专题04 二次函数、一元二次不等式与其他常见不等式的解法及应用（期末复习讲义8大重难题型+3阶分层过关）（原卷版及全解全析）高一数学上学期人教A版

3/3专题04二次函数、一元二次不等式与其他常见不等式的解法及应用（期末复习讲义）核心考点复习目标考情规律3.1二次函数的图象与性质（开口、对称轴、顶点、单调性）能根据解析式快速画出草图，并分析其在给定区间上的最值。所有二次问题的基础，必须熟练掌握。3.2一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）能利用韦达定理解决与两根相关的对称式求值问题。常与函数、不等式综合考查。3.3解一元二次不等式（不含参）能熟练运用“化正→求根→画图→写解集”的步骤求解。必考技能，解集的规范书写是易错点。3.4解含参数的一元二次不等式能根据二次项系数、判别式Δ、根的大小进行分类讨论。期末压轴题常见考点，对分类讨论思想要求高。3.5解分式不等式能通过移项、通分化为商的形式，再利用符号法则转化为整式不等式组求解。易错点是直接去分母或忘记分母不为零的限制。3.6不等式的恒成立与有解问题能准确将“恒成立”与“有解”问题转化为函数最值问题，并求解参数范围。期末压轴题核心题型。易错点是混淆“恒成立”（求最值）与“有解”（求最值）的转化逻辑3.7一元二次不等式的实际应用能解决与利润、面积、升降趋势相关的实际问题。体现数学应用价值，是命题方向知识点01二次函数及其性质一元二次函数y=ax（1）函数y=ax2+bx+c的图象是一条，顶点坐标是（2）当a>0时，抛物线开口向上．在区间−∞,−b2a上，函数值y随自变量x的增大而减小；在区间−b2a,+∞上，函数值当a<0时，抛物线开口向下．在区间−∞,−b2a上，函数值y随自变量x的增大而增大；在区间−b2a,+∞上，函数值知识点02解一元二次不等式判别式ΔΔΔΔ二次函数y=ax一元二次方程ax有两个相异实根x1，x2（有两个相等实根x没有实根一元二次不等式axx|x≠−一元二次不等式ax写出下列一元二次不等式恒成立满足的条件．（1）x∈R，ax（2）x∈R，ax2+bx+c≥0（3）x∈R，ax（4）x∈R，ax知识点03解分式不等式①②③④知识点04解根式、高次不等式根式不等式可平方求解，高次不等式可用数轴穿根法求解.知识点05解指对数不等式（跨章节）指对数不等式结合单调性求解，特别注意底数对于函数单调性的影响及对数的真数大于0.题型一解不含参的一元二次不等式【典例1】（24-25高一上·四川眉山·期末）解下列不等式：(1)；(2)；(3)．【典例2】（24-25高一上·四川巴中·期末）已知集合.(1)若，求；(2)若，求的取值范围.【变式1】解下列不等式：(1)；(2)；(3)；(4)．【变式2】（24-25高一上·福建福州·期末）不等式的解集为.(1)求；(2)若函数的值域为，求.【变式3】（24-25高一上·江苏南通·期末）已知集合，.(1)若，求；(2)若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围.题型二一元二次不等式的解求参数问题【典例1】（24-25高一上·辽宁大连·期末）关于x的一元二次方程的解集为，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【典例2】（23-24高一上·山东临沂·期末）（多选）已知关于的一元二次不等式的解集为或，则（

）A．且 B．C．不等式的解集为 D．不等式的解集为【变式1】（24-25高一上·山西吕梁·期末）已知关于的一元二次不等式的解集为，则的值为（

）A． B． C． D．【变式2】（多选）已知关于的不等式的解集为，则（

）A． B．C． D．【变式3】（24-25高一上·江苏盐城·期末）（多选）已知关于的不等式的解集为，则（

）A． B．C．不等式的解集为 D．不等式的解集为题型三解分式不等式【典例1】（24-25高一上·安徽宿州·期末）不等式的解集为（

）A． B．C． D．【典例2】（24-25高一上·安徽合肥·期末）已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集是（

）A． B．C． D．【变式1】（24-25高一上·北京延庆·期末）不等式的解集为（

）A． B． C． D．【变式2】（24-25高一上·江苏无锡·期末）以下命题中是不等式“”成立的充分不必要条件的是（

）A． B． C．且 D．题型四解根式、高次、绝对值不等式【典例1】已知集合，则（

）A． B． C． D．【典例2】不等式的解集为（

）A． B．C． D．【典例3】关于的不等式的解集为.【变式1】已知全集为实数集，若集合，则（

）A． B．C． D．【变式2】已知集合，则（

）A． B． C． D．【变式3】不等式的解集为（用区间的形式表示）.【变式4】不等式的解集为（

）A．且 B．且C．或 D．或题型五解含参的一元二次不等式【典例1】（23-24高一上·贵州黔南·期末）已知函数(1)当时，求函数在上的值域；(2)求关于的不等式的解集.【典例2】（23-24高一上·北京·期末）求解下列关于的不等式，并写出不等式的解集(1)(2)(3)【变式1】（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知集合，．若，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【变式2】（24-25高一上·甘肃临夏·期末）已知函数.(1)若，且，，求的最小值；(2)若，解关于x的不等式.【变式3】（24-25高一上·山东淄博·期末）已知函数.(1)关于的不等式的解集为，求的最小值；(2)解关于的不等式.题型六一元二次不等式在区间上的恒成立与有解问题【典例1】（24-25高一上·浙江绍兴·期末）若关于x的不等式在上恒成立，则m的取值范围是（

