第05讲 第二章 一元二次函数、方程和不等式章末题型大总结（12类热点题型讲练）-【帮课堂】2024-2025学年高一数学同步学与练（人教A版2019必修第一册）

第05讲 第二章 一元二次函数、方程和不等式 题型01一元二次不等式（含参） 【典例1】（23-24高一上·湖北武汉·期末）若关于的不等式有且仅有两个整数解，则实数的取值范围是 . 【典例2】（23-24高一上·云南德宏·期末）已知． (1)若恒成立，求实数的取值范围； (2)求不等式的解集． 【变式1】（23-24高一上·北京密云·期末）已知函数. (1)若不等式的解集为，求的值； (2)若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)解关于的不等式. 【变式2】（23-24高一上·重庆·期末）已知关于的不等式. (1)若该不等式的解集为，求和的值； (2)若，求该不等式的解集. 题型02由一元二次不等式的解确定参数 【典例1】（23-24高一下·广东湛江·开学考试）关于的不等式的解集为，则的值为（　　） A． B． C． D． 【典例2】（23-24高一下·江西上饶·开学考试）已知不等式. (1)若不等式的解集是或，求的值； (2)若不等式的解集是，求的取值范围. 【变式1】（23-24高一上·云南昭通·期末）不等式的解集是，则的值是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（多选）（23-24高一下·云南·阶段练习）若关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．的解集为 D．的最小值为 【变式3】（23-24高二上·甘肃白银·期末）已知一元二次不等式的解集为，求的值. 题型03一元二次方程根的分布问题 【典例1】（23-24高一上·辽宁大连·期中）关于x的方程至少有一个负根的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【典例2】（23-24高一上·山东·期中）已知函数. (1)若关于的不等式的解集为，求的值； (2)当时，方程有一个根大于1，一个根小于1，求实数的取值范围. 【变式1】（23-24高一上·北京·期中）如果关于的一元二次方程有两个不同的正数实数根，那么的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高一上·浙江金华·阶段练习）已知关于的方程 ，当方程的根满足下列条件时，求的取值范围. (1)有两个实数根，且一个比2大，一个比2小； (2)至少有一个正根. 题型04一元二次不等式的恒成立（有解）问题 【典例1】（23-24高一上·河北·阶段练习）若命题“”为假命题，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（23-24高一上·江苏盐城·期中）设函数． (1)若对于恒成立，求的取值范围； (2)若对于恒成立，求的取值范围． 【变式1】（23-24高一上·安徽合肥·期中）命题“，”是假命题，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高一下·上海·开学考试）若对于任意，恒成立，则实数的取值范围是 . 【变式3】（23-24高一上·江苏盐城·期末）关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是 . 【变式4】（23-24高一上·江苏镇江·期中）若关于的不等式在区间内有解，则实数的取值范围 . 题型05“1”的代换转化为基本不等式求最值 【典例1】（23-24高一下·广西南宁·开学考试）已知，且，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 【典例2】（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）已知正数满足，若恒成立，则实数的取值范围为 . 【变式1】（23-24高一下·黑龙江大庆·开学考试）若正数满足，则的最小值为 【变式2】（23-24高一上·山东菏泽·阶段练习）若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 【变式3】（2024·四川成都·模拟预测）已知实数，若，则的最小值为 ． 题型06基本不等式（条件最值问题） 【典例1】（2024·山西·三模）已知正实数x，y满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（多选）（23-24高三下·重庆大足·阶段练习）设正实数，，且满足，则（    ） A． B． C． D． 【变式1】（多选）（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）已知正数满足，则（    ） A．的最小值为3 B．的最小值为6 C．的最小值为 D．的最小值为 【变式2】（2024高二下·浙江·学业考试）已知正实数，满足，则的最小值为 ． 【变式3】（2024·陕西西安·三模）已知，，则的最小值为 ． 