专题02 一元二次函数、方程和不等式（期末复习知识清单）（原卷版及全解全析）高一数学上学期人教A版

22/22专题02一元二次函数、方程和不等式（5知识&12题型&2易错&2方法清单）【清单01】不等关系与两实数大小关系的基本事实一、不等关系★★在现实世界和日常生活中,既存在着相等关系,又存在着大量的不等关系,不等关系常用不等式

表示.不等关系a大于ba小于ba不大于ba不小于ba不等于b符号表示AbAbAbAbA

b二、两实数大小关系的基本事实★★★依据a>b⇔

;a=b⇔

;a<b⇔

结论确定任意两个实数a,b的大小关系,只需确定它们的与的大小关系【清单02】等式与不等式的性质★★★★★等式不等式对称性a=b⇔b=a性质1：a>b⇔传递性a=b,b=c⇒a=c性质2：a>b,b>c⇒

加法a=b⇒a±c=b±c性质3：a>b⇒

性质5：a>b,c>d⇒

乘法a=b⇒ac=bc;a=b,c≠0⇒性质4：a>b,c>0⇒

;a>b,c<0⇒性质6：a>b>0,c>d>0⇒

性质7：a>b>0⇒

(n∈N,n≥2)【清单03】两个重要不等式★★★★不等式变形等号成立的条件a2+b2≥

(a,b∈R)ab≤ 当且仅当时,等号成立≤(a,b>0)a+b≥,ab≤ 当且仅当时,等号成立【清单04】基本不等式与最值★★★★★1.已知x,y是正数,如果积xy是定值P,那么当x=y时,和x+y有最小值,为.2.已知x,y是正数,如果和x+y是定值S,那么当x=y时,积xy有最大值,为.上述结论可归纳为口诀:积定和最小,和定积最大.3.运用以上结论求最值要注意下列三个条件:(1)一正:要求各数均为

;(2)二定:要求和或积为

;(3)三相等:要保证具备成立的条件.【清单05】“三个二次”的关系★★★★★二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系:Δ=b2-4acΔ>0Δ=0Δ<0y=a+bx+c(a>0)的图象+bx+c=0(a>0)的根有两个

实根x1,x2(x1<x2)有两个实根x1=x2=

a+bx+c>0(a>0)的解集

a+bx+c<0(a>0)的解集

【题型一】用不等式表示不等关系【例1】（2025-2026湖南省娄底市涟源市期中）用表示某产品销售的利润,表示该产品生产的成本,其中销售利润大于生产成本,将称作该商品的成本利润率,通过对该产品进行优化,该产品利润与成本同时增加时,成本利润率却有所降低.基于该事实,可以列出的不等式为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】“利润率降低”意味着原来的利润率大于新的利润率,故.故选A.【归纳总结】(1)将不等关系表示成不等式(组)的思路：①读懂题意,找准不等式所联系的量．②用适当的不等号连接．③多个不等关系用不等式组表示．【变式1-1】(2025-2026河北保定联考)某投资方对某项目提出两个投资方案：方案一为一次性投资1000万元；方案二为第一年投资200万元,以后每年投资30万元．下列不等式表示“经过年后,方案一的总投资不多于方案二的总投资”的是（

）A． B．C． D．【题型二】作差法比较大小【例2】（2025-2026新疆乌鲁木齐期中）设,,则（

）A． B． C． D．与的大小与有关【答案】C【解析】由,所以.故选C【归纳总结】比较两个实数的大小,可以求出它们的差的符号．作差法比较实数的大小的一般步骤是：作差→恒等变形→判断差的符号→下结论．作差后变形是比较大小的关键一步,变形的方向是化成几个完全平方式的形式或一些易判断符号的因式积的形式．【变式2-1】（2025-2026天津第五十七中月考）,,,则有PQ（请填“<”、“=”、“>”、“≥”、“≤”）【题型三】利用不等式性质判断不等关系【例3】（2025-2026福建福九联盟期中）设,,则下列不等式中恒成立的是（

）.A． B．C． D．【答案】C【详解】取,则,故A错误；取,则,故B错误；因为,则,又,所以,所以C正确；取,则,,故D错误.故选C【归纳总结】求解此类要注意不等式成立的条件,在解决选择题时,对于不正确的选项可利用特值法进行排除,注意取值时一是满足题设条件,二是取值简单,便于计算．【变式3-1】（2025-2026陕西咸阳市实质量检测）下列说法正确的是（

）A．若,则 B．若,则C．若,则 D．若,则【变式3-2】（2025-2026吉林长春期中）如果,那么下列不等式成立的是（

）A． B． C． D．【变式3-3】（多选题）（2025-2026山东省济宁市期中）下列命题中,是真命题的是（

）A．若,则B．“”是“”的充分不必要条件C．若,则D．的充要条件是【题型四】利用不等式性质证明不等式【例4】（2025-2026海南月考）若,,求证：.【证明】因为,所以,利用同向可加性得,所以,则,又,所以.【变式4-1】（2025-2026黑龙江哈尔滨月考）已知均为正实数,且,求证：；【变式4-2】（2025-2026河南焦作质量调研）设a,b,c,d均为正实数,且,证明：(1)若,则；(2)的充要条件是.【题型五】利用不等式性质求范围【例5】（2025-2026山东省枣庄市期中）已知,,则的取值范围为．【答案】【解析】因为,,所以,所以,所以,所以的取值范围为.【归纳总结】注意同向不等式是有可加性与可乘性(需同正),但不能相减或相除,应用时要充分利用所给条件进行适当变形来求范围,注意变形的等价性．【变式5-1】（2025-2026河北张家口市NT20名校联合体期中）已知,则的取值范围为.【变式5-2】（2025-2026山东青岛11月阶段性测试）若,那么的范围是【题型六】利用基本不等式比较大小【例6】（2025-2026山东滕州10月月考）若,,且,则,,2ab,中最小的一个是（

）A．2ab B． C． D．【答案】A【解析】因为,,且,,,,由条件可知,,则,所以,即,所以四个数中最小的是.故选A【变式6-1】（2024-2025江西吉安期中）已知,则下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．【变式6-2】已知,设,,则与的大小关系是（

）A． B． C． D．不确定【题型七】利用基本不等式求最值【例7】（2025-2026安徽合肥期中）正数满足,则的最小值是（

）A． B． C． D．8【答案】A【解析】正数满足,,当且仅当且,即时取等号,即的最小值是.故选A.【归纳总结】在利用基本不等式求最值时要注意三点：一是各项均为正；二是寻求定值,求和式最小值时应使积为定值,求积式最大值时应使和为定值(恰当变形,合理拆分项或配凑因式是常用的解题技巧)；三是考虑等号成立的条件是否具备．【变式7-1】（2025-2026安徽池州期中）已知,那么,当代数式取最小值时,的值为（

）A． B．4 C． D．8【变式7-2】（多选题）（2025-2026湖南邵阳期中）若正实数满足,则（

）A．的最大值为 B．的最大值为1C．的最小值为4 D．的最小值为9【变式7-3】（2025-2026陕西西安期中）已知正数a,b满足,,则的最小值为.【题型八】利用基本不等式证明不等式【例8】（2025-2026海南海口月考）(1)已知均为正实数,求证：；(2)已知,求证：.【解析】（1）因为均为正实数,所以（当且仅当时等号成立）,（当且仅当时等号成立）,（当且仅当时等号成立）,以上三式相加,得（当且仅当时等号成立）,所以（当且仅当时等号成立）,即（当且仅当时等号成立）．（2）因为,则,因为,,由得当且仅当时等号成立.所以.【归纳总结】利用基本不等式证明不等式的策略与注意事项：(1)策略：从已证不等式和问题的已知条件出发,借助不等式的性质和有关定理,经过逐步的逻辑推理,最后转化为所求问题,其特征是以“已知”看“可知”,逐步推向“未知”．(2)注意事项：①多次使用基本不等式时,要注意等号能否成立；②累加法是不等式证明中的一种常用方法,证明不等式时注意使用；③对不能直接使用基本不等式的证明可重新组合,形成基本不等式模型,再使用．【变式8-1】（2025-2026上海市建平中学期中）已知,都是正实数,证明：.【题型九】基本不等式在实际问题中的应用【例9】（2025-2026福建福州期中）某网店推出一款“光饼精灵”文创玩具,该玩具原来每个售价2.5元,年销售8万个．(1)据市场调查,该玩具的单价每提高0.1元,年销售量将相应减少2000个．如何定价才使年销售总收入不低于原收入？(2)为提升产品吸引力,网店计划对该产品进行升级,并提高每个玩具的售价到元．与此同时,升级需要再投入万元作为技术支持和固定宣传费用．那么该玩具的年销售量至少达到多少万个时,才能使升级后的年销售收入不低于原收入与再投入之和？【解析】（1）设玩具的单价为元,则年销售量为万个,令,解得,由题意可得：,整理可得,解得,所以玩具的单价不少于2.5元且不超过元时,才使年销售总收入不低于原收入.（2）由题意可知：,且,可得,原题意即为存在,有解,因为,当且仅当,即时,等号成立,所以该玩具的年销售量至少达到5万个时,才能使升级后的年销售收入不低于原收入与再投入之和.【变式9-1】（2025-2026江苏南京期中）设矩形的周长为,把沿向折叠,折过去后交于点,则面积的最大值为．【变式9-2】（2025-2026四川峨眉月考）某火车站正在不断建设,目前车站准备在某仓库外,利用其一侧原有墙体,建造一间墙高为3米,底面积为12平方米,且背面靠墙的长方体形状的保管员室.由于此保管员室的后背靠墙,无须建造费用,因此甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元,左右两面新建墙体报价为每平方米150元,屋顶和地面以及其他报价共计7200元.设屋子的左右两侧墙的长度均为x米（）.(1)当左右两面墙的长度为多少时,甲工程队的报价最低？最低为多少？(2)现有乙工程队也参与此保管员室建造竞标,其给出的整体报价为元（）,若无论左右两面墙的长度为多少米,乙工程队都能竞标成功,试求a的取值范围.【题型十】一元二次不等式的解法【例10】（2025-2026北大附中期中）不等式的解集为（

）A． B．或C． D．或【答案】B【解析】原不等式可化为,解得或．故原不等式的解集为或.故选B．【归纳总结】对于实数的一元二次不等式(分式不等式)首先转化为标准形式(二次项系数为正),然后能分解因式的变成因式相乘的形式,从而得到不等式的解集．【变式10-1】（2025-2026重庆市巴蜀中学期中）不等式的解集是（

）A．或B．或C．或D．或【题型十一】含参数的一元二次不等式的解法【例11】（2025-2026陕西西安期中）解关于的不等式【解析】当时,不等式可化为,所以不等式的解集为；当时,不等式化为,此时,所以不等式的解集为当时,不等式化为,当时,,不等式的解集为；当时,,不等式的解集为；当时,,不等式的解集为；综上,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.【归纳总结】对于含参数的一元二次不等式,若二次项系数为常数,则可先考虑分解因式,再对参数进行讨论；若不易分解因式,则可对判别式分类讨论,分类要不重不漏．【变式11-1】（2025-2026湖南常德检测）已知关于的不等式的解集为．(1)求实数的值；(2)求关于的不等式（其中为实数）的解集．【题型十二】一元二次不等式在实际问题中的应用【例12】（2024-2025广东广州八区期末联考）某地区上年度电价为0.8元/（）,年用电量为,本年度计划将电价下降到0.55元/（）至0.7元/（）之间,而用户期望电价为0.4元/（）.经测算,下调电价后新增用电量和实际电价与用户的期望电价的差成反比（比例系数为）.该地区的电力成本价为0.3元/（）.(1)写出本年度电价下调后电力部门的收益（单价：元）关于实际电价（单位：元/（））的函数解析式；（收益=实际电量（实际电价-成本价））(2)设,当电价最低定为多少时,仍可保证电力部门的收益比上年至少增长？【解析】（1）设下调电价后新增用电量为,因为下调电价后新增用电量和实际电价与用户期望电价的差成反比（比例系数为）,则,所以本年度的用电量为,所以本年度电力部门的收益关于实际电价的函数解析式为：,.（2）依题意有：,整理得：,解得：,所以当电价最低定为元/（）时,可保证电力部门的收益比上年至少增长．【变式12-1】（2025-2026天津市河西区期中）汽车租赁公司共有300辆汽车,在十一黄金周期间,若每辆汽车每天的租金为200元,则所有汽车均能被租赁出去；若将每辆汽车每天的租金在200元的基础上提高元（,）,则被租出去的汽车会减少辆.若要使该公司每天租赁汽车的收入超过万元,则该公司每辆汽车每天的租金定价为元.【变式12-2】（2025-2026湖北武汉月考）某洗衣店今年年初,用万元购进一台新设备．已知使用年所需的总维护费用为万元,经估算该设备每年可为洗衣店创造收入万元．设该设备使用年的盈利总额为万元（盈利总额总收入成本总维护费用）．(1)该店从第几年开始盈利？(2)若干年后,该洗衣店想在年平均盈利达到最大值时,以万元的价格卖出设备,请问总获利为多少？（总获利盈利总额设备卖出价格）【题型一】连续使用基本不等式忽略等号能否同时【例1】已知x>0,y>0,且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1,则x＋y的最小值是________．【错解】∵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的最小值为4eq\r(2).【错因分析】eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)≥2eq\r(\f(2,xy))取等号的条件是,即,x＋y≥2eq\r(xy)取等号的条件是与矛盾.【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)(当且仅当y＝eq\r(2)x时取等号),∴当x＝eq\r(2)＋1,y＝2＋eq\r(2)时,(x＋y)min＝3＋2eq\r(2).【易错提醒】多次使用基本不等式要验证等号成立的条件.【变式1-1】（2025-2026江西多校联考）已知,且．(1)求的最大值；(2)求的最小值．【题型二】解含有参数的不等式,分类不当致错【例2】解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0.【错解】原不等式化为a(x－eq\f(1,a))(x－1)<0.∴当a>1时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).当a<1时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a))).【错因分析】解本题容易出现的错误是：(1)认定这个不等式就是一元二次不等式,忽视了对a＝0时的讨论；(2)在不等式两端约掉系数a时,若a<0,忘记改变不等号的方向；(3)忽视了对根的大小的讨论,特别是等根的讨论；(4)分类讨论后,最后对结论不进行整合．【正解】当a＝0时,不等式的解集为{x|x>1}．当a≠0时,不等式化为aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.当a<0时,原不等式等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0,不等式的解集为{x|x>1或x<eq\f(1,a)}；当0<a<1时,1<eq\f(1,a),不等式的解集为{x|1<x<eq\f(1,a)}；当a>1时,eq\f(1,a)<1,不等式的解集为{x|eq\f(1,a)<x<1}；当a＝1时,不等式的解集为∅.综上所述,当a<0时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))∪(1,＋∞)；当a＝0时,不等式的解集为(1,＋∞)；当0<a<1时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))；当a＝1时,不等式的解集为∅；当a>1时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).【易错提醒】解形如ax2＋bx＋c>0的不等式,应对系数a分a>0,a＝0,a<0进行讨论,还要讨论各根的大小,最后根据不同情况分别写出不等式的解集．【变式2-1】（2025-2026云南红河、个旧市联考）求关于x的不等式的解集.【题型一】利用不等式性质求范围的方法利用几个代数式的取值范围来确定某个代数式的取值范围是一类常见的综合问题,对于这类问题要注意“同向不等式的两边可以相加”,但这种转化不是等价变形,在一个解题过程中多次进行这种转化后,就有可能扩大真实的取值范围,解题时务必小心、谨慎,同时要注意正确使用不等式的性质.解决此类问题,可先建立待求范围的整体与已知范围的整体的等量关系,再通过一次不等关系的运算求得待求式的取值范围,可以避免错误.【例1】（2025-2026四川广安月考）已知,．(1)求的取值范围；(2)求的取值范围；(3)求的取值范围．【解析】（1）因,又,,则,即；（2）由可得,又,则得,即；（3）设,由,解得,即,因,则,又,则,两式相加,可得,即.【变式1-1】（2025-2026安徽合肥期中）已知,,求,,的范围.【题型二】利用基本不等式求最值的方法与技巧利用基本不等式求最值有关问题的方法：利用基本不等式求最值有关问题的关键是凑出“和”或“积”为定值,并保证等号成立,常见的方法技巧如下:(1)拆(裂项拆项):对分子的次数不低于分母次数的分式进行整式分离——分离成整式与“真分式”的和,再根据分式中分母的情况对整式进行拆项,为应用基本不等式凑定值创造条件;(2)并(分组并项):目的是分组后各组可以单独应用基本不等式,或分组后先对一组应用基本不等式,再在组与组之间应用基本不等式得出最值;(3)配(配式配系数,凑出定值):有时为了挖掘出“积”或“和”为定值,常常需要

根据题设条件采取合理配式、配系数的方法,使配式与待求式相乘后可以应用基本不等式得出定值,或配以恰当的系数后,使积式中的各项之和为定值;【例2】（2025-2026上海市香山中学期中）学年高一上学期期中《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,是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法.阅读材料一：利用整体思想解题,运用代数式的恒等变形,使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法,常用的途径有：①整体观察：②整体设元；③整体代入：④整体求和等.例如,,求证：.证明：原式.阅读材料二：解决多元变量问题时,其中一种思路是运用消元思想将多元问题转化为一元问题,再结合一元问题处理方法进行研究.例如,正实数,满足,求的最小值.解：由,得,,当且仅当,即,时,等号成立.的最小值为.波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个蘑菇或作出第一个发现后,再四处看看,他们总是成群生长”类似问题,我们有更多的式子满足以上特征.结合阅读材料解答下列问题：(1)已知,求的值；(2)若正实数,满足,求的最小值.【解析】（1）因为,所以；（2）由正实数,满足,所以,由于,故,当且仅当,即,时等号成立,因为有最小值,此时有最大值,从而最小值,即有最小值,当且仅当,时取得．【变式2-1】（2025-2026广东惠州期中）根据题意,求解下列问题：(1)已知,,且满足,求的最小值；(2)已知,求最小值；(3)已知,,,,求的最大值.【变式2-2】（2025-2026云南大理段考）关于实数大小关系的基本事实是解决等式或不等式问题的逻辑基础．两个正数的大小关系是完全确定的,但通过运算就会产生非常奇妙的变化,基本不等式就是其中之一．通过运算（代数变形）可以解决很多关于基本不等式的问题．例如此题：正实数,,满足,求的最小值．求解本问题的方法很多,其中一种求解方法是：,当且仅当即且时,即时等号成立．这种解题方法叫作“1”的代换,利用上述求解方法解决下列问题：(1)正数,满足,求的最小值；(2)已知,,均为正实数,且,求证：；(3)已知,,,均为正实数,且,求证：．

专题02一元二次函数、方程和不等式（5知识&12题型&2易错&2方法清单）【清单01】不等关系与两实数大小关系的基本事实一、不等关系★★在现实世界和日常生活中,既存在着相等关系,又存在着大量的不等关系,不等关系常用不等式

表示.不等关系a大于ba小于ba不大于ba不小于ba不等于b符号表示a>ba<ba≤

ba≥ba

≠b二、两实数大小关系的基本事实★★★依据a>b⇔

a-b>0

;a=b⇔

a-b=0

;a<b⇔a-b<0

结论确定任意两个实数a,b的大小关系,只需确定它们的差与0的大小关系【清单02】等式与不等式的性质★★★★★等式不等式对称性a=b⇔b=a性质1：a>b⇔b<a

传递性a=b,b=c⇒a=c性质2：a>b,b>c⇒a>c

加法a=b⇒a±c=b±c性质3：a>b⇒a+c>b+c

性质5：a>b,c>d⇒a+c>b+d

乘法a=b⇒ac=bc;a=b,c≠0⇒性质4：a>b,c>0⇒ac>bc

;a>b,c<0⇒ac<bc

性质6：a>b>0,c>d>0⇒ac>bd

性质7：a>b>0⇒

(n∈N,n≥2)【清单03】两个重要不等式★★★★不等式变形等号成立的条件a2+b2≥2ab

(a,b∈R)ab≤ 当且仅当a=b

时,等号成立≤

(a,b>0)a+b≥,ab≤ 当且仅当a=b

时,等号成立【清单04】基本不等式与最值★★★★★1.已知x,y是正数,如果积xy是定值P,那么当x=y时,和x+y有最小值,为

.2.已知x,y是正数,如果和x+y是定值S,那么当x=y时,积xy有最大值,为.上述结论可归纳为口诀:积定和最小,和定积最大.3.运用以上结论求最值要注意下列三个条件:(1)一正:要求各数均为正数

;(2)二定:要求和或积为定值

;(3)三相等:要保证具备等号

成立的条件.【清单05】“三个二次”的关系★★★★★二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系:Δ=b2-4acΔ>0Δ=0Δ<0y=a+bx+c(a>0)的图象+bx+c=0(a>0)的根有两个不等

实根x1,x2(x1<x2)有两个相等

实根x1=x2=没有实数根

a+bx+c>0(a>0)的解集{x|x<x1,或x>x2}

R

a+bx+c<0(a>0)的解集{x|x1<x<x2}

⌀

⌀

【题型一】用不等式表示不等关系【例1】（2025-2026湖南省娄底市涟源市期中）用表示某产品销售的利润,表示该产品生产的成本,其中销售利润大于生产成本,将称作该商品的成本利润率,通过对该产品进行优化,该产品利润与成本同时增加时,成本利润率却有所降低.基于该事实,可以列出的不等式为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】“利润率降低”意味着原来的利润率大于新的利润率,故.故选A.【归纳总结】(1)将不等关系表示成不等式(组)的思路：①读懂题意,找准不等式所联系的量．②用适当的不等号连接．③多个不等关系用不等式组表示．【变式1-1】(2025-2026河北保定联考)某投资方对某项目提出两个投资方案：方案一为一次性投资1000万元；方案二为第一年投资200万元,以后每年投资30万元．下列不等式表示“经过年后,方案一的总投资不多于方案二的总投资”的是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由题意,经过n年后,方案二的总投资为万元,则“经过n年后,方案一的总投资不多于方案二的总投资”的不等式表示为.故选B【题型二】作差法比较大小【例2】（2025-2026新疆乌鲁木齐期中）设,,则（

）A． B． C． D．与的大小与有关【答案】C【解析】由,所以.故选C【归纳总结】比较两个实数的大小,可以求出它们的差的符号．作差法比较实数的大小的一般步骤是：作差→恒等变形→判断差的符号→下结论．作差后变形是比较大小的关键一步,变形的方向是化成几个完全平方式的形式或一些易判断符号的因式积的形式．【变式2-1】（2025-2026天津第五十七中月考）,,,则有PQ（请填“<”、“=”、“>”、“≥”、“≤”）【答案】【解析】因为,当且仅当时,等号成立.所以【题型三】利用不等式性质判断不等关系【例3】（2025-2026福建福九联盟期中）设,,则下列不等式中恒成立的是（

）.A． B．C． D．【答案】C【详解】取,则,故A错误；取,则,故B错误；因为,则,又,所以,所以C正确；取,则,,故D错误.故选C【归纳总结】求解此类要注意不等式成立的条件,在解决选择题时,对于不正确的选项可利用特值法进行排除,注意取值时一是满足题设条件,二是取值简单,便于计算．【变式3-1】（2025-2026陕西咸阳市实质量检测）下列说法正确的是（

）A．若,则 B．若,则C．若,则 D．若,则【答案】D【解析】对于A选项,当时,,故A错误；对于B选项,因为,所以,故B错误；对于C选项,当,时,,故C错误；对于D选项,,因为,所以,所以,故D正确.故选D.【变式3-2】（2025-2026吉林长春期中）如果,那么下列不等式成立的是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】选项A：因为,所以,故A错误；选项B：因为,所以,故B正确；选项C：因为,所以,故C错误；选项D：因为,所以,故D错误.故选B【变式3-3】（多选题）（2025-2026山东省济宁市期中）下列命题中,是真命题的是（

）A．若,则B．“”是“”的充分不必要条件C．若,则D．的充要条件是【答案】BC【解析】A：若,当时,,故A错误；B：当时,；当时,或.故“”是“”的充分不必要条件,故B正确；C：当时,,故C正确；D：当且时,；当且时,；当时,.故“”是“”的必要不充分条件,故D错误.故选BC【题型四】利用不等式性质证明不等式【例4】（2025-2026海南月考）若,,求证：.【证明】因为,所以,利用同向可加性得,所以,则,又,所以.【变式4-1】（2025-2026黑龙江哈尔滨月考）已知均为正实数,且,求证：；【解析】因为,则,又因为,所以所以,.【变式4-2】（2025-2026河南焦作质量调研）设a,b,c,d均为正实数,且,证明：(1)若,则；(2)的充要条件是.【证明】（1）因为,,由题设,,得.因此.（2）（ⅰ）若,则.即.因为,所以,由（1）得.（ⅱ）若,则,即.因为,所以,于是.因此.综上,的充要条件是.【题型五】利用不等式性质求范围【例5】（2025-2026山东省枣庄市期中）已知,,则的取值范围为．【答案】【解析】因为,,所以,所以,所以,所以的取值范围为.【归纳总结】注意同向不等式是有可加性与可乘性(需同正),但不能相减或相除,应用时要充分利用所给条件进行适当变形来求范围,注意变形的等价性．【变式5-1】（2025-2026河北张家口市NT20名校联合体期中）已知,则的取值范围为.【答案】【解析】.【变式5-2】（2025-2026山东青岛11月阶段性测试）若,那么的范围是【答案】【解析】由,得,所以,又,所以,即的取值范围为.【题型六】利用基本不等式比较大小【例6】（2025-2026山东滕州10月月考）若,,且,则,,2ab,中最小的一个是（

）A．2ab B． C． D．【答案】A【解析】因为,,且,,,,由条件可知,,则,所以,即,所以四个数中最小的是.故选A【变式6-1】（2024-2025江西吉安期中）已知,则下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由于,则.故选C.【变式6-2】已知,设,,则与的大小关系是（

）A． B． C． D．不确定【答案】A【解析】,当且仅当时,等号成立,故.【题型七】利用基本不等式求最值【例7】（2025-2026安徽合肥期中）正数满足,则的最小值是（

）A． B． C． D．8【答案】A【解析】正数满足,,当且仅当且,即时取等号,即的最小值是.故选A.【归纳总结】在利用基本不等式求最值时要注意三点：一是各项均为正；二是寻求定值,求和式最小值时应使积为定值,求积式最大值时应使和为定值(恰当变形,合理拆分项或配凑因式是常用的解题技巧)；三是考虑等号成立的条件是否具备．【变式7-1】（2025-2026安徽池州期中）已知,那么,当代数式取最小值时,的值为（

）A． B．4 C． D．8【答案】A【解析】因为,所以,当且仅当,即时取等号,所以,所以,当且仅当,即时取等号,其中第一个不等式等号成立的条件为,第二个不等式等号成立的条件为,所以当,时,取最小值,此时,故选A.【变式7-2】（多选题）（2025-2026湖南邵阳期中）若正实数满足,则（

）A．的最大值为 B．的最大值为1C．的最小值为4 D．的最小值为9【答案】ACD【解析】对于A,,当且仅当时取等号,故A正确；对于B,当时,,故B错误；对于C,,当且仅当时取等号,故C正确；对于D,,当且仅当时取等号,故D正确；故选ACD.【变式7-3】（2025-2026陕西西安期中）已知正数a,b满足,,则的最小值为.【答案】【解析】由,得,因为,,所以,当且仅当,即时取“等号”,所以当,,时,的最小值为【题型八】利用基本不等式证明不等式【例8】（2025-2026海南海口月考）(1)已知均为正实数,求证：；(2)已知,求证：.【解析】（1）因为均为正实数,所以（当且仅当时等号成立）,（当且仅当时等号成立）,（当且仅当时等号成立）,以上三式相加,得（当且仅当时等号成立）,所以（当且仅当时等号成立）,即（当且仅当时等号成立）．（2）因为,则,因为,,由得当且仅当时等号成立.所以.【归纳总结】利用基本不等式证明不等式的策略与注意事项：(1)策略：从已证不等式和问题的已知条件出发,借助不等式的性质和有关定理,经过逐步的逻辑推理,最后转化为所求问题,其特征是以“已知”看“可知”,逐步推向“未知”．(2)注意事项：①多次使用基本不等式时,要注意等号能否成立；②累加法是不等式证明中的一种常用方法,证明不等式时注意使用；③对不能直接使用基本不等式的证明可重新组合,形成基本不等式模型,再使用．【变式8-1】（2025-2026上海市建平中学期中）已知,都是正实数,证明：.【证明】因为,都是正实数,所以,当且仅当即时等号成立；,当且仅当即时等号成立；所以,即,当且仅当时等号成立.【题型九】基本不等式在实际问题中的应用【例9】（2025-2026福建福州期中）某网店推出一款“光饼精灵”文创玩具,该玩具原来每个售价2.5元,年销售8万个．(1)据市场调查,该玩具的单价每提高0.1元,年销售量将相应减少2000个．如何定价才使年销售总收入不低于原收入？(2)为提升产品吸引力,网店计划对该产品进行升级,并提高每个玩具的售价到元．与此同时,升级需要再投入万元作为技术支持和固定宣传费用．那么该玩具的年销售量至少达到多少万个时,才能使升级后的年销售收入不低于原收入与再投入之和？【解析】（1）设玩具的单价为元,则年销售量为万个,令,解得,由题意可得：,整理可得,解得,所以玩具的单价不少于2.5元且不超过元时,才使年销售总收入不低于原收入.（2）由题意可知：,且,可得,原题意即为存在,有解,因为,当且仅当,即时,等号成立,所以该玩具的年销售量至少达到5万个时,才能使升级后的年销售收入不低于原收入与再投入之和.【变式9-1】（2025-2026江苏南京期中）设矩形的周长为,把沿向折叠,折过去后交于点,则面积的最大值为．【答案】【解析】设,点翻折后的位置为点,因为矩形周长为,所以,所以,又因为,所以,解得,所以,因为,所以与全等,所以,设,则,在中,,所以,所以,所以,当且仅当,即时取等号,满足,所以,【变式9-2】（2025-2026四川峨眉月考）某火车站正在不断建设,目前车站准备在某仓库外,利用其一侧原有墙体,建造一间墙高为3米,底面积为12平方米,且背面靠墙的长方体形状的保管员室.由于此保管员室的后背靠墙,无须建造费用,因此甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元,左右两面新建墙体报价为每平方米150元,屋顶和地面以及其他报价共计7200元.设屋子的左右两侧墙的长度均为x米（）.(1)当左右两面墙的长度为多少时,甲工程队的报价最低？最低为多少？(2)现有乙工程队也参与此保管员室建造竞标,其给出的整体报价为元（）,若无论左右两面墙的长度为多少米,乙工程队都能竞标成功,试求a的取值范围.【解析】（1）设甲工程队的总报价为y元,则,又,当且仅当,即时等号成立.即当左右两面墙的长度为4米时,甲工程队的报价最低为元.（2）由题意可得,对任意的恒成立,即,所以,又,当且仅当,即时等号成立.所以,所以的取值范围为.【题型十】一元二次不等式的解法【例10】（2025-2026北大附中期中）不等式的解集为（

）A． B．或C． D．或【答案】B【解析】原不等式可化为,解得或．故原不等式的解集为或.故选B．【归纳总结】对于实数的一元二次不等式(分式不等式)首先转化为标准形式(二次项系数为正),然后能分解因式的变成因式相乘的形式,从而得到不等式的解集．【变式10-1】（2025-2026重庆市巴蜀中学期中）不等式的解集是（

）A．或B．或C．或D．或【答案】B【解析】将分式不等式转化为整式不等式组或；不等式组的解集为或,不等式组的解集为,所以不等式的解集是或.故选B【题型十一】含参数的一元二次不等式的解法【例11】（2025-2026陕西西安期中）解关于的不等式【解析】当时,不等式可化为,所以不等式的解集为；当时,不等式化为,此时,所以不等式的解集为当时,不等式化为,当时,,不等式的解集为；当时,,不等式的解集为；当时,,不等式的解集为；综上,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.【归纳总结】对于含参数的一元二次不等式,若二次项系数为常数,则可先考虑分解因式,再对参数进行讨论；若不易分解因式,则可对判别式分类讨论,分类要不重不漏．【变式11-1】（2025-2026湖南常德检测）已知关于的不等式的解集为．(1)求实数的值；(2)求关于的不等式（其中为实数）的解集．【解析】（1）因为不等式的解集为,所以1和b是方程的解,且,即得,解得,；（2）不等式可化为,即,当时,不等式的解集为或；当时,不等式的解集为；当时,不等式的解集为或【题型十二】一元二次不等式在实际问题中的应用【例12】（2024-2025广东广州八区期末联考）某地区上年度电价为0.8元/（）,年用电量为,本年度计划将电价下降到0.55元/（）至0.7元/（）之间,而用户期望电价为0.4元/（）.经测算,下调电价后新增用电量和实际电价与用户的期望电价的差成反比（比例系数为）.该地区的电力成本价为0.3元/（）.(1)写出本年度电价下调后电力部门的收益（单价：元）关于实际电价（单位：元/（））的函数解析式；（收益=实际电量（实际电价-成本价））(2)设,当电价最低定为多少时,仍可保证电力部门的收益比上年至少增长？【解析】（1）设下调电价后新增用电量为,因为下调电价后新增用电量和实际电价与用户期望电价的差成反比（比例系数为）,则,所以本年度的用电量为,所以本年度电力部门的收益关于实际电价的函数解析式为：,.（2）依题意有：,整理得：,解得：,所以当电价最低定为元/（）时,可保证电力部门的收益比上年至少增长．【变式12-1】（2025-2026天津市河西区期中）汽车租赁公司共有300辆汽车,在十一黄金周期间,若每辆汽车每天的租金为200元,则所有汽车均能被租赁出去；若将每辆汽车每天的租金在200元的基础上提高元（,）,则被租出去的汽车会减少辆.若要使该公司每天租赁汽车的收入超过万元,则该公司每辆汽车每天的租金定价为元.【答案】【解析】依题意,每天有辆汽车被租出去,该汽车租赁公司每天租赁汽车的收入为元.因为要使该汽车租赁公司每天租赁汽车的收入超过万元,所以,即,解得,又因为且,所以,即该汽车租赁公司每辆汽车每天的租金应定为元.【变式12-2】（2025-2026湖北武汉月考）某洗衣店今年年初,用万元购进一台新设备．已知使用年所需的总维护费用为万元,经估算该设备每年可为洗衣店创造收入万元．设该设备使用年的盈利总额为万元（盈利总额总收入成本总维护费用）．(1)该店从第几年开始盈利？(2)若干年后,该洗衣店想在年平均盈利达到最大值时,以万元的价格卖出设备,请问总获利为多少？（总获利盈利总额设备卖出价格）【解析】（1）由题可知,若开始盈利即,所以,解得,因为,所以第二年开始盈利.（2）设年平均利润为,则当且仅当,即时等号成立,当时,最终获利万元．【题型一】连续使用基本不等式忽略等号能否同时【例1】已知x>0,y>0,且eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)＝1,则x＋y的最小值是________．【错解】∵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的最小值为4eq\r(2).【错因分析】eq\f(1,x)＋eq\f(2,y)≥2eq\r(\f(2,xy))取等号的条件是,即,x＋y≥2eq\r(xy)取等号的条件是与矛盾.【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)(当且仅当y＝eq\r(2)x时取等号),∴当x＝eq\r(2)＋1,y＝2＋eq\r(2)时,(x＋y)min＝3＋2eq\r(2).【易错提醒】多次使用基本不等式要验证等号成立的条件.【变式1-1】（2025-2026江西多校联考）已知,且．(1)求的最大值；(2)求的最小值．【解析】（1）因为,所以,当且仅当即时取等号.（2）因为,当且仅当,即时取等号.【题型二】解含有参数的不等式,分类不当致错【例2】解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0.【错解】原不等式化为a(x－eq\f(1,a))(x－1)<0.∴当a>1时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).当a<1时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a))).【错因分析】解本题容易出现的错误是：(1)认定这个不等式就是一元二次不等式,忽视了对a＝0时的讨论；(2)在不等式两端约掉系数a时,若a<0,忘记改变不等号的方向；(3)忽视了对根的大小的讨论,特别是等根的讨论；(4)分类讨论后,最后对结论不进行整合．【正解】当a＝0时,不等式的解集为{x|x>1}．当a≠0时,不等式化为aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)<0.当a<0时,原不等式等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,a)))(x－1)>0,不等式的解集为{x|x>1或x<eq\f(1,a)}；当0<a<1时,1<eq\f(1,a),不等式的解集为{x|1<x<eq\f(1,a)}；当a>1时,eq\f(1,a)<1,不等式的解集为{x|eq\f(1,a)<x<1}；当a＝1时,不等式的解集为∅.综上所述,当a<0时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,a)))∪(1,＋∞)；当a＝0时,不等式的解集为(1,＋∞)；当0<a<1时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,a)))；当a＝1时,不等式的解集为∅；当a>1时,不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1)).【易错提醒】解形如ax2＋bx＋c>0的不等式,应对系数a分a>0,a＝0,a<0进行讨论,还要讨论各根的大小,最后根据不同情况分别写出不等式的解集．【变式2-1】（2025-2026云南红河、个旧市联考）求关于x的不等