2026年新高一數學暑假銜接專題《二次函數與一元二次方程、不等式》

預備新高一預備新高一數學專題10二次函數與一元二次方程、不等式一．選擇題（共10小題）1．（2025秋?思明區期末）設為實數，若關于的不等式恒成立，則的取值范圍為（）A． B．， C． D．，2．（2026?廣州模擬）已知集合，，1，2，，則（）A．， B．， C．，1， D．，1，2，3．（2025秋?忻州期末）若關于的不等式對恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．4．（2026春?開福區期末）已知關于的不等式的解集為，，，則不等式的解集為（）A． B． C． D．5．（2026春?天山區期中）如果方程的一根小于1，另一根大于1，那么實數的取值范圍是（）A． B． C． D．6．（2026春?寧波期中）不等式的解集為，則函數的圖象大致為（）A． B． C． D．7．（2025秋?肥西縣期末）設、是一元二次方程的兩個實數根，則的值為（）A． B．1 C．3 D．138．（2025秋?西寧期末）已知，則“在上恒成立”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件9．（2026春?壽光市月考）關于的不等式的解集為，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．10．（2026?上海模擬）“”是“不等式在上恒成立”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件二．多選題（共4小題）（多選）11．（2026?上杭縣模擬）已知關于的不等式的解集為，則下列選項中正確的是（）A． B．不等式的解集是 C． D．不等式的解集為或（多選）12．（2025秋?和龍市期末）已知關于的不等式解集為，則下列說法正確的是A． B．不等式的解集為 C． D．不等式的解集為（多選）13．（2025秋?深圳期末）已知不等式的解集為，則下列結論正確的是（）A． B． C． D．（多選）14．（2025秋?梅州期末）設為實數，則關于的不等式的解集可能是（）A． B． C． D．三．填空題（共4小題）15．（2026春?濂溪區月考）若關于的不等式的解集為，則．16．（2026春?北侖區月考）關于的一元二次方程有一個大于0小于4的根，則的取值范圍為．17．（2026?潁上縣開學）若對于，恒成立，則實數的取值范圍為．18．（2025秋?上海期末）若關于的不等式的解集是，則關于的不等式的解集是．四．解答題（共6小題）19．（2025秋?肥西縣期末）已知關于的一元二次方程有兩個不等實數根，．（1）求的取值范圍；（2）若，求的值．20．（2026春?重慶期末）已知集合，集合．（1）當時，求；（2）若，求實數的取值范圍．21．（2026春?陜西期中）已知，．（1）解關于的不等式；（2）若，是方程的兩個實數根，且，求的最小值．22．（2025秋?百色期末）已知．（1）當時，求的解集；（2）當取何值時，對一切實數都成立？23．（2025秋?豐城市期末）已知關于的不等式．（1）若不等式的解集為，求和的值；（2）若不等式的解集為，求實數的取值范圍．24．（2026春?金鳳區期中）已知關于的不等式．（1）若不等式的解集為，求，的值；（2）若，求已知關于的不等式的解集．一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案ACCDABCBDA二．多選題（共4小題）題號11121314答案ACABCBCDABD一．選擇題（共10小題）1．【答案】【分析】根據判別式即可求解．【解答】解：若不等式恒成立，則根據二次函數的性質可得，△，解得，故的范圍．故選：．2．【答案】【分析】先求出集合，再利用集合的基本運算求解．【解答】解：由題意可知，，又因為，1，2，，所以，1，．故選：．3．【答案】【分析】根據一元二次不等式恒成立，可得判別式△，即可求得答案．【解答】解：因為不等式對恒成立，由二次函數性質可得，△，解得．