第二章 一元二次函数、方程和不等式（复习讲义）高一数学人教A版必修第一册

该高中数学单元复习讲义通过表格梳理与分层整合构建知识体系，涵盖不等式性质、基本不等式、二次函数与方程不等式等核心内容，用对比表格呈现比较大小方法、不等式性质，明确复习重难点及内在逻辑联系。 讲义亮点在于“题型-难点-进阶”三级练习设计，如基本不等式求最值结合实际应用题型，通过解题要点与易错提醒培养数学思维，分层练习满足不同学生需求，助力教师实施精准复习教学。

第二章 一元二次函数、方程和不等式 复习要点 1.理解不等式的概念与性质，掌握不等式性质的简单应用. 2.掌握基本不等式(a≥0，b≥0)，能用基本不等式解决简单的最大值或最小值问题，掌握基本不等式在实际问题中的应用. 3.理解二次函数的图象和性质，能借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系. 复习重难点 重点：不等式的性质的应用；基本不等式的应用；解一元二次不等式. 难点：证明不等式；构造基本不等式求最值的条件；解含参的一元二次不等式． 知识点 比较大小 关系 方法 做差法与0比较 做商法与1比较 ________ 或 ____________ ___________ 【易错提醒】(1)作商法比较大小时，要注意所比较的两个数必须同号. (2)注意作差法是将差式与0比较大小，作商法是将商式与1比较大小，这两者不要混淆 要点速测 1．（25-26高一上·河南信阳·阶段练习）试比较与的大小 2．设，比较与的大小 知识点 不等式的性质 性质 性质内容 特别提醒 对称性 （等价于） 传递性 （推出） 可加性 （等价于 可乘性 注意的符号（涉及分类讨论的思想） 同向可加性 同向同正可乘性 可乘方性 ，同为正数 可开方性 【易错提醒】（1）在应用不等式的性质解题时，一定要注意性质的前提条件是否具备. (2)在应用不等式的传递性时，如果两个不等式中有一个带等号，另一个不带等号，那么等号是传递不过去的. (3)在可乘性中，要特别注意乘数c的符号，特别地当c=0时，ac2=bc2. 要点速测 3．如果a＜0，b＞0，那么，下列不等式中正确的是(　　) A．＜　　　 B．＜ C．a2＜b2 D．|a|＞|b| 4.(多选)设，则下列选项中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 知识点 基本不等式 1.一个重要不等式 (1)如果a，b∈R，那么a2＋b2≥ ，当且仅当 时取等号. (2) 重要不等式的变形式： 如果a，b∈R，那么 ； . 2.基本不等式 （1）如果a，b都是非负数，那么 ，当且仅当a＝b时，等号成立，称上述不等式为基本不等式，其中称为a，b的 ，称为a，b的 ，该不等式又被称为均值不等式． （2）基本不等式的文字叙述 两个非负数的算术平均数 它们的几何平均数． （3）基本不等式的几何意义：半径 半弦． （4）基本不等式的常见变形式： ① (a，b都是非负数); ②＋2(a，b同号)； ③ab≤(a，b都是非负数); 【温馨提示】(1)“当且仅当a＝b时，等号成立”是指若a≠b，则a2＋b2≠2ab，≠，即只能有a2＋b2>2ab，<. (2)在运用基本不等式及其变形时，一定要验证等号是否成立. 3.利用基本不等式求最值 当x，y均为正数时，下面的命题均成立： (1)若x＋y＝s(s为定值)，则当且仅当x＝y时，xy取得最大值. (2)若xy＝p(p为定值)，则当且仅当x＝y时，x＋y取得最小值2. 【易错提醒】(1)利用基本不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”. (2)利用基本不等式求最值简记为：积定和最小，和定积最大. 【拓展延伸】基本不等式的拓展 (1)三元基本不等式：（均为正实数），当且仅当时等号成立． (2)元基本不等式：（均为正实数），当且仅当时等号成立． 要点速测 5.（2026届青海西宁四中高一上月考）已知，，且，则的最大值为（   ） A． B． C．1 D． 6．不等式≤中等号成立的条件是________. 知识点 基本不等式链（拓展） 由基本不等式可得 ， 即对两个正数而言，调和平均数几何平均数算术平均数加权平均数. 上述各不等式间取等号的条件都是a=b. 要点速测 7.（25-26高一上·上海·期末）若满足，则下列不等式正确的是（     ） A． B． C． D． 8.已知正数满足，则的最小值为 . A． B． C． D． 知识点 二次函数与一元二次方程、不等式 1.二次函数与一元二次方程的根、一元二次不等式的解集的对应关系 对于一元二次方程的两根为且，设，它的解按照，，可分三种情况，相应地，二次函数的图象与轴的位置关系也分为三种情况.因此我们分三种情况来讨论一元二次不等式或的解集. 判别式 二次函数(的图象 一元二次方程 ()的根 有两个不相等的实数根，() 有两个相等的实数根 没有实数根 ()的解集 ()的解集 2.一元二次不等式的解法 （1）先看二次项系数是否为正，若为负，则将二次项系数化为正数； （2）写出相应的方程，计算判别式： ①时，求出两根，且（注意灵活运用十字相乘法）； ②时，求根； ③时，方程无解 （3）根据不等式，写出解集. 【易错提示】解一元二次不等式时，集合形式或区间形式（区间的表示方法将在下一章中学习）. 要点速测 9．不等式（x+2）（2x﹣1）＜0的解集为（　　） A． B． C． D． 10.不等式3x2﹣x﹣2≥0的解集是（　　） A． B． C． D． 知识点 分式不等式的解法 1.解分式不等式的思路 解分式不等式的思路——转化为整式不等式求解. 2.一般的分式不等式的同解变形法则 （1）； （2）； （3）; （4）. 【易错提示】(1)当分式右侧不为0时，可过移项、通分合并的手段将右侧变为0；当分母符号确定时，可利用不等式的形式直接去分母. (2)和解一元二次不等式一样，解分式不等式最后的解集要注意写成集合形式或区间形式（区间的表示方法将在下一章中学习）. 要点速测 11.（25-26高二下·湖南衡阳·期末）不等式的解集是（    ） A． B． C．或 D．或 12．（25-26高二下·天津南开·期末）已知，“”是“”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 题型1 比较大小 ▌例1 （25-26高一上·云南玉溪·阶段检测）（1）比较大小：与； （2）比较与的大小； 解题要点 利用不等式的性质求代数式的取值范围 1.必须严格运用不等式的性质. 2.在多次运用不等式的性质时，一般利用整体代换建立待求范围式子与已知范围式子的关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围. ▌迁移练1-1（25-26高一·江苏·假期作业）已知，试比较和的大小. ▌迁移练1-2（25-26高一上·湖北武汉·阶段练习）设、均为正实数，试比较和的大小． ▌迁移练1-3（1）设，比较与的大小； （2）已知，函数，当时，，当时，，试比较与的大小． 题型2 利用不等式的性质判断正误 ▌例2 （25-26高一下·陕西咸阳·期末）已知实数，，，满足：，则下列不等式恒成立的是（     ） A． B． C． D． 解题要点 利用基本不等式判断其他不等式的正误 这种题型一般以小题形式出现，一般利用基本不等式并结合特殊值法求解，其中利用基本不等式进行推理时要适当凑配，使之符合积为定值或和为定值的形式，再利用基本不等式进行放缩. ▌迁移练2-1（25-26高二下·河北承德·期末）设，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 ▌迁移练2-2（25-26高二下·江西萍乡·期末）已知实数，则下列不等式不成立的是（    ） A． B． C． D． ▌迁移练2-3（多选）（25-26高二下·辽宁大连·期末）已知a，b，，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 题型3 利用不等式的性质求取值范围 ▌例3 （1）已知，，求，及的取值范围; (2)已知，，求的取值范围. 解题要点 利用不等式的性质求代数式的取值范围 1.必须严格运用不等式的性质. 2.在多次运用不等式的性质时，一般利用整体代换建立待求范围式子与已知范围式子的关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围. ▌迁移练3-1（25-26高二下·上海·期末）已知，，则的取值范围是________． ▌迁移练3-2（25-26高一下·广东·期末）已知，且，则的最大值是________． ▌迁移练3-3 （25-24高一上·内蒙古包头·阶段检测）已知，． (1)求y的取值范围； (2)求的取值范围； (3)求的取值范围． 题型4 利用基本不等式判断其他不等式的正误 ▌例4 （2025·北京·高考真题）已知，则（   ） A． B． C． D． 解题要点 利用基本不等式判断其他不等式的正误 这种题型一般以小题形式出现，一般利用基本不等式并结合特殊值法求解，其中利用基本不等式进行推理时要适当凑配，使之符合积为定值或和为定值的形式，再利用基本不等式进行放缩. 迁移练4-1（25-26高三下·上海·阶段练习）设，则下列选项中正确的是（    ）． A． B． C． D． ▌迁移练4-2(多选)已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． ▌迁移练4-3 (多选) （25-26高一下·湖北荆门·期末）已知，，为实数，则（     ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，都大于，则 D．若，，，则 题型5 基本不等式求最值（无条件等式） ▌例5 （多选）（2026·河北张家口·模拟）已知，，且，若，则（    ） A． B．的最小值为 C．的最小值为 D．的取值范围为 解题要点 利用基本不等式求最值 1.若是求和式的最小值，通常化(或利用)积为定值；若是求积的最大值，通常化(或利用)和为定值，其解答技巧是恰当变形、合理拆分项或配凑因式． 2.若多次使用基本不等式，等号成立的条件应相同． ▌迁移练5-1（2025·河南·模拟预测）若，且，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． ▌迁移练5-2（2025·甘肃白银·模拟预测）若正实数，满足，则的最小值是 ． ▌迁移练5-3（25-26高二下·河南·阶段检测）已知，为正实数，，则下列说法正确的是（   ） A． B．的最小值为 C．的最小值为14 D．的最小值为 题型6 基本不等式的实际应用 ▌例6 （25-26高一上·安徽阜阳·期末）物联网(Internet of Things，缩写:IOT)是基于互联网、传统电信网等信息承载体，让所有能行使独立功能的普通物体实现互联互通的网络．其应用领域主要包括运输和物流、工业制造、健康医疗、智能环境(家庭、办公、工厂)等，具有十分广阔的市场前景．