专题04 等式与不等式的性质- 【暑假自学课】2024年新高一数学暑假提升精品讲义（沪教版2020必修第一册，上海专用）

专题04 等式与不等式的性质 考点剖析 2 （一）等式的性质 3 （二）方程的解集 3 （三）一元二次方程的解集及根与系数的关系 3 （四）不等式的性质 4 过关检测 5 A组 双基过关 5 B组 巩固提高 8 C组 综合训练 13 D组 拓展延伸 19 一、应知应会 我们知道，实数与数轴上的点是一一对应的，在数轴上不同的两点中，右边的点表示的实数比左边的点表示的实数大. 例如，在上图中，点表示实数，点表示实数，点在点右边，那么. 我们再看上图，表示减去所得的差是一个大于的数即正数. 一般地：若，则是正数；逆命题也正确. 类似地，若，则是负数；若，则，它们之间是等价的. 即： ； ； . 由此可见，要比较两个实数的大小，只要考察它们的差就可以了. 由此出发，我们还可以证明不等式的基本性质. 二、知识梳理 （一）等式的性质 1. 用等号“”把两个表达式连接起来，所得的式子称为等式（equAlity）. 2. 等式的性质：（1）传递性 ，且 （2）加（减）法性质 （3）乘法性质 3. 乘法公式 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （二）方程的解集 我们知道，含有未知数的等式称为方程（equation）. 使得方程左右两边相等的未知数的值，称为方程的解（solution of an equation）. 以方程的所有解为元素组成的集合称为方程的解集（solution set of an equation）. （三）一元二次方程的解集及根与系数的关系 1. 一元二次方程的解习惯上叫做该方程的根（root）. 如果一元二次方程的两个根相等，那么这两个根叫做重根（double root）. 重根在解集中只能出现一次. 2. 韦达定理：若一元二次方程（）的两根为，，则 ，. 【注】解题过程中不能忽视对方程的判别式进行判断. （四）不等式的性质 1. 不等式的性质：（1）传递性：如果，，那么；（2）加法性质：如果，那么； （3）乘法性质：如果，那么；如果，那么. 2. 定理：对于任意的实数和，总有 ， 当且仅当时等号成立. 考点剖析 （一）等式的性质 例1. 设、、、是实数，判断下列命题的真假，并说明理由. （1）如果，且，那么； （2）如果，且，那么； （3）如果，那么； （4）如果，那么，其中是正整数； （5）如果，那么； （6）如果，那么. 【答案】（1）（2）（3）（4）（6）都是真命题，（5）是假命题 例2. 计算：（1） （2） 【答案】 【答案】 （3） （4） 【答案】 【答案】 例3. 分解因式：（1） （2） 【答案】 【答案】 （二）方程的解集 例4. 设、，求关于的方程的解集. 【解析】①当时，解集为； ②当时，解集为； ③当，时，解集为. 例5. 设，求关于与的二元一次方程组的解集. 【解析】两式相减，得 ①当时，将代入方程，得，此时原方程组的解集为； ②当时，方程无解，从而原方程组无解，其解集为. （三）一元二次方程的解集及根与系数的关系 例6. 求一元二次方程（）的解集. 【解析】原方程解的情况由其判别式的符号决定： ①当时，解集为； ②当时，解集为； ③当时，解集为. 例7. 若和分别是一元二次方程的两根，求下列各式的值： （1） ； （2）； （3）. 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】由韦达定理，得， （1） （2） （3） 例8. 已知、是关于的一元二次方程的两个非零实数根，问和能否同号？若能同号，请求出相应的的取值范围；若不能同号，请说明理由. 【答案】与能同号， 【提示】 （四）不等式的性质 例9. （1）已知，，求证：； （2）已知，求证：，其中为正整数. 【解析】（1），，由不等式的传递性，得. （2）将（1）结论中的换成，换成，就得到 结合，再次利用（1）的结论，可得，反复运用（1）的结论，最终就得到 例10. 设是实数，比较与的值的大小. 【解析】 ①当，即时， ②当，即时， ③当，即时， 【注】作差法的的大致步骤是：作差——变形——判断正负. 变形主要有以下几种情况①整式通常分解因式；②分式通常通分；③无理式通常进行有理化. 过关检测 A组 双基过关 【难度系数：★ 时间：8分钟 分值：20分】 1．（23-24高一上·上海杨浦·期末）设，则下列不等式中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据不等式性质逐个选项判断即可. 【详解】对A，，则，即，故A错误； 对B，，则，则，故B错误； 对C，，则，故C错误； 对D，，则，故D正确. 故选：D 2．（23-24高一上·上海闵行·期末）已知,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 【分析】根据不等关系的运算法则可判断充分性，根据特值法可判断必要性. 【详解】根据不等关系的运算法则,知当时,，所以充分性成立； 当时,,但不满足，所以必要性不成立. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3．（23-24高一下·上海·开学考试）对于实数，，，“”是“”的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 【答案】A 【分析】利用不等式的性质及充分、必要条件的定义判定选项即可. 【详解】显然时，则，满足充分性， 而当时，若，则不成立，不满足必要性. 故选：A 4．（23-24高一上·上海松江·期末）已知，设，则与的值的大小关系是 （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 利用作差法比较大小即可. 【详解】因为， 所以， 当且仅当时等号成立，故. 故选：D 5．（22-23高一上·上海浦东新·期中）已知一元二次方程的两个实根为，且，则实数m的值为 . 【答案】或 【分析】利用一元二次方程根与系数的关系列出关于实数m的方程，解之即可求得实数m的值 【详解】一元二次方程的两个实根为， 则，则， 则，解之得或，经检验符合题意. 故答案为：或 6．（22-23高一上·上海徐汇·期末）已知方程的两个根为、，则 ． 【答案】 【分析】根据韦达定理就可求解. 【详解】由于，故方程有两个不相等的实数根、， 由韦达定理可得，所以， 故答案为： 7．（23-24高一上·上海徐汇·阶段练习）设，是方程的两个实数根，则 ． 【答案】 【分析】由根与系数关系及根的性质求目标式的值即可. 【详解】由题设且， 所以. 故答案为： 8．（23-24高一上·上海普陀·期中）以和为根且二次项系数为1的一元二次方程是 ． 【答案】 【分析】根据根与系数的关系即可求解. 【详解】设一元二次方程方程为， 则由根与系数的关系可得，解的， 所以方程为， 故答案为： 9．（21-22高一上·上海浦东新·期末）已知a∈R，不等式的解集为P，且-1∈P，则a的取值范围是 . 【答案】 【分析】把代入不等式即可求解. 【详解】因为，故，解得：，所以a的取值范围是. 故答案为： 10．（22-23高一上·上海青浦·阶段练习）已知等式恒成立，则常数 【答案】4 【分析】由对应项系数相等列方程组求解． 【详解】恒成立， 所以，解得， 所以． 故答案为：4． B组 巩固提高 【难度系数：★★ 时间：10分钟 分值：20分】 11．（23-24高一下·上海·开学考试）设，若，则（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合不等式的性质逐项判断即可得. 【详解】对A，由，则，故，即，故A错误； 对B，由A得，故，故B正确； 对C，由，则，，则，，故，故C错误； 对D，由A得，故，故D错误. 故选：B. 12．（23-24高一上·上海·期末）已知、、，则“”是“”的（    ）条件 A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分也非必要 【答案】C 【分析】利用不等式的基本性质、特殊值法，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】因为、、，当时，则，即“”“”， 若，则，由不等式的基本性质可得，即“”“”， 因此，“”是“”的必要非充分条件. 故选：C. 13．（23-24高一上·上海浦东新·期中）设关于x的不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B，则“”是“”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 【答案】D 【分析】根据题意，结合不等式的解法，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】当时，此时，但不满足，即充分性不成立； 反之：当时， 此时，不等式的解集为，的解集为， 所以，即必要性不成立， 所以“”是“”的既不充分也必要条件. 故选：D. 14．（23-24高一上·上海浦东新·期末）已知对于实数x，y，满足，，则的最大值为 ． 【答案】7 【分析】先得到，根据得到答案. 【详解】因为，，所以， 设， 故，所以， ， 由于， 故， 即. 故答案为：7 15．（23-24高一上·上海虹口·期中）去年8月，上海发放了“爱购上海”为主题的“消费满100元抵50元”的电子消费券．A商家是“爱购上海”的活动商户，同时举行促销活动，每件商品按原价6折销售，但折扣不能与“爱购上海”消费券同时使用．如果你在这个商家购买商品原价的范围在（100，150）元．若使用消费券更便宜，则原价范围为 ． 【答案】 【分析】设商品原价为元，结合题意可知，运算求解即可. 【详解】设商品原价为元，则， 使用消费券后的价格为，打6折后的价格为， 若使用消费券更便宜，则，解得，即. 故答案为： 16．（23-24高一上·上海普陀·期中）下列命题中真命题的编号是 ． ①是一元二次方程；        ②空集是任何非空集合的真子集； ③互相包含的两个集合相等；                ④若，则； ⑤满足的集合M有7个． 【答案】②③④ 【分析】对于①：根据一元二次方程的定义分析判断；对于②③⑤：根据空集以及集合间的关系分析判断；对于④：根据不等式的性质分析判断. 【详解】对于①：方程不一定是一元二次方程，例如，故①错误； 对于②：由空集的性质可知：空集是任何非空集合的真子集，故②正确； 对于③：若，等价于，故③正确； 对于④：若，则，所以，故④正确； 对于⑤：若，则集合M中必含有元素1，2，且不止2个元素； 若，则集合M中含有元素3，4，5中至少一个元素，但不能包含全部元素； 所以集合M的个数即为集合的非空真子集个数，有个，故⑤错误； 故答案为：②③④. 17．（21-22高一上·上海嘉定·期末）已知都是实数，一元二次方程有两个非零实根，且，则= . 【答案】 【分析】由根与系数关系得，再由及已知即可求值. 【详解】由题设，且， 而，，则. 故答案为： 18．（23-24高一上·上海·期中）关于的方程的两根为，，则的值为 ． 【答案】14 【分析】直接由韦达定理、平方和的变形公式计算即可. 【详解】因为关于的方程的两根为，， 所以由韦达定理有， 从而. 故答案为：14. 19．（23-24高一上·上海浦东新·期中）若、是一元二次方程的两根，的值为 ． 【答案】 【分析】利用韦达定理可求得所求代数式的值. 【详解】因为、是一元二次方程的两根， 由韦达定理可得，， 因此，. 故答案为：. 20．（23-24高一上·上海杨浦·阶段练习）已知实数、满足，，则以、为两根的一个一元二次方程可以是 【答案】（答案不唯一） 【分析】首先求出的值，再逆向利用韦达定理构造方程即可. 【详解】因为，所以， 又，解得， 即，所以、是方程的两根. 故答案为：（答案不唯一） 21．（22-23高一上·上海普陀·期末）已知是方程的一个根，则该方程的另一个根为 ． 【答案】/ 【分析】根据一元二次方程根与系数关系、根的判别式进行求解即可. 【详解】因为是方程的一个根， 所以， 设另一个根，所以有， 故答案为： 22．（23-24高一上·上海·期末）已知关于的方程解集为，则“关于的不等式的解集是 ”是 命题（填“真”或“假”） 【答案】假 【分析】由已知条件可得且，分、两种情况解不等式，即可得出结论. 【详解】因为关于的方程解集为，则，即，且， 由得， 当时，解原不等式可得，此时不等式的解集为； 当时，解原不等式可得，此时不等式的解集为. 故原命题为假命题. 故答案为：假. 23．（23-24高一上·上海普陀·期中）已知等式恒成立，其中a、b、c为常数，则 【答案】 【分析】结合已知等式进行变形，然后结合等式恒成立，对应项系数相等可建立关于，，的方程，从而可求． 【详解】因为恒成立， 即恒成立， 所以， 解得，，，， 所以． 故答案为：． 24．（23-24高一上·上海徐汇·阶段练习）设，，，，均为实数，若对恒成立，则 ． 【答案】3 【分析】由题意，令所以求解. 【详解】解：因为对恒成立， 所以时，上式也成立， 所以则， 故答案为：3 25．（21-22高一上·上海虹口·阶段练习）已知等式恒成立，其中为实数，则 ． 【答案】 【分析】方法一：将等式左边展开，比较系数可得答案； 方法二：令可得答案. 【详解】法一：， 所以； 法二：在中，令得. 故答案为： C组 综合训练 【难度系数：★★★ 时间：15分钟 分值：30分】 26．（23-24高一上·上海杨浦·期末）如果，那么下列式子中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据不等式性质进行判断. 【详解】因为所以，所以，所以，故A不正确. 因为所以，故B不正确. 因为所以，所以，故C不正确. 因为所以，即，故D正确. 故选：D 27．（23-24高一上·上海·期末）是的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分也非必奖条件 【答案】B 【分析】借助充分条件与必要条件的性质计算即可得. 【详解】当时，可取、符合题意，但此时不能得到； 当时，有，，即成立； 故是的必要非充分条件. 故选：B. 28．（23-24高一上·上海·期中）设，则方程的解集为 . 【答案】 【分析】按题意分类讨论即可求解 【详解】时，原式，不合题意 时，原式 时，原式即恒成立 时，原式，不合题意 故 故答案为： 29．（23-24高一下·上海嘉定·阶段练习）若不等式的解集为，则 . 【答案】 【分析】由题可得对称轴在之间，最小值大于，且的两个根为，列出相应不等式，找到关于的范围，再根据韦达定理解出的值，计算即可. 【详解】因为不等式的解集为， 而开口向上，所以有， 且最小值大于，即，解得， 且的两个根为， 所以，解得或， 当时，不符合，故舍去， 所以，所以. 故答案为：. 30．（22-23高一上·上海浦东新·阶段练习）已知，是一元二次方程的两个实数根. (1)求的值；（用表示） (2)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请你说明理由； (3)求使的值为整数的实数的整数值. 【答案】(1) (2)不存在，理由见详解 (3) 【分析】（1）通分后，利用韦达定理代入可得； （2）利用韦达定理代入后解方程可得k，然后可判断； （3）利用韦达定理化简，然后根据k和分式都为整数值验证可得. 【详解】（1）因为一元二次方程， 所以，解得 由韦达定理可得 当时，，无意义； 当时， 综上，的值为 （2）由韦达定理可知 ， 令，整理得，， 由（1）可知， 所以不存在实数，使成立. （3） 因为为整数，所以必为整数，所以，即 又，所以， 因为为整数，所以，经检验时，为整数， 所以使的值为整数的实数的整数值为. 31．（23-24高一上·上海·期中）已知关于x的方程有两个实数根，若，求实数m的值． 【答案】 【分析】根据题意，，结合韦达定理和完全平方公式对化简，求出实数m的值． 【详解】因为关于x的方程有两个实数根， 则，解得， 根据韦达定理可知，，， ，即，即， 即， 化简得，解得或（舍）， 所以. 32．（23-24高一上·上海杨浦·开学考试）（1）设全集，已知，求实数满足的条件. （2）已知关于的一元二次方程的两根都是整数，求满足条件的整数的值. 【答案】（1）若，则；若，则；若，则；若，则；   （2）. 【分析】（1）解方程得到集合，根据得到，分类讨论进而求得实数满足的条件； （2）解方程得两根为均为整数，进而得到a的取值. 【详解】（1），解得或，即. 因为，所以. 若，则，解得； 若，则，解得； 若，则，解得； 若，则 （2）解：依题意，显然， 原方程可变形为，其两根为， 即要求为整数， 因此符合条件的整数为. 33．（23-24高一上·上海静安·期中）已知实常数a、b，满足， (1)证明：关于的方程有两个不同的实数解. (2)若关于的方程有两个不同的实数解，，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可将原方程等价为，易知恒成立，经检验可知该方程有两个不同的实数解； （2）结合（1）中的结论以及二次函数图像性质可知，即可得. 【详解】（1）原方程可化为 即方程 因为 所以有两个不同的实数解 经检验 所以，，， 所以关于的方程有两个不同的实数解. （2）令， 而二次函数图象开口向上，故， 所以. 34．（23-24高一上·上海青浦·阶段练习）已知，是一元二次方程的两个实数根． (1)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (2)若的值为整数，求整数的值． 【答案】(1)不存在，理由见解析 (2)或或 【分析】（1）由求出的取值范围，再列出韦达定理，由得到方程，解得即可； （2）由，代入韦达定理，得到，结合为整数，且，即可得解. 【详解】（1）因为，是一元二次方程的两个实数根， 所以且，解得， 且，， 若，则，即，解得（舍去）， 即不存在实数，使成立. （2）由题意， 又当，即时，且，， 故， 由于为整数且为整数，故只能取、、，又， 则或或，解得或或， 故整数的值为或或. 35．（21-22高一上·上海徐汇·阶段练习）已知函数，设关于的方程的两实根为，方程的两实根为． (1)若，求与的关系式； (2)若均为负整数，且，求的解析式； (3)若，求证：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题意得有两个不等实根为，，根据韦达定理及可求解； （2）由（1）得，结合均为负整数可求解； （3）由韦达定理可得，结合即可证明. 【详解】（1）由题意得有两个不等实根为，， 所以． 由得，即， 所以，即． （2）由（1）得，因为均为负整数， 所以或或， 显然后两种情况不合题意，应舍去，从而有，解得，． 故所求函数解析式为． （3）由题意得， 又由，得，故， 所以． D组 拓展延伸 【难度系数：★★★ 时间：20分钟 分值：30分】 36．（23-24高一上·上海普陀·期中）设是不小于1的实数.若对任意，总存在，使得，则称这样的满足“性质1” (1)分别判断和时是否满足“性质1”; (2)先证明:若，且，则; 并由此证明当时，对任意，总存在，使得. (3)求出所有满足“性质1”的实数t 【答案】(1)不满足性质1，不满足性质1. (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）分别举反例证明和时性质1不成立； （2）先分别就，讨论证明若，且，则，再利用这个结论可得证； （3）结合（2）的结论可得解. 【详解】（1）记，， 假如，则当时，对任意，均有，不满足要求； 假如，则当，时，对任意，均有，， 若，同正或同负，则，其余情况下总有，不满足要求. （2）先来证明：若，且，则，同时该结论记为引理. 当时，， 当时，不妨设，则，又，所以. 所以若，且，则. 下面证当时，对任意，总存在，使得， 若，则取，此时， 其中，，且， 由引理可得， 若，则取，此时， 其中，，且，故由引理可得， 综上，当时，对任意，总存在，使得. （3）当时，当时，可取，使得，理由如下： 当时，取，则； 当时，取，则，则，故， 同理，可取，使得，此时， 所以当时，对任意，总存在，使得. 结合（2）的结论可得，对任意，总存在，使得. 综上，所有满足性质1的实数. 【点睛】思路点睛：此题考查等式和不等式的新定义问题，属于难题. （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，分别举反例证明和时性质1不成立； （3）分别就，分类讨论证明若，且，则，再利用这个结论证明当时，对任意，总存在，使得；再证明当时，对任意，总存在，使得，注意完备性. 37．（23-24高一上·上海普陀·阶段练习）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”. (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由 【答案】(1)“上位点”，“下位点”（答案不唯一） (2)“下位点”，证明见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）由定义即可得所求点的坐标. （2）先由点是点的“上位点”得，作差化简得，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点是否是点的“下位点”. （3）依题意可得，从而得到，即可得解. 【详解】（1）因为， 根据题设中的定义可得点的一个 “上位点坐标”和一个“下位点”坐标分别为和， 即“上位点”，“下位点”（答案不唯一）； （2）点是点的“下位点”. 证明：点是点的“上位点”，     ， 又均大于，      ，       ， ，即， 所以点是点的“下位点”. （3）若点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”； 即； 所以对任意的都有， ， 所以当时，对任意的存在， 使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”. 【点睛】关键点点睛：理解并运用“上位点”和“下位点”的定义是解题的关键. 38．（22-23高一上·上海闵行·期中）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”．同时点是点的“下位点”； (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素 ，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由． 【答案】(1)“上位点”为，“下位点”为； (2)是，证明见解析 (3) 【分析】（1）由定义即可得所求点的坐标. （2）先由点是点的“上位点”得，作差化简得，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点是否是点的“下位点”. （3）借助（2）的结论证明点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，再利用所证结论即可得到满足要求的一个正整数的值. 【详解】（1）根据题设中的定义可得点的一个上位点“坐标”和一个“下位点”坐标分别为和； （2）点是点的“下位点”， 证明：点是点的“上位点”，      又均大于，     ，       ，即， 所以点是点的“下位点”. （3）可证点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”， 证明：点是点的“上位点”， 均大于，     ，       ， 即，所以点是点的“上位点”， 同理可得，即， 所以点是点的“下位点”， 所以点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”． 根据题意知点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”对时恒成立， 根据上述的结论可知，当，时，满足条件. 故： 【点睛】关键点点睛：理解并运用“上位点”和“下位点”的定义是解题的关键. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 等式与不等式的性质 考点剖析 2 （一）等式的性质 3 （二）方程的解集 3 （三）一元二次方程的解集及根与系数的关系 3 （四）不等式的性质 4 过关检测 5 A组 双基过关 5 B组 巩固提高 8 C组 综合训练 13 D组 拓展延伸 19 一、应知应会 我们知道，实数与数轴上的点是一一对应的，在数轴上不同的两点中，右边的点表示的实数比左边的点表示的实数大. 例如，在上图中，点表示实数，点表示实数，点在点右边，那么. 我们再看上图，表示减去所得的差是一个大于的数即正数. 一般地：若，则是正数；逆命题也正确. 类似地，若，则是负数；若，则，它们之间是等价的. 即： ； ； . 由此可见，要比较两个实数的大小，只要考察它们的差就可以了. 由此出发，我们还可以证明不等式的基本性质. 二、知识梳理 （一）等式的性质 1. 用等号“”把两个表达式连接起来，所得的式子称为等式（equAlity）. 2. 等式的性质：（1）传递性 ，且 （2）加（减）法性质 （3）乘法性质 3. 乘法公式 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （二）方程的解集 我们知道，含有未知数的等式称为方程（equation）. 使得方程左右两边相等的未知数的值，称为方程的解（solution of an equation）. 以方程的所有解为元素组成的集合称为方程的解集（solution set of an equation）. （三）一元二次方程的解集及根与系数的关系 1. 一元二次方程的解习惯上叫做该方程的根（root）. 如果一元二次方程的两个根相等，那么这两个根叫做重根（double root）. 重根在解集中只能出现一次. 2. 韦达定理：若一元二次方程（）的两根为，，则 ，. 解题过程中不能忽视对方程的判别式进行判断. （四）不等式的性质 1. 不等式的性质：（1）传递性：如果，，那么；（2）加法性质：如果，那么； （3）乘法性质：如果，那么；如果，那么. 2. 定理：对于任意的实数和，总有 ， 当且仅当时等号成立. 考点剖析 （一）等式的性质 例1. 设、、、是实数，判断下列命题的真假，并说明理由. （1）如果，且，那么； （2）如果，且，那么； （3）如果，那么； （4）如果，那么，其中是正整数； （5）如果，那么； （6）如果，那么. 例2. 计算：（1） （2） （3） （4） 例3. 分解因式：（1） （2） （二）方程的解集 例4. 设、，求关于的方程的解集. 例5. 设，求关于与的二元一次方程组的解集. （三）一元二次方程的解集及根与系数的关系 例6. 求一元二次方程（）的解集. 例7. 若和分别是一元二次方程的两根，求下列各式的值： （1） ； （2）； （3）. 例8. 已知、是关于的一元二次方程的两个非零实数根，问和能否同号？若能同号，请求出相应的的取值范围；若不能同号，请说明理由. （四）不等式的性质 例9. （1）已知，，求证：； （2）已知，求证：，其中为正整数. 例10. 设是实数，比较与的值的大小. 过关检测 A组 双基过关 【难度系数：★ 时间：8分钟 分值：20分】 1．（23-24高一上·上海杨浦·期末）设，则下列不等式中正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·上海闵行·期末）已知,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 3．（23-24高一下·上海·开学考试）对于实数，，，“”是“”的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 4．（23-24高一上·上海松江·期末）已知，设，则与的值的大小关系是 （    ） A． B． C． D． 5．（22-23高一上·上海浦东新·期中）已知一元二次方程的两个实根为，且，则实数m的值为 . 6．（22-23高一上·上海徐汇·期末）已知方程的两个根为、，则 ． 7．（23-24高一上·上海徐汇·阶段练习）设，是方程的两个实数根，则 ． 8．（23-24高一上·上海普陀·期中）以和为根且二次项系数为1的一元二次方程是 ． 9．（21-22高一上·上海浦东新·期末）已知a∈R，不等式的解集为P，且-1∈P，则a的取值范围是 . 10．（22-23高一上·上海青浦·阶段练习）已知等式恒成立，则常数 B组 巩固提高 【难度系数：★★ 时间：10分钟 分值：20分】 11．（23-24高一下·上海·开学考试）设，若，则（    ）. A． B． C． D． 12．（23-24高一上·上海·期末）已知、、，则“”是“”的（    ）条件 A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分也非必要 13．（23-24高一上·上海浦东新·期中）设关于x的不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B，则“”是“”的（    ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件 14．（23-24高一上·上海浦东新·期末）已知对于实数x，y，满足，，则的最大值为 ． 15．（23-24高一上·上海虹口·期中）去年8月，上海发放了“爱购上海”为主题的“消费满100元抵50元”的电子消费券．A商家是“爱购上海”的活动商户，同时举行促销活动，每件商品按原价6折销售，但折扣不能与“爱购上海”消费券同时使用．如果你在这个商家购买商品原价的范围在（100，150）元．若使用消费券更便宜，则原价范围为 ． 16．（23-24高一上·上海普陀·期中）下列命题中真命题的编号是 ． ①是一元二次方程；        ②空集是任何非空集合的真子集； ③互相包含的两个集合相等；                ④若，则； ⑤满足的集合M有7个． 17．（21-22高一上·上海嘉定·期末）已知都是实数，一元二次方程有两个非零实根，且，则= . 18．（23-24高一上·上海·期中）关于的方程的两根为，，则的值为 ． 19．（23-24高一上·上海浦东新·期中）若、是一元二次方程的两根，的值为 ． 20．（23-24高一上·上海杨浦·阶段练习）已知实数、满足，，则以、为两根的一个一元二次方程可以是 21．（22-23高一上·上海普陀·期末）已知是方程的一个根，则该方程的另一个根为 ． 22．（23-24高一上·上海·期末）已知关于的方程解集为，则“关于的不等式的解集是 ”是 命题（填“真”或“假”） 23．（23-24高一上·上海普陀·期中）已知等式恒成立，其中a、b、c为常数，则 24．（23-24高一上·上海徐汇·阶段练习）设，，，，均为实数，若对恒成立，则 ． 25．（21-22高一上·上海虹口·阶段练习）已知等式恒成立，其中为实数，则 ． C组 综合训练 【难度系数：★★★ 时间：15分钟 分值：30分】 26．（23-24高一上·上海杨浦·期末）如果，那么下列式子中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 27．（23-24高一上·上海·期末）是的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分也非必奖条件 28．（23-24高一上·上海·期中）设，则方程的解集为 . 29．（23-24高一下·上海嘉定·阶段练习）若不等式的解集为，则 . 30．（22-23高一上·上海浦东新·阶段练习）已知，是一元二次方程的两个实数根. (1)求的值；（用表示） (2)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请你说明理由； (3)求使的值为整数的实数的整数值. 31．（23-24高一上·上海·期中）已知关于x的方程有两个实数根，若，求实数m的值． 32．（23-24高一上·上海杨浦·开学考试）（1）设全集，已知，求实数满足的条件. （2）已知关于的一元二次方程的两根都是整数，求满足条件的整数的值. 33．（23-24高一上·上海静安·期中）已知实常数a、b，满足， (1)证明：关于的方程有两个不同的实数解. (2)若关于的方程有两个不同的实数解，，求的值. 34．（23-24高一上·上海青浦·阶段练习）已知，是一元二次方程的两个实数根． (1)是否存在实数，使成立？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (2)若的值为整数，求整数的值． 35．（21-22高一上·上海徐汇·阶段练习）已知函数，设关于的方程的两实根为，方程的两实根为． (1)若，求与的关系式； (2)若均为负整数，且，求的解析式； (3)若，求证：． D组 拓展延伸 【难度系数：★★★ 时间：20分钟 分值：30分】 36．（23-24高一上·上海普陀·期中）设是不小于1的实数.若对任意，总存在，使得，则称这样的满足“性质1” (1)分别判断和时是否满足“性质1”; (2)先证明:若，且，则; 并由此证明当时，对任意，总存在，使得. (3)求出所有满足“性质1”的实数t 37．（23-24高一上·上海普陀·阶段练习）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”. (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由 38．（22-23高一上·上海闵行·期中）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”．同时点是点的“下位点”； (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素 ，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$