故選：．4．【答案】【分析】由不等式的解集結合韋達定理可得、、，則可將不等式化為，解出即可得．【解答】解：因為不等式的解集為，，，所以，且1和2是方程的兩個根，由韋達定理可得，，，所以，，所以不等式可化為，又因為，所以，解得，則不等式的解集為，．故選：．5．【答案】【分析】利用一元二次方程的根的分布與系數的關系，二次函數的性質，求得的取值范圍．【解答】解：方程的一根小于1，另一根大于1，令，函數的開口向上，則（1），求得，故選：．6．【答案】【分析】根據不等式的解集得到，為的兩個根，由韋達定理得到，，從而根據二次函數的對稱軸，開口方向及與軸交點縱坐標的正負得到答案．【解答】解：由題意得，且為的兩個根，可得，即，，所以開口向下，對稱軸為，與軸交點縱坐標為，觀察所給的圖象可知只有．故選：．7．【答案】【分析】利用韋達定理計算可得結果．【解答】解：設、是一元二次方程的兩個實數根，根據韋達定理可得，，所以，則的值為3．故選：．8．【答案】【分析】結合二次函數性質可求出不等式恒成立時的范圍，然后結合集合包含關系與充分必要條件的轉化關系即可求解．【解答】解：當時，成立，故符合題意；當時，不等式在上恒成立，解得，故的范圍為，，，，所以在上恒成立是的必要不充分條件．故選：．9．【答案】【分析】分和兩種情況討論，當時，把的值代入不等式，檢驗其解集是否為即可；當時，結合二次函數的圖象與性質，得解．【解答】解：①當，即時，若，則原不等式可化為，顯然恒成立；若，則原不等式可化為，不恒成立，所以舍去；②當時，因為的解集為，所以，且△，解得，綜上，實數的取值范圍為．故選：．10．【答案】【分析】先求出不等式在上恒成立時的取值范圍，再根據充分條件和必要條件的定義判斷“”與“不等式在上恒成立”之間的關系．【解答】解：不等式在上恒成立，即在上恒成立．令，對稱軸，函數在區間上單調遞增，當時，，．若，則一定成立，“”是“不等式在上恒成立”的充分條件；若，則推不出．“”不是“不等式在上恒成立”的必要條件．“”是“不等式在上恒成立”的充分不必要條件．故選：．二．多選題（共4小題）11．【答案】【分析】根據不等式的解與方程的根之間的關系，結合韋達定理可得，，即可代入選項中逐一求解．【解答】解：對于，根據題意可知，，3是不等式的兩個實數根，所以且，則，且，故正確，對于，不等式為，解得，故解集是，故錯誤，對于，，正確，對于，化為，即，解得，故不等式的解為，錯誤．故選：．12．【答案】【分析】根據一元二次不等式解集求出各參數間的關系，再逐一判斷即可．【解答】解：因為關于的不等式的解集為，所以且方程的兩個根為，3，正確；即，，即，，由，正確；由，正確；由，解得，錯誤．故選：．13．【答案】【分析】由題意可知和2是方程的兩個根，且，再利用韋達定理求解即可．【解答】解：不等式的解集為，和2是方程的兩個根，且，，，，，故錯誤，正確，正確，，故正確，故選：．14．【答案】【分析】根據含參數的一元二次不等式求解方法求解即可．【解答】解：當時，原不等式可化為，即，解得，此時不等式的解集為，故選項正確；當時，的兩根為，，若，則，此時不等式的解集為，故選項正確；若，則當時，，此時不等式的解集為；當時，，此時不等式的解集為；當時，，此時不等式的解集為，故選項正確；該不等式的解集不可能對應選項．故選：．三．填空題（共4小題）15．【答案】1．【分析】利用已知不等式的解集得出相應一元二次方程的兩個根，把兩個根代入方程，求解．【解答】解：由題意可得，方程的實數根為和5，且，，解得．故答案為：1．16．【答案】．【分析】求解方程的根，根據已知條件即可求解結論．【解答】解：方程，解得，，因為關于的一元二次方程有一個大于0小于4的根，可得，解得，所以的取值范圍為．故答案為：．17．【答案】，．【分析】令，由題意可得，解關于的不等式組即可求得的范圍；【解答】解：令，若對于，恒成立，則只需即可，所以，解得，即實數的取值范圍是，．18．【答案】．【分析】根據一元二次不等式的解集性質，結合一元二次不等式的解法進行求解即可．【解答】解：因為不等式的解集是，所以有，所以，或．故答案為：．四．