2024-2025学年人教A版2019高一数学同步精品试题第二章一元二次函数、方程和不等式章末题型归纳总结（Word版附解析）

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第二章 一元二次函数、方程和不等式 章末题型归纳总结目录 TOC \o "1-2" \h \z \u  HYPERLINK \l "_Toc177136120" 模块一：本章知识思维导图  PAGEREF _Toc177136120 \h 2 HYPERLINK \l "_Toc177136121" 模块二：典型例题  PAGEREF _Toc177136121 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc177136122" 题型一：不等式的性质及应用  PAGEREF _Toc177136122 \h 3 HYPERLINK \l "_Toc177136123" 题型二：利用不等式求值或范围  PAGEREF _Toc177136123 \h 5 HYPERLINK \l "_Toc177136124" 题型三：利用基本不等式求最值  PAGEREF _Toc177136124 \h 8 HYPERLINK \l "_Toc177136125" 题型四：证明不等式  PAGEREF _Toc177136125 \h 14 HYPERLINK \l "_Toc177136126" 题型五：含参数与不含参数一元二次不等式的解法  PAGEREF _Toc177136126 \h 19 HYPERLINK \l "_Toc177136127" 题型六：由一元二次不等式的解确定参数  PAGEREF _Toc177136127 \h 22 HYPERLINK \l "_Toc177136128" 题型七：不等式在实际问题中的应用  PAGEREF _Toc177136128 \h 25 HYPERLINK \l "_Toc177136129" 题型八：恒成立与有解问题  PAGEREF _Toc177136129 \h 29 HYPERLINK \l "_Toc177136130" 模块三：数学思想方法  PAGEREF _Toc177136130 \h 32 HYPERLINK \l "_Toc177136131" ①分类讨论思想  PAGEREF _Toc177136131 \h 32 HYPERLINK \l "_Toc177136132" ②转化与化归思想  PAGEREF _Toc177136132 \h 34 HYPERLINK \l "_Toc177136133" ③数形结合思想  PAGEREF _Toc177136133 \h 36模块一：本章知识思维导图模块二：典型例题题型一：不等式的性质及应用【典例1-1】（2024·高一·山东临沂·阶段练习）若，则下列命题正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【解析】选项A，若，则结论错误，故选项A错误；选项B，根据糖水不等式可知，，故选项B错误；选项C，当时，，故选项C错误；选项D，可知，，故选项D正确.故选：D【典例1-2】（2024·高一·全国·课后作业）不等式的整数解的个数为（    ）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【解析】解不等式，得，故整数解有，，0，共3个整数解.故选：B.【变式1-1】（2024·高二·江西赣州·期中）已知实数，下列结论正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】对于A，B，由可得，则由可得，即A错误，B正确；对于C, D,不妨取，满足，但，故 C, D均错误.故选：B．【变式1-2】（2024·高一·广东湛江·期中）已知，，则，，的大小关系式（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】∵，，∴，，，∴，∴，故选：D．【变式1-3】（2024·高一·上海·期中）对于任意实数a，b，c，下列命题中正确的是（    ）A．若，，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】C【解析】对于A，若，则，故A错误；对于B，若，则，故B错误；对于C，因为，所以，所以，故C正确；对于D，若，则，故D错误.