第一十一讲 第三章 不等式・查漏补缺与综合拔高难点巅峰突破-【暑假衔接讲义】2025年新高一数学暑假提升讲义（含答案）（苏教版2019）

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【题型1 由已知条件判断所给不等式是否正确】
【题型2 由不等式性质比较式子大小关系】
【题型3 已知不等式范围求范围】
【题型4 不等式新定义-最大数与最小数】
【题型5 糖水不等式及其应用】
【题型6 权方和不等式及其应用】
【题型7 条件等式求最值】
【题型8 基本不等式中的恒成立问题】
【题型9 由基本不等式证明不等式关系】
【题型10 基本不等式的实际应用】
【题型11 一元二次不等式的解集及其应用】
【题型12 整数解问题】
【题型13 解含参的一元二次不等式】
【题型14 一元二次方程根的分布】
【题型15 一元二次不等式的实际应用】
【题型1 由已知条件判断所给不等式是否正确】
例1．（24-25高一下·广西柳州·开学考试）（多选）在下列四个命题中，正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则
C．已知，，则
D．已知，若，，则
【答案】CD
【分析】根据不等式的性质即可求解AB，利用整体法，结合不等式的性质求解C，利用作差法即可求解D.
【详解】对于A,由，故，故A错误，
对于B，由于，所以，
又，所以，
又，故，故，
因此，故B错误，
对于C,由于，结合，，
则，故C正确，
对于D, ，由于，，
故，即，故D正确，
故选：CD
【变式1-1】设实数，，满足，，则下列不等式中不成立的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据不等式的性质，对每个选项进行证明，对选项D，进行特值检验，即可.
【详解】选项A，要证，只需证即可.
由题意可知，则成立，则成立.
要证，只需证
由题意可知，则，
又因为，所以，则，即成立
故选项A成立，不符合题意.
选项B，要证，只需证即可.
由题意可知，则，成立.
所以成立，即.
要证，只需证，只需证
由题意可知，则，，，.
所以成立，即成立.
故选项B成立，不符合题意.
选项C，要证，只需证即可.
由题意可知则.
又因为，所以.
所以成立，即.
要证，只需证即可
由题意可知则.
又因为，所以.
所以成立，即成立.
故选项C成立，不符合题意.
选项D，令，，则
即，所以不成立，符合题意.
故选：D
【点睛】本题考查不等式与不等关系，属于较难题.
【变式1-2】（24-25高一上·浙江·期中）（多选）下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，且，则D．若，且，则
【答案】BD
【分析】应用特殊值法判断AC，应用做差法判断B，应用不等式的性质判断D.
【详解】对于A：当时，，A选项错误；
对于B：，因为
，
所以，B选项正确；
对于C：若，则，C选项错误；
对于D：若，，则，即得，D选项正确.
故选：BD.
【题型2 由不等式性质比较式子大小关系】
例2．某市一个经济开发区的公路路线图如图所示，七个公司分布在大公路两侧，有一些小公路与大公路相连.现要在大公路上设一快递中转站，中转站到各公司（沿公路走）的距离总和越小越好，则这个中转站最好设在（ ）
A．路口B．路口C．路口D．路口
【答案】B
【分析】根据给定图形，用表示7个公司到大公路最近的小公路距离和，，再求出到路口C，D，E，F的距离总和，比较大小作答.
【详解】观察图形知，七个公司要到中转站，先都必须沿小公路走到小公路与大公路的连接点，
令到、到、到、到、到、到、到的小公路距离总和为，
，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
显然，所以这个中转站最好设在路口.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及实际问题中的大小比较，根据实际意义设元，列式表示出相关量，再用不等式的相关性质比较即可.
【变式2-1】某花店搞活动，6支红玫瑰与3支黄玫瑰价格之和大于24元，而4支红玫瑰与5支黄玫瑰价格之和小于22元，那么2支红玫瑰与3支黄玫瑰的价格比较的结果是（ ）
A．2支红玫瑰贵B．3支黄玫瑰贵C．相同D．不能确定
【答案】A
【分析】设1枝红玫瑰和1枝黄玫瑰的价格分别元，由题意得到的取值范围，利用待定系数法将表示为的线性组合，然后利用不等式的基本性质和作差法比较的大小关系即可.
【详解】解：设1枝红玫瑰和1枝黄玫瑰的价格分别元，
由题意可得：（*），
令，
则，解得：，
，
由（*）得,,
,
，
因此．
所以2枝红玫瑰的价格高．
故选：A.
【点睛】本题考查不等式的基本性质的应用，属于中档题．将表示为的组合是关键，在利用不等式的基本性质求差的取值范围时，要化成同向不等式才能相加.
【变式2-2】（多选）已知（，，），且，则（ ）
A．B．
C．存在，使得D．
【答案】ABD
【分析】对于A，据已知条件即可证明；对于B，使用基本不等式即可证明；对于C，据已知条件即可否定；对于D，将条件变形为，再利用即可证明结论.
【详解】对于A，，，所以，故A正确；
对于B，，，所以，可得，同理可得，
又因，所以，故，，故B正确；
对于C，，，由B知，，又，存在，使得可知，代入可得与已知相矛盾，故C错误；
对于D，将条件变形为，，由A知，由B知，所以，即，故D正确.
故选：ABD
【题型3 已知不等式范围求范围】
例3．（24-25高一上·山西大同·阶段练习）若，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先利用待定系数法将用、加以表示，然后利用不等式的基本性质可求得的取值范围.
【详解】设，其中、，
则，
所以，，解得，
所以，，
因为，，
所以，，，
由不等式的性质可得，即，
因此，的取值范围是.
故选：C.
【变式3-1】（多选）已知，，则下列正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据条件，利用不等式的基本性质逐项判断即可.
【详解】对于A，，即，，，正确，
对于B，，即，，正确，
对于C，，即，，，错误，
对于D，，，又即，，
，，正确.
故选：ABD.
【变式3-2】（24-25高一上·贵州·阶段练习）（多选）已知实数a，b满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值是6，最小值是2B．的最大值是2，最小值是
C．的最大值是28，最小值是4D．的最大值是，最小值是
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，利用不等式性质逐项分析求解即可.
【详解】对于A，由，解得，当且仅当时取得最小值2，
当且仅当时取得最大值6，A正确；
对于B，由，解得，当且仅当时取得最小值，
当且仅当时取得最大值2，B正确；
对于C，，而，则，C错误；
对于D，由选项B知，的最大值为2，此时；的最小值为，此时，
观察图形知，当取最大值2时，的最大值是，当取最小值时，的最小值是，D正确.