解答題（共6小題）19．【答案】（1），；（2）2．【分析】（1）根據一元二次方程有兩個不等實數根的條件，判別式△，解不等式即可；（2）利用韋達定理建立方程求解，并結合（1）的范圍進行取舍．【解答】解：（1）因為關于的一元二次方程有兩個不等實數根，所以此方程的判別式△，解得，則的取值范圍是，；（2）由題意得：，解得或，由（1）得：，則的值為2．20．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）首先求出集合，，再根據集合并集求解即可．（2）根據得到，再根據集合之間的包含關系求解即可．【解答】解：（1）不等式可化為：，即，即，解得，所以，當時，，所以；（2）由可得：，①若，則△，解得，②若，要使，則應滿足，，即，解得，綜上所述，所求實數的取值范圍是．21．【答案】（1）時，解集為，，；時，解集為，，；（2）0．【分析】（1）根據給定條件，分類討論解含有參數的一元二次不等式即可．（2）整理方程，利用韋達定理及基本不等式求解即得．【解答】解：（1）不等式，即，可化為，當時，解得或；當時，解得或；當時，解得或，所以時，原不等式的解集為，，；時，原不等式的解集為，，．（2）方程，可化為，則△，，，則，當且僅當時取等號，所以的最小值為0．22．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）結合二次不等式的求法即可求解；（2）由已知結合二次函數的性質即可求解．【解答】解：（1）當時，，解得，故不等式的解集為；（2）若恒成立，則△，解得，故的范圍為．23．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由的解集為，得到的根為或，利用根與系數的關系求解即可；（2）由不等式的解集為，按照和兩種情況討論求解．當時，由不等式的解集為，得到，計算得解．【解答】解：（1）的解集為，的根為或，且，，，（2）不等式的解集為，當時，不等式轉化為，滿足題意；當時，不等式的解集為，則，解得，綜上可知實數的取值范圍為．24．【答案】（1），；（2）當時解集為；當時解集為；當時解集為；當時解集為；當時解集為【分析】（1）等價轉化為和是方程的兩個實根，從而求，的值；（2）對分類討論，分，；對于二次不等式，要先判斷二次項系數的正負，它決定了拋物線的開口方向；再繼續對二次方程的2個根作比較大小討論．【解答】解：（1）因為的解集為，所以，且和的兩個實根，可得，，解得，；（2）當，不等式為，即，①當時，不等式化為，解集為；②當時，若，則，不等式解集為；若，則，不等式為，解集為；若，則，不等式解集為；③當時，不等式化為，解集為．當時，解集為；當時，解集為；當時，解集為；當時，解集為；當時，解集為．

預備新高一預備新高一數學專題10二次函數與一元二次方程、不等式1．掌握二次函數、一元二次方程、一元二次不等式三者的核心關聯，構建“三個二次”數形結合解題體系．2．熟練掌握一元二次不等式的正誤判斷、標準解法，拓展掌握分式不等式的轉化求解方法．3．能夠解決一元二次不等式實際應用、恒成立與能成立問題．4．掌握一元二次方程根的分布與系數關系，攻克本章參數類綜合重難點題型．一、二次函數與一元二次方程基礎關系1．對應關系：二次函數，令即可得到一元二次方程．2．幾何意義：一元二次方程的實數根，是二次函數圖像與軸交點的橫坐標，也稱為函數的零點．3．判別式控根規則：決定根的個數，兩個不等實根，兩個相等實根，無實根．4．韋達定理：若方程兩根為，則，，是求參、根分布的核心依據．二、一元二次不等式基礎知識點1．標準形式：、、、．2．核心解題思想：數形結合，依托二次函數圖像在軸上下的區域，對應不等式解集范圍．3．統一解題前提：優先將二次項系數化為正數，避免開口方向混淆導致解集寫反．三、分式不等式轉化規則1．基礎轉化公式：．2．帶等號轉化公式：.3．核心禁忌：分式不等式嚴禁直接交叉相乘，未知分母正負會導致不等號方向出錯，必須轉化為整式不等式求解。四、三個二次核心關聯總結1．二次函數是載體：圖像走勢、開口、位置決定方程根的個數與不等式解集范圍。