专题02 一元二次函数、方程和不等式（期中真题汇编，广东专用）高一数学上学期

专题02 一元二次函数、方程和不等式 考点01 等式性质与不等式性质 考点02 基本不等式 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 考点01 等式性质与不等式性质 1．AB 2．D 3．B 4．ACD 5．C 6．BCD 7．D 8．ABC 9．A 10．D 11．A 12．D 13．D 14．BCD 15．AD 16．BC 17．BD 18．ACD 19．【答案】 【分析】 利用不等式的基本性质可求得的取值范围. 【详解】 因为，，所以，，则． 所以，的取值范围是. 故答案为：. 20．【答案】（1）20平方米     （2） 设和分别表示教室原来窗户面积和地板面积，表示窗户和地板所增加的面积（面积单位都相同）， 由题意得：，，则， 因为，，所以.又因为，所以， 因此，即， 所以窗户和地板同时增加相等的面积，教室的采光效果变好了．      【分析】 （1）设教室窗户面积与地板面积分别为，，则 ，化简得即得解； （2）设和分别表示教室原来窗户面积和地板面积，表示窗户和地板所增加的面积，再比较他们的大小即得解． (1) 小问详解： 设教室窗户面积与地板面积分别为，， 则 ， 所以，所以，所以， 所以这所教室的窗户面积至少为20平方米； (2) 小问详解： 略 考点02 基本不等式 1．ACD 2．A 3．C 4．ACD 5．ACD 6．AC 7．ACD 8．D 9．ABD 10．ABD 11．B 12．ABD 13．B 14．CD 15．AC 16．ACD 17．ACD 18．【答案】 【分析】 由基本不等式即可求解； 【详解】 ， 可得：，当且仅当时，取等号， 所以的最大值为， 故答案为： 19．【答案】5 【分析】 利用基本不等式求最值即可. 【详解】 易知，可得； 所以，当且仅当，即时等号成立， 故函数的最大值是5， 故答案为：5 20．【答案】① 6    ② 3 【分析】 将代数式变形为，再利用基本不等式可求最小值及对应的的值. 【详解】 . 因为，所以， 故，当且仅当 即 时，两个不等式等号同时成立， 所以所求最小值为6，此时. 故答案为：. 21．【答案】（1）不获利，；     （2）.      【分析】 （1）根据题意列出获利函数即可求解；（2）由题意可得平均处理成本函数，结合二次函数的性质和基本不等式即可求解. (1) 小问详解： 当,时，设该项目获利为，则 当，时， 当时，取最大值；当时，取最小值 国家每月补偿数额的范围是,； (2) 小问详解： 由题意可知，二氧化碳的每吨的平均处理成本为 ① 当，时，，时，取得最小值240； ② 当，时， 当且仅当，即时，取得最小值200， 每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低． 22．【答案】 【分析】 根据已知化为，应用基本不等式求最大值即可. 【详解】 由题设，则， 当且仅当，即时取等号，故的最大值是. 故答案为： 23．【答案】（1）     （2）当年产量为万台时，该公司获得的年利润最大，且最大利润为万元      【分析】 （1）利用利润销售收入－成本公式计算即可得； （2）结合二次函数性质与基本不等式计算即可得. (1) 小问详解： 当时，； 当时，， 故 ； (2) 小问详解： 当时，是对称轴为的二次函数， 则在上单调递增， 故当时，万元； 当时， 万元， 当且仅当时等号成立， 故当时，万元； 故当年产量为万台时，该公司获得的年利润最大，且最大利润为万元. 24．【答案】（1）     （2）     （3）.      【分析】 （1）（2）应用基本不等式计算，再换元结合一元二次不等式求解； （3）先换元，再应用基本不等式计算求解. (1) 小问详解： 因为，， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以. 令，则，解得或（舍去）， 故的最小值为（此时）. (2) 小问详解： 因为，当且仅当时，等号成立， 所以. 令，则，解得或（舍去）， 故的最小值为（此时）. (3) 小问详解： 因为，所以，， 所以. 因为，所以， 当且仅当，即，时，等号成立. 故的最小值为. 25．【答案】（1）1     （2）     （3）      【分析】 （1）由题意把代入式中可求值； （2）将代入方程可求解； （3）由已知条件可得，利用基本不等式求出的最小值即可． (1) 小问详解： ． (2) 小问详解： 原方程可化为： 即： ，即，解得：． (3) 小问详解： ，当且仅当，即时，等号成立， 有最小值，此时有最大值， 从而有最小值，即有最小值． 26．【答案】（1）4；     （2）8.      【分析】 （1）由基本不等式求解最小值即可； （2）基本不等式中的代换，求解最小值即可. (1) 小问详解： 因为， 所以， 当且仅当 即时等号成立， 所以的最小值为4. (2) 小问详解： 因为， 所以 . 当且仅当 即时等号成立， 所以的最小值为8. 27．【答案】（1）；（2） 【分析】 （1）变换，再利用均值不等式计算得到答案. （2）变换，展开利用均值不等式计算得到答案. 【详解】 （1）， 当且仅当，即时等号成立 （2）， 当且仅当，即，时等号成立. 28．【答案】 【分析】 对分母换元，然后用基本不等式可求出的最小值,从而可以求出结果. 【详解】 设 ，，则 ，且 ，， ， 当且仅当时，即 时取等； ， . 故答案为：. 29．【答案】① 1    ② 2 【分析】 利用常数换元齐次化后，分离常数，利用基本不等式求得① ；先固定，利用基本不等式使最大化，进而化简，换元，进一步化简，最后利用二次函数的性质得到② . 【详解】 对于空① ： ，当且仅当时取等号，所以的最小值为； 对于空② ： 记，先固定，，由基本不等式的性质知，,当且仅当 时去等号，取到相对于固定的时的最大值. 因为 ，所以 . 表达式变为：, 设，则 ，，， , 设. 由二次函数的性质知当且仅当 时取得最大值。 因此 的最小值为 . 由，即 ，，. 所以， 故答案为：1；2 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 1．B 2．C 3．C 4．D 5．BD 6．B 7．ACD 8．BCD 9．C 10．B 11．ABC 12．AC 13．B 14．A 15．D 16．BCD 17．A 18．ABC 19．C 20．A 21．D 22．【答案】 【详解】由于，都有，所以，从而可求出实数的取值范围 【详解】 解：因为命题：，都有是真命题， 所以，即，解得， 所以实数的取值范围为， 故答案为： 23．【答案】 【分析】 根据的解集求出的关系，再化简不等式，求出它的解集即可． 【详解】 解：因为的解集为，则，且对应方程的根为-2和4， 所以，，且， 不等式可化为,则，即， 解得或． 故答案为． 24．【答案】（1）； （2）当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为 【分析】 （1）直接求解一元二次不等式即可， （2）原不等式化为，然后分，和三种情况解不等式 【详解】 解：（1）因为不等式为， 所以当时，不等式为，即， 则，故原不等式的解集为． （2）原不等式为， 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为． 综上所述：当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为． 25．【答案】 【分析】 分析可知，关于的方程的两根分别为、，结合韦达定理可得出、的值，即可得解. 【详解】 由题意可知关于的方程的两根分别为、， 由韦达定理可得 ，解得 ，故. 故答案为：. 26．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由题意得和是方程的根，代入计算，即可得答案. （2）由（1）得，可求出y的最小值为，由题意可得恒成立，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案. (1) 小问详解： 由二次函数的图象与轴交点的横坐标分别为和， 可得和是方程的根， 则满足 ， 解得. (2) 小问详解： 由（1）得，函数， 当时，可得， 因为对于恒成立，即恒成立， 所以，即，解得或， 所以实数的取值范围为. 27．【答案】 【分析】 根据分式不等式的解法求解即可. 【详解】 当，即时，不等式成立； 当时，由 . 综上所述，不等式的解集为. 故答案为：. 28．【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）根据一元二次不等式解集与一元二次方程根之间的关系，结合韦达定理可求得结果； （2）根据一元二次不等式的解法直接求解即可. (1) 小问详解： 的解集为，的两根分别为和， ，，即，. (2) 小问详解： 由（1）得， ，解得， 的解集为. 29．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）分、、三种情况讨论，结合二次函数的性质求出参数的取值范围； （2）参变分离可得存在使得成立，结合的范围求出的最大值，即可求出参数的取值范围. (1) 小问详解： 因为对任意恒成立，即对任意恒成立， 令，则对任意恒成立， ①当， 则对任意恒成立，即满足题意；                            ②当时，函数的图象为抛物线，开口向上， 所以对任意不恒成立，所以不满足题意；                                                ③当时，函数的图象为抛物线，开口向下， 要使得对任意恒成立，则，解得.                                    综上由① ② ③可得的取值范围为. (2) 小问详解： 不等式，即， 因为，所以， 因为存在，使得成立， 即存在，使得成立， 当时，，得， 当时，有最大值，则有， 即实数的取值范围为. 30．【答案】（1），     （2），     （3）      【分析】 （1）利用待定系数法，结合幂函数与一次函数的定义即可得解； （2）利用（1）中结论得到的解析式，再利用二次函数的性质即可得解； （3）参变分离可得在上恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可求出参数的取值范围. (1) 小问详解： 依题意，设，， 因为经过点，所以，解得，则，所以， 又经过点，且， 所以 ，解得 ，所以. (2) 小问详解： 由（1）得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以，. (3) 小问详解： 不等式对上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，当且仅当，即时取等号， 所以，即a的取值范围为. 31．【答案】（1）；     （2）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）.      【分析】 （1）把代入可构造不等式，解对应的方程，进而根据二次不等式“大于看两边”得到原不等式的解集. （2）根据函数，分类讨论可得不等式的解集. （3）若在区间上恒成立，即在区间上恒成立，利用换元法，结合基本不等式，求出函数的最值，可得实数a的范围. (1) 小问详解： 当时，则， 由，得， 原不等式的解集为； (2) 小问详解： 由， 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) 小问详解： 由即在上恒成立，得. 令，则， 当且仅当 ，即时取等号. 则，.故实数a的范围是 32．【答案】（1）     （2） 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.      【分析】 （1）由题设有且仅有一个根，讨论参数a，结合函数性质求参数值. （2）由题设，应用分类讨论求一元二次不等式的解集. (1) 小问详解： 函数，又有且只有一个元素， 则方程有且仅有一个根， 当时，，即，则，满足题设； 当时，，即，则，满足题设， 所以的取值集合为. (2) 小问详解： 依题意，，整理得， 当时，解得； 当时，无解； 当时，解得， 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. 33．【答案】（1）， （2）证明：， 由于，，故，当且仅当时取到等号， 故，故，进而， 因此， 故，当且仅当时取到等号. 【分析】 （1）根据，且，将不等式变形为，即可求解， （2）利用基本不等式以及不等式的性质即可求解. 【详解】 （1）由于，故，且， 故不等式等价于，解得， 故不等式的解为， （2）略 34．