故选:C.【变式1-4】（2024·高一·上海·随堂练习）对于实数a,b,c，下列错误的命题是（    ）．A．若，则 B．若，则C．若，，则 D．【答案】C【解析】对于A，因为，则，所以，故A正确；对于B，因为，则，所以，故B正确；对于C，取，，，则，，，即，故C错误；对于D，因为，所以，故D正确.故选：C．题型二：利用不等式求值或范围【典例2-1】（2024·高一·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知，，则下列代数式的范围错误的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】对于A，，则，则有，A正确；对于B，，则，则有，B正确；对于C，，，则有，C错误；对于D，，，则有，D正确；故选：C【典例2-2】（多选题）（2024·高一·四川成都·阶段练习）若实数、满足：，则下列叙述正确的是（    ）A．的取值范围是 B．的取值范围是C．的范围是 D．的范围是【答案】ABC【解析】因为实数、满足：，由不等式的可加性可得，解得，A对；由题意可得，由不等式的可加性可得，解得，B对；设，则，解得，所以，，因为，由不等式的可加性可得，C对D错.故选：ABC.【变式2-1】（多选题）（2024·高一·山东·阶段练习）已知，．则（    ）A． B．C．的最大值为24 D．【答案】AD【解析】对于A，因为，，所以，即，即，故A正确；对于B，由，可得，又，则，即，即，故B错误；设，则，解得，，因为，，所以，D正确；若的最大值为24，又，，则，，此时，C错误．故选：AD.【变式2-2】（多选题）（2024·高一·江苏徐州·阶段练习）不等式组：的解集记为，有下面四个命题：        其中真命题是（    ）A． B． C． D．【答案】ABD【解析】对于A，设，则，故，故，故成立，成立，不成立，成立故选：ABD.【变式2-3】（多选题）（2024·高一·贵州贵阳·阶段练习）已知，则下列正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】AC【解析】A选项，，故，即，A正确；B选项，，故，，B错误；C选项，，故，即，C正确；D选项，因为，且，故，D错误.故选：AC【变式2-4】（多选题）（2024·高二·浙江嘉兴·期中）已知实数x，y满足，，则（    ）A． B． C． D．【答案】ACD【解析】实数x，y满足，，由不等式的同向可加性和同向同正可乘性，有，，AC选项正确；由，得，B选项错误；由，得，D选项正确.故选：ACD【变式2-5】（多选题）（2024·高一·青海海东·阶段练习）已知，则的取值可以为（    ）A．1 B． C．3 D．4【答案】BC【解析】因为，两式相加可得，所以，故选：BC．【变式2-6】（多选题）（2024·高一·安徽滁州·阶段练习）已知，，则下列正确的有（    ）A． B．C． D．【答案】AC【解析】由，可得，又，所以，故A正确；由，可得，又，所以，故B错误；由，可得，又，所以，故C正确；因为，又，所以，故D错误.故选：AC.题型三：利用基本不等式求最值【典例3-1】（多选题）（2024·高三·江苏南通·阶段练习）已知为正实数，，则（    ）A．的最大值为B．的最小值C．的最小值为D．的最小值为【答案】AB【解析】对选项A，，当且仅当时取“=”，故A正确；对选项B， ，当且仅当时取“=”，故B正确；对选项C，，令，则，所以，当且仅当，即，时取“=”，所以的最小值为，故选项C错误.对选项D，，当且仅当时取“=”，故D错误；故选：AB.【典例3-2】（多选题）（2024·高三·重庆·阶段练习）已知，且，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】显然，故，A正确；因为，则，即，故B错误；，且，故由均值不等式知，C正确；，D正确.故选：ACD【变式3-1】（多选题）（2024·高三·四川成都·阶段练习）已知正数，满足，则下列选项正确的是（    ）A．的最小值是 B．的最大值是C．的最小值是 D．的最大值是【答案】AB【解析】对于A：因为正数，满足，所以，当且仅当，即时取等号，故A正确；对于B：，所以，当且仅当时等号成立，故B正确；对于C：因为，即，且，，由抛物线的性质可得，当时，最小值为，故C错误；对于D：由C可得，当时，最大值为，故D错误；故选：AB.