第2章 一元二次函数、方程和不等式 章末总结-【金版教程】2025-2026学年高中数学必修第一册创新导学案课件PPT（人教A版）

该高中数学单元复习课件系统梳理了一元二次函数、方程和不等式的核心内容，包括不等关系性质、基本不等式应用、一元二次不等式解法、恒成立问题及实际应用。通过知识系统整合，将作差法、作商法等比较方法，配凑法、消元法等解题技巧，与实际问题模型紧密串联，构建完整知识网络。 其亮点在于聚焦学科素养培优，设计“典例解析—素养训练”分层活动，如通过宣传单排版、水库抢修等实际问题培养应用意识，借助含参不等式分类讨论发展逻辑推理能力。这种设计既帮助学生巩固知识，又助力教师实施个性化复习教学。

第二章　一元二次函数、 方程和不等式 章末总结 知识系统整合 学科素养培优 目录 知识系统整合 知识系统整合 4 学科素养培优 一、不等关系与不等式的性质 当两个代数式的大小不确定且为多项式形式时，常用作差法比较大小，当两个代数式均为正且均为幂的乘积形式时，常用作商法比较大小． 作差法的步骤：①作差；②变形；③判断差的符号；④结论． 作商法的步骤：①作商；②变形；③判断商与1的关系；④结论． 学科素养培优 6 解析　对于A，当c>0时才成立，故A错误；对于B，结论应该为|a|>|b|，故B错误；对于C，不等式的两边同时加上一个数，不等号的方向不变，故C错误；D项显然正确．故选D. 学科素养培优 7 学科素养培优 8 学科素养培优 9 [素养训练1]　(1)已知a＋b<0，且a>0，则(　　) A．a2<－ab<b2 B．b2<－ab<a2 C．a2<b2<－ab D．－ab<b2<a2 解析：解法一：令a＝1，b＝－2，则a2＝1，－ab＝2，b2＝4，所以a2<－ab<b2.故选A. 解法二：由条件a＋b<0，且a>0可得b<0，0<a<－b.因为a2－(－ab)＝a(a＋b)<0，所以0<a2<－ab，又0<a<－b，b<0，所以0<a(－b)<(－b)2，即0<－ab<b2，所以0<a2<－ab<b2.故选A. 学科素养培优 10 x<y 学科素养培优 11 (3)已知a<b<c，试比较a2b＋b2c＋c2a与ab2＋bc2＋ca2的大小． 解：a2b＋b2c＋c2a－(ab2＋bc2＋ca2)＝(a2b－ab2)＋(b2c－bc2)＋(c2a－ca2) ＝ab(a－b)＋bc(b－c)＋ca(c－a)＝ab(a－b)＋bc[(b－a)＋(a－c)]＋ca(c－a) ＝ab(a－b)＋bc(b－a)＋bc(a－c)＋ca(c－a)＝b(a－b)(a－c)＋c(a－c)(b－a) ＝(a－b)(a－c)(b－c)． ∵a<b<c，∴a－b<0，a－c<0，b－c<0， ∴(a－b)(a－c)(b－c)<0. ∴a2b＋b2c＋c2a<ab2＋bc2＋ca2. 学科素养培优 12 二、基本不等式的应用 基本不等式的主要应用是证明不等式、求最值或范围，既适用于一个变量的情况，也适用于多个变量的情况，常用方法有：配凑法、消元法、常数代换法等．含有多个变量的条件最值问题，一般方法是消元法，将问题转化为只含一个变量的最值问题；如果条件等式中含有两个变量的和或积的形式，可以直接利用基本不等式对两个数的和或积进行转化，然后求解． 学科素养培优 13 学科素养培优 14 学科素养培优 15 学科素养培优 16 1 学科素养培优 17 三、一元二次不等式的解法 (1)对于不含参数的一元二次不等式(分式不等式)首先转化成标准形式(二次项系数为正)，然后能分解因式的变成因式相乘的形式，从而得到不等式的解集． (2)对于含参数的一元二次不等式，若二次项系数为常数，则可先考虑分解因式，再对参数进行讨论；若不易分解因式，则可对判别式分类讨论，分类要不重不漏．若二次项系数含有参数，则应先考虑二次项系数是否为零，然后再讨论二次项系数不为零的情形，以便确定解集的形式；其次，对相应方程的根进行讨论，比较大小，以便写出解集． 学科素养培优 18 典例3　已知关于x的不等式ax2＋bx＋c≥0. (1)当a＝－1，b＝2，c＝1时，求该不等式的解集； (2)从下面两个条件中任选一个，并求出此时该不等式的解集． ①a＝1，b＝－2－m，c＝2m； ②a＝m，b＝m－2，c＝－2. 学科素养培优 19 即(x－2)(x－m)≥0， 当m>2时，不等式的解集为{x|x≤2，或x≥m}； 当m＝2时，不等式的解集为R； 当m<2时，不等式的解集为{x|x≤m，或x≥2}． 若选②a＝m，b＝m－2，c＝－2， 不等式为mx2＋(m－2)x－2≥0， 若m＝0，则－2x－2≥0，不等式的解集为{x|x≤－1}； 若m≠0，不等式可化为(mx－2)(x＋1)≥0， 学科素养培优 20 学科素养培优 21 学科素养培优 22 (2)设集合A＝{x|x2－2mx＋m2－≤10}，B＝{x|x2－4x－5≤0}，若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，求实数m的取值范围． 