資源簡介

第二章 一元二次函數、方程和不等式
知識梳理
1. 等式的性質
性質 1 如果a = b，那么b = a 性質 2 如果a = b，b = c，那么a = c
性質 3 如果a = b，那么a c = b c 性質 4 如果a = b，那么ac = bc
a b
性質 5 如果a = b，c 0，那么 =
c c
2. 作差法比較大小關系
a b 0 a b ，a b = 0 a = b ，a b 0 a b
3. 不等式的性質
性質 1 對稱性 a b b a 性質 2 傳遞性 a b, b c a c
性質 3 可加性 a b a+ c b+ c 性質 4 可乘性 a b, c 0 ac bc
性質 5 同向可加性 性質 6 同向同正可乘性
a b, c d a + c b+ d a b 0, c d 0 ac bd
性質 7 可乘方性 性質 8 可開方性
a b 0 an bn (n N+ , n 2) a b 0 n a n b(n N+ , n 2)
b b＋m b b－m a a＋m a a－m
若 a＞b＞0，m＞0，則 ＜ ； ＞ ，(b－m＞0)； ＞ ； ＜ ，(b－m＞
a a＋m a a－m b b＋m b b－m
0)．
4. 基本不等式
a +b
a 0, b 0 ab 當且僅當a = b時取等號
2 ，
a + b
其中 叫做正數a ，b 的算術平均數，
2
ab 叫做正數a，b 的幾何平均數
通常表達為：a + b 2 ab （積定和最小）
應用條件：“一正，二定，三相等”
1
基本不等式的推論 1 基本不等式的推論 2
( )2 a, b R a2 +b2a +b 2ab
a 0, b 0 ab （和定積最
4
當且僅當a = b時取等號
大）
當且僅當a = b時取等號
5. 二次函數的圖象與性質
y = ax2 +bx + c (a 0) a 0 a 0
函數圖象
開口方向 向上 向下
b
對稱軸方程 x =
2a
4ac b2
最值 y =
4a
6. 一元二次方程求根公式及韋達定理
一元二次方程求根公式
b b22 4acax +bx + c = 0 (a 0) 2的根為： x = (a 0, b 4ac 0)
2a
韋達定理（根與系數的關系）
b
x1 + x2 =
ax2 +bx + c = 0 (a 0) 的兩根為 x1， x ；則
a
2 c
x1 x2 =
a
7. 解一元二次不等式
“三個二次”：一元二次不等式與一元二次方程及二次函數的聯系
判別式
0 = 0 0
= b2 4ac
一元二次方程 有兩個不等實根 有兩個相等實根
2 b 無實數根 ax +bx + c = 0(a 0) x ， x （設 x1 = x2 = 1 2 2a
2
的根
x1 x2 ）
二次函數
y = ax2 +bx+ c(a 0)
的圖象
ax2 +bx + c 0(a 0) b x x x1或x x2 x x R 2a
的解集
ax2 +bx + c 0(a 0) x x1 x x2
的解集
ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立的充要條件是：a＞0 且 b2－4ac＜0(x∈R)．
ax2＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的充要條件是：a＜0 且 b2－4ac＜0(x∈R)．
8. 解分式不等式
g(x) g(x)
① 0 f (x)g(x) 0 ② 0 f (x)g(x) 0
f (x) f (x)
g(x) f (x)g(x) 0 g(x) f (x)g(x) 0
③ 0 ④ 0
f (x) f (x) 0 f (x) f (x) 0
9. 解單絕對值不等式
x a(a 0) x a或 x a ， x a(a 0) a x a
題型總結
題型一 用不等式或不等式組表示不等關系及用不等式的性質求取值范圍
【例 1】（1）（2023 秋·甘肅酒泉·高一統考期末）鐵路總公司關于乘車行李規定如下：乘坐
動車組列車攜帶品的外部尺寸長、寬、高之和不超過 130cm，且體積不超過72000cm3，設
攜帶品外部尺寸長、寬、高分別記為 a，b，c（單位：cm），這個規定用數學關系式可表示
為（ ）
A．a+b+ c 130且abc 72000 B．a+b+ c 130且abc 72000
C．a+b+ c 130且abc 72000 D．a+b+ c 130且abc 72000
（2）（2023 春·廣東揭陽·高一統考期末）已知a,b R ，且 5 a 2,1 b 4 ，則3a b的
取值范圍是 ．
3
鞏固訓練：
1．（2022·全國·高一專題練習）某學生月考數學成績 x 不低于 100 分，英語成績 y 和語文
成績 z 的總成績高于 200 分且低于 240 分，用不等式組表示為（ ）
x 100 x 100
A． B．
200 y + z 240 200 y + z 240
x 100 x 100
C． D．
200 y + z 240 200 y + z 240
2．（2023·全國·高一假期作業）已知1 a+b 4， 1 a b 2，則3a+ 2b的取值范圍
是 ．
題型二 比較代數式大小及不等式證明
【例 2】（1）（2023 春·云南玉溪·高一統考期末）下列說法正確的是（ ）
A．若a b 0，則ac bc B．若 a b，則 a b
a a + c
C．若a b 0，則a2 ab D．若 a b c，則
b b + c
（2）（2023 秋·陜西西安·高一統考期末）設 t = a 4b， s = a +b2 + 4，則 t 與 s的大小關系
是（ ）
A． s t B． s t C． s t D． s t
（3）（2023·高一課時練習）閱讀材料：
y y +m
（1）若 x y 0，且m 0，則有
x x +m
（2）若 a b,c d ，則有 a + c b + d ．
請依據以上材料解答問題：
a b c
已知 a，b，c 是三角形的三邊，求證： + + 2．
b + c a + c a +b
鞏固訓練
1．（2023 秋·湖南婁底·高一統考期末）已知M = (a + 2)(a + 3)， N = a2 +5a + 4 則（ ）
A．M N B．M N C．M N D．無法確定
2．（2023 秋·重慶九龍坡·高一重慶市楊家坪中學校考期末）下列命題為真命題的是（ ）
A．若a b,c d ，則a+ c b+ d
4
c c
B．若a b 0,c 0，則
a b
C．若 a b，則ac2 bc2
D．若a b,c d ，則ac bd
a + b c + d
3．（2023·高一課時練習）（1）若 bc－ad≥0，bd>0，求證： ≤ ；
b d
a b
（2）已知 c>a>b>0，求證：
c a c b
題型三 基本不等式之直接求最值
【例 3】（1）（2023 春·江西宜春·高一江西省豐城拖船中學校考期末）已知a 0,b 0，
a+b = 6，則ab的最大值為（ ）
A．6 B．9 C．12 D．36
（2）（2023 秋·江蘇淮安·高一淮陰中學校考期末）若a,b都是正數，且ab =1，則a + 2b的
最小值是 .
鞏固訓練
1．（2023 秋·甘肅天水·高一統考期末）已知正數 x ， y 滿足 x + 2y = 2，則 xy的最大值為
（ ）
1 1
A．2 B．1 C． D．
2 4
a2 + 4
2．（2023 春·湖南邵陽·高一邵陽市第二中學校考期末）已知a 0，則 的最小值
a
為 ．
題型四 基本不等式之妙用“1”求最值
1 1
【例 4】（1）（2023 秋·吉林延邊·高一統考期末）已知a 0，b 0，且 + =1，則
a b
4a+9b的最小值是（ ）
A．23 B．26 C．22 D．25
1 1
（2）（2023 秋·河南安陽·高一統考期末）若a 0，b 0，且a +b = 4，則 + 的最小值
a b
為（ ）
1
A． B．1 C．2 D．4
4
5
（3）（2023 秋·山東臨沂·高一校考期末）已知 x 0， y 0，且滿足 x + 2y xy = 0，則
9
的最大值為（ ）
2x + y
A．9 B．6 C．4 D．1
鞏固訓練
2 8x
1．（2023 秋·云南紅河·高一統考期末）已知 x 0, y 0，且 x+ y =1，則 + 的最小值
x y
為 .
9 2
2．（2023 秋·新疆喀什·高一校聯考期末）若 x 0, y 0，且 x+ 2y = 5，則 + 的最小值
x y
為 ．
3．（2023 秋·重慶長壽·高一統考期末）已知正數m n，滿足2m+3n mn = 0，則2m+3n的
最小值為 .
題型五 基本不等式之拼湊求最值
1
【例 5】（1）（2023 秋·黑龍江哈爾濱·高一統考期末）函數 f (x) = 4x + (x 1)的最小值
x 1
為（ ）
A．12 B．10 C．8 D．4
1 2
（2）（2023 春·山西·高一統考期末）已知正數 a，b 滿足a+ 2b = 6，則 + 的最小
a + 2 b +1
值為（ ）
7 10
A． B．
8 9
9 8
C． D．
10 9
（3）（2023 秋·甘肅天水·高一統考期末）（多選）已知a 0,b 0，且2a+b =1，若不等式
2 1
+ m恒成立，則m 的值可以為（ ）
a b
A．10 B．9 C．8 D．7
（4）（2023 秋·廣東廣州·高一廣州大學附屬中學校考期末）已知正實數 x ， y 滿足
2 1
4x + 7y = 4，則 + 的最小值為 .
x +3y 2x + y
鞏固訓練
6
4
1．（2023 春·湖南岳陽·高一湖南省岳陽縣第一中學校考期末）若 x 0，則 x + 的最小
x +1
值為 ．
2．（2023 秋·天津南開·高一天津大學附屬中學校考期末）已知a 1,b 2,a +b = 5，則
1 4
+ 的最小值為 ．
a 1 b 2
4 1
3．（2023 秋·山東濟南·高一校考期末）若兩個正實數 x，y 滿足 + =1，且不等式
x y
x + 4 y m2 6m恒成立，則實數 m 的取值范圍是 ．
2 1
4．（2023 秋·湖北黃岡·高一統考期末）已知a,b +R ,a + 2b =1，則 + 的最小值
a + 2 b +1
為 .
1 1
5．（2023 秋·天津靜海·高一靜海一中校考期末）已知a ,b ，且2a+b = 2，則
4 2
1 1
+ 的最小值是 .