题型08与基本不等式有关的恒成立问题 【典例1】（23-24高一上·浙江杭州·期末）若正实数、满足，且恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【典例2】（23-24高一上·重庆·期末）当，且满足时，有恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（23-24高一上·山东滨州·期末）已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·江西·一模）已知正数x，y满足，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ． 【变式3】（23-24高一下·江苏镇江·开学考试）设，若恒成立，则的取值范围为 . 题型09不等式与实际问题的关联 【典例1】（23-24高三下·山东济宁·开学考试）一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买黄金，售货员现将的砝码放在天平的左盘中，取出黄金放在天平右盘中使天平平衡；将天平左右盘清空后，再将的砝码放在天平右盘中，再取出黄金放在天平的左盘中，使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．则（    ） A． B． C． D．以上都有可能 【典例2】（23-24高一上·甘肃临夏·期末）某单位建造一间地面面积为12平方米的背面靠墙的矩形小房，由于地理位置的限制，房子侧面的长度x不得超过5米，房屋正面的造价为400元/平方米，房屋侧面的造价为150元/平方米，屋顶和地面的造价费用合计为5800元，如果墙高为3米，且不计房屋背面的费用，当侧面的长度为多少时，总造价最低？最低总造价是多少元？ 【变式1】（23-24高三上·山西吕梁·阶段练习）第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在中国杭州举行，参赛的各国运动员在比赛、训练之余，都爱逛逛杭州亚运会特许商品零售店，开启“买买买”模式.某商店售卖的一种亚运会纪念章，每枚的最低售价为15元，若每枚按最低售价销售，每天能卖出45枚，每枚售价每提高1元，日销售量将减少3枚，为了使这批纪念章每天获得600元以上的销售收入，则这批纪念章的销售单价x（单位：元）的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高一上·浙江湖州·阶段练习）若不计空气阻力，竖直上抛的物体距离抛出点的高度与时间满足关系式：，其中取.已知一名同学以初速度竖直上抛一排球，排球能够在抛出点以上的位置停留 秒时间. 【变式3】（23-24高一上·贵州贵阳·阶段练习）一家车辆制造厂引进了一条摩托车整车装配流水线，这条流水线生产的摩托车数量（单位：辆）与创造的价值（单位：元）之间有如下的关系：.若这家工厂希望在一个星期内利用这条流水线创收6000元以上，则在一个星期内大约应该生产 （填写区间范围）辆摩托车？ 【变式4】（23-24高一上·四川成都·期中）石室中学“跳蚤市场”活动即将开启，学生们在该活动中的商品所卖款项将用来支持慈善事业．为了在这次活动中最大限度地筹集资金，某班进行了前期调查．若商品进货价每件10元，当售卖价格（每件x元）在时，本次活动售出的件数，若想在本次活动中筹集的资金最多，则售卖价格每件应定为 元． 题型10函数与方程的思想 【典例1】（23-24高一上·江苏宿迁·期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，且实数，满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C．或 D．或 【典例2】（23-24高一上·浙江杭州·期中）不等式的解集是，则不等式的解集是（用集合表示） ． 【变式1】（多选）（23-24高一上·湖南娄底·期末）已知关于x的不等式（，）的解集为，则下列结论正确的是（    ） A． B．的最大值为 C．的最小值为4 D．的最小值为 题型11分类讨论思想 【典例1】（23-24高一上·江西抚州·期末）已知函数 (1)是否存在实数使得关于的不等式的解集为，若存在．求实数的值或取值范围，若不存在，请说明理由； (2)若关于的不等式的解集是，集合，若，求实数的取值范围. 【典例2】（23-24高二上·陕西咸阳·阶段练习）已知命题：“”是真命题 (1)求实数m的取值集合B； (2)设关于x的不等式的解集为A，若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围． 题型12化归与转化的思想 【典例1】（多选）（23-24高二上·云南大理·期末）已知且，若恒成立，则实数可取（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【典例2】（23-24高一上·山西运城·期末）已知正实数a，b满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围是 ． 【变式1】（多选）（23-24高一上·福建泉州·期中）已知，且不等式恒成立，则的值可以是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲 第二章 一元二次函数、方程和不等式 题型01一元二次不等式（含参） 【典例1】（23-24高一上·湖北武汉·期末）若关于的不等式有且仅有两个整数解，则实数的取值范围是 . 【答案】或， 【分析】分、、三种情况讨论，当时得到，即可求出的取值范围. 【详解】①当时，解得，不符合题意； 故，关于的不等式，即， ②当时，不等式即，解得或， 即它的解集为或，，不满足题意； ③当时，不等式即， 由于，当且仅当时取等号，故它的解集为，， 由题意，即，解得或， 则实数的取值范围为或，. 故答案为：或， 【典例2】（23-24高一上·云南德宏·期末）已知． (1)若恒成立，求实数的取值范围； (2)求不等式的解集． 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由恒成立，即恒成立，即得，从而可求解. （2）由即，然后对分情况讨论，从而可求解. 【详解】（1）∵ 恒成立， ∴ 对恒成立， 故，化简得，解得， 故实数的取值范围. （2），即； 当时，不等式的解为或， 当时，不等式的解为或， 当时，不等式的解为. 【变式1】（23-24高一上·北京密云·期末）已知函数. (1)若不等式的解集为，求的值； (2)若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)解关于的不等式. 【答案】(1) (2) (3)解集见解析 【分析】（1）根据一元二次不等式解集与一元二次方程根的关系解出即可； （2）根据一元二次不等式恒成立，即可由判别式求解； （3）分解因式，结合分类讨论，即可由一元二次不等式解的特征求解. 【详解】（1）因为不等式的解集为， 所以方程的两根分别为， 根据韦达定理可知，，解得； （2）不等式对任意的恒成立， 即对任意的恒成立，所以， 即，解得，所以实数a的取值范围为； （3）即， 当时，不等式的解为或， 当时，不等式的解为或， 当时，不等式的解为， 综上所述，当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为. 【变式2】（23-24高一上·重庆·期末）已知关于的不等式. (1)若该不等式的解集为，求和的值； (2)若，求该不等式的解集. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）由二次不等式的解得二次方程的根，利用韦达定理建立方程求解即可； （2）分类讨论解一元二次不等式即可. 【详解】（1）因为不等式的解集为， 所以二次方程的根为， 由韦达定理可得，解得； （2）若，则不等式为，即， 令，得，当，即时，； 当，即时，无解；当，即时，. 综上：时，解集为；时，解集为；时，解集为. 题型02由一元二次不等式的解确定参数 【典例1】（23-24高一下·广东湛江·开学考试）关于的不等式的解集为，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将问题转化为是方程的两个实根，再直接代入方程得到关于的方程组，解之即可得解. 【详解】因为不等式的解集为， 所以是方程的两个实根， 所以，解得， 所以. 故选：C. 【典例2】（23-24高一下·江西上饶·开学考试）已知不等式. (1)若不等式的解集是或，求的值； (2)若不等式的解集是，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由一元二次不等式的性质可知方程的两根为，再由韦达定理可解. （2）由二次函数的性质可得关于的不等式组，解出即可. 【详解】（1）由题意可知方程的两个根分别为， 由韦达定理可知，解得，经检验满足题设. （2）若不等式的解集是，即恒成立，则满足，解得. 【变式1】（23-24高一上·云南昭通·期末）不等式的解集是，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意得，，和是方程的根，然后结合方程的根与系数关系即可求解． 【详解】因为不等式的解集是， 所以，和是方程的根， 所以，即，，则． 故选：D． 【变式2】（多选）（23-24高一下·云南·阶段练习）若关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．的解集为 D．的最小值为 【答案】BC 【分析】题意说明的两根为,代入法1得的值，从而可逐项判断. 【详解】根据题意，关于的不等式的解集为， 所以的两根为， 则，解得， 所以，即A错误，B正确； 且为，解得或， 所以的解集为，C正确； ， 所以的最大值为，D错误. 故选：BC 【变式3】（23-24高二上·甘肃白银·期末）已知一元二次不等式的解集为，求的值. 【答案】 【分析】依题意关于的一元二次方程的两根为、且，利用韦达定理得到方程组，解得即可. 【详解】因为一元二次不等式的解集为， 所以关于的一元二次方程的两根为、且， 所以，解得，所以. 题型03一元二次方程根的分布问题 【典例1】（23-24高一上·辽宁大连·期中）关于x的方程至少有一个负根的充要条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据实数是不是为零进行分类讨论，结合根的判别式及韦达定理即可得解. 