广西壮族自治区贵港市达开高级中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题
1．（2025高一上·贵港月考）已知集合则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高一上·贵港月考）若 则一定有（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高一上·贵港月考）已知集合，则（ ）
A． B．
C．或 D．或
4．（2025高一上·贵港月考）设，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
5．（2025高一上·贵港月考）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高一上·贵港月考）已知，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
7．（2025高一上·贵港月考）命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高一上·贵港月考）已知整数集合有整数解}，非空集合A满足条件（1），（2）若，则，则所有这样的集合A的个数为（ ）
A．15个 B．16个 C．31个 D．32个
9．（2025高一上·贵港月考）下列说法中正确的有（ ）
A．命题，”则命题的否定是
B．“”是“”的必要不充分条件
C．命题“”是真命题
D．“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件
10．（2025高一上·贵港月考）已知关于的不等式的解集为，则 （ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．不等式的解集为
11．（2025高一上·贵港月考）设正实数m、n满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 的最小值为3 B． 的最大值为1
C． 的最小值为2 D． 的最小值为2
12．（2025高一上·贵港月考）不等式的解集为 .
13．（2025高一上·贵港月考）若实数x，y满足，，则的取值范围是 .
14．（2025高一上·贵港月考）则= ．
15．（2025高一上·贵港月考）已知全集，集合．求：
（1）及；
（2）及
16．（2025高一上·贵港月考）（1）已知，求函数的最小值；
（2）已知正数满足，求的最小值.
17．（2025高一上·贵港月考）设命题：，，命题：，.
（1）若为真命题，求实数m的取值范围；
（2）若为假命题、为真命题，求实数m的取值范围.
18．（2025高一上·贵港月考）某公司为了提高生产效率，决定投入160万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前年的支出成本为万元，每年的销售收入98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种：
方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）达到最大值时，该设备以30万元的价格处理.
（1）设前年的总盈利额为（不含设备处理收益），写出方案一中与的函数关系式
（2）哪种方案较为合理？并说明理由.
19．（2025高一上·贵港月考）已知函数，.
（1）若不等式对于一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）求关于x的不等式的解集.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
故选：D.
【分析】先求得集合，进而利用交集的定义即可求得.
2．【答案】D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】已知 ，所以 ，所以 ，故 。故答案为：。
【分析】利用已知条件结合不等式的性质，从而选出大小比较正确的选项。
3．【答案】B
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：由已知或，所以.
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式可得集合，由补集的概念扣除属于A元素即可求解.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由不等式，可得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】解绝对值不等式得或，由充分必要定义可判断.
5．【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：，可得，
即为，且，可得
故答案为：C
【分析】移项通分得，等价变形得，且，即可求解.
6．【答案】A
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以可得，
则，
当且仅当，即时，上式取得等号，
的最大值为2．
故答案为：A．
【分析】由基本不等式可化为求解，注意取等条件.
7．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由，可得：，
当时，，
所以，
则的取值范围为，
满足其一个充分不必要条件的集合为，
则为的真子集，
所以，其一个充分不必要条件是：.
故答案为：C.
【分析】利用不等式恒成立问题问题求解方法，再利用参变分离和二次函数求最值的方法，从而得出函数的最值，进而得出实数a的取值范围，再利用充分条件、必要条件的判断方法，从而找出命题“”为真命题的一个充分不必要条件.
8．【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：设，是方程的两根，则，
于是分类：当，时，；
当，时，；当，时，；
当，时，；当，时，．
故，
所以M的5对相反数共能构成个不同的非空集合A．
故选：C.
【分析】由韦达定理得，又方程有整数解可得，当，时；当，时；当，时分别求出m代入集合新定义即可求解.
9．【答案】A,D
【知识点】充要条件；命题的否定；命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：对于A，命题的否定是，故A正确；
对于B，由可知两种情况：①且；②，
则不能推出，
由也不能推出，
所以是的既不充分也不必要条件，故B错误；
对于C，当时，，故错误；
对于D，关于的方程有一正一负根，
则，
解得.
所以""是"关于的方程有一正一负根"的充要条件，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用特称量词命题的否定是全称量词命题，则判断出选项A；利用不等式的基本性质和充分条件、必要条件的判断方法，则判断出选项B；利用全称量词命题的真假判断方法，则判断出选项C；利用一元二次方程根与系数的关系，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,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
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，所以，是方程的两个实数根，
则，解得，所以，故A、B正确；不等式等价于，即，解得，故C错误；不等式可转化为为，解得，即不等式的解集为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据一元二次不等式的解与二次方程的根之间的关系可得，再逐项判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】因为正实数m、n，
所以 ，
当且仅当 且m+n=2，即m=n=1时取等号，此时取得最小值3，A符合题意；
由 ，当且仅当m=n=1时，mn取得最大值1，B符合题意；
因为 ，当且仅当m=n=1时取等号，故 ≤2即最大值为2，C不符合题意；
，当且仅当 时取等号，此处取得最小值2，D符合题意．
故答案为：ABD
【分析】由已知结合基本不等式及相关变形，结论分别检验各选项即可判断.