现有一家物流公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息:仓库每月土地占地费(单位：万元)，仓库到车站的距离(单位:千米，)，其中与成反比，每月库存货物费(单位：万元)与成正比；若在距离车站8千米处建仓库，则和分别为2万元和6.4万元． (1)求出与的解析式． (2)这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小?最小费用是多少? 解题要点 利用基本不等式解决最值问题 利用基本不等式解决实际问题时，一般是先建立关于目标量的函数关系，再利用基本不等式求解目标函数的最大(小)值及取最大(小)值的条件． ▌迁移练6-1一批货物随17列货车从A市以的速度匀速直达B市，已知两地铁路线长，为了安全，两列货车的间距不得小于，那么这批货物全部运到B市，最快需要（   ） A． B． C． D． ▌迁移练6-2（2026·广西南宁·一模）如图，某社区要建一座八边形的休闲场所，它的主体平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为；在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为．设总造价为S（单位：元），则当总造价S最小时，AD的长度为（   ）    A． B． C． D． ▌迁移练6-3（25-26高三上·安徽淮北·期中）某校计划利用其一侧原有墙体，建造高为1.5米，底面积为100平方米，且背面靠墙的长方体形状的露天劳动基地，靠墙那面无需建造费用，因此甲工程队给出的报价如下：长方体前面新建墙体的报价为每平方米320元，左、右两面新建墙体的报价为每平方米160元，地面以及其他报价共计9600元.设劳动基地的左、右两面墙的长度均为（）米，原有墙体足够长. (1)当左面墙的长度为多少米时，甲工程队的报价最低？ (2)现有乙工程队也参与该劳动基地的建造竞标，其给出的整体报价为（）元，若无论左面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功（约定整体报价更低的工程队竞标成功），求的取值范围. 题型7 不等式的证明 ▌例7 （25-26高一上·陕西西安·阶段练习）已知． (1)若，证明：； (2)若，证明． 解题要点 不等式的证明 1. 对于无附加条件的不等式的证明，一般从繁证到简，可从左证到右，也可从右证到左，还可以两头齐证，再利用中间量进行放缩，即俗称的“中间桥梁法. 2. 有附加条件的不等式的证明，应先观察已知条件和所证不等式之间的联系，当已知条件中含有“1”时，要注意“1”的代换.另外，证题时要时刻注意到等号能否取到. ▌迁移练7-1已知，求证:. ▌迁移练7-2（25-26高一上·海南省直辖县级单位·期中）已知，. (1)求证：； (2)求证：. ▌迁移练7-3（25-6高一上·陕西西安·阶段练习）已知． (1)若，证明：； (2)若，证明． 题型8 解一元二次不等式 ▌例8 （24-25高一上·全国·课后作业）解下列不等式： (1)； (2)； (3)； (4). 解题要点 解一元二次不等式的步骤 1.化为基本形式ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0(其中a>0)； 2.计算Δ＝b2－4ac，以确定一元二次方程ax2＋bx＋c＝0是否有解； 3.有根求根； 4.根据图象写出不等式的解集． ▌迁移练8-1（25-26高二下·辽宁·期末）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． ▌迁移练8-2（25-26高二下·河北沧州·期末）已知集合，，则等于（    ） A． B． C． D． ▌迁移练8-3解下列不等式： (1)x2－5x－6＞0；(2)(2－x)(x＋3)＜0； (3)4(2x2－2x＋1)＞x(4－x)． 题型9 解高次不等式或分式不等式 ▌例9-1 （24-25高一上·上海·期中）关于的不等式的解集为 . ▌例9-2求不等式的解集： （1）； （2）． 解题要点 分式不等式、高次不等式的解法 1.对于比较简单的分式不等式，可直接转化为一元二次不等式或一元一次不等式组求解，但要注意分母不为零． 2.对于不等号右边不为零的较复杂的分式不等式，先移项再通分(不要去分母)，使之转化为不等号右边为零，然后再用上述方法求解． 3. 高次不等式一般用穿针引线法求解. ▌迁移练9-1（25-26高三上·重庆·阶段检测）已知集合，，则( ) A． B． C． D． ▌迁移练9-2（25-26高一上·江苏苏州·阶段练习）不等式的解集是 ． ▌迁移练9-3（25-26高一上·吉林长春·阶段练习）不等式的解集为 ． 题型10 一元二次不等式求参数问题 ▌例10（多选）（2026·江西九江·质检）已知关于的不等式的解集为，则（    ） A． B．不等式的解集是 C． D．不等式的解集为 解题要点 利用三个二次关系求参数的值或取值范围 1.一元二次方程的根就是对应一元二次函数值为0时的x的值，也是对应一元二次不等式解集的端点值． 2.给出一元二次不等式的解集，相当于知道了对应二次函数图象的开口方向及与x轴的交点，可以利用根或根与系数的关系求待定系数． ▌迁移练10-1（25-26高一下·陕西安康·期末）已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． ▌迁移练10-2（25-26高二下·河北唐山·期末）已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（    ） A． B．不等式的解集为 C． D．的最小值为 ▌迁移练10-3（多选）（2026·西藏林芝·二模）已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．不等式的解集为 D．不等式的解集为 题型11 一元二次不等式的实际应用 ▌例11 （25-26高一上·湖南湘潭·期末）如图，地在自西向东的一条直线铁路上，在距地的B地有一金属矿，地到该铁路的距离．现拟定在之间的地修建一条公路到地，即修建一条的运输路线．若公路运费是铁路运费的倍，则当地到地的距离为 时，总运费最低． 解题要点 一元二次不等式的实际应用 一元二次不等式应用题常以二次函数为模型，解题时要弄清题意，准确找出其中的不等关系，再利用一元二次不等式求解，确定答案时应注意变量具有的“实际含义”． ▌迁移练11-1（多选）（25-26高一上·陕西西安·阶段检测）某花卉店售卖一种多肉植物，若每株多肉植物的售价为元，则每天可卖出株；若每株多肉植物的售价每降低1元，则日销售量增加5株．为了使这种多肉植物每天的总销售额不低于元，则每株这种多肉植物的最低售价为（    ） A．元 B．元 C．元 D．5元 ▌迁移练11-2（多选）（25-26高一上·广西河池·期中）某工厂生产一种产品，其成本函数为（元），其中为产品数量（单位：件）.若每件产品的售价为元，求： (1)工厂至少生产多少件产品时，才能使平均成本不超过售价？ (2)若工厂希望利润不低于元，那么至少需要生产多少件产品？ ▌迁移练11-3（多选）（25-26高一上·新疆乌鲁木齐·阶段检测）（1）某小型服装厂生产一种风衣，日销货量件（）与货价p元/件之间的关系为，生产件所需成本为元.问：该厂日产量多大时，日获利不少于1300元? （2）一家货物公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费（单位：万元）与仓库到车站的距离（单位：km）成反比，每月库存货物费（单位：万元）与成正比；若在距离车站10km处建仓库，则和分别为2万元和8万元，这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小? 难点一 解含参不等式 难点1：解含参的一元二次不等式 1．若一元二次不等式中的系数是含有字母的代数式，则需对参数进行分类讨论．一般从以下三个方面进行分类讨论： (1)以二次项系数与零的大小关系作为分类标准； (2)以判别式与零的大小关系作为分类标准； (3)若判别式大于零，但两根的大小不能确定，则再以两根的大小关系作为分类标准． 2．含参数的一元二次不等式的解题步骤为：①将二次项系数转化为正数．②判断相应方程是否有根．③根据根的情况写出相应的解集，若方程有两个相异根，为了正确写出解集还要确定两根的大小． 难点2：解含参的分式不等式 对于这类不等式，常转化为整式不等式，再针对参数分类讨论求解. 难点精练 1． 解关于的不等式. 2.（25-26高一上·福建南平·期中）设. (1)若，求不等式的解集； (2)解关于的不等式. 3．（2026高三·全国·专题练习）已知集合的定义域为集合A，集合 (1)当时，求； (2)求使的实数m的取值范围． 难点二 不等式恒成立问题 难点1：利用基本不等式解决不等式恒成立问题 不等式恒成立问题最常用的方法是分离参数法，分离参数后，不等式的另一侧的代数式的最值有时可用基本不等式求得. (1)当函数y存在最值时，恒成立； 恒成立.简记为：“大于最大的，小于最小的. (2)当函数y不存在最值时，则一般转化为寻找函数y的相应上界或下界值，此时有: 若函数y的取值范围为A<y<B（即下界值为A,上界值为B）， 恒成立；恒成立； 恒成立.恒成立. 难点2：一元二次不等式在R上恒成立 （1）不等式对任意实数x恒成立，就是不等式的解集为R，对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0，它的解集为R的条件为 （2）一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R的条件为 （3）一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为∅的条件为 难点3：一元二次不等式在某区间上恒成立 解题策略如下： (1)分离参数法，先分离参数，把求参数的取值范围化归为求函数的最值问题.当函数y存在最值时，在某区间上恒成立；在某区间上恒成立. （2）当a>0时，一元二次不等式ax2＋bx＋c<0在区间[m,n]上恒成立的条件是 （3）当a<0时，一元二次不等式ax2＋bx＋c>0在区间[m,n]上恒成立的条件是 难点精练 1．（25-26高三·上海·课堂例题）若不等式对任意实数x均成立，则实数a的取值范围是（    ） A．； B．； C．； D．． 2．设，不等式恒成立，则a的最小值是（   ） A． B．1 C．2 D． 3.（25-26高一上·湖南长沙·期中）若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4.（25-26高三下·北京朝阳·期中）已知不等式对任意正实数x恒成立，写出一个a的可能值为 . 难点三 不等式能成立问题 难点1：利用基本不等式解决不等式能成立问题 不等式能成立问题也叫不等式有解问题，这类问题最常用方法就是分离参数法，分离参数后，不等式的另一侧的代数式的最值有时可用基本不等式求得. (1)当函数y存在最值时， 有解；有解. 