）A． B． C． D．【典例2】（24-25高一上·江苏南通·期末）已知命题“，使得”为假命题，则实数a的范围为．【典例3】（24-25高一上·云南昆明·期末）若关于的不等式在区间内有解，则实数的取值范围是．【变式1】（24-25高一上·广东广州·期末）若对，恒成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【变式2】（24-25高一上·江苏苏州·期末）若命题“”是假命题，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【变式3】（24-25高一上·河南郑州·期末）设，不等式恒成立的一个充分条件可以是（

）A． B．C． D．题型七一元二次方程根的分布问题【典例1】（24-25高一上·上海徐汇·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【典例2】若关于的一元二次方程有两个实根，且一个实根小于1，另一个实根大于2，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【变式1】（24-25高一上·上海嘉定·期末）已知关于的方程至少有一个实根，则实数的取值范围是.【变式2】（23-24高一上·河南南阳·期末）一元二次方程有一个正实根和一个负实根的充分不必要条件是（

）A． B． C． D．【变式3】（23-24高一上·重庆·期末）关于x的一元二次方程有一个根小于，另一个根大于1，则a的取值范围是.题型八实际应用【典例1】（24-25高一上·云南昭通·期末）已知某零件原来的售价为15元，可售出50万件，据市场调查，该零件的单价每提高1元，销售量就减少2万件.现该零件的销售商计划对该零件进行提价销售，若提价后的售价为元，为使提价后该零件的销售总收入不低于原来的销售总收入，则的最大值是（

）A．20 B．25 C．27 D．28【典例2】（24-25高一上·四川宜宾·期末）为推动新质生产力的发展，我市某高新企业于2024年年初用98万元购进一台生产设备，并立即投入生产使用．已知该设备使用后，每年的总收入为50万元，使用x年后，其x年来所需维修保养费用的总和为万元，设该设备产生的盈利总额为y万元（盈利总额=总收入—总支出）．(1)写出y与x之间的函数关系式；(2)该设备从第几年开始盈利（盈利总额为正值）；(3)使用若干年后，对设备的处理方案有两种：①当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该设备（年平均盈利额=盈利总额÷使用年数）；②当盈利总额达到最大值时，以12万元价格处理该设备．试问用哪种方案处理较为合理？请说明你的理由．【变式1】（24-25高一上·上海徐汇·期末）目前，光伏产业已经发展成我国少有的全产业链自主可控，并在全球范围内具备领先优势的产业.现有某光伏产业公司为了提高生产效率，决定投入98万元购进一套生产设备.预计使用该设备后，每年的总收入为50万元，前（为正整数）年维修、保养费用总和为万元，设使用年后该设备的盈利额为万元.(1)写出与之间的函数关系式，并求从第几年开始，该设备开始盈利（盈利额为正值）；(2)使用若干年后，对设备的处理方案有两种：①当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该设备；②当盈利额达到最大值时，以12万元价格处理该设备.请你研究一下哪种方穼处理较为合理？请说明理由.（注：年平均盈利额为）【变式2】某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为25元，年销售8万件.(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量.公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元.公司拟投入万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用.试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价.期末基础通关练（测试时间：20分钟）一、单选题1．（24-25高一上·陕西·期末）若关于的不等式的解集为，则的解集为（

）A． B．C． D．2．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．（24-25高一上·山东济南·期末）若，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．4．（24-25高一上·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．5．（24-25高一上·江西吉安·期末）设，则“”是“，不等式恒成立”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6．（24-25高一上·重庆·期末）若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．二、填空题7．（24-25高一上·河南漯河·期末）已知，不等式恒成立，则实数的取值范围是.8．（24-25高一上·广东深圳·期末）当关于x的不等式对一切实数x都成立时，k的取值范围是．三、解答题9．（24-25高一上·上海·期末）已知，集合，．(1)求集合A；(2)若，求实数a的取值范围．10．（24-25高一上·江苏南通·期末）已知函数．(1)若的解集为，求a，b的值；(2)若方程在上有解，求实数a的取值范围．期末重难突破练（测试时间：50分钟）一、单选题1．（24-25高一上·江苏宿迁·期末）设a，b，c为实数，不等式的解集是或，则的最大值为（