故选：ABD
【题型4 不等式新定义-最大数与最小数】
例4．（24-25高一上·江苏南通·阶段练习）设表示a，b，c中最大的数．设.，且，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，讨论求解即可.
【详解】令其中，
所以，
若，则，故，
令，
因此,故,则，
可知的最小值为，
故答案为：
【变式4-1】记表示x，y，z中最小的数．设，，则的最大值为 ．
【答案】2
【分析】分是否大于进行讨论，由此即可简化表达式，若，则可以得到，并且存在，，使得，，同理时，我们可以证明，由此即可得解.
【详解】若，则，此时，
因为，所以和中至少有一个小于等于2，
所以，又当，时，，
所以的最大值为2．
若，则，此时，
因为，所以和中至少有一个小于2，
所以．
综上，的最大值为2．
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：关键是分是否大于进行讨论，结合不等式的性质即可顺利得解.
【变式4-2】（24-25高一上·辽宁·阶段练习）定义为数集M中最大的数，已知，若或，则的最小值为 .
【答案】
【分析】解法1：令，，，得到，分和，两情况讨论，结合新定义和不等式的基本性质，即可求解.
解法2：由数轴上点的距离公式，得到分别为线段的长，转化为求三个线段中最长线段的长的最小值，不妨设为，的长为，得到，分和，两情况讨论，结合新定义和不等式的基本性质，即可求解.
【详解】解法一：令，，，其中，，，所以，
若，则，可得，
令，
则，所以，则，
当且仅当，，时等号成立.
若，则，即，
令，
则，所以，则，
当且仅当，，时等号成立，
综上可得，的最小值为.
解法二：根据数轴上点的距离公式，可得分别为线段的长，
如图所示，若点固定，即求三个线段中最长线段的长的最小值，
可知当三个线段等长时，最长的线段长取最小值，
不妨设为，的长为，则，即，
若，则，即，解得；
若，则，即，解得，
因为，所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】对于涉及不等式的基本性质问题的求解策略：
1、运用不等式的性质求解或判断是，要注意不等式成立的条件，不要弱化条件，尤其也不能想当然捏造性质；
2、建立待求范围的整体与已知范围的整体关系，最后利用不等式的基本性质，进行运算，求得待求的范围；
3、注意利用同向不等式的两边相加时，这种转化不时等价变形，如果在解题过程中多次使用这种转化，可能会扩大其取值范围；
4、若通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
【变式4-3】以表示数集中最大的数．设，已知或，则的最小值为 ．
【答案】/0.2
【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解.
【详解】令其中，
所以，
若，则，故，
令，
因此,故,则，
若，则，即，
，
则,故,则，
当且仅当且时等号成立，
如取时可满足等号成立，
综上可知的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在和前提下进行合理分类讨论，根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”.
【题型5 糖水不等式及其应用】
例5．（多选）在a克的糖水中含有b克的糖（），再添加少许的糖m克（），全部溶解后糖水更甜了，由此得糖水不等式，若，则（ ）
A．若，则B．若，则
C．D．当时，．
【答案】ABC
【分析】应用作差法、不等式性质判断各项不等式关系的正误即可.
【详解】由，则，
若，
若，则，故；
若，则，故；
由题设，结合不等式性质显然有；
故选：ABC
【变式5-1】（多选）生活经验告诉我们，a克糖水中有b克糖，（，，且），若再添加c克糖后，（假设全部溶于水），糖水会更甜，于是得出一个不等式：，称之为“糖水不等式”，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若，，则与大小关系不随m的变化而变化
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】ACD
【分析】根据“糖水不等式”，即可判断A；作差比较即可判断B；若，则，再根据“糖水不等式”即可判断C；利用不等式的性质即可判断D.
【详解】解：对于A，根据“糖水不等式”，若，则，故A正确；
对于B，，因为，，
所以，故，即，故B错误；
对于C，若，则，
根据“糖水不等式”， ，即，故C正确；
对于D，若，则，
所以，
所以，即，故D正确.
故选：ACD
【变式5-2】（多选）已知糖水中含有糖()，若再添加糖完全溶解在其中，则糖水变得更甜了(即糖水中含糖浓度变大)，根据这个事实，下列不等式中一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】依题意得到，再根据不等式的性质一一判断即可；
【详解】对于A，由题意可知，正确；
对于B，因为，所以，正确；
对于C，即，错误；
对于D，，正确.
故选：ABD
【变式5-3】如果向一杯糖水里加糖，糖水变甜了，这其中蕴含着著名的糖水不等式：．
(1)证明糖水不等式；
(2)已知a，b，c是三角形的三边，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由作差法证明；
（2）由糖水不等式变形证明．
【详解】（1），
因为，所以，
所以，即．
（2）因为是三角形的三边，所以，
由（1）知，
同理，
所以，
又，
所以
所以原不等式成立．
【题型6 权方和不等式及其应用】
例6．（24-25高一下·辽宁葫芦岛·阶段练习）权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表述如下：设，，，，则，当且仅当时等号成立.根据权方和不等式，函数的最小值为（ ）
A．39B．52C．49D．36
【答案】B
【分析】根据权方和不等式的定义，将函数变形为：，再根据权方和不等式求出最小值即可.
【详解】因为，
因为，所以，，
根据权方和不等式有：，
当且仅当时，即时等号成立.
所以函数的最小值为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据权方和不等式定义将函数解析式变形，从而利用权方和不等式求最值.
【变式6-1】24-25高一上·安徽·期中）已知，且，则的最小值为（ ）
A．10B．9C．8D．7
【答案】B
【分析】合理变形，再利用乘“1”法计算即可.
【详解】因为，则，
则由题意得，
，
当且仅当，即时取等号．
故选：B．
【变式6-2】已知实数x，y满足，且，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】先得出，再根据基本不等式“1”的妙用求得结果.
【详解】设，
则且，解得.
所以，
因为，所以，
当时取等号，即且，
解得.
故选：B.
【变式6-3】（24-25高一上·河北·期中）若，，，则不等式，当且仅当时，等号成立.这个不等式叫做权方和不等式，称为该不等式的权，它的特点是分子的幂指数比分母的幂指数高1次.权方和不等式是数学中一个重要的不等式.
(1)若，证明二维形式的权方和不等式：.
(2)已知，，求的最小值.
