专题02 等式与不等式（原卷版及全解全析）

专题02等式与不等式题型1一元二次方程的解集及其根与系数的关系（常考点）题型9分式不等式题型2由已知条件判断所给不等式是否正确题型10基本不等式求积的最大值（重点）题型3由不等式的性质比较数(式)大小题型11基本不等式求和的最小值（重点）题型4作差法比较代数式的大小题型12基本不等式“1”的妙用求最值题型5利用不等式求值或取值范围题型13分类讨论解绝对值不等式（难点）题型6解不含参数的一元二次不等式题型14基本(均值)不等式的应用题型7解含有参数的一元二次不等式（重点）题型15绝对值三角不等式题型8由一元二次不等式的解确定参数题型1一元二次方程的解集及其根与系数的关系（共6题）例1（2025·上海奉贤区期末）设、是方程的两个实数根，则的值为．【变式1-1】已知方程的两个根为、，则．【变式1-2】已知一元二次方程的两个实根为，则【变式1-3】（2025·上海嘉定区期末）已知方程的两个根为、，则的值为.【变式1-4】（2025·上海徐汇区期末）下列说法正确的是（

）A．方程的两个实数根满足B．关于的一元二次方程一定有两个不相等的实数根C．已知方程的两个实数根，则D．若关于的一元二次方程的两个实数根，则【变式1-5】（2025·上海闵行区期末）已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根为、．(1)求实数m的取值范围；(2)若，求实数m的取值范围．题型2由已知条件判断所给不等式是否正确（共5题）例2（2025·上海期末）若下列不等式中：①；②；③；④，成立的有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【变式2-1】（2025·上海闵行区期末）设、、、为实数，下列命题中成立的是（

）A．如果，那么 B．如果，那么C．如果，，那么 D．如果，，那么【变式2-2】（2025·上海期末）已知，，且满足，则下列不等式中恒成立的是（

）A． B． C． D．【变式2-3】（2025·上海期末）若实数，，满足，，则（

）A． B． C． D．【变式2-4】（2025·上海宝山区期末）已知非零实数a、b满足，则下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．题型3由不等式的性质比较数(式)大小（共4题）例3（2025·上海虹口区期末）设为实数，则“”是“”的（

）条件.A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【变式3-1】已知、、，则“”是“”的（

）条件A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分也非必要【变式3-2】如果，那么下列式子中一定成立的是（

）A． B． C． D．【变式3-3】如果，那么下列不等式中成立的是（

）A． B． C． D．题型4作差法比较代数式的大小（共5题）例4已知，设，则与的值的大小关系是（

）（23-24高一上（23-24高一上A． B．C． D．【变式4-1】设、是不全为零的实数，试比较与的大小，并说明理由．【变式4-2】已知a，b都是正实数，求证：，并指出等号成立的条件.【变式4-3】设、为实数，比较与的值的大小.【变式4-4】已知是任意实数，求证：，并指出等号成立的条件．题型5利用不等式求值或取值范围（共4题）例5（2025·上海区期末）已知，，则的取值范围是.【变式5-1】（2025·上海徐汇区期末）已知为实数，满足，则等号成立的条件是.【变式5-2】已知对于实数x，y，满足，，则的最大值为．【变式5-3】是的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件题型6解不含参数的一元二次不等式（共5题）例6（2025·上海虹口区期末）不等式的解集为.【变式6-1】（2025·上海期末）若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【变式6-2】不等式的解集为．【变式6-3】已知关于x的不等式．(1)若，求不等式的解集；(2)若不等式的解集非空，则求m的取值范围．【变式6-4】（2025·上海长宁区期末）设集合，．(1)若，求；(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．题型7解含有参数的一元二次不等式（共5题）例7（2025·上海金山区期末）当时，关于的不等式的解集为（

）A． B．C． D．【变式7-1】设，若关于的不等式的解集是区间的真子集，则的取值范围是．【变式7-2】（1）已知关于x的不等式的解集是，求a，b的值；（2）解关于x的不等式.【变式7-3】已知．(1)若恒成立，求实数的取值范围；(2)求不等式的解集．【变式7-4】已知函数，在时最大值为2，最小值为1．设．(1)求实数，的值；(2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围；(3)若关于的方程有四个不同的实数解，求实数的取值范围．题型8由一元二次不等式的解确定参数（共7题）例8若一元二次不等式的解集为，则实数．【变式8-1】甲、乙两人解关于x的不等式，甲写错了常数b，得到的解集为，乙写错了常数c，得到的解集为．那么原不等式的解集为．【变式8-2】已知，关于的不等式的解集为，则=.(用表示)【变式8-3】若关于的不等式的解集为，则实数的值是【变式8-4】设a、b为常数，若关于x的不等式的解集为，则．【变式8-5】已知，关于的不等式的解集为，则．【变式8-6】已知a为常数，若关于x的不等式的解集为，则．题型9分式不等式（共7题）例9（2025·上海宝山区期末）不等式的解集为.【变式9-1】（2025·上海徐汇区期末）“”是“”的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【变式9-2】（2025·上海期末）不等式的解集为．【变式9-3】不等式的解集为.【变式9-4】不等式的解集用区间表示为.【变式9-5】（2024·上海虹口区期末）已知，，若是的充分条件，则实数的取值范围是．【变式9-6】（2024·上海闵行区期末）设集合.(1)若，试用区间表示集合，并求；(2)若，求不等式的解集.题型10基本不等式求积的最大值（共3题）例10（2025·上海虹口区期末）设正实数满足，则下列结论不正确的是（

）.A．的最小值为4 B．的最大值为C．的最大值为 D．的最小值为【变式10-1】已知实数满足，则的最大值为.【变式10-2】已知，则的最大值为．题型11基本不等式求和的最小值（共4题）例11（2024·上海期末）函数（）的最小值是.【变式11-1】（2024·上海浦东新区期末）已知，，且，则的最小值为．【变式11-2】（2024·上海青浦区期末）设实数，当代数式取最小值时，的值为.【变式11-3】已知函数为，其中，若对任意的恒成立，且函数存在零点，则的最小值为.题型12基本不等式“1”的妙用求最值（共4题）例12设，且，则的最小值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【变式12-1】已知正实数a，b满足，则的最小值为.【变式12-2】（2025·上海嘉定区期末）若，则的最小值是.【变式12-3】设，，且，若的最小值为4，则实数a的值为题型13分类讨论解绝对值不等式（共5题）例13（2024·上海松江区期末）解下列不等式：(1):(2).【变式13-1】不等式的解集为，则实数的取值范围是．【变式13-2】“”是“”的条件【变式13-3】已知函数，.(1)当时，解不等式；(2)若存在实数，使得不等式，求实数的取值范围.【变式13-4】方程的解集是．题型14基本(均值)不等式的应用（共4题）例14（2025·上海徐汇区期末）如图所示，为宣传2025年世界人工智能大会在上海召开，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸上设计大小相等的左右两个矩形宣传栏，宣传栏的面积之和为，为了美观，要求海报上四周空白的宽度为，两个宣传栏之间的空隙的宽度为，设海报纸的长和宽分别为，为节约成本（即使用纸量最少），则长m.【变式14-1】已知，记的最大值为，最小值为，则．【变式14-2】（2024·上海奉贤区期末）如图，在直角三角形中，，垂直于斜边，且垂足为，设及的长度分别为和，是的中点，点绕点顺时针旋转后得到点，过点作垂直于，且垂足为．有以下三个命题：①由图知，即可以得到不等式；②由图知，即可以得到不等式；③由图知，即可以得到不等式；以上三个命题中真命题的是.（写出所有正确命题的序号）【变式14-3】某新建居民小区欲建一面积为的矩形绿地，并在绿地四周铺设人行道．设计要求绿地外南北两侧人行道宽3m，东西两侧人行道宽4m，如图所示（图中单位：m）．设矩形绿地的南北侧边长为x米．

(1)当人行道的占地面积不大于时，求x的取值范围；(2)问x取多少时，才能使人行道的占地面积最小．（结果精确到0.1m）．题型15绝对值三角不等式（共9题）例15（2025·上海金山区期末）已知，若不等式恒成立，则m的取值范围为.【变式15-1】（2025·上海长宁区期末）若对任意，都有，则实数的最大值为【变式15-2】（2025·上海徐汇区期末）若关于的不等式对于一切实数都成立，则实数的取值范围是.【变式15-3】代数式的最小值是．【变式15-4】已知实数满足且，则的最小值是【变式15-5】已知函数，若函数的图像恒在函数图像的上方，则m的取值范围为．【变式15-6】（1）解不等式；（2）证明：对所有实数x恒成立，并指出等号成立时x的取值范围．【变式15-7】（2024·上海虹口区期末）若存在实数使得不等式成立，则实数的取值范围是．【变式15-8】（2024·上海闵行区期末）已知关于的不等式有解，则实数的取值范围为.

专题02等式与不等式题型1一元二次方程的解集及其根与系数的关系（常考点）题型9分式不等式题型2由已知条件判断所给不等式是否正确题型10基本不等式求积的最大值（重点）题型3由不等式的性质比较数(式)大小题型11基本不等式求和的最小值（重点）题型4作差法比较代数式的大小题型12基本不等式“1”的妙用求最值题型5利用不等式求值或取值范围题型13分类讨论解绝对值不等式（难点）题型6解不含参数的一元二次不等式题型14基本(均值)不等式的应用题型7解含有参数的一元二次不等式（重点）题型15绝对值三角不等式题型8由一元二次不等式的解确定参数题型1一元二次方程的解集及其根与系数的关系（共6题）例1（2025·上海奉贤区期末）设、是方程的两个实数根，则的值为．【答案】【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】利用韦达定理可求得所求代数式的值.【详解】因为、是方程的两个实数根，由韦达定理可得，，因此，.故答案为：.【变式1-1】已知方程的两个根为、，则．【答案】【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】根据韦达定理就可求解.【详解】由于，故方程有两个不相等的实数根、，由韦达定理可得，所以，故答案为：【变式1-2】已知一元二次方程的两个实根为，则【答案】【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】先利用韦达定理得到，再由代入即可求解.【详解】因为一元二次方程的两个实根为，所以.故故答案为：【变式1-3】（2025·上海嘉定区期末）已知方程的两个根为、，则的值为.【答案】3【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】由韦达定理得到，，进而求解即可.【详解】因为方程的两个根为、，由韦达定理得，，，所以.故答案为：3.【变式1-4】（2025·上海徐汇区期末）下列说法正确的是（

）A．方程的两个实数根满足B．关于的一元二次方程一定有两个不相等的实数根C．已知方程的两个实数根，则D．若关于的一元二次方程的两个实数根，则【答案】D【知识点】一元二次方程根的分布问题、一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】根据判别式判断A、B；整理方程求解可得判断C；求一元二次方程的解判断D.【详解】A：由中，即方程无实根，错；B：由方程知不一定恒成立，故方程不一定有两个不等的实根，错；C：由，显然，错；D：由题设中，对.故选：D【变式1-5】（2025·上海闵行区期末）已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根为、．(1)求实数m的取值范围；(2)若，求实数m的取值范围．【答案】(1)．(2)．【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系【分析】（1）由判别式大于0可得；（2）由韦达定理求解．【详解】（1）由题意，解得或，的范围是．（2）由题意，，所以，解得，又，所以，即．题型2由已知条件判断所给不等式是否正确（共5题）例2（2025·上海期末）若下列不等式中：①；②；③；④，成立的有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、由不等式的性质比较数（式）大小【分析】根据不等式的性质一一判断即可.【详解】因为，所以，故①错误；，故②正确；，即，所以，故③错误；因为，所以，故④错误；故选：A【变式2-1】（2025·上海闵行区期末）设、、、为实数，下列命题中成立的是（

）A．如果，那么 B．如果，那么C．如果，，那么 D．如果，，那么【答案】A【知识点】由不等式的性质比较数（式）大小、由已知条件判断所给不等式是否正确、判断命题的真假【分析】对于A、B选项，利用不等式的性质可判断原命题的真假；对于C、D选项，取特殊值可判断原命题的真假.【详解】对于A，若，则，显然成立，选项A正确；对于B，若，当时，，当时，，选项B错误；对于C，令，满足，，但是，不满足，选项C错误；对于D，令，满足，，但是，不满足，选项D错误，故选：A.【变式2-2】（2025·上海期末）已知，，且满足，则下列不等式中恒成立的是（

）A． B． C． D．【答案】B【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、作差法比较代数式的大小【分析】通过取，即可判断出选项A，C和D的正误，对于B，通过作差，即可求解.【详解】取，显然满足，此时，，，所以选项A，C和D错误，对于选项B，因为，又，所以，得到，即，所以选项B正确，故选：B.【变式2-3】（2025·上海期末）若实数，，满足，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、作差法比较代数式的大小【分析】利用特殊值、不等式的性质、作差比较法等知识来确定正确答案.【详解】依题意，，，所以，A选项错误；，则，B选项错误.根据不等式的性质可知，C选项错误.，其中，所以，D选项正确.故选：D【变式2-4】（2025·上海宝山区期末）已知非零实数a、b满足，则下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】C【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确、由不等式的性质比较数（式）大小、作差法比较代数式的大小【分析】运用不等式的性质，结合特殊值法和作差法比较大小，对每个选项逐一分析判断其是否一定成立.【详解】对于A选项，对于，即.当，时，，，此时，所以不一定成立.故A错误.对于B选项，对于.当，时，满足，此时，，，所以不一定成立.故B错误.对于C选项，对于.因为，又恒大于，已知，即，所以，即一定成立.故C正确.对于D选项，对于.当，时，满足，但，，，所以不一定成立.故D错误.故选：C.题型3由不等式的性质比较数(式)大小（共4题）例3（2025·上海虹口区期末）设为实数，则“”是“”的（

）条件.A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】A【知识点】由不等式的性质比较数（式）大小、判断命题的充分不必要条件【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式的性质判断得解.【详解】由，得；反之，，可以为，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A【变式3-1】已知、、，则“”是“”的（

）条件A．充要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分也非必要【答案】C【知识点】判断命题的必要不充分条件、由不等式的性质比较数（式）大小【分析】利用不等式的基本性质、特殊值法，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】因为、、，当时，则，即“”“”，若，则，由不等式的基本性质可得，即“”“”，因此，“”是“”的必要非充分条件.故选：C.【变式3-2】如果，那么下列式子中一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【知识点】由不等式的性质比较数（式）大小、由已知条件判断所给不等式是否正确【分析】根据不等式的性质判断即可.【详解】因为，所以，故A错误；因为，所以，所以，故B错误；因为，所以，故C错误；因为，所以，故D正确.故选：D【变式3-3】如果，那么下列不等式中成立的是（

）A． B． C． D．【答案】A【知识点】由不等式的性质比较数（式）大小、由已知条件判断所给不等式是否正确【分析】根据不等式性质可判断A，D；举反例，可判断B，C.【详解】对于A，因为，则，A正确；对于B，不妨取，满足，但是，B不成立；对于C，不妨取，满足，但是，C不成立；对于D，因为，则，故不成立，故选：A题型4作差法比较代数式的大小（共5题）例4已知，设，则与的值的大小关系是（

）（23-24高一上（23-24高一上A． B．C． D．【答案】D【知识点】作差法比较代数式的大小【分析】利用作差法比较大小即可.【详解】因为，所以，当且仅当时等号成立，故.故选：D【变式4-1】设、是不全为零的实数，试比较与的大小，并说明理由．【答案】，理由见解析.【知识点】作差法比较代数式的大小【分析】将与作差、配方，然后判断差值符号，即可得出结论.【详解】解：，若，则，可得，但、是不全为零的实数，矛盾，故，因此，.【变式4-2】已知a，b都是正实数，求证：，并指出等号成立的条件.【答案】证明见解析【知识点】作差法比较代数式的大小【分析】利用作差法证明即可.【详解】证明：

所以，

且等号当且仅当时成立【变式4-3】设、为实数，比较与的值的大小.【答案】【知识点】作差法比较代数式的大小【解析】利用作差、配方、判断符号，可得出与的值的大小关系.【详解】由于、为实数，则，当且仅当时，等号成立.因此，.【变式4-4】已知是任意实数，求证：，并指出等号成立的条件．【答案】证明见解析；当且仅当时，等号成立．【知识点】作差法比较代数式的大小【分析】做差，然后因式分解，再进行配方，最后与比较大小即可证明.【详解】因为故，即．当且仅当时，等号成立．题型5利用不等式求值或取值范围（共4题）例5（2025·上海区期末）已知，，则的取值范围是.【答案】【知识点】利用不等式求值或取值范围【分析】借助不等式的性质计算即可得.【详解】由，，则.故答案为：.【变式5-1】（2025·上海徐汇区期末）已知为实数，满足，则等号成立的条件是.【答案】【知识点】利用不等式求值或取值范围【分析】利用平方数的性质及已知确定等号成立条件.【详解】由，当且仅当时等号成立，所以等号成立的条件是.故答案为：【变式5-2】已知对于实数x，y，满足，，则的最大值为．【答案】7【知识点】利用不等式求值或取值范围【分析】先得到，根据得到答案.【详解】因为，，所以，设，故，所以，，由于，故，即.故答案为：7【变式5-3】是的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件【答案】B【知识点】利用不等式求值或取值范围、判断命题的必要不充分条件【分析】借助充分条件与必要条件的性质计算即可得.【详解】当时，可取、符合题意，但此时不能得到；当时，有，，即成立；故是的必要非充分条件.故选：B.题型6解不含参数的一元二次不等式（共5题）例6（2025·上海虹口区期末）不等式的解集为.【答案】【知识点】分式不等式、解不含参数的一元二次不等式【分析】把分式不等式转化为一元二次不等式即可求解.【详解】由题意，所以解集为.故答案为：【变式6-1】（2025·上海期末）若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【知识点】根据必要不充分条件求参数、解不含参数的一元二次不等式【分析】首先求解不等式，再根据必要不充分条件，转化为子集问题，即可求解.【详解】，若“”是“”的必要不充分条件，则集合是集合的真子集，所以.故选：A【变式6-2】不等式的解集为．【答案】【知识点】解不含参数的一元二次不等式【分析】转化为二次函数的函数值为负时，自变量的取值范围.【详解】对应的二次函数为画出函数图像为：所以时不等式的解集为故答案为：【变式6-3】已知关于x的不等式．(1)若，求不等式的解集；(2)若不等式的解集非空，则求m的取值范围．【答案】(1)(2)【知识点】一元二次不等式在某区间上有解问题、解不含参数的一元二次不等式【分析】(1)代入，根据二次不等式的解法即可求解；(2)分，和三种情况讨论，时，结合二次函数的性质即可求解．【详解】（1）当，不等式，解得，或，故的解集是．（2）若，则解得，此时符合题意；若，二次函数开口向下，必然存在函数值小于0，此时符合题意；若，二次函数开口向上，若要不等式的解集非空，则需解得；综上，的取值范围是．【变式6-4】（2025·上海长宁区期末）设集合，．(1)若，求；(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)【知识点】交集的概念及运算、根据充分不必要条件求参数、解不含参数的一元二次不等式【分析】（1）先分别求出当时集合和集合，再求它们的交集；（2）根据充分不必要条件可知以是的真子集，由此确定实数的取值范围.【详解】（1）已知集合，当时，，即.等价于，所以集合.对于集合，这是一个分式不等式.分式不等式等价于.解不等式，可得，所以集合.由前面求出的，，所以.（2）由集合，解不等式可得，即，所以集合.因为“”是“”的充分不必要条件，所以是的真子集.则有（等号不同时成立）.解第一个不等式，得；解第二个不等式，得.综上，实数的取值范围是.题型7解含有参数的一元二次不等式（共5题）例7（2025·上海金山区期末）当时，关于的不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】C【知识点】作差法比较代数式的大小、解含有参数的一元二次不等式【分析】将原不等式转换为，在的前提下，比较的大小即可得解.【详解】当时，，不等式可化为，因为，且，所以，，所以的解集为，所以原不等式的解集为，即故选：C.【变式7-1】设，若关于的不等式的解集是区间的真子集，则的取值范围是．【答案】【知识点】根据集合的包含关系求参数、解含有参数的一元二次不等式【分析】讨论参数求不等式解集，由不等式的解集是区间的真子集，列不等式求解即可.【详解】不等式可化为，当时，不等式的解集为，由不等式的解集是区间的真子集，可得；当时，不等式的解集为，不符合题意；当时，不等式的解集为，符合题意，综上可得，的取值范围是.故答案为：【变式7-2】（1）已知关于x的不等式的解集是，求a，b的值；（2）解关于x的不等式.【答案】（1），；（2）答案见解析【知识点】解含有参数的一元二次不等式、由一元二次不等式的解确定参数【分析】（1）根据一元二次不等式与对应方程的关系可求解；（2）对c与6的大小分类讨论，结合二次不等式的解法即可得解.【详解】（1）由题意得的两个根为，，且，∴，，∴，；（2）不等式，①当时，由，得，所以不等式的解集为；②当时，由，得或，所以不等式的解集为；③当时，由，得或，所以不等式的解集为；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：.【变式7-3】已知．(1)若恒成立，求实数的取值范围；(2)求不等式的解集．【答案】(1)(2)答案见解析【知识点】解含有参数的一元二次不等式、一元二次不等式在实数集上恒成立问题【分析】（1）由恒成立，即恒成立，即得，从而可求解.（2）由即，然后对分情况讨论，从而可求解.【详解】（1）∵恒成立，∴对恒成立，故，化简得，解得，故实数的取值范围.（2），即；当时，不等式的解为或，当时，不等式的解为或，当时，不等式的解为.【变式7-4】已知函数，在时最大值为2，最小值为1．设．(1)求实数，的值；(2)若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围；(3)若关于的方程有四个不同的实数解，求实数的取值范围．【答案】(1)，(2)(3)【知识点】解含有参数的一元二次不等式、一元二次方程根的分布问题、根据二次函数的最值或值域求参数【分析】（1）根据二次函数的性质及最值，即可求得，（2）利用换元法可得满足不等式，即可，再利用二次函数单调性求得实数的取值范围为.（3）根据题意由方程有四个不同的实数解，转化为方程有两个不相等的正实数根，，利用韦达定理即可求得的取值范围为.【详解】（1）由可知关于对称，又，所以函数在上单调递增，可得，即，解得，.（2）由（1）可知，则不等式，可化为，所以，即，令，又，可得，即，显然函数，为对称轴，所以在上单调递增，由题意得，即可，所以，所以的取值范围为.（3），所以，即为，可化为：，令，即，所以关于的方程有四个不同的实数解等价于有两个不相等的正实数根，，满足，，解得，所以实数的取值范围为.【点睛】求解不等式恒（能）成立的问题时，一般先通过换元法将问题转化成求函数最值问题，即可求得参数的取值范围.题型8由一元二次不等式的解确定参数（共7题）例8若一元二次不等式的解集为，则实数．【答案】【知识点】由一元二次不等式的解确定参数【分析】根据一元二次不等式解集与一元二次方程根的关系解出即可.【详解】根据题意可知方程的两根分别为，根据韦达定理可知，，故答案为：.【变式8-1】甲、乙两人解关于x的不等式，甲写错了常数b，得到的解集为，乙写错了常数c，得到的解集为．那么原不等式的解集为．【答案】【知识点】解不含参数的一元二次不等式、由一元二次不等式的解确定参数【分析】根据给定条件，求出常数，再解一元二次不等式作答.【详解】依题意，，，即，因此不等式为：，解得，所以原不等式的解集为．故答案为：【变式8-2】已知，关于的不等式的解集为，则=.(用表示)【答案】【知识点】由一元二次不等式的解确定参数【分析】由条件，可知，3是一元二次方程的两个解，利用韦达定理列方程组求出，再求出．【详解】因为，关于的不等式的解集为，所以且，3是一元二次方程的两个根，由韦达定理得到，即，所以，故答案为：.【变式8-3】若关于的不等式的解集为，则实数的值是【答案】【知识点】由一元二次不等式的解确定参数【分析】由条件可得方程的两根为，然后根据韦达定理可得答案.【详解】因为不等式的解集为，所以方程的两根为，由韦达定理得，所以.故答案为：【变式8-4】设a、b为常数，若关于x的不等式的解集为，则．【答案】【知识点】由一元二次不等式的解确定参数【分析】分别讨论、，其中时，根据解集为得，均为的根，即可列式求解.【详解】当，不等式的解集为，与题意不符；当，不等式的解集为，则，∴为的根，且，则，解得.故答案为：【变式8-5】已知，关于的不等式的解集为，则．【答案】6【知识点】由一元二次不等式的解确定参数【分析】由条件，可知，3是一元二次方程的两个解，利用韦达定理列方程组求出，，再求出bc．【详解】解：∵，关于的不等式的解集为，∴，3是一元二次方程的两个解，，∴，解得，，∴．故答案为：6．【变式8-6】已知a为常数，若关于x的不等式的解集为，则．【答案】【知识点】由一元二次不等式的解确定参数【分析】根据给定条件可得，2是方程的两个根，借助韦达定理计算作答.【详解】因关于x的不等式的解集为，则，2是方程的两个根，因此有，解得，所以.故答案为：题型9分式不等式（共7题）例9（2025·上海宝山区期末）不等式的解集为.【答案】【知识点】分式不等式【分析】利用分式不等式的解法可得出原不等式的解集.【详解】不等式等价于，解得或，故原不等式的解集为.故答案为：.【变式9-1】（2025·上海徐汇区期末）“”是“”的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【答案】B【知识点】判断命题的必要不充分条件、分式不等式【分析】根据分式不等式的解法结合充分条件和必要条件的定义求解即可.【详解】由，得，则，解得或，所以由“”不能得到“”，由“”能得到“”，所以“”是“”的必要而不充分条件.故选：B.【变式9-2】（2025·上海期末）不等式的解集为．【答案】【知识点】分式不等式【分析】将1移到不等号左边，通分化简即可求解.【详解】因为，所以，所以，即，所以不等式的解集为.故答案为：.【变式9-3】不等式的解集为.【答案】【知识点】分式不等式【分析】根据不等式的性质，结合分式不等式的解法进行求解即可.【详解】，因为，所以由且，所以原不等式的解集为，故答案为：【变式9-4】不等式的解集用区间表示为.【答案】【知识点】解不含参数的一元二次不等式、分式不等式【分析】根据条件，利用分数不等式的解法即可求出结果.【详解】由，得到，等价于且，所以，即，故答案为：.【变式9-5】（2024·上海虹口区期末）已知，，若是的充分条件，则实数的取值范围是．【答案】【知识点】根据集合的包含关系求参数、根据充分不必要条件求参数、分式不等式【分析】根据分式不等式可得，由题意分析可知是的子集，根据子集关系列式求解即可.【详解】由可得，则，解得，即，若是的充分条件，则是的子集，可得，所以实数的取值范围是.故答案为：.【变式9-6】（2024·上海闵行区期末）设集合.(1)若，试用区间表示集合，并求；(2)若，求不等式的解集.【答案】(1)，，(2)【知识点】公式法解绝对值不等式、分式不等式、解不含参数的一元二次不等式、并集的概念及运算【分析】（1）解绝对值不等式、一元二次不等式并结合区间的概念、并集的概念即可得解.（2）由一元二次不等式的解集与一元二次方程的跟的关系可先得，再解分式不等式即可得解.【详解】（1）由，得，因为，所以，故，所以.（2）由题意得有两个根为1和5，所以，则的解集为.题型10基本不等式求积的最大值（共3题）例10（2025·上海虹口区期末）设正实数满足，则下列结论不正确的是（

