初升高数学衔接 专题10 二次函数与一元二次方程、不等式（精讲）

预备预备新高一数学专题10二次函数与一元二次方程、不等式1．掌握二次函数、一元二次方程、一元二次不等式三者的核心关联，构建“三个二次”数形结合解题体系．2．熟练掌握一元二次不等式的正误判断、标准解法，拓展掌握分式不等式的转化求解方法．3．能够解决一元二次不等式实际应用、恒成立与能成立问题．4．掌握一元二次方程根的分布与系数关系，攻克本章参数类综合重难点题型．一、二次函数与一元二次方程基础关系1．对应关系：二次函数，令即可得到一元二次方程．2．几何意义：一元二次方程的实数根，是二次函数图像与轴交点的横坐标，也称为函数的零点．3．判别式控根规则：决定根的个数，两个不等实根，两个相等实根，无实根．4．韦达定理：若方程两根为，则，，是求参、根分布的核心依据．二、一元二次不等式基础知识点1．标准形式：、、、．2．核心解题思想：数形结合，依托二次函数图像在轴上下的区域，对应不等式解集范围．3．统一解题前提：优先将二次项系数化为正数，避免开口方向混淆导致解集写反．三、分式不等式转化规则1．基础转化公式：．2．带等号转化公式：.3．核心禁忌：分式不等式严禁直接交叉相乘，未知分母正负会导致不等号方向出错，必须转化为整式不等式求解。四、三个二次核心关联总结1．二次函数是载体：图像走势、开口、位置决定方程根的个数与不等式解集范围。2．一元二次方程是边界：方程的根是二次函数零点、不等式解集的分界端点。3．一元二次不等式是范围：根据函数图像上下位置，截取自变量有效取值区间。五、恒（能）成立与根的分布依据1．恒成立：全域恒成立依托开口与判别式，区间恒成立依托函数最值与单调性。2．能成立：存在自变量满足不等式即可，只需最值满足对应条件，约束范围比恒成立宽松。3．根的分布：结合开口、判别式、对称轴、区间端点函数值符号，多条件联立锁定参数范围。题型01二次函数与一元二次方程关系应用1．零点与根互化：二次函数零点等价于对应一元二次方程的实数根，可互相转化求解。2．判别式联动应用：通过正负，既可判断方程根的个数，也可判断二次函数与x轴交点个数。3．韦达定理应用：已知根可求函数参数，已知参数可判断两根和、积的符号，辅助分析根的正负、大小关系。4．解题作用：打通函数与方程的关联，是后续不等式、根分布、参数题型的基础铺垫。3．韦达定理应用：已知根可求函数参数，已知参数可判断两根和、积的符号，辅助分析根的正负、大小关系．4．解题作用：打通函数与方程的关联，是后续不等式、根分布、参数题型的基础铺垫．学以致用学以致用【例1】（2024春•怒江州校级期末）关于的方程至少有一个正的实根，则的取值可以是（）A．0 B． C．1 D．【答案】【分析】分和进行讨论，当时解方程，符合要求，当时，讨论一元二次方程有一正实根一负实根和有两个正实根的情况，结合判别式及根与系数的关系得出的取值范围．【解答】解：（1）当时，方程为，解得，符合题意；（2）当时，①当方程有一正实根一负实根时，则，解得，②当方程有两正实根时，则，解得，综上，的取值范围为，故，，正确，错误．故选：．【例2】（2023秋•荣昌区校级期中）已知函数（1）设，若关于的不等式的解集为，，，且的充分不必要条件是，求的取值范围．（2）方程有两个实数根、，①若、均大于0，试求的取值范围．②若，求实数的值．【分析】（1）求出不等式的解集，结合充分条件和必要条件的关系转化为集合关系进行求解即可．（2）利用根与系数之间的关系，建立不等式或方程进行求解即可．【解答】解：（1）由得，即得，又，所以，即，的充分不必要条件是，，则得得，即实数的取值范围是．（2）方程为①若、均大于0，则满足得，得，即的取值范围，．②若，则，则，即，，得或，△得或，则，即实数的值是．【例3】（2024秋•惠农区校级月考）已知．（1）方程有两个实数根，．①若，均大于0，求实数的取值范围；②若，求实数的值；（2）设，若关于的不等式的解集为，，且是的充分不必要条件，求实数的取值范围．【答案】（1）①；②；（2），．【分析】（1）①②由△求出参数的取值范围，再利用韦达定理得到不等式和方程，解得即可；（2）首先求出集合，依题意可得，即可得到不等式组，解得即可．【解答】解：（1）由题意可知，△，即或，①由，均大于0，所以，解得．②由可得，即，，解得或，又因为或，．（2），，即，又，解得，所以，，因为是的充分不必要条件，所以，（等号不能同时成立），解得，经检验，当时，，满足，符合题意，所以，．题型02一元二次不等式的判断1．定义判断依据：只含一个未知数、未知数最高次数为2、整式不等式，即为一元二次不等式．2．易错类型辨析：含分式、根式、高次项、多个未知数的式子，均不属于一元二次不等式．3．命题正误判断：结合不等式性质、开口图像、解集规律，判断不等式命题真假，常用举反例法否定错误命题．4．参数类型判断：含参式子需保证二次项系数不为0，才满足一元二次不等式定义．学以致用学以致用【例4】（2024秋•同步）下列不等式中是一元二次不等式的是（）A． B． C． D．