专题02 一元二次函数、方程和不等式（期末复习课件）高一数学上学期人教A版必修第一册

这是一份高一年级数学上学期期末复习课件，聚焦一元二次函数、方程和不等式专题，包含期末考情分析、必备知识清单、重难点题型突破及分层验收模块，构建系统复习支架。 资料以“考情-知识-题型-验收”逻辑展开，知识清单表格化呈现不等关系符号（数学眼光），题型归纳强调基本不等式求最值“一正二定三相等”（数学思维），配方法技巧流程图（数学语言），助力学生夯实基础，为教师提供结构化方案，高一学生可借此巩固过渡阶段知识。

专题02 一元二次函数、方程和不等式 高一年级数学上学期 期末复习大串讲 人教A版 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 1 明•期末考情 第一部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 2 核心考点 复习目标 考情规律 3.1 不等式的基本性质（对称性、传递性、可加/乘性） 能依据性质进行简单的数值比较和不等式推导。 基础题，乘负变号是必考点。 3.2 基本不等式的形式与推导 能准确写出基本不等式，理解其几何意义。 理解性考点，是应用的基础。 3.3 “一正二定三相等”的运用条件 能准确判断给定问题是否满足基本不等式的使用条件。 高频易错点，是解题的第一步，常被忽略。 3.4 直接利用基本不等式求最值 能对符合“积定”或“和定”条件的表达式直接应用公式求最值。 最基础的考查方式。 3.5 “配凑法”应用基本不等式 能通过拆项、添项、凑系数等技巧，将表达式转化为可用基本不等式的形式。 期末解答题核心考法，是能力的区分点。 3.6 换元法（化繁为简） 当表达式复杂时，能通过代换简化问题，转化为基本不等式模型。 重要技巧，常用于含根式条件最值问题。 3.7 “1”的代换法（条件等式） 当已知条件能巧妙地运用或变形“1”，可将目标式乘以“1”进行计算。 高频题型，技巧性强，是高分的关键。 3.8 分式型最值问题 能处理形如(二次式) / (一次式)”或 (一次式) / (二次式)”的函数，通过分离常数、换元或基本不等式求最值。 常见中档题，分离常数是常用技巧。 3.9 二次使用基本不等式（连续放缩） 能判断在什么情况下需要两次或多次使用基本不等式，并保证每次放缩的等号能同时成立。 难度最高的题型之一，常用于证明或求复杂式子的最值，对逻辑严谨性要求高。 3.10 恒成立问题中求参数范围（综合应用） 对于恒成立的问题，能将其转化为求目标式的最小值或最大值，从而确定参数a的范围。 期末压轴题常见模式，综合性强，易错点在于混淆“≥最大值”与“≤最小值”的逻辑关系。 3.11 基本不等式在实际问题（如面积、成本最优化）中的应用 能根据实际问题建立函数模型，并利用基本不等式求解最值。 命题趋势偏向应用，考查数学建模能力 4.1 二次函数的图象与性质（开口、对称轴、顶点、单调性） 能根据解析式快速画出草图，并分析其在给定区间上的最值。 所有二次问题的基础，必须熟练掌握。 4.2 一元二次方程根与系数的关系（韦达定理） 能利用韦达定理解决与两根相关的对称式求值问题。 常与函数、不等式综合考查。 4.3 解一元二次不等式（不含参） 能熟练运用“化正→求根→画图→写解集”的步骤求解。 必考技能，解集的规范书写是易错点。 4.4 解含参数的一元二次不等式 能根据二次项系数、判别式Δ、根的大小进行分类讨论。 期末压轴题常见考点，对分类讨论思想要求高。 4.5 解分式不等式 能通过移项、通分化为商的形式，再利用符号法则转化为整式不等式组求解。 易错点是直接去分母或忘记分母不为零的限制。 4.6 不等式的恒成立与有解问题 能准确将“恒成立”与“有解”问题转化为函数最值问题，并求解参数范围。 期末压轴题核心题型。