12．【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，
故答案为：.
【分析】由一元二次函数可得对应的不等式解集.
13．【答案】
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由，
得，
因为，
所以，
则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和不等式的基本性质，从而得出的取值范围.
14．【答案】-1或5
【知识点】元素与集合的关系；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：设
两边同除，可得，所以
由，一定有，，即
，则或
代入可得或
所以或5
故答案为：-1或5
【分析】由题意可得，两边同除，可得，所以，再由，可得，可解.
15．【答案】（1）解：因为，
所以， .
（2）解：由（1）可得：或，
由，
可得：或，
所以
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）由已知条件和交集的运算法则和并集的运算法则，从而得出集合和集合.
（2）由（1）中结合补集的运算法则和交集的运算法则，从而得出集合和.
（1）因为，
所以，
（2）由（1）可得：或，
由，可得：或，
所以
16．【答案】解：（1）因为，所以，则，当且仅当时，即当时，取等号，所以函数的最小值为5.
（2）因为，所以，
则，当且仅当时，即当时，取等号，所以的最小值为9.
（1）解：因为，
所以，
则，
当且仅当时，即当时，取等号，
所以函数的最小值为5.
（2）解：因为，
所以，
则，
当且仅当时，即当时，取等号，
所以的最小值为9.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）通过配凑法和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（2）利用基本不等式求最值的方法和“1”的妙用，从而得出的最小值.
17．【答案】（1）解：由，，得关于的方程无实根，
因此，解得，
所以实数m的取值范围是.
（2）解：由为假命题，则的否定：，为真命题，
即，，
而当时，，
当且仅当时取等号，因此，
因为为假命题且为真命题，则，
则，
所以实数m的取值范围是.
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）由，，可得方程无实根，令即可求解；
（2）先写出p的否定，，该命题为真命题，即，，求得范围，再结合（1）即可求解.
（1）由，，得关于的方程无实根，
因此，解得，
所以实数m的取值范围是.
（2）由为假命题，则的否定：，为真命题，
即，，
而当时，，
当且仅当时取等号，因此，
因为为假命题且为真命题，则，
则，
所以实数m的取值范围是.
18．【答案】（1）解：根据题意，可得，
则方案一中与的函数关系式为：.
（2）解：方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元.
方案二：由（1）可得年平均利润额为：
当且仅当时，即当时等号成立，
则当时，年平均盈利额最大为20万元，
此时总盈利额万元，此时处理掉设备，
则总利润为万元，
综上所述，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，
而方案二仅需要4年，
则方案二合理.
【知识点】函数的最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【分析】（1）利用已知条件写出与的函数关系式.
（2）利用已知条件分别写出两种方案的总利润和所需要的时间的关系式，再利用二次函数求最值的方法和基本不等式求最值的方法，从而比较找出较为合理的方案.
（1）根据题意可得，
则方案一中与的函数关系式为：；
（2）方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
方案二：由（1）可得年平均利润额为
，
当且仅当即时等号成立，
即当时，年平均盈利额最大为20万元，此时总盈利额万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
综上，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，而方案二仅需要4年，
故方案二合理.
19．【答案】（1）解：①当时，恒成立，符合题意；
②当时，由已知可得，解得.
综上，a的取值范围是.
（2）解：不等式可化为，即，
①当时，可化为，得，原不等式的解集；
当时，方程的两根为和2，
②当时，可化为，解得，原不等式的解集为；
③当时，解得或，则原不等式的解集为或；
④当时，解得，则原不等式的解集为
⑤当时，解得或，则原不等式的解集为或；
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.
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）分类讨论，时，当得，可得；
（2）将二次项系数a分三类讨论，，讨论，其中，时可化为一元二次不等式，可解后比较可得.
（1）①当时，恒成立，符合题意；
②当时，由已知可得，解得.
综上，a的取值范围是.
（2）不等式可化为，即，
①当时，可化为，得，原不等式的解集；
当时，方程的两根为和2，
②当时，可化为，解得，原不等式的解集为；
③当时，解得或，则原不等式的解集为或；
④当时，解得，则原不等式的解集为
⑤当时，解得或，则原不等式的解集为或；
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.
1 / 1广西壮族自治区贵港市达开高级中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题
1．（2025高一上·贵港月考）已知集合则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以，
故选：D.