(3)某同学运用权方和不等式解决下列问题，指出这种解法是否正确，并说明理由.
已知正数，满足，求的最大值.
解：由权方和不等式得，
所以的最大值是5.
【答案】(1)证明见解析；
(2)60；
(3)解法不正确，理由见解析.
【分析】（1）将证明转化为证明，可以通过利用基本不等式来证明；
（2）将变形成，利用权方和不等式结合已知条件，即可求解；
（3）利用.权方和不等式求最值，需注意等号成立的条件是否能满足.
【详解】（1）证明：
，当且仅当时，等号成立.
因为，所以.
（2）
，
当且仅当时，等号成立.
所以的最小值为..
（3）这种解法不正确.
原因如下：这种解法当且仅当，即时等号成立.
由，消去得，因为，所以本方程无实数解，
所以，的最大值不是5.
【题型7 条件等式求最值】
例7-1．（24-25高一上·江苏无锡·期中）设正实数x，y，z满足，则当取得最大值时，的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】D
【分析】将代入后剩下关于的二元等式，经齐次化处理后使用基本不等式在时最大值时，将代入原式可得，代入，得到二次函数利用配方法即可求得其最大值.
【详解】，
，又均为正实数，
（当且仅当时取"=")，
，此时.
，
，当且仅当时取得"="，满足题意.
的最大值为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：对含有多元变量的函数求最值时通常要减少变量的个数，减少变量的个数方法有:①代入消元，把其中一个变量用其它变量表示后代入消元;②对齐次式可通过构造比值消元.
例7-2．（2024·重庆渝中·模拟预测）（多选）已知实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由已知条件，结合基本不等式计算即可判断AB；根据，结合基本不等式计算即可判断C；根据，基本不等式计算即可判断D.
【详解】A：由，得，
即，得，
解得，当且仅当时等号成立，故A错误；
B：由选项A的分析知，故B正确；
C：由，得，即，
所以，
得，当且仅当时等号成立，故C正确；
D：由，得，即，
所以，得，
当且仅当时等号成立，故D错误.
故选：BC
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
【变式7-1】（24-25高一上·上海·期中）若正实数x、y、z满足，则当最大时，的最大值是（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】A
【分析】由条件等式求出，将化成，利用基本不等式可求得其最大值，得出等号成立条件：和，代入所求式，整理成二次函数，即可求出其最大值.
【详解】由，可得，
则，
因，，
当且仅当时，即时，等号成立，
此时，取得最大值为3.
由，
即当时，取得最大值.
故选：A.
【变式7-2】（24-25高一上·辽宁沈阳·阶段练习），，，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化简，利用基本不等式可得，再利用基本不等式即可求解.
【详解】
，
当且仅当，即，所以，时等号成立，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：.
【点睛】方法点睛：利用基本不等式求解最值问题，方法灵活，式子不能直接使用基本不等式时，常常需要变形，比如凑项法，“1”的妙用，消元法，多次使用基本不等式等.
【变式7-3】已知，，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用立方和公式及换元法，结合基本不等式即可求解.
【详解】由，得，
设，则，解得，
因为，，，
所以，解得或，
又因为，
所以，整理得，解得，
当且仅当时，等号成立.
因此，即，
所以的取值范围是.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：利用立方和公式和换元法，根据建立关于的不等式即可.
【变式7-4】（24-25高一上·辽宁·期中）（多选）已知实数a，b，c满足，则下列选项正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最大值为
C．的最小值为D．当a，b，时，的最小值为8
【答案】ABD
【分析】利用基本不等式求出最大值判断A；由结合基本不等式求出最大值判断B；由求出最小值判断C；由结合不等式性质及基本不等式求出最小值判断D.
【详解】对于A，
，当且仅当时取等号，A正确；
对于B，，则，
当且仅当或时取等号，B正确；
对于C，由，得，
当且仅当时取等号，取，则，C错误；
对于D，，，则，当且仅当时取等号，
于是，当且仅当时取等号，
因此当时，，取得最小值8，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件.
【题型8 基本不等式中的恒成立问题】
例8．（24-25高一上·重庆·阶段练习）若是三个不全相等的实数，且不等式恒成立，则实数t的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，令，可得，故，则求得t的范围，即可求得t的最小值.
【详解】设，，
因为，，
所以，等号成立的条件是．
令，解得，
所以，
即，
所以，
故选：A
【点睛】方法点睛：由已知式联想基本不等式，由于不等式一侧只有两项：，把拆成两项，分别与相加应用基本不等式，构成形式上的一致，再利用系数关系求得参数，然后由不等式恒成立可得结论．
【变式8-1】（24-25高一上·辽宁大连·期中）不等式对所有的正实数，恒成立，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．1
【答案】D
【分析】由题意可得 ，令，则有，，结合基本不等式求得，于是有，从而得答案.
【详解】因为,为正数，所以，
所以，则有，
令，则，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，则，
又，所以，
即，
所以的最小值为，
所以，即的最大值为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常采用参变分离法，只需求出分离后的函数(代数式)的最值即可得解.
【变式8-2】对任意实数，不等式恒成立，则实数的最大值（ ）
A．2B．4C．D．
【答案】D
【分析】首先不等式变形为恒成立，再利用两次基本不等式求的最小值，即可求解的取值.
【详解】不等式恒成立，可转化为
恒成立，其中，
令，
，
，
第二次使用基本不等式，等号成立的条件是且，
得且，此时第一次使用基本不等式，说明两次基本不等式能同时取得，
所以的最小值为，
即，则，
所以实数的最大值为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是再求的最值时，需变形为，再通过两次基本不等式求最值.
【变式8-3】已知正数a，b满足，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先参变分离得，再利用，与相乘，然后连续运用两次基本不等式即可.
【详解】依题意，．
又，
而
，
当且仅当，即，时，
前后两个不等号中的等号同时成立，所以的取值范围为
故选：
【题型9 由基本不等式证明不等式关系】
例9．已知，，且，证明：
(1)；
(2)．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用基本不等式，求得，进而证得.
（2）化简，然后利用不等式的性质以及（1）的结论证得.
【详解】（1），
因为，，，则，当且仅当时等号成立，
所以；
（2）
，
由（1）有，有，，有，，
有，当且仅当时等号成立，
所以．
【变式9-1】设非负实数满足，求证：
【答案】证明见解析
【分析】利用基本不等式即可求证结果.
【详解】因为，，，，
所以，
.
当时，等号成立，
所以，即.