4a 1 2b 1
題型六 基本不等式之商式分離或換元求最值
7 x2 6x +10
【例 6】（1）（2023·全國·高一專題練習）若 x ，則 f (x) = 有（ ）
2 x 3
5 5
A．最大值 B．最小值 C．最大值 2 D．最小值 2
2 2
x2 2x + 4
（2）（2023·全國·高一專題練習）若函數 f (x) = (x 2)在 x = a處取最小值，則
x 2
a =（ ）
A．1+ 5 B．2 C．4 D．6
(x +5)(x + 2)
（3）（2023·全國·高一專題練習）函數 y = (x 1)的最小值為 .
x +1
鞏固訓練
x2 2x + 2
1．（2023·全國·高一專題練習）若 1 x 1 ，則 y = 有（ ）
2x 2
A．最大值 1 B．最小值 1 C．最大值1 D．最小值1
x2 x +1
2．（2023·全國·高一專題練習）若 x 1，則函數 y = 的最小值為 .
x 1
x2 + x +3
3．（2023 秋·高一單元測試）函數 y = (x 2)的最小值為 ．
x 2
x2 + x + 4
7．（2023·全國·高三專題練習）已知 x 1，則函數 y = 的最小值是 ．
x +1
題型七 基本不等式的應用
7
【例 7】（1）（2023·全國·高一假期作業）已知a 0，b 0，c 0，求證：
bc ca ab
+ + a + b + c .
a b c
（2）（2023 秋·廣東湛江·高一雷州市第一中學校考期末）為宣傳 2022 年北京冬奧會，某公
益廣告公司擬在一張矩形海報紙（記為矩形 ABCD，如圖）上設計三個等高的宣傳欄（欄
面分別為一個等腰三角形和兩個全等的直角梯形），宣傳欄（圖中陰影部分）的面積之和為
1440cm2 .為了美觀，要求海報上所有水平方向和豎直方向的留空寬度均為2cm .設直角梯形
的高為 xcm .
(1)當 x 20時，求海報紙的面積；
(2)為節約成本，應如何選擇海報紙的尺寸，可使用紙量最少（即矩形 ABCD的面積最
小）？
（3）（2023 春·云南玉溪·高一統考期末）一艘船上的某種液體漏到一片海域中，為了治
污，根據環保部門的建議，現決定在該片海域中投放一種與污染液體發生化學反應的藥
劑，已知每投放a (2 a 6, a R)個單位的藥劑，它在海水中釋放的濃度 y （克/升）隨著
時間 x（天）變化的函數關系式近似為 y = a f (x)（投放當天 x = 0），其中
16
1(0 x 4) 8 x
f (x) = 若多次投放，則某一時刻水中的藥劑濃度為各次投放的藥劑在
15 x (4 x 10)
2
相應時刻所釋放的濃度之和．根據經驗，當海水中藥劑的濃度不低于 6（克/升）時，它才
能起到有效治污的作用．
(1)若一次投放 2 個單位的藥劑，則有效治污時間可達幾天？
(2)若第一次投放 4 個單位的藥劑，6 天后再投放（第二次投放）a個單位的藥劑，要使第
二次投放后的 5 天（含投放當天）能夠持續有效治污，試求a的最小值．
鞏固訓練
1．（2023·江蘇·高一假期作業）已知a 0，b 0，c 0，且a+b+ c =1．求證：
8
1 1 1
a + + b + + c + ≥10．
a b c
2．（2023 秋·內蒙古呼和浩特·高一鐵路一中校考期末）如圖，某人計劃用籬笆圍成一個一
邊靠墻（墻的長度沒有限制）的矩形菜園．設菜園的長為 xm，寬為 ym．
(1)若菜園面積為 72m2，則 x，y 為何值時，可使所用籬笆總長最小？
1 2
(2)若使用的籬笆總長度為 30m，求 + 的最小值．
x y
3．（2023 秋·陜西渭南·高一統考期末）某學校要建造一個長方體形的體育館，其地面面積
為 240m2，體育館高5m，如果甲工程隊報價為：館頂每平方米的造價為 100 元，體育館前
后兩側墻壁平均造價為每平方米 150 元，左右兩側墻壁平均造價為每平方米 250 元，設體
育館前墻長為 x米．
(1)當前墻的長度為多少時，甲工程隊報價最低？
(2)現有乙工程隊也參與該校的體育館建造競標，其給出的整體報價為
a +1152
12000+500 + a 元 (a 0)，若無論前墻的長度為多少米，乙工程隊都能競標成
x
功，試求a的取值范圍．
題型八 一元二次不等式的解法
【例 8】（1）（2023 秋·內蒙古呼和浩特·高一鐵路一中校考期末）求解下列不等式的解集：
(1) x2 + 4x +5 0；
(2) 2x2 5x+ 2 0；
(3) 4x 1 7 0；
2
(x +1)(x 5)
(4) 0；
(x 2)
4 x
(5) 1 .
2x + 3
（2）（2023 秋·重慶江北·高一字水中學校考期末）已知不等式ax2 5x +b 0的解集為
9
{x | 3 x 2} ,則不等式bx2 5x + a 0的解集為( )
1 1 1 1
A．{x | x 或 x } B．{x | x }
3 2 3 2
C．{x | 3 x 2} D．{x | x 3或 x 2}
（3）（2023 秋·重慶江北·高一字水中學校考期末）（1）若不等式ax2 + (1 a)x + a 2 2對
一切實數 x恒成立，求實數a的取值范圍；（2）解關于 x 的不等式
ax2 + (1 a)x + a 2 a 1(a R)．
鞏固訓練
1．（2023 秋·內蒙古赤峰·高一統考期末）解下列不等式：
(1) 2x2 +5x 3 0；
(2) 3x2 + 6x 2；
x + 5 1
(3) ；
x 3 2
(4) (x 1)(x 2) x (2x 5)+ 3
2．（2023 秋·內蒙古呼和浩特·高一鐵路一中校考期末）已知不等式ax2 +bx + 2 0的解集為
{x | 1 x 2}，則不等式2x2 +bx + a 0的解集為（ ）
1 1
A．{x | 1 x } B．{ x | x 1或 x }
2 2
C． x| 2 x 1 D． x | x 2或 x 1
3．（2023 秋·湖南常德·高一漢壽縣第一中學校考期末）關于 x 的不等式：
ax2 + (3 a) x 2a 6 0
(1)當 a =1時，解關于 x的不等式；
(2)當 a R時，解關于 x的不等式.
題型九 一元二次不等式的關聯知識點綜合
【例 9】（1）（2023 秋·山西朔州·高一懷仁市第一中學校校考期末）已知集合
A= x (x+2)(x 1)<0 2，非空集合B= x 2x < (2 m) x+m .
(1)當m=1時，求 R (A B)；
(2)若“ x B ”是“ x A”的充分條件，求實數m 的取值范圍.
10
（2）（2023 秋·河南信陽·高一信陽高中校考期末）已知m 0，n 0，關于 x 的不等式
x2 mx 20 0的解集為{x | 2 x n}．
（1）求 m，n 的值；
1 1
（2）正實數 a，b 滿足na+mb = 2，求 + 的最小值．
5a b
鞏固訓練
1．（2022 秋·廣東深圳·高一深圳市高級中學校考期末）在① A ( R B) = A，② A B = ，
③ A B = A這三個條件中任選一個，補充到下面的問題中，并求解下列問題：
11
已知集合 A = x∣a 1 x 2a + 3 , B = x∣ 1 ，若__________，求實數a的取值范
x 4
圍.
2
2．（2023 秋·山東臨沂·高一校考期末）已知命題 p: x0 1,1 , x0 x0 m 0是假命題.
(1)求實數m 的取值集合 B ；
(2)設不等式 (x 3a)(x a 2) 0的解集為 A，若 x B 是 x A的必要不充分條件，求實數
a的取值范圍.
題型十 一元二次不等式的應用
【例 10】（1）（2022 秋·湖北黃岡·高一校聯考階段練習）科技創新是企業發展的源動力，
是一個企業能夠實現健康持續發展的重要基礎．某科技企業最新研發了一款大型電子設
備，并投入生產應用．經調研，該企業生產此設備獲得的月利潤 p ( x)（單位：萬元）與投
入的月研發經費 x（15 x 40，單位：萬元）有關：當投入的月研發經費不高于 36 萬元
1 2
時， p (x) = x +8x 90；當投入月研發經費高于 36 萬元時， p (x) = 0.4x + 54．對于企
10
p (x)
業而言，研發利潤率 y = 100%，是優化企業管理的重要依據之一， y 越大，研發利
x
潤率越高，反之越小．
（1）求該企業生產此設備的研發利潤率 y 的最大值以及相應月研發經費 x 的值；
（2）若該企業生產此設備的研發利潤率不低于 190%，求月研發經費 x 的取值范圍．
鞏固訓練
11
1．（2022 秋·北京·高一東直門中學校考階段練習）如圖所示，已知邊長為8m的正方形鋼板
有一個角被銹蝕，其中 AE = 4m，CD = 6m .為了合理利用這塊鋼板，將在五邊形 ABCDE 內
截取一個矩形塊BNPM ，使點 P 在邊DE 上.