2．一元二次方程是邊界：方程的根是二次函數零點、不等式解集的分界端點。3．一元二次不等式是范圍：根據函數圖像上下位置，截取自變量有效取值區間。五、恒（能）成立與根的分布依據1．恒成立：全域恒成立依托開口與判別式，區間恒成立依托函數最值與單調性。2．能成立：存在自變量滿足不等式即可，只需最值滿足對應條件，約束范圍比恒成立寬松。3．根的分布：結合開口、判別式、對稱軸、區間端點函數值符號，多條件聯立鎖定參數范圍。題型01二次函數與一元二次方程關系應用1．零點與根互化：二次函數零點等價于對應一元二次方程的實數根，可互相轉化求解。2．判別式聯動應用：通過正負，既可判斷方程根的個數，也可判斷二次函數與x軸交點個數。3．韋達定理應用：已知根可求函數參數，已知參數可判斷兩根和、積的符號，輔助分析根的正負、大小關系。4．解題作用：打通函數與方程的關聯，是后續不等式、根分布、參數題型的基礎鋪墊。3．韋達定理應用：已知根可求函數參數，已知參數可判斷兩根和、積的符號，輔助分析根的正負、大小關系．4．解題作用：打通函數與方程的關聯，是后續不等式、根分布、參數題型的基礎鋪墊．學以致用學以致用【例1】（2024春?怒江州校級期末）關于的方程至少有一個正的實根，則的取值可以是（）A．0 B． C．1 D．【答案】【分析】分和進行討論，當時解方程，符合要求，當時，討論一元二次方程有一正實根一負實根和有兩個正實根的情況，結合判別式及根與系數的關系得出的取值范圍．【解答】解：（1）當時，方程為，解得，符合題意；（2）當時，①當方程有一正實根一負實根時，則，解得，②當方程有兩正實根時，則，解得，綜上，的取值范圍為，故，，正確，錯誤．故選：．【例2】（2023秋?榮昌區校級期中）已知函數（1）設，若關于的不等式的解集為，，，且的充分不必要條件是，求的取值范圍．（2）方程有兩個實數根、，①若、均大于0，試求的取值范圍．②若，求實數的值．【分析】（1）求出不等式的解集，結合充分條件和必要條件的關系轉化為集合關系進行求解即可．（2）利用根與系數之間的關系，建立不等式或方程進行求解即可．【解答】解：（1）由得，即得，又，所以，即，的充分不必要條件是，，則得得，即實數的取值范圍是．（2）方程為①若、均大于0，則滿足得，得，即的取值范圍，．②若，則，則，即，，得或，△得或，則，即實數的值是．【例3】（2024秋?惠農區校級月考）已知．（1）方程有兩個實數根，．①若，均大于0，求實數的取值范圍；②若，求實數的值；（2）設，若關于的不等式的解集為，，且是的充分不必要條件，求實數的取值范圍．【答案】（1）①；②；（2），．【分析】（1）①②由△求出參數的取值范圍，再利用韋達定理得到不等式和方程，解得即可；（2）首先求出集合，依題意可得，即可得到不等式組，解得即可．【解答】解：（1）由題意可知，△，即或，①由，均大于0，所以，解得．②由可得，即，，解得或，又因為或，．（2），，即，又，解得，所以，，因為是的充分不必要條件，所以，（等號不能同時成立），解得，經檢驗，當時，，滿足，符合題意，所以，．題型02一元二次不等式的判斷1．定義判斷依據：只含一個未知數、未知數最高次數為2、整式不等式，即為一元二次不等式．2．易錯類型辨析：含分式、根式、高次項、多個未知數的式子，均不屬于一元二次不等式．3．命題正誤判斷：結合不等式性質、開口圖像、解集規律，判斷不等式命題真假，常用舉反例法否定錯誤命題．4．參數類型判斷：含參式子需保證二次項系數不為0，才滿足一元二次不等式定義．學以致用學以致用【例4】（2024秋?同步）下列不等式中是一元二次不等式的是（）A． B． C． D．【答案】【分析】根據一元二次不等式的定義對各個選項逐個判斷即可求解．【解答】解：根據一元二次不等式的定義可知選項為一元二次不等式，選項含有，兩個元，選項中可能為0，選項中在分母上，故選：．【例5】（2020秋?同步）下列關于的不等式中，一元二次不等式的個數為（）①；②；③；④．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】【分析】根據一元二次不等式的定義：含有一個未知數且未知數的最高次數為2的不等式，由此判斷即可．