【变式9-2】已知x，y，．
(1)若，证明：；
(2)若，证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）运用基本不等式证明即可；
（2）构造，，，采用叠加法即可证明.
【详解】（1）因为x，，所以，当且仅当时取等号，
所以，即，则，
同理由可得，
所以，当且仅当时取等号．
（2）因为x，y，，所以，，，
以上三式相加得，
所以，当且仅当时取等号．
因为x，y，，且，所以，，
所以，，所以．
【点睛】本题第（2）问通过，，相加得到，这种方法为叠加法，叠加法是证明不等式的一种基本方法，若一个复杂的不等式可拆成若干个结构相同的简单不等式，可分别证明，再相加．
【变式9-3】（24-25高一上·福建泉州·阶段练习）（1）已知，，均为正实数，且满足．证明：
①．
②．
（2）已知，若，且对任意，不等式恒成立，求的最小值．
【答案】（1）① 证明见解析；②证明见解析 ；（2）．
【分析】（1）①由题意得到，，，三式相加即可证明；②由题意得到，再结合，，即可证明结论．
（2）由条件可得，由此可得，换元并结合基本不等式即可求得最小值.
【详解】（1）①，，均为正实数，
则（当且仅当时取“＝”），
同理可得：，（当且仅当，时等号成立），
故（当且仅当时取“＝”），
又，故；
②
（当且仅当时取“＝”），
同理（当且仅当时取“＝”），
（当且仅当时取“＝”）.
又由，，
所以，（当且仅当时取“＝”），
所以，
故
，
（当且仅当时取“＝”）．
（2）因为对任意，不等式恒成立，
所以，则，，
令，则，，
所以，
当且仅当即时等号成立，
即当且仅当时等号成立，
所以的最小值为.
【点睛】关键点睛：求的最小值的关键是依据题设将双元问题转化成一元问题，再结合换元法简化问题从而得解.
【题型10 基本不等式的实际应用】
例10．小明同学喜欢玩折纸游戏，经常对折纸中的一些数学问题进行探究.已知一矩形纸片其中的周长为他把沿AC向折叠，AB折过去后交DC于点他在思索一个问题：如果改变AB的长度周长保持不变，的面积是否存在最大值?请帮他确定的面积是否存在最大值?若存在，求出其最大值并指出相应的AB的长度；若不存在，试说明理由?
【答案】存在，时，取最大面积
【分析】先用边长通过几何关系表示出所求面积，再用基本不等式即可求解，注意检验等号是否能取得
【详解】由题意可知，矩形的周长为，
设，则
设，则，，而为直角三角形，
，
当且仅当，即时取等，此时，满足，
故时，取最大面积
【变式10-1】（24-25高一上·四川绵阳·期末）如图所示，将一矩形花坛扩建成一个更大的矩形花坛，要求在上，在上，且对角线过点，已知米，米.

(1)要使矩形的面积大于32平方米，则的长应在什么范围？
(2)当的长为多少时，矩形花坛的面积最小？并求出最小值.
【答案】(1)的长应在
(2)当的长为米，矩形花坛的面积最小，最小值平方米
【分析】（1）设出米，则米，求出矩形面积的表达式，根据矩形的面积大于32平方米解不等式可得答案；
（2）利用基本不等式求解可得答案.
【详解】（1）设，则由与相似得
，整理得，
矩形的面积，
即，
当时，得，整理得，
解得，或，又，
所以的长应在；
（2）时，，
当且仅当即时等号成立，
所以，
所以，当的长为米，矩形花坛的面积最小，最小值平方米.
【变式10-2】（24-25高一上·湖北·期中）用篱笆在一块靠墙的空地围一个面积为的等腰梯形菜园，如图所示，用墙的一部分做下底，用篱笆做两腰及上底，且腰与墙成，当等腰梯形的腰长为多少时，所用篱笆的长度最小?并求出所用篱笆长度的最小值.

【答案】等腰三角形腰长为，所用篱笆长度的最小值为.
【分析】建立函数模型，利用基本不等式求解.
【详解】设， 上底，
分别过点，作下底的垂线，垂足分别为，，
则 ，，则下底 ，

该等腰梯形的面积 ，
所以， 则
所用篱笆长为
当且仅当 即，时取等号.
所以，当等腰梯形的腰长为时，所用篱笆长度最小，其最小值为.
【变式10-3】（24-25高一上·江苏扬州·期中）如图，长方形的周长为10.
(1)若点在线段上运动，点在线段上运动，且满足，，则面积的最大值是多少?
(2)沿折叠使点到点位置，交于点，请解决下面两个问题.
（i）求的周长；
（ii）的面积是否存在最大值，若存在，求出面积取最大值时的长度，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）5（ii）的面积存在最大值，此时
【分析】（1）根据周长得到边长，再根据基本不等式得到面积的最值；
（2）（i）根据两个三角形全等可得到三角形的周长；（ii）先根据已知条件得到边长之间的关系， 再根据基本不等式求得最值.
【详解】（1）当，，设，
则，根据基本不等式得，
，当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值是；
（2）（i）沿折叠使点到点位置，交于点，
所以，所以，
所以，
所以的周长；
（ii）设，则，
由（i）知，，
在中，有，
解得，
则，
根据基本不等式得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的面积存在最大值，此时.
【题型11 一元二次不等式的解集及其应用】
例11．（多选）已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．设关于的方程的解为，则
【答案】ABD
【分析】结合题意可得和为方程的两根，且，，根据韦达定理可得，，从而判断AB选项；通过化简，进而可判断C选项；令，结合题意可得方程在上的两个解为和，进而得到，可得，利用作差法即可判断D选项.
【详解】因为不等式的解集为，
所以和为方程的两根，且，，
所以，即，，
又，所以，
所以，，故AB正确；
而
，故C错误；
因为关于的方程的解为，
令，即，
所以关于的方程在上有两个解，
结合题意，可得方程在上的两个解为和，
所以，
所以，
又，且，
所以，即，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：解决一元二次不等式解集相关问题，常常转化为对应一元二次方程的根的问题，进而结合韦达定理求解.
【变式11-1】（24-25高一上·河北邯郸·期中）（多选）已知，，关于的不等式的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的最大值为
C．的最小值为4D．的最小值为
【答案】ABC
【分析】根据解集以及根与系数的关系得到可判断A，根据基本不等式可得到B，根据和为1的形式可得到选项C和D.
