在上单调递增，故C满足；
因为在上单调递减，故D不满足.
故答案为：AC.
【分析】利用已知条件和增函数的定义，从而找出在上为增函数的函数.
10．【答案】A,C,D
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【解答】解：解方程，可得或，即集合，
由，可得，
当时，即方程无解，则；
当时，方程有一解，即，则或，解得或，
综上可知：实数的值为或或.
故答案为：ACD．
【分析】解方程求得集合A，由题可得，再分和两种情况讨论求解即可．
11．【答案】B,C,D
【知识点】一元二次不等式及其解法；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：A、关于的不等式的解集为或，则二次函数图象开口向下，即，故A错误；
B、由题意可知：是方程的两个根，由韦达定理可得，，，因为，，所以，故B正确；
C、不等式可化为，因为，所以，故C正确；
D、不等式可化为，因为，
所以，即，解得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据一元二次不等式的解析，可得二次函数图象开口向下，即，即可判断A；由题意可得题意可知：是方程的两个根，结合韦达定理求解即可判断B；由B选项不等式转化为，结合求解即可判断C；由B选项不等式转化为，求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】函数的值
【解析】【解答】解：因为，
所以，则.
故答案为：.
【分析】利用分段函数的解析式代入求值.
13．【答案】
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：由，可得，即，
因为是的必要不充分条件，所以，解得，则的范围是：．
故答案为：.
【分析】解不等式求得p，再根据是的必要不充分条件，可得集合对应集合是对应集合的真子集
列式求解即可.
14．【答案】
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：集合，，则；
图中阴影部分表示的集合为，即，
由题意可得：或，解得或，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据集合的交集求，再根据图可知阴影部分表示的集合为，根据集合的交集和补集运算求解，最后利用有解求解的范围即可.
15．【答案】（1）解：集合，，可得或，
因为，所以；
（2）解：集合，则，
集合，则或.
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【分析】（1）（2）根据集合的交集、补集，并集的运算求解即可.
（1）由集合，，得或，
又，所以
（2）由，得，而，
所以或.
16．【答案】（1）证明：，且，
则，
因为，，所以，且，，
所以，则，即，
故函数在上单调递增；
（2）解：由（1）知：在上单调递增，
则，解得，
故不等式的解集为.
【知识点】函数单调性的判断与证明；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）根据函数单调性的定义分析证明即可；
（2）由（1）知：在上单调递增，根据函数单调性将不等式转化为 求解即可.
（1）任取，且，
则，
因为，，
则，且，，
可得，则，即，
所以在上单调递增.
（2）由（1）知：在上单调递增，
因为，可得，解得：，
故不等式的解集为.
17．【答案】（1）解：设，
，
，
因为，所以，
则，解得，
又因为，所以，
则；
（2）解：由（1）知，，
，函数图象开口向上，且对称轴为，
则在上单调递减，在上单调递增；
（3）解：由（2）知，当时，在区间上单调递减，，
；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
，
；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
，
，
综上，当时，的最大值为5，最小值为；
当时，的最大值为5，最小值为；
当时，的最大值为，最小值为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）设，利用待定系数法求解析式即可；
（2）由（1）可得，配方可得，求单调区间即可；
（3）由（2）的结论，分，，讨论二次函数在区间上的单调性，并求最值即可.
（1）因为是二次函数，
设，
∴，
所以，
∵，即，
∴，即，
又∵，∴，
所以.
（2）由（1）知，，
因为，函数图象开口向上，且对称轴为，
所以在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）知，当时，在区间上单调递减，
所以，
；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
所以，
；
当时，在区间上单调递减，在上单调递增，
所以，
，
综上，当时，的最大值为5，最小值为；
当时，的最大值为5，最小值为；
当时，的最大值为，最小值为.
18．【答案】（1）解：，，解得，
当且仅当，即时等号成立，
故的最大值为；
（2）解：，且，，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为；
（3）解： ，，
则，
当且仅当，即时取等号，不等式有解，则，
当时，，解得，则；
当时，，解得，无解；
当时，，解得，则，
故的取值范围是.
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）直接利用基本不等式求最值即可；
（2）利用，展开后利用基本不等式求解即可；
（3）利用基本不等式求出的最小值即可得到答案.
（1）由都是正数，得，解得，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为.
（2）由都是正数，且，，得
，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
（3）由都是正数，，得，
当且仅当，即时取等号，由不等式有解，
得，当时，，解得，则；
当时，，解得，无解；
当时，，解得，则，
所以的取值范围是或.
19．【答案】（1）解：当时，即当时，
则不等式为，解集不是，不符合题意；
当时，即当时，
若不等式的解集为，
则二次函数开口向上，且与轴至多一个交点，
即方程至多一个实根，
所以，
则，
解得，
所以的取值范围为.
（2）解：因为，
所以，
则，
当时，，
若，则，
所以，
则，
所以，此时不等式的解集为；
若，即，
则不等式为，
所以不等式的解集为；
若，即，
则，
所以不等式解集为或.
综上，当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为或.
（3）解：因为不等式，
所以，
则，
所以，
可化为.
设，对称轴为，
且对称轴在区间内，离对称轴较远的端点为左端点，
当时，；
当时，，
所以，
则，
对任意，不等式恒成立，
所以，
则，
所以的取值范围为.
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）当时验证解集；当时，由不等式解集分析相应二次函数图象和二次方程根的情况，从而求解得出实数m的取值范围.
（2）将不等式因式分解，分情况讨论取值，从而求解得出不等式的解集.
（3）通过分离参数，将问题转化为最值问题，再利用不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数m的取值范围.
（1）（1）当，即时，不等式即，解集不是，不符合题意；
当，即时，若不等式的解集为，
则二次函数开口向上，且与轴至多一个交点，
也即方程至多一个实根，
所以，即，解得，
即的取值范围为.
（2），即，亦即，
当时，，
若，即，则，所以，所以，
此时不等式的解集为；
若，即，则不等式即，解集为；
若，即，则，不等式解集为或.
综上，当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为或.
（3）不等式，即，
故，
即，可化为.
设，对称轴为，且对称轴在区间内，离对称轴较远的端点为左端点，
所以当时，；当时，，所以，
所以，
因为对任意，不等式恒成立，
所以，所以，
即的取值范围为.
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