）A． B． C． D．2．（24-25高一上·天津·期末）关于x的不等式的解集中整数有且只有3个，则正数a的取值范围为（

）A． B． C． D．3．（24-25高一上·云南曲靖·期末）“”是“关于的不等式有解”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件4．（24-25高一上·云南楚雄·期末）已知二次不等式的解集为，，则的取值范围是（

）A． B．C． D．二、多选题5．（24-25高一上·河南南阳·期末）已知关于的不等式的解集为，则（

）A．B．不等式的解集为C．函数在定义域内单调递增D．的最小值为36．（24-25高一上·广东广州·期末）如图，二次函数的对称轴为，且与轴交于点，则（

）A．B．C．的解集为D．的解集为7．（24-25高一上·云南曲靖·期末）已知函数．若不等式的解集为空集，则整数可以为（

）A． B． C． D．三、解答题8．（24-25高一上·广东梅州·期末）已知函数．(1)若关于x的不等式的解集为，求实数k，b的值；(2)对于参数，解关于x的不等式．9．（24-25高一上·江西抚州·期末）已知二次函数.(1)若的解集为，解关于的不等式；(2)若且，求的最小值；(3)若，且对任意，不等式恒成立，求的最小值．10．（24-25高一上·上海长宁·期末）已知．(1)若不等式的解集为，求实数的取值范围．(2)设、是方程的两个根，若，求实数的值；11．（24-25高一上·江西·期末）设函数(1)若不等式的解集为，求的值；(2)若，，求不等式的解集．12．（24-25高一上·陕西汉中·期末）已知函数．(1)求证：；(2)用单调性定义证明函数是减函数；(3)若，解关于的不等式．13．（24-25高一上·安徽芜湖·期末）已知关于的不等式.(1)当不等式的解集为时，求的值；(2)若且不等式恒成立，求的最小值.14．（24-25高一上·湖南衡阳·期末）已知关于的不等式．(1)是否存在实数，使不等式对任意恒成立；(2)若不等式对于恒成立，求的取值范围；(3)若不等式对于恒成立，求实数的取值范围．期末综合拓展练（测试时间：10分钟）.一、单选题1．（2025·全国二卷·高考真题）不等式的解集是（

）A． B．C． D．2．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知集合，，则（

）A． B． C． D．二、填空题3．（2025·天津·高考真题）若，对，均有恒成立，则的最小值为4．（2025·上海·高考真题）不等式的解集为．5．（2024·上海·高考真题）已知则不等式的解集为．