【详解】对于A：由不等式的解集为，
可得，且方程的两根为-1和，
所以所以，，
所以，所以A正确；
对于B：因为，，所以，可得，
当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，所以B正确；
对于C：，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为4，所以C正确；
对于D：由得，
，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为，所以D错误，
故选：ABC．
【变式11-2】（24-25高一上·安徽宣城·阶段练习）已知关于的一元二次不等式的解集为，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则且
B．若，则关于的不等式的解集也为
C．若，则关于的不等式的解集为或
D．若{，为常数，且，则的最小值为
【答案】B
【分析】A由一元二次不等式解集为空直接判断；B令即可判断；C根据解集判断参数关系，结合目标不等式求解即可；D根据题设得，且，将目标式化为含的表达式，再令，代换原表达式并结合基本不等式求最值.
【详解】A：由无解，则且，对；
B：令，若，则等价于，
此时，关于的不等式的解集不为，错；
C：由题设，则等价于，
所以，可得或，对；
D：由题设，则，且，
所以，令，则，
所以上式为
，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为，对.
故选：B
【变式11-3】（多选）已知为常数，给出关于的不等式，则（ ）
A．当，时，不等式的解集为
B．当时，不等式的解集为或的形式，其中
C．当时，不等式的解集为或的形式，其中，
D．当时，不等式的解集为的形式，其中
【答案】ACD
【分析】当，时，转化为一元二次不等式组求解可判断A；讨论直线与抛物线的相交情况，然后根据条件作出函数，，的图象，观察图象即可判断BCD.
【详解】当，时，，
即，解得，A正确；
设直线，联立，得，
由得或，直线与抛物线有两个交点；
由得或，直线与抛物线有一个交点；
由得，直线与抛物线无交点.
作出函数，，的图象，当时，如图一，
由图可知，此时不等式解集为，B错误；

当时，如图二，由图可知，C正确；

当时，如图三，由图可知，D正确.
故选：ACD

【题型12 整数解问题】
例12．关于x的不等式恰有2个整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知及一元二次不等式的性质可得，讨论a结合原不等式整数解的个数求的范围，
【详解】由恰有2个整数解，即恰有2个整数解，
所以，解得或，
①当时，不等式解集为，因为，故2个整数解为1和2，
则，即，解得；
②当时，不等式解集为，因为，故2个整数解为，，
则，即，解得，
综上所述，实数的取值范围为或.
故选：B.
【变式12-1】（24-25高一上·河南新乡·阶段练习）若关于x的不等式的解集中恰有3个整数，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先根据确定的取值范围，初步判断在不等式的解集内，不在不等式的解集内，进而确定不等式解集内的整数，列出不等式，可求出结果.
【详解】由题意，且，且，解得，则，
设不等式的解集为.
因为时，不成立，所以；因为时，，所以.
又因为中恰有3个整数，所以这3个整数必定是1，2，3.
由.
综上所述.
故选：C
【点睛】关键点点睛：不等式中所含有的整数解必定是连续的整数，弄清楚1，2，3满足不等式后，还要注意0，4不满足原不等式.
【变式12-2】（24-25高一上·上海松江·阶段练习）关于x的不等式恰有2个整数解，则实数a的取值范围为（ ）
B．
C．D．
【答案】D
【分析】由已知及一元二次不等式的性质可得，讨论a结合原不等式整数解的个数求的范围，
【详解】解：恰有2个整数解，
恰有2个整数解，
恰有2个整数解，
即恰有2个整数解，
即的图象开口向上，
所以，
解得或，
当时，不等式解集为，
因为，故2个整数解为1和2，
则，即，
解得：；
当时，不等式解集为，
因为，故2个整数解为，，
则，
即，
解得：，
综上所述，实数的取值范围为：或.
故选：D.
【变式12-3】（23-24高一上·江苏无锡·阶段练习）若关于x的不等式恰好有4个整数解，则实数的范围为 ．
【答案】
【分析】由题意不等式恰好有4个整数解，且，从而首先得出，进一步化简得不等式的解集为，由此即可列出不等式组求解.
【详解】因为，
所以由题意当且仅当不等式恰好有4个整数解，且，
所以首先，解得，
又方程的根为，即或，
所以不等式的解集为，
因为，所以，
所以不等式的4个整数解只能是2，3，4，5，
所以，
又因为，
所以解得，即实数的范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是首先得出，由此即可顺利得解.
【变式12-3】（24-25高一上·江苏徐州·期中）已知，关于的不等式的解集中有且仅有个整数，，，则 ，的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据不等式解集中有且只有个连续整数，确定解集的区间长度，
得出的取值范围，再由对称轴判断出即可.
【详解】由题意，，即，
设不等式的解集为，则，，
则，
因为不等式解集中有且仅有个整数，所以，
即，解得，
所以的对称轴满足，
而，即离对称轴距离最近的整数只有，
所以，所以三个整数解为，
所以，解得.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题入手较难，关键是不等式解集中有个整数如何表示，利用解集的区间长度建立不等式是解题关键.
【题型13 解含参的一元二次不等式】
例13．（24-25高一上·广东惠州·阶段练习）已知，关于的不等式的解集为或.
(1)求的值；
(2)解关于的不等式；
(3)若不等式对一切恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据方程的根的概念，可求的值.
（2）对的值分类讨论，结合一元二次不等式解集的形式，可解关于的不等式.
（3）分离参数，转化为恒成立问题，通过求函数的值域得的取值范围.
【详解】（1）由题意：1，（）是方程的两根.
由；由或（舍去）.
故：，.
（2）原不等式可化为：.
若，则，解得：；
若，则，解得：或；
若，则，
当，即时，解得：；
当，即时，解得：；
当，即时，解得：.
综上可知：当时，不等式的解集为：或；
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：.
（3）问题转化为：对恒成立.
所以：.
因为恒成立，所以，.
因为.
设，则，，
且.
因为，当且仅当时取“”.
所以，所以，所以.
所以.
所以的取值范围是：.
【点睛】方法点睛：求参数的的取值范围，可以分离变量，化成，恒成立的问题，再结合基本不等式，求式子，的最大值即可.
【变式13-1】（24-25高一上·河北石家庄·阶段练习）已知关于的不等式.
(1)若不等式的解集为，求实数的值；
(2)若不等式恒成立，求实数的取值范围.
(3)在（2）的条件下，解关于x的不等式.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由题意可得，且和时关于的方程的两个实数根，从而可求出的值；
（2）由题意得或，从而可求出的取值范围；
（3）根据（2）中的取值范围可得到不等式对应方程的根的大小，即可求得结果.