学科素养培优 23 四、不等式恒(能)成立问题 对于不等式恒(能)成立求参数范围问题，常见类型及解法有以下几种： (1)判别式法 一元二次不等式对任意实数x恒成立的问题，常常用判别式法． (2)数形结合法 利用不等式与函数的关系将恒(能)成立问题通过函数图象直观化． (3)变更主元法 根据实际情况的需要确定合适的主元，一般知道取值范围的变量要看作主元． (4)分离参数法 将参数分离转化为求解最值问题． 学科素养培优 24 典例4　(1)若对一切实数x，不等式mx2－3mx－2<0恒成立，求m的取值范围． 学科素养培优 25 (2)若当1≤x≤2时，不等式x2＋mx＋4<0恒成立，求m的取值范围． 学科素养培优 26 (3)若当1≤x≤4时，不等式x2－(m＋1)x＋9≤0有解，求实数m的最小值． 学科素养培优 27 (4)若存在1≤a≤3，使得不等式ax2＋(a－2)x－2>0成立，求实数x的取值范围． 学科素养培优 28 [素养训练4]　(1)若关于x的不等式ax2＋ax＋3>0恒成立，求实数a的取值范围． 学科素养培优 29 (2)已知y＝mx2－mx－6＋m，若对1≤m≤3，y<0恒成立，求实数x的取值范围． 学科素养培优 30 学科素养培优 31 学科素养培优 32 学科素养培优 33 五、不等式的实际应用 解决基本不等式的实际应用问题，关键在于弄清问题的各种数量关系，抽象出数学模型，解题时要注意应用基本不等式的条件是否具备，还要注意有关量的实际含义． 学科素养培优 34 典例5　如图，一份纸质宣传单的排版面积(矩形ABCD)为P，它的左、右两边留有宽为a的空白，上、下两边留有宽为2a的空白． (1)若AB＝20 cm，BC＝30 cm，且该宣传单的面积 不超过1000 cm2，求a的取值范围； (2)若a＝2 cm，P＝800 cm2，当边AB多长时，纸的 用量最少？ 学科素养培优 35 学科素养培优 36 [素养训练5]　某水库堤坝因年久失修，发生了渗水现象，当发现时已有200 m2的坝面渗水．经测算知渗水现象正在以每天4 m2的速度扩散，当地政府积极组织工人进行抢修．已知每人平均每天可抢修渗水面积2 m2，每人每天所消耗的维修材料费为75元，劳务费为50元，每渗水1 m2的损失为250元．政府还给每人发放了50元的服装补贴．现在共派去x名工人，抢修完成共用n天． (1)写出n与x之间的关系式； (2)要使总损失最小，应派多少名工人去抢修？(总损失＝渗水损失＋政府支出) 学科素养培优 37 学科素养培优 38 　　　　　　　　　　　　　 R 典例1　(1)下列结论正确的是(　　) A．若ac>bc，则a>b B．若a2>b2，则a>b C．若a>b，c<0，则a＋c<b＋c D．若eq \r(a)<eq \r(b)，则a<b (2)已知a>0，b>0，且a≠b，试比较eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)与a＋b的大小． 解　因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋\f(b2,a)))－(a＋b) ＝eq \f(a2,b)－b＋eq \f(b2,a)－a＝eq \f(a2－b2,b)＋eq \f(b2－a2,a) ＝(a2－b2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－\f(1,a))) ＝(a2－b2)eq \f(a－b,ab)＝eq \f(（a－b）2（a＋b）,ab)， 又a>0，b>0，且a≠b，所以(a－b)2>0，a＋b>0，ab>0， 所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,b)＋\f(b2,a)))－(a＋b)>0，即eq \f(a2,b)＋eq \f(b2,a)>a＋b. (3)已知a>b>0，试比较eq \f(a2－b2,a2＋b2)与eq \f(a－b,a＋b)的大小． 解　因为a>b>0，所以a＋b>0，a－b>0， 所以eq \f(a2－b2,a2＋b2)＝eq \f(（a＋b）（a－b）,a2＋b2)>0，eq \f(a－b,a＋b)>0， 所以eq \f(\f(a2－b2,a2＋b2),\f(a－b,a＋b))＝eq \f(（a＋b）2,a2＋b2)＝1＋eq \f(2ab,a2＋b2)>1， 所以eq \f(a2－b2,a2＋b2)>eq \f(a－b,a＋b). (2)已知c>1，且x＝eq \r(c＋1)－eq \r(c)，y＝eq \r(c)－eq \r(c－1)，则x，y之间的大小关系是________． 