专题04二次函数、一元二次不等式与其他常见不等式的解法及应用（期末复习讲义）核心考点复习目标考情规律3.1二次函数的图象与性质（开口、对称轴、顶点、单调性）能根据解析式快速画出草图，并分析其在给定区间上的最值。所有二次问题的基础，必须熟练掌握。3.2一元二次方程根与系数的关系（韦达定理）能利用韦达定理解决与两根相关的对称式求值问题。常与函数、不等式综合考查。3.3解一元二次不等式（不含参）能熟练运用“化正→求根→画图→写解集”的步骤求解。必考技能，解集的规范书写是易错点。3.4解含参数的一元二次不等式能根据二次项系数、判别式Δ、根的大小进行分类讨论。期末压轴题常见考点，对分类讨论思想要求高。3.5解分式不等式能通过移项、通分化为商的形式，再利用符号法则转化为整式不等式组求解。易错点是直接去分母或忘记分母不为零的限制。3.6不等式的恒成立与有解问题能准确将“恒成立”与“有解”问题转化为函数最值问题，并求解参数范围。期末压轴题核心题型。易错点是混淆“恒成立”（求最值）与“有解”（求最值）的转化逻辑3.7一元二次不等式的实际应用能解决与利润、面积、升降趋势相关的实际问题。体现数学应用价值，是命题方向知识点01二次函数及其性质一元二次函数y=ax（1）函数y=ax2+bx+c的图象是一条抛物线，顶点坐标是−b2a,4ac−（2）当a>0时，抛物线开口向上．在区间−∞,−b2a上，函数值y随自变量x的增大而减小；在区间−b2a,+∞上，函数值y随自变量x当a<0时，抛物线开口向下．在区间−∞,−b2a上，函数值y随自变量x的增大而增大；在区间−b2a,+∞上，函数值y随自变量x知识点02解一元二次不等式判别式ΔΔΔΔ二次函数y=ax一元二次方程ax有两个相异实根x1，x2（有两个相等实根x没有实根一元二次不等式axx|x<x1或x|x≠−R一元二次不等式axx|x∅∅写出下列一元二次不等式恒成立满足的条件．（1）x∈R，ax2+bx+c>0a≠0恒成立的充要条件是a>0且（2）x∈R，ax2+bx+c≥0a≠0恒成立的充要条件是a>0且（3）x∈R，ax2+bx+c<0a≠0恒成立的充要条件是a<0且（4）x∈R，ax2+bx+c≤0a≠0恒成立的充要条件是a<0且知识点03解分式不等式①②③④知识点04解根式、高次不等式根式不等式可平方求解，高次不等式可用数轴穿根法求解.知识点05解指对数不等式（跨章节）指对数不等式结合单调性求解，特别注意底数对于函数单调性的影响及对数的真数大于0.题型一解不含参的一元二次不等式【典例1】（24-25高一上·四川眉山·期末）解下列不等式：(1)；(2)；(3)．【答案】(1)；(2)或；(3).【分析】（1）（2）由不含参的一元二次不等式的解法求解集；（3）由分式不等式得，解不含参的一元二次不等式求解集.【详解】（1）由，得不等式的解集为．（2），得不等式的解集为或（3）不等式等价于，解得，解集为.【典例2】（24-25高一上·四川巴中·期末）已知集合.(1)若，求；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）解一元二次不等式求集合，应用集合交、补运算求集合；（2）根据集合并集的结果列不等式组求参数范围即可.【详解】（1）因为，所以或，所以或，所以，当时，，所以；（2）当时，，，又或，，所以，解得，所以的取值范围为.【变式1】解下列不等式：(1)；(2)；(3)；(4)．【答案】(1)或；(2)(3)或．(4)【分析】首先变形不等式的形式，再求对应方程的实数根，再结合二次函数的图象，即可求解.【详解】（1）方程的两根为，．结合二次函数的图象知，原不等式的解集为或；（2）原不等式可化为．解方程，得．结合二次函数的图象知，原不等式的解集为．（3）原不等式可化为．方程两根为2和-3．结合二次函数的图象知，原不等式的解集为或．（4）由原不等式得．原不等式等价于．解方程，得．结合二次函数的图象知，原不等式的解集为．【变式2】（24-25高一上·福建福州·期末）不等式的解集为.(1)求；(2)若函数的值域为，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）解一元二次不等式，即可得到集合；（2）通过指数函数值域，求得集合，然后利用并集定义求得.【详解】（1）由得，解得，所以的解集为.（2）由于，则，则.【变式3】（24-25高一上·江苏南通·期末）已知集合，.(1)若，求；(2)若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围.【答案】(1)或(2)【分析】（1）求出集合，当时，求出集合，利用并集的定义可求得集合；（2）求出集合，由题意可得，利用集合的包含关系可得出实数的取值范围.【详解】（1）因为或，当时，，此时，或.（2）由（1）可得，因为“”是“”的充分条件，则，所以，且，则，因此，实数的取值范围是.题型二一元二次不等式的解求参数问题【典例1】（24-25高一上·辽宁大连·期末）关于x的一元二次方程的解集为，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由方程的解集和根与系数关系得的关系，并由得a的正负，代入不等式后即可求解.【详解】∵关于x的一元二次方程的解集为，，即，，即.，即，即，解得.故选：A.【典例2】（23-24高一上·山东临沂·期末）（多选）已知关于的一元二次不等式的解集为或，则（

）A．且 B．C．不等式的解集为 D．不等式的解集为【答案】AC【分析】根据一元二次不等式解集与方程的根的对应关系可得，即A正确，B错误，再代入解不等式可判断C正确，D错误.【详解】由题意可知，则，对于A，所以且，故A正确，对于B，，故B错误；对于C，不等式，故C正确；对于D，不等式，又，可得，所以或，故D错误.故选：AC.【变式1】（24-25高一上·山西吕梁·期末）已知关于的一元二次不等式的解集为，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用一元二次不等式与一元二次方程的关系，借助韦达定理计算即可得.【详解】因为关于的一元二次不等式的解集为，所以关于的一元二次方程的两个根分别为，2，由根与系数的关系可得，解得，所以，故选：B【变式2】（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．【变式3】（24-25高一上·江苏盐城·期末）（多选）已知关于的不等式的解集为，则（

）A． B．C．不等式的解集为 D．不等式的解集为【答案】ACD【分析】由题意可知：的根为，且，即可判断A；利用韦达定理判断B；代入解不等式判断CD.【详解】由题意可知：的根为，且，故A正确；由韦达定理可得，即，所以，故B错误；不等式即为，且，解得，所以不等式的解集为，故C正确；不等式即为，且，可得，解得，所以不等式的解集为，故D正确；故选：ACD.题型三解分式不等式【典例1】（24-25高一上·安徽宿州·期末）不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据分式不等式的解法求解即可.【详解】由，得，解得或，故选：D【典例2】（24-25高一上·安徽合肥·期末）已知关于的不等式的解集为，则不等式的解集是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先根据不等式的解集求得，，再求解分式不等式即可.【详解】由题可知的根为1和2，代入方程可得，，不等式等价于，则解集为，故选：D.【变式1】（24-25高一上·北京延庆·期末）不等式的解集为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】移项通分后转化一元二次不等式即可求解.【详解】原不等式即为即，故，故，故选：D.【变式2】（24-25高一上·江苏无锡·期末）以下命题中是不等式“”成立的充分不必要条件的是（

）A． B． C．且 D．【答案】A【分析】等价变形不等式，再利用充分不必要条件的定义判断即得.【详解】不等式且，所以不等式“”成立的充分不必要条件的是.故选：A题型四解根式、高次、绝对值不等式【典例1】已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】解不等式得出集合，再根据交集的定义即可求解.【详解】不等式的解集为所以集合，又，所以.故选：B【典例2】不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先对因式分解，最后分类讨论即可求解.【详解】由，所以，所以或，解得：或，解得：或或.故选：A.【典例3】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.【详解】由，可得，所以方程的根为，由数轴标根法可得.故答案为：.【变式1】已知全集为实数集，若集合，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】先求解不等式得，再根据补集的定义即得.【详解】由可得，即，则,于是.故选：C.【变式2】已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先解不等式求出集合，再利用交集运算即可求得.【详解】由绝对值不等式的解法可得，解得，即；由根式不等式的解法可得，解得,即.所以.故选：B.【变式3】不等式的解集为（用区间的形式表示）.【答案】【分析】移项通分，转化为一元高次不等式即可求解.【详解】移项得，即，解得，故答案为：.【变式4】不等式的解集为（

）A．且 B．且C．或 D．或【答案】C【分析】先判断一元二次式的正负，再根据高次不等式的求解方法(数轴穿根法)来确定原不等式的解集.【详解】，故原不等式等价于，对于方程可得或或或，根据数轴穿根法，可得不等式的解集为或，故选：C.题型五解含参的一元二次不等式【典例1】（23-24高一上·贵州黔南·期末）已知函数(1)当时，求函数在上的值域；(2)求关于的不等式的解集.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）当时，利用函数在上的单调性，可求出函数在上的值域；（2）由题意得，对实数的取值进行分类讨论，结合二次不等式的解法可得出原不等式的解集.【详解】（1）当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故当时，，又因为，，故.故当时，函数在上的值域为.（2）因为，当时，解不等式可得；当时，则，该不等式无解；当时，解不等式可得.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.【典例2】（23-24高一上·北京·期末）求解下列关于的不等式，并写出不等式的解集(1)(2)(3)【答案】(1)；(2)；(3)答案见解析.【分析】（1）将分式不等式转化为一元二次不等式求解.（2）将不等式转化为不等式组求解.（3）分类讨论解含参数的不等式.【详解】（1）不等式，化为，解得，所以原不等式的解集为.（2）不等式化为：或，解，得，即；解，得，即且，所以原不等式的解集为.（3）不等式，当时，不等式为，解得；当时，不等式为，解得或；当时，不等式为，若，则；若，则无解；若，则，所以当时，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.【变式1】（24-25高一上·湖南邵阳·期末）已知集合，．若，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出集合，对是否取分类讨论求出集合，再利用数轴求解.【详解】，，①当时，，满足，符合题意；②当时，，即得，此时，由，则或，解得；综上所述，所求即为.故选：D.【变式2】（24-25高一上·甘肃临夏·期末）已知函数.(1)若，且，，求的最小值；(2)若，解关于x的不等式.【答案】(1)(2)见解析【分析】（1）作“1”的代换，利用基本不等式求解即可；（2）解含参的一元二次不等式，先进行因式分解，然后再对两根大小讨论，即可得到不等式的各类解集.【详解】（1）因为，则，且，可得，当且仅当即，时，等号成立，所以的最小值为；（2）因为，所以，即，①当时，，所以不等式的解集为；②当时，方程的根为或，不等式的解集为；③当时不等式的解集为；综上：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；【变式3】（24-25高一上·山东淄博·期末）已知函数.(1)关于的不等式的解集为，求的最小值；(2)解关于的不等式.【答案】(1)(2)答案见解析；【分析】（1）利用一元二次不等式的解集与方程根的关系可得且，再由基本不等式中“1”的应用可得结果；（2）对参数的取值分类讨论，利用一元二次不等式的解法即可求解.【详解】（1）由关于的不等式的解集为可得是方程的两个实数根，且，；因此可得，因此；且，可得，当且仅当时，即时，等号成立；此时满足题意，的最小值为；（2）整理不等式可得，即；当时，不等式为，其解集为；当时，不等式为，其解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式为的解集为或.题型六一元二次不等式在区间上的恒成立与有解问题【典例1】（24-25高一上·浙江绍兴·期末）若关于x的不等式在上恒成立，则m的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用换元法（令），将原不等式转化为在上恒成立，结合对勾函数的单调性即可求解.【详解】令，则，则原问题转化为不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，又，所以在上恒成立，设，则函数在上单调递增，所以，得，所以.故选：B【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将原问题转化为在上恒成立问题.【典例2】（24-25高一上·江苏南通·期末）已知命题“，使得”为假命题，则实数a的范围为．【答案】【分析】利用已知得到真命题，结合二次函数的单调性求解即可；【详解】由题意可得命题“，使得”为真命题，即在上有解，令，，则，在为减函数，所以，所以，即实数a的范围为.故答案为：.【典例3】（24-25高一上·云南昆明·期末）若关于的不等式在区间内有解，则实数的取值范围是．【答案】【分析】由题意，将参数分离，根据能成立问题可得，结合双勾函数的性质即可求解.【详解】不等式在区间内有解等价于，由双勾函数性质，得，.故答案为：【变式1】（24-25高一上·广东广州·期末）若对，恒成立，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】令，，分和两种情况讨论，分别求出，即可得到不等式组，从而求出参数的取值范围.【详解】令，，依题意可得，恒成立，当时，则，解得；当时，则，解得；综上可得的取值范围是.故选：B【变式2】（24-25高一上·江苏苏州·期末）若命题“”是假命题，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先写出命题的否定，再根据命题的否定为真命题，列不等式解得结果.【详解】因为命题“”是假命题，所以“”是真命题，因此即实数的取值范围是.故选：B.【变式3】（24-25高一上·河南郑州·期末）设，不等式恒成立的一个充分条件可以是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求出不等式恒成立的充要条件，从而可求恒成立的充分条件.【详解】若，则恒成立，若，则，故，故，所以不等式恒成立的充要条件为，若求充分条件，则充分条件对应的集合真包含于，对比各选择，只有A符合，故选：A.题型七一元二次方程根的分布问题【典例1】（24-25高一上·上海徐汇·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【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【典例2】若关于的一元二次方程有两个实根，且一个实根小于1，另一个实根大于2，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据一元二次方程根的分布，结合已知作出对应二次函数图象，列出不等式，求解即可得出答案.【详解】设，根据已知结合二次函数性质，作图

则有，解得.故选：C.【变式1】（24-25高一上·上海嘉定·期末）已知关于的方程至少有一个实根，则实数的取值范围是.【答案】【分析】分与时讨论，当时，令判别式大于等于零即可；【详解】当时，方程为，解得；当时，方程至少有一个实根，则，解得，综上，实数的取值范围是.故答案为：.【变式2】（23-24高一上·河南南阳·期末）一元二次方程有一个正实根和一个负实根的充分不必要条件是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出方程有一个正实根和一个负实根的充要条件，结合选项，判断哪一个是该条件的真子集，即可得答案.【详解】由题意知一元二次方程的两根为，要使得方程有一个正实根和一个负实根，需，结合选项知，只有，即一元二次方程有一个正实根和一个负实根的充分不必要条件是，故选：C【变式3】（23-24高一上·重庆·期末）关于x的一元二次方程有一个根小于，另一个根大于1，则a的取值范围是.【答案】【分析】根据二次函数图像特征，满足，即得a的取值范围.【详解】设，开口向上，由题意知，即，解得，所以．故答案为：．题型八实际应用【典例1】（24-25高一上·云南昭通·期末）已知某零件原来的售价为15元，可售出50万件，据市场调查，该零件的单价每提高1元，销售量就减少2万件.现该零件的销售商计划对该零件进行提价销售，若提价后的售价为元，为使提价后该零件的销售总收入不低于原来的销售总收入，则的最大值是（

）A．20 B．25 C．27 D．28【答案】B【分析】依题意可得，解得即可.【详解】由题意可得，整理得，即，解得，则的最大值是25.故选：B【典例2】（24-25高一上·四川宜宾·期末）为推动新质生产力的发展，我市某高新企业于2024年年初用98万元购进一台生产设备，并立即投入生产使用．已知该设备使用后，每年的总收入为50万元，使用x年后，其x年来所需维修保养费用的总和为万元，设该设备产生的盈利总额为y万元（盈利总额=总收入—总支出）．(1)写出y与x之间的函数关系式；(2)该设备从第几年开始盈利（盈利总额为正值）；(3)使用若干年后，对设备的处理方案有两种：①当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该设备（年平均盈利额=盈利总额÷使用年数）；②当盈利总额达到最大值时，以12万元价格处理该设备．试问用哪种方案处理较为合理？请说明你的理由．【答案】(1)(2)从第3年该设备开始盈利(3)方案①比较合理，理由见解析【分析】（1）利用总盈利减去总的维修费与购买生产设备的费用即可得答案；（2）结合（1），解一元二次不等式即可求得该设备从第几年开始盈利；（3）利用基本不等式以及二次函数分别求出两种方案盈利的最大值，并求出盈利最大时需要的年数，比较后可得结论．【详解】（1）（2）令，得，，故，故从第3年该设备开始盈利；（3）按照方案①计算，当且仅当时，即时等号成立．到2030年，年平均盈利额达到最大值，该设备可获利万元按照方案②计算，当时，．故到2033年，盈利额达到最大值，该设备可获利万元．因为两种方案企业获利总额相同，而方案①所用时间较短，故方案①比较合理．【变式1】（24-25高一上·上海徐汇·期末）目前，光伏产业已经发展成我国少有的全产业链自主可控，并在全球范围内具备领先优势的产业.现有某光伏产业公司为了提高生产效率，决定投入98万元购进一套生产设备.预计使用该设备后，每年的总收入为50万元，前（为正整数）年维修、保养费用总和为万元，设使用年后该设备的盈利额为万元.(1)写出与之间的函数关系式，并求从第几年开始，该设备开始盈利（盈利额为正值）；(2)使用若干年后，对设备的处理方案有两种：①当年平均盈利额达到最大值时，以30万元价格处理该设备；②当盈利额达到最大值时，以12万元价格处理该设备.请你研究一下哪种方穼处理较为合理？请说明理由.（注：年平均盈利额为）【答案】(1)，，从第3年开始，该设备开始盈利(2)应选用方案一，理由见解析【分析】（1）根据题意可得解析式以及列不等式，即可求解；（2）方案一运用基本不等式可求得总利润，方案二运用二次函数求得最值，综合比较可求得结果.【详解】（1）由题意得，，令，则，又，所以，故从第3年开始，该设备开始盈利；（2）方案一：年平均盈利额，当且仅当时，即当时，上式等号成立，故到第7年，该设备的年平均盈利额达到最大值，此时卖掉此设备后，该企业可获得的总利润为万元；方案二：盈利总额，当时，取最大值，故到第10年，该设备的盈利总额达到最大值102，此时卖掉此设备后，该企业可获得的总利润为；因为两种方案企业获得的总利润相同，而方案一用时较短，故应选用方案一.【变式2】某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为25元，年销售8万件.(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量.公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元.公司拟投入万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用.试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价.【答案】(1)最多为元；(2)销售量至少达到11万件，此时定价30元满足题意.【分析】（1）设每件定价，根据条件列不等式求解即可；（2）将问题转化为不等式定区间内有解，分离参数再结合基本不等式计算即可.【详解】（1）设定价每件元，由题意可知，整理得，解之得，故该商品每件定价最多为元；（2）由上可知：当时，不等式有解，整理得有解，易知，当且仅当时取得等号，此时，所以改革后销售量至少达到11万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时每件商品定价为30元.期末基础通关练（测试时间：20分钟）一、单选题1．（24-25高一上·陕西·期末）若关于的不等式的解集为，则的解集为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用韦达定理用表示，代入所求不等式得到关于的不等式，求出不等式的解集即可．【详解】由不等式的解集为，则，即，所以不等式，即为，又，所以，解得或.所以不等式的解集为.故选：B.2．（24-25高一上·浙江杭州·期末）已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解一元二次不等式求出集合B，再根据交集的定义计算可得.【详解】由，即，解得或，所以或，又，所以.故选：C3．（24-25高一上·山东济南·期末）若，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】分，和三种情况分类讨论，其中当时，利用判别式列不等式求解即可，最后求并集.【详解】当时，不等式为，即，显然在有解，符合题意；，命题“”为真命题，当时，对于抛物线，开口向下，显然在有解，符合题意；当时，对于抛物线，开口向上，只需，解得或，又，所以或，综上，实数的取值范围是或，即.故选：D4．（24-25高一上·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【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：A5．（24-25高一上·江西吉安·期末）设，则“”是“，不等式恒成立”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】按和分类讨论，解出不等式恒成立时的取值范围，再根据充分性和必要性的概念求解即可.【详解】由“，不等式恒成立”可得以下两种情况：①当时，不等式即为：恒成立，满足条件；②当时，则需满足解得，综上可得，实数的取值范围是，所以“”是“，不等式恒成立”的充分不必要条件，故选：A.6．（24-25高一上·重庆·期末）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二、填空题7．（24-25高一上·河南漯河·期末）已知，不等式恒成立，则实数的取值范围是.【答案】【分析】由题意可得对恒成立，由基本不等式求得的最大值即可.【详解】由，不等式恒成立，可得对恒成立，令，当且仅当，即时取等号.所以，所以.故答案为：.8．（24-25高一上·广东深圳·期末）当关于x的不等式对一切实数x都成立时，k的取值范围是．【答案】【分析】根据不等式恒成立对二次项系数k的取值进行分类讨论，再由判别式可解得k的取值范围.【详解】当时，不等式可化为，显然恒成立，当时，若不等式对一切实数x都成立，需满足，且，即；综上可得，,即k的取值范围是.故答案为：三、解答题9．（24-25高一上·上海·期末）已知，集合，．(1)求集合A；(2)若，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）求解分式不等式可求得集合；（2）由题意可得，分，两种情况求解可得实数a的取值范围.【详解】（1）因为，所以；（2）因为，所以，当时，，解得，当时，若，由，得，解得，所以，又可得，即，当时，由，可得，所以，又，可得，综上所述：实数a的取值范围为．10．（24-25高一上·江苏南通·期末）已知函数．(1)若的解集为，求a，b的值；(2)若方程在上有解，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意确定为的两个根，由韦达定理即可求解；（2）将原问题转化为在上有解，换元后结合二次函数性质即可求解.【详解】（1）由的解集为，可知为的两个根，故，解得；（2）方程在上有解，即在上有解，即在上有解，令，则，故实数a的取值范围为.期末重难突破练（测试时间：50分钟）一、单选题1．（24-25高一上·江苏宿迁·期末）设a，b，c为实数，不等式的解集是或，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据韦达定理得，，再利用基本不等式即可得到答案.【详解】由题意，1和3为方程的两根，且，所以，即，，所以.当且仅当，即时等号成立.故选：C.2．（24-25高一上·天津·期末）关于x的不等式的解集中整数有且只有3个，则正数a的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先解出原不等式的解集，然后根据条件确定解集的端点值所满足的条件，从而解出的取值范围.【详解】原不等式可化为，则方程的两个根为和，当时，原不等式的解集为空集，不满足题意；当时，原不等式的解集为：，则a不能取到正数值；当时，原不等式的解集为：，要使不等式的解集中整数有且只有3个，则，则正数a的取值范围为.故选：A.3．（24-25高一上·云南曲靖·期末）“”是“关于的不等式有解”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】求关于的不等式有解的等价条件，结合充分条件与必要条件的定义求结论.【详解】若关于的不等式有解，则，得.由“”可以推出“”，由“”不能推出“”，所以“”是“关于的不等式有解”的充分不必要条件.故选：C.4．（24-25高一上·云南楚雄·期末）已知二次不等式的解集为，，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用一元二次不等式的解法、一元二次方程的判别式以及根与系数的关系和不等式的性质运算即可得解.【详解】因为，，所以，所以，即，解得：或．因为有两个不等根，所以，解得：或，则的取值范围是．故选：B二、多选题5．（24-25高一上·河南南阳·期末）已知关于的不等式的解集为，则（