【详解】（1）因为关于的不等式的解集为，
所以，且和时关于的方程的两个实数根，
则，解得；
（2）因为关于的不等式恒成立，
当时，原不等式为成立；
当时，
，即；
综上的取值范围为；
（3）不等式可化简为，
则的两个根为，
因为，
所以，即，
所以解集为.
【变式13-2】（24-25高一上·湖南长沙·阶段练习）已知函数．
(1)若对一切实数恒成立，求实数的取值范围；
(2)解关于的不等式；
(3)若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）分与讨论，当时结合二次函数图像，列出不等式，代入计算，即可求解；
（2）先因式分解，然后对两根的大小进行讨论，即可求解；
（3）先令，由可得，将问题转化为有四个不同的实根，结合韦达定理代入计算，即可求解.
【详解】（1）由题意，对一切实数恒成立，
当时，不等式可化为，不满足题意；
当时，则有解得．
故实数的取值范围是．
（2）不等式等价于，
即，
当时，不等式可化为，解集为；
当时，与不等式对应的一元二次方程的两根为，．
当时，，此时不等式解集为；
当时，，此时不等式解集为或；
当时，，此时不等式解集为；
当时，，此时不等式解集为或．
综上所述，
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为或；
当时，解集为；
当时，解集为或．
（3）当时，因为，
令，当且仅当时，等号成立；
则关于的方程可化为，
关于的方程有四个不等实根，
即有两个不同正根，则
由②③式可得，
由①知：存在，使不等式成立，故，
即，解得（舍）或．
综上，实数的取值范围是．
【变式13-3】已知函数．
(1)若不等式的解集为，求的取值范围；
(2)解关于的不等式；
(3)若不等式对一切恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)当 时, 解集为 ;
当 时, 解集为 ;
当 时, 解集为.
(3)
【分析】（1）通过分类讨论的值即可解出不等式；
（2）通过分类讨论的范围即可解出不等式；
（3）利用分参法，设 ，即可求出的取值范围.
【详解】（1）由题意，
当, 即 时, , 解集不为 , 不合题意;
当, 即 时, 的解集为 ,
，即
故 时, .
综上，.
（2）由题意得,
在, 即 ,
当 , 即 时, 解集为 ;
当 , 即 时, ,
即 解集为 ；
当 , 即 时, ,
解集为 .
综上，当 时, 解集为 ;
当 时, 解集为 ;
当 时, 解集为.
（3）由题意，
, 即 ,
恒成立,
∴,
设 , 则
,
, 当且仅当 时取等号,
, 当且仅当 时取等号,
当 时, ,
，
∴的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：本题考查二次函数的解法，基本不等式，二次函数判别式。考查学生分析问题的能力，分类讨论的能力，具有很强的综合性.
【题型14 一元二次方程根的分布】
例14-1．（24-25高三上·北京·阶段练习）已知方程的两根一个比大另一个比小，则实数的范围是 .
【答案】
【分析】根据二次方程根的分布可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围.
【详解】因为方程的两根一个比大另一个比小，
则，解得，
因此，实数的取值范围是.
故答案为：.
例14-2．已知实数，关于的不等式的解集为，则实数a、b、、从小到大的排列是( )
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题可知，再利用中间量，根据与之间的关系求出的取值范围，即可判断a、b、、之间的关系.
【详解】由题可得：，.由，，设，则.所以，所以，.又，所以，所以.故，.又，故.
故选：A.
【变式14-1】（24-25高一上·北京·期中）关于的方程有两个不相等的实数根，，且，则a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】利用给定条件合理构造出，再利用韦达定理得到，求解参数范围即可.
【详解】因为关于的方程有两个不相等的实数根，
所以，解得，
因为，所以，因为，所以，
故，即，
而由韦达定理得，，
代入不等式中得到，解得，
故答案为：
【变式14-2】已知关于的方程有两个实数根，且一根大于2，一根小于2，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】构造函数，利用一根大于2，一根小于2，根据二次函数的性质建立不等式，解不等式即可求实数k的取值范围．
【详解】关于x的方程有两个实数根，
且一根大于2，一根小于2，
构造函数，
∵一根大于2，一根小于2，∴，
∴，解得.
则k的取值范围是.
故答案为：.
【变式14-3】已知关于的方程有一个正根和一个负根，则实数的取值范围为 ．
【答案】
【分析】利用二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】设方程关于的方程的两根分别为、，
则，解得.
故答案为：.
【题型15 一元二次不等式的实际应用】
例15．（24-25高一上·江苏连云港·期末）近年来，某企业每年消耗电费36万元.为了节能减排，决定安装一个可使用20年的太阳能供电设备，并接入本企业的电网.安装这种供电设备的费用（单位：万元）与太阳能电池板的面积（单位：）成正比，比例系数约为.为了保证正常用电，安装后采用太阳能和电能互补供电的模式.设在此模式下，安装后该企业每年消耗的电费（单位：万元）与安装的这种太阳能电池板的面积（单位：）之间的函数关系是（为常数）.记该企业安装这种太阳能供电设备的费用与20年所消耗的电费之和为（单位：万元）.
(1)解释的实际意义，并写出关于的函数关系式；
(2)当为何值时，最小？求出的最小值；
(3)要使不超过安装太阳能供电设备前消耗电费的，求的取值范围.
【答案】(1)实际意义是未安装太阳能设备时，该企业每年消耗的电费，
(2)当时，的最小值为
(3)
【分析】（1）代入即可求出，从而得到其函数关系，再根据题意得到实际意义；
（2）变形得，再利用基本不等式即可；
（3）由题意得到不等式，解出即可.
【详解】（1）表示太阳能电池板的面积为0时，该企业每年消耗的电费．
即未安装太阳能设备时，该企业每年消耗的电费．
当时，该企业每年消耗的电费36万元，代入可得：
，则，
.
（2），
，
当且仅当，即等号成立，的最小值为.
（3）由题可知．
即，解得，
即的取值范围为.
【变式15-1】为了加强自主独立性，全国各个半导体领域企业都计划响应国家号召，加大对芯片研发部的投入据了解，某企业研发部原有200名技术人员，年人均投入万元（），现把原有技术人员分成两部分：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投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元.