【答案】（1）     （2） 当时解集为，当时解集为，当时解集为；     （3）      【分析】 （1）由一元二次不等式的解法求解； （2）分类讨论求解不等式的解集； （3）分离参数后，由基本不等式求解. (1) 小问详解： 当时，        即        解得        所以解集为 (2) 小问详解： ， ① 当时，解集为，        ② 当时，，      ③ 当时，，    综上所述，当时解集为，当时解集为，当时解集为； (3) 小问详解： ，        所以有恒成立，即，        因为，所以，当且仅当，即时等号成立， 所以，所以，        所以的取值范围是. 35．【答案】 【分析】 根据不等式的解集确定参数即可得解. 【详解】 依题意，，是方程的两个实根，且， 于是，且，解得，. 所以， 故答案为： 36．【答案】（1）物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时；     （2）当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L.      【分析】 （1）对分两种情况讨论解不等式即得解； （2）求出，再利用基本不等式判断求解. (1) 小问详解： 解：当时，由题得，解之得； 当时，由题得，解之得； 所以. 所以物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时. (2) 小问详解： 解；当时，水中含有物质N的浓度为ymol/L， 则. 当且仅当时等号成立. 所以当时，水中含有物质N的浓度的最大值为3mol/L. 所以当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L. 37．【答案】 【分析】 将不等式通过分离参数化为对任意及恒成立， 所以只需当时，；构造函数，，利用一次函数的性质求实数的范围. 【详解】 由题意得对任意及恒成立， 所以对任意恒成立，即对恒成立， 令，则是关于的一次函数， 所以只需 ，即 ，解得或或， 所以实数的取值范围是． 故答案为：. 38．【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）一元二次方程两个不相等的实数根．则，两根同号则，解不等式组可得； （2）变形为，由韦达定理代入整理可得，由整数要求得，进而求解验证值可解. (1) 小问详解： 由题意得 即， 所以实数的取值范围为； (2) 小问详解： 由（1）知，当时，方程有两个实数根， 可知， 于是， 由，则，则， 即要使的值为正整数，且为整数，则， 则有，化简得，则， 令，此时为整数，则满足题意． 故使得的值为整数的整数的值为. 39．【答案】（1）     （2） 若，的解集为； 若，的解集为； 若，的解集为．     （3）      【分析】 （1）由题意得对任意恒成立，结合判别式即可求得答案； （2）由题意可得的表达式，利用分类讨论的方法，即可求得不等式解集； （3）由题意可得，结合，设，则，由此求出，即可得答案. (1) 小问详解： 由题意得对任意，恒成立， 得对任意恒成立， 即，解得，即． (2) 小问详解： 因为， 令，则，， ① 当时，，则； ② 当时，若，则或； ③ 当时，若，则或， 综上，若，的解集为； 若，的解集为； 若，的解集为． (3) 小问详解： 由题意得对任意，总存在，使得不等式成立， 令，由题意得， 而， 设，则， 而 ， 易得，故． 40．【答案】 【分析】 利用三个二次关系计算参数，再含参解不等式，结合条件计算即可. 【详解】 由不等式的解集为， 得，且方程的两实根分别为和3， 则 ，得 ， 所以不等式等价于， 即， 又，则，解得， 因为关于的不等式有且仅有6个整数解， 因此，即，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 41．【答案】（1）     （2） 函数的单调递减区间为、，单调递增区间为、     （3） 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或      【分析】 （1）当时，写出函数的解析式，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，可得出函数在区间上的最小值； （2）利用复合函数法可得出函数的增区间和减区间； （3）将所求不等式变形为，对实数的取值进行分类讨论，结合一元二次不等式的解法可得出原不等式的解集. (1) 小问详解： 当时，，该函数的图象开口向上，对称轴为直线， 当时，即当时，函数在上单调递减， 此时； 当时，即当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 此时； 当时，函数在上单调递增，此时. 综上所述， . (2) 小问详解： 当时，，令，， 因为内层函数在上单调递减，在上单调递增， 外层函数在上单调递减，在上单调递增， 由可得，由可得或， 由复合函数法可知，函数的单调递减区间为、， 单调递增区间为、. (3) 小问详解： 不等式即为， 当时，不等式即为， 因为，即，解原不等式可得； 当时，不等式即为， 因为， （i）当时，，解原不等式可得或； （ii）当时，原不等式即为，解得； （iii）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，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或. 42．【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）构造函数并作出其图象，得，从而分类讨论和两种情况，得到是方程的两根，利用韦达定理即可得解； （2）分类讨论在上的单调情况，结合条件得到关于的方程组，或分析得，进而得到，从而得解. (1) 小问详解： 令， 作出函数的图象，如图， 因为，的解集是， 若，则不等式的解集是两段区域，不合题意， 若，由可知此时恒成立， 又因为不等式的解集为， 所以是方程，即的两根， 则 ，解得 或 （舍去）， 综上，，. (2) 小问详解： 令， 因为当时，的最小值是，最大值是， 若在上单调递减，则有 ， 两式相减，得，由于， 整理得，则，解得，则，不符合题意； 若在上单调递增，则 ，且， 又，解得，与矛盾，舍去； 若在上不单调，则由（1）中图象可知， 又，从而有， 所以满足，即，解得或（舍去）； 综上，. 【点睛】 关键点点睛：本题第1小问解决的关键在于，将问题分析转化得是方程的两根，从而得解. 43．【答案】（1），     （2）0     （3）21      【分析】 （1）依题意有且，可求出的值； （2）分类讨论在上单调性，表示出最大值，结合二次函数的性质求的最小值； （3）令，设的两根为，由韦达定理得，，因为与各有两个不同的根，由韦达定理，， ，，代入求得，再代入中结合基本不等式求最小值即可. (1) 小问详解： 函数, 若，，解得， 又的最小值为，则有，解得 (2) 小问详解： 由（1）知，其对称轴为， 当即时，在上的最大值， 在上单调递减，的最小值为； 当即时，在上的最大值， 则， 在上单调递增，， 综上可得的最小值为0. (3) 小问详解： 令，设的两根为， 由韦达定理得，， 因为与各有两个不同的根， 对于，由韦达定理有，， 对于，由韦达定理有，， 所以 ， 即，化简得， ， 当且仅当，即时等号成立，此时， 经检验当，时，满足题设条件，故最小值21可以取得. 所以的最小值为21. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 一元二次函数、方程和不等式 3大高频考点概览 考点01 等式性质与不等式性质 考点02 基本不等式 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 考点01 等式性质与不等式性质 1．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）（多选）已知，下列说法正确的是（     ） A.  B.  C.  D.  2．（2026·广东六校·质量检测）对于任意实数a，b，c，d，以下四个命题中的真命题是（     ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 3．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）下列命题为真命题的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）（多选）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为符号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，，，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 5．（25-26学年高一上·广东粤东四校·期中）已知，则（       ） A.  B.  C.  D.  6．（25-26学年高一上·广东多校·期中）（多选）下列不等式中成立的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7．（25-26学年高一上·广东广州真光中学·期中）已知，使成立的一个充分不必要条件是（       ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）（多选）对于实数，，下列说法正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 9．（25-26学年高一上·广东揭阳惠来县第一中学·期中）若，则下列错误的是（　　） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高一上·广东广州·期中）已知，则下列说法不正确的是（     ） A.  B.  C.  D.  11．（25-26学年高一上·广东清远·期中）已知，且，则下列不等式中一定成立的是（   ） A.  B.  C.  D.  12．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）已知：，且，下列不等关系一定成立的是（       ） A.  B.  C.  D.  13．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）下列命题是真命题的是（       ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，，则 14．（25-26学年高一上·广东广州外国语学校·期中）（多选）下列命题中，正确的有（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 15．（25-26学年高一上·广东湛江·期中）（多选）若，，则（     ） A. 的取值范围是 B. 的取值范围是 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 16．（25-26学年高一上·广东清远·期中）（多选）若，，，则下列命题正确的是（     ） A. 若且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则 17．（25-26学年高一上·广东四校·期中）（多选）下列说法正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 18．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）（多选）已知，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 19．（25-26学年高一上·广东四校·期中）若，，则的取值范围为　　　　　　． 20．（25-26学年高一上·广东四校·期中）某教室的窗户面积必须小于地板面积，且窗户面积与地板面积的比值不小于. （1）若窗户与地板面积之和为，则窗户面积至少为多少平方米？ （2）若同时增加相同的窗户面积与地板面积，教室的采光效果是否改善？说明理由. 考点02 基本不等式 1．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）（多选）设．且，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（2026·广东东莞·联考）已知，则的最小值是（       ） A. 12 B. 8 C. 6 D. 4 3．（25-26学年高一上·广东广州外国语学校·期中）已知，，，则的最小值是（       ） A.  B.  C.  D.  4．（25-26学年高一上·广东多校·期中）（多选）下列命题中的真命题有（     ） A. 