【解答】解：由一元二次不等式的定義：含有一個未知數且未知數的最高次數為2的不等式叫做一元二次不等式，所以滿足定義的是②③④．故選：．【例6】（2021秋?同步）下列不等式：①；②；③；④；⑤；⑥．其中是一元二次不等式的有（）A．5個 B．4個 C．3個 D．2個【答案】【分析】直接判斷即可得到正確選項．【解答】解：由題意可知，③⑥當時不合題意，④為一元三次不等式，⑤顯然不是一元二次不等式，滿足條件的有①②，共2個．故選：．題型03一元二次不等式的解法1．標準四步解題法：整理化標準式（二次項系數為正）→計算判別式→求解方程實數根→結合圖像寫解集．2．解集通用口訣：開口向上，大于取兩邊、小于取中間；無實根時，大于恒全體、小于恒為空．3．含參不等式解法：先討論二次項系數（區分一次、二次），再討論判別式，最后比較兩根大小，分層書寫解集．4．易錯提醒：不等號帶等號時，解集包含端點根；無等號時，解集剔除端點．學以致用學以致用【例7】（2026春?連云港期末）不等式的解集為（）A．或 B．或 C． D．【答案】【分析】利用一元二次不等式的解法求解．【解答】解：不等式可得，解得，所以不等式的解集為．故選：．【例8】（2025秋?肥西縣校級期末）求下列不等式的解集（1）；（2）．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用一元二次不等式的解法求解；（2）利用一元二次不等式的解法求解．【解答】解：（1）由，得，解得，所以所求不等式的解集為．（2）將不等式，即，解得或，所以解集為．【例9】（2025秋?上海校級月考）解關于不等式：．【答案】當時，原不等式的解集為，當時，原不等式的解集為；當時，原不等式的解集為．【分析】先因式分解，比較，，分三種情況討論解得不等式的解集．【解答】解：原不等式可化為：，令，則或，①當即時，原不等式的解集為，②當即時，原不等式的解集為；③當即時，原不等式的解集為．題型04分式不等式求解1．核心解題思想：化分式為整式，規避分母正負帶來的符號錯誤．2．嚴格轉化規則：不等號不帶等號直接轉化為分子分母乘積大于或小于0；帶等號必須額外保證分母不為0．3．解題流程：移項通分統一單側→轉化整式不等式→求解解集→剔除分母為0的無效端點．4．高頻陷阱：直接去分母、遺漏分母不為0的約束，是分式不等式最易失分點．學以致用學以致用【例10】（2025秋?余干縣校級期中）解不等式：（1）；（2）．【答案】（1）或；（2）或．【分析】（1）化為一元二次不等式可解得結果；（2）移項、去分母化為一元二次不等式可解得結果．【解答】解：（1）由得，解得或，原不等式的解集為或．（2）由得，即，即且，解得或．原不等式的解集為或．【例11】（2025秋?肥西縣校級期末）解下列不等式：（1）；（2）．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）移項通分，再按有理數乘除法的符號法則列式求解．（2）按一元一次不等式解法求解．【解答】解：（1）由，得，則，解得，所以原不等式的解為．（2）不等式化為，即，則，解得，所以原不等式的解為．【例12】（2025?柳城縣校級開學）解下列不等式：（1）；（2）；（3）．【答案】（1）或；（2）或；（3）．【分析】（1）利用分式不等式的解法：分式不等式轉化成整式不等式，得到，再利用一元二次不等式的解法，即可求出結果；（2）利用分式不等式的解法：分式不等式轉化成整式不等式，得到，且，再利用一元二次不等式的解法，即可求出結果．（3）根據條件得到，利用，將問題轉化成，再利用一元二次不等式的解法，即可求出結果．【解答】解：（1）因為等價于，得到或，所以所求解集為或．（2）由，即，等價于，且，解得或，所以所求解集為或．（3）由，得到，又恒成立，所以原不等式等價于，解得，所以原不等式的解集為．題型05三個二次的關系綜合應用1．三者聯動邏輯：二次函數圖像定趨勢、一元二次方程定邊界、一元二次不等式定范圍．2．