易错点是混淆“恒成立”（求最值）与“有解”（求最值）的转化逻辑 4.7 一元二次不等式的实际应用 能解决与利润、面积、升降趋势相关的实际问题。 体现数学应用价值，是命题方向 3 记•必备知识 第二部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 4 5 不等关系 a大于b a小于b a不大于b a不小于b a不等于b 符号表示 a>b a<b a≤ b a≥b a ≠b 二、两实数大小关系的基本事实★★★ 依据 a>b⇔ a-b>0 ;a=b⇔ a-b=0 ;a<b⇔a-b<0     结论 确定任意两个实数a,b的大小关系,只需确定它们的差与0的大小关系 【清单01】不等关系与两实数大小关系的基本事实 一、不等关系★★ 在现实世界和日常生活中,既存在着相等关系,又存在着大量的不等关系,不等关系常用不等式 表示. 6 【清单02】等式与不等式的性质★★★★★ 等式 不等式 对称性 a=b⇔b=a 性质1：a>b⇔b<a     传递性 a=b,b=c⇒a=c 性质2：a>b,b>c⇒a>c     加法 a=b⇒a±c=b±c 性质3：a>b⇒a+c>b+c     性质5：a>b,c>d⇒a+c>b+d     乘法 a=b⇒ac=bc; a=b,c≠0⇒     性质4：a>b,c>0⇒ac>bc ; a>b,c<0⇒ac<bc  性质6：a>b>0,c>d>0⇒ac>bd     性质7：a>b>0⇒  (n∈N,n≥2) 7 【清单03】两个重要不等式★★★★ 8 【清单04】基本不等式与最值★★★★★ 1.已知x,y是正数,如果积xy是定值P,那么当x=y时,和x+y有最小值,为 . 2.已知x,y是正数,如果和x+y是定值S,那么当x=y时,积xy有最大值,为. 上述结论可归纳为口诀:积定和最小,和定积最大. 3.运用以上结论求最值要注意下列三个条件: (1)一正:要求各数均为正数 ;(2)二定:要求和或积为定值 ;(3)三相等:要保证具备等号成立的条件 9 【清单05】“三个二次”的关系★★★★★ 二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系: 10 破•重难题型 第三部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 11 A 12 B 13 C 14 ≥ 15 C 16 D 17 B 18 BC 19 20 21 22 23 24 25 A 26 C 27 A 28 A 29 一是各项均为正； 二是寻求定值,求和式最小值时应使积为定值,求积式最大值时应使和为定值(恰当变形,合理拆分项或配凑因式是常用的解题技巧) 三是考虑等号成立的条件是否具备． 【归纳总结】在利用基本不等式求最值时要注意三点： 30 A 31 ACD 32 33 34 35 【归纳总结】利用基本不等式证明不等式的策略与注意事项： (1)策略：从已证不等式和问题的已知条件出发,借助不等式的性质和有关定理,经过逐步的逻辑推理,最后转化为所求问题,其特征是以“已知”看“可知”,逐步推向“未知”． (2)注意事项： ①多次使用基本不等式时,要注意等号能否成立； ②累加法是不等式证明中的一种常用方法,证明不等式时注意使用； ③对不能直接使用基本不等式的证明可重新组合,形成基本不等式模型,再使用． 36 37 38 39 40 B 【归纳总结】对于实数的一元二次不等式(分式不等式)首先转化为标准形式(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． 41 B 42 【归纳总结】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． 