当时，的最小值是3 B. 的最小值是2 C. 当时，的最大值是5 D. 当时，的最大值是 5．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）（多选）下列说法正确的有（     ） A. 若，则 B. 若，则有最小值2 C. 若，则 D. 若正实数x，y满足，则的最小值为8 6．（25-26学年高一上·广东广州真光中学·期中）（多选）下列命题中是真命题的有（       ） A. 正实数，满足，则有最小值为5 B. 命题“，”是假命题，则实数a的取值范围为 C. 若，则的最大值为 D. 的最小值是2 7．（25-26学年高一上·广东揭阳惠来县第一中学·期中）（多选）已知矩形的周长为，则（　　） A.  B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 矩形面积的最大值为 8．（25-26学年高一上·广东广州·期中）命题“，”为假命题，则实数的取值范围为（     ） A.  B.  C.  D.  9．（25-26学年高一上·广东广州·期中）（多选）若，且，则下列不等式一定成立的是（     ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高一上·广东清远·期中）（多选）下列命题错误的是 （        ） A. 若，且， B. 已知正数、满足，则的最小值为 C. 若，则的最大值是 D. 若，，，则的最小值是2 11．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）若正实数x，y满足，则的最小值为（       ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 12．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）（多选）已知正数，满足，则下列结论中正确的是（       ）. A.  B.  C. 的最小值为 D. 与可以相等 13．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）已知，，当时，不等式恒成立，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  14．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）（多选）下列各式中，最小值为2的是（       ） A.  B.  C.  D.  15．（2026·广东六校·质量检测）（多选）已知 ，且，则（     ） A.  的最大值是 B. 的最小值是9 C. +的最小值是4 D. 的最小值是1 16．（25-26学年高一上·广东清远·期中）（多选）已知正实数满足，则（       ） A. 的最小值为6 B. 的最小值为20 C. 的最小值为 D. 的最小值为 17．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）（多选）下列说法中正确的为（       ） A. 已知，则“”是“”的必要不充分条件 B. 若，则的最小值为2 C. 若正实数满足，则的最小值为6 D. 若，且，则的最大值为7 18．（2026·广东东莞·联考）已知都是正实数，若，则的最大值为　　　　　　　　　　. 19．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）函数的最大值是　　　　　　    20．（25-26学年高一上·广东湛江·期中）已知，则的最小值为　　　　　　　　　　，此时　　　　　　　　　　. 21．（2026·广东五校·联考）为了保护环境，发展低碳经济，某企业在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，新上了一项把二氧化碳处理转化为一种可利用的化工产品的项目，经测算，该项目月处理成本（元与月处理量（吨之间的函数关系可近似的表示为： ，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为元，若该项目不获利，亏损数额国家将给予补偿． （1）当时，判断该项目能否获利？如果亏损，则国家每月补偿数额的范围是多少？ （2）该项目每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？ 22．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）若，则的最大值是　　　　　　. 23．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）在园林博览会上，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量投放市场，已知该种设备年固定研发成本为50万元，每生产一台需另投入90元，设该公司一年内生产该设备万台且全部售完，每一万台的销售收入（万元）与年产量（万台）满足如下关系式： （1）写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式（利润销售收入－成本） （2）当年产量为多少万台时，该公司获得的年利润最大，并求出最大利润. 24．（25-26学年高一上·广东湛江·期中）已知，，. （1）求的最小值； （2）求的最小值； （3）求的最小值. 25．（25-26学年高一上·广东四校·期中）《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂，从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法． 例如，已知，求证：． 证明：原式． 波利亚在《怎样解题》中也指出：“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．”类似上述问题，我们有更多的式子满足以上特征． 请根据上述材料解答下列问题： （1）已知，求的值； （2）若，解方程； （3）若正数满足，求的最小值． 26．（25-26学年高一上·广东粤东四校·期中）已知. （1）求的最小值； （2）若，求的最小值. 27．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）（1）已知，求的最小值﹔ （2）已知，，且，求的最小值. 28．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是　　　　　　　　. 29．（25-26学年高一上·广东上进联考·期中）已知正数，，满足，则的最小值为　　　　　；的最小值为　　　　　 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 1．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）已知集合，，则（       ） A.  B.  C.  D.  2．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）设，则“”是“”的（     ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件重题 3．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）不等式的解集为（       ） A.  B.  C. 或 D. 或 4．（2026·广东东莞·联考）若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围为（       ） A.  B.  C.  D.  5．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）（多选）已知关于的不等式的解集为，则（       ） A.  B. 不等式的解集为 C.  D. 不等式的解集为 6．（25-26学年高一上·广东广州外国语学校·期中）使 “不等式在上恒成立” 的一个充分不必要条件是（       ） A.  B.  C.  D.  7．（25-26学年高一上·广东广州·期中）（多选）已知集合，，则（     ） A.  B.  C.  D.  8．（25-26学年高一上·广东新塘中学·期中）（多选）已知二次函数（a，b，c为常数，且）的部分图象如图所示，则（     ） A.  B.  C.  D. 不等式的解集为 9．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）已知不等式的解集为，则不等式的解集为（       ） A.  B.  C.  D.  10．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）已知关于x的不等式的解集为或，则的解集为（       ）． A.  B.  C. 或 D.  11．（2026·广东六校·质量检测）（多选）下列说法正确的是（     ） A. 命题“”的否定是“” B. 不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围是 C. “”是“”的必要不充分条件 D. 若，则关于的方程有两个不同的正根 12．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）（多选）已知函数，下列说法正确的是（     ） A. 当时，为偶函数 B. 存在实数，使得为奇函数 C. 当时，取得最小值 D. 当时，方程可能有三个实数根 13．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）若命题“，”为假命题，则实数a可取的最小整数值是（       ） A.  B. 0 C. 1 D. 3 14．（25-26学年高一上·广东广州真光中学·期中）若不等式的解集为，则不等式的解集是（     ） A.  B.  C.  D.  15．（25-26学年高一上·广东湛江·期中）对于实数，规定表示不小于的最小整数，例如：，，记，则（     ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 16．（25-26学年高一上·广东粤东四校·期中）（多选）已知关于的不等式的解集为，则（     ） A.  B.  C.  D.  17．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（       ） A.  B.  C.  D.  18．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）（多选）已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（　　） A.  B. 不等式的解集为 C.  D. 的最小值为-4. 19．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）设，若时，关于的不等式恒成立，则的值为（       ） A.  B. 2 C.  D.  20．（2026·广东五校·联考）正数a,b满足,若不等式对任意实数x恒成立,则实数m的取值范围是 A.  B.  C.  D.  21．（25-26学年高一上·广东上进联考·期中）若函数在区间与区间上的最大值与最小值均相等，则的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  22．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）已知命题：，都有是真命题，则实数的取值范围是　　　　　　． 23．（2026·广东东莞·联考）不等式的解集为，则不等式的解集为　　　　　　． 24．（2026·广东东莞·联考）已知关于的不等式． （1）当时，解关于的不等式； （2）当时，解关于的不等式． 25．（25-26学年高一上·广东揭阳惠来县第一中学·期中）若关于的不等式的解集为，则　　　　　　　　　　　． 26．（25-26学年高一上·广东清远·期中）已知二次函数的图象与轴交点的横坐标分别为和. （1）求的值； （2）若对于恒成立，求实数的取值范围. 27．（25-26学年高一上·广东粤东四校·期中）不等式的解集为　　　　　　　　　　. 28．（25-26学年高一上·广东清远·期中）若不等式的解集为. （1）求的值； （2）求不等式的解集． 29．（2026·广东东莞东莞中学松山湖学校·二模）已知函数 （1）若对任意恒成立，求实数的取值范围. （2）若存在，使得成立，求此时实数的取值范围. 30．（25-26学年高一上·广东多校·期中）已知幂函数与一次函数的图象都经过点，且． （1）求与的解析式： （2）求函数在上的最值． （3）若不等式对上恒成立，求的取值范围． 