解析：由题设，易知x，y>0，又eq \f(x,y)＝eq \f(\r(c＋1)－\r(c),\r(c)－\r(c－1))＝eq \f(\r(c)＋\r(c－1),\r(c＋1)＋\r(c))<1，所以x<y. 典例2　已知正数a，b满足a＋b＝1. (1)求a2＋b－1的最小值； (2)若正数c满足2c－a＝2，证明：a＋c与2b＋c之和为定值，且eq \f(1,a＋c)＋eq \f(1,2b＋c)≥1. 解　(1)因为a＋b＝1，所以b－1＝－a， 所以a2＋b－1＝a2－a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2))) eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)≥－eq \f(1,4)， 当且仅当a＝b＝eq \f(1,2)时，等号成立， 所以a2＋b－1的最小值为－eq \f(1,4). (2)证明：因为2c－a＝2，所以2c＝a＋2， 则a＋c＋2b＋c＝2a＋2b＋2＝4， 所以a＋c与2b＋c之和为定值， 所以eq \f(1,a＋c)＋eq \f(1,2b＋c)＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a＋c)＋\f(1,2b＋c)))(a＋c＋2b＋c) ＝eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋\f(2b＋c,a＋c)＋\f(a＋c,2b＋c)))≥eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋1＋2\r(\f(2b＋c,a＋c)·\f(a＋c,2b＋c))))＝1， 当且仅当eq \f(2b＋c,a＋c)＝eq \f(a＋c,2b＋c)，即c＝2a＝4b＝eq \f(4,3)时，等号成立，故eq \f(1,a＋c)＋eq \f(1,2b＋c)≥1得证． [素养训练2]　(1)若x，y是正数，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2y))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2x))) eq \s\up12(2)的最小值是(　　) A．3 B.eq \f(7,2) C．4 D.eq \f(9,2) 解析：∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2y))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2x))) eq \s\up12(2)＝x2＋eq \f(x,y)＋eq \f(1,4y2)＋y2＋eq \f(y,x)＋eq \f(1,4x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,4x2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2＋\f(1,4y2)))＋eq \f(y,x)＋eq \f(x,y)≥2eq \r(x2·\f(1,4x2))＋2eq \r(y2·\f(1,4y2))＋2eq \r(\f(y,x)·\f(x,y))＝4，当且仅当x＝y＝eq \f(\r(2),2)时，等号成立，故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2y))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,2x))) eq \s\up12(2)的最小值是4. (2)已知x<－1，则eq \f(（x＋5）（x＋2）,x＋1)的最大值为________． 解析：∵x<－1，∴x＋1<0，∴－(x＋1)>0，∴eq \f(（x＋5）（x＋2）,x＋1)＝eq \f([（x＋1）＋4][（x＋1）＋1],x＋1)＝eq \f(（x＋1）2＋5（x＋1）＋4,x＋1)＝(x＋1)＋eq \f(4,x＋1)＋5＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－（x＋1）＋\f(4,－（x＋1）)))＋5≤－2eq \r(4)＋5＝1，当且仅当(x＋1)2＝4，即x＝－3时，等号成立．故eq \f(（x＋5）（x＋2）,x＋1)的最大值为1. 