有解；有解. 简记为：大于最小的，小于最大的. (2)当函数y不存在最值时，则一般转化为寻找函数y的相应上界或下界值，此时有: 若函数y的取值范围为A<y<B（即下界值为A,上界值为B）， 有解，有解， 有解则，有解则. 难点2：一元二次不等式能成立（有解）问题 (1)关于x的一元二次不等式ax2＋bx＋c>0在R上有解的条件为 (2)关于x的一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0在R上有解的条件为为 (3)对于一元二次不等式在某区间上有解的问题，则往往利用分离参数法，把求参数的取值范围化归为求函数的最值问题.当函数存在最值时，有解；有解. 难点精练 1．已知x＞0，y＞0且1，若不等式x+y<m有解，则实数m的取值范围是( ) A．(9，+∞） B．（﹣∞，9] C．[9+∞） D．（﹣9，1） 2．（25-26高三上·天津武清·期中）若命题“，使得”为真命题，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C．或 D． 3．（2026高三·全国·专题练习）若命题“”为真命题，则实数m的取值范围为 ． 4.（25-26高三下·广东珠海·开学考试）若命题“，使得”为假命题，则实数的取值范围 ． 难点四 一元二次方程的实根分布 难点1：概念及基本策略 1.概念 一元二次方程的实根分布是指含参数的一元二次方程的实根落在指定实数集合内的问题，核心是判断根与集合中端点的位置关系，通常结合对应二次函数的图象特征分析或者利用韦达定理列式求解. 2.基本策略 (1)对于实根的正负问题，往往结合韦达定理、根的判别式列式求解. (2)先明确对应二次函数的开口方向，再通过判别式确认实根存在性，最后联立集合间端点的函数值符号、对称轴与集合间的位置关系两类约束条件，求解即可得到参数的取值范围. 难点2：一元二次方程的零根分布 所谓一元二次方程的实根的零分布，是指方程的根相对于零的位置关系，比如一元二次方程有一正根，有一负根，其实就是指这个一元二次方程的一个根比零大，一个根比零小，或者说这两个根分布在零的两侧.求解策略为韦达定理法，具体如下： 设一元二次方程的两个实根为，，且，则有： （1） （2） （3）． （4），且. 难点3：一元二次方程的k根分布 此类问题考查的是一元二次方程的根与非零常数k的大小关系，这类问题一般构造二次函数，借助二次函数的图象辅助求解，此时往往要从根的判别式、对称轴及根与k的大小关系入手列式求解. 难点精练 1.（2026高三·重庆·期中）“”是“一元二次方程有两个正实根”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 2．（2026高三·全国·专题练习）关于的方程至少有一个负根的充要条件是_____． 3.（2026高三·吉林·期中）已知关于的一元二次方程有两个不等根，，且满足，则的取值范围是________． 4．（2026高三·全国·专题练习）设方程在上有两个根，求的取值范围． 基础达标 1．（2026高三·全国·专题练习）若，，那么下列不等式中，错误的是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·天津静海·阶段检测）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．（25-26高二下·广东深圳·期末）若关于的不等式在时有解，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 4.某文具店购进一批新型台灯，若按每盏台灯15元的价格销售，每天能卖出30盏；若售价每提高1元，日销售量将减少1盏，现决定提价销售，为了使这批台灯每天获得500元以上（不含500元）的销售收入，则这批台灯的销售单价（单位：元）的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．（2026高三·全国·专题练习）函数的最小值是（    ） A．8 B．6 C．9 D．4 6．（25-26高一上·黑龙江哈尔滨·开学考试）若不等式对一切恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7.（多选）（24-25高一上·湖北武汉·期末）下列几种说法中，正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 8．（多选）（25-26高一下·四川成都·期中）已知关于的不等式的解集为. 则（   ） A． B．不等式的解集是 C． D．不等式 的解集是 9．（多选）（25-26高二下·安徽六安·期末）设正实数，满足，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为6 D．的最大值为9 10．（25-26高一下·山东德州·阶段检测）已知，则的取值范围为______ 11．（2026高三下·全国·专题练习）若正实数满足，则的最小值为______． 12．（25-26高一下·广东揭阳·阶段检测）（1）已知，，求，，的取值范围． （2）已知，，比较与的大小 13．（25-26高三上·吉林长春·阶段检测）已知. (1)求的最小值； (2)证明：. 14．（2025高一上·安徽·竞赛）某企业原有200名科技人员，年人均工资a万元（）．现加大对某芯片研发力度，该企业把原有200名科技人员调整成技术人员和研发人员，其中技术人员x名（且）．调整后，研发人员的年人均工资比调整前增加了，技术人员的年人均工资为万元. (1)若要使调整后研发人员的年总工资不低于调整前200名科技人员年总工资的1.5倍，求调整后的技术人员最少有多少人？ (2)为了激励研发人员的工作热情和保持技术人员的工作积极性，企业决定在工资方面要同时满足以下两个条件： ①研发人员的年总工资始终不低于技术人员的年总工资； ②技术人员的年人均工资始终不低于调整前200名科技人员的年人均工资． 请问是否存在这样的实数m？若存在，求出m的范围；若不存在，说明理由． 能力进阶 1．（25-26高二下·安徽芜湖·期末）记小明走路去学校的速度为，跑步去学校的速度为，方式一为一半的路程走路，一半的路程跑步，方式二为一半的时间走路，一半的时间跑步，则（    ） A．方式二比方式一先到学校 B．方式一比方式二先到学校 C．两种方式到学校的时间一样 D．无法确定哪种方式先到学校 2．（25-26高二下·广东梅州·期末）若关于x的不等式的解集中恰有4个整数，则a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3.(2025·山西太原模拟)《几何原本》中的几何代数法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，BC＝b，O为AB的中点，以AB为直径作半圆，过点C作AB的垂线交半圆于点D，连接OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E，则该图形可以完成的无字证明为(　　) A.≤(a>0，b>0) B．a2＋b2≥2ab(a>0，b>0) C.≥(a>0，b>0) D.≥(a>0，b>0) 4．（多选）（2026·河南开封·模拟预测）已知，若关于的方程有两个不相等的实数根，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．若，则的最小值为4 C．关于的不等式的解集为 D．是关于的不等式的一个解 5．（多选）（25-26高二下·山西运城·期末）已知，，，则下列选项正确的是（    ） A． B．的最小值为 C．的最小值为2 D．最小值为 6．（25-26高二下·重庆璧山·期末）若，，且满足，则的最小值为____________，的最小值为____________． 7．（24-25高一下·福建福州·阶段检测）已知函数 (1)若的解集为，求实数a，c的值； (2)若，求不等式的解集； (3)若且，求的最小值． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 一元二次函数、方程和不等式 复习要点 1.理解不等式的概念与性质，掌握不等式性质的简单应用. 2.掌握基本不等式(a≥0，b≥0)，能用基本不等式解决简单的最大值或最小值问题，掌握基本不等式在实际问题中的应用. 3.理解二次函数的图象和性质，能借助一元二次函数求解一元二次不等式，并能用集合表示一元二次不等式的解集，了解一元二次不等式与相应函数、方程的联系. 复习重难点 重点：不等式的性质的应用；基本不等式的应用；解一元二次不等式. 难点：证明不等式；构造基本不等式求最值的条件；解含参的一元二次不等式． 知识点 比较大小 关系 方法 做差法与0比较 做商法与1比较 或 【易错提醒】(1)作商法比较大小时，要注意所比较的两个数必须同号. (2)注意作差法是将差式与0比较大小，作商法是将商式与1比较大小，这两者不要混淆 要点速测 1．（25-26高一上·河南信阳·阶段练习）试比较与的大小 【答案】 【详解】（1）因为 所以. 2．设，比较与的大小 【答案】 【详解】， ， ， . 知识点 不等式的性质 性质 性质内容 特别提醒 对称性 （等价于） 传递性 （推出） 可加性 （等价于 可乘性 注意的符号（涉及分类讨论的思想） 同向可加性 同向同正可乘性 可乘方性 ，同为正数 可开方性 【易错提醒】（1）在应用不等式的性质解题时，一定要注意性质的前提条件是否具备. (2)在应用不等式的传递性时，如果两个不等式中有一个带等号，另一个不带等号，那么等号是传递不过去的. (3)在可乘性中，要特别注意乘数c的符号，特别地当c=0时，ac2=bc2. 要点速测 3．如果a＜0，b＞0，那么，下列不等式中正确的是(　　) A．＜　　　 B．＜ C．a2＜b2 D．|a|＞|b| 【答案】A 【详解】A正确，B、C、D可举反例排除，如对B、C，设a＝－9，b＝1，对D，设a＝－1，b＝2即可． 4.(多选)设，则下列选项中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】ACD 【分析】利用不等式的性质推理判断AC；举例说明判断B，作差判断D. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，取满足，而不成立，B错误； 对于C，由，得，则，C正确； 对于D，由，得，则，D正确. 故选：ACD 知识点 基本不等式 1.一个重要不等式 (1)如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab，当且仅当a=b时取等号. (2) 重要不等式的变形式： 如果a，b∈R，那么；. 2.