）A．B．不等式的解集为C．函数在定义域内单调递增D．的最小值为3【答案】ABD【分析】根据一元二次不等式的解集与对应一元二次方程根的关系求得，再代入不等式，化简求解即可判断A、B；根据幂函数的性质判断C；利用基本不等式判断D.【详解】为关于的不等式的解集为，所以是方程的两个根，且，由韦达定理得，所以，则，A正确；所以不等式，又，则，解得，所以不等式的解集是，B正确；由，函数在定义域内单调递减，C错误；由于，则，，当且仅当，即（舍）或时，等号成立,故的最小值为3，D正确.故选：ABD6．（24-25高一上·广东广州·期末）如图，二次函数的对称轴为，且与轴交于点，则（

）A．B．C．的解集为D．的解集为【答案】BCD【分析】根据二次函数的图象的开口、对称轴、零点，知，可判断A，B，由对称性知函数有两个零点，得，，代入不等式，结合求解，即可判断C，D.【详解】对于A，由图象开口向下，得，故A不正确；对于B，对称轴为，故对，即，故B正确；对于C，图像过点，由对称性得有两个零点，所以，故，由，，得，故的解集为，故C正确；对于D，∵，，由，得又，，解得，∴的解集为，故D正确.故选：BCD.7．（24-25高一上·云南曲靖·期末）已知函数．若不等式的解集为空集，则整数可以为（

）A． B． C． D．【答案】AC【分析】令，求出不等式的解，再代入判断列式求解.【详解】函数，设，不等式为，即，解得，依题意无解，即不等式无解，因此，解得，所以实数的取值范围是.故选：AC.三、解答题8．（24-25高一上·广东梅州·期末）已知函数．(1)若关于x的不等式的解集为，求实数k，b的值；(2)对于参数，解关于x的不等式．【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）根据一元二次不等式的解集确定方程的根，利用韦达定理列方程求解即可；（2）结合二次函数的图象与性质，按照判别式的符号分类讨论求解一元二次不等式即可.【详解】（1）因为关于的不等式的解集为，可知方程的两根为，．由韦达定理，可知，解得．（2）令，①当，即时，函数图像与轴至多只有1个交点，且开口向上．因此，不等式的解集为．②当，即或时，函数图像与轴有两个交点，且开口向上．令，则方程有两个不等实根，为：，.可知，不等式的解集为：或.综上所述，①当时，不等式的解集为；②当或时，不等式的解集为或.9．（24-25高一上·江西抚州·期末）已知二次函数.(1)若的解集为，解关于的不等式；(2)若且，求的最小值；(3)若，且对任意，不等式恒成立，求的最小值．【答案】(1)或(2)(3)【分析】（1）分析可知、是方程的解，且，利用韦达定理求出、的值，然后利用二次不等式的解法解不等式，即可得出该不等式的解集；（2）由已知等式化简所求代数式得，利用基本不等式可求得该代数式的最小值；（3）由二次不等式恒成立可得出，可得出，令，则，且，可得出，结合基本不等式可得出所求代数式的最小值.【详解】（1）由已知的解集为，则，所以、是方程的解，由韦达定理可得，解得，所以不等式可化为，解得或，故不等式的解集为或.（2）因为，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，所以的最小值为.（3）因为对任意，不等式恒成立，所以，则，则，令，则，且，所以，当且仅当时，即当时，等号成立，即当时，即当时，等号成立，所以的最小值为.10．（24-25高一上·上海长宁·期