31．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）已知函数. （1）当时，求关于x的不等式的解集； （2）求关于x的不等式的解集； （3）若在区间上恒成立，求实数a的范围. 32．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）设函数. （1）若，且集合中有且只有一个元素，求实数的取值集合； （2）解关于的不等式； 33．（25-26学年高一上·广东上进联考·期中）（1）若，解关于的不等式； （2）已知，，证明：． 34．（25-26学年高一上·广东清远·期中）已知函数 （1）当时，求不等式的解集； （2）当时，求不等式的解集； （3）若，且恒成立，求的取值范围. 35．（25-26学年高一上·广东清远·期中）已知不等式的解集是则　　　　　　　　. 36．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质N．已知向水中每投放1个单位的物质N，则t（）小时后，水中含有物质N的浓度增加ymol/L，y与t的函数关系可近似地表示为 根据经验，当水中含有物质N的浓度不低于2mol/L时，物质N才能有效发挥作用． （1）若在水中首次投放1个单位的物质N，计算物质N能持续有效发挥作用的时长； （2）若时在水中首次投放1个单位的物质N，时再投放1个单位的物质N，试判断当时，水中含有物质N的浓度是否始终不超过3mol/L，并说明理由． 37．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）若不等式对任意及恒成立，则实数的取值范围是　　　　　　　　　　． 38．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）已知是一元二次方程的两个不相等的实数根． （1）若两根同号，求实数的取值范围； （2）求使得的值为整数的整数的值． 39．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）已知函数，． （1）若对任意，不等式恒成立，求m的取值范围； （2）设，求关于x的不等式的解集； （3）若，对任意，总存在，使得不等式成立，求实数k的取值范围． 40．（25-26学年高一上·广东广州外国语学校·期中）已知关于的不等式的解集为．若关于的不等式有且仅有6个整数解，则实数的取值范围是　　　　　． 41．（25-26学年高一上·广东揭阳惠来县第一中学·期中）已知函数． （1）当时，讨论在上的最小值； （2）当时，求函数的单调区间； （3）讨论关于的不等式的解集． 42．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）回答下列问题： （1）已知不等式的解集是，求，的值； （2）对于二次函数，当时，的最小值是，最大值是，求，的值. 43．（25-26学年高一上·广东广州真光中学·期中）已知函数. （1）若的最小值为，求； （2）在（1）的条件下，在上的最大值为，求的最小值； （3）若，且关于的方程恰有4个互不相等的实数根，求的最小值. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 一元二次函数、方程和不等式 3大高频考点概览 考点01 等式性质与不等式性质 考点02 基本不等式 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 考点01 等式性质与不等式性质 1．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）（多选）已知，下列说法正确的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】AB 【分析】 根据条件，利用不等式的性质，对各个选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】 对于选项A，由，，得，所以选项A正确； 对于选项B，由，得，所以选项B正确； 对于选项C，由，得，所以选项C错误； 对于选项D，由，得，所以选项D错误. 故选：AB. 2．（2026·广东六校·质量检测）对于任意实数a，b，c，d，以下四个命题中的真命题是（     ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【分析】 举例说明判断ABC；利用不等式性质推理判断D. 【详解】 对于A，取，满足，而，A错误； 对于B，取，满足，而，B错误； 对于C，取，满足，而，C错误； 对于D，由，得，则，，D正确. 故选：D 3．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）下列命题为真命题的是（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【分析】 通过举反例排除A,C两项，利用不等式的性质进行推理，可以排除D项，证得B项. 【详解】 对于A,当时，显然不成立，故A错误； 对于B，由，利用不等式的性质易得，故B正确； 对于C，当时，取，则，故C错误； 对于D，当时，，由不等式的性质，可得，故D错误. 故选：B. 4．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）（多选）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为符号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，，，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】ACD 【分析】 分别由不等式的同加同乘性质可得，注意选项B中为0的情况. 【详解】 选项A：，在不等式两边同除以得，A正确； 选项B：当时，，B错误； 选项C：同向不等式相加，不等号方向不变，C正确； 选项D：，，两边同除以得，，D正确. 故选：ACD. 5．（25-26学年高一上·广东粤东四校·期中）已知，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 根据等式的性质以及定义特殊值可求得结果. 【详解】 取，，可知A，B错误； 因为，所以C正确； 取，可知D错误； 故选：C. 6．（25-26学年高一上·广东多校·期中）（多选）下列不等式中成立的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【分析】 根据不等式的性质、差比较法判断出正确答案. 【详解】 A选项，若，则，所以A选项错误. B选项，若，则，所以B选项正确. C选项，若，， 则，， 则，所以C选项正确. D选项，若，， 所以，所以D选项正确. 故选：BCD 7．（25-26学年高一上·广东广州真光中学·期中）已知，使成立的一个充分不必要条件是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 根据充分、必要条件的定义，结合不等式的性质，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】 选项A：若，则，反之成立，则也成立， 所以是的充要条件，故A错误； 选项B：若，当时，则，当时，则， 故无法一定得到，充分性不成立，故B错误； 选项C：当时，满足，但此时，充分性不成立，故C错误； 选项D：若，且，则，故充分性成立， 反之若，当时，，必要性不成立， 所以是的充分不必要条件，故D正确. 故选：D 8．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）（多选）对于实数，，下列说法正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【分析】 利用不等式的性质，分析、推理判断ABC；举例说明判断D作答. 【详解】 对于A，，两边同时除以，则，A正确； 对于B，，，则，当且仅当时取等号，B正确； 对于C，因为，则，C正确； 对于D，取，满足，而，D错误. 故选：ABC 9．（25-26学年高一上·广东揭阳惠来县第一中学·期中）若，则下列错误的是（　　） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 利用特殊值法可判断A选项；利用不等式的基本性质可判断BCD选项. 【详解】 因为， 对于A，不妨取，满足前提，则，A错； 对于B，因为，所以，B对； 对于C，由已知得，C对； 对于D，由不等式的性质可得，，故，D对. 故选：A. 10．（25-26学年高一上·广东广州·期中）已知，则下列说法不正确的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 由不等式的性质及幂函数的单调性判断各项的正误. 【详解】 由，结合不等式的性质知，，， 根据在定义域上单调递增，故. 故选：D 11．（25-26学年高一上·广东清远·期中）已知，且，则下列不等式中一定成立的是（   ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 由不等式性质可判断各选项正误. 【详解】 因为，且， 所以，，故CD错误； 因为，，所以即恒成立，故A正确； 取，，则，但此时，故B未必成立. 故选：A 12．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）已知：，且，下列不等关系一定成立的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 通过赋值法举反例排除A,B,C项，对于D项，则可寻找条件成立的充要条件，再用作差法判断即得. 【详解】 对于A，可取，满足，但得不到，故A错误； 对于B，可取，满足，但不满足，故B错误； 对于C，可取，满足，但，故C错误； 对于D，因，而，故必有成立，即D正确. 故选：D. 13．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）下列命题是真命题的是（       ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【分析】 对于AB，举例判断即可；对于C，利用不等式的基本性质即可判断；对于D，利用作差法判断即可. 【详解】 对于A，当时，，故A错误； 对于B，当时，满足，而，故B错误； 对于C，由，则， 而，则，所以，故C错误； 对于D，由， 因为，，所以， 所以，则，故D正确. 故选：D 14．（25-26学年高一上·广东广州外国语学校·期中）（多选）下列命题中，正确的有（     ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】BCD 【分析】 举例说明判断A；利用不等式的性质判断B；作差判断CD. 【详解】 对于A，取，满足，而，A错误； 对于B，由，得，则，B正确； 对于C，由，，得，C正确； 对于D，由，得 ，D正确. 故选：BCD 15．（25-26学年高一上·广东湛江·期中）（多选）若，，则（     ） A. 的取值范围是 B. 的取值范围是 C. 的取值范围是 D. 的取值范围是 【答案】AD 【分析】 利用.不等式的性质依次判断选项即可 【详解】 由，，得，，所以，，故A正确，B不正确. 因为，，且，不能同时成立，所以的取值范围不是，故C不正确. 令，则 解得 因为，，所以，即的取值范围为，故D正确. 故选：AD 16．（25-26学年高一上·广东清远·期中）（多选）若，，，则下列命题正确的是（     ） A. 若且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则 【答案】BC 【分析】 取特殊值判断AD，利用不等式的性质判断B，利用作差法判断C. 【详解】 对于A，取，，满足且，但，不满足，故A错误； 对于B，因，故可知，则， 所以，所以，故B正确； 对于C，， 因为，所以，所以，所以成立，故C正确； 对于D，取，，，满足且， 但，不满足，故D错误. 故选：BC. 17．（25-26学年高一上·广东四校·期中）（多选）下列说法正确的是（     ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【分析】 应用不等式性质判断B、D，应用特殊值法计算判断A、C. 【详解】 对于A、C，取，，满足，而，，A、C错误； 对于B，由不等式性质同向正不等式可乘性知B正确； 对于D，由，得，则，D正确. 故选:BD. 18．