基本不等式 （1）如果a，b都是非负数，那么≥，当且仅当a＝b时，等号成立，称上述不等式为基本不等式，其中称为a，b的算术平均数，称为a，b的几何平均数，该不等式又被称为均值不等式． （2）基本不等式的文字叙述 两个非负数的算术平均数不小于它们的几何平均数． （3）基本不等式的几何意义：半径不小于半弦． （4）基本不等式的常见变形式： ①(a，b都是非负数); ②＋2(a，b同号)； ③ab≤(a，b都是非负数); 【温馨提示】(1)“当且仅当a＝b时，等号成立”是指若a≠b，则a2＋b2≠2ab，≠，即只能有a2＋b2>2ab，<. (2)在运用基本不等式及其变形时，一定要验证等号是否成立. 3.利用基本不等式求最值 当x，y均为正数时，下面的命题均成立： (1)若x＋y＝s(s为定值)，则当且仅当x＝y时，xy取得最大值. (2)若xy＝p(p为定值)，则当且仅当x＝y时，x＋y取得最小值2. 【易错提醒】(1)利用基本不等式求最值应满足三个条件“一正、二定、三相等”. (2)利用基本不等式求最值简记为：积定和最小，和定积最大. 【拓展延伸】基本不等式的拓展 (1)三元基本不等式：（均为正实数），当且仅当时等号成立． (2)元基本不等式：（均为正实数），当且仅当时等号成立． 要点速测 5.（2026届青海西宁四中高一上月考）已知，，且，则的最大值为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】A 【详解】因为，， 根据基本不等式可得，所以. 当时，取最大值. 故选：A. 6．不等式≤中等号成立的条件是________. 【答案】x＝ 【详解】等号成立的条件为3x＝2－3x，即x＝. 知识点 基本不等式链（拓展） 由基本不等式可得 ， 即对两个正数而言，调和平均数几何平均数算术平均数加权平均数. 上述各不等式间取等号的条件都是a=b. 要点速测 7.（25-26高一上·上海·期末）若满足，则下列不等式正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于AB，因，则a，b同号，当a，b都为负数时， 显然，，故AB错误； 对于C，由基本不等式，因，则，， 当且仅当时取等号，故C正确； 对于D，，则当a，b都为负数时， ，故D错误. 故选：C 8.已知正数满足，则的最小值为 . A． B． C． D． 【答案】 【解析】由不等式链得，所以， 当且仅当时取等号，所以的最小值为 知识点 二次函数与一元二次方程、不等式 1.二次函数与一元二次方程的根、一元二次不等式的解集的对应关系 对于一元二次方程的两根为且，设，它的解按照，，可分三种情况，相应地，二次函数的图象与轴的位置关系也分为三种情况.因此我们分三种情况来讨论一元二次不等式或的解集. 判别式 二次函数(的图象 一元二次方程 ()的根 有两个不相等的实数根，() 有两个相等的实数根 没有实数根 ()的解集 ()的解集 2.一元二次不等式的解法 （1）先看二次项系数是否为正，若为负，则将二次项系数化为正数； （2）写出相应的方程，计算判别式： ①时，求出两根，且（注意灵活运用十字相乘法）； ②时，求根； ③时，方程无解 （3）根据不等式，写出解集. 【易错提示】解一元二次不等式时，集合形式或区间形式（区间的表示方法将在下一章中学习）. 要点速测 9．不等式（x+2）（2x﹣1）＜0的解集为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】方程（x+2）（2x﹣1）＝0的根，x＝﹣2或x，函数y＝（x+2）（2x﹣1）的开口方向向上， ∴不等式（x+2）（2x﹣1）＜0的解集为， 故选：B． 10.不等式3x2﹣x﹣2≥0的解集是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，3x2﹣x﹣2≥0即（3x+2）（x﹣1）≥0， 解可得：x≥1或x，即不等式的解集为{x|x或x≥1}， 故选：C． 知识点 分式不等式的解法 1.解分式不等式的思路 解分式不等式的思路——转化为整式不等式求解. 2.一般的分式不等式的同解变形法则 （1）； （2）； （3）; （4）. 【易错提示】(1)当分式右侧不为0时，可过移项、通分合并的手段将右侧变为0；当分母符号确定时，可利用不等式的形式直接去分母. (2)和解一元二次不等式一样，解分式不等式最后的解集要注意写成集合形式或区间形式（区间的表示方法将在下一章中学习）. 要点速测 9.（25-26高二下·湖南衡阳·期末）不等式的解集是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【详解】不等式即，即，即， 等价于，解得或， 故不等式的解集是或. 10．（25-26高二下·天津南开·期末）已知，“”是“”的（     ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】A 【分析】求解出不等式的解集，结合充分条件、必要条件判断即可. 【详解】解不等式，化简可得，即， 所以或， 所以或； 解不等式，得或， 而集合或真包含于集合或， 所以“”是“”的充分不必要条件． 题型1 比较大小 ▌例1 （25-26高一上·云南玉溪·阶段检测）（1）比较大小：与； （2）比较与的大小； 【分析】（1）利用作差法比较大小. （2）利用作商法比较大小. 【详解】（1） ， 因为，所以， 即. （2）因为， 所以， 所以①当时，， 所以， ②当时，， 即， 所以， ③当时，， 即， 所以， 综上所述：当，. 解题要点 比较大小的三种策略 1.性质法：利用不等式的性质比较两式的大小时，往往利用不等式的基本性质进行多次变形，从而得到所比较的两个式子的大小. 2.作差比较法：此法为最常用的方法，作差法比较的步骤：作差―→变形―→定号―→结论，变形的方法：①因式分解；②配方；③通分；④分母或分子有理化；⑤分类讨论． 3.当所比较的两个数或代数式含有幂、指数式或分式时，常考虑作商法. ▌迁移练1-1（25-26高一·江苏·假期作业）已知，试比较和的大小. 【答案】 【分析】方法1：采用作商比较法，结合分母有理化即可求解；方法2：先计算，从而可得，进而可求解. 【详解】（方法1）因为，所以. 所以. 因为，所以，即； （方法2）所以， 又， 所以 , 所以. ▌迁移练1-2（25-26高一上·湖北武汉·阶段练习）设、均为正实数，试比较和的大小． 【详解】． 因为，均为正实数，所以． 当，即时，，此时； 当，即时，，此时； 当，即时，，此时．     综上可得：当时，； 当时，； 当时，． ▌迁移练1-3（1）设，比较与的大小； （2）已知，函数，当时，，当时，，试比较与的大小． 【分析】利用作差法比较数的大小可得结论； 【详解】（1） 因为，所以， 又因为， 当且仅当，即时取等号， 又，所以，所以，所以， （2）， 因为，所以，， 当时，，即， 当时，，即， 当时，，即. 题型2 利用不等式的性质判断正误 ▌例2 （25-26高一下·陕西咸阳·期末）已知实数，，，满足：，则下列不等式恒成立的是（     ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据不等式的基本性质即可得 【详解】选项A ，已知，（由得），根据同向不等式的可加性： ，因此恒成立，A正确； 选项B ，已知，两边同时除以正数，不等号方向不变：，化简得，即恒成立，B正确； 选项C ，举反例：取，满足，此时，，，C错误； 选项D ，作差比较： ， 分析符号：，（，故），分母为正； ，，分子，因此差为正，即恒成立，D正确. 解题要点 利用不等式的性质判断正误 1.直接法：对于说法正确的，要利用不等式的相关性质证明；对于说法错误的只需举出一个反例即可． 2.特殊值法：即取特殊值排除错误选项，注意取值一定要遵循三个原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算；三是所取的值要有代表性． ▌迁移练2-1（25-26高二下·河北承德·期末）设，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】根据充分条件、必要条件及不等式的性质求解. 【详解】因为，所以，故充分性成立； 当，时，不等式成立，但，故必要性不成立． 综上，“”是“”的充分不必要条件． ▌迁移练2-2（25-26高二下·江西萍乡·期末）已知实数，则下列不等式不成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对于A，因为，所以，故，A正确； 对于B，因为，所以，所以，B错误； 对于C，因为，所以，所以，C正确； 对于D，因为，所以， 故，所以，D正确. ▌迁移练2-3（多选）（25-26高二下·辽宁大连·期末）已知a，b，，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【详解】选项A：举反例，取，，满足，但，因此A错误； 选项B：因为，且，所以，即，因此B正确； 选项C：由不等式的性质可知，若，则必有，也可作差验证：，因此C正确； 选项D：由得，两边同乘负数时不等号方向改变，得，举反例：，，因此D错误. 题型3 利用不等式的性质求取值范围 ▌例3 （1）已知，，求，及的取值范围; (2)已知，，求的取值范围. 【分析】(1)结合不等式的基本性质即可求解;(2) 计算出，从而得到，得到答案. 【详解】（1）因为， 所以， 又，两个不等式相加可得，即． 因为，所以， 又，两个不等式相加可得，即． 因为，所以， 当时，两个不等式相加乘可得：，即； 当时，两个不等式相加乘可得：，即， 所以． 即的取值范围为；的取值范围为；的取值范围为. （2）设， ∴， ∴，解得， 故， ∵，， ∴，， ∴， 即， 故的取值范围为. 【易错警示】本例中如果由，得到x,y的取值范围，再求x-2y的取值范围，那么得到的结果不是正确答案.这是因为求得的x,y的取值范围与已知条件不是等价关系. 解题要点 利用不等式的性质求代数式的取值范围 1.必须严格运用不等式的性质. 2.在多次运用不等式的性质时，一般利用整体代换建立待求范围式子与已知范围式子的关系，最后通过“一次性”不等关系的运算求解范围. ▌迁移练4-1（25-26高二下·上海·期末）已知，，则的取值范围是________． 【答案】 【详解】，，又因为， ，即． ▌迁移练4-2（25-26高一下·广东·期末）已知，且，则的最大值是________． 【答案】5 【详解】当取最小值，取最大值3的时候，的最大值为5． ▌迁移练4-3 （25-24高一上·内蒙古包头·阶段检测）已知，． (1)求y的取值范围； (2)求的取值范围； (3)求的取值范围． 【分析】（1）通过待定系数法将表示为与的线性组合，分别求出各部分范围后相加； （2）由已知求出的取值范围，再与的范围相乘得到结果； （3）将表示为与的线性组合，求出范围后再相加. 【详解】（1）设，则， 所以，解得， 所以． 因为，所以．① 因为，所以．② ①＋②得，，所以． （2）∵，，∴，∴， 所以． （3）设，则， 所以，解得 所以． 因为，所以．③ 因为，所以． ④ ③＋④得，，所以． 题型4 利用基本不等式判断其他不等式的正误 ▌例4 （2025·北京·高考真题）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由基本不等式结合特例即可判断. 【详解】对于A,当时，，故A错误； 对于BD，取，此时， ，故BD错误； 对于C，由基本不等式可得，故C正确. 故选：C. 解题要点 利用基本不等式判断其他不等式的正误 这种题型一般以小题形式出现，一般利用基本不等式并结合特殊值法求解，其中利用基本不等式进行推理时要适当凑配，使之符合积为定值或和为定值的形式，再利用基本不等式进行放缩. 迁移练4-1（25-26高三下·上海·阶段练习）设，则下列选项中正确的是（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据基本不等式及适用范围分别判断即可求解． 【详解】对于ACD，当时，，当且仅当时等号成立， 当时，，当且仅当时等号成立，故ACD错误； 对于B，由题知，所以，当且仅当时，即时等号成立，故B正确； 故选：B． ▌迁移练4-2(多选)已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用作差法可判断AB，利用不等式的性质判断C，根据作差法及基本不等式判断D. 【解析】选项A：因为，所以，故A正确. 选项B： 因为，所以，，则，所以，故B错误. 选项C：因为，所以，， 所以，又，所以，故C正确. 选项D：  ， 当等号成立，但是，故等号不成立，故D正确. 故选：ACD ▌迁移练4-3 (多选) （25-26高一下·湖北荆门·期末）已知，，为实数，则（     ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，都大于，则 D．若，，，则 【答案】AD 【分析】根据不等式性质、作差法比较大小及基本不等式的应用逐一分析 【详解】对于A，因为，所以，故，可得，A对； 对于B，举特殊值，取，，则，与结论矛盾，B错； 对于C，作差得，若，则，反之，，C错； 对于D，根据基本不等式，当且仅当，即时，取等号，D对 题型5 基本不等式求最值（无条件等式） ▌例5 （多选）（2026·河北张家口·模拟）已知，，且，若，则（    ） A． B．的最小值为 C．的最小值为 D．的取值范围为 【答案】BCD 【分析】利用基本不等式判断BC，根据，转化为函数关系，转化为根据定义域问题求值域，判断AD. 【详解】A.由条件可知，，，则，故A错误； B.由题意可知，，则，当时等号成立， 则的最小值为，故B正确； C. ，当，即时等号成立， 则的最小值为，故C正确； D.， 当，均单调递增，且时，， 则在区间上单调递增， ∴当时取得最大值5，且时，， 所以的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 解题要点 利用基本不等式求最值 1.若是求和式的最小值，通常化(或利用)积为定值；若是求积的最大值，通常化(或利用)和为定值，其解答技巧是恰当变形、合理拆分项或配凑因式． 2.若多次使用基本不等式，等号成立的条件应相同． ▌迁移练5-1（2025·河南·模拟预测）若，且，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】对目标式合理变形，再利用基本不等式求解即可． 【详解】因为， 所以， 当且仅当，即时取等号. 故选：B. ▌迁移练5-2（2025·甘肃白银·模拟预测）若正实数，满足，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】方法一，利用换元法，然后根据基本不等式“1”的妙用求解.方法二，直接根据基本不等式“1”的妙用求解. 【详解】方法一 设，，则， ， ， 当且仅当，，即，时取等号， ． 方法二，， ， 当且仅当，时取等号，． 故答案为： ▌迁移练5-3（25-26高二下·河南·阶段检测）已知，为正实数，，则下列说法正确的是（   ） A． B．的最小值为 C．的最小值为14 D．的最小值为 【答案】BC 【分析】由题得，利用换元法结合基本不等式即可判断ACD，利用二次函数即可判断B. 【详解】由，可得， 对于A，令，，则，且，可得， 则， 当且仅当，即，，即，时，等号成立，所以A错误； 对于B，由，可得，则， 当且仅当时，取得最小值，所以B正确； 对于C，由，当且仅当时， 即，，即，时，等号成立，所以C正确； 对于D，由，可得，当且仅当时， 即，时，等号成立，所以的最小值为，所以D错误． 题型6 基本不等式的实际应用 ▌例6 （25-26高一上·安徽阜阳·期末）物联网(Internet of Things，缩写:IOT)是基于互联网、传统电信网等信息承载体，让所有能行使独立功能的普通物体实现互联互通的网络．其应用领域主要包括运输和物流、工业制造、健康医疗、智能环境(家庭、办公、工厂)等，具有十分广阔的市场前景．现有一家物流公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息:仓库每月土地占地费(单位：万元)，仓库到车站的距离(单位:千米，)，其中与成反比，每月库存货物费(单位：万元)与成正比；若在距离车站8千米处建仓库，则和分别为2万元和6.4万元． (1)求出与的解析式． (2)这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小?最小费用是多少? 【答案】(1)，. (2)仓库建在距离车站千米处，才能使两项费用之和最小，最小费用是万元. 【分析】（1）由题意设，，其中，根据题目数据代入求出即可得到答案； （2）利用基本不等式即可求出答案. 【详解】（1）由题意设，，其中， 当时，，解得，，解得， 所以，. （2）由（1）知 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以仓库建在距离车站千米处，才能使两项费用之和最小，最小费用是万元. 解题要点 利用基本不等式解决最值问题 利用基本不等式解决实际问题时，一般是先建立关于目标量的函数关系，再利用基本不等式求解目标函数的最大(小)值及取最大(小)值的条件． ▌迁移练6-1一批货物随17列货车从A市以的速度匀速直达B市，已知两地铁路线长，为了安全，两列货车的间距不得小于，那么这批货物全部运到B市，最快需要（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设这批货物从A市全部运到B市的时间为t小时，则，当且仅当，即时等号成立． ▌迁移练6-2（2026·广西南宁·一模）如图，某社区要建一座八边形的休闲场所，它的主体平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为的十字形地域．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为；在四个相同的矩形（图中阴影部分）上铺花岗岩地坪，造价为；在四个空角（图中四个三角形）上铺草坪，造价为．设总造价为S（单位：元），则当总造价S最小时，AD的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设根据十字形地域的面积，得出的关系式，进而求出各个图形的面积，将各个区域造价相加，求得总造价，结合基本不等式，即可求得总造价最小值和取最小值时的长. 【详解】设 则，所以， 所以， 因为，即且，解得， 所以. 故 当且仅当，即时，等号成立， 所以当时， 该休闲场所的总造价最小，最小值为 元. 故选：B ▌迁移练6-3（25-26高三上·安徽淮北·期中）某校计划利用其一侧原有墙体，建造高为1.5米，底面积为100平方米，且背面靠墙的长方体形状的露天劳动基地，靠墙那面无需建造费用，因此甲工程队给出的报价如下：长方体前面新建墙体的报价为每平方米320元，左、右两面新建墙体的报价为每平方米160元，地面以及其他报价共计9600元.设劳动基地的左、右两面墙的长度均为（）米，原有墙体足够长. (1)当左面墙的长度为多少米时，甲工程队的报价最低？ (2)现有乙工程队也参与该劳动基地的建造竞标，其给出的整体报价为（）元，若无论左面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功（约定整体报价更低的工程队竞标成功），求的取值范围. 【答案】(1)10米 (2) 【分析】（1）由题意建立甲工程队报价与左面墙的长度间的函数关系，再根据基本不等式求得最低报价及对应的左面墙的长度； （2）利用（1）的结论，列出不等式，分离参数，并根据基本不等式求得的取值范围. 【详解】（1）设甲工程队的总报价为元， 依题意，左、右两面墙的长度均为（）米， 则长方体前面新建墙体的长度为米， 所以， 即， 当且仅当，即时，等号成立. 故当左面墙的长度为10米时，甲工程队的报价最低，且最低报价为19200元. （2）由题意可知，， 即对任意的恒成立， 所以，可得，即. ， 当且仅当，即时，取最小值36. 所以的取值范围是. 题型7 不等式的证明 ▌例7 （25-26高一上·陕西西安·阶段练习）已知． (1)若，证明：； (2)若，证明． 【分析】（1）化简所求不等式，结合基本不等式来证得不等式成立. （2）利用综合法以及基本不等式来证得不等式成立. 【解析】（1）要证，因为，两边同时平方，即证. 展开得，已知，所以即证， 也就是证，即证. 对于，有，已知，所以，则， 当且仅当时等号成立. 所以得证. （2）因为，所以， 以上三个式子相加得， 所以，当且仅当时等号成立， 因为，且，所以， 所以，所以. 解题要点 不等式的证明 1. 对于无附加条件的不等式的证明，一般从繁证到简，可从左证到右，也可从右证到左，还可以两头齐证，再利用中间量进行放缩，即俗称的“中间桥梁法. 2. 有附加条件的不等式的证明，应先观察已知条件和所证不等式之间的联系，当已知条件中含有“1”时，要注意“1”的代换.另外，证题时要时刻注意到等号能否取到. ▌迁移练7-1已知，求证:. 【答案】证明：方法一：因为，所以， 所以，所以， 所以， 即，所以， 又因为，所以. 方法二： 因为，所以， 所以，所以， 所以，因此. ▌迁移练7-2（25-26高一上·海南省直辖县级单位·期中）已知，. (1)求证：； (2)求证：. 【证明】(1)由，则，故， 由，则，故， 所以，得证. (2)由，而， 所以，即，得证. ▌迁移练7-3（25-6高一上·陕西西安·阶段练习）已知． (1)若，证明：； (2)若，证明． 【分析】（1）化简所求不等式，结合基本不等式来证得不等式成立. （2）利用综合法以及基本不等式来证得不等式成立. 【解析】（1）要证，因为，两边同时平方，即证. 展开得，已知，所以即证， 也就是证，即证. 对于，有，已知，所以，则， 当且仅当时等号成立. 所以得证. （2）因为，所以， 以上三个式子相加得， 所以，当且仅当时等号成立， 因为，且，所以， 所以，所以. 题型8 解一元二次不等式 ▌例8 （24-25高一上·全国·课后作业）解下列不等式： (1)； (2)； (3)； (4). 【分析】先将不等式化成二次项系数为正的一元二次不等式，判断对应方程的根的个数，结合图象即得原不等式的解集. 【详解】（1）原不等式可化为. 对于方程，因为， 可知函数的图象开口向上，且与x轴无交点， 其大致如图1所示，由图1可知原不等式的解集为. （2）原不等式可化为，即， 函数的图象如图2所示， 由图2可知原不等式的解集为. （3）易知方程的两根分别是，， 则函数的图象与x轴有两个交点，分别为点和点， 又函数的图象是开口向上的抛物线，图象如图3所示， 由图3可得原不等式的解集为或. （4）原不等式可化为， 易知方程有两个相等实根， 画出函数的图象如图4所示， 由图4可知原不等式的解集为. 解题要点 解一元二次不等式的步骤 1.化为基本形式ax2＋bx＋c>0或ax2＋bx＋c<0(其中a>0)； 2.计算Δ＝b2－4ac，以确定一元二次方程ax2＋bx＋c＝0是否有解； 3.有根求根； 4.根据图象写出不等式的解集． ▌迁移练8-1（25-26高二下·辽宁·期末）已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】，故. ▌迁移练8-2（25-26高二下·河北沧州·期末）已知集合，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，再结合集合的交集和补集的概念即可求解. 【详解】已知集合，解不等式，可得， 又因为，所以， 已知集合，解不等式，可得或，则， 因此，故B正确. ▌迁移练8-3解下列不等式： (1)x2－5x－6＞0；(2)(2－x)(x＋3)＜0； (3)4(2x2－2x＋1)＞x(4－x)． 【解析】(1)方程x2－5x－6＝0的两根为x1＝－1，x2＝6. 结合二次函数y＝x2－5x－6的图象知，原不等式的解集为{x|x＜－1或x＞6}． (2)原不等式可化为(x－2)(x＋3)＞0. 方程(x－2)(x＋3)＝0的两根为x1＝2，x2＝－3. 结合二次函数y＝(x－2)(x＋3)的图象知，原不等式的解集为{x|x＜－3或x＞2}． (3)由原不等式得8x2－8x＋4＞4x－x2. ∴原不等式等价于9x2－12x＋4＞0. 解方程9x2－12x＋4＝0，得x1＝x2＝. 结合二次函数y＝9x2－12x＋4的图象知，原不等式的解集为. 题型9 解高次不等式或分式不等式 ▌例9-1 （24-25高一上·上海·期中）关于的不等式的解集为 . 【答案】 【分析】利用不等式的等价变形可得，再利用数轴标根法可求得不等式的解集. 【解析】由， 可得， 所以 方程的根为， 由数轴标根法可得. ▌例9-2求不等式的解集： （1）； （2）． 【详解】（1）由，可得， 解得x≤﹣1或x＞3， 所以不等式的解集为{x|x≤﹣1或x＞3}； （2）由，可得， 等价于（x﹣1）（x+1）＜0，解得﹣1＜x＜1， 所以不等式的解集为{x|﹣1＜x＜1}． 解题要点 分式不等式、高次不等式的解法 1.对于比较简单的分式不等式，可直接转化为一元二次不等式或一元一次不等式组求解，但要注意分母不为零． 2.对于不等号右边不为零的较复杂的分式不等式，先移项再通分(不要去分母)，使之转化为不等号右边为零，然后再用上述方法求解． 3. 高次不等式一般用穿针引线法求解. ▌迁移练9-1（25-26高三上·重庆·阶段检测）已知集合，，则( ) A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由得，所以， ， 所以 . ▌迁移练9-2（25-26高一上·江苏苏州·阶段练习）不等式的解集是 ． 【答案】 【分析】将分式不等式等价转化为高次不等式，求解即可，注意分母不为0. 【详解】由题意，且， 所以，利用穿针引线法，在数轴上标根如下图：解得：不等式的解集为. ▌迁移练9-3（25-26高一上·吉林长春·阶段练习）不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】由高次不等式奇穿偶回的性质即可求解. 【解析】因为， 所以， 即， 由高次不等式的性质可知： 题型10 一元二次不等式求参数问题 ▌例10 （多选）（2026·江西九江·质检）已知关于的不等式的解集为，则（    ） A． B．不等式的解集是 C． D．不等式的解集为 【答案】AB 【分析】一元二次不等式的解集可判断AB：用表示代入可判断CD. 【详解】不等式的解集为， 所以是的两个根，且，故A正确； 对于B，所以， 可得， 所以， 所以不等式的解集是，故B正确； 对于C，因为，， 可得，故C错误； 对于D，因为， 即解，解得，故D错误. 故选：AB. 解题要点 利用三个二次关系求参数的值或取值范围 1.一元二次方程的根就是对应一元二次函数值为0时的x的值，也是对应一元二次不等式解集的端点值． 2.给出一元二次不等式的解集，相当于知道了对应二次函数图象的开口方向及与x轴的交点，可以利用根或根与系数的关系求待定系数． ▌迁移练10-1（25-26高一下·陕西安康·期末）已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据一元二次不等式的解集结合韦达定理求出参数的值，再代入分式不等式，移项通分转化为整式不等式求解，注意排除分母为0的情况。 【详解】由不等式的解集为，可知，且、是方程的两个实根， 根据韦达定理：，解得，，代入得，解得， 将、代入，得 ， 移项通分： ， 该不等式等价于，即，解二次不等式，得或， 结合，最终解集为. ▌迁移练10-2（25-26高二下·河北唐山·期末）已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（    ） A． B．不等式的解集为 C． D．的最小值为 【答案】D 【分析】根据一元二次不等式的解集确定，结合韦达定理得到与的关系，逐一判断各选项的正误. 【详解】因为不等式的解集为， 所以二次函数开口向下，且方程的两根为. 对于A：二次函数开口向下，故，A正确； 对于B：根据韦达定理：，，结合得，， 将代入不等式，得， 两边同除以得，因式分解为，解得，B正确； 对于C：，由得，即，C正确； 对于D：由得，得， 因，故， 由基本不等式得， 等号成立条件为，即，与矛盾，等号无法取到， 故该式最小值不为，D错误. ▌迁移练10-3（多选）（2026·西藏林芝·二模）已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（     ） A． B． C．不等式的解集为 D．不等式的解集为 【答案】AD 【分析】由不等式的解集的特征判断A；利用解集可得、、间关系，即可判断B；利用、、间关系，计算即可判断C、D. 【详解】对于选项A：由关于的不等式的解集为，可得，故A正确； 对于选项B：由题意可得， 故，，则，故B错误； 对于选项C：，由，故，即， 所以不等式的解集为，故C错误； 对于选项D：， 由，则该不等式解集为，故D正确. 题型11 一元二次不等式的实际应用 ▌例11 （25-26高一上·湖南湘潭·期末）如图，地在自西向东的一条直线铁路上，在距地的B地有一金属矿，地到该铁路的距离．现拟定在之间的地修建一条公路到地，即修建一条的运输路线．若公路运费是铁路运费的倍，则当地到地的距离为 时，总运费最低． 【答案】 【分析】根据已知列出总运费，再应用判别式法计算求解即可. 【解析】设当地到地的距离为时，铁路每公里运费为，公路每公里运费为． 由题意得，则总运费， 要使总费用最低，只需最小即可． 设，则， 得，则，得． 当时，总费用最低，则，得， 所以当地到地的距离为时，总运费最低． 解题要点 一元二次不等式的实际应用 一元二次不等式应用题常以二次函数为模型，解题时要弄清题意，准确找出其中的不等关系，再利用一元二次不等式求解，确定答案时应注意变量具有的“实际含义”． ▌迁移练11-1（多选）（25-26高一上·陕西西安·阶段检测）某花卉店售卖一种多肉植物，若每株多肉植物的售价为元，则每天可卖出株；若每株多肉植物的售价每降低1元，则日销售量增加5株．为了使这种多肉植物每天的总销售额不低于元，则每株这种多肉植物的最低售价为（    ） A．元 B．元 C．元 D．5元 【答案】C 【分析】根据题意，列出不等式，代入计算，即可求解. 【详解】设每株多肉植物的售价为元，则每天销量为株， 每天的销售额为， ，即，解得， 每株这种多肉植物的最低售价为元，故C正确． 故选：C． ▌迁移练11-2（多选）（25-26高一上·广西河池·期中）某工厂生产一种产品，其成本函数为（元），其中为产品数量（单位：件）.若每件产品的售价为元，求： (1)工厂至少生产多少件产品时，才能使平均成本不超过售价？ (2)若工厂希望利润不低于元，那么至少需要生产多少件产品？ 【详解】（1）由题可知平均成本； 要使平均成本不超过售价50元则有； ∵，所以两边同乘以得； 化简得，解得； ∵， ∴至少生产2件产品. （2）∵利润=售价×数量-成本,所以利润， 即， 要使利润不低于100元，则有； 解得不等式的解集为， ∴至少需要生产件产品. ▌迁移练11-3（多选）（25-26高一上·新疆乌鲁木齐·阶段检测）（1）某小型服装厂生产一种风衣，日销货量件（）与货价p元/件之间的关系为，生产件所需成本为元.问：该厂日产量多大时，日获利不少于1300元? （2）一家货物公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费（单位：万元）与仓库到车站的距离（单位：km）成反比，每月库存货物费（单位：万元）与成正比；若在距离车站10km处建仓库，则和分别为2万元和8万元，这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处，才能使两项费用之和最小? 【答案】（1）且；（2）5km 【分析】（1）先根据“日获利=日销售额-成本”列出获利函数，再通过解一元二次不等式，得出日产量的取值范围即可； （2）先根据已知条件求出反比例函数与正比例函数的系数，得到总费用表达式，再利用均值不等式求最值即可. 【详解】（1）因为日获利等于销售额减去成本， 销售额为，成本为， 故利润函数为：， 要求日获利不少于1300元，即解不等式：， 化简得：，解得：， 又因为，故日产量为20到45之间的整数. （2）设土地占地费，库存货物费， 由题意知，当时，， ， 得：，所以，即； ，所以，即， 则两项费用之和为：， 由均值不等式得：，当且仅当，即时等号成立， 此时费用之和取到最小值，故仓库应建在距离车站5km处. 难点一 解含参不等式 难点1：解含参的一元二次不等式 1．若一元二次不等式中的系数是含有字母的代数式，则需对参数进行分类讨论．一般从以下三个方面进行分类讨论： (1)以二次项系数与零的大小关系作为分类标准； (2)以判别式与零的大小关系作为分类标准； (3)若判别式大于零，但两根的大小不能确定，则再以两根的大小关系作为分类标准． 2．含参数的一元二次不等式的解题步骤为：①将二次项系数转化为正数．②判断相应方程是否有根．③根据根的情况写出相应的解集，若方程有两个相异根，为了正确写出解集还要确定两根的大小． 