【答案】【分析】根据一元二次不等式的定义对各个选项逐个判断即可求解．【解答】解：根据一元二次不等式的定义可知选项为一元二次不等式，选项含有，两个元，选项中可能为0，选项中在分母上，故选：．【例5】（2020秋•同步）下列关于的不等式中，一元二次不等式的个数为（）①；②；③；④．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】【分析】根据一元二次不等式的定义：含有一个未知数且未知数的最高次数为2的不等式，由此判断即可．【解答】解：由一元二次不等式的定义：含有一个未知数且未知数的最高次数为2的不等式叫做一元二次不等式，所以满足定义的是②③④．故选：．【例6】（2021秋•同步）下列不等式：①；②；③；④；⑤；⑥．其中是一元二次不等式的有（）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】【分析】直接判断即可得到正确选项．【解答】解：由题意可知，③⑥当时不合题意，④为一元三次不等式，⑤显然不是一元二次不等式，满足条件的有①②，共2个．故选：．题型03一元二次不等式的解法1．标准四步解题法：整理化标准式（二次项系数为正）→计算判别式→求解方程实数根→结合图像写解集．2．解集通用口诀：开口向上，大于取两边、小于取中间；无实根时，大于恒全体、小于恒为空．3．含参不等式解法：先讨论二次项系数（区分一次、二次），再讨论判别式，最后比较两根大小，分层书写解集．4．易错提醒：不等号带等号时，解集包含端点根；无等号时，解集剔除端点．学以致用学以致用【例7】（2026春•连云港期末）不等式的解集为（）A．或 B．或 C． D．【答案】【分析】利用一元二次不等式的解法求解．【解答】解：不等式可得，解得，所以不等式的解集为．故选：．【例8】（2025秋•肥西县校级期末）求下列不等式的解集（1）；（2）．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）利用一元二次不等式的解法求解；（2）利用一元二次不等式的解法求解．【解答】解：（1）由，得，解得，所以所求不等式的解集为．（2）将不等式，即，解得或，所以解集为．【例9】（2025秋•上海校级月考）解关于不等式：．【答案】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】先因式分解，比较，，分三种情况讨论解得不等式的解集．【解答】解：原不等式可化为：，令，则或，①当即时，原不等式的解集为，②当即时，原不等式的解集为；③当即时，原不等式的解集为．题型04分式不等式求解1．核心解题思想：化分式为整式，规避分母正负带来的符号错误．2．严格转化规则：不等号不带等号直接转化为分子分母乘积大于或小于0；带等号必须额外保证分母不为0．3．解题流程：移项通分统一单侧→转化整式不等式→求解解集→剔除分母为0的无效端点．4．高频陷阱：直接去分母、遗漏分母不为0的约束，是分式不等式最易失分点．学以致用学以致用【例10】（2025秋•余干县校级期中）解不等式：（1）；（2）．【答案】（1）或；（2）或．【分析】（1）化为一元二次不等式可解得结果；（2）移项、去分母化为一元二次不等式可解得结果．【解答】解：（1）由得，解得或，原不等式的解集为或．（2）由得，即，即且，解得或．原不等式的解集为或．【例11】（2025秋•肥西县校级期末）解下列不等式：（1）；（2）．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）移项通分，再按有理数乘除法的符号法则列式求解．（2）按一元一次不等式解法求解．【解答】解：（1）由，得，则，解得，所以原不等式的解为．（2）不等式化为，即，则，解得，所以原不等式的解为．【例12】（2025•柳城县校级开学）解下列不等式：（1）；（2）；（3）．【答案】（1）或；（2）或；（3）．【分析】（1）利用分式不等式的解法：分式不等式转化成整式不等式，得到，再利用一元二次不等式的解法，即可求出结果；（2）利用分式不等式的解法：分式不等式转化成整式不等式，得到，且，再利用一元二次不等式的解法，即可求出结果．（3）根据条件得到，利用，将问题转化成，再利用一元二次不等式的解法，即可求出结果．【解答】解：（1）因为等价于，得到或，所以所求解集为或．（2）由，即，等价于，且，解得或，所以所求解集为或．（3）由，得到，又恒成立，所以原不等式等价于，解得，所以原不等式的解集为．题型05三个二次的关系综合应用1．三者联动逻辑：二次函数图像定趋势、一元二次方程定边界、一元二次不等式定范围．2．正向推导：已知函数图像，可直接读出方程根的个数、不等式解集区间．3．逆向推导：已知不等式解集，可反推方程零点、二次函数开口方向、参数取值范围．4．综合作用：本章核心思维题型，贯穿选择、填空、解答所有考题，是数形结合的核心体现．学以致用学以致用【例13】（2025秋•沧县期末）已知，，关于的不等式的解集为，则（）A．3 B．2 C． D．【答案】【分析】依题意可得关于的方程的根为和2，利用韦达定理求出、的值，即可得解．【解答】解：由题意，关于的方程的根为和2，所以，解得，所以．故选：．【例14】（2026•香坊区校级一模）若关于的不等式的解集为，则（）A．5 B．1 C． D．【答案】【分析】由一元二次不等式的解集与对应的方程的解的关系结合二次方程根与系数的关系求解即可．【解答】解：因为的解集为，则，6是的两个根，可知，解得．故选：．【例15】（2025秋•钦州期末）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】【分析】由题意可得和2为二次函数的两个根，分别代入二次函数后联立即可求解．【解答】解：设，由题意得和2为的两个根，则有：，（2），即，，联立，解得，故．故选：．题型06一元二次不等式在生活中的应用1．建模解题步骤：审题设变量（长度、利润、产量、成本等正数变量）→根据题意列一元二次不等关系→求解不等式解集→结合实际取舍有效解．2．常见应用场景：销售利润范围、产品定价区间、几何图形尺寸约束、方案可行性筛选等最值与范围问题．3．实际约束要点：生活变量必须为正数、正整数，需舍去负数、零、小数等不符合实际的解．4．解题核心：将实际问题转化为数学不等式模型，用不等式解集解释实际取值范围．学以致用学以致用【例16】（2023秋•敖汉旗校级月考）某单位在对一个长、宽的草坪进行绿化时，是这样想的：中间为矩形绿草坪，四周是等宽的花坛，如图所示，若要保证绿草坪的面积不小于总面积的二分之一．试确定花坛宽度的取值范围．【分析】设花坛宽度为米，可得矩形的草坪的长为米，宽为米，由题意可得，由二次不等式的解法，可得的范围，注意的限制．【解答】解：设花坛宽度为米，可得矩形的草坪的长为米，宽为米，由绿草坪的面积不小于总面积的二分之一，可得，化简为，解得或，由，，可得，则有的范围是．故若要保证绿草坪的面积不小于总面积的二分之一，花坛宽度的取值范围为，．【例17】（2024秋•辽宁月考）某花卉店售卖一种多肉植物，若每株多肉植物的售价为30元，则每天可卖出25株；若每株肉植物的售价每降低1元，则日销售量增加5株．为了使这种多肉植物每天的总销售额不低于1250元，则每株这种多肉植物的最低售价为（）A．25元 B．20元 C．15元 D．10元【答案】【分析】可设售价降低元，则每天可卖出株，结合题意列不等式，求解即可．【解答】解：设售价降低元，则每天可卖出株；所以每天的总销售额为，整理得：，解得，所以每株这种多肉植物的最低售价为（元．故选：．【例18】（2021秋•道里区校级期末）若某商店将进货单价为6元的商品按每件10元出售，则每天可销售100件，现准备采用提高售价、减少进货量的方法来增加利润．已知这种商品的售价每提高1元，销售量就要减少10件，那么要保证该商品每天的利润在450元以上，售价应定为（）A．11元 B．11元到15元之间 C．15元 D．10元到14元之间【答案】【分析】由题意列出关于利润的解析式，再求利润在450元以上的的范围．【解答】解：设每件商品的售价提高元，则每件获得利润元，每天可销售件．设该商品每天的利润为元，则由题意有，要保证每天的利润在450元以上，则，，得，故每件商品的售价在11元到15元之间时，能确保该商品每天的利润在450元以上．故选：．题型07一元二次不等式恒（能）成立问题1．全域恒成立：恒成立需；恒成立需，同时兼顾一次函数特殊情况．2．区间恒成立：依托二次函数对称轴与区间位置，求区间最值，将恒成立转化为参数大于最大值或小于最小值．3．能成立问题：存在使不等式成立，等价于参数大于最小值或小于最大值，条件约束更宽松．4．核心区分：恒成立要求全域满足，能成立要求局部满足，二者最值取值逻辑相反，需严格区分．学以致用学以致用【例19】（2019秋•上饶期末）如果不等式对任意实数都成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．或【答案】【分析】结合已知，对分类讨论是否为0，然后结合二次函数的性质可求．【解答】解：当时，恒成立，符合题意；当时，可得，，解可得，，综上可得，．故选：．【例20】（2024秋•同步）当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】【分析】设，由题意可知和时，的值恒小于等于0，则，即可得出答案．【解答】解：设，由题意可知和时，的值恒小于等于0，所以，所以，所以，故选：．【例21】（2025秋•镇雄县校级期中）若存在，使得不等式成立，则实数的取值范围为（）A． B． C． D．【答案】【分析】把问题转化成“大于或等于的最小值”，再利用配方法求的最小值即可．【解答】解：因为，所以由得：，，所以大于或等于的最小值，因为，当时取“”，所以，所以的范围为．故选：．题型08一元二次方程的根的分布与系数的关系1．解题核心思想：