(1)設MP = x m，矩形 2BNPM 的面積為S m ，試寫出 x 的取值范圍及S與 x 的關系式；
(2)要使矩形BNPM 的面積不小于42m2，試求 x 的取值范圍
12
第二章 一元二次函數、方程和不等式（教師版）
知識梳理
1. 等式的性質
性質 1 如果a = b，那么b = a 性質 2 如果a = b，b = c，那么a = c
性質 3 如果a = b，那么a c = b c 性質 4 如果a = b，那么ac = bc
性質 5 如果a = b，c 0，那么 a b=
c c
2. 作差法比較大小關系
a b 0 a b ，a b = 0 a = b ，a b 0 a b
3. 不等式的性質
性質 1 對稱性 a b b a 性質 2 傳遞性 a b, b c a c
性質 3 可加性 a b a+ c b+ c 性質 4 可乘性 a b, c 0 ac bc
性質 5 同向可加性 性質 6 同向同正可乘性
a b, c d a + c b+ d a b 0, c d 0 ac bd
性質 7 可乘方性 性質 8 可開方性
a b 0 an bn (n N+ , n 2) a b 0 n a n b(n N+ , n 2)
b b＋m b b－m a a＋m a a－m
若 a＞b＞0，m＞0，則 ＜ ； ＞ ，(b－m＞0)； ＞ ； ＜ ，(b－m＞
a a＋m a a－m b b＋m b b－m
0)．
4. 基本不等式
a +b
a 0, b 0 ab 當且僅當a = b時取等號
2 ，
a + b
其中 叫做正數a ，b 的算術平均數，
2
ab 叫做正數a，b 的幾何平均數
通常表達為：a + b 2 ab （積定和最小）
應用條件：“一正，二定，三相等”
1
基本不等式的推論 1 基本不等式的推論 2
( )2 a, b R a2 +b2a +b 2ab
a 0, b 0 ab （和定積最
4
當且僅當a = b時取等號
大）
當且僅當a = b時取等號
5. 二次函數的圖象與性質
y = ax2 +bx + c (a 0) a 0 a 0
函數圖象
開口方向 向上 向下
b
對稱軸方程 x =
2a
4ac b2
最值 y =
4a
6. 一元二次方程求根公式及韋達定理
一元二次方程求根公式
b b22 4acax +bx + c = 0 (a 0) 2的根為： x = (a 0, b 4ac 0)
2a
韋達定理（根與系數的關系）
b
x1 + x2 =
ax2 +bx + c = 0 (a 0) 的兩根為 x1， x ；則
a
2 c
x1 x2 =
a
7. 解一元二次不等式
“三個二次”：一元二次不等式與一元二次方程及二次函數的聯系
判別式
0 = 0 0
= b2 4ac
一元二次方程 有兩個不等實根 有兩個相等實根
2 b 無實數根 ax +bx + c = 0(a 0) x ， x （設 x1 = x2 = 1 2 2a
2
的根
x1 x2 ）
二次函數
y = ax2 +bx+ c(a 0)
的圖象
ax2 +bx + c 0(a 0) b x x x1或x x2

x x
R
2a
的解集
ax2 +bx + c 0(a 0) x x1 x x2
的解集
ax2＋bx＋c＞0(a≠0)恒成立的充要條件是：a＞0 且 b2－4ac＜0(x∈R)．
ax2＋bx＋c＜0(a≠0)恒成立的充要條件是：a＜0 且 b2－4ac＜0(x∈R)．
8. 解分式不等式
g(x) g(x)
① 0 f (x)g(x) 0 ② 0 f (x)g(x) 0
f (x) f (x)
g(x) f (x)g(x) 0 g(x) f (x)g(x) 0
③ 0 ④ 0
f (x) f (x) 0 f (x) f (x) 0
9. 解單絕對值不等式
x a(a 0) x a或 x a ， x a(a 0) a x a
題型總結
題型一 用不等式或不等式組表示不等關系及用不等式的性質求取值范圍
【例 1】（1）（2023 秋·甘肅酒泉·高一統考期末）鐵路總公司關于乘車行李規定如下：乘坐
動車組列車攜帶品的外部尺寸長、寬、高之和不超過 130cm，且體積不超過72000cm3，設
攜帶品外部尺寸長、寬、高分別記為 a，b，c（單位：cm），這個規定用數學關系式可表示
為（ ）
A．a+b+ c 130且abc 72000 B．a+b+ c 130且abc 72000
C．a+b+ c 130且abc 72000 D．a+b+ c 130且abc 72000
【答案】C
【分析】根據數量關系列不等式，“不超過”不等號為“小于等于”.
3
【詳解】由長、寬、高之和不超過 130cm 得a+b+ c 130，由體積不超過72000cm3得
abc 72000 .
故選：C.
（2）（2023 春·廣東揭陽·高一統考期末）已知a,b R ，且 5 a 2,1 b 4 ，則3a b的
取值范圍是 ．
【答案】 ( 19,5)
【分析】利用不等式的基本性質求解.
【詳解】解：因為a,b R ，且 5 a 2,1 b 4，
所以 15 3a 6, 4 b 1，
所以 19 3a b 5，
所以3a b的取值范圍是 ( 19,5)
故答案為： ( 19,5)
鞏固訓練：
1．（2022·全國·高一專題練習）某學生月考數學成績 x 不低于 100 分，英語成績 y 和語文
成績 z 的總成績高于 200 分且低于 240 分，用不等式組表示為（ ）
x 100 x 100
A． B．
200 y + z 240 200 y + z 240
x 100 x 100
C． D．
200 y + z 240 200 y + z 240
【答案】D
【分析】利用題設條件即得.
【詳解】數學成績 x不低于 100 分表示為 x 100，英語成績 y 和語文成績 z 的總成績高
x 100
于 200 分且低于 240 分表示為200 y + z 240，即 .
200 y + z 240
故選：D.
2．（2023·全國·高一假期作業）已知1 a+b 4， 1 a b 2，則3a+ 2b的取值范圍
是 ．
【答案】 2,11
4
5 1
【分析】利用待定系數法可得3a + 2b = (a + b)+ (a b)，利用不等式的基本性質可求得
2 2
3a+ 2b的取值范圍.
【詳解】設3a + 2b = x (a + b)+ y (a b) = (x + y )a + (x y )b ，
5
x = x + y = 3 2
所以 ，解得 ，
x y = 2 1y =
2
5 1
3a + 2b = (a +b)+ (a b)
2 2
5 5 1 1
因為1 a+b 4， 1 a b 2，則 (a + b) 10， (a b) 1，
2 2 2 2
因此，2 3a+ 2b 11 .
故答案為： 2,11 .
題型二 比較代數式大小及不等式證明
【例 2】（1）（2023 春·云南玉溪·高一統考期末）下列說法正確的是（ ）
A．若a b 0，則ac bc B．若 a b，則 a b
a a + c
C．若a b 0，則a2 ab D．若 a b c，則
b b + c
【答案】C
【分析】根據不等式的性質，結合舉反例的方法，可得答案.
【詳解】對于 A，若c 0，則ac = bc ，故 A 錯誤；
對于 B，若a =1，b = 2，則 a b ，故 B 錯誤；
對于 C，若a b 0，a 0，可得a2 ab，故 C 正確；
a 3 a + c 2 a a + c
對于 D，若 a = 3，b = 2，c = 1，則 = , = = 2, ，故 D 錯誤.
b 2 b + c 1 b b + c
故選：C．
（2）（2023 秋·陜西西安·高一統考期末）設 t = a 4b， s = a +b2 + 4，則 t 與 s的大小關系
是（ ）
A． s t B． s t C． s t D． s t
【答案】A
【分析】利用作差法求解即可.
5
2
【詳解】因為 s t = a +b2 + 4 (a 4b) = b2 + 4b+ 4 = (b+ 2) 0，
所以 s t .
故選：A.
（3）（2023·高一課時練習）閱讀材料：
y y +m
（1）若 x y 0，且m 0，則有
x x +m
（2）若 a b,c d ，則有 a + c b + d ．
請依據以上材料解答問題：
a b c
已知 a，b，c 是三角形的三邊，求證： + + 2．
b + c a + c a +b
【答案】證明見解析.
【分析】利用三角形兩邊的和大于第三邊，結合給定材料推理作答.
【詳解】因為 a，b，c 是三角形的三邊，則b+ c a 0，由材料（1）知，
a a + a 2a
= ，
b + c b + c + a a +b + c
b 2b c 2c
同理 ， ，由材料（2）得：
a + c a + b + c a + b a +b + c
a b c 2a 2b 2c 2(a +b + c)
+ + + + = = 2，
b + c a + c a +b a +b + c a +b + c a +b + c a +b + c
所以原不等式成立.
鞏固訓練
1．（2023 秋·湖南婁底·高一統考期末）已知M = (a + 2)(a + 3)， N = a2 +5a + 4 則（ ）
A．M N B．M N C．M N D．無法確定
【答案】A
【分析】作差即可比較大小.
【詳解】M N = (a + 2)(a +3) (a2 +5a + 4) = 2 0 ,
故M N .
故選:A.
2．（2023 秋·重慶九龍坡·高一重慶市楊家坪中學校考期末）下列命題為真命題的是（ ）
A．若a b,c d ，則a+ c b+ d
c c
B．若a b 0,c 0，則
a b
6
C．若 a b，則ac2 bc2
D．若a b,c d ，則ac bd
【答案】AB
【分析】利用不等式的基本性質可判斷 A；利用作差法比較出大小可判斷 B；舉出反例可
判斷 CD.
【詳解】對于 A，由不等式的性質可知同向不等式相加，不等式方向不變，故 A 正確；
c c c (b a) c c
對于 B， = ，因為b a 0,c 0,ab 0，所以 0，故 B 正確；
a b ab a b
對于 C，當c 0時，ac2 = bc2 故 C 錯誤；
對于 D，當a = 1,b = 2.c = 2,d =1時，ac = bd ，故 D 錯誤；
故選：AB.
a + b c + d
3．（2023·高一課時練習）（1）若 bc－ad≥0，bd>0，求證： ≤ ；
b d
a b
（2）已知 c>a>b>0，求證：
c a c b
【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.
c a
【分析】（1）由不等式的性質，先得到 ，兩邊同時+1，即得證；
d b
1 1 c c
（2）由不等式的性質，先得到 ，兩邊乘以 c,可得 ，兩邊同時-1，可得
a b a b
c a c b
，再兩邊取倒數，即得證.
a b
c a
【詳解】證明：（1）∵bc≥ad，bd>0，∴ ，
d b
c a a + b c + d
∴ ＋1≥ ＋1，∴ ≤ .
d b b d
（2）∵c>a>b>0，∴c－a>0，c－b>0.
1 1∵a>b>0，∴
a b
c c c a c b
又∵c>0，∴ ，∴ ，
a b a b
a b
又 c－a>0，c－b>0，∴
c a c b
.
題型三 基本不等式之直接求最值
【例 3】（1）（2023 春·江西宜春·高一江西省豐城拖船中學校考期末）已知a 0,b 0，
a+b = 6，則ab的最大值為（ ）
7
A．6 B．9 C．12 D．36
【答案】B
【分析】根據題意，結合基本不等式，即可求解.
【詳解】因為a 0，b 0且a+b = 6，
a + b
由基本不等式可得 ab ( )2 = 9，當且僅當a = b = 3時，等號成立，
2
所以ab的最大值為9 .
故選：B.
（2）（2023 秋·江蘇淮安·高一淮陰中學校考期末）若a,b都是正數，且ab =1，則a + 2b的
最小值是 .
【答案】2 2
【分析】利用基本不等式求解即可.
【詳解】因為a,b都是正數，且 ab =1，
所以a + 2b 2 a 2b = 2 2 ，
2
當且僅當a = 2b，即a = 2,b = 時取等號，
2
故答案為：2 2 .
鞏固訓練
1．（2023 秋·甘肅天水·高一統考期末）已知正數 x ， y 滿足 x + 2y = 2，則 xy的最大值為
（ ）
1 1
A．2 B．1 C． D．
2 4
【答案】C
【分析】利用基本不等式計算可得.
【詳解】因為正數 x， y 滿足 x + 2y = 2，
2
1 1 x + 2y 1
所以 xy = x (2y) = ，
2 2 2 2
1
當且僅當 x = 2y且 x + 2y = 2，即 x =1, y = 時取等號，
2
1
所以 xy的最大值為 .
2
故選：C.
8
a2 + 4
2．（2023 春·湖南邵陽·高一邵陽市第二中學校考期末）已知a 0，則 的最小值
a
為 ．
【答案】4
a2 + 4 4
【分析】直接展開得 = a + ，利用基本不等式即可求出最值.
a a
a2 + 4 4 4
【詳解】 a 0， = a + 2 a = 4，a = 2時取等號，
a a a
故答案為：4.
題型四 基本不等式之妙用“1”求最值
1 1
【例 4】（1）（2023 秋·吉林延邊·高一統考期末）已知a 0，b 0，且 + =1，則
a b
4a+9b的最小值是（ ）
A．23 B．26 C．22 D．25
【答案】D
1 1
【分析】根據已知將4a+9b變為 + (4a + 9b)，展開后結合基本不等式，即可求得答
a b
案.
1 1
【詳解】由題意得a 0，b 0， + =1，
a b
1 1 9b 4a 9b 4a
故4a + 9b = + (4a + 9b) = + +13 2 +13 = 25，
a b a b a b
9b 4a 1 1 5 5
當且僅當 = ，結合 + =1，即a = ,b = 時取等號，
a b a b 2 3
故4a+9b的最小值是 25，
故選：D
1 1
（2）（2023 秋·河南安陽·高一統考期末）若a 0，b 0，且a +b = 4，則 + 的最小值
a b
為（ ）
1
A． B．1 C．2 D．4
4
【答案】B
【分析】由a +b = 4，利用“乘 1 法”和基本不等式即可得出．
【詳解】因為a +b = 4，
9
1 1 1 1 1 1 a b 1 b a
所以 + = (a + b) + = 2+ + 2+ 2 =1，
a b 4 a b 4 b a 4 a b
1 1
當且僅當a = 2，b = 2時，等號成立，故 + 的最小值為 1．
a b
故選：B．
（3）（2023 秋·山東臨沂·高一校考期末）已知 x 0， y 0，且滿足 x + 2y xy = 0，則
9
的最大值為（ ）
2x + y
A．9 B．6 C．4 D．1
【答案】D
2 1
【分析】由題可得 + =1，利用基本不等式可得2x + y 9 ，進而即得.
x y
【詳解】因為 x + 2y xy = 0， x 0， y 0，
2 1
所以 + =1，
x y
2 1 2y 2x 2y 2x
所以 2x + y = (2x + y) + = + + 5 2 + 5 = 9，
x y x y x y
2y 2x
當且僅當 = ，即 x = y = 3時等號成立，
x y
9 9
所以 1，即 的最大值為 1.
2x + y 2x + y
故選：D.
鞏固訓練
2 8x
1．（2023 秋·云南紅河·高一統考期末）已知 x 0, y 0，且 x+ y =1，則 + 的最小值
x y
為 .
【答案】10
【分析】根據基本不等式靈活運用“1”即可.
2 8x 2x + 2y 8x 2y 8x
【詳解】因為 x+ y =1，所以 2x + 2y = 2，所以 + = + = 2 + +
x y x y x y
2y 8x
又因為 x 0， y 0，所以 0 ， 0，由基本不等式得：
x y
2y 8x 2y 8x
2 + + 2 + 2 =10
x y x y
2y 8x 1 2
當且僅當 = ，即 x = , y = 時等號成立.
x y 3 3
故答案為：10
10
9 2
2．（2023 秋·新疆喀什·高一校聯考期末）若 x 0, y 0，且 x+ 2y = 5，則 + 的最小值
x y
為 ．
【答案】5
x 2y
【分析】根據題意可得 + =1，結合基本不等式運算求解.
5 5
x 2y
【詳解】因為 x 0, y 0，且 x+ 2y = 5，則 + =1，
5 5
9 2 9 2 x 2y 18y 2x 13 18y 2x 13
可得 + = + + = + + 2 + = 5，
x y x y 5 5 5x 5y 5 5x 5y 5
18y 2x
當且僅當 = ，即 x = 3y = 3時，等號成立，
5x 5y
9 2
所以 + 的最小值為 5.
x y
故答案為：5.
3．（2023 秋·重慶長壽·高一統考期末）已知正數m n，滿足2m+3n mn = 0，則2m+3n的
最小值為 .
【答案】24
2 3
【分析】根據正數m ， n滿足2m+3n mn = 0，可得 + =1，
n m
2 3
再由2m+ 3n = (2m+ 3n) + ，利用基本不等式即可求解.
n m
2 3
【詳解】由正數m ，n滿足2m+3n mn = 0，可得 + =1，
n m
2 3 4m 9n 4m 9n
所以2m+3n = (2m+3n) + = + +12 2 +12 = 24，
n m n m n m
4m 9n 2 3
當且僅當 = ， + =1，即m = 6,n = 4時取等號，
n m n m
所以2m+3n的最小值為24 .
故答案為：24 .
題型五 基本不等式之拼湊求最值
1
【例 5】（1）（2023 秋·黑龍江哈爾濱·高一統考期末）函數 f (x) = 4x + (x 1)的最小值
x 1
為（ ）
A．12 B．10 C．8 D．4
11
【答案】C
【分析】利用基本不等式求得正確答案.
【詳解】依題意 x 1, x 1 0，
1 1
f (x) = 4(x 1)+ + 4 2 4(x 1) + 4 = 8，
x 1 x 1
1 3
當且僅當4(x 1) = , x = 時等號成立.
x 1 2
故選：C
1 2
（2）（2023 春·山西·高一統考期末）已知正數 a，b 滿足a+ 2b = 6，則 + 的最小
a + 2 b +1
值為（ ）
7 10
A． B．
8 9
9 8
C． D．
10 9
【答案】C
【分析】由a+ 2b = 6，得到a+ 2+ 2b+ 2 =10，再利用“1”的代換求解.
【詳解】解：因為a+ 2b = 6，
所以a+ 2+ 2b+ 2 =10，
1 2 1 1 4 1 2b + 2 4(a + 2) 9
所以 + = + (a + 2+ 2b + 2) 5+ 2 = ，
a + 2 b +1 10 a + 2 2b + 2 10 a + 2 2b + 2 10
4 7
當且僅當2b + 2 = 2 (a + 2)，即a = ，b = 時，等號成立．
3 3
故選：C
（3）（2023 秋·甘肅天水·高一統考期末）（多選）已知a 0,b 0，且2a+b =1，若不等式
2 1
+ m恒成立，則m 的值可以為（ ）
a b
A．10 B．9 C．8 D．7
【答案】BCD
2 1 2 1
【分析】根據題意和基本不等式，求得 + ≥9，由 + m恒成立，得到m 9，結合
a b a b
選項，即可求解.
【詳解】由a 0,b 0 ，且2a+b =1，
2 1 2 1 2b 2a 2b 2a
可得 + = ( + )(2a +b) = 5+ + 5+ 2 = 9，
a b a b a b a b
12
2b 2a 1
當且僅當 = 時，即a = b = 時，等號成立，
a b 3
2 1
又因為不等式 + m恒成立，所以m 9，
a b
結合選項，可得選項 B、C、D 符合題意.
故選：BCD.
（4）（2023 秋·廣東廣州·高一廣州大學附屬中學校考期末）已知正實數 x ， y 滿足
2 1
4x + 7y = 4，則 + 的最小值為 .
x +3y 2x + y
9
【答案】
4
【分析】由4x + 7y = 2(x + 3y)+ (2x + y)，結合基本不等式求解即可.
【詳解】因為4x + 7y = 4，
2 1 1 2 1
所以 + = 2(x +3y)+ (2x + y) + ，
x +3y 2x + y 4 x +3y 2x + y
2 1 1 2(x +3y) 2(2x + y)
所以 + = 4+ + +1 ，
x +3y 2x + y 4 2x + y x +3y
2(x +3y) 2(2x + y)
因為 x, y為正實數，所以 0, 0，
2x + y x +3y
2(x + 3y) 2(2x + y) 2(x +3y) 2(2x + y) x +3y = 2x + y
所以 + 2 = 4，當且僅當 時等號
2x + y x +3y 2x + y x +3y 4x + 7y = 4
8 4
成立，即 x = , y = 時等號成立，
15 15
2 1 1 9 8 4
所以 + (4+ 4+1) = ，當且僅當 x = , y = 時等號成立，
x +3y 2x + y 4 4 15 15
2 1 9
所以 + 的最小值為 ，
x +3y 2x + y 4
9
故答案為： .
4
鞏固訓練
4
1．（2023 春·湖南岳陽·高一湖南省岳陽縣第一中學校考期末）若 x 0，則 x + 的最小
x +1
值為 ．
【答案】3
【分析】利用基本不等式，變形求函數的最小值.
13
4 4 4
【詳解】因為 x 0，由基本不等式得： x + = x +1+ 1 2 (x +1) 1= 3，
x +1 x +1 x +1
4
當且僅當 x +1= ，且 x 0，即 x =1時等號成立．
x +1
故答案為：3
2．（2023 秋·天津南開·高一天津大學附屬中學校考期末）已知a 1,b 2,a +b = 5，則
1 4
+ 的最小值為 ．
a 1 b 2
9
【答案】
2
1 1 4
【分析】由已知條件構造出 (a 1)+ (b 2) =1，然后與 + 相乘，構造出基本不2 a 1 b 2
等式，利用基本不等式即可.
【詳解】因為a 1,b 2，
所以a 1 0,b 2 0，
又a+b = 5，
1
所以 (a 1)+ (b 2) = 2 (a 1)+ (b 2) =1， 2
1 4 1 1 4 1 b 2 4(a 1)
所以 + = (a 1)+ (b 2) + = 1+ + + 4 a 1 b 2 2 a 1 b 2 2 a 1 b 2
1 b 2 4(a 1) 1 9
5+ 2 = (5+ 4) = ，
2 a 1 b 2 2 2

b 2 4(a 1) 5 10
當且僅當 = ，即a = ,b = 時取等號，
a 1 b 2 3 3
1 4 9
所以 + 的最小值為： ，
a 1 b 2 2
9
故答案為： .
2
4 1
3．（2023 秋·山東濟南·高一校考期末）若兩個正實數 x，y 滿足 + =1，且不等式
x y
x + 4 y m2 6m恒成立，則實數 m 的取值范圍是 ．
【答案】 2 m 8
【分析】根據基本不等式即可求解 x + 4 y 的最小值，進而求解m2 6m 16即可.
【詳解】由于 x 0, y 0，所以
14
4 1 16 y x 16 y( xx + 4 y ) + = 8+ + 8+ 2 =16 ,
x y

x y x y
16 y x
當且僅當 = x = 64, y = 4取等號，故m2 6m 16，解得 2 m 8，
x y
故答案為： 2 m 8
2 1
4．（2023 秋·湖北黃岡·高一統考期末）已知a,b +R ,a + 2b =1，則 + 的最小值
a + 2 b +1
為 .
8
【答案】 /1.6
5
2 1 2 2
【分析】由a+ 2b =1可得 (a + 2)+ (2b + 2) = 5，又 + = + ，再用“乘 1
a + 2 b +1 a + 2 2b + 2
法”即可求最小值.
【詳解】因為a+ 2b =1，所以 (a + 2)+ (2b + 2) = 5 .
2 1 2 2 2 2 1
所以 + = + = + (a + 2)+ (2b+ 2)
a + 2 b +1 a + 2 2b + 2 a + 2 2b+ 2

5
1 2(a + 2) 2(2b + 2) 1 2(a + 2) 2(2b + 2) 8
= 4+ + 4+ 2 = ,
5 2b + 2 a + 2 5 2b + 2 a + 2 5
1 1
當且僅當a = ,b = 時等號成立.
2 4
2 1 8
故 + 的最小值為 .
a + 2 b +1 5
8
故答案為: .
5
1 1
5．（2023 秋·天津靜海·高一靜海一中校考期末）已知a ,b ，且2a+b = 2，則
4 2
1 1
+ 的最小值是 .
4a 1 2b 1
【答案】2
1 1
【分析】根據已知式子拼湊出 (4a 1)+ (2b 1) = 2，將 + 乘以“2”再除以“2”，利
4a 1 2b 1
用基本不等式即可求解.
1 1
【詳解】因為a ,b ，所以 (4a 1) 0,(2b 1) 0，
4 2
由2a+b = 2可得 (4a 1)+ (2b 1) = 2，
1 1 1 1 1 1 2b 1 4a 1
則 + = [(4a 1)+ (2b 1)] ( + ) = (2+ + )
4a 1 2b 1 2 4a 1 2b 1 2 4a 1 2b 1
15
1 2b 1 4a 1 2b 1 4a 1 1
(2+ 2 ) = 2當且僅當 = ，即a = ,b =1時取等，
2 4a 1 2b 1 4a 1 2b 1 2
1 1
所以 + 的最小值是2，
4a 1 2b 1
故答案為：2 .
題型六 基本不等式之商式分離或換元求最值
7 x2 6x +10
【例 6】（1）（2023·全國·高一專題練習）若 x ，則 f (x) = 有（ ）
2 x 3
5 5
A．最大值 B．最小值 C．最大值 2 D．最小值 2
2 2
【答案】D
1
【分析】構造基本不等式 f (x) = (x 3)+ 即可得結果.
x 3
7
【詳解】∵ x ，∴ x 3 0，
2
x2
2
6x +10 (x 3) +1 1 1
∴ f (x) = = = (x 3)+ 2 (x 3) = 2，
x 3 x 3 x 3 x 3
1
當且僅當 x 3 = ，即 x = 4時，等號成立，即 f ( x)有最小值 2.
x 3
故選：D.
【點睛】本題主要考查通過構造基本不等式求最值，屬于基礎題.
x2 2x + 4
（2）（2023·全國·高一專題練習）若函數 f (x) = (x 2)在 x = a處取最小值，則
x 2
a =（ ）
A．1+ 5 B．2 C．4 D．6
【答案】C
4
【分析】由 x 2 0，而 f (x) = x 2 + + 2，利用基本不等式可求出最小值，結合等
x 2
號取得的條件可求出a的值.
2
x2 2x + 4 (x 2) + 2 (x 2) + 4 4
【詳解】由題意， x 2 0，而 f (x) = = = x 2 + + 2
x 2 x 2 x 2
4 4
2 (x 2) + 2 = 6，當且僅當 x 2 = ，即 x = 4時，等號成立，
x 2 x 2
所以a = 4 .
故選：C.
【點睛】本題考查基本不等式的應用，考查學生的計算求解能力，屬于基礎題.
16
(x +5)(x + 2)
（3）（2023·全國·高一專題練習）函數 y = (x 1)的最小值為 .
x +1
【答案】9
【分析】由題意得 x+1 0，原函數表達式可化為關于 x +1的表達式，分離常數，轉化為可
利用基本不等式求最值的問題，即可得答案.
【詳解】因為 x 1，則 x+1 0，
x2 + 7x +10 (x +1)2 +5(x +1)+ 4
所以 y = =
x +1 x +1
4 4
= (x +1)+ +5 2 (x +1) +5 = 9，
x +1 x +1
4
當且僅當 x +1= 即 x =1時等號成立，
x +1
∴已知函數的最小值為 9.
故答案為：9.
【點睛】本題考查利用基本不等式求最值問題，難點在于將原函數的表達式中的分子按照
分母的形式進行配湊，分離常數，轉化為可利用基本不等式求最值的問題.
鞏固訓練
x2 2x + 2
1．（2023·全國·高一專題練習）若 1 x 1 ，則 y = 有（ ）
2x 2
A．最大值 1 B．最小值 1 C．最大值1 D．最小值1
【答案】A
【分析】將給定函數化簡變形，再利用均值不等式求解即得.
【詳解】因 1 x 1，則0 1 x 2，
1 (1 x)2 +1 1 1 1 1
于是得 y = = [(1 x)+ ] 2 (1 x) = 1，當且僅當
2 1 x 2 1 x 2 1 x
1
1 x = ，即 x = 0時取“=”，
1 x
x2 2x + 2
所以當 x = 0時， y = 有最大值 1 .
2x 2
故選：A
x2 x +1
2．（2023·全國·高一專題練習）若 x 1，則函數 y = 的最小值為 .
x 1
【答案】3
x2 x +1 1
【分析】由 y = = x 1+ +1，及 x 1，利用基本不等式可求出最小值.
x 1 x 1
【詳解】由題意，
17
x2
2 2
x +1 (x 2x +1)+ (x 1)+1 (x 1) + (x 1)+1 1
y = = = = x 1+ +1，
x 1 x 1 x 1 x 1
1 1 1
因為 x 1，所以 y = x 1+ +1 2 (x 1) +1= 3，當且僅當 x 1= ，即 x = 2時
x 1 x 1 x 1
等號成立.
x2 x +1
所以函數 y = 的最小值為 3.
x 1
故答案為：3.
x2 + x +3
3．（2023 秋·高一單元測試）函數 y = (x 2)的最小值為 ．
x 2
【答案】11
9
【分析】將函數化為 y = x 2+ + 5，利用基本不等式求其最小值，注意取值條件即可.
x 2
(x 2)2 +5(x 2)+9 9
【詳解】由 y = = x 2+ +5，又 x 2 0，
x 2 x 2
9 9
所以 y 2 (x 2) +5 =11，當且僅當 x 2 = ，即 x = 5時等號成立，
x 2 x 2
所以原函數的最小值為11.
故答案為：11
x2 + x + 4
7．（2023·全國·高三專題練習）已知 x 1，則函數 y = 的最小值是 ．
x +1
【答案】3
【分析】將函數化簡，分離常數，然后結合基本不等式即可得到結果.
【詳解】因為 x 1，
x2
2
+ x + 4 (x +1) (x +1)+ 4 4
y = = = (x+1)+ 1
x +1 x +1 x +1
4
2 (x +1) 1= 3
x +1
4
當且僅當 (x +1) = ，即 x =1時，等號成立.
x +1
x2 + x + 4
所以函數 y = 的最小值是3
x +1
故答案為:3 .
題型七 基本不等式的應用
【例 7】（1）（2023·全國·高一假期作業）已知a 0，b 0，c 0，求證：
bc ca ab
+ + a + b + c .
a b c
18
【答案】證明見解析
【分析】三次利用基本不等式即可得證.
【詳解】∵a 0，b 0， c 0，
bc ca bc ca
∴ + 2 = 2c ，
a b a b
bc ca
當且僅當 = ，即a = b時，等號成立，
a b
bc ab bc ab ca ab ca ab
同理： + 2 = 2b， + 2 = 2a ，
a c a c b c b c
當且僅當a = c ，b = c時，等號成立，
bc ca ab
以上三式相加得：2 + + 2(a + b+ c)，
a b c
當且當且僅當a = b = c時，等號成立，
bc ca ab
所以 + + a + b + c .
a b c
（2）（2023 秋·廣東湛江·高一雷州市第一中學校考期末）為宣傳 2022 年北京冬奧會，某公
益廣告公司擬在一張矩形海報紙（記為矩形 ABCD，如圖）上設計三個等高的宣傳欄（欄
面分別為一個等腰三角形和兩個全等的直角梯形），宣傳欄（圖中陰影部分）的面積之和為
1440cm2 .為了美觀，要求海報上所有水平方向和豎直方向的留空寬度均為2cm .設直角梯形
的高為 xcm .
(1)當 x 20時，求海報紙的面積；
(2)為節約成本，應如何選擇海報紙的尺寸，可使用紙量最少（即矩形 ABCD的面積最
小）？
【答案】(1)1920cm2
(2)當海報紙寬為12 5 + 4，長為 24 5 + 8，可使用紙量最少．
【分析】（1）根據已知條件，先求出梯形長的底邊 EF =1440 20 2 = 36cm ，再分別求出
AD， DC ，即可求解；
（2）根據已知條件，結合基本不等式的公式，即可求解．
19
【詳解】（1） 宣傳欄（圖中陰影部分）的面積之和為1440cm2，直角梯形的高為20cm，
則梯形長的底邊 EF =1440 20 2 = 36cm ，
海報上所有水平方向和豎直方向的留空寬度均為2cm，
AD = 20 + 2 2 = 24cm，DC = 36 2 + 2 4 = 80cm ，
故海報面積為 AD DC =1920cm2．
（2） 直角梯形的高為 xcm，宣傳欄（圖中陰影部分）的面積之和為1440cm2，
1440 720
EF = = ，
2x x
海報上所有水平方向和豎直方向的留空寬度均為2cm，
1440
海報寬 AD = x+ 4，海報長DC = + 8，
x
故
1440 5760 5760
SABCD = AD DC = (x + 4)( +8) = 8x + +1472 2 8x +1472 =192 5 +1472，
x x x
5760
當且僅當8x = ，即 x =12 5 ，
x
故當海報紙寬為12 5 + 4，長為 24 5 + 8，可使用紙量最少．
（3）（2023 春·云南玉溪·高一統考期末）一艘船上的某種液體漏到一片海域中，為了治
污，根據環保部門的建議，現決定在該片海域中投放一種與污染液體發生化學反應的藥
劑，已知每投放a (2 a 6, a R)個單位的藥劑，它在海水中釋放的濃度 y （克/升）隨著
時間 x（天）變化的函數關系式近似為 y = a f (x)（投放當天 x = 0），其中
16
1(0 x 4) 8 x
f (x) = 若多次投放，則某一時刻水中的藥劑濃度為各次投放的藥劑在
15 x (4 x 10)
2
相應時刻所釋放的濃度之和．根據經驗，當海水中藥劑的濃度不低于 6（克/升）時，它才
能起到有效治污的作用．
(1)若一次投放 2 個單位的藥劑，則有效治污時間可達幾天？
(2)若第一次投放 4 個單位的藥劑，6 天后再投放（第二次投放）a個單位的藥劑，要使第
20
二次投放后的 5 天（含投放當天）能夠持續有效治污，試求a的最小值．
【答案】(1)1 天
(2)2
32
2(0 x 4)
【分析】（1）根據題意得到 y = 8 x ，分類討論，列出不等式，即可求解；

10 x (4 x 10)
16a
（2）根據題意，求得當6≤ x≤10時， y = 2(14 x)+ a 8，轉化為 y 6對于
14 x
x 6,10 恒成立，結合基本不等式求得最小值，列出不等式8 2a a 8 6，即可求解．
32
2(0 x 4)
【詳解】（1）解：因為a = 2，所以 y = 2 f (x) = 8 x ，

10 x (4 x 10)
32
①當0 x 4時，由 2 6 ，解得 x 4，所以此時 x = 4；
8 x
②當4 x 10時，由10 x 6，解得 x 4，所以此時為空集；
綜上可得，一次投放2個單位的藥劑，則有效治污時間為 1 天．
（2）解：當6≤ x≤10時，
16 16a 16a
可得 y = 20 2x + a 1 = 20 2x + a = 2(14 x)+ a 8，
8 (x 6) 14 x 14 x
根據題意，可得 y 6對于 x 6,10 恒成立，
因為14 x 4,8 ，而2 a 6，所以2 2a 4,4 3 ，
16a 16a
由 2(14 x)+ a 8 2 2(14 x) a 8 = 8 2a a 8，
14 x 14 x
當且僅當14 x = 2 2a 時， y 有最小值為8 2a a 8，
令8 2a a 8 6，解得2 a 6，所以實數a的最小值為2．
鞏固訓練
1．（2023·江蘇·高一假期作業）已知a 0，b 0，c 0，且a+b+ c =1．求證：
1 1 1
a + + b + + c + ≥10．
a b c
【答案】證明見解析
b a c a c b
【分析】將證明式子中的 1 用a+b+ c =1代換，整理為4+ ( + )+ ( + )+ ( + )，根據
a b a c b c
21
基本不等式即可證明．
【詳解】因為 a，b，c 都為正實數，且a+b+ c =1，
1 1 1
所以 (a + ) + (b + )+ (c + )
a b c
a +b + c a +b + c a +b + c
= (a + )+ (b + ) + (c + )
a b c
b a c a c b b a c a c b
= 4+ ( + )+ ( + ) + ( + ) 4+ 2 + 2 + 2 = 4+ 2+ 2+ 2 =10，
a b a c b c a b a c b c
1
當且僅當a = b = c = 時取等號，
3
1 1 1
所以 a + + b + + c + ≥10．
a b c
2．（2023 秋·內蒙古呼和浩特·高一鐵路一中校考期末）如圖，某人計劃用籬笆圍成一個一
邊靠墻（墻的長度沒有限制）的矩形菜園．設菜園的長為 xm，寬為 ym．
(1)若菜園面積為 72m2，則 x，y 為何值時，可使所用籬笆總長最小？
1 2
(2)若使用的籬笆總長度為 30m，求 + 的最小值．
x y
【答案】(1)菜園的長 x 為 12m，寬 y 為 6m 時，可使所用籬笆總長最小
3
(2) ．
10
【分析】（1）由已知可得 xy＝72，而籬笆總長為 x+2y．利用基本不等式 x+2y≥2 2xy 即可
得出；
1 2 2y 2x
（2）由已知得 x+2y＝30，利用基本不等式（ + ） （x+2y）＝5+ + 5+2
x y x y
2y 2x
，進而得出．
x y
【詳解】（1）由已知可得 xy＝72，而籬笆總長為 x+2y．又∵x+2y≥2 2xy = 24，
當且僅當 x＝2y，即 x＝12，y＝6 時等號成立．
22
∴菜園的長 x 為 12m，寬 y 為 6m 時，可使所用籬笆總長最小．
（2）由已知得 x+2y＝30，
1 2 2y 2x 2y 2x
又∵（ + ） （x+2y）＝5+ + 5+2 = 9，
x y x y x y
1 2 3
∴ + ，當且僅當 x＝y，即 x＝10，y＝10 時等號成立．
x y 10
1 2 3
∴ + 的最小值是 ．
x y 10
3．（2023 秋·陜西渭南·高一統考期末）某學校要建造一個長方體形的體育館，其地面面積
為 240m2，體育館高5m，如果甲工程隊報價為：館頂每平方米的造價為 100 元，體育館前
后兩側墻壁平均造價為每平方米 150 元，左右兩側墻壁平均造價為每平方米 250 元，設體
育館前墻長為 x米．
(1)當前墻的長度為多少時，甲工程隊報價最低？
(2)現有乙工程隊也參與該校的體育館建造競標，其給出的整體報價為
a +1152
12000+500 + a 元 (a 0)，若無論前墻的長度為多少米，乙工程隊都能競標成
x
功，試求a的取值范圍．
【答案】(1)當前墻的長度為 20 米時，甲工程隊報價最低為 84000 元
(2)當0 a 36時，無論前墻的長度為多少米，乙工程隊都能競標成功
【分析】（1）根據題意求出報價的表達式，再根據基本不等式即可得解；
1200 a +1152
（2）根據題意可知500 +3x + 24000 12000+500 + a 對任意的 x 0恒成
x x
3(x + 4)2
立，分離參數可得a 對任意的 x 0恒成立，分類常數結合基本不等式求出
1+ x
(x + 4)2
的最小值，即可得解.
1+ x
【詳解】（1）因為體育館前墻長為 x米，地面面積為240m2，
240
所以體育館的左右兩側墻的長度均為 米 (x 0)，
x
設甲工程隊報價為 y 元，
240 1200
所以 y = 5 250 2+150 5x 2+ 24000 = 500 + 3x + 24000，
x x
400
因為 y 1500 2 x + 24000 = 84000，
x
23
400
當且僅當 = x，即 x 20時等號成立，
x
所以當前墻的長度為 20 米時，甲工程隊報價最低為 84000 元；
1200 a +1152
（2）根據題意可知500 +3x + 24000 12000+500 + a 對任意的 x 0恒成
x x
立，
2
即3x + 24x + 48 a (1+ x)對任意的 x 0恒成立，
3(x + 4)2
所以a 對任意的 x 0恒成立，
1+ x
因為a 0，
2 (x +1)2(x + 4) + 6(x +1)+9 9 9
= = (x +1)+ + 6 2 (x +1) + 6 =12，
1+ x 1+ x x +1 x +1
9
當且僅當 x +1= ，即 x = 2時等號成立，
x +1
所以0 a 36，
故當0 a 36時，無論前墻的長度為多少米，乙工程隊都能競標成功．
題型八 一元二次不等式的解法
【例 8】（1）（2023 秋·內蒙古呼和浩特·高一鐵路一中校考期末）求解下列不等式的解集：
(1) x2 + 4x +5 0；
(2) 2x2 5x+ 2 0；
(3) 4x 1 7 0；
2
(x +1)(x 5)
(4) 0；
(x 2)
4 x
(5) 1 .
2x + 3
【答案】(1) x x 1或 x 5
1
(2) x x 2
2
3
(3) x x 2
2
(4) x 1 x 2
24
3 1
(5) x x
2 3
【分析】（1）（2）利用二次不等式的解集解原不等式即可得其解集；
（3）利用絕對值不等式的解法解原不等式即可得其解集；
（4）（5）利用分式不等式的解法解原不等式可得其解集.
【詳解】（1）解：由 x2 + 4x +5 0可得 x2 4x 5 0 ，解得 x 1或 x 5，
故原不等式的解集為 x x 1或 x 5 .
1
（2）解：由2x2 5x+ 2 0可得 (2x 1)(x 2) 0 ，解得 x 2，
2
1
故原不等式的解集為 x x 2 .
2
3
（3）解：由 4x 1 7 0可得 4x 1 7，即 7 4x 1 7，解得 x 2，
2
3
故原不等式的解集為 x x 2 .
2
2 x +1
(x +1)(x 5) 0
（4）解：由 0可得 x 2 ，解得 1 x 2，
(x 2)
x 5 0
故原不等式的解集為 x 1 x 2 .
4 x 4 x 2x +3 (4 x) 3x 1 3 1
（5）解：由 1可得1 = = 0 ，解得 x ，
2x + 3 2x +3 2x +3 2x +3 2 3
3 1
故原不等式的解集為 x x .
2 3
（2）（2023 秋·重慶江北·高一字水中學校考期末）已知不等式ax2 5x +b 0的解集為
{x | 3 x 2} ,則不等式bx2 5x + a 0的解集為( )
1 1 1 1
A．{x | x 或 x } B．{x | x }
3 2 3 2
C．{x | 3 x 2} D．{x | x 3或 x 2}
【答案】A
【分析】由不等式ax2 5x +b 0的解集為 x | 3 x 2 ,可得ax2 5x+b = 0的根為 3,2，
，由韋達定理可得a,b的值，代入不等式bx2 5x + a 0解出其解集即可.
25
【詳解】 ax2 5x +b 0的解集為 x | 3 x 2 ,
ax2 5x +b = 0的根為 3,2，
5 b
即 3+ 2 = ， 3 2 = ，
a a
解得a = 5,b = 30，
則不等式bx2 5x + a 0可化為30x2 5x 5 0，
即為6x2 x 1 0，
1 1
解得 x | x 或 x ，故選 A.
3 2
【點睛】本題考查的知識點是—元二次不等式的解法，及一元二次不等式的解集與一元二
次方程的根之間的關系，其中利用韋達定理求出a,b的值，是解答本題的關鍵.
（3）（2023 秋·重慶江北·高一字水中學校考期末）（1）若不等式ax2 + (1 a)x + a 2 2對
一切實數 x恒成立，求實數a的取值范圍；
（2）解關于 x的不等式ax2 + (1 a)x + a 2 a 1(a R)．
1
【答案】（1）a ；（2）答案見解析.
3
【分析】（1）討論a = 0和a 0兩種情況，按開口方向和判別式列不等式組，解出實數a的
取值范圍；
1
（2）按a = 0，a 0和 a<0三種情況分類討論，當 a<0，比較 和1的大小，分情況寫出
a
不等式的解集．
【詳解】（1）由題意， ax2 + (1 a)x + a≥0恒成立，
當a = 0時，不等式可化為 x 0，不滿足題意；
a 0
當a 0時，滿足 ，
Δ 0
a 0 1
即 ，解得a ；
(1 a)
2 4a2 0 3
1
故實數a的取值范圍是a ．
3
（2）不等式ax2 + (1 a)x + a 2 a 1(a R)等價于ax2 + (1 a)x 1 0．
當a = 0時，不等式可化為 x 1，所以不等式的解集為{x∣x 1}；
26
1
當a 0時，不等式可化為 (ax +1)(x 1) 0，此時 1，
a
1
所以不等式的解集為 x∣ x 1 ；
a
當 a<0時，不等式可化為 (ax +1)(x 1) 0 ，
1
①當a = 1時， =1，不等式的解集為{x∣x 1}；
a
1 1
②當 1 a 0時， 1，不等式的解集為 x x 或 x 1 ；
a a
1 1
③當a 1時， 1，不等式的解集為 x x 1或 x .
a a
1
綜上：a 1時，等式的解集為 x x 1或 x
a
a = 1時，不等式的解集為{x∣x 1}
1
1 a 0時，不等式的解集為 x x 或 x 1
a
a = 0時，不等式的解集為{x∣x 1}
1
a 0時，不等式的解集為 x∣ x 1
a
鞏固訓練
1．（2023 秋·內蒙古赤峰·高一統考期末）解下列不等式：
(1) 2x2 +5x 3 0；
(2) 3x2 + 6x 2；
x + 5 1
(3) ；
x 3 2
(4) (x 1)(x 2) x (2x 5)+ 3
1
【答案】(1) 3,
2
3 3
(2) ,1 1+ ,+
3 3
(3) 13,3)
(4) ( ,1) (1,+ )
【分析】（1）先因式分解，然后直接求解即可；
（2）利用求根公式即可求解不等式；
27
（3）分類討論，將分式不等式變為整式不等式求解；
（4）先整理，然后直接求解即可.
【詳解】（1） 2x2 +5x 3 0，
(2x 1)( x + 3) 0 ，
1
3 x ，
2
1
即不等式的解集為 3, ；
2
（2） 3x2 + 6x 2，
3x2 6x + 2 0，
3 3
解得 x 1 或 x 1+ ；
3 3
3 3
即不等式的解集為 ,1 1+ ,+ ；
3 3
x + 5 1
（3） ，
x 3 2
1 1
x + 5 (x 3) x + 5 (x 3)
2 或 2

x 3 0

x 3 0
解得 13 x 3，
即不等式的解集為 13,3)；
（4） (x 1)(x 2) x (2x 5)+ 3，
整理得 x2 2x +1 0，
解得 x 1，
即不等式的解集為 ( ,1) (1,+ ) .
2．（2023 秋·內蒙古呼和浩特·高一鐵路一中校考期末）已知不等式ax2 +bx + 2 0的解集為
{x | 1 x 2}，則不等式2x2 +bx + a 0的解集為（ ）
1 1
A．{x | 1 x } B．{ x | x 1或 x }
2 2
C． x| 2 x 1 D． x | x 2或 x 1
【答案】A
【分析】根據不等式ax2 +bx + 2 0的解集求出a，b，代入不等式2x2 +bx + a 0中，化簡
28
求出不等式的解集．
【詳解】解：因為不等式ax2 +bx + 2 0的解集為 x | 1 x 2 ，
b 2
ax2 +bx + 2 = 0的兩根為 1，2，且 a<0，即 1+ 2 = ， ( 1) 2 = ，解得a = 1，
a a
b =1，
1
則不等式可化為2x2 + x 1 0，解得 1 x ，則不等式2x2 +bx + a 0的解集為
2
1
x | 1 x ．
2
故選：A.
3．（2023 秋·湖南常德·高一漢壽縣第一中學校考期末）關于 x 的不等式：
ax2 + (3 a) x 2a 6 0
(1)當 a =1時，解關于 x的不等式；
(2)當 a R時，解關于 x的不等式.
【答案】(1) x | x 4或 x 2 ；
(2)答案見解析.
【分析】（1）當a =1時，根據一元二次不等式的解法即可求解；（2）分a = 0，a 0，
a 1，a = 1， 1 a 0五種情況解一元二次不等式即可求解.
【詳解】（1）當a =1時，原不等式化為 x2 + 2x 8 0 ，
方程 x2 + 2x 8 = 0的實數根為 x1 = 4 ， x2 = 2，
所以原不等式的解集為 x | x 4或 x 2 .
（2）ax
2 + (3 a) x 2a 6 0，
當a = 0時，原不等式化為3x 6 0，所以原不等式的解集為 x | x 2 ；
當a 0時，
2 3
方程ax + (3 a) x 2a 6 = 0即 (x 2)(ax + a + 3) = 0 的根為 x1 = 1 ， x2 = 2， a
3 3 3(a +1)
且 x2 x1 = 2 1 = 3+ = ，
a a a
當a 0或a 1時， x2 x1 ；當 1 a 0時， x2 x1；當a = 1時， x2 = x1 ；
29
3
所以當a 0時，原不等式的解集為 x | x 1 或 x 2 ，
a
3
當a 1時，原不等式的解集為 x | 1 x 2 ，
a
當a = 1時，原不等式的解集 ，
3
當 1 a 0時，原不等式的解集為 x | 2 x 1 ，
a
綜上所述：當a = 0時，原不等式的解集為 x | x 2 ；
3
當a 0時，原不等式的解集為 x | x 1 或 x 2 ；
a
3
當a 1時，原不等式的解集為 x | 1 x 2 ；
a
3
當 1 a 0時，原不等式的解集為 x | 2 x 1 ；
a
當a = 1時，原不等式的解集為 .
題型九 一元二次不等式的關聯知識點綜合
【例 9】（1）（2023 秋·山西朔州·高一懷仁市第一中學校校考期末）已知集合
A= x (x+2)(x 1)<0 2，非空集合B= x 2x < (2 m) x+m .
(1)當m=1時，求 R (A B)；
(2)若“ x B ”是“ x A”的充分條件，求實數m 的取值范圍.
【答案】(1){x | x 2或 x 1}
(2) 2 m 4
1
【分析】（1）由m=1可得B= {x | x 1}，則 A B= x 22
（2）“ x B ”是“ x A”的充分條件可知B A且B ，分情況討論即可.
2 1
【詳解】（1）當m=1時，B = x 2x x +1 = {x | x 1}
2
A = x (x + 2)(x 1) 0 = x 2 x 1 ，
則 A B= x 2所以 R (A B) = x x 2或x 1 .
（2）B = x 2x2 (2 m) x +m = x (2x +m)(x 1) 0 ，
因為“ x B ”是“ x A”的充分條件，
30
所以B A且B ，故m 2，
m m
當 1，即m 2時，B= x 12 2
因為 A= x 2所以B A不成立，即m 2不符合題意；
m m
當 1，即m 2時，B= x 2 2
m 2,

則有 m 解得 2 m 4 .
2,
2
綜上，m 的取值范圍為 2 m 4 .
（2）（2023 秋·河南信陽·高一信陽高中校考期末）已知m 0，n 0，關于 x 的不等式
x2 mx 20 0的解集為{x | 2 x n}．
（1）求 m，n 的值；
1 1
（2）正實數 a，b 滿足na+mb = 2，求 + 的最小值．
5a b
【答案】（1）n =10，m = 8；（2）9．
【分析】（1）利用不等式解集的端點為方程的根，由韋達定理即求；
（2）代入m ，n可得5a+ 4b =1，再利用基本不等式的乘“1”法求得最值即可.
【詳解】（1）根據題意，不等式 x2 mx 20 0的解集為{x | 2 x n}，
即方程 x2 mx 20 = 0的兩根為 2和 n，
( 2)+ n = m，
則有
( 2) n = 20，
解可得n =10，m = 8．
（2）正實數 a，b 滿足na+mb = 2，即10a +8b = 2，變形有5a+ 4b =1，
1 1 1 1 4b 5a
則 + = + (5a + 4b) =1+ + + 4 5+ 2 4 = 9，
5a b 5a b 5a b
1 1
當且僅當a = ，b = 時，取等號．
15 6
1 1
∴ + 的最小值為 9．
5a b
鞏固訓練
31
1．（2022 秋·廣東深圳·高一深圳市高級中學校考期末）在① A ( R B) = A，② A B = ，
③ A B = A這三個條件中任選一個，補充到下面的問題中，并求解下列問題：
11
已知集合 A = x∣a 1 x 2a + 3 , B = x∣ 1 ，若__________，求實數a的取值范
x 4
圍.
【答案】答案見解析
【分析】根據所選的條件，① A ( R B) = A可以推出A 是 BR 的子集；② A B = ，兩個
集合沒有公共元素；③ A B = A可以推出 A B .利用集合的交集、補集、并集的定義，
對 a 進行分類討論，分別求解即可．
11
【詳解】解：由 1解得 7 x 4，所以 B = ( 7,4)，.
x 4
若選擇①： A ( R B) = A，則A 是 BR 的子集， A = x∣a 1 x 2a + 3 ,
RB = ( , 7 4,+ )，
當a 1 2a+3，即a 4時， A = ，滿足題意；
a 4 a 4
當a 4時， 或 ,解得a 5，
2a +3 7 a 1 4
綜上可得，實數a的取值范圍是 ( , 4) 5,+ ) .
若選擇②： A B = ，
當 A = 時，即a 1 2a+3，即a 4時，滿足題意；
a 4 a 4
當a 4時， 或 ，解得a 5 .
2a +3 7 a 1 4
綜上可知，實數a的取值范圍是 ( , 4) 5,+ ) .
若選擇③： A B = A，則 A B ，
當a 1 2a+3，即a 4時， A = ，滿足題意；
a 1 7 1
當a 4時， ，解得 4 a ；
2a +3 4 2
1
綜上可知，實數a的取值范圍是 , .
2
2
2．（2023 秋·山東臨沂·高一校考期末）已知命題 p: x0 1,1 , x0 x0 m 0是假命題.
32
(1)求實數m 的取值集合 B ；
(2)設不等式 (x 3a)(x a 2) 0的解集為 A，若 x B 是 x A的必要不充分條件，求實數
a的取值范圍.
【答案】(1) B = (2,+ )
2
(2) ,+
3
【分析】（1）由題意得到 p 是真命題，從而將問題轉化為二次函數在區間內恒成立問
題，由此得解；
（2）先由必要不充分條件的性質得到集合A 是集合 B 的真子集，再分類討論得到解集A ，
從而列不等式求得a的取值范圍.
2
【詳解】（1）因為命題 p: x0 1,1 , x0 x0 m 0是假命題，
所以命題 p : x 1,1 , x2 x m 0是真命題，
所以m x2 x在 x 1,1 上恒成立，
1
令 f (x) = x2 x ( 1 x 1)，則 f ( x)開口向上，對稱軸為 x = ，
2
1 1
所以 f ( x)在 1, 上單調遞減，在 ,12 2
上單調遞增，

2 2
又 f ( 1) = ( 1) ( 1) = 2， f (1) =1 1= 0 ，所以 f (x) = f ( 1) = 2 ，
max
所以m>2，即m (2,+ )，故B = (2,+ ) .
（2）因為 x B 是 x A的必要不充分條件，
所以集合A 是集合 B 的真子集，又B = (2,+ )，
因為 (x 3a)(x a 2) 0對應的方程 (x 3a)(x a 2) = 0的根為 x = 3a 或 x = a + 2，
當3a a+ 2，即a 1時，由 (x 3a)(x a 2) 0得a+ 2 x 3a，則 A = (a + 2,3a)，
所以a + 2 2，則a 0，故a 1；
2
當3a = a+ 2，即a =1時，由 (x 3a)(x a 2) 0得 (x 3) 0，顯然 x ，即 A = ，
滿足題意；
當3a a+ 2，即a 1時，由 (x 3a)(x a 2) 0得3a x a+ 2，則 A = (3a,a + 2)，
33
2 2
所以3a 2，則a ，故 a 1；
3 3
2 2
綜上：a ，即 a ,+ .
3 3
題型十 一元二次不等式的應用
【例 10】（1）（2022 秋·湖北黃岡·高一校聯考階段練習）科技創新是企業發展的源動力，
是一個企業能夠實現健康持續發展的重要基礎．某科技企業最新研發了一款大型電子設
備，并投入生產應用．經調研，該企業生產此設備獲得的月利潤 p ( x)（單位：萬元）與投
入的月研發經費 x（15 x 40，單位：萬元）有關：當投入的月研發經費不高于 36 萬元
1 2
時， p (x) = x +8x 90；當投入月研發經費高于 36 萬元時， p (x) = 0.4x + 54．對于企
10
p (x)
業而言，研發利潤率 y = 100%，是優化企業管理的重要依據之一， y 越大，研發利
x
潤率越高，反之越小．
（1）求該企業生產此設備的研發利潤率 y 的最大值以及相應月研發經費 x 的值；
（2）若該企業生產此設備的研發利潤率不低于 190%，求月研發經費 x 的取值范圍．
【答案】（1）30 萬元，最大值 200%；（2） x | 25 x 36 .
【解析】（1）分別寫出15 x 36與36 x 40時研發利潤率 y 關于月研發經費 x 的函數，再由
基本不等式及函數的單調性求最值，取最大值中的最大者得結論；
（2）由（1）可得應付利潤率關于研發經費 x 的解析式，列不等式求解 x 的范圍即可
【詳解】（1）由已知，當15 x 36時，
1
x2 +8x 90
10 1 90 1 90 ． y = = x +8 8 2 x = 2
x 10 x 10 x
1 90
當且僅當 x = ，即 x = 30時，取等號；
10 x
0.4x + 54 54
當36 x 40時， y = = 0.4+ ．
x x
54 54
因為 y = 0.4+ 在 (36, 40 上單調遞減，所以 y 0.4+ =1.9．
x 36
因為2 1.9，所以當月研發經費為 30 萬元時，研發利潤率取得最大值 200%．
（2）若該企業生產此設備的研發利潤率不低于 190%，
由（1）可知，此時月研發經費15 x 36．
34
1 90
于是，令 y = x +8 1.9，
10 x
整理得 x2 61x +900 0，解得25 x 36．
因此，當研發利潤率不小于 190%時，月研發經費的取值范圍是 x | 25 x 36 ．
【點睛】思路點睛：與實際應用相結合的題型也是高考命題的動向，這類問題的特點是通
過現實生活的事例考查書本知識，解決這類問題的關鍵是耐心讀題、仔細理解題，只有吃
透題意，才能將實際問題轉化為數學模型進行解答.
鞏固訓練
1．（2022 秋·北京·高一東直門中學校考階段練習）如圖所示，已知邊長為8m的正方形鋼板
有一個角被銹蝕，其中 AE = 4m，CD = 6m .為了合理利用這塊鋼板，將在五邊形 ABCDE 內
截取一個矩形塊BNPM ，使點 P 在邊DE 上.
(1)設MP = x m，矩形BNPM 的面積為 S m2，試寫出 x 的取值范圍及S與 x 的關系式；
(2)要使矩形BNPM 的面積不小于42m2，試求 x 的取值范圍.
1
【答案】(1) S = (x 10)
2 + 50 ， x 4,8
2
(2) 6,8
1
【分析】（1）設PN = y ，利用三角形相似得到 y = x +10，再根據面積公式計算可得；
2
1
（2）依題意得到不等式 S = (x 10)
2 + 50 42，求出 x 的取值范圍，再根據（1）中 x 的取
2
值范圍計算可得；
（1）
35
解：設PN = y ，作PQ ⊥ AF 于Q，所以PQ = 8 y，EQ = x 4，
EQ EF x 4 4
因為 EDF∽ EPQ ，所以 = ，所以 = ，
PQ FD 8 y 2
1
所以 y = x +10，
2
x 1
設矩形BNPM 的面積為S，則 S = xy = x(10 ) = (x 10)
2 + 50 ， x 4,8 ；
2 2
（2）
1
解：依題意 S = (x 10)
2 + 50 42，解得6 x 14，
2
又4 x 8，
所以6 x 8，故 x的取值范圍為 6,8
36

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