难点2：解含参的分式不等式 对于这类不等式，常转化为整式不等式，再针对参数分类讨论求解. 难点精练 1．解关于的不等式. 【分析】由题意可知，可化为，再对进行分类讨论，比较根的大小，即可得答案. 【详解】由题意可知，可化为 （1）当时，不等式化为，解得， （2）当时，不等式化为，解得， （3）当时，不等式化为，解得或， （4）当时，不等式化为，解得， （5）当时，不等式化为，解得或， 综上所述， 时，不等式的解集为 时，不等式的解集为； 时，不等式的解集为； 时，不等式的解集为； 时，不等式的解集为; 2.（25-26高一上·福建南平·期中）设. (1)若，求不等式的解集； (2)解关于的不等式. 【答案】(1) (2)答案见解析 【详解】（1）若，则由， 解得，所以不等式的解集为. （2）不等式， 即， 当时，，解得； 当时，则，解原不等式可得； 当时，，解原不等式可得或； 当时，原不等式即为，即恒成立； 当时，，解原不等式可得或. 综上所述，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； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为. 3．（2026高三·全国·专题练习）已知集合的定义域为集合A，集合 (1)当时，求； (2)求使的实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）当时，，解得，所以； ，解得，所以， （2），； 对与0的关系进行分类讨论： 若时，，不存在m使； 若时，， 要使，必须解得； 若时，，要使，必须解得； 故m的范围为． 难点二 不等式恒成立问题 难点1：利用基本不等式解决不等式恒成立问题 不等式恒成立问题最常用的方法是分离参数法，分离参数后，不等式的另一侧的代数式的最值有时可用基本不等式求得. (1)当函数y存在最值时，恒成立； 恒成立.简记为：“大于最大的，小于最小的. (2)当函数y不存在最值时，则一般转化为寻找函数y的相应上界或下界值，此时有: 若函数y的取值范围为A<y<B（即下界值为A,上界值为B）， 恒成立；恒成立； 恒成立.恒成立. 难点2：一元二次不等式在R上恒成立 （1）不等式对任意实数x恒成立，就是不等式的解集为R，对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0，它的解集为R的条件为 （2）一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R的条件为 （3）一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集为∅的条件为 难点3：一元二次不等式在某区间上恒成立 解题策略如下： (1)分离参数法，先分离参数，把求参数的取值范围化归为求函数的最值问题.当函数y存在最值时，在某区间上恒成立；在某区间上恒成立. （2）当a>0时，一元二次不等式ax2＋bx＋c<0在区间[m,n]上恒成立的条件是 （3）当a<0时，一元二次不等式ax2＋bx＋c>0在区间[m,n]上恒成立的条件是 难点精练 1．（25-26高三·上海·课堂例题）若不等式对任意实数x均成立，则实数a的取值范围是（    ） A．； B．； C．； D．． 【答案】B 【详解】将不等式整理可得， 即不等式对任意实数x均成立， 当，即时，不等式变为，满足题意； 当时，需满足，解得； 综上可得实数a的取值范围是.故选：B 2．设，不等式恒成立，则a的最小值是（   ） A． B．1 C．2 D． 【答案】D 【详解】因为恒成立，所以恒成立，即恒成立．又，当且仅当时，等号成立，所以，即． 3.（25-26高一上·湖南长沙·期中）若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分离参数，结合对勾函数单调性可求得参数范围. 【详解】因为不等式对一切恒成立， 所以在区间上恒成立， 由对勾函数性质可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且当时，，当时，， 所以，故， 故选：D. 4.（25-26高三下·北京朝阳·期中）已知不等式对任意正实数x恒成立，写出一个a的可能值为 . 【答案】4（答案不唯一） 【分析】将问题转化为对任意正实数x恒成立，结合二次函数的性质，列出不等式，即可求解. 【详解】不等式对任意正实数x恒成立， 即对任意正实数x恒成立， 当时，不等式，即，不符合对任意正实数x恒成立， 当时，令， 若对任意正实数x恒成立， 则，无解，或，解得. 所以的一个值可以是. 难点三 不等式能成立问题 难点1：利用基本不等式解决不等式能成立问题 不等式能成立问题也叫不等式有解问题，这类问题最常用方法就是分离参数法，分离参数后，不等式的另一侧的代数式的最值有时可用基本不等式求得. (1)当函数y存在最值时， 有解；有解. 有解；有解. 简记为：大于最小的，小于最大的. (2)当函数y不存在最值时，则一般转化为寻找函数y的相应上界或下界值，此时有: 若函数y的取值范围为A<y<B（即下界值为A,上界值为B）， 有解，有解， 有解则，有解则. 难点2：一元二次不等式能成立（有解）问题 (1)关于x的一元二次不等式ax2＋bx＋c>0在R上有解的条件为 (2)关于x的一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0在R上有解的条件为为 (3)对于一元二次不等式在某区间上有解的问题，则往往利用分离参数法，把求参数的取值范围化归为求函数的最值问题.当函数存在最值时，有解；有解. 难点精练 1．已知x＞0，y＞0且1，若不等式x+y<m有解，则实数m的取值范围是( ) A．(9，+∞） B．（﹣∞，9] C．[9+∞） D．（﹣9，1） 【答案】A 【分析】由基本不等式“1”的用法得x+y≥9，进而解不等式m2+8m＜9即可得答案． 【详解】∵x＞0，y＞0，且且1， ∴x+y＝（x+y）（）＝525＝9， 当且仅当，即x＝3，y＝6时取等号． ∴（x+y）min＝9， 由x+y<m有解，即m>（x+y）min＝9， 2．（25-26高三上·天津武清·期中）若命题“，使得”为真命题，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C．或 D． 【答案】C 【分析】根据题意，关于的不等式有解，则对应二次函数的判别式，解关于的不等式即可. 【详解】因为“，使得”为真命题， 则，即， 解之得{或}，即C正确. 故选：C 3．（2026高三·全国·专题练习）若命题“”为真命题，则实数m的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据命题为真结合二次函数值域应用判别式计算即可. 【详解】由题意可知，不等式有解， 实数m的取值范围为． 4.（25-26高三下·广东珠海·开学考试）若命题“，使得”为假命题，则实数的取值范围 ． 【答案】 【分析】由题意可得“，使得”为真命题，分离参数可得在内有解，利用基本不等式求出即可. 【解析】因为“，使得”为假命题， 所以“，使得”为真命题， 即在内有解，即， 因为 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以，所以，解得， 所以实数的取值范围为． 难点四 一元二次方程的实根分布 难点1：概念及基本策略 1.概念 一元二次方程的实根分布是指含参数的一元二次方程的实根落在指定实数集合内的问题，核心是判断根与集合中端点的位置关系，通常结合对应二次函数的图象特征分析或者利用韦达定理列式求解. 2.基本策略 (1)对于实根的正负问题，往往结合韦达定理、根的判别式列式求解. (2)先明确对应二次函数的开口方向，再通过判别式确认实根存在性，最后联立集合间端点的函数值符号、对称轴与集合间的位置关系两类约束条件，求解即可得到参数的取值范围. 难点2：一元二次方程的零根分布 所谓一元二次方程的实根的零分布，是指方程的根相对于零的位置关系，比如一元二次方程有一正根，有一负根，其实就是指这个一元二次方程的一个根比零大，一个根比零小，或者说这两个根分布在零的两侧.求解策略为韦达定理法，具体如下： 设一元二次方程的两个实根为，，且，则有： （1） （2） （3）． （4），且. 难点3：一元二次方程的k根分布 此类问题考查的是一元二次方程的根与非零常数k的大小关系，这类问题一般构造二次函数，借助二次函数的图象辅助求解，此时往往要从根的判别式、对称轴及根与k的大小关系入手列式求解. 难点精练 1.（2026高三·重庆·期中）“”是“一元二次方程有两个正实根”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】B 【分析】根据一元二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，求出实数的取值范围，再利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】设一元二次方程的两个正实根分别为、， 由题意可得，解得， 因为， 所以，“”是“一元二次方程有两个正实根”的必要不充分条件. 故选：B. 2．（2026高三·全国·专题练习）关于的方程至少有一个负根的充要条件是_____． 【答案】 【分析】根据题意，分和，结合一元一次方程和一元二次方程的性质，结合韦达定理，列出不等式组，即可求解. 【详解】当时，方程为，此时方程的根为负根， 当时，方程， 至少有一个负实根包含方程有两个负根和一正一负两个实根两种情况： 当方程有两个负根（含重根）时，则有，解得； 当方程有一个负根一个正根时，则有，解得． 综上所述，当关于的方程至少有一个负根时，有， 即关于的方程至少有一个负根的充要条件是． 3.（2026高三·吉林·期中）已知关于的一元二次方程有两个不等根，，且满足，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】设，结合题意分析可得x=3时，，运算求解即可. 【详解】设， 因为，所以当x=3时，，解得， 所以的取值范围是. 4．（2026高三·全国·专题练习）设方程在上有两个根，求的取值范围． 【答案】 【分析】设方程在上的两个根分别为，则，当时，，分析和的范围即可求解. 【详解】设方程在上的两个根分别为， 则， 则当时，， 又． ． 基础达标 1．（2026高三·全国·专题练习）若，，那么下列不等式中，错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，， 对于选项A：因为，所以，故A正确； 对于选项B：因为，，则，所以，故B正确； 对于选项C：因为，则，所以，故C正确； 对于选项D：可得，故D错误. 2．（25-26高二下·天津静海·阶段检测）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】B 【分析】先求解一元二次不等式得到对应解集，通过判断两个解集的集合包含关系，结合充分必要条件的定义得出结论. 【详解】不等式解集为， 所以，“”是“”的必要不充分条件. 3．（25-26高二下·广东深圳·期末）若关于的不等式在时有解，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，，则不等式在上有解等价于. 对任意，有，当且仅当，即时等号成立. 因为，故y在上的最小值为，所以. 故的取值范围为. 4.某文具店购进一批新型台灯，若按每盏台灯15元的价格销售，每天能卖出30盏；若售价每提高1元，日销售量将减少1盏，现决定提价销售，为了使这批台灯每天获得500元以上（不含500元）的销售收入，则这批台灯的销售单价（单位：元）的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，然后通过计算及，即可得出结果. 【详解】设这批台灯的销售单价为x元， 由题意得，即，解得， 因为，所以，这批台灯的销售单价的取值范围是. 故选：C 5．（2026高三·全国·专题练习）函数的最小值是（    ） A．8 B．6 C．9 D．4 【答案】A 【分析】利用配凑法结合基本不等式即可求解. 【详解】， ，，， 由基本不等式可得：， 当且仅当，即时，等号成立，故选A. 6．（25-26高一上·黑龙江哈尔滨·开学考试）若不等式对一切恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】当时，原不等式化为，显然恒成立； 当时，不等式对一切恒成立，则有 且，即，解得， 综上可得，. 7.（多选）（24-25高一上·湖北武汉·期末）下列几种说法中，正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】取特例判断A，根据作差法判断BC，利用不等式性质判断D. 【详解】当时，满足，但不成立，故A错误； 因为，所以，即，故B正确； 因为，所以，即，故C正确； 因为，所以，所以， 又，所以，故D正确. 故选：BCD 8．（多选）（25-26高一下·四川成都·期中）已知关于的不等式的解集为. 则（   ） A． B．不等式的解集是 C． D．不等式 的解集是 【答案】BC 【分析】根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，结合韦达定理逐项分析判断即可. 【详解】由题意知，（A错误），且，是方程的两根， 所以，，即，. B：可化为，因为，， 所以不等式的解集是，B正确. C：因为，所以，C正确， D：可化为， 因为，所以，解得或，故D错误. 9．（多选）（25-26高二下·安徽六安·期末）设正实数，满足，则下列说法正确的是（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为6 D．的最大值为9 【答案】AC 【分析】先消元限定定义域，然后利用二次函数性质、常数代换法、取特值求解即可. 【详解】由及正实数，得，且. 对选项A：，这是关于的二次函数，开口向下， 对称轴为，且，故的最大值为. 该项正确. 对选项B：，对称轴为， 代入得最小值为，不等于. 该项错误. 对选项C：， 当且仅当时等号成立，故最小值为. 该项正确. 对选项D：令，则，所以最大值不是9. 该项错误. 10．（25-26高一下·山东德州·阶段检测）已知，则的取值范围为______ 【答案】 【分析】利用不等式待定系数配凑求解 【详解】设 展开得 对比系数列方程得，解得 所以 因为， 所以，即 ，两不等式相加得，即 11．（2026高三下·全国·专题练习）若正实数满足，则的最小值为______． 【答案】6 【分析】将代换后使用基本不等式求解. 【详解】因为正实数满足，所以，解得，则， 可得， 当且仅当时取等号，所以的最小值为6. 12．（25-26高一下·广东揭阳·阶段检测）（1）已知，，求，，的取值范围． （2）已知，，比较与的大小 【答案】（1），，；（2） 【分析】（1）利用不等式的性质求解； （2）利用作差法比较大小. 【详解】（1）由①，②，得， 由②得：③， 由①+③得：， 由②得：④， 由①④得：． 故，，. （2） 因为，，则，故． 13．（25-26高三上·吉林长春·阶段检测）已知. (1)求的最小值； (2)证明：. 【答案】(1)2 (2)证明见解析 【分析】（1）利用基本不等式即可求解； （2）利用换元法将表达式化简，并结合指数函数值域以及不等式性质可得出证明. 【详解】（1）由可得，即； 所以， 因为，当且仅当时，等号成立； 所以， 即的最小值为2. （2）令（其中为实数）， 因此可得; ; 又因为，所以， 因此， 即 14．（2025高一上·安徽·竞赛）某企业原有200名科技人员，年人均工资a万元（）．现加大对某芯片研发力度，该企业把原有200名科技人员调整成技术人员和研发人员，其中技术人员x名（且）．调整后，研发人员的年人均工资比调整前增加了，技术人员的年人均工资为万元. (1)若要使调整后研发人员的年总工资不低于调整前200名科技人员年总工资的1.5倍，求调整后的技术人员最少有多少人？ (2)为了激励研发人员的工作热情和保持技术人员的工作积极性，企业决定在工资方面要同时满足以下两个条件： ①研发人员的年总工资始终不低于技术人员的年总工资； ②技术人员的年人均工资始终不低于调整前200名科技人员的年人均工资． 请问是否存在这样的实数m？若存在，求出m的范围；若不存在，说明理由． 【答案】(1)50 (2)存在， 【分析】（1）根据题意得到不等式，求出答案； （2）由两个条件得到不等式，结合基本不等式求出答案 【详解】（1）依题意可得调整后研发人员的年人均工资为万元， 则，（），化简得， 解得， 因为且，所以， 所以调整后的技术人员的人数最少为50人； （2）假设存在实数m，使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上两个条件， 由条件①得，整理得； 因为， 当且仅当，即时等号成立，所以， 由条件②得，解得； 又因为，所以． 所以． 能力进阶 1．（25-26高二下·安徽芜湖·期末）记小明走路去学校的速度为，跑步去学校的速度为，方式一为一半的路程走路，一半的路程跑步，方式二为一半的时间走路，一半的时间跑步，则（    ） A．方式二比方式一先到学校 B．方式一比方式二先到学校 C．两种方式到学校的时间一样 D．无法确定哪种方式先到学校 【答案】A 【分析】利用作差法比较大小即可． 【详解】设方式一用时间为，方式二用时间为，小明到学校的距离为， 则，得到， 则，得到， 故方式二比方式一先到学校． 2．（25-26高二下·广东梅州·期末）若关于x的不等式的解集中恰有4个整数，则a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意讨论的符号，结合整数解个数构造不等式，解不等式求a的取值范围． 【详解】若时，不等式，解集为，有无数个整数解，不符合题意； 若时，开口向下， 的解集为两侧无限区间，有无穷多个整数解，不符合题意； 故，开口向上， ，对应方程两根为： ， 由得，故不等式解集为：， 则4个整数解为，故，解得， 故a的取值范围为． 3.(2025·山西太原模拟)《几何原本》中的几何代数法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，BC＝b，O为AB的中点，以AB为直径作半圆，过点C作AB的垂线交半圆于点D，连接OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E，则该图形可以完成的无字证明为(　　) A.≤(a>0，b>0) B．a2＋b2≥2ab(a>0，b>0) C.≥(a>0，b>0) D.≥(a>0，b>0) 【答案】C 【详解】根据图形，利用射影定理得CD2＝DE·OD，又OD＝AB＝(a＋b)，CD2＝AC·CB＝ab，所以DE＝＝.由于OD≥CD，所以≥(a>0，b>0)．由于CD≥DE，所以≥＝(a>0，b>0)． 4．（多选）（2026·河南开封·模拟预测）已知，若关于的方程有两个不相等的实数根，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．若，则的最小值为4 C．关于的不等式的解集为 D．是关于的不等式的一个解 【答案】ACD 【详解】选项A，因为方程有两不等实根，所以，解得， 因为，所以，即取，A正确； 选项B，由韦达定理，则，由A选项可知，且，所以， ，当时，单调递增，因此，则，无法取到最小值4，B错误； C选项，令，代入原方程得，即若为原方程两根，则为的两根，又因为， 所以，已知，所以不等式解集为，C正确； D选项，将代入得，因为，因此， 即是不等式的一个解，D正确. 5．（多选）（25-26高二下·山西运城·期末）已知，，，则下列选项正确的是（    ） A． B．的最小值为 C．的最小值为2 D．最小值为 【答案】ACD 【分析】将题设等式化成，可判断A项；将代入，利用基本不等式可判断B项；再将其化成，可利用基本不等式判断C项；将代入，利用换元后，利用基本不等式判断D项. 【详解】对于A，由去分母，整理得，因，， 则，且，因，则有，故A正确； 对于B，由A得，则， 因，则，当且仅当， 即时取等号，此时的最小值为，故B错误； 对于C，由去分母，得，即得， 因，，则，当且仅当时等号成立， 由解得，即当时，取得最小值为2，故C正确； 对于D，由A得，代入，得， 设，则， 当且仅当，即，也即时，等号成立，此时取得最小值，故D正确. 6．（25-26高二下·重庆璧山·期末）若，，且满足，则的最小值为____________，的最小值为____________． 【答案】 9 3 【分析】第①问通过对已知等式变形结合基本不等式求解；第②问通过换元法化简，再结合已知等式利用基本不等式求最小值． 【详解】①，由，所以，，，当且仅当时取得等号,则的最小值为， 由条件得，，，，，当且仅当，时取得等号， 则的最小值为. 7．（24-25高一下·福建福州·阶段检测）已知函数 (1)若的解集为，求实数a，c的值； (2)若，求不等式的解集； (3)若且，求的最小值． 【分析】（1）借助韦达定理计算即可得； （2）借助根的判别式，分、、与进行讨论即可得； （3）借助基本不等式计算即可得. 【详解】（1）由已知的解集为， 所以，3是方程的解，且， 所以，， 所以，； （2）若，不等式可化为， 方程的判别式， 当，即且时， 方程的两根为，， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，，不等式的解集为， 当时，，不等式的解集为， 综上所述，当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为； （3）因为，所以， 因为，所以， 由基本不等式可得， 当且仅当，时等号成立， 即当且仅当，时等号成立； 所以的最小值为. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $