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第二章+一元二次函數、方程和不等式（知識清單）-【滿分全攻略】（人教A版2019必修第一冊）
第二章 一元二次函數、方程和不等式（知識清單）（16個考點梳理+典型例題+變式練習）
【知識導圖】
【知識清單】
考點1：不等式的基本性質
（1）對稱性：a＞b b＜a.
（2）傳遞性：a＞b，b＞c a＞c.
（3）可加性：a＞b a＋c＞b＋c.
（4）可乘性：a＞b，c＞0 ac＞bc；a＞b，c＜0 ac＜bc.
（5）加法法則：a＞b，c＞d a＋c＞b＋d.
（6）乘法法則：a＞b＞0，c＞d＞0 ac＞bd.
（7）乘方法則：a＞b＞0 an＞bn＞0（n∈N，n≥2）．
【例1】　
1．若，，求證：.
利用不等式的性質證明不等式注意事項
（1）利用不等式的性質及其推論可以證明一些不等式.解決此類問題一定要在理解的基礎上，記準、記熟不等式的性質并注意在解題中靈活準確地加以應用.
（2）應用不等式的性質進行推導時，應注意緊扣不等式的性質成立的條件，且不可省略條件或跳步推導，更不能隨意構造性質與法則.
【變式】
2．已知，，，求證：．
考點2：真分數、假分數的性質
【例2】
3．設a＞b＞1，y1，則y1，y2，y3的大小關系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y2＜y1 D．y2＜y3＜y1
【變式】
4．請根據“糖水加糖變得更甜了”提煉出一個不等式： （設糖水為a克，含糖為b克，加入的糖為m克）．
考點3：比較大小的方法
比較兩實數大小基本方法:
一、差值比較原理：設a、b∈R，則a＞b a－b＞0，a＝b a－b＝0，a＜b a－b<0.
二、商值比較原理：設a、b∈，則＞1 a＞b，＝1 a＝b， <1 a三、介值比較法
介值比較法的理論依據是：若 a > b ， b > c ， 則 a > c， 其中 b 是 a 與 c 的中介值．
介值比較法的關鍵是通過不等式的恰當放縮，找出一個比較合適的中介值
四、平方法
平方法的一般步驟：對兩式先平方，再比較大?。?br/>兩個實數大小比較的一般步驟
①作差比較法其一般步驟是:
作差→變形→判斷符號→確定大小.
注：作差比較大小的關鍵是作差后的變形，作差變形中，可采用配方、因式分解、通分、有理化等手段進行恒等變形（常數、幾個平方和的形式或幾個因式積的形式）．變形的過程是至關重要的，無論施以什么方法，最終要變到能夠判斷符號為止．注意變形過程中要保持等價性及正確性．
【例3】
5．已知，，滿足：、、，，當，時，比較與的大?。?br/>【變式1】
6．比較2x2＋5x＋3與x2＋4x＋2的大?。?br/>【變式2】
7．比較下列各組中兩個代數式的大?。?br/>(1)與；
(2)已知a，b為正數，且，比較與.
【變式3】
8．已知x，y均為正數，設，比較m和n的大?。?br/>【變式4】
9．比較下列各組數的大小.
（1）與，；
（2）與.
考點4：利用不等式的性質求取值范圍
利用不等式的性質求取值范圍的一般思路：借助性質 ，轉化為同向不等式相加進行解答；借助所給條件整體使用，切不可隨意拆分所 給條件；結合不等式的傳遞性進行求解
【例4】
10．已知30＜x＜42，16＜y＜24，分別求下列范圍.
(1)x＋y
(2)x－3y
(3)．
【變式1】
11．已知－≤α<β≤，求，的范圍．
【變式2】
12．已知，，求的取值范圍.
【變式3】
13．已知1考點5.幾個重要的不等式
1．重要不等式
a，b∈R，有a2＋b2≥2ab，當且僅當a＝b時，等號成立
2．基本不等式
（1）有關概念：當a，b均為正數時，把叫做正數a，b的算術平均數，把叫做正數a，b的幾何平均數．
（2）不等式：當a，b是任意正實數時，a，b的幾何平均數不大于它們的算術平均數，即≤，當且僅當a＝b時，等號成立．
基本不等式可變形為.