【详解】当时，方程为，此时方程的根为负根， 当时，方程， 当方程有二个负根时，则有， 当方程有一个负根一个正根时，则有， 综上所述：当关于x的方程至少有一个负根时，有， 即关于x的方程至少有一个负根的充要条件是. 故选：D. 【典例2】（23-24高一上·山东·期中）已知函数. (1)若关于的不等式的解集为，求的值； (2)当时，方程有一个根大于1，一个根小于1，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意可知，和1是方程的两个实数根，结合韦达定理可求a,b的值； （2）由于二次函数的图象开口向上，所以可将“一根大于1，一根小于1”转化为，即a的范围可求. 【详解】（1）由题意可知，和1是方程的两个实数根， 所以， 解得. （2）当时，，因为函数的图象开口向上，且的根一根大于1，一根小于1， 所以，即，解得或， 所以实数的取值范围是. 【变式1】（23-24高一上·北京·期中）如果关于的一元二次方程有两个不同的正数实数根，那么的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据方程有两个不同的正实根，则两根之和大于零，两根之积大于零及，列出不等式组，解出即可. 【详解】因为关于的一元二次方程有两个不同的正数实数根， 则有， 故选：A 【变式2】（23-24高一上·浙江金华·阶段练习）已知关于的方程 ，当方程的根满足下列条件时，求的取值范围. (1)有两个实数根，且一个比2大，一个比2小； (2)至少有一个正根. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，则由题意可得，求解即可得答案； （2）采用正难则反的原则再进行分类讨论即可. 【详解】（1）设， 则由题意可得，解得. （2）关于x的方程无实数根时，， 解得， 关于x的方程有两个负实数根时， ，解得， 所以关于x的方程无实数根时或有两个负实数根时， 可得关于x的方程至少有一个正实数根，则. 题型04一元二次不等式的恒成立（有解）问题 【典例1】（23-24高一上·河北·阶段练习）若命题“”为假命题，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得命题“”是真命题，则在上恒成立，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】由题意知命题“”是真命题． 因为，所以． 当时，函数的最大值为6， 则的最小值为，所以，即的最大值为． 故选：A. 【典例2】（23-24高一上·江苏盐城·期中）设函数． (1)若对于恒成立，求的取值范围； (2)若对于恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先转化为对于恒成立，再求的最小值,即得m的取值范围. （2）题设条件可以转化为对于恒成立,将分别代入不等式,即可求出的范围. 【详解】（1）由题意得，在恒成立， 即在恒成立， ∵对一切实数恒成立， ∴在恒成立， ∵函数在上单调递减，在上单调递增， ∴，∴在上的最小值为，∴. 故的取值范围为. （2）对于恒成立, 对于恒成立, , 解得, 故的取值范围为. 【变式1】（23-24高一上·安徽合肥·期中）命题“，”是假命题，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】原命题的否定为真命题，由二次不等式恒成立的条件，求实数的取值范围. 【详解】由题意，原命题的否定“，”为真命题， 令，则当时，， 故，解得. 所以实数的取值范围是. 故选：D 【变式2】（23-24高一下·上海·开学考试）若对于任意，恒成立，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】分和两种情况讨论即可得解. 【详解】①当时，不等式恒成立，所以符合要求； ②当时，题意等价于，即，解得， 综上可知. 故答案为：. 【变式3】（23-24高一上·江苏盐城·期末）关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】 根据题意将不等式转化为在能成立即可，再由二次函数性质求出即可得的取值范围是. 【详解】由不等式以及可得， 依题意可知即可， 令， 又，由可得， 利用二次函数性质可知，即可得； 即实数的取值范围是. 故答案为： 【变式4】（23-24高一上·江苏镇江·期中）若关于的不等式在区间内有解，则实数的取值范围 . 【答案】 【分析】 根据二次函数的性质，结合配方法进行求解即可. 【详解】， 设， ，该二次函数的对称轴为，开口向下， 当时，， 要想关于的不等式在区间内有解， 只需， 所以实数的取值范围为， 故答案为： 题型05“1”的代换转化为基本不等式求最值 【典例1】（23-24高一下·广西南宁·开学考试）已知，且，则的最小值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】因为，且，所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为． 故选：C． 【典例2】（23-24高一上·安徽蚌埠·期末）已知正数满足，若恒成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】 根据基本不等式求得不等式左边的最小值，建立不等式，解出即可. 【详解】因为且，所以 ，当且仅当时取等号． 因为不等式恒成立， 所以，解得． 故答案为：. 【变式1】（23-24高一下·黑龙江大庆·开学考试）若正数满足，则的最小值为 【答案】6 【分析】先把已知变形为，再利用“1”的妙用，结合基本不等式求最值. 【详解】由得， 所以， 当且仅当，即时，等号成立. 故答案为：6. 【变式2】（23-24高一上·山东菏泽·阶段练习）若两个正实数满足，且不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】 根据等式变形，利用常值代换法凑项，运用基本不等式求得即得. 【详解】 因为两个正实数 满足，则， 故 ，当且仅当时取等号， 因不等式恒成立，则，故. 故答案为：. 【变式3】（2024·四川成都·模拟预测）已知实数，若，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】由乘“1”的方法，利用基本不等式求最值. 【详解】由， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为为. 故答案为：. 题型06基本不等式（条件最值问题） 【典例1】（2024·山西·三模）已知正实数x，y满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意分析可知，利用基本不等式运算求解. 【详解】因为正实数x，y满足，则， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：A. 【典例2】（多选）（23-24高三下·重庆大足·阶段练习）设正实数，，且满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】对于A项，通过题设求出，代入所求式消元，凑项运用基本不等式即得；对于B项，直接运用基本不等式将其转化成关于的不等式求解即得；对于C项，运用完全平方式将其转化成关于的二次函数，通过其图象单调性即得；对于D项，通分后将其化成关于的分式函数，求其值域即得. 【详解】对于A项，由可得：， 因，故，将其代入可得： 当且仅当时等号成立，故A项正确； 对于B项，由可得， 因，故得：，则， 当且仅当时等号成立，故B项错误； 对于C项，由， 设，由上分析知，， 则在上单调递增，故，即C项错误； 对于D项，由， 由上分析知，则， 故，即，故D项正确. 故选：AD. 【变式1】（多选）（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）已知正数满足，则（    ） A．的最小值为3 B．的最小值为6 C．的最小值为 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】根据题意，结合基本不等式，逐项判定，即可求解. 【详解】因为， 令，则，解得，即， 则，其中所有不等式等号成立均当且，所以A错误，B正确； 对两边同除以可得，由，可得， 所以，当且仅当时，等号成立，所以C正确； 由可得， 则， 当且仅当即时，等号成立，故D正确. 故选：BCD． 【变式2】（2024高二下·浙江·学业考试）已知正实数，满足，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】依题意可得，令，，即可得到且，，目标式子，利用基本不等式计算可得. 【详解】因为正实数，满足， 即，令，，则且，， 所以， 当且仅当，即，时取等号. 故答案为： 【变式3】（2024·陕西西安·三模）已知，，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】依题意可得，再由基本不等式计算可得. 【详解】因为，且， 所以， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 故的最小值为． 故答案为：． 题型08与基本不等式有关的恒成立问题 【典例1】（23-24高一上·浙江杭州·期末）若正实数、满足，且恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】依题意可得，利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可得到，解得即可. 【详解】因为正实数、满足， 即，所以， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 因为正实数、满足，且恒成立， 所以，解得，即实数的取值范围是. 故选：B． 【典例2】（23-24高一上·重庆·期末）当，且满足时，有恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】把恒成立问题转化成求最值问题，利用基本不等式求出的最小值，然后解二次不等式即可. 【详解】因为即且， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 因为不等式恒成立，所以， 即，解得，故的取值范围为. 故选：A 【变式1】（23-24高一上·山东滨州·期末）已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将问题转化为，利用“1”的代换以及基本不等式求解，从而得到，求解不等式，即可得到答案． 【详解】因为不等式恒成立， 则， 因为，，由可得， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 故， 所以，即，解得， 则实数的取值范围是． 故选：B． 【变式2】（2024·江西·一模）已知正数x，y满足，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】 将变形为，利用均值不等式求的最小值即可求解. 【详解】因为， 所以 ， 所以 ，等号成立当且仅当， 所以，， 故实数a的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解题关键是先得到，再进一步结合乘“1”法即可顺利得解. 【变式3】（23-24高一下·江苏镇江·开学考试）设，若恒成立，则的取值范围为 . 【答案】 【分析】因为，所以将转化为然后与相乘然后运用基本不等式求解. 【详解】因为,所以 . 当且仅当时，即时等号成立, 所以. 故答案为：. 题型09不等式与实际问题的关联 【典例1】（23-24高三下·山东济宁·开学考试）一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买黄金，售货员现将的砝码放在天平的左盘中，取出黄金放在天平右盘中使天平平衡；将天平左右盘清空后，再将的砝码放在天平右盘中，再取出黄金放在天平的左盘中，使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．则（    ） A． B． C． D．以上都有可能 【答案】A 【分析】根据杠杆原理可得，，进而可根据基本不等式求解. 【详解】设天平左臂长为，右臂长为，且，则有，，即 ，， 所以，， 又因为，所以. 故选：A 【典例2】（23-24高一上·甘肃临夏·期末）某单位建造一间地面面积为12平方米的背面靠墙的矩形小房，由于地理位置的限制，房子侧面的长度x不得超过5米，房屋正面的造价为400元/平方米，房屋侧面的造价为150元/平方米，屋顶和地面的造价费用合计为5800元，如果墙高为3米，且不计房屋背面的费用，当侧面的长度为多少时，总造价最低？最低总造价是多少元？ 【答案】当侧面的长度为4米时，总造价最低．最低总造价是13000元 【分析】根据题意得到函数表达式，利用基本不等式求出最小值即可. 【详解】由题可知 因为，当且仅当，即时取等号， 所以在时取最小值， 于是当侧面的长度为米时，总造价最低．最低总造价是元． 【变式1】（23-24高三上·山西吕梁·阶段练习）第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在中国杭州举行，参赛的各国运动员在比赛、训练之余，都爱逛逛杭州亚运会特许商品零售店，开启“买买买”模式.某商店售卖的一种亚运会纪念章，每枚的最低售价为15元，若每枚按最低售价销售，每天能卖出45枚，每枚售价每提高1元，日销售量将减少3枚，为了使这批纪念章每天获得600元以上的销售收入，则这批纪念章的销售单价x（单位：元）的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题中条件列出不等式，解出即可. 【详解】由题意，得， 即，∴， 解得.又每枚的最低售价为15元，∴. 故选：B. 【变式2】（23-24高一上·浙江湖州·阶段练习）若不计空气阻力，竖直上抛的物体距离抛出点的高度与时间满足关系式：，其中取.已知一名同学以初速度竖直上抛一排球，排球能够在抛出点以上的位置停留 秒时间. 【答案】 【分析】根据题意求得关系式，令，得到，即可求解. 【详解】由题意，竖直上抛的物体距离抛出点的高度与时间满足关系式， 因为，所以， 令，得，即，解得，， 所以停留的时间为. 故答案为：. 【变式3】（23-24高一上·贵州贵阳·阶段练习）一家车辆制造厂引进了一条摩托车整车装配流水线，这条流水线生产的摩托车数量（单位：辆）与创造的价值（单位：元）之间有如下的关系：.若这家工厂希望在一个星期内利用这条流水线创收6000元以上，则在一个星期内大约应该生产 （填写区间范围）辆摩托车？ 【答案】51~59 【分析】依据题意列出不等关系，解不等式再根据实际意义即可求出需生产51~59辆摩托车. 【详解】根据题意可知， 转化为不等式，即可得， 解得； 所以应该生产51~59辆摩托车. 故答案为：51~59 【变式4】（23-24高一上·四川成都·期中）石室中学“跳蚤市场”活动即将开启，学生们在该活动中的商品所卖款项将用来支持慈善事业．为了在这次活动中最大限度地筹集资金，某班进行了前期调查．若商品进货价每件10元，当售卖价格（每件x元）在时，本次活动售出的件数，若想在本次活动中筹集的资金最多，则售卖价格每件应定为 元． 【答案】15 【分析】结合已知条件，求出利润的解析式，然后结合换元法和基本不等式即可求解. 【详解】由题意可知，利润，， 不妨令， 则利润， 当且仅当时，即时，即时，不等式取等号， 故销售价格每件应定为15元. 故答案为：15. 