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）（多选）已知，则下列命题正确的是（       ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【分析】 对于B，举反例即可判断；对于ACD，由作差法或者不等式的基本性质即可判断. 【详解】 对于A，若，则，即，故A正确； 对于B，若，，则，故B错误； 对于C，若，则，即，故C正确； 对于D，若，则，且，则， 则，故D正确； 故选：ACD. 19．（25-26学年高一上·广东四校·期中）若，，则的取值范围为　　　　　　． 【答案】 【分析】 利用不等式的基本性质可求得的取值范围. 【详解】 因为，，所以，，则． 所以，的取值范围是. 故答案为：. 20．（25-26学年高一上·广东四校·期中）某教室的窗户面积必须小于地板面积，且窗户面积与地板面积的比值不小于. （1）若窗户与地板面积之和为，则窗户面积至少为多少平方米？ （2）若同时增加相同的窗户面积与地板面积，教室的采光效果是否改善？说明理由. 【答案】（1）20平方米     （2） 设和分别表示教室原来窗户面积和地板面积，表示窗户和地板所增加的面积（面积单位都相同）， 由题意得：，，则， 因为，，所以.又因为，所以， 因此，即， 所以窗户和地板同时增加相等的面积，教室的采光效果变好了．      【分析】 （1）设教室窗户面积与地板面积分别为，，则 ，化简得即得解； （2）设和分别表示教室原来窗户面积和地板面积，表示窗户和地板所增加的面积，再比较他们的大小即得解． (1) 小问详解： 设教室窗户面积与地板面积分别为，， 则 ， 所以，所以，所以， 所以这所教室的窗户面积至少为20平方米； (2) 小问详解： 略 考点02 基本不等式 1．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）（多选）设．且，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】ACD 【分析】 结合不等式的性质、基本不等式求得正确答案. 【详解】 因为，，所以，故A正确； 因为，设，则，故B错误； 因为，所以，故C正确； 因为， 当且仅当，即，时，等号成立， 此时满足，，所以，故D正确． 故选：ACD 2．（2026·广东东莞·联考）已知，则的最小值是（       ） A. 12 B. 8 C. 6 D. 4 【答案】A 【分析】 变形得，利用基本不等式求解. 【详解】 ∵，∴， ∴， 当且仅当，即时等号成立， ∴的最小值是12． 故选：A． 3．（25-26学年高一上·广东广州外国语学校·期中）已知，，，则的最小值是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【分析】 利用基本不等式求和的最小值. 【详解】 由， 得， 又，，即，， 则， 即，解得， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以， 故选：C. 4．（25-26学年高一上·广东多校·期中）（多选）下列命题中的真命题有（     ） A. 当时，的最小值是3 B. 的最小值是2 C. 当时，的最大值是5 D. 当时，的最大值是 【答案】ACD 【分析】 利用基本不等式结合对勾函数的性质一一判定选项即可. 【详解】 对A：当时，， 当且仅当，即时取得等号，故A正确； 对B：， 令，则，令， 又在上单调递增，故， 故的最小值为，也即的最小值为，故B错误； 对C：，当且仅当，即时取得等号； 故当时，的最大值是，故C正确； 对D：当时，，当且仅当，即时取得等号，故，即的最大值是，故D正确. 故选：ACD 5．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）（多选）下列说法正确的有（     ） A. 若，则 B. 若，则有最小值2 C. 若，则 D. 若正实数x，y满足，则的最小值为8 【答案】ACD 【分析】 作差法可判断A，根据基本不等式可判断B，利用不等式的性质判断C，根据“1”的变形及基本不等式判断D. 【详解】 因为， 由知，故，故，故A正确； 因为，，当且仅当，即时等号成立，故，故B错误； 因为，所以，所以，即，故C正确； 因为正实数x，y满足，所以， 当且仅当，即时等号成立，故D正确. 故选：ACD 6．（25-26学年高一上·广东广州真光中学·期中）（多选）下列命题中是真命题的有（       ） A. 正实数，满足，则有最小值为5 B. 命题“，”是假命题，则实数a的取值范围为 C. 若，则的最大值为 D. 的最小值是2 【答案】AC 【分析】 由结合基本不等式计算即可判断A；将已知命题转化为“”为真命题，分类讨论，结合判别式符号列不等式求解可判断B；由基本不等式计算可判断C；令，由对勾函数性质计算可判断D. 【详解】 对于A，由， 可得， 当且仅当，即时等号成立，故A正确； 对于B，因为命题“”是假命题，所以此命题的否定为真命题， 即命题“”是真命题. 当时，不等式转化为恒成立，则满足题意； 当时，则有 ，解得. 综上，实数的取值范围为，故B错误； 对于C，由，得，所以， 所以，即，得， 所以的最大值为，故C正确； 对于D，，令，则， 所以在上单调递增，所以，故D错误. 故选：AC 7．（25-26学年高一上·广东揭阳惠来县第一中学·期中）（多选）已知矩形的周长为，则（　　） A.  B. 的最大值为 C. 的最小值为 D. 矩形面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】 由矩形的性质可得，，结合矩形的周长可判断A选项；利用勾股定理结合重要不等式可判断B选项；将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项. 【详解】 对于A选项，因为四边形为矩形，则，， 因为该矩形的周长为，故，A对； 对于B选项，由勾股定理可得， 由重要不等式可得， 所以， 则，当且仅当 时，即当时，等号成立， 故，故， 故的最小值为，B错； 对于C选项，因为 ， 当且仅当 时，即当 时，等号成立，故的最小值为，C对； 对于D选项，四边形的面积为， 当且仅当 时，即当时，等号成立， 故矩形面积的最大值为，D对. 故选：ACD. 8．（25-26学年高一上·广东广州·期中）命题“，”为假命题，则实数的取值范围为（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 可知命题“，”为真命题，整理得，利用乘“1”法结合基本不等式求其最小值，即可得结果. 【详解】 若命题“，”为假命题， 则命题“，”为真命题， 因为， 且，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 则，可得， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 9．（25-26学年高一上·广东广州·期中）（多选）若，且，则下列不等式一定成立的是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】ABD 【分析】 对于AD：利用基本不等式直接判断即可；对于B：利用乘“1”法结合基本不等式分析判断；对于C：根据消元，结合基本不等式分析判断. 【详解】 因为，且， 对于选项A：因为，当且仅当时，等号成立，故A正确； 对于选项B：因为， 当且仅当，即时，等号成立，故B正确； 对于选项C：因为， 则，当且仅当，即时，等号成立， 即，故C错误； 对于选项D：，当且仅当时，等号成立， 所以，故D正确； 故选：ABD. 10．（25-26学年高一上·广东清远·期中）（多选）下列命题错误的是 （        ） A. 若，且， B. 已知正数、满足，则的最小值为 C. 若，则的最大值是 D. 若，，，则的最小值是2 【答案】ABD 【分析】 举例说明判断A；利用基本不等式“1”的妙用求出最小值判断BD；由基本不等式取等号条件判断C. 【详解】 对于选项A，若均为负数，不等式不成立，所以A错误； 对于选项B，，所以， 则， 所以，，当且仅当 ，即当 时，等号成立，故B错误； 对于选项C，因为，， 当且仅当即时，等号成立，所以，故C正确； 对于选项D，因为，所以， 所以， 当且仅当即时，等号成立，所以的最小值是，故D错误． 故选：ABD 11．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）若正实数x，y满足，则的最小值为（       ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【分析】 根据基本不等式中“1”的妙用即可求解. 【详解】 由题意， 当且仅当，结合，即时取等号， 所以的最小值为8. 故选：B 12．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）（多选）已知正数，满足，则下列结论中正确的是（       ）. A.  B.  C. 的最小值为 D. 与可以相等 【答案】ABD 【分析】 根据已知条件，应用基本不等式及其“1”的代换求最值，注意取值条件，依次判断各项正误. 【详解】 由题设，当且仅当时等号成立，A对； 由， 当且仅当，即时取等号，B对； 由题设，则，而， 当且仅当取等号，显然等号不成立，C错； 若，即，则，整理得， 所以，满足题设，D对. 故选：ABD 13．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）已知，，当时，不等式恒成立，则的取值范围是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【详解】根据，，，利用“1”的代换，结合基本不等式求得的最小值，然后根据不等式恒成立，由求解. 【详解】 因为，，， 所以， ， 当且仅当 ，即时，取等号， 又因为不等式恒成立， 所以， 即， 解得，即 ， 故选：B 【点睛】 本题主要考查基本不等式求最值，一元二次不等式的解法以及不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 14．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）（多选）下列各式中，最小值为2的是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】CD 【分析】 由正定等条件可判断. 【详解】 A项，首先要使式子有意义，， 当时，，故A错误； B项，任意，， 当且仅当时，即时，等号成立. 但方程无解，故等号取不到，即，故B错误； C项，首先要使式子有意义，则， 则，当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为； D项，首先要使式子有意义，则， 则，当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为. 故选：CD. 15．（2026·广东六校·质量检测）（多选）已知 ，且，则（     ） A.  的最大值是 B. 的最小值是9 C. +的最小值是4 D. 的最小值是1 【答案】AC 【分析】 直接使用基本不等式可判断AC；利用常数代换法，结合基本不等式可判断B；代入消元，利用二次函数性质可判断D． 【详解】 对于A，由，，可得， 所以，当且仅当，取得最大值，故A正确； 对于B，，，， ， 当且仅当，即，时，等号成立，的最小值为，故B错误； 对于C，，，且，则， 当且仅当，即，时等号成立，的最小值为4，故C正确； 对于D，，，且，则，所以， 所以， 当且仅当，时取等号，故D错误． 故选：AC 16．（25-26学年高一上·广东清远·期中）（多选）已知正实数满足，则（       ） A. 的最小值为6 B. 的最小值为20 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【分析】 利用基本不等式将原式转化，再令，通过解不等式求出的范围即可判断A；利用基本不等式将原式转化，设，通过解不等式求出的范围，进而求出的范围即可判断B；将变形为，将选项B中求出的代入求出其最小值，即可判断C；从原式中求出，将变形为，再利用基本不等式求出其最小值，即可判断D. 【详解】 因为正实数满足， 所以由（当且仅当时等号成立），可得. 设，则有，整理可得，即. 因为，所以解得，即，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为6，故A正确； 因为正实数满足， 所以由（当且仅当时等号成立），可得. 设，则有，即， 因为，所以解得，即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为9，故B错误； 因为正实数满足，又由选项B可知， 所以， 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为，故C正确； 因为正实数满足，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ACD 17．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）（多选）下列说法中正确的为（       ） A. 已知，则“”是“”的必要不充分条件 B. 若，则的最小值为2 C. 若正实数满足，则的最小值为6 D. 若，且，则的最大值为7 【答案】ACD 【分析】 对于A，根据必要不充分判定可判断；对于B，根据基本不等式可判断，取“=”，但此时无解，可判断；对于C，将转化为已知条件，根据基本不等式即可判断；对于D，设，解出，将使用的表达式表示出来，再利用基本不等式即可判断. 【详解】 对于A选项，中，中，所以， 不能推出，所以“”是“”的必要不充分条件，故A正确； 对于B选项，，当且仅当时取“=”，但此时无解，故B错误； 对于C选项，因为，所以 则， 当且仅当时，即时，取“=”，故C正确； 对于D选项，设，则， 则， 其中， 当且仅当时，等号成立，故，故D正确. 故选：ACD. 18．（2026·广东东莞·联考）已知都是正实数，若，则的最大值为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 由基本不等式即可求解； 【详解】 ， 可得：，当且仅当时，取等号， 所以的最大值为， 故答案为： 19．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）函数的最大值是　　　　　　    【答案】5 【分析】 利用基本不等式求最值即可. 【详解】 易知，可得； 所以，当且仅当，即时等号成立， 故函数的最大值是5， 故答案为：5 20．（25-26学年高一上·广东湛江·期中）已知，则的最小值为　　　　　　　　　　，此时　　　　　　　　　　. 【答案】① 6    ② 3 【分析】 将代数式变形为，再利用基本不等式可求最小值及对应的的值. 【详解】 . 因为，所以， 故，当且仅当 即 时，两个不等式等号同时成立， 所以所求最小值为6，此时. 故答案为：. 21．（2026·广东五校·联考）为了保护环境，发展低碳经济，某企业在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，新上了一项把二氧化碳处理转化为一种可利用的化工产品的项目，经测算，该项目月处理成本（元与月处理量（吨之间的函数关系可近似的表示为： ，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为元，若该项目不获利，亏损数额国家将给予补偿． （1）当时，判断该项目能否获利？如果亏损，则国家每月补偿数额的范围是多少？ （2）该项目每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？ 【答案】（1）不获利，；     （2）.      【分析】 （1）根据题意列出获利函数即可求解；（2）由题意可得平均处理成本函数，结合二次函数的性质和基本不等式即可求解. (1) 小问详解： 当,时，设该项目获利为，则 当，时， 当时，取最大值；当时，取最小值 国家每月补偿数额的范围是,； (2) 小问详解： 由题意可知，二氧化碳的每吨的平均处理成本为 ① 当，时，，时，取得最小值240； ② 当，时， 当且仅当，即时，取得最小值200， 每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低． 22．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）若，则的最大值是　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据已知化为，应用基本不等式求最大值即可. 【详解】 由题设，则， 当且仅当，即时取等号，故的最大值是. 故答案为： 23．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）在园林博览会上，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量投放市场，已知该种设备年固定研发成本为50万元，每生产一台需另投入90元，设该公司一年内生产该设备万台且全部售完，每一万台的销售收入（万元）与年产量（万台）满足如下关系式： （1）写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式（利润销售收入－成本） （2）当年产量为多少万台时，该公司获得的年利润最大，并求出最大利润. 【答案】（1）     （2）当年产量为万台时，该公司获得的年利润最大，且最大利润为万元      【分析】 （1）利用利润销售收入－成本公式计算即可得； （2）结合二次函数性质与基本不等式计算即可得. (1) 小问详解： 当时，； 当时，， 故 ； (2) 小问详解： 当时，是对称轴为的二次函数， 则在上单调递增， 故当时，万元； 当时， 万元， 当且仅当时等号成立， 故当时，万元； 故当年产量为万台时，该公司获得的年利润最大，且最大利润为万元. 24．（25-26学年高一上·广东湛江·期中）已知，，. （1）求的最小值； （2）求的最小值； （3）求的最小值. 【答案】（1）     （2）     （3）.      【分析】 （1）（2）应用基本不等式计算，再换元结合一元二次不等式求解； （3）先换元，再应用基本不等式计算求解. (1) 小问详解： 因为，， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以. 令，则，解得或（舍去）， 故的最小值为（此时）. (2) 小问详解： 因为，当且仅当时，等号成立， 所以. 令，则，解得或（舍去）， 故的最小值为（此时）. (3) 小问详解： 因为，所以，， 所以. 因为，所以， 当且仅当，即，时，等号成立. 故的最小值为. 25．（25-26学年高一上·广东四校·期中）《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂，从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法． 例如，已知，求证：． 证明：原式． 波利亚在《怎样解题》中也指出：“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．”类似上述问题，我们有更多的式子满足以上特征． 请根据上述材料解答下列问题： （1）已知，求的值； （2）若，解方程； （3）若正数满足，求的最小值． 【答案】（1）1     （2）     （3）      【分析】 （1）由题意把代入式中可求值； （2）将代入方程可求解； （3）由已知条件可得，利用基本不等式求出的最小值即可． (1) 小问详解： ． (2) 小问详解： 原方程可化为： 即： ，即，解得：． (3) 小问详解： ，当且仅当，即时，等号成立， 有最小值，此时有最大值， 从而有最小值，即有最小值． 26．（25-26学年高一上·广东粤东四校·期中）已知. （1）求的最小值； （2）若，求的最小值. 【答案】（1）4；     （2）8.      【分析】 （1）由基本不等式求解最小值即可； （2）基本不等式中的代换，求解最小值即可. (1) 小问详解： 因为， 所以， 当且仅当 即时等号成立， 所以的最小值为4. (2) 小问详解： 因为， 所以 . 当且仅当 即时等号成立， 所以的最小值为8. 27．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）（1）已知，求的最小值﹔ （2）已知，，且，求的最小值. 【答案】（1）；（2） 【分析】 （1）变换，再利用均值不等式计算得到答案. （2）变换，展开利用均值不等式计算得到答案. 【详解】 （1）， 当且仅当，即时等号成立 （2）， 当且仅当，即，时等号成立. 28．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 对分母换元，然后用基本不等式可求出的最小值,从而可以求出结果. 【详解】 设 ，，则 ，且 ，， ， 当且仅当时，即 时取等； ， . 故答案为：. 29．（25-26学年高一上·广东上进联考·期中）已知正数，，满足，则的最小值为　　　　　；的最小值为　　　　　 【答案】① 1    ② 2 【分析】 利用常数换元齐次化后，分离常数，利用基本不等式求得① ；先固定，利用基本不等式使最大化，进而化简，换元，进一步化简，最后利用二次函数的性质得到② . 【详解】 对于空① ： ，当且仅当时取等号，所以的最小值为； 对于空② ： 记，先固定，，由基本不等式的性质知，,当且仅当 时去等号，取到相对于固定的时的最大值. 因为 ，所以 . 表达式变为：, 设，则 ，，， , 设. 由二次函数的性质知当且仅当 时取得最大值。 因此 的最小值为 . 由，即 ，，. 所以， 故答案为：1；2 考点03 二次函数与一元二次方程、不等式 1．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）已知集合，，则（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 解不等式可得集合，进而可得. 【详解】 ,， 所以， 故选：B． 2．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）设，则“”是“”的（     ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件重题 【答案】C 【分析】 解一元二次不等式求解，结合充分、必要性的定义判断条件间的关系. 【详解】 由， 则“”不能推出“”，反之成立， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：C 3．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）不等式的解集为（       ） A.  B.  C. 或 D. 或 【答案】C 【分析】 根据一元二次不等式的解法求得正确答案. 【详解】 不等式，即， 即，解得或， 所以不等式的解集为或. 故选：C 4．（2026·广东东莞·联考）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】 根据给定条件，利用一元二次不等式恒成立问题求解. 【详解】 当时，恒成立，则； 当时， ，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：D 5．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）（多选）已知关于的不等式的解集为，则（       ） A.  B. 不等式的解集为 C.  D. 不等式的解集为 【答案】BD 【分析】 一元二次不等式的解的端点即为对应的一元二次方程的解，再根据开口确定的正负. 【详解】 因为的解集为， 所以 ，解得 ，所以A错误； 对于B：将 代入可得，解得，B正确； 对于C：不等式的解集为， 所以时，C错误； 对于D：将 代入可得，即， 解得，D正确， 故选：BD 6．（25-26学年高一上·广东广州外国语学校·期中）使 “不等式在上恒成立” 的一个充分不必要条件是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】B 【分析】 由一元二次不等式恒成立求得参数范围后根据充分必要条件的定义判断． 【详解】 不等式在上恒成立，由，因此， 只有B满足充分不必要条件的定义． 故选：B． 7．（25-26学年高一上·广东广州·期中）（多选）已知集合，，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】ACD 【分析】 解一元二次不等式并应用列举法表示出集合，再逐项判断正误. 【详解】 由，， 所以，，，. 故选：ACD 8．（25-26学年高一上·广东新塘中学·期中）（多选）已知二次函数（a，b，c为常数，且）的部分图象如图所示，则（     ） A.  B.  C.  D. 不等式的解集为 【答案】BCD 【分析】 由二次函数图象可得，、，代入即可得A、B、C；D选项中可转化为，解出即可得. 【详解】 由图象可知，该二次函数开口向上，故， 与轴的交点为、， 故， 即、， 对A：，故A错误； 对B：，故B正确； 对C：，故C正确； 对D：可化为，即， 即，其解集为，故D正确. 故选：BCD. 9．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）已知不等式的解集为，则不等式的解集为（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】C 【详解】由题可得和2是方程的两个根，利用韦达定理可得，则不等式等价于，即可求出. 【详解】 不等式的解集为， 和2是方程的两个根，且， ， 可得， 则不等式等价于， 即，解得或， 故不等式的解集为. 故选：C. 10．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）已知关于x的不等式的解集为或，则的解集为（       ）． A.  B.  C. 或 D.  【答案】B 【分析】 由关于x的不等式的解集为或，可得到 ，化简，解不等式，即可求得答案. 【详解】 由关于x的不等式的解集为或， 可知，且-2和1是方程的两根， 故由根与系数的关系得 ，即得 ， 又，故不等式为，即，解得， 故选：B 11．（2026·广东六校·质量检测）（多选）下列说法正确的是（     ） A. 命题“”的否定是“” B. 不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围是 C. “”是“”的必要不充分条件 D. 若，则关于的方程有两个不同的正根 【答案】ABC 【分析】 根据全称命题的否定、一元二次不等式恒成立、充分条件必要条件等知识逐项判断即可. 【详解】 选项A，全称命题的否定是存在命题，且结论否定，该选项正确. 选项B，当时，不等式为，成立； 当时，需 ，即 ，解得. 综上，的取值范围是，该选项正确. 选项C，若，则，必要性成立； 若，当时，不一定等于，充分性不成立， 故“”是“”的必要不充分条件，该选项正确. 选项D，方程有两个不同的正根，需 ， 解得，并非即可，该选项错误. 故选：ABC. 12．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）（多选）已知函数，下列说法正确的是（     ） A. 当时，为偶函数 B. 存在实数，使得为奇函数 C. 当时，取得最小值 D. 当时，方程可能有三个实数根 【答案】AC 【分析】 考虑a是否等于零，即可研究奇偶性判断A和B；将函数写成分段函数，结合 二次函数的性质即可求其最小值、研究根的情况，判断C和D，即可解答． 【详解】 函数定义域为． 当时，， ， 则为偶函数，故A正确； 当时，，， 函数不可能为奇函数， 当时，， 则，函数不可能为奇函数， 则不存在实数，使得为奇函数，故B错误； 因为 ， 所以 当时，时，函数单调递增，所以最小值为， 时，函数单调递减，所以， 所以函数的最小值为，故C正确； 若时，函数在上递减，在上递增，方程最多有个根， 若时，函数在上递减，在上递增，方程最多有个根， 所以方程不可能有三个实数根，故D错误． 故选：AC． 13．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）若命题“，”为假命题，则实数a可取的最小整数值是（       ） A.  B. 0 C. 1 D. 3 【答案】B 【分析】 写出原命题的否定，根据原命题的否定为真命题求实数的取值范围，再进行判断. 【详解】 因为命题“，”为假命题， 所以原命题的否定“，”为真命题. 所以，使得，所以，. 因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以. 由，所以实数a可取的最小整数值为0. 故选：B 14．（25-26学年高一上·广东广州真光中学·期中）若不等式的解集为，则不等式的解集是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 分析可知方程的解为2，3，且，利用韦达定理可得，代入解不等式即可. 【详解】 因为不等式的解集为， 可知方程的解为2，3，且， 可得 ，即 ， 则不等式即为， 且，可得，解得， 所以不等式的解集是. 故选：A. 15．（25-26学年高一上·广东湛江·期中）对于实数，规定表示不小于的最小整数，例如：，，记，则（     ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【分析】 先求解一元二次不等式，再根据的定义求解. 【详解】 由，解得. 由定义可知，可取0，1，2，则2， 故或. 故选：D 16．（25-26学年高一上·广东粤东四校·期中）（多选）已知关于的不等式的解集为，则（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】BCD 【分析】 根据不等式的解集得出对应方程的根，由根与系数的关系得出与的关系， 可判断AD，再由不等式解集中的元素代入可判断BC. 【详解】 因为不等式的解集为， 所以，，4是方程的两根， 所以，，则，A错误； ，则，D正确； 因为，所以，B正确； 因为，所以，，两式相加得， 即，C正确． 故选：BCD． 17．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（       ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【分析】 首先不等式的解集是,可知，且且,然后将不等式化为,则可得出不等式解集. 【详解】 因为的解集是，所以且，由，得，即，解得，即关于的不等式的解集是. 故选：A. 18．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）（多选）已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（　　） A.  B. 不等式的解集为 C.  D. 的最小值为-4. 【答案】ABC 【分析】 根据关于的不等式的解集为，得且关于的方程的解集为.根据根与系数的关系得到的关系，然后依次分析选项可得正确答案. 【详解】 选项A：由关于的不等式的解集为， 得：函数的图象是一条开口向下的抛物线， 且与x轴有两个交点，分别是.所以选项A 正确； 选项B ：由选项A知，关于的方程的解集为， 所以 ，所以 . 所以不等式可化为， 即，即.解得：. 所以不等式的解集为.所以选项B正确； 选项C ：，所以选项C正确； 选项D：由选项B知：.所以 因为，所以，当且仅当， 即时，等号成立. 因为，所以等号不成立，所以取不到-4，所以选项D错误. 故选：ABC. 19．（25-26学年高一上·广东东莞·期中）设，若时，关于的不等式恒成立，则的值为（       ） A.  B. 2 C.  D.  【答案】C 【分析】 首先分析得到，令，求出的值，即可得到时，从而求出的值，再检验即可. 【详解】 因为当时， 要使时，关于的不等式恒成立， 所以当时，所以，则， 令，解得， 则当时，当时， 所以当时，即，解得或（舍去）； 当时，对于方程，解得，， 所以当时， 当时， 又当时，当时，符合题意. 所以. 故选：C 20．（2026·广东五校·联考）正数a,b满足,若不等式对任意实数x恒成立,则实数m的取值范围是 A.  B.  C.  D.  【答案】A 【详解】利用基本不等式求得的最小值，把问题转化为恒成立的类型，求解的最大值即可. 【详解】, ，且a,b为正数， ， 当且仅当，即时，， 若不等式对任意实数x恒成立， 则对任意实数x恒成立， 即对任意实数x恒成立， ， ， 故选：A 【点睛】本题主要考查了恒成立问题，基本不等式求最值，二次函数求最值，属于中档题. 21．（25-26学年高一上·广东上进联考·期中）若函数在区间与区间上的最大值与最小值均相等，则的取值范围是（     ） A.  B.  C.  D.  【答案】D 【分析】 作出函数的图象，对分类讨论，求解函数的最值，即可根据不等式的性质求解. 【详解】 作出 的大致图象如下： 当时，令，则， 若，则在区间的最小值为，最大值为， 此时在区间的最大值一定大于，不符合题意，舍去， 若，则在区间的最小值为，最大值为， 要使在区间的最大值为1，最小值为0，则需满足， 此时， 若时，在区间的最小值为，最大值为， 要使在区间的最大值为1，最小值为0，则需满足， 此时，则， 若，则在区间的最小值为，最大值为， 要使在区间的最大值为1，最小值为0，则需满足， 此时， 当时，在区间的最小值为， 此时在区间的最小值一定大于0，不符合题意，舍去， 综上可知：的范围为， 故选：D 22．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）已知命题：，都有是真命题，则实数的取值范围是　　　　　　． 【答案】 【详解】由于，都有，所以，从而可求出实数的取值范围 【详解】 解：因为命题：，都有是真命题， 所以，即，解得， 所以实数的取值范围为， 故答案为： 23．（2026·广东东莞·联考）不等式的解集为，则不等式的解集为　　　　　　． 【答案】 【分析】 根据的解集求出的关系，再化简不等式，求出它的解集即可． 【详解】 解：因为的解集为，则，且对应方程的根为-2和4， 所以，，且， 不等式可化为,则，即， 解得或． 故答案为． 24．（2026·广东东莞·联考）已知关于的不等式． （1）当时，解关于的不等式； （2）当时，解关于的不等式． 【答案】（1）； （2）当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为 【分析】 （1）直接求解一元二次不等式即可， （2）原不等式化为，然后分，和三种情况解不等式 【详解】 解：（1）因为不等式为， 所以当时，不等式为，即， 则，故原不等式的解集为． （2）原不等式为， 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为． 综上所述：当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为． 25．（25-26学年高一上·广东揭阳惠来县第一中学·期中）若关于的不等式的解集为，则　　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 分析可知，关于的方程的两根分别为、，结合韦达定理可得出、的值，即可得解. 【详解】 由题意可知关于的方程的两根分别为、， 由韦达定理可得 ，解得 ，故. 故答案为：. 26．（25-26学年高一上·广东清远·期中）已知二次函数的图象与轴交点的横坐标分别为和. （1）求的值； （2）若对于恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）由题意得和是方程的根，代入计算，即可得答案. （2）由（1）得，可求出y的最小值为，由题意可得恒成立，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案. (1) 小问详解： 由二次函数的图象与轴交点的横坐标分别为和， 可得和是方程的根， 则满足 ， 解得. (2) 小问详解： 由（1）得，函数， 当时，可得， 因为对于恒成立，即恒成立， 所以，即，解得或， 所以实数的取值范围为. 27．（25-26学年高一上·广东粤东四校·期中）不等式的解集为　　　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据分式不等式的解法求解即可. 【详解】 当，即时，不等式成立； 当时，由 . 综上所述，不等式的解集为. 故答案为：. 28．（25-26学年高一上·广东清远·期中）若不等式的解集为. （1）求的值； （2）求不等式的解集． 【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）根据一元二次不等式解集与一元二次方程根之间的关系，结合韦达定理可求得结果； （2）根据一元二次不等式的解法直接求解即可. (1) 小问详解： 的解集为，的两根分别为和， ，，即，. (2) 小问详解： 由（1）得， ，解得， 的解集为. 29．（2026·广东东莞东莞中学松山湖学校·二模）已知函数 （1）若对任意恒成立，求实数的取值范围. （2）若存在，使得成立，求此时实数的取值范围. 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）分、、三种情况讨论，结合二次函数的性质求出参数的取值范围； （2）参变分离可得存在使得成立，结合的范围求出的最大值，即可求出参数的取值范围. (1) 小问详解： 因为对任意恒成立，即对任意恒成立， 令，则对任意恒成立， ①当， 则对任意恒成立，即满足题意；                            ②当时，函数的图象为抛物线，开口向上， 所以对任意不恒成立，所以不满足题意；                                                ③当时，函数的图象为抛物线，开口向下， 要使得对任意恒成立，则，解得.                                    综上由① ② ③可得的取值范围为. (2) 小问详解： 不等式，即， 因为，所以， 因为存在，使得成立， 即存在，使得成立， 当时，，得， 当时，有最大值，则有， 即实数的取值范围为. 30．（25-26学年高一上·广东多校·期中）已知幂函数与一次函数的图象都经过点，且． （1）求与的解析式： （2）求函数在上的最值． （3）若不等式对上恒成立，求的取值范围． 【答案】（1），     （2），     （3）      【分析】 （1）利用待定系数法，结合幂函数与一次函数的定义即可得解； （2）利用（1）中结论得到的解析式，再利用二次函数的性质即可得解； （3）参变分离可得在上恒成立，利用基本不等式求出的最小值，即可求出参数的取值范围. (1) 小问详解： 依题意，设，， 因为经过点，所以，解得，则，所以， 又经过点，且， 所以 ，解得 ，所以. (2) 小问详解： 由（1）得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以，. (3) 小问详解： 不等式对上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，当且仅当，即时取等号， 所以，即a的取值范围为. 31．（25-26学年高一上·广东月期中学·期中）已知函数. （1）当时，求关于x的不等式的解集； （2）求关于x的不等式的解集； （3）若在区间上恒成立，求实数a的范围. 【答案】（1）；     （2）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）.      【分析】 （1）把代入可构造不等式，解对应的方程，进而根据二次不等式“大于看两边”得到原不等式的解集. （2）根据函数，分类讨论可得不等式的解集. （3）若在区间上恒成立，即在区间上恒成立，利用换元法，结合基本不等式，求出函数的最值，可得实数a的范围. (1) 小问详解： 当时，则， 由，得， 原不等式的解集为； (2) 小问详解： 由， 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) 小问详解： 由即在上恒成立，得. 令，则， 当且仅当 ，即时取等号. 则，.故实数a的范围是 32．（25-26学年高一上·广东华侨·期中）设函数. （1）若，且集合中有且只有一个元素，求实数的取值集合； （2）解关于的不等式； 【答案】（1）     （2） 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.      【分析】 （1）由题设有且仅有一个根，讨论参数a，结合函数性质求参数值. （2）由题设，应用分类讨论求一元二次不等式的解集. (1) 小问详解： 函数，又有且只有一个元素， 则方程有且仅有一个根， 当时，，即，则，满足题设； 当时，，即，则，满足题设， 所以的取值集合为. (2) 小问详解： 依题意，，整理得， 当时，解得； 当时，无解； 当时，解得， 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. 33．（25-26学年高一上·广东上进联考·期中）（1）若，解关于的不等式； （2）已知，，证明：． 【答案】（1）， （2）证明：， 由于，，故，当且仅当时取到等号， 故，故，进而， 因此， 故，当且仅当时取到等号. 【分析】 （1）根据，且，将不等式变形为，即可求解， （2）利用基本不等式以及不等式的性质即可求解. 【详解】 （1）由于，故，且， 故不等式等价于，解得， 故不等式的解为， （2）略 34．（25-26学年高一上·广东清远·期中）已知函数 （1）当时，求不等式的解集； （2）当时，求不等式的解集； （3）若，且恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）     （2） 当时解集为，当时解集为，当时解集为；     （3）      【分析】 （1）由一元二次不等式的解法求解； （2）分类讨论求解不等式的解集； （3）分离参数后，由基本不等式求解. (1) 小问详解： 当时，        即        解得        所以解集为 (2) 小问详解： ， ① 当时，解集为，        ② 当时，，      ③ 当时，，    综上所述，当时解集为，当时解集为，当时解集为； (3) 小问详解： ，        所以有恒成立，即，        因为，所以，当且仅当，即时等号成立， 所以，所以，        所以的取值范围是. 35．（25-26学年高一上·广东清远·期中）已知不等式的解集是则　　　　　　　　. 【答案】 【分析】 根据不等式的解集确定参数即可得解. 【详解】 依题意，，是方程的两个实根，且， 于是，且，解得，. 所以， 故答案为： 36．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质N．已知向水中每投放1个单位的物质N，则t（）小时后，水中含有物质N的浓度增加ymol/L，y与t的函数关系可近似地表示为 根据经验，当水中含有物质N的浓度不低于2mol/L时，物质N才能有效发挥作用． （1）若在水中首次投放1个单位的物质N，计算物质N能持续有效发挥作用的时长； （2）若时在水中首次投放1个单位的物质N，时再投放1个单位的物质N，试判断当时，水中含有物质N的浓度是否始终不超过3mol/L，并说明理由． 【答案】（1）物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时；     （2）当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L.      【分析】 （1）对分两种情况讨论解不等式即得解； （2）求出，再利用基本不等式判断求解. (1) 小问详解： 解：当时，由题得，解之得； 当时，由题得，解之得； 所以. 所以物质N能持续有效发挥作用的时长为12小时. (2) 小问详解： 解；当时，水中含有物质N的浓度为ymol/L， 则. 当且仅当时等号成立. 所以当时，水中含有物质N的浓度的最大值为3mol/L. 所以当时，水中含有物质N的浓度始终不超过3mol/L. 37．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）若不等式对任意及恒成立，则实数的取值范围是　　　　　　　　　　． 【答案】 【分析】 将不等式通过分离参数化为对任意及恒成立， 所以只需当时，；构造函数，，利用一次函数的性质求实数的范围. 【详解】 由题意得对任意及恒成立， 所以对任意恒成立，即对恒成立， 令，则是关于的一次函数， 所以只需 ，即 ，解得或或， 所以实数的取值范围是． 故答案为：. 38．（25-26学年高一上·广东茂名高州·期中）已知是一元二次方程的两个不相等的实数根． （1）若两根同号，求实数的取值范围； （2）求使得的值为整数的整数的值． 【答案】（1）     （2）      【分析】 （1）一元二次方程两个不相等的实数根．则，两根同号则，解不等式组可得； （2）变形为，由韦达定理代入整理可得，由整数要求得，进而求解验证值可解. (1) 小问详解： 由题意得 即， 所以实数的取值范围为； (2) 小问详解： 由（1）知，当时，方程有两个实数根， 可知， 于是， 由，则，则， 即要使的值为正整数，且为整数，则， 则有，化简得，则， 令，此时为整数，则满足题意． 故使得的值为整数的整数的值为. 39．（25-26学年高一上·广东深圳·期中）已知函数，． （1）若对任意，不等式恒成立，求m的取值范围； （2）设，求关于x的不等式的解集； （3）若，对任意，总存在，使得不等式成立，求实数k的取值范围． 【答案】（1）     （2） 若，的解集为； 若，的解集为； 若，的解集为．     （3）      【分析】 （1）由题意得对任意恒成立，结合判别式即可求得答案； （2）由题意可得的表达式，利用分类讨论的方法，即可求得不等式解集； （3）由题意可得，结合，设，则，由此求出，即可得答案. (1) 小问详解： 由题意得对任意，恒成立， 得对任意恒成立， 即，解得，即． (2) 小问详解： 因为， 令，则，， ① 当时，，则； ② 当时，若，则或； ③ 当时，若，则或， 综上，若，的解集为； 若，的解集为； 若，的解集为． (3) 小问详解： 由题意得对任意，总存在，使得不等式成立， 令，由题意得， 而， 设，则， 而 ， 易得，故． 40．（25-26学年高一上·广东广州外国语学校·期中）已知关于的不等式的解集为．若关于的不等式有且仅有6个整数解，则实数的取值范围是　　　　　． 【答案】 【分析】 利用三个二次关系计算参数，再含参解不等式，结合条件计算即可. 【详解】 由不等式的解集为， 得，且方程的两实根分别为和3， 则 ，得 ， 所以不等式等价于， 即， 又，则，解得， 因为关于的不等式有且仅有6个整数解， 因此，即，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 41．（25-26学年高一上·广东揭阳惠来县第一中学·期中）已知函数． （1）当时，讨论在上的最小值； （2）当时，求函数的单调区间； （3）讨论关于的不等式的解集． 【答案】（1）     （2） 函数的单调递减区间为、，单调递增区间为、     （3） 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或      【分析】 （1）当时，写出函数的解析式，对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，可得出函数在区间上的最小值； （2）利用复合函数法可得出函数的增区间和减区间； （3）将所求不等式变形为，对实数的取值进行分类讨论，结合一元二次不等式的解法可得出原不等式的解集. (1) 小问详解： 当时，，该函数的图象开口向上，对称轴为直线， 当时，即当时，函数在上单调递减， 此时； 当时，即当时，函数在上单调递减，在上单调递增， 此时； 当时，函数在上单调递增，此时. 综上所述， . (2) 小问详解： 当时，，令，， 因为内层函数在上单调递减，在上单调递增， 外层函数在上单调递减，在上单调递增， 由可得，由可得或， 由复合函数法可知，函数的单调递减区间为、， 单调递增区间为、. (3) 小问详解： 不等式即为， 当时，不等式即为， 因为，即，解原不等式可得； 当时，不等式即为， 因为， （i）当时，，解原不等式可得或； （ii）当时，原不等式即为，解得； （iii）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，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或. 42．（25-26学年高一上·广东广州黄埔区·期中）回答下列问题： （1）已知不等式的解集是，求，的值； （2）对于二次函数，当时，的最小值是，最大值是，求，的值. 【答案】（1），     （2）      【分析】 （1）构造函数并作出其图象，得，从而分类讨论和两种情况，得到是方程的两根，利用韦达定理即可得解； （2）分类讨论在上的单调情况，结合条件得到关于的方程组，或分析得，进而得到，从而得解. (1) 小问详解： 令， 作出函数的图象，如图， 因为，的解集是， 若，则不等式的解集是两段区域，不合题意， 若，由可知此时恒成立， 又因为不等式的解集为， 所以是方程，即的两根， 则 ，解得 或 （舍去）， 综上，，. (2) 小问详解： 令， 因为当时，的最小值是，最大值是， 若在上单调递减，则有 ， 两式相减，得，由于， 整理得，则，解得，则，不符合题意； 若在上单调递增，则 ，且， 又，解得，与矛盾，舍去； 若在上不单调，则由（1）中图象可知， 又，从而有， 所以满足，即，解得或（舍去）； 综上，. 【点睛】 关键点点睛：本题第1小问解决的关键在于，将问题分析转化得是方程的两根，从而得解. 43．（25-26学年高一上·广东广州真光中学·期中）已知函数. （1）若的最小值为，求； （2）在（1）的条件下，在上的最大值为，求的最小值； （3）若，且关于的方程恰有4个互不相等的实数根，求的最小值. 【答案】（1），     （2）0     （3）21      【分析】 （1）依题意有且，可求出的值； （2）分类讨论在上单调性，表示出最大值，结合二次函数的性质求的最小值； （3）令，设的两根为，由韦达定理得，，因为与各有两个不同的根，由韦达定理，， ，，代入求得，再代入中结合基本不等式求最小值即可. (1) 小问详解： 函数, 若，，解得， 又的最小值为，则有，解得 (2) 小问详解： 由（1）知，其对称轴为， 当即时，在上的最大值， 在上单调递减，的最小值为； 当即时，在上的最大值， 则， 在上单调递增，， 综上可得的最小值为0. (3) 小问详解： 令，设的两根为， 由韦达定理得，， 因为与各有两个不同的根， 对于，由韦达定理有，， 对于，由韦达定理有，， 所以 ， 即，化简得， ， 当且仅当，即时等号成立，此时， 经检验当，时，满足题设条件，故最小值21可以取得. 所以的最小值为21. 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $