22/22專題02一元二次函數(shù)、方程和不等式（5知識&12題型&2易錯&2方法清單）【清單01】不等關系與兩實數(shù)大小關系的基本事實一、不等關系★★在現(xiàn)實世界和日常生活中,既存在著相等關系,又存在著大量的不等關系,不等關系常用不等式

表示.不等關系a大于ba小于ba不大于ba不小于ba不等于b符號表示AbAbAbAbA

b二、兩實數(shù)大小關系的基本事實★★★依據(jù)a>b?

;a=b?

;a<b?

結論確定任意兩個實數(shù)a,b的大小關系,只需確定它們的與的大小關系【清單02】等式與不等式的性質★★★★★等式不等式對稱性a=b?b=a性質1：a>b?傳遞性a=b,b=c?a=c性質2：a>b,b>c?

加法a=b?a±c=b±c性質3：a>b?

性質5：a>b,c>d?

乘法a=b?ac=bc;a=b,c≠0?性質4：a>b,c>0?

;a>b,c<0?性質6：a>b>0,c>d>0?

性質7：a>b>0?

(n∈N,n≥2)【清單03】兩個重要不等式★★★★不等式變形等號成立的條件a2+b2≥

(a,b∈R)ab≤?當且僅當時,等號成立≤(a,b>0)a+b≥,ab≤?當且僅當時,等號成立【清單04】基本不等式與最值★★★★★1.已知x,y是正數(shù),如果積xy是定值P,那么當x=y時,和x+y有最小值,為.2.已知x,y是正數(shù),如果和x+y是定值S,那么當x=y時,積xy有最大值,為.上述結論可歸納為口訣:積定和最小,和定積最大.3.運用以上結論求最值要注意下列三個條件:(1)一正:要求各數(shù)均為

;(2)二定:要求和或積為

;(3)三相等:要保證具備成立的條件.【清單05】“三個二次”的關系★★★★★二次函數(shù)與一元二次方程、不等式的解的對應關系:Δ=b2-4acΔ>0Δ=0Δ<0y=a+bx+c(a>0)的圖象+bx+c=0(a>0)的根有兩個

實根x1,x2(x1<x2)有兩個實根x1=x2=

a+bx+c>0(a>0)的解集

a+bx+c<0(a>0)的解集

【題型一】用不等式表示不等關系【例1】（2025-2026湖南省婁底市漣源市期中）用表示某產(chǎn)品銷售的利潤,表示該產(chǎn)品生產(chǎn)的成本,其中銷售利潤大于生產(chǎn)成本,將稱作該商品的成本利潤率,通過對該產(chǎn)品進行優(yōu)化,該產(chǎn)品利潤與成本同時增加時,成本利潤率卻有所降低.基于該事實,可以列出的不等式為（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】“利潤率降低”意味著原來的利潤率大于新的利潤率,故.故選A.【歸納總結】(1)將不等關系表示成不等式(組)的思路：①讀懂題意,找準不等式所聯(lián)系的量．②用適當?shù)牟坏忍栠B接．③多個不等關系用不等式組表示．【變式1-1】(2025-2026河北保定聯(lián)考)某投資方對某項目提出兩個投資方案：方案一為一次性投資1000萬元；方案二為第一年投資200萬元,以后每年投資30萬元．下列不等式表示“經(jīng)過年后,方案一的總投資不多于方案二的總投資”的是（

）A． B．C． D．【題型二】作差法比較大小【例2】（2025-2026新疆烏魯木齊期中）設,,則（

）A． B． C． D．與的大小與有關【答案】C【解析】由,所以.故選C【歸納總結】比較兩個實數(shù)的大小,可以求出它們的差的符號．作差法比較實數(shù)的大小的一般步驟是：作差→恒等變形→判斷差的符號→下結論．作差后變形是比較大小的關鍵一步,變形的方向是化成幾個完全平方式的形式或一些易判斷符號的因式積的形式．【變式2-1】（2025-2026天津第五十七中月考）,,,則有PQ（請?zhí)睢?lt;”、“=”、“>”、“≥”、“≤”）【題型三】利用不等式性質判斷不等關系【例3】（2025-2026福建福九聯(lián)盟期中）設,,則下列不等式中恒成立的是（

）.A． B．C． D．【答案】C【詳解】取,則,故A錯誤；取,則,故B錯誤；因為,則,又,所以,所以C正確；取,則,,故D錯誤.故選C【歸納總結】求解此類要注意不等式成立的條件,在解決選擇題時,對于不正確的選項可利用特值法進行排除,注意取值時一是滿足題設條件,二是取值簡單,便于計算．【變式3-1】（2025-2026陜西咸陽市實質量檢測）下列說法正確的是（

）A．若,則 B．若,則C．若,則 D．若,則【變式3-2】（2025-2026吉林長春期中）如果,那么下列不等式成立的是（

）A． B． C． D．【變式3-3】（多選題）（2025-2026山東省濟寧市期中）下列命題中,是真命題的是（

）A．若,則B．“”是“”的充分不必要條件C．若,則D．的充要條件是【題型四】利用不等式性質證明不等式【例4】（2025-2026海南月考）若,,求證：.【證明】因為,所以,利用同向可加性得,所以,則,又,所以.【變式4-1】（2025-2026黑龍江哈爾濱月考）已知均為正實數(shù),且,求證：；【變式4-2】（2025-2026河南焦作質量調研）設a,b,c,d均為正實數(shù),且,證明：(1)若,則；(2)的充要條件是.【題型五】利用不等式性質求范圍【例5】（2025-2026山東省棗莊市期中）已知,,則的取值范圍為．【答案】【解析】因為,,所以,所以,所以,所以的取值范圍為.【歸納總結】注意同向不等式是有可加性與可乘性(需同正),但不能相減或相除,應用時要充分利用所給條件進行適當變形來求范圍,注意變形的等價性．【變式5-1】（2025-2026河北張家口市NT20名校聯(lián)合體期中）已知,則的取值范圍為.【變式5-2】（2025-2026山東青島11月階段性測試）若,那么的范圍是【題型六】利用基本不等式比較大小【例6】（2025-2026山東滕州10月月考）若,,且,則,,2ab,中最小的一個是（

）A．2ab B． C． D．【答案】A【解析】因為,,且,,,,由條件可知,,則,所以,即,所以四個數(shù)中最小的是.故選A【變式6-1】（2024-2025江西吉安期中）已知,則下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．【變式6-2】已知,設,,則與的大小關系是（

）A． B． C． D．不確定【題型七】利用基本不等式求最值【例7】（2025-2026安徽合肥期中）正數(shù)滿足,則的最小值是（

）A． B． C． D．8【答案】A【解析】正數(shù)滿足,,當且僅當且,即時取等號,即的最小值是.故選A.【歸納總結】在利用基本不等式求最值時要注意三點：一是各項均為正；二是尋求定值,求和式最小值時應使積為定值,求積式最大值時應使和為定值(恰當變形,合理拆分項或配湊因式是常用的解題技巧)；三是考慮等號成立的條件是否具備．【變式7-1】（2025-2026安徽池州期中）已知,那么,當代數(shù)式取最小值時,的值為（

）A． B．4 C． D．8【變式7-2】（多選題）（2025-2026湖南邵陽期中）若正實數(shù)滿足,則（

）A．的最大值為 B．的最大值為1C．的最小值為4 D．的最小值為9【變式7-3】（2025-2026陜西西安期中）已知正數(shù)a,b滿足,,則的最小值為.【題型八】利用基本不等式證明不等式【例8】（2025-2026海南?？谠驴迹?1)已知均為正實數(shù),求證：；(2)已知,求證：.【解析】（1）因為均為正實數(shù),所以（當且僅當時等號成立）,（當且僅當時等號成立）,（當且僅當時等號成立）,以上三式相加,得（當且僅當時等號成立）,所以（當且僅當時等號成立）,即（當且僅當時等號成立）．（2）因為,則,因為,,由得當且僅當時等號成立.所以.【歸納總結】利用基本不等式證明不等式的策略與注意事項：(1)策略：從已證不等式和問題的已知條件出發(fā),借助不等式的性質和有關定理,經(jīng)過逐步的邏輯推理,最后轉化為所求問題,其特征是以“已知”看“可知”,逐步推向“未知”．(2)注意事項：①多次使用基本不等式時,要注意等號能否成立；②累加法是不等式證明中的一種常用方法,證明不等式時注意使用；③對不能直接使用基本不等式的證明可重新組合,形成基本不等式模型,再使用．【變式8-1】（2025-2026上海市建平中學期中）已知,都是正實數(shù),證明：.【題型九】基本不等式在實際問題中的應用【例9】（2025-2026福建福州期中）某網(wǎng)店推出一款“光餅精靈”文創(chuàng)玩具,該玩具原來每個售價2.5元,年銷售8萬個．(1)據(jù)市場調查,該玩具的單價每提高0.1元,年銷售量將相應減少2000個．如何定價才使年銷售總收入不低于原收入？(2)為提升產(chǎn)品吸引力,網(wǎng)店計劃對該產(chǎn)品進行升級,并提高每個玩具的售價到元．與此同時,升級需要再投入萬元作為技術支持和固定宣傳費用．那么該玩具的年銷售量至少達到多少萬個時,才能使升級后的年銷售收入不低于原收入與再投入之和？【解析】（1）設玩具的單價為元,則年銷售量為萬個,令,解得,由題意可得：,整理可得,解得,所以玩具的單價不少于2.5元且不超過元時,才使年銷售總收入不低于原收入.（2）由題意可知：,且,可得,原題意即為存在,有解,因為,當且僅當,即時,等號成立,所以該玩具的年銷售量至少達到5萬個時,才能使升級后的年銷售收入不低于原收入與再投入之和.【變式9-1】（2025-2026江蘇南京期中）設矩形的周長為,把沿向折疊,折過去后交于點,則面積的最大值為．【變式9-2】（2025-2026四川峨眉月考）某火車站正在不斷建設,目前車站準備在某倉庫外,利用其一側原有墻體,建造一間墻高為3米,底面積為12平方米,且背面靠墻的長方體形狀的保管員室.由于此保管員室的后背靠墻,無須建造費用,因此甲工程隊給出的報價為：屋子前面新建墻體的報價為每平方米400元,左右兩面新建墻體報價為每平方米150元,屋頂和地面以及其他報價共計7200元.設屋子的左右兩側墻的長度均為x米（）.(1)當左右兩面墻的長度為多少時,甲工程隊的報價最低？最低為多少？(2)現(xiàn)有乙工程隊也參與此保管員室建造競標,其給出的整體報價為元（）,若無論左右兩面墻的長度為多少米,乙工程隊都能競標成功,試求a的取值范圍.【題型十】一元二次不等式的解法【例10】（2025-2026北大附中期中）不等式的解集為（

）A． B．或C． D．或【答案】B【解析】原不等式可化為,解得或．故原不等式的解集為或.故選B．【歸納總結】對于實數(shù)的一元二次不等式(分式不等式)首先轉化為標準形式(二次項系數(shù)為正),然后能分解因式的變成因式相乘的形式,從而得到不等式的解集．【變式10-1】（2025-2026重慶市巴蜀中學期中）不等式的解集是（

）A．或B．或C．或D．或【題型十一】含參數(shù)的一元二次不等式的解法【例11】（2025-2026陜西西安期中）解關于的不等式【解析】當時,不等式可化為,所以不等式的解集為；當時,不等式化為,此時,所以不等式的解集為當時,不等式化為,當時,,不等式的解集為；當時,,不等式的解集為；當時,,不等式的解集為；綜上,當時,原不等式的解集為當時,原不等式的解集為；當時,原不等式的解集為；當時,原不等式的解集為；當時,原不等式的解集為.【歸納總結】對于含參數(shù)的一元二次不等式,若二次項系數(shù)為常數(shù),則可先考慮分解因式,再對參數(shù)進行討論；若不易分解因式,則可對判別式分類討論,分類要不重不漏．【變式11-1】（2025-2026湖南常德檢測）已知關于的不等式的解集為．(1)求實數(shù)的值；(2)求關于的不等式（其中為實數(shù)）的解集．【題型十二】一元二次不等式在實際問題中的應用【例12】（2024-2025廣東廣州八區(qū)期末聯(lián)考）某地區(qū)上年度電價為0.8元/（）,年用電量為,本年度計劃將電價下降到0.55元/（）至0.7元/（）之間,而用戶期望電價為0.4元/（）.經(jīng)測算,下調電價后新增用電量和實際電價與用戶的期望電價的差成反比（比例系數(shù)為）.該地區(qū)的電力成本價為0.3元/（）.(1)寫出本年度電價下調后電力部門的收益（單價：元）關于實際電價（單位：元/（））的函數(shù)解析式；（收益=實際電量（實際電價-成本價））(2)設,當電價最低定為多少時,仍可保證電力部門的收益比上年至少增長？【解析】（1）設下調電價后新增用電量為,因為下調電價后新增用電量和實際電價與用戶期望電價的差成反比（比例系數(shù)為）,則,所以本年度的用電量為,所以本年度電力部門的收益關于實際電價的函數(shù)解析式為：,.（2）依題意有：,整理得：,解得：,所以當電價最低定為元/（）時,可保證電力部門的收益比上年至少增長．【變式12-1】（2025-2026天津市河西區(qū)期中）汽車租賃公司共有300輛汽車,在十一黃金周期間,若每輛汽車每天的租金為200元,則所有汽車均能被租賃出去；若將每輛汽車每天的租金在200元的基礎上提高元（,）,則被租出去的汽車會減少輛.若要使該公司每天租賃汽車的收入超過萬元,則該公司每輛汽車每天的租金定價為元.【變式12-2】（2025-2026湖北武漢月考）某洗衣店今年年初,用萬元購進一臺新設備．已知使用年所需的總維護費用為萬元,經(jīng)估算該設備每年可為洗衣店創(chuàng)造收入萬元．設該設備使用年的盈利總額為萬元（盈利總額總收入成本總維護費用）．(1)該店從第幾年開始盈利？(2)若干年后,該洗衣店想在年平均盈利達到最大值時,以萬元的價格賣出設備,請問總獲利為多少？（總獲利盈利總額設備賣出價格）【題型一】連續(xù)使用基本不等式忽略等號能否同時【例1】已知x>0,y>0,且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1,則x＋y的最小值是________．【錯解】∵x>0,y>0,∴1＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)≥2eq\r(\f(2,xy)),∴eq\r(xy)≥2eq\r(2),∴x＋y≥2eq\r(xy)＝4eq\r(2),∴x＋y的最小值為4eq\r(2).【錯因分析】eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)≥2eq\r(\f(2,xy))取等號的條件是,即,x＋y≥2eq\r(xy)取等號的條件是與矛盾.【正解】∵x>0,y>0,∴x＋y＝(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(2,y))＝3＋eq\f(y,x)＋eq\f(2x,y)≥3＋2eq\r(2)(當且僅當y＝eq\r(2)x時取等號),∴當x＝eq\r(2)＋1,y＝2＋eq\r(2)時,(x＋y)min＝3＋2eq\r(2).【易錯提醒】多次使用基本不等式要驗證等號成立的條件.【變式1-1】（2025-2026江西多校聯(lián)考）已知,且．(1)求的最大值；(2)求的最小值．【題型二】解含有參數(shù)的不等式,分類不當致錯【例2】解關于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0.【錯解】原不等式化為a(x－eq\f(1,a))(x－1)<0.∴當a>1時,不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).當a<1時,不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a))).【錯因分析】解本題容易出現(xiàn)的錯誤是：(1)認定這個不等式就是一元二次不等式,忽視了對a＝0時的討論；(2)在不等式兩端約掉系數(shù)a時,若a<0,忘記改變不等號的方向；(3)忽視了對根的大小的討論,特別是等根的討論；(4)分類討論后,最后對結論不進行整合．【正解】當a＝0時,不等式的解集為{x|x>1}．當a≠0時,不等式化為aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.當a<0時,原不等式等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0,不等式的解集為{x|x>1或x<eq\f(1,a)}；當0<a<1時,1<eq\f(1,a),不等式的解集為{x|1<x<eq\f(1,a)}；當a>1時,eq\f(1,a)<1,不等式的解集為{x|eq\f(1,a)<x<1}；當a＝1時,不等式的解集為?.綜上所述,當a<0時,不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))∪(1,＋∞)；當a＝0時,不等式的解集為(1,＋∞)；當0<a<1時,不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))；當a＝1時,不等式的解集為?；當a>1時,不等式的解集為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).【易錯提醒】解形如ax2＋bx＋c>0的不等式,應對系數(shù)a分a>0,a＝0,a<0進行討論,還要討論各根的大小,最后根據(jù)不同情況分別寫出不等式的解集．【變式2-1】（2025-2026云南紅河、個舊市聯(lián)考）求關于x的不等式的解集.【題型一】利用不等式性質求范圍的方法利用幾個代數(shù)式的取值范圍來確定某個代數(shù)式的取值范圍是一類常見的綜合問題,對于這類問題要注意“同向不等式的兩邊可以相加”,但這種轉化不是等價變形,在一個解題過程中多次進行這種轉化后,就有可能擴大真實的取值范圍,解題時務必小心、謹慎,同時要注意正確使用不等式的性質.解決此類問題,可先建立待求范圍的整體與已知范圍的整體的等量關系,再通過一次不等關系的運算求得待求式的取值范圍,可以避免錯誤.【例1】（2025-2026四川廣安月考）已知,．(1)求的取值范圍；(2)求的取值范圍；(3)求的取值范圍．【解析】（1）因,又,,則,即；（2）由可得,又,則得,即；（3）設,由,解得,即,因,則,又,則,兩式相加,可得,即.【變式1-1】（2025-2026安徽合肥期中）已知,,求,,的范圍.【題型二】利用基本不等式求最值的方法與技巧利用基本不等式求最值有關問題的方法：利用基本不等式求最值有關問題的關鍵是湊出“和”或“積”為定值,并保證等號成立,常見的方法技巧如下:(1)拆(裂項拆項):對分子的次數(shù)不低于分母次數(shù)的分式進行整式分離——分離成整式與“真分式”的和,再根據(jù)分式中分母的情況對整式進行拆項,為應用基本不等式湊定值創(chuàng)造條件;(2)并(分組并項):目的是分組后各組可以單獨應用基本不等式,或分組后先對一組應用基本不等式,再在組與組之間應用基本不等式得出最值;(3)配(配式配系數(shù),湊出定值):有時為了挖掘出“積”或“和”為定值,常常需要

根據(jù)題設條件采取合理配式、配系數(shù)的方法,使配式與待求式相乘后可以應用基本不等式得出定值,或配以恰當?shù)南禂?shù)后,使積式中的各