题型10函数与方程的思想 【典例1】（23-24高一上·江苏宿迁·期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，且实数，满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】由不等式的解集可得方程的根，由根与系数的关系，代入不等式，结合判别式求实数的取值范围. 【详解】由不等式的解集可得，方程的根为， 可得，， 由，得或， 由，得 即，解得或， 综上，实数的取值范围是. 故选：D 【典例2】（23-24高一上·浙江杭州·期中）不等式的解集是，则不等式的解集是（用集合表示） ． 【答案】 【分析】根据一元二次不等式与对应方程的关系，利用根与系数的关系，求出b、c与a的关系，代入所求不等式，求出解集即可． 【详解】不等式的解集为， ∴，且1，2是方程的两个实数根， ∴，解得，，其中； ∴不等式化为， 即，解得， 因此所求不等式的解集为 . 故答案为：． 【变式1】（多选）（23-24高一上·湖南娄底·期末）已知关于x的不等式（，）的解集为，则下列结论正确的是（    ） A． B．的最大值为 C．的最小值为4 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】 利用二次不等式的解集得方程的两根为和，结合韦达定理得，从而判断A，再利用基本不等式计算判断BCD. 【详解】由题意，不等式的解集为， 可得，且方程的两根为和， 所以，所以，， 所以，所以A正确； 因为，，所以，可得， 当且仅当时取等号，所以的最大值为，所以B正确； 由， 当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为，所以C错误； 由， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：ABD 题型11分类讨论思想 【典例1】（23-24高一上·江西抚州·期末）已知函数 (1)是否存在实数使得关于的不等式的解集为，若存在．求实数的值或取值范围，若不存在，请说明理由； (2)若关于的不等式的解集是，集合，若，求实数的取值范围. 【答案】(1)存在 (2) 【分析】（1）设在恒成立，可得时不满足，当时，结合二次函数的开口方向、判别式可得答案； （2）由题意可设在上恒成立，分、、讨论，结合一元二次不等式恒成立可得答案． 【详解】（1）设在恒成立， 显然当，即时不满足在上恒成立； 当时， ， 综上，存在使得的解集为； （2）由题意可设在上恒成立， 当，即时，，满足在上恒成立； 当，即时， 在上恒成立； ，； 当，即时，可得，， 综上． 【典例2】（23-24高二上·陕西咸阳·阶段练习）已知命题：“”是真命题 (1)求实数m的取值集合B； (2)设关于x的不等式的解集为A，若“”是“”的充分不必要条件，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据全称命题为真列不等式求解即可得数m的取值集合； （2）分类讨论解含有参数的一元二次不等式，结合充分必要条件即可得实数a的取值范围． 【详解】（1）∵“”是真命题， ∴， ∴当时，， ∵函数的图像开口向上，且对称轴为直线， ∴当时，的最大值为， ∴当时，． ∴实数m的取值集合． （2）∵， ∴不等式等价于． ①当，即时，， 又“”是“”的充分不必要条件， ∴是的真子集，即包含于， ∴，∴； ②当，即时，，符合题意； ③当，即时，， 又“”是“”的充分不必要条件， ∴是的真子集，即包含于， ∴，∴； 综上，实数a的取值范围为． 题型12化归与转化的思想 【典例1】（多选）（23-24高二上·云南大理·期末）已知且，若恒成立，则实数可取（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】AB 【分析】利用基本不等式单位“1”的应用，求出的最小值，从而可求解. 【详解】由题意知，， 所以， 当且仅当时取等号，所以，解得，所以A、B正确. 故选：AB. 【典例2】（23-24高一上·山西运城·期末）已知正实数a，b满足，且不等式恒成立，则实数m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】分离参数得恒成立，即，然后结合基本不等式求解即可. 【详解】因为正实数a，b满足，， 所以， 因为， 当且仅当，即时取等号， 所以， 所以不等式恒成立，只需即可. 故答案为： 【变式1】（多选）（23-24高一上·福建泉州·期中）已知，且不等式恒成立，则的值可以是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】AB 【分析】令，，（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），所以，再利用基本不等式计算出的最小值，即可求出的取值范围，即可得解. 【详解】令，，因为，，所以，， 则（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）， 则， 当且仅当时取等号，即时取等号， 因为不等式恒成立， 所以，则. 故选：AB 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 $$