）.A．的最小值为4 B．的最大值为C．的最大值为 D．的最小值为【答案】C【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值、基本不等式求和的最小值、基本不等式求积的最大值【分析】根据基本不等式的应用，结合选项计算即可判断.【详解】A：∵，∴，当且仅当即时等号成立，故A正确．B：，得，，所以，当且仅当即时等号成立，故B正确．C：，∴，当且仅当时，等号成立，故C错误；D：，当且仅当时等号成立，故D正确．故选：C．【变式10-1】已知实数满足，则的最大值为.【答案】1【知识点】基本不等式求积的最大值【分析】根据给定条件利用均值不等式直接计算作答.【详解】因实数满足，则，当且仅当时取“=”，由且解得或，所以当或时，取最大值1.故答案为：1【变式10-2】已知，则的最大值为．【答案】4【知识点】基本不等式求积的最大值【分析】根据给定条件结合均值不等式即可计算作答.【详解】因，则，于是得，当且仅当，即时取“=”，所以的最大值为4.故答案为：4题型11基本不等式求和的最小值（共4题）例11（2024·上海期末）函数（）的最小值是.【答案】【知识点】基本不等式求和的最小值【分析】借助基本不等式即可得.【详解】由，故，当且仅当时，等号成立.故答案为：.【变式11-1】（2024·上海浦东新区期末）已知，，且，则的最小值为．【答案】2【知识点】基本不等式求和的最小值【分析】根据基本不等式即可求解最值.【详解】由得，又，，所以，当且仅当即时等号成立，故答案为：2【变式11-2】（2024·上海青浦区期末）设实数，当代数式取最小值时，的值为.【答案】/【知识点】基本不等式求和的最小值【分析】根据题意，由基本不等式代入计算，即可得到结果.【详解】因为，则，所以，当且仅当时，即时，等号成立.故答案为：【变式11-3】已知函数为，其中，若对任意的恒成立，且函数存在零点，则的最小值为.【答案】【知识点】基本不等式求和的最小值、一元二次不等式在实数集上恒成立问题【分析】根据题意，由二次函数的性质分析可得，由此可得，结合基本不等式的性质分析可得答案.【详解】根据题意，函数满足对任意的恒成立，且函数存在零点，必有，则有，则，又由，则，当且仅当时等号成立，即的最小值为；故答案为：.题型12基本不等式“1”的妙用求最值（共4题）例12设，且，则的最小值为（

）A．6 B．7 C．8 D．9【答案】D【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值【分析】根据基本不等式的乘“1”法即可求解.【详解】由于，故，当且仅当即时取等号，故选：D【变式12-1】已知正实数a，b满足，则的最小值为.【答案】8【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值【分析】应用基本不等式“1”的代换求目标式的最小值.【详解】由及，则，当且仅当时等号成立，故的最小值为8.故答案为：8.【变式12-2】（2025·上海嘉定区期末）若，则的最小值是.【答案】2【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值【分析】由基本不等式的乘“1”法求解即可；【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值是2.故答案为：2.【变式12-3】设，，且，若的最小值为4，则实数a的值为【答案】【知识点】基本不等式“1”的妙用求最值、条件等式求最值【分析】变形得，展开利用基本不等式求最小值，然后根据题中最小值列方程求解.【详解】，当且仅当，即时等号成立，又的最小值为4，，得故答案为：.题型13分类讨论解绝对值不等式（共5题）例13（2024·上海松江区期末）解下列不等式：(1):(2).【答案】(1)(2)【知识点】解不含参数的一元二次不等式、分式不等式、分类讨论解绝对值不等式【分析】（1）化简后解不等式组即可得到答案；（2）根据绝对值分类讨论即可得到答案.【详解】（1）由，得，所以，解得或，所以不等式的解集为（2）当，即时，，得，此时，，当，即时，，得，此时，，综上所述，，即不等式的解集为【变式13-1】不等式的解集为，则实数的取值范围是．【答案】【知识点】分类讨论解绝对值不等式【分析】分类讨论去掉绝对值，求出的最小值即可.【详解】当时，；当时，；当时，；综上，的最小值为3.不等式的解集为，所以.故答案为：.【变式13-2】“”是“”的条件【答案】必要不充分【知识点】分类讨论解绝对值不等式、判断命题的必要不充分条件【分析】求出的解集，并判断与此解集的推出关系得出结论.【详解】当时，方程为化为，此时成立；当时，方程为化为，解得舍去；当时，方程为化为，此时舍去；当时，方程为化为，此时成立；故的解集为.由可推得，反之不成立，故“”是“”的必要不充分条件.故答案为：必要不充分.【变式13-3】已知函数，.(1)当时，解不等式；(2)若存在实数，使得不等式，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【知识点】分类讨论解绝对值不等式、绝对值的三角不等式应用【分析】（1）分类讨论求解不等式组即可得到答案.（2）首先将题意转化为存在实数，使得不等式有解，再利用绝对值三角不等式求解即可.【详解】（1）由题知：，，，，综上：所求不等式解集为.（2）存在实数，使得不等式，即存在实数，使得不等式有解，因为时取等号，所以，解得，即.【变式13-4】方程的解集是．【答案】/.【知识点】分类讨论解绝对值不等式【分析】利用零点分区间法去绝对值符号，分段解方程.【详解】当时，原方程化为：，即，故此时；当时，原方程化为：，即，故此时.当时，原方程化为：，即，当时，原方程化为：，即，舍去.综上所述：方程的解集为：.故答案为：.题型14基本(均值)不等式的应用（共4题）例14（2025·上海徐汇区期末）如图所示，为宣传2025年世界人工智能大会在上海召开，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸上设计大小相等的左右两个矩形宣传栏，宣传栏的面积之和为，为了美观，要求海报上四周空白的宽度为，两个宣传栏之间的空隙的宽度为，设海报纸的长和宽分别为，为节约成本（即使用纸量最少），则长m.【答案】【知识点】一元二次不等式的实际应用、基本（均值）不等式的应用【分析】根据已知有，应用基本不等式可得，由换元法求用纸量最少对应.【详解】由题设，则，所以，当且仅当时取等号，令，则，即，所以或（舍），此时，即用纸量最少时m.故答案为：【变式14-1】已知，记的最大值为，最小值为，则．【答案】【知识点】利用不等式求值或取值范围、基本（均值）不等式的应用【分析】借助基本不等式可得其最小值，借助不等式的性质可得其最大值，即可得解.【详解】由，故，当且仅当时，等号成立，即，由，故，则，故.故答案为：.【变式14-2】（2024·上海奉贤区期末）如图，在直角三角形中，，垂直于斜边，且垂足为，设及的长度分别为和，是的中点，点绕点顺时针旋转后得到点，过点作垂直于，且垂足为．有以下三个命题：①由图知，即可以得到不等式；②由图知，即可以得到不等式；③由图知，即可以得到不等式；以上三个命题中真命题的是.（写出所有正确命题的序号）【答案】①②③【知识点】基本（均值）不等式的应用、由基本不等式证明不等关系【分析】根据图形由直角三角形相似可分别计算出各边长，可得，，，，利用图形中线段的大小关系即可得出结论.【详解】由题意利用三角形相似可得，即得，易知，又，所以由可得；即①正确；在中，易知，所以可得，由三角形相似可得，所以，由可得，即②正确；易知，利用勾股定理可得，所以由，即可以得，即③正确；故答案为：①②③