解　(1)当a＝－1，b＝2，c＝1时，不等式为－x2＋2x＋1≥0，可化为x2－2x－1≤0，解得1－eq \r(2)≤x≤1＋eq \r(2)，所以不等式的解集为{x|1－eq \r(2)≤x≤1＋eq \r(2)}． (2)若选①a＝1，b＝－2－m，c＝2m， 不等式为x2－(2＋m)x＋2m≥0， 当m>0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤－1，或x≥\f(2,m)))))； 当m<－2时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(2,m)))))； 当m＝－2时，不等式的解集为{x|x＝－1}； 当－2<m<0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)≤x≤－1)))). 综上所述，当m<－2时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤\f(2,m)))))；当m＝－2时，不等式的解集为{x|x＝－1}；当－2<m<0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,m)≤x≤－1))))；当m＝0时，不等式的解集为{x|x≤－1}；当m>0时，不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x≤－1，或x≥\f(2,m))))). [素养训练3]　(1)若不等式ax2＋5x－2>0的解集是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)<x<2))))，求不等式eq \f(1－ax,x＋1)>a＋5的解集． 解：依题意，可得方程ax2＋5x－2＝0的两个实数根为eq \f(1,2)，2，且a<0. 由根与系数的关系，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2＝\f(－2,a)，,\f(1,2)＋2＝－\f(5,a)，))解得a＝－2. 将a＝－2代入不等式，得eq \f(1＋2x,x＋1)>3，整理，得eq \f(－（x＋2）,x＋1)>0，即(x＋1)(x＋2)<0，解得－2<x<－1，则原不等式的解集为{x|－2<x<－1}． 解：由A＝{x|x2－2mx＋m2－1≤0}可得A＝{x|[x－(m－1)][x－(m＋1)]≤0}， 即A＝{x|m－1≤x≤m＋1}， 由B＝{x|x2－4x－5≤0}可得B＝{x|－1≤x≤5}． 由“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，可得AB， 需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m－1≥－1，,m＋1≤5，))解得0≤m≤4，显然两端等号不会同时成立， 所以实数m的取值范围为{m|0≤m≤4}． 解　要使mx2－3mx－2<0恒成立， 若m＝0，显然－2<0，满足题意； 若m≠0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,Δ＝9m2＋8m<0))⇒－eq \f(8,9)<m<0， 综上，m的取值范围是eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(8,9)<m≤0)))). 解　令y＝x2＋mx＋4. ∵当1≤x≤2时，y<0恒成立， ∴x2＋mx＋4＝0的根一个小于1，另一个大于2. 如图， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋m＋4<0，,4＋2m＋4<0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋5<0，,2m＋8<0，)) 解得m<－5. ∴m的取值范围是{m|m<－5}． 解　因为当1≤x≤4时，不等式x2－(m＋1)x＋9≤0有解， 所以m＋1≥x＋eq \f(9,x)有解， 又因为x＋eq \f(9,x)≥2eq \r(x·\f(9,x))＝6，当且仅当x＝eq \f(9,x)，即x＝3时，等号成立， 所以当1≤x≤4时，x＋eq \f(9,x)的最小值为6，所以m＋1≥6，即m≥5，故实数m的最小值为5. 解　令y＝ax2＋(a－2)x－2＝(x2＋x)a－2x－2，则y是关于a的一次函数， 当1≤a≤3时，y>0能成立，则(x2＋x)－2x－2>0或(x2＋x)·3－2x－2>0， 则x2－x－2>0，① 或3x2＋x－2>0，② 解①可得x<－1或x>2，解②可得x<－1或x>eq \f(2,3). 所以实数x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x<－1，或x>\f(2,3))))). 解：当a＝0时，3>0恒成立，满足题意； 当a≠0时，只需eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>0，,Δ＝a2－12a<0，))解得0<a<12. 综上所述，实数a的取值范围为{a|0≤a<12}． 解：解法一：y<0⇔mx2－mx－6＋m<0⇔(x2－x＋1)m<6. ∵1≤m≤3， ∴x2－x＋1<eq \f(6,m)恒成立，只需x2－x＋1小于eq \f(6,m)的最小值，即x2－x＋1<eq \f(6,3)⇔x2－x－1<0⇔eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2). ∴实数x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)<x<\f(1＋\r(5),2))))). 解法二：关于m的函数y＝mx2－mx－6＋m＝(x2－x＋1)m－6. 由题意知y<0对1≤m≤3恒成立． ∵x2－x＋1>0，∴y是关于m的一次函数，且在1≤m≤3上y随m的增大而增大， ∴y<0对1≤m≤3恒成立等价于y的最大值小于0， 即(x2－x＋1)·3－6<0⇔x2－x－1<0⇔eq \f(1－\r(5),2)<x<eq \f(1＋\r(5),2)， ∴实数x的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(5),2)<x<\f(1＋\r(5),2))))). (3)若正实数x，y满足x＋2y＝4，不等式m2＋eq \f(1,3)m>eq \f(2,x)＋eq \f(1,y＋1)有解，求实数m的取值范围． 解：由eq \f(2,x)＋eq \f(1,y＋1)＝eq \f(1,6) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋\f(1,y＋1)))[x＋2(y＋1)]＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋\f(4（y＋1）,x)＋\f(x,y＋1))) ≥eq \f(1,6)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4＋2\r(\f(4（y＋1）,x)·\f(x,y＋1)) ))＝eq \f(4,3)， 当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(4（y＋1）,x)＝\f(x,y＋1)，,x＋2y＝4，))即x＝3，y＝eq \f(1,2)时，等号成立， 要使不等式m2＋eq \f(1,3)m>eq \f(2,x)＋eq \f(1,y＋1)有解，只需m2＋eq \f(1,3)m>eq \f(4,3)， 即3m2＋m－4＝(3m＋4)(m－1)>0， 所以m<－eq \f(4,3)或m>1， 即实数m的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(m<－\f(4,3)，或m>1)))). 解　(1)由宣传单的面积不超过1000 cm2，可得(20＋2a)(30＋4a)≤1000， 化简，得2a2＋35a－100≤0，即(2a－5)(a＋20)≤0，解得－20≤a≤eq \f(5,2)， 又a>0，所以0<a≤eq \f(5,2)，即a的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(0<a≤\f(5,2))))). (2)设AB＝x cm，则BC＝eq \f(800,x) cm，设宣传单的面积为S， 则S＝(x＋4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(800,x)＋8)) ＝8x＋eq \f(3200,x)＋832 ≥832＋2eq \r(8x·\f(3200,x))＝1152， 当且仅当8x＝eq \f(3200,x)(x>0)，即x＝20时，等号成立． 所以当AB＝20 cm时，纸的用量最少． 解：(1)由题意，得2nx＝200＋4n，所以n＝eq \f(100,x－2)(x≥3，x∈N＋)． (2)设总损失为y元， 则y＝(75＋50)nx＋50x＋250×2nx＝625nx＋50x＝625×eq \f(100x,x－2)＋50x ＝50eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1250x,x－2)＋x))＝50eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2500,x－2)＋（x－2）＋1252)) ≥50×(2×50＋1252)＝67600， 当且仅当eq \f(2500,x－2)＝x－2，即x＝52时，等号成立． 所以要使总损失最小，应派52名工人去抢修． $