43 44 45 46 47 48 过•分层验收 第四部分 明•期末考情 记•必备知识 破•重难题型 过•分层验收 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 【题型二】利用基本不等式求最值的方法与技巧 利用基本不等式求最值有关问题的方法： 利用基本不等式求最值有关问题的关键是凑出“和”或“积”为定值,并保证等号成立,常见的方法技巧如下: (1)拆(裂项拆项):对分子的次数不低于分母次数的分式进行整式分离——分离成整式与“真分式”的和,再根据分式中分母的情况对整式进行拆项,为应用基本不等式凑定值创造条件; (2)并(分组并项):目的是分组后各组可以单独应用基本不等式,或分组后先对一组应用基本不等式,再在组与组之间应用基本不等式得出最值;(3)配(配式配系数,凑出定值):有时为了挖掘出“积”或“和”为定值,常常需要 根据题设条件采取合理配式、配系数的方法,使配式与待求式相乘后可以应用基本不等式得出定值,或配以恰当的系数后,使积式中的各项之和为定值; 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 感谢聆听 每天解决一个小问题，每周攻克 一个薄弱点，量变终会引发质变。 教师寄语 69 不等式 变形 等号成立的条件 ≥2ab  (a,b∈R) ab≤  当且仅当a=b 时,等号成立 ≤ (a,b>0) a+b≥,ab≤  当且仅当a=b 时,等号成立 Δ=b2-4ac Δ>0 Δ=0 Δ<0 y=a+bx+c(a>0)的图象 +bx+c=0(a>0)的根 有两个不等 实根x1,x2(x1<x2) 有两个相等 实根x1=x2= 没有实数根 a+bx+c>0(a>0)的解集 {x|x<x1,或x>x2}   R a+bx+c<0(a>0)的解集 {x|x1<x<x2}      ⌀      ⌀ A． B． C． D． 【题型一】用不等式表示不等关系 【例1】(2025-2026湖南省娄底市涟源市期中)用表示某产品销售的利润,表示该产品生产的成本,其中销售利润大于生产成本,将称作该商品的成本利润率,通过对该产品进行优化,该产品利润与成本同时增加时,成本利润率却有所降低.基于该事实,可以列出的不等式为( ) A． B． C． D． 【解析】由题意,经过n年后,方案二的总投资为 万元,则“经过n年后,方案一的总投资不多于方案二的总投资”的不等式表示为.故选B 【归纳总结】(1)将不等关系表示成不等式(组)的思路：①读懂题意,找准不等式所联系的量．②用适当的不等号连接．③多个不等关系用不等式组表示． 【变式1-1】(2025-2026河北保定联考)某投资方对某项目提出两个投资方案：方案一为一次性投资1000万元；方案二为第一年投资200万元,以后每年投资30万元．下列不等式表示“经过年后,方案一的总投资不多于方案二的总投资”的是( ) A． B． C． D．与的大小与有关 【解析】,所以.故选C 【题型二】作差法比较大小 【例2】(2025-2026新疆乌鲁木齐期中)设,,则( ) 【解析】因为,当且仅当时,等号成 立.所以 【归纳总结】比较两个实数的大小,可以求出它们的差的符号．作差法比较实数的大小的一般步骤是：作差→恒等变形→判断差的符号→下结论．作差后变形是比较大小的关键一步,变形的方向是化成几个完全平方式的形式或一些易判断符号的因式积的形式． 【变式2-1】(2025-2026天津第五十七中月考),,,则有P_______Q(请填“<”、“=”、“>”、“≥”、“≤”) A． B． C． D． 【详解】取,则,故A错误； 取,则,故B错误； 因为,则,又,所以,所以C正确； 取,则,,故D错误.故选C 【题型三】利用不等式性质判断不等关系 【例3】(2025-2026福建福九联盟期中)设,,则下列不等式中恒成 立的是( ). A．若,则 B．若,则 C．若,则 D．若,则 【解析】对于A选项,当时,,故A错误；对于B选项,因为,所以,故B错误；对于C选项,当,时,,故C错误；对于D选项,,因为,所以,所以,故D正确.故选D. 【归纳总结】求解此类要注意不等式成立的条件,在解决选择题时,对于不正确的选 项可利用特值法进行排除,注意取值时一是满足题设条件,二是取值简单,便于计算． 【变式3-1】(2025-2026陕西咸阳市实质量检测)下列说法正确的是( ) 【解析】选项A：因为,所以,故A错误；选项B：因为,所以,故B正确；选项C：因为,所以, 故C错误；选项D：因为,所以,故D错误.故选B. 【变式3-2】(2025-2026吉林长春期中)如果,那么下列不等式成立的是(     ) A． B． C． D． B．“”是“”的充分不必要条件 C．若,则 D．的充要条件是 B：当时,；当时,或.故“”是 “”的充分不必要条件,故B正确； C：当时,,故C正确； D：当且时,；当且时,；当时,.故“”是“”的必要不充分条件,故D错误.故选BC 【变式3-3】(多选题)(2025-2026山东省济宁市期中)下列命题中,是真命题的是( ) 所以,则, 又,所以. 【题型四】利用不等式性质证明不等式 【例4】(2025-2026海南月考)若,,求证：. 又因为,所以 所以,. 【变式4-1】(2025-2026黑龙江哈尔滨月考)已知均为正实数,且,求证：； (2)的充要条件是. 【证明】(1)因为,, 由题设,,得. (1)若,则； (ⅱ)若,则, 即.因为,所以, 综上,的充要条件是. (2)的充要条件是. (2)(ⅰ)若,则.即. 因为,所以,由(1)得. 【解析】因为,,所以,所以,所以,所以的取值范围为. 【归纳总结】注意同向不等式是有可加性与可乘性(需同正),但不能相减或相除,应 用时要充分利用所给条件进行适当变形来求范围,注意变形的等价性． 【题型五】利用不等式性质求范围 【例5】(2025-2026山东省枣庄市期中)已知,,则的取值 范围为___________． 【变式5-2】(2025-2026山东青岛11月阶段性测试)若,那么的范围是________. 【解析】由,得,所以,又,所以,即的取值范围为. 【变式5-1】(2025-2026河北张家口市NT20名校联合体期中)已知,则的取值范围为_________. 【解析】. A．2ab B． C． D． 【解析】因为,,且,,, ,由条件可知,,则,所以,即,所以四个数中最小的是.故选A 【题型六】利用基本不等式比较大小 【例6】(2025-2026山东滕州10月月考)若,,且,则,,2ab,中最小的一个是( ) C． D． 【解析】由于,则.故选C. 【变式6-1】(2024-2025江西吉安期中)已知,则下列不等式成立的是( ) A． B． 【解析】,当且仅当时,等号成立,故. A． B． C． D．不确定 【解析】正数满足, 【题型七】利用基本不等式求最值 当且仅当且,即时取等号,即的最小值是.故选A. 【例7】(2025-2026安徽合肥期中)正数满足,则的最小值是( ) A． B． C． D．8 【解析】因为,所以,当且仅当,即时取等号,所以,所,当且仅当,即时取等号, 其中第一个不等式等号成立的条件为,第二个不等式等号成立的条件为,所以当,时,取最小值,此时, 【变式7-1】(2025-2026安徽池州期中)已知,那么,当代数式取最小值时,的值为( ) A． B．4 C． D．8 C．的最小值为4 D．的最小值为9 【解析】对于A,,当且仅当时取等号,故A正确； 对于B,当时,,故B错误； 对于C,, 当且仅当时取等号,故D正确；故选ACD. 【变式7-2】(多选题)(2025-2026湖南邵阳期中)若正实数满足,则( ) A．的最大值为 B．的最大值为1 所以 . 【变式7-3】(2025-2026陕西西安期中)已知正数a,b满足,,则的最小值为_________. 【解析】由,得,因为,, 【解析】(1)因为均为正实数,所以(当且仅当时等号成立), (当且仅当时等号成立), 相加,得(当且仅当时等号成立), 所以(当且仅当时成立), 【题型八】利用基本不等式证明不等式 【例8】(2025-2026海南海口月考)(1)已知均为正实数,求证：； 当且仅当时等号成立.所以. (2)因为,则, (2)已知,求证：. ,当且仅当即时等号成立； 所以,即,当且仅当时等号成立. 【变式8-1】(2025-2026上海市建平中学期中)已知,都是正实数,证明：. 【证明】因为,都是正实数, (1)据市场调查,该玩具的单价每提高0.1元,年销售量将相应减少2000个．如何定价才使年销售总收入不低于原收入？ 令,解得,由题意可得：, 整理可得,解得, 所以玩具的单价不少于2.5元且不超过元时,才使年销售总收入不低于原收入. 【题型九】基本不等式在实际问题中的应用 因为,当且仅当,即时,等号成立, 所以该玩具的年销售量至少达到5万个时,才能使升级后的年销售收入不低于原收入与再投入之和. (2)为提升产品吸引力,网店计划对该产品进行升级,并提高每个玩具的售价到元． 与此同时,升级需要再投入万元作为技术支持和固定宣传费用．那么该玩 具的年销售量至少达到多少万个时,才能使升级后的年销售收入不低于原收入与 再投入之和？ (2)由题意可知：,且,可得, 设,则,在中,,所以,所以, 当且仅当,即时取等号. 【变式9-1】(2025-2026江苏南京期中)设矩形的周长为,把沿向折叠,折过去后交于点,则面积的最大值为． 【解析】设,点翻折后的位置为点,因为矩形周长为,所以,所以,又因为,所以,解得,所以,因为,所以与全等,所以, A． B．或 C． D．或 【解析】原不等式可化为,解得或．故原不等式 的解集为或.故选B． 【题型十】一元二次不等式的解法 【例10】(2025-2026北大附中期中)不等式的解集为( ) C．或 D．或 【解析】将分式不等式转化为整式不等式组或； 不等式组的解集为或,不等式组的解集为, 所以不等式的解集是或.故选B. 【变式10-1】(2025-2026重庆市巴蜀中学期中)不等式的解集是( ) A．或 B．或 当时,不等式化为,此时,所以不等式的解集为 当时,不等式化为, 当时,,不等式的解集为； 当时,,不等式的解集为. 【题型十一】含参数的一元二次不等式的解法 【例11】(2025-2026陕西西安期中)解关于的不等式 【解析】(1)因为不等式的解集为, 所以1和b是方程的解,且, (1)求实数的值； 即, 当时,不等式的解集为或； 当时,不等式的解集为或. (2)求关于的不等式(其中为实数)的解集． (2)不等式可化为, (1)写出本年度电价下调后电力部门的收益(单价：元)关于实际电价(单位：元/())的函数解析式；(收益=实际电量(实际电价-成本价)) 【解析】(1)设下调电价后新增用电量为, 因为下调电价后新增用电量和实际电价与用户期望电价的差成反比(比例系数为), 则,所以本年度的用电量为, 所以本年度电力部门的收益关于实际电价的函数解析式为：,. 【题型十二】一元二次不等式在实际问题中的应用 【例12】(2024-2025广东广州八区期末联考)某地区上年度电价为0.8元/(),年用电量为,本年度计划将电价下降到0.55元/()至0.7元/()之间,而用户期望电价为0.4元/().经测算,下调电价后新增用电量和实际电价与用户的期望电价的差成反比(比例系数为).该地区的电力成本价为0.3元/(). 整理得：,解得：, (2)设,当电价最低定为多少时,仍可保证电力部门的收益比上年至少增长？ (2)依题意有：, 该汽车租赁公司每天租赁汽车的收入为 因为要使该汽车租赁公司每天租赁汽车的收入超过万元, 所以, 即,解得,又因为且,所以, 即该汽车租赁公司每辆汽车每天的租金应定为元. 【变式12-1】(2025-2026天津市河西区期中)汽车租赁公司共有300辆汽车,在十一黄金周期间,若每辆汽车每天的租金为200元,则所有汽车均能被租赁出去；若将每辆汽车每天的租金在200元的基础上提高元(,),则被租出去的汽车会减少辆.