【例5】　
14．給出下面三個推導過程：
①∵a、b為正實數，∴＋＝2；
②∵a∈R，a≠0，∴＋a＝4；
③∵x、y∈R，xy＜0，∴＋＝－＝－2.
其中正確的推導為（ ）
A．①② B．①③
C．②③ D．①②③
【變式】
15．下列不等式的推導過程正確的是 ．
①若，則；
②若，則；
③若，則.
考點6.利用基本不等式求最值
（1）若x＋y＝S（和為定值），則當x＝y時，積xy取得最大值.
（2）若xy＝p（積為定值），則當x＝y時，和x＋y取得最小值2.
上述命題可歸納為口訣：積定和最小，和定積最大．
【例6】
16．已知函數，該函數有最大值還是最小值？能否通過基本不等式求它的最值？
【變式1】
17．已知，求函數的最小值；
【變式2】
18．（1）已知，求函數的最小值；
（2）已知0求函數的最大值.
【例7】　
19．已知x＞0，y＞0，且滿足＋＝1.求x＋2y的最小值．
【變式1】
20．已知，，，則的最小值為 ．
【變式2】
21．已知，求的最小值.
考點7.利用基本不等式求解最值、范圍問題
基本不等式又叫均值不等式，應用時，要注意構造滿足基本不等式的條件，常用的解題技巧是合理拆分項或配湊因式，目的在千滿足”和為定值或積為定值". 在應用時必須注意保證”一正、二定、三相等".
一要正：各項必須為正數；
二定值：必須滿足”和為定值”或“積為定值＂，要湊出“和為定值”或“積為定值＂的式子結構，否則求最值就會出錯；
三相等：要保證等號能成立，如果等號不能成立，那么求出的值仍不是最值．
【例7】　
22．（1）已知，求的最大值；
（2）已知，求y＝的最大值.
考點8.掌握基本不等式求最值時的一些技巧
應用基本不等式解題的關鍵是湊出“定和”或“定積”及保證能取到等號，此時往往需要采用拆項、補項、平方、平衡系數、"1 "的整體代入、消元化歸部分分式等變形技巧，選擇合理的變形技巧可以使復雜問題簡單化，達到事半功倍的效果．
方法1：配湊法
【例8】
23．已知都是正實數，求證：.
方法2 : “1”的整體帶入
【例9】
24．已知a，b，c是互不相等的正數，且a＋b＋c＝1，求證：＋＋>9.
【變式】
25．若正實數x，y滿足，求的最小值．
方法3：消元法
【例10】
26．已知，，，求證：.
考點9.多次應用基本不等式求最值時等號同時成立的條件
多次應用基本不等式求最值時，一定要求出同時取等號的變量的值，只有保證每次取等號的條件相同，即等號步步傳遞，才能求得最后的最大（?。┲担?br/>若多次不能同時取等號，此時可應用整體代入、恒等變換等技巧，湊出定值，再應用基本不等式求解
【例11】（2023·陜西西安·高二西安中學?？计谥校?br/>27．均值不等式可以推廣成均值不等式鏈，在不等式證明和求最值中有廣泛的應用，具體為：.
(1)證明不等式.
(2)上面給出的均值不等式鏈是二元形式，其中指的是兩個正數的平方平均數不小它們的算數平均數，類比這個不等式給出對應的三元形式，即三個正數的平方平均數不小于它們的算數平均數，并嘗試用分析法證明猜想.（個數的平方平均數為）
考點10.用基本不等式解決實際應用問題
在應用基本不等式解決實際問題時，應注意如下思路和方法：
（1）先理解題意，設出變量，一般把要求最值的量定為函數；
（2）建立相應的函數關系，把實際問題抽象成函數的最大值或最小值問題；
（3）在定義域內，求出函數的最大值或最小值；
（4）正確寫出答案．
【例12】
28．某單位用2160萬元購得一塊空地，計劃在該地塊上建造一棟至少10層、每層2000平方米的樓房.經測算，如果將樓房建為x(x≥10)層，則每平方米的平均建筑費用為560+48x（單位：元）.為了使樓房每平方米的平均綜合費用最少，該樓房應建為多少層？
（注：平均綜合費用＝平均建筑費用+平均購地費用，平均購地費用＝）
考點11.應用基本不等式無法完成的最值問題的解題策略
應用基本不等式求最值時，“一正、二定、三相等“三個條件缺一不可，但是相等條件有時卻成為求最值的最大障礙，此時就要轉換思路，可換元化歸，或借助函數圖象求解
【例13】
29．已知y＝x2＋ax＋3－a，若－2≤x≤2，x2＋ax＋3－a≥0恒成立，求a的取值范圍．
【變式】（多選）（2023春 京口區校級月考）
30．已知，，且，則（ ）
A． B．
C． D．
考點12一元二次不等式的解法
（1）化標準.通過對不等式的變形，使不等式右側為0，使二次項系數為正.
（2）判別式.對不等式左側因式分解，若不易分解，則計算對應方程的判別式.
（3）求實根.求出相應的一元二次方程的根或根據判別式說明方程有無實根.
（4）畫草圖.根據一元二次方程根的情況畫出對應的二次函數的草圖.
（5）寫解集.根據圖象寫出不等式的解集.
對于一元二次方程的兩根為且，設，它的解按照，，可分三種情況，相應地，二次函數的圖像與軸的位置關系也分為三種情況．因此我們分三種情況來討論一元二次不等式或的解集．
二次函數（）的圖象
有兩相異實根 有兩相等實根 無實根
知識點詮釋：
（1）一元二次方程的兩根是相應的不等式的解集的端點的取值，是拋物線與軸的交點的橫坐標；
（2）表中不等式的二次系數均為正，如果不等式的二次項系數為負，應先利用不等式的性質轉化為二次項系數為正的形式，然后討論解決；
（3）解集分三種情況，得到一元二次不等式與的解集．
【例14】　
31．解下列不等式：
（1）2x2＋7x＋3>0；
（2）－4x2＋18x－≥0；
（3）－2x2＋3x－2<0.
【變式】（2023·江蘇·高一專題練習）
32．解下列不等式：
(1)；
(2)；
(3).
考點13.含參數的一元二次不等式的解法
解含參數的一元二次不等式的一般步驟
提醒：對參數分類討論的每一種情況是相互獨立的一元二次不等式的解集，不能合并．
【例15】
33．解關于x的不等式：.
【變式1】（2023·全國·高一專題練習）
34．解下列關于的不等式：（）.
【變式2】
35．已知關于x的不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|2考點14.與一元二次不等式有關的恒成立問題
（1）轉化為一元二次不等式解集為的情況，即恒成立恒成立
（2）分離參數，將恒成立問題轉化為求最值問題．
【例16】　
36．已知y＝x2＋ax＋3－a，若－2≤x≤2，x2＋ax＋3－a≥0恒成立，求a的取值范圍．
【變式1】
37．已知函數.
(1)若，求不等式的解集；
(2)若不等式對一切實數都成立，求的取值范圍.
【變式2】
38．已知二次函數（為實數）
(1)若的解集為（1，2），求不等式的解集；
(2)若對任意，時，恒成立，求的最小值；
(3)若對任意，恒成立，求ab的最大值．
考點15.高次（或分式）不等式的解法
系數化為正，大于取“兩端”，小于取“中間”
【例17】　
39．解下列不等式：
（1）；
（2）.
【變式】
40．解下列不等式：
（1）；
（2）.
考點16.構建一元二次不等式模型求解應用題
求解一元二次不等式應用問題的步驟
【例18】
41．國家原計劃以2400元/t的價格收購某種農產品按規定,農戶向國家納稅為:每收入100元的稅為8元(稱作稅率為8個百分點,即8%).為了減輕農民負擔,制定積極的收購政策,根據市場規律稅率降低x個百分點,收購量能增加2x個百分點,試確定x的范圍,使稅率調低后,國家此項稅收總收入不低于原計劃的78%.
【變式1】
42．某校園內有一塊長為800m，寬為600m的長方形地面，現要對該地面進行綠化，規劃四周種花卉(花卉帶的寬度相同)，中間種草坪，若要求草坪的面積不小于總面積的一半，求花卉帶寬度的范圍.
【變式2】
43．為了保護環境，發展低碳經濟，某單位在國家科研部門的支持下，進行技術攻關，采用新工藝，把二氧化碳轉化為一種可利用的產品.已知該單位每月處理二氧化碳最少400噸，最多為600噸，月處理成本y(元)與月處理量x(噸)之間的函數關系可近似表示為y＝x2－200x＋80000，且每處理1噸二氧化碳得到可利用的化工產品價值為100元.
（1）若該單位每月成本(每月成本＝每月處理成本－每月可利用的化工產品價值)支出不超過105000元，求月處理量x的取值范圍.
（2）該單位每月能否獲利 如果能獲利，求出能獲得的最大利潤；如果不能獲利，那么國家每月至少補貼多少元，才能使該單位不虧損
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．證明見解析
【分析】先根據不等式性質判斷的大小關系，然后結合不等式性質可判斷的大小關系，由此即可證明的大小關系.
【詳解】因為，則，
又因為，則，
可得，則，
且，所以．
2．證明見解析.
【分析】應用不等式的基本性質；同乘性：不等式兩邊同時乘以一個正數，不等號不變；不等式兩邊同時乘以一個負數，不等號改變．同向可加性：由，，能推出
【詳解】證明：，，
．．
又，
．
即．
【點睛】考查不等式的基本性質，同乘性與同向可加性，屬于基礎題．
3．C
【分析】利用作差法先比較y1，y2，再比較y2，y3即可得出y1，y2，y3的大小關系.
【詳解】解：由a＞b＞1，有y1﹣y20，即y1＞y2，
由a＞b＞1，有y2﹣y30，即y2＞y3，
所以y1＞y2＞y3，
故選：C.
4．
【分析】克糖水中有克糖，若再添克糖，濃度發生了變化，只要分別計算出添糖前后的濃度進行比較即得．
【詳解】克糖水中有克糖，
糖水的濃度為：；
克糖水中有克糖，若再添克糖，
則糖水的濃度為，
又糖水變甜了，說明濃度變大了，
，，，，.
故答案為：，
5．答案見解析
【分析】利用指數函數的單調性比較大小.
【詳解】、、，，
，，，
與均為減函數，
當時，，，
當時，，
即當時，.
6．2x2＋5x＋3>x2＋4x＋2.
【分析】利用作差法即可比較大小.
【詳解】(2x2＋5x＋3)－(x2＋4x＋2)＝x2＋x＋1＝(x＋)2＋.
因為(x＋)2≥0，所以(x＋)2＋≥>0，所以(2x2＋5x＋3)－(x2＋4x＋2)>0，
所以2x2＋5x＋3>x2＋4x＋2.
7．(1)
(2)
【分析】（1）可采用作差法比較兩個代數式的大小，再配方得到，已知恒成立，即可解得答案；
（2）采用作差法比較兩個代數式的大小，再利用平方差公式，移項化簡得到，結合題中已知條件，即可得到答案
【詳解】（1），
.
（2）
且，
，
，即
8．m≥n.
【分析】用作差的方法，因式分解，判斷符號，判斷與0的關系，可得結果.
【詳解】∵.
又x，y均為正數，
∴x>0，y>0，xy>0，x＋y>0，(x－y)2≥0.
∴m－n≥0，即m≥n(當x＝y時，等號成立)．
【點睛】本題考查了作差法比較大小，考查了運算求解能力和邏輯推理能力，屬于中檔題目.
9．（1）；（2）.
【解析】利用作差法求解即可.
【詳解】（1），
，且，
，.
，即.
（2）
（當且僅當時取等號），
又，，.
.
【點睛】本題主要考查了利用作差法比較大小，屬于較難題.
10．(1)46＜x＋y＜66
(2)－42＜x－3y＜－6.
(3).
【分析】（1）直接根據不等式基本性質的同向可加性可求解.
（2）先求得的范圍，再根據同向可加性求解.
（3）根據第（2）小問的范圍結合反比例函數性質求得的范圍，再根據同向可乘性即可求解.
【詳解】（1）因為30＜x＜42，16＜y＜24，所以30＋16＜x＋y＜42＋24，故46＜x＋y＜66.
（2）因為30＜x＜42，－72＜－3y＜－48，所以30－72＜x－3y＜42－48，
故－42＜x－3y＜－6.
（3）因為30＜x＜42，－42＜x－3y＜－6，所以,
所以,所以,故.
11．，≤<0.
【分析】由已知可得，兩式相加可得的范圍，由得，再與相加，再結合α<β可求出的范圍.
【詳解】∵－≤α<β≤，∴.
兩式相加，得.
∵，
∴，
∴－≤.
又∵α<β，∴.
∴.
【點睛】此題考查不等式性質的應用，屬于基礎題.
12．
【分析】先把轉化為，利用不等式的可乘性和同向不等式相加即可求得.
【詳解】設，則有：
，解得：，所以.
因為，所以，
因為，所以，
所以，
即，
所以的取值范圍為.
13．－3【分析】利用不等式的性質即可得到結果.
【詳解】解：∵3又1∴1－4又，1∴，
故：－3【點睛】本題考查不等式的性質，考查推理能力與運算能力，屬于基礎題.
14．B
【分析】利用特殊值確定錯誤推導，結合基本不等式判斷正確推導.
【詳解】①，根據基本不等式的知識可知①正確.
②，當時，，所以②錯誤.
③，根據基本不等式的知識可知③正確.
所以正確的為①③.
故選：B
15．②
【分析】根據基本不等式成立的條件進行判斷即可.
【詳解】①中忽視了基本不等式等號成立的條件，
當，即時，等號成立，
因為，所以，故①錯誤；
②因為，所以，
所以，
當且僅當，即時，等號成立，故②正確；
③中忽視了利用基本不等式時每一項必須為正數這一條件，
當時，，故③錯誤．
故答案為： ②.
16．最大值；能
【分析】利用基本不等式求最值即可.
【詳解】∵，∴，
由基本不等式，可得，
當且僅當，即時，有最大值.
17．9
【分析】依題意將表達式變形整理，利用基本不等式即可求得結果.
【詳解】由可得，
當且僅當時，即時等號成立，
故的最小值為9.
18．（1）；（2） .
【分析】（1）由＝，利用基本不等式即可求最值；
（2）由，利用基本不等式即可求最值.
【詳解】（1）
，
，
當且僅當 ，即時“＝”成立．
的最小值為.
（2），
當且僅當 ，即時“＝”成立，
的最大值為.
【點睛】本題主要考查了利用基本不等式求解最值，意在考查基本公式和計算能力，屬于基礎題.
19．18
【解析】由已知把變形為，展開后用基本不等式求得最小值．
【詳解】∵x0，y0，＋＝1，∴x＋2y＝(x＋2y)＝10＋＋≥10＋2＝18，
當且僅當，即時，等號成立，故當x＝12，y＝3時，(x＋2y)min＝18.
【點睛】本題考查用基本不等式求最小值．解題關鍵是“1”的代換，通過“1”的代換轉化已知式可用基本不等式求最值．
20．
【分析】利用代入變形后根據基本不等式可求出結果.
【詳解】
，當且僅當析，時，等號成立.
故答案為：
21．
【分析】變換得到化簡利用均值不等式計算得到答案.
【詳解】
當即時等號成立.
.
【點睛】本題考查了利用均值不等式求最值，其中變換得到是解題的關鍵.
22．（1）1；（2）
【分析】（1）由，再利用基本不等式可得到答案.
（2）由，再利用基本不等式即可得到答案.
【詳解】（1）因為，
又因為，，
所以，
當且僅當，即時取等號.
所以.
（2）因為，所以.
所以.
當且僅當，即時取等號.
【點睛】本題主要考查了利用基本不等式求解最值，要注意和為定值時，積有最大值，積為定值時，和有最小值的應用，屬于簡單題.
23．見解析
【解析】由都是正實數，三次利用基本不等式，再相加整理即得.
【詳解】證明：，，
，當且僅當時取等號；
，當且僅當時取等號；
，當且僅當時取等號；
上述三式相加可得，
即.當且僅當時，等號成立.
【點睛】本題考查基本不等式的應用，屬于基礎題.
24．證明見解析
【解析】根據a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，利用“1”的代換，變形為＋＋＝ ＝3＋＋＋，再利用基本不等式求解.
【詳解】∵a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，
∴＋＋＝ ，
＝3＋＋＋＋＋＋＝3＋＋＋，
≥3＋2＋2＋2＝3＋2＋2＋2＝9.
當且僅當a＝b＝c時取等號，
所以＋＋>9.
【點睛】本題主要考查基本不等式證明不等式，“1”的代換是解題的關鍵，屬于中檔題.
25．
【分析】利用“1”的代換，式子變形展開后利用基本不等式求最值即可.
【詳解】因為，所以，又，
所以＝
當且僅當，即時，等號成立．
所以的最小值為.
26．證明見解析
【分析】根據題意化簡得，結合基本不等式，即可求解.
【詳解】由，，，
則，
當且僅當時，即時，等號成立，
所以.
27．(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由基本不等式得出，從而證明；
（2）要證，即證，結合基本不等式證明即可.
【詳解】（1）由題意可知，，則
（當且僅當時，取等號）
（2）要證.
只要證.
即證.
（當且僅當時，取等號）
即（當且僅當時，取等號）
.
證畢.
28．為了樓房每平方米的平均綜合費最少，該樓房應建為15層．
【分析】設樓房應建為層，樓房每平方米的平均綜合費為元，根據平均綜合費用=平均建筑費用+平均購地費用，列出函數關系式，然后運用導數函數的最小值，并求出此時的取值即可.
【詳解】解：設樓房應建為層，樓房每平方米的平均綜合費為元，
則
，
當且僅當，即時，取最小值2000．
答：為了樓房每平方米的平均綜合費最少，該樓房應建為15層．
29．－7≤a≤2.
【分析】討論對稱軸的位置，求出函數在－2≤x≤2時的最小值g(a)，滿足即可.
【詳解】設函數y＝x2＋ax＋3－a在－2≤x≤2時的最小值為關于a的一次函數，設為g(a)，則
當對稱軸x＝－<－2，即a>4時，g(a)＝(－2)2＋(－2)a＋3－a＝7－3a≥0，解得a≤，與a>4矛盾，不符合題意．
當－2≤－≤2，即－4≤a≤4時，g(a)＝3－a－≥0，解得－6≤a≤2，此時－4≤a≤2.
當－>2，即a<－4時，g(a)＝22＋2a＋3－a＝7＋a≥0，解得a≥－7，此時－7≤a<－4.
綜上，a的取值范圍為－7≤a≤2.
30．ABD
【分析】對于A：根據題意分析可得，運算求解即可；對于B：根據題意整理得，分類討論，分類討論，結合對勾函數以及基本不等式運算求解；對于C：構建，結合函數零點分析判斷；對于D：根據題意整理可得，換元結合基本不等式運算求解.
【詳解】對于選項A：因為，則，
可得，解得，故A正確；
對于選項B：因為，則，即，
又因為，且，
可得，則，
令，則，
1.當時，則，即；
2.當時，令，
則，
①當時，在上單調遞減，
則，可得，所以；
②當時，，
可得，所以；
綜上所述：，即，故B正確；
對于選項C：因為，即，
構建，則在上單調遞增，
由，則，
且，
所以函數在內的零點，整理得，故C錯誤；
對于選項D：因為，且，即，則，
可得，
令，則，
當且僅當，即時，等號成立，
所以，故D正確；
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：
1．用基本不等式求最值時，要注意“一正、二定、三相等”，一定要明確什么時候等號成立，要注意“代入消元”、“拆、拼、湊”、“1的代換”等技巧的應用；
2．不等式恒成立問題一般用分離參數法轉化為函數最值求解或用賦值法討論求解．
31．（1）或；（2）；（3）R.
【解析】先將二次項系數變為正數，考察相應方程的根的判別式，確定相應方程的根的情況，從而求出原不等式的解集
【詳解】（1）因為Δ＝72－4×2×3＝25>0，
所以方程2x2＋7x＋3＝0有兩個不等實根x1＝－3，x2＝.
所以原不等式的解集為或.
（2）原不等式可化為，
所以原不等式的解集為.
（3）原不等式可化為2x2－3x＋2>0，
因為Δ＝9－4×2×2＝－7<0，
所以方程2x2－3x＋2＝0無實根，
又二次函數y＝2x2－3x＋2的圖象開口向上，
所以原不等式的解集為R.
【點睛】本題考查一元二次不等式的解法，解一元二次不等式通常步驟是：（1）通過對不等式變形，使二次項系數大于零；（2）計算對應方程的判別式；（3）求出相應的一元二次方程的解，或根據判別式說明方程沒有實根；（4）根據函數圖象與軸的相關位置寫出不等式的解集.
32．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）因式分解可得結果；
（2）配方法可得結果；
（3）配方法可得結果.
【詳解】（1）由，得，得，
所以不等式的解集為.
（2）由得，得，
得，得或，即或，
所以原不等式的解集為或.
（3）由得，所以.
所以原不等式的解集為.
33．答案見解析
【分析】分，，三種情況，再結合根的大小進行分類討論，得到不等式的解集.
【詳解】當時，，解得，不等式的解集為；
當時，分解因式，
當時，原不等式為，
不等式的解集為或；
當時，原不等式為，
當時，，不等式的解集為；
當時，，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為，
綜上所述，當時，不等式的解集為或；
當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為．
34．答案見解析
【分析】分成，，，，五種情況分別討論不等式的解.
【詳解】不等式化為：，
當，原不等式化為，解得，
當，原不等式化為，解得或，
當，原不等式化為，
當時，解得，當時，不等式無解，當時，解得，
所以當，原不等式的解集為或；
當時，原不等式的解集為；
當時，原不等式的解集為；
當時，原不等式的解集為；
當時，原不等式的解集為.
35．或.
【解析】根據一元二次不等式的解，得出對應一元二次方程的解，進而得到關系，化簡不等式，即可求解.
【詳解】法一：由不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|2且2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，
由根與系數的關系可知.
由a<0，故不等式cx2＋bx＋a<0化為，，
即，解得或，
所以不等式cx2＋bx＋a<0的解集為或.
法二：由不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|2a<0，且2和3是方程ax2＋bx＋c＝0的兩根，
所以ax2＋bx＋c＝a(x－2)(x－3)＝ax2－5ax＋6a b＝－5a，c＝6a，
故不等式cx2＋bx＋a<0，即6ax2－5ax＋a<0 6a，
故原不等式的解集為或.
【點睛】本題考查一元二次不等式的解法，深刻理解“三個二次”的關系是解題的關鍵，屬于中檔題.
36．－7≤a≤2.
【分析】討論對稱軸的位置，求出函數在－2≤x≤2時的最小值g(a)，滿足即可.
【詳解】設函數y＝x2＋ax＋3－a在－2≤x≤2時的最小值為關于a的一次函數，設為g(a)，則
當對稱軸x＝－<－2，即a>4時，g(a)＝(－2)2＋(－2)a＋3－a＝7－3a≥0，解得a≤，與a>4矛盾，不符合題意．
當－2≤－≤2，即－4≤a≤4時，g(a)＝3－a－≥0，解得－6≤a≤2，此時－4≤a≤2.
當－>2，即a<－4時，g(a)＝22＋2a＋3－a＝7＋a≥0，解得a≥－7，此時－7≤a<－4.
綜上，a的取值范圍為－7≤a≤2.
37．(1)
(2)
【分析】（1）直接解一元二次不等式即可，
（2）由題意可得對一切實數都成立，然后分和兩種情況求解
【詳解】（1）當時，，
由，得，
，解得，
所以不等式的解集為
（2）由題意可得對一切實數都成立，
當時，恒成立，符合題意，
當時，因為對一切實數都成立，
所以，解得，
綜上，，
即的取值范圍為
38．(1)
(2)1
(3)
【分析】（1）根據一元二次不等式的解與一元二次方程的根之間的關系即可求解.
（2）根據二次函數的性質可得，進而根據基本不等式即可求解.
（3）取得，根據判別式小于0可得，進而可得的關系，根據基本不等式即可求解
【詳解】（1）依題意知，，且方程的兩根為1，2
由根與系數間的關系得，則．
故不等式
解得：，即原不等式的解集為．
（2）因為時，恒成立，
故得，那，即，
所以（當且僅當時等號成立）
（3）令，則，所以．
對任意，恒成立，
所以恒成立．
所以且
所以，此時，
因此，當且僅當時等號成立，此時，（或）
驗證，成立
故ab的最大值為．
39．（1）{x|－2【解析】（1）等價轉化為一元二次不等式，求解即可；
（2）移項通分，不等式一邊為0，等價轉化為一元二次不等式，即可求出結論.
【詳解】（1） (x－3)(x＋2)<0 －2∴原不等式的解集為{x|－2（2）∵，∴，
此不等式等價于解得x<或x≥4，
∴原不等式的解集為或.
【點睛】本題考查分式不等式的解法，等價轉化為整式不等式，屬于基礎題.
40．（1）；（2）.
【分析】（1）原不等式可轉化為；
（2）將原不等式可化為，即成2(x－1)(x＋1)<0.
【詳解】（1）原不等式可轉化為，
解不等式組可得x≤－1或x>3.
即知原不等式的解集為．
（2）移項并整理，可將原不等式可化為，即成2(x－1)(x＋1)<0，
解得－1所以，原不等式的解集為．
41．
【解析】設稅率調低后的“稅收總收入”為y元,根據題意可得關于的二次函數解析式.由題意知,進而得關于的一元二次不等式,解不等式即可求得的取值范圍.
【詳解】設稅率調低后的“稅收總收入”為y元,則
.
依題意,得,
即,
整理,得,解得.
根據x的實際意義,知,所以為所求.
故x的取值范圍是.
【點睛】本題考查了二次函數與一元二次不等式的關系,一元二次不等式的解法,屬于基礎題.
42．花卉帶寬度的范圍為(0，100].
【分析】設花卉帶的寬度為xm(0【詳解】解：設花卉帶的寬度為xm(0根據題意可得(800－2x)(600－2x)≥×800×600，
整理得x2－700x＋600×100≥0，即(x－600)(x－100)≥0，
所以0故所求花卉帶寬度的范圍為(0，100].
【點睛】本題考查生活中的函數的應用，關鍵在于找出變量之間的關系，注意其變量的實際問題中的范圍，屬于基礎題.
43．（1）；（2）單位每月不能獲利，需國家每月至少補貼元，才能使該單位不虧損.
【分析】（1）根據題意列不等式組，再解一元二次不等式，最后求交集得結果；
（2）列出利潤函數，求其最大值，根據最大值與零關系得結果.
【詳解】（1）由題意得
所以月處理量x的取值范圍為；
（2）設利潤為元，,則，
所以 在單調遞減，即時
因此單位每月不能獲利，需國家每月至少補貼元，才能使該單位不虧損.
【點睛】本題考查函數實際應用、解一元二次不等式、二次函數最值，考查基本分析求解能力，屬基礎題.
答案第1頁，共2頁
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