【分析】先求得集合，进而利用交集的定义即可求得.
2．（2025高一上·贵港月考）若 则一定有（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】已知 ，所以 ，所以 ，故 。故答案为：。
【分析】利用已知条件结合不等式的性质，从而选出大小比较正确的选项。
3．（2025高一上·贵港月考）已知集合，则（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】B
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：由已知或，所以.
故答案为：B.
【分析】解一元二次不等式可得集合，由补集的概念扣除属于A元素即可求解.
4．（2025高一上·贵港月考）设，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；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由不等式，可得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】解绝对值不等式得或，由充分必要定义可判断.
5．（2025高一上·贵港月考）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：，可得，
即为，且，可得
故答案为：C
【分析】移项通分得，等价变形得，且，即可求解.
6．（2025高一上·贵港月考）已知，则的最大值为（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，所以可得，
则，
当且仅当，即时，上式取得等号，
的最大值为2．
故答案为：A．
【分析】由基本不等式可化为求解，注意取等条件.
7．（2025高一上·贵港月考）命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由，可得：，
当时，，
所以，
则的取值范围为，
满足其一个充分不必要条件的集合为，
则为的真子集，
所以，其一个充分不必要条件是：.
故答案为：C.
【分析】利用不等式恒成立问题问题求解方法，再利用参变分离和二次函数求最值的方法，从而得出函数的最值，进而得出实数a的取值范围，再利用充分条件、必要条件的判断方法，从而找出命题“”为真命题的一个充分不必要条件.
8．（2025高一上·贵港月考）已知整数集合有整数解}，非空集合A满足条件（1），（2）若，则，则所有这样的集合A的个数为（ ）
A．15个 B．16个 C．31个 D．32个
【答案】C
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：设，是方程的两根，则，
于是分类：当，时，；
当，时，；当，时，；
当，时，；当，时，．
故，
所以M的5对相反数共能构成个不同的非空集合A．
故选：C.
【分析】由韦达定理得，又方程有整数解可得，当，时；当，时；当，时分别求出m代入集合新定义即可求解.
9．（2025高一上·贵港月考）下列说法中正确的有（ ）
A．命题，”则命题的否定是
B．“”是“”的必要不充分条件
C．命题“”是真命题
D．“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件
【答案】A,D
【知识点】充要条件；命题的否定；命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：对于A，命题的否定是，故A正确；
对于B，由可知两种情况：①且；②，
则不能推出，
由也不能推出，
所以是的既不充分也不必要条件，故B错误；
对于C，当时，，故错误；
对于D，关于的方程有一正一负根，
则，
解得.
所以""是"关于的方程有一正一负根"的充要条件，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用特称量词命题的否定是全称量词命题，则判断出选项A；利用不等式的基本性质和充分条件、必要条件的判断方法，则判断出选项B；利用全称量词命题的真假判断方法，则判断出选项C；利用一元二次方程根与系数的关系，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025高一上·贵港月考）已知关于的不等式的解集为，则 （ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．不等式的解集为
【答案】A,B,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
【解析】【解答】解：因为不等式的解集为，所以，是方程的两个实数根，
则，解得，所以，故A、B正确；不等式等价于，即，解得，故C错误；不等式可转化为为，解得，即不等式的解集为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据一元二次不等式的解与二次方程的根之间的关系可得，再逐项判断即可.
11．（2025高一上·贵港月考）设正实数m、n满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 的最小值为3 B． 的最大值为1
C． 的最小值为2 D． 的最小值为2
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】因为正实数m、n，
所以 ，
当且仅当 且m+n=2，即m=n=1时取等号，此时取得最小值3，A符合题意；
由 ，当且仅当m=n=1时，mn取得最大值1，B符合题意；
因为 ，当且仅当m=n=1时取等号，故 ≤2即最大值为2，C不符合题意；
，当且仅当 时取等号，此处取得最小值2，D符合题意．
故答案为：ABD
【分析】由已知结合基本不等式及相关变形，结论分别检验各选项即可判断.
12．（2025高一上·贵港月考）不等式的解集为 .
【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：由，
故答案为：.
【分析】由一元二次函数可得对应的不等式解集.
13．（2025高一上·贵港月考）若实数x，y满足，，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：由，
得，
因为，
所以，
则的取值范围为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和不等式的基本性质，从而得出的取值范围.
14．（2025高一上·贵港月考）则= ．
【答案】-1或5
【知识点】元素与集合的关系；交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：设
两边同除，可得，所以
由，一定有，，即
，则或
代入可得或
所以或5
故答案为：-1或5
【分析】由题意可得，两边同除，可得，所以，再由，可得，可解.
15．（2025高一上·贵港月考）已知全集，集合．求：
（1）及；
（2）及
【答案】（1）解：因为，
所以， .
（2）解：由（1）可得：或，
由，
可得：或，
所以
【知识点】并集及其运算；交集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）由已知条件和交集的运算法则和并集的运算法则，从而得出集合和集合.
（2）由（1）中结合补集的运算法则和交集的运算法则，从而得出集合和.
（1）因为，
所以，
（2）由（1）可得：或，
由，可得：或，
所以
16．（2025高一上·贵港月考）（1）已知，求函数的最小值；
（2）已知正数满足，求的最小值.
【答案】解：（1）因为，所以，则，当且仅当时，即当时，取等号，所以函数的最小值为5.
（2）因为，所以，
则，当且仅当时，即当时，取等号，所以的最小值为9.
（1）解：因为，
所以，
则，
当且仅当时，即当时，取等号，
所以函数的最小值为5.
（2）解：因为，
所以，
则，
当且仅当时，即当时，取等号，
所以的最小值为9.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）通过配凑法和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（2）利用基本不等式求最值的方法和“1”的妙用，从而得出的最小值.
17．（2025高一上·贵港月考）设命题：，，命题：，.
（1）若为真命题，求实数m的取值范围；
（2）若为假命题、为真命题，求实数m的取值范围.
【答案】（1）解：由，，得关于的方程无实根，
因此，解得，
所以实数m的取值范围是.
（2）解：由为假命题，则的否定：，为真命题，
即，，
而当时，，
当且仅当时取等号，因此，
因为为假命题且为真命题，则，
则，
所以实数m的取值范围是.
【知识点】命题的真假判断与应用
【解析】【分析】（1）由，，可得方程无实根，令即可求解；
（2）先写出p的否定，，该命题为真命题，即，，求得范围，再结合（1）即可求解.
（1）由，，得关于的方程无实根，
因此，解得，
所以实数m的取值范围是.
（2）由为假命题，则的否定：，为真命题，
即，，
而当时，，
当且仅当时取等号，因此，
因为为假命题且为真命题，则，
则，
所以实数m的取值范围是.
18．（2025高一上·贵港月考）某公司为了提高生产效率，决定投入160万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前年的支出成本为万元，每年的销售收入98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种：
方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）达到最大值时，该设备以30万元的价格处理.
（1）设前年的总盈利额为（不含设备处理收益），写出方案一中与的函数关系式
（2）哪种方案较为合理？并说明理由.
【答案】（1）解：根据题意，可得，
则方案一中与的函数关系式为：.
（2）解：方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元.
方案二：由（1）可得年平均利润额为：
当且仅当时，即当时等号成立，
则当时，年平均盈利额最大为20万元，
此时总盈利额万元，此时处理掉设备，
则总利润为万元，
综上所述，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，
而方案二仅需要4年，
则方案二合理.
【知识点】函数的最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【分析】（1）利用已知条件写出与的函数关系式.
（2）利用已知条件分别写出两种方案的总利润和所需要的时间的关系式，再利用二次函数求最值的方法和基本不等式求最值的方法，从而比较找出较为合理的方案.
（1）根据题意可得，
则方案一中与的函数关系式为：；
（2）方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
方案二：由（1）可得年平均利润额为
，
当且仅当即时等号成立，
即当时，年平均盈利额最大为20万元，此时总盈利额万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
综上，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，而方案二仅需要4年，
故方案二合理.
19．（2025高一上·贵港月考）已知函数，.
（1）若不等式对于一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；
（2）求关于x的不等式的解集.
【答案】（1）解：①当时，恒成立，符合题意；
②当时，由已知可得，解得.
综上，a的取值范围是.
（2）解：不等式可化为，即，
①当时，可化为，得，原不等式的解集；
当时，方程的两根为和2，
②当时，可化为，解得，原不等式的解集为；
③当时，解得或，则原不等式的解集为或；
④当时，解得，则原不等式的解集为
⑤当时，解得或，则原不等式的解集为或；
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.
【知识点】函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法；其他不等式的解法
【解析】【分析】（1）分类讨论，时，当得，可得；
（2）将二次项系数a分三类讨论，，讨论，其中，时可化为一元二次不等式，可解后比较可得.
（1）①当时，恒成立，符合题意；
②当时，由已知可得，解得.
综上，a的取值范围是.
（2）不等式可化为，即，
①当时，可化为，得，原不等式的解集；
当时，方程的两根为和2，
②当时，可化为，解得，原不等式的解集为；
③当时，解得或，则原不等式的解集为或；
④当时，解得，则原不等式的解集为
⑤当时，解得或，则原不等式的解集为或；
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.
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