若要使该公司每天租赁汽车的收入超过万元,则该公司每辆汽车每天的租金定价为元. 【解析】依题意,每天有辆汽车被租出去, 【错解】∵x>0,y>0,∴1＝＋≥2,∴≥2,∴x＋y≥2＝4, 【错因分析】＋≥2取等号的条件是,即,x＋y≥2取等号的条件是与矛盾. 【正解】∵x>0,y>0,∴x＋y＝(x＋y)(＋)＝3＋＋≥3＋2(当且仅当y＝x时取等号),∴当x＝＋1,y＝2＋时,(x＋y)min＝3＋2. 【题型一】连续使用基本不等式忽略等号能否同时 【例1】已知x>0,y>0,且＋＝1,则x＋y的最小值是________． (2)求的最小值． 【解析】(1)因为,所以, (2)因为, 当且仅当,即时取等号. 【变式1-1】(2025-2026江西多校联考)已知,且． (1)求的最大值； 【错解】原不等式化为a(x－)(x－1)<0. ∴当a>1时,不等式的解集为.当a<1时,不等式的解集为. 【例2】解关于x的不等式a－(a＋1)x＋1<0. 当a≠0时,不等式化为a(x－1)<0. 当a<0时,原不等式等价于(x－1)>0,不等式的解集为{x|x>1或x<}； 当0<a<1时,1<,不等式的解集为{x|1<x<}； 当a>1时,<1,不等式的解集为{x|<x<1}； 当a＝1时,不等式的解集为∅. 【易错提醒】解形如ax2＋bx＋c>0的不等式,应对系数a分a>0,a＝0,a<0进行讨论,还要讨论各根的大小,最后根据不同情况分别写出不等式的解集． 【正解】当a＝0时,不等式的解集为{x|x>1}． 所以当时,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. 【解析】不等式, 【题型一】利用不等式性质求范围的方法 【解析】(1)因,又,, 则,即； 则得,即； 【例1】(2025-2026四川广安月考)已知,． (1)求的取值范围； (3)设,由, 解得,即, 又,则, 两式相加,可得,即. 【例1】(2025-2026四川广安月考)已知,． (3)求的取值范围． 又,所以,因为,所以, 根据同向同正可乘性有：,所以. 【解析】因为,,所以,所以 (1)已知,求的值； 【解析】(1)因为, 所以； 【例2】波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个蘑菇或作出第一个发现后,再四处看看,他们总是成群生长”类似问题,我们有更多的式子满足以上特征. 结合阅读材料解答下列问题： , 由于,故,当且仅当,即,时等号成立, 因为有最小值,此时有最大值, 从而最小值,即有最小值,当且仅当,时取得． (2)由正实数,满足, 所以 【解析】(1)由可得：,又,, 当且仅当,即时成立,结合,可知：取等条件为,.因此可得：的最小值为. 【变式2-1】(2025-2026广东惠州期中)根据题意,求解下列问题： (1)已知,,且满足,求的最小值； 因此可得：函数在上的最小值为. (2)因为,所以,, , 当且仅当,即,时等号成立. (3)已知,,,,求的最大值. (3) 【变式2-2】(2025-2026云南大理段考)关于实数大小关系的基本事实是解决等式或不等式问题的逻辑基础．两个正数的大小关系是完全确定的,但通过运算就会产生非常奇妙的变化,基本不等式就是其中之一．通过运算(代数变形)可以解决很多关于基本不等式的问题． 例如此题：正实数,,满足,求的最小值．求解本问题的方法很多,其中一种求解方法是：,当且仅当即且时,即时等号成立． 【解析】(1), 当且仅当即且时,即时等号成立. 这种解题方法叫作“1”的代换,利用上述求解方法解决下列问题： (1)正数,满足,求的最小值； (2) , 当且仅当即且时,即时等号成立. 当且仅当且时,即时等号成立. 故可得. (3)已知,,,均为正实数,且,求证：． , $