正向推導：已知函數圖像，可直接讀出方程根的個數、不等式解集區間．3．逆向推導：已知不等式解集，可反推方程零點、二次函數開口方向、參數取值范圍．4．綜合作用：本章核心思維題型，貫穿選擇、填空、解答所有考題，是數形結合的核心體現．學以致用學以致用【例13】（2025秋?滄縣期末）已知，，關于的不等式的解集為，則（）A．3 B．2 C． D．【答案】【分析】依題意可得關于的方程的根為和2，利用韋達定理求出、的值，即可得解．【解答】解：由題意，關于的方程的根為和2，所以，解得，所以．故選：．【例14】（2026?香坊區校級一模）若關于的不等式的解集為，則（）A．5 B．1 C． D．【答案】【分析】由一元二次不等式的解集與對應的方程的解的關系結合二次方程根與系數的關系求解即可．【解答】解：因為的解集為，則，6是的兩個根，可知，解得．故選：．【例15】（2025秋?欽州期末）已知關于的一元二次不等式的解集為，則的值為（）A． B． C． D．【答案】【分析】由題意可得和2為二次函數的兩個根，分別代入二次函數后聯立即可求解．【解答】解：設，由題意得和2為的兩個根，則有：，（2），即，，聯立，解得，故．故選：．題型06一元二次不等式在生活中的應用1．建模解題步驟：審題設變量（長度、利潤、產量、成本等正數變量）→根據題意列一元二次不等關系→求解不等式解集→結合實際取舍有效解．2．常見應用場景：銷售利潤范圍、產品定價區間、幾何圖形尺寸約束、方案可行性篩選等最值與范圍問題．3．實際約束要點：生活變量必須為正數、正整數，需舍去負數、零、小數等不符合實際的解．4．解題核心：將實際問題轉化為數學不等式模型，用不等式解集解釋實際取值范圍．學以致用學以致用【例16】（2023秋?敖漢旗校級月考）某單位在對一個長、寬的草坪進行綠化時，是這樣想的：中間為矩形綠草坪，四周是等寬的花壇，如圖所示，若要保證綠草坪的面積不小于總面積的二分之一．試確定花壇寬度的取值范圍．【分析】設花壇寬度為米，可得矩形的草坪的長為米，寬為米，由題意可得，由二次不等式的解法，可得的范圍，注意的限制．【解答】解：設花壇寬度為米，可得矩形的草坪的長為米，寬為米，由綠草坪的面積不小于總面積的二分之一，可得，化簡為，解得或，由，，可得，則有的范圍是．故若要保證綠草坪的面積不小于總面積的二分之一，花壇寬度的取值范圍為，．【例17】（2024秋?遼寧月考）某花卉店售賣一種多肉植物，若每株多肉植物的售價為30元，則每天可賣出25株；若每株肉植物的售價每降低1元，則日銷售量增加5株．為了使這種多肉植物每天的總銷售額不低于1250元，則每株這種多肉植物的最低售價為（）A．25元 B．20元 C．15元 D．10元【答案】【分析】可設售價降低元，則每天可賣出株，結合題意列不等式，求解即可．【解答】解：設售價降低元，則每天可賣出株；所以每天的總銷售額為，整理得：，解得，所以每株這種多肉植物的最低售價為（元．故選：．【例18】（2021秋?道里區校級期末）若某商店將進貨單價為6元的商品按每件10元出售，則每天可銷售100件，現準備采用提高售價、減少進貨量的方法來增加利潤．已知這種商品的售價每提高1元，銷售量就要減少10件，那么要保證該商品每天的利潤在450元以上，售價應定為（）A．11元 B．11元到15元之間 C．15元 D．10元到14元之間【答案】【分析】由題意列出關于利潤的解析式，再求利潤在450元以上的的范圍．【解答】解：設每件商品的售價提高元，則每件獲得利潤元，每天可銷售件．設該商品每天的利潤為元，則由題意有，要保證每天的利潤在450元以上，則，，得，故每件商品的售價在11元到15元之間時，能確保該商品每天的利潤在450元以上．故選：．題型07一元二次不等式恒（能）成立問題1．全域恒成立：恒成立需；恒成立需，同時兼顧一次函數特殊情況．2．區間恒成立：依托二次函數對稱軸與區間位置，求區間最值，將恒成立轉化為參數大于最大值或小于最小值．3．能成立問題：存在使不等式成立，等價于參數大于最小值或小于最大值，條件約束更寬松．4．核心區分：恒成立要求全域滿足，能成立要求局部滿足，二者最值取值邏輯相反，需嚴格區分．