【变式3-2】（多选题）（2024·高二·安徽·开学考试）已知正数，满足，则下列结论正确的是（    ）A．的最大值为 B．的最小值为C．的最小值为 D．的最小值【答案】ABD【解析】因为正数，满足，所以，当且仅当，即，时等号成立，解得，所以，故的最大值为，故A正确；，即，又，所以，所以的最小值为，当且仅当，即，时等号成立，故B正确；由可得，所以，当且仅当时等号成立，此时，，又为正数，矛盾，故C错误；，当且仅当，即，时等号成立，故D正确.故选：ABD【变式3-3】（多选题）（2024·高三·四川成都·开学考试）已知为正实数，，则（   ）A．的最小值为4 B．的最小值为C．的最小值为8 D．的最小值为2【答案】BCD【解析】对A：因为为正实数，且，所以，因为，所以，故A错误.对B：因为为正实数，且，所以（）.所以（当且仅当，即时取“”），故B正确；对C：因为（都是当且仅当时取“”），故C正确；对D：因为，故，所以（当且仅当时取“”），故D正确.故选：BCD【变式3-4】（多选题）（2024·高三·重庆·开学考试）若正实数满足，则下列说法正确的是（    ）A．有最大值为 B．有最小值为C．有最小值为 D．有最大值为【答案】ABC【解析】对于A：因为，则，当且仅当，即时取等号，故A正确，对于B，，当且仅当，即时取等号，故B正确，对于C：因为，则，当且仅当，即时取等号，故C正确，对于D：因为，当且仅当，即，时取等号，这与均为正实数矛盾，故D错误，故选：ABC．【变式3-5】（广东省部分学校大联考2023-2024学年高三模拟（二）数学试题）已知正数满足，则的最小值为 ．【答案】【解析】由题意得，则，当且仅当时取等号，故的最小值为．故答案为：.【变式3-6】（2024·高三·重庆·开学考试）已知均为正实数，且，则当取得最小值时 ，的最小值为 ．【答案】 6【解析】依题意，，当且仅当时取等号，所以当取得最小值时；，当且仅当时取等号，所以的最小值为6.故答案为：；6【变式3-7】（2024·高一·浙江·开学考试）已知，若，则的最小值是 ，【答案】2【解析】，当且仅当时，等号成立，故的最小值为2.故答案为：2【变式3-8】（2024·高三·天津南开·阶段练习）已知，均为正实数，且，则的最大值为 .【答案】1【解析】，由，可得，当且仅当，等号成立，则的最大值为1．故答案为：1．【变式3-9】（2024·高三·福建·阶段练习）已知，，且，则 ，的最小值为 ．【答案】 1 8【解析】由题意得，则，当且仅当，即时，等号成立．故答案为：1，8【变式3-10】（2024·高一·江苏·阶段练习）（1）若，求的最大值．（2）已知，求的最大值．【解析】（1）因为，所以，所以，当且仅当即时取等号，所以即最大值为.（2）因为，所以，则，所以，当且仅当时，即时取等号，所以的最大值是．题型四：证明不等式【典例4-1】（2024·陕西榆林·模拟预测）已知，，且满足.(1)证明：；(2)求的最小值.【解析】（1）因为，所以，又因为，所以，当且仅当时，等号成立.，当且仅当时，等号成立.（2）因为，所以，令，则，因为的开口向上，对称轴为，所以在上单调递减，所以的最小值为.【典例4-2】（2024·高三·陕西西安·阶段练习）设为正数，且. 证明：(1)；(2).【解析】（1）由已知有，从而，故，当且仅当时等号成立.（2）方法一：由已知条件，结合基本不等式即可得到.方法二：等价于，根据题设有，当且仅当时等号成立.【变式4-1】（2024·高二·全国·竞赛）已知：三角形的边长分别等于．求证：．【解析】证明：由三角形三边关系得，故，则，，，．设，则，，，当且仅当时等号成立．【变式4-2】（2024·高一·安徽宿州·期中）已知，，均为正实数.(1)若，试比较与的大小；(2)求证：.【解析】（1）∵，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，即；（2）证明：，∴，，，∴，，，∴，当且仅当“”时等号成立.【变式4-3】（2024·高一·北京·期中）已知a，b都是正实数，(1)试比较与的大小，并证明；(2)当时，求证：．【解析】（1）结论：，当且仅当时，等号成立.证明：，因为a，b都是正数，所以，当且仅当时，等号成立，即，当且仅当时，等号成立；（2）因为a，b，c都是正数，且，所以，当且仅当时，等号成立．【变式4-4】（2024·高一·新疆阿克苏·阶段练习）（1）对任意三个正实数，，，求证：，当且仅当时等号成立；（2）若，，证明：．【解析】（1）因为，所以由基本不等式，得，，，当且仅当，，时成立，把上述三个式子的两边分别相加，得，即，当且仅当时等号成立．（2）证明：，，又，，，则有：，又，．【变式4-5】（2024·高一·安徽宿州·阶段练习）（1）比较与的大小；（2）已知为不全相等的正实数，求证：.【解析】（1）因为，所以.（2）证明：因为，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，所以，当且仅当时，等号成立，即.【变式4-6】（2024·高一·安徽淮南·阶段练习）（1）已知，且，求证，．（2）若，求证：；【解析】（1）证明：，因为，且，所以，，所以，故；（2）证明：因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，故.题型五：含参数与不含参数一元二次不等式的解法【典例5-1】（2024·高一·江苏徐州·阶段练习）解关于的不等式：．【解析】①当时，原不等式化为，解得．②当时，原不等式化为，解得或．③当时，原不等式化为.当，即时，解得；当，即时，解得满足题意；当，即时，解得．综上所述，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；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．【典例5-2】（2024·高一·北京石景山·期中）求下列关于x的不等式的解集：(1)；(2)【解析】（1）由不等式，可得，解得，即不等式的解集为.（2）由不等式，可得化为，若，不等式可化为，解得，即解集为；若，不等式可化为当时，不等式即为，解得或，即不等式的解集为或；当时，不等式即为， ①当时，即时，解得，解集为；②当时，即时，解得，解集为；③当当时，即时，解得，解集为综上，当时，不等式的解集为或；当，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；当时，不等式的解集为.【变式5-1】（2024·高三·全国·专题练习）解关于实数的不等式：．【解析】对方程 ，当时，即时，不等式的解集为当时，即或时，的根为，不等式的解集为；综上可得，时，不等式的解集为，或时，不等式的解集为.【变式5-2】（2024·高一·安徽马鞍山·期中）（1）解不等式；（2）解关于的不等式.【解析】（1）不等式，可化为，即，即，解得或，所以不等式组的解集为或. （2）①当时，原不等式化为，解集为；②当时，原不等式化为，解集为；③当时，原不等式化为；当时，，原不等式的解集为空集；当时，，原不等式的解集为；当时，，原不等式的解集为.【变式5-3】（2024·高三·全国·专题练习）（1）解关于实数的不等式：．（2）解关于实数的不等式：．【解析】（1）易知方程的，由得，解得，当时，的解集为，当时，的解集为，当时，的解集为．（2）对方程 ，当时，即时,不等式的解集为当时，即或时,的根为，不等式的解集为；综上可得，时,不等式的解集为，或时，不等式的解集为.【变式5-4】（2024·高一·北京·期中）解关于的不等式.(1);(2)(3).【解析】（1）不等式，即，解得，所以不等式的解集为；（2）不等式，即，解得或，所以不等式的解集为；（3）不等式，当时，解集为或，当时，解集为或，当时，解集为.题型六：由一元二次不等式的解确定参数 【典例6-1】（2024·高一·河北石家庄·开学考试）已知不等式的解集为，则= ，= 【答案】 【解析】依题意，不等式的解集为，所以，解得.故答案为：；【典例6-2】（2024·高三·全国·专题练习）若关于的不等式的解集为，且，则的值为 .【答案】【解析】关于的不等式的解集为，，是一元二次方程的实数根，，且，.，，又，解得.故答案为：.【变式6-1】（2024·高一·广东湛江·期中）已知不等式的解集是，则 ．【答案】【解析】因为不等式的解集是，可知，是方程的两个实根，且，由韦达定理得，解得，，所以．故答案为：.【变式6-2】（2024·高一·上海·开学考试）设，若时均有，则 ．【答案】0【解析】当时，显然成立，此时；当时，由成立，得成立，，，当时，由成立，得成立，，，时均有，．故答案为：0．【变式6-3】（2024·高一·广东潮州·期中）若关于的不等式的解集为或，则的值为 .【答案】【解析】根据题意，方程的两根为和，故可得，解得.故答案为：.【变式6-4】（2024·高一·河北石家庄·阶段练习）已知二次方程的两根分别为2和4，则不等式的解集为 ．【答案】【解析】二次方程的两根分别为2和4，可得，即，由可得，解得，所以不等式的解集为.故答案为：.【变式6-5】（2024·高一·湖南岳阳·期中）已知关于x的不等式的解集为或x≥4，不等式的解集为 ．【答案】.【解析】因为不等式的解集为或x≥4，所以，且和4为方程的两根，故，得，又，所以，解得，所以不等式的解集为.故答案为：题型七：不等式在实际问题中的应用【典例7-1】（2024·高一·上海·课堂例题）某船从甲码头顺流航行到达乙码头，停留后再逆流航行到达丙码头．如果水流速度为，该船要在内（包含）完成整个航行任务，那么船的速度至少要达到多少？【解析】设船的速度为，由题可知，由题意得，，由去分母，整理得，解得（不合题舍去）或，所以船的速度至少要达到．【典例7-2】（2024·高一·上海·随堂练习）限速40 km/h的盘山公路上两车相撞．经测量，甲车的刹车距离略大于9 m，乙车的刹车距离略小于10 m．经查询，甲、乙车的刹车距离s与行驶速度v之间分别满足和．问哪辆车应负主要责任？【解析】由题意得，对于甲车：，即，所以对于乙车：，即，所以，因为限速40 km/h，所以甲车超速了，所以甲车应负主要责任．【变式7-1】（2024·高一·陕西榆林·阶段练习）在乡村振兴的道路上，某地干部在帮扶走访中得知某农户的实际情况后，为他家量身定制了致富计划，政府无息贷款万元给该农户养羊，每万元可创造利润万元.进行技术指导后，养羊的投资减少了万元，且每万元创造的利润变为原来的倍.现将养羊少投资的万元全部投资网店，进行农产品销售，则每万元创造的利润为万元，其中.(1)若进行技术指导后养羊的利润不低于原来养羊的利润，求的取值范围;(2)若网店销售的利润始终不高于技术指导后养羊的利润，求的最大值.【解析】（1）由题意，得，整理得，解得，又x>0，所以，故x的取值范围为.（2）由题意知网店销售的利润为万元，技术指导后，养羊的利润为万元，则恒成立.又，则恒成立.又，当且仅当时，等号成立，，即的最大值为6.5.【变式7-2】（2024·高一·江苏南京·期中）通过技术创新，某公司的汽车特种玻璃已进入欧洲市场．年，该种玻璃售价为 欧元/平方米，销售量为万平方米．(1)据市场调查，售价每提高欧元/平方米，销售量将减少万平方米；要使销售收入不低于万欧元，试问：该种玻璃的售价最多提高到多少欧元/平方米?(2)为提高年销售量，增加市场份额，公司将在年对该种玻璃实施二次技术创新和营销策略改革：提高价格到欧元/平方米（其中），其中投入 万欧元作为技术创新费用，投入万欧元作为固定宣传费用，投入万欧元作为浮动宣传费用，试问：该种玻璃的销售量（单位：万平方米）至少达到多少时，才可能使年的销售收入不低于年销售收入与年投入之和?并求出此时的售价．【解析】（1）设该种玻璃的售价提高到欧元/平方米，由题知，即，解得，所以该种玻璃的售价最多提高到40欧元/平方米.（2）由题意得，整理得，两边同除以得，又，当且仅当，即时取等号，所以，故该种玻璃的销售量（单位：万平方米）至少达到102万平方米时，才可能使 年的销售收入不低于年销售收入与年投入之和，此时的售价为欧元/平方米.【变式7-3】（2024·高一·江苏镇江·阶段练习）2022 年 2 月 24 日, 俄乌爆发战争，至今战火未熄. 2023 年 10 月 7 日巴以又爆发冲突.与以往战争不同的是，无人机在战场中起到了侦察和情报收集，攻击敌方目标和反侦察等多种功能，扮演了重要的角色. 某无人机企业原有 200 名科技人员， 年人均工资 万元 ，现加大对无人机研发的投入，该企业把原有科技人员分成技术人员和研发人员，其中技术人员 名 且 ，调整后研发人员的年人均工资增加 ，技术人员的年人均工资调整为 万元.(1)若要使调整后研发人员的年总工资不低于调整前 200 名科技人员的年总工资，求调整后的研发人员的人数最少为多少人?(2)为了激励研发人员的工作热情和保持技术人员的工作积极性，企业决定在工资方面要同时满足以下两个条件：①研发人员的年总工资始终不低于技术人员的年总工资; ②技术人员的年人均工资始终不减少. 请问是否存在这样的实数 ，满足以上两个条件，若存在，求出 的范围; 若不存在,说明理由.【解析】（1）依题意可得调整后研发人员的年人均工资为 万元,则 , 整理得 , 解得 , 因为 且 , 所以 , 故 ,所以要使这 名研发人员的年总工资不低于调整前 200 名科技人员的年总工资, 调整后的研发人员的人数最少为 100 人.（2）由条件①研发人员的年总工资始终不低于技术人员的年总工资，得 , 整理得 ;由条件②技术人员年人均工资不减少, 得 , 解得 假设存在这样的实数 , 使得技术人员在已知范围内调整后, 满足以上两个条件,即 恒成立，因为 ,当且仅当 , 即 时等号成立, 所以 ,又因为 , 当 时, 取得最大值 11 , 所以 所以 , 即 ,即存在这样的 满足条件, 其范围为 .【变式7-4】（2024·高一·安徽黄山·阶段练习）“绿水青山就是金山银山”，为了贯彻落实习近平生态文明思想，探索促进“绿水青山”向“金山银山”转变的重大实践，某地林业局准备围建一个矩形场地，建立绿化生态系统研究片区，观察某种绿化植物．如图所示，两块完全相同的矩形种植绿草坪，草坪周围(阴影部分)均种植宽度相同的花，已知两块矩形绿草坪的面积均为平方米，共平方米．(1)若矩形草坪的长比宽至少多米，求草坪宽的最大值；(2)若草坪四周的花坛宽度均为米，求整个绿化面积的最小值．【解析】（1）设草坪的宽为米，长为米，由面积为平方米，可得，因为矩形的长比宽至少多米，所以，所以，解得，又因为，所以，所以草坪宽的最大值为米．（2）设整个绿化面积为平方米，由题意可得，当且仅当即时，等号成立，故整个绿化面积的最小值为平方米．题型八：恒成立与有解问题【典例8-1】（2024·高三·四川内江·阶段练习）“关于的不等式对恒成立”的一个必要不充分条件是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】不等式对恒成立，所以，则.则不等式恒成立的一个必要不充分条件是.故选：B【典例8-2】（2024·高三·全国·单元测试）若对满足的任意实数恒成立，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】分离参变量得恒成立，则，故不等式右边取最大值时必须同号（且都不为零），此时，因为若，则与其同号，则，矛盾．由，设，则，若要求取最大值，则需，即，此时，当且仅当，即时等号成立，所以．故选：B．【变式8-1】（2024·高一·全国·随堂练习）已知当时，恒成立，则实数a的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，所以由，当时，恒成立，等价于当时，恒成立，则有，故选：D【变式8-2】（2024·高一·江苏·开学考试）已知，，若时，关于的不等式恒成立，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设，，因为，所以当时，；当时，；时，；由不等式恒成立，得或，即当时，恒成立，当时，恒成立，所以当时，，则，即，则当时，，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为．故选：C．【变式8-3】（2024·高二·甘肃陇南·期末）不等式对任意实数恒成立，则实数的最大值与最小值之和为（    ）A．3 B． C．2 D．【答案】A【解析】在时取得最小值4，故只需，解之得，即的最小值为，最大值为4，最大值与最小值之和为3.故选：A.【变式8-4】（2024·高三·河北邢台·阶段练习）“不等式恒成立”的一个充分不必要条件是（ ）A． B．C． D．【答案】D【解析】当时，恒成立，当时，则，解得，综上所述，不等式恒成立时，，所以选项中“不等式恒成立”的一个充分不必要条件是.故选：D.【变式8-5】（2024·高一·山西太原·期中）已知不等式恒成立，则的最小值是（    ）A． B．4 C． D．8【答案】D【解析】根据不等式恒成立，当，不符合条件。则，，即，①②，①当且仅当，即，等号成立.②当且仅当时等号成立.两次基本不等式都在成立，故等号能够传递.故选：D【变式8-6】（2024·高一·北京东城·期中）已知不等式对任意的实数x恒成立，则实数k的取值范围为（　　 ）A． B．C． D．【答案】C【解析】因不等式对任意的实数x恒成立，则①当时，不等式为，恒成立，符合题意；②当时，不等式在R上恒成立等价于，解得：.综上可得：实数k的取值范围为.故选：C.模块三：数学思想方法①分类讨论思想【典例9-1】（2024·江苏南通·高一海门市第一中学校联考期中）关于的不等式任意两个解得差不超过14，则的最大值与最小值的差是（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】不等式，时解集为，时解集为，时解集为，由题意可得时，时，解得，则的最大值与最小值的差为4，故选：B.【典例9-2】（2024·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第三高级中学校考阶段练习）“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由可知，可以异号，可以同正，当异号时，必有，故可以推出； 当同正时，即，由基本不等式知，则当时，有，解得，故充分性成立；当时，满足，但此时，即“”不能推出“”，故必要性不成立；所以，“”是“”的充分不必要条件.故选：A【变式9-1】（2024·甘肃武威·高三武威第六中学校考阶段练习）对于任意实数，不等式恒成立，则实数取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】分类讨论和两种情况，分别计算结果，并取并集.（1）当，即时，原不等式可化为，显然恒成立．（2）当时，不等式恒成立，利用二次函数性质可知，即，解得．综上可知，故a的取值范围是．故选：A．【变式9-2】（2024·高一课时练习）若关于的不等式的解中，恰有3个整数，则实数应满足（    ）A． B．或C． D．或【答案】D【解析】由，得由解中恰有3个整数∴当时，，得；当时，，得，综上所述，或故选：D②转化与化归思想【典例10-1】（2024·浙江·高二校联考开学考试）已知，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由，且， 故，当且仅当，即时取得等号.故选：B【典例10-2】（2024·全国·高一专题练习）如果，那么下列不等式正确的是（     ）A． B．C． D．【答案】B【解析】由已知，利用基本不等式得出，因为，则，，所以，，∴.故选：B【变式10-1】（2024·陕西西安·高二校考期中）已知，则 的最小值是（　　）．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【解析】因为，，所以，，当且仅当即时等号成立，所以的最小值为2.故选：A.【变式10-2】（2024·全国·高三专题练习）已知，，，则下列中正确的是（  ）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题意可得：设， 则，显然，则，可得就是方程的两个实根，所以，则或，解得，即.故选：C.③数形结合思想【典例11-1】（2024·山东临沂·高一校考开学考试）（1）解不等式（2）解分式不等式【解析】（1）由方程，解得.由二次函数的图象开口向上，且与轴交于两点，可得不等式的解集为；（2），由（1）中二次函数图象分析，得不等式的解集为，或.故原不等式的解集为，或.【典例11-2】（2024·广西桂林·高二校考期中）求下列不等式的解集：(1)；(2)【解析】（1）原不等式整理得，，即，解得或，原不等式的解集为或（2）原不等式整理得，，，原不等式的解集为.【变式11-1】（2024·山西晋城·高一晋城市第一中学校校考阶段练习）已知实数是关于的一元二次方程的两个根，满足，求实数的取值集合.【解析】因为实数是关于的一元二次方程的两个根，所以，且，即，整理得，得或，所以，故，即，所以，解得或，综上所述，实数的取值集合为或或【变式11-2】（2024·安徽淮南·高一校联考阶段练习）初一（2）班的郭同学参加了折纸社团，某次社团课上，指导教师老胡展示了如图2所示的图案，其由三块全等的矩形经过如图1所示的方式折叠后拼接而成．已知矩形的周长为，其中较长边为，将沿向折叠，折过去后交于点E．(1)用x表示图1中的面积；(2)郭爸爸看到孩子的折纸成果后，非常高兴，决定做一颗相同形状和大小的纽扣作为奖励其中纽扣的六个直角（如图2阴影部分）利用镀金工艺双面上色（厚度忽略不计）．已知镀金工艺是2元/，试求一颗纽扣的镀金部分所需的最大费用．【解析】（1）因为，所以，因为为较长边，所以，即，设，则，因为，，所以，所以．在中，由勾股定理得，即，解得，所以．所以的面积．所以的面积．（2）设一颗钮扣的镀金费用为y元，则，当且仅当，由即时等号成立，所以当为时，一颗钮扣的镀金部分所需的最大费用为元．