(1)要使这名研发人员的年总投入不低于调整前200名技术人员的年总投入，求调整后的技术人员的人数最多多少人？
(2)为了激励芯片研发人员的热情和保持各技术人员的工作积极性，在资金投入方面需要同时满足以下两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入.是否存在这样的实数，使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上两个条件，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)最多150人
(2)存在，
【分析】（1）根据已知条件列不等式，解一元二次不等式求得的取值范围，从而求得调整后的技术人员的人数的最大值.
（2）根据条件①②列不等式，化简得，结合基本不等式求得的范围.
【详解】（1）依题意可得调整后研发人员的年人均投入为万元，
则，
，，
，解得，
∵且，所以调整后的技术人员的人数最多150人；
（2）①由技术人员年人均投入不减少有，解得.
②由研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入有
，
两边同除以得，
整理得，
故有，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
又因为，当时，取得最大值7，所以，
∴，即存在这样的m满足条件，使得其范围为
【变式15-2】某市为推动美丽乡村建设，发展农业经济，鼓励某食品企业生产一种饮料，该饮料每瓶成本为10元，售价为15元，月销售8万瓶．
(1)据市场调查，若每瓶售价每提高1元，月销售量将减少8000瓶，要使下月总利润不低于原来的月总利润，该饮料每瓶售价最多为多少元？
(2)为提高月总利润，企业决定下月调整营销策略，计划每瓶售价元，并投入万元作为调整营销策略的费用．据市场调查，每瓶售价每提高1元，月销售量将相应减少万瓶，则当每瓶售价为多少时，下月的月总利润最大？并求出下月的最大总利润．（提示：月总利润月销售总收入月总成本)
【答案】(1)20元
(2)当每瓶售价为19元时，下月的最大总利润为45.45万元
【分析】（1）设提价元，根据“下月总利润不低于原来的月总利润”列不等式，求得的取值范围，从而求得最高售价.
（2）求得下月总利润的表达式，利用基本不等式求得下月总利润的最大值以及此时的售价.
【详解】（1）设提价元，由题意，每瓶饮料的利润为元，月销售量为万瓶，
所以提价少月销售总利润为万元．
因为原来月销售总利润为(万元)，月利润不低于原来月利润，
所以，即，
所以，所以售价最多为(元)，
故该饮料每瓶售价最多为20元．
（2）由题意，每瓶利润为元，月销售量为万瓶，设下月总利润为，
整理得
因为，所以，
所以，
当且仅当时取到等号，
故当每瓶售价为19元时，下月的最大总利润为45.45万元．
一、单选题
1．（24-25高一上·湖北荆州·阶段练习）设正数a，b满足，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】通过换元法，设，得到，，，再由乘1法，运用基本不等式，即可求得所求最小值.
【详解】设，则，
因为，所以，，则
当且仅当，即时，取得最小值
故选：B.
2．（24-25高一上·江苏常州·期中）已知不等式，的解集为，且不等式恒成立，则正实数的取值范围是（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用二次不等式解集得到，从而利用基本不等式求得的范围，再利用换元法将不等式转化可得，进而利用二次函数性质解决恒成立问题，由此得解.
【详解】因为不等式，的解集为，
所以是方程，的两根，
所以，且，
所以，当且仅当时，等号成立，
而不等式可化为，
所以，
则在上恒成立，即，
因为，
当且仅当时，即，等号成立，
所以，此时，，满足题意，
所以的取值范围是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用参变分离法将问题化为求的最值问题，从而得解.
3．（24-25高一上·浙江绍兴·期中）存在三个实数，，，使其同时满足下述两个等式：（1）；（2），其中M表示三个实数，，中的最大值，则（ ）
A．M的最大值是2B．M的最大值是
C．M的最小值是2D．M的最小值是
【答案】C
【分析】由题意可得，，中有2个负数，1个正数，不妨设，则，则，利用基本不等式可得，故，求解不等式即可.
【详解】由题意可得，，中有2个负数，1个正数，
不妨设，则，
所以，即，当且仅当时等号成立，
所以，即，
即，即，
即，
因为，所以，
所以M的最小值是2，没有最大值.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用基本不等式得到，进而得到关于的不等式，解之即可得解.
4．（24-25高一上·山西晋城·期中）若存在，且，使不等式能成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】首先将不等式恒成立转化为求的最小值，利用“1”的变换，展开后利用基本不等求最小值.
【详解】因为能成立，所以.
又因为，所以.
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，即，所以或.
故选：D.
5．（24-25高一下·云南·期中）已知，不等式对于一切实数恒成立，又，使，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】D
【分析】根据已知条件可得，然后对化简变形后利用基本不等式可求得其最小值.
【详解】不等式对于一切实数恒成立，且，
，.
，使成立，
，，
，
当且仅当，即时等号成立.
故选：D.
二、多选题
6．（24-25高一下·云南大理·阶段练习）已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】根据基本不等式和重要不等式，分别判断各选项的正误.
【详解】因为，且，所以，当且仅当时，等号成立，所以，A错误．
因为，所以．因为，所以0，解得，B正确．
因为，所以，所以．因为2，所以，即，C正确．
因为，所以，当且仅当时，等号成立，D正确．
故选：BCD.
7．（24-25高一上·吉林白城·期中）已知实数满足，且，则的值可以为（ ）
A．B．7C．D．5
【答案】AB
【分析】利用“”的代换变形后，再利用基本不等式求出最小值，排除CD项，验证AB项可得.
【详解】令，
由题意，且，
得，且，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
由，解得，此时，故A正确；
由，故CD错误；
B项，由方程组，又，
解得，故B正确.
故选：AB.
8．（24-25高一上·安徽蚌埠·阶段练习）《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点A作于点F，则下列推理不正确的是（ ）
A．由图1和图2面积相等得B．由可得
C．由可得D．由可得
【答案】ABD
【分析】根据图1和图2面积相等，可用表示，判断A的真假；把、用表示出来，判断B的真假；把、用表示出来，判断C的真假；把、用表示出来，判断D的真假.
【详解】对于A，由图1和图2面积相等得，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，所以，，，
因为，所以，整理得，故B错误；
对于C，因为D为斜边BC的中点，所以，
因为，所以，整理得，故C正确；
对于D，因为，所以，整理得，故D错误.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：采用数形结合，分别表示出相应线段，结合图形中线段的长度关系，逐一分析各选项，即可得到答案.
9．（24-25高一上·湖南·期中）已知，，且不等式恒成立，则（ ）
A．的最小值为B．的最大值为
C．的最小值为D．的最大值为
【答案】AB
【分析】由，令，利用基本不等式求的最小值，即可求得的取值范围.
【详解】由，，则不等式，
令，
则，
又，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；
则，当且仅当时，等号成立；
又，当且仅当，即时，等号成立；
故，当且仅当时，等号成立；
所以，解得，
因此可得的最小值为，的最大值为，
故选：AB.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
10．（24-25高一上·陕西渭南·期中）已知，，且，则（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】由得到，利用基本不等式可判断选项A正确，选项B错误；利用可得选项C正确；根据，通过分离参数结合基本不等式可得选项D正确.
【详解】由得，，
由得，，整理得，
解得或（舍去），当且仅当时等号成立，
故的最小值为，选项A正确.
由得，，即，
解得（舍去），当且仅当时等号成立，
故的最小值为，选项B错误.
由得，，所以，解得，选项C正确.
，
当且仅当，即时等号成立，选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：解决选项D的关键是根据把代数式等价变形为，利用基本不等式可得结果.
三、填空题
11．（24-25高一上·重庆九龙坡·期末）已知均为正实数，若，则的最小值为 .
【答案】25
【分析】由代入消去，整理得，设，则得，利用基本不等式即可求得.
【详解】由可得，代入中，可得，
设，则，
于是，
因，当且仅当时，等号成立，
即时，取得最小值25.
故答案为：25.
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于通过代入消元后，需要将所得的分式的分子进行换元处理，即可利用基本不等式求其最值.
12．（24-25高一上·广东江门·期中）已知，（1）若，都是正数，且，则的最小值为 ；（2）若，则的最大值为 .
【答案】 9
【分析】（1）直接由基本不等式得，再将看成一个整体解一元二次不等式即可.
（2）方法一：首先根据得，通分后将代入，再利用判别式法求最值即可；
方法二：设，，代入化简可得，利用分离常数法与基本不等式求解即可.
【详解】（1），为正数，且，
，，.
（2）方法一：因为，所以，所以，
等号成立当且仅当，
从而，
令，设，
显然，则，
因为关于的一元二次方程有实数根，所以，
整理得，即，
解得，
注意到，从而，
等号成立当且仅当，
即，
所以经检验的最大值，即的最大值为.
方法二：设，，
则
.
故答案为：.
【点睛】常见的求最值的方法有：观察法(图象法)、配方法、基本不等式法、分离常数法、函数单调性求最值、判别式法等.
13．（24-25高一上·上海杨浦·阶段练习）若不等式对所有恒成立，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据条件列出不等式，根据不等式的运算，即可求解.
【详解】由条件可知，，
，，
，
则，
则,
由条件可知，，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是不等式的运算，从而构造出.
14．（23-24高三上·江西九江·期末）已知实数，且关于x的一元二次方程有实数根，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】令，分、、三种情况，结合一元二次方程的解法分别求解即可．
【详解】由题意可得，①
令，
若，则以及，则，即；
由①式消去c，得，
即，即或；
所以，解得，
时“”成立，故；
若，则以及，则，即；
由①式消去c，得，
即，②
当时，②式成立；
当时，由②式得或，
所以，解得，故，
时“”成立，所以，
若，则以及，则，即，
由①式消去a，整理得，
即，即或，
所以，解得，
时“”成立，故．
综上所述，，取“”成立时，或，
故．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：与函数的新定义有关的问题的求解策略：
1.通过给出一个新的函数的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
15．（2024高三·全国·专题练习）设表示实数中最小的数，若，且，则中的最大值为 ．
【答案】4
【分析】首先设，，，，再构造和的形式，利用基本不等式求最值.
【详解】设，，，，
，且，，，，，
，
，当且仅当，时等号成立，
又，当且仅当，时等号成立，
，则，当且仅当，时等号成立，
故中的最大值为4.
故答案为：4
【点睛】关键点睛：本题是一道典型的二元双重最值问题，求解的关键是多次运用基本不等式，多次运用基本不等式时，一定要注意等号成立的条件，看是否同时满足，另外还要注意不等号的方向，保持不等号的一致性.
四、解答题
16．（24-25高一上·河北石家庄·阶段练习）函数，.
(1)当时，求函数在上的最大值；
(2)如果函数在区间上只有一个零点，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）结合对称轴与区间关系，求二次函数在闭区间上的最值即得；
（2）以二次项系数与判别式为主，结合二次函数的开口方向、对称轴、端点处的函数值符号分类讨论求解即可.
【详解】（1）当时，则，
因为，所以时，；
（2），
当时， ，令，得，
所以函数在上有一个零点, 故时成立
当时，令，得方程，
因为函数在区间上只有一个零点，
则, 解得，或（），
①当, 即，或时.
当时，，
由，解得，满足题意；
当 时,．由，得，.
所以当 时, 均恰有一个零点在上
②当, 即，或，或时，
当时，二次函数图象开口向下，
对称轴，由，则，
故在单调递增，在单调递减；
又，又，即，
故此时函数在有两个零点，不满足题意；
当时，二次函数图象开口向下，
对称轴，由，则，故在单调递增，
又，
由零点存在性定理可知，
此时函数在有且仅有一个零点，满足题意；
当时，二次函数图象开口向上，对称轴，
若， 则，故在单调递增；
又，且图象开口向上，
则在至少有一个零点，在至少有一个零点.
由二次函数至多两个零点，
故函数在有且仅有一个零点，此时满足题意；
若，则，由，
解得，所以函数在有两个零点，不合题意；
若，二次函数图象开口向上，
对称轴，由，则，
故在单调递减，在单调递增；
又，又，即，
所以函数在与各有一个零点，即在有两个零点，不合题意；
综上所述，函数在区间上存在零点，实数的取值范围是或.
17．（24-25高一上·四川德阳·期中）问题：正实数，满足，求的最小值.其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号.学习上述解法并解决下列问题：
(1)若正实数，满足，求的最小值；
(2)若实数，，，满足，试比较和的大小，并指明等号成立的条件.
【答案】(1)
(2)，当且仅当且同号时，等号成立.
【分析】（1）利用基本不等式“1”的妙用求解最小值；
（2）由“1”的妙用得到，其中，从而得到，并得到等号取到的条件.
【详解】（1）正实数，满足，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为；
（2），
而，当且仅当时，等号成立，
所以，
故，当且仅当且同号时，等号成立.
【点睛】方法点睛：利用基本不等式求解最值问题，方法灵活，式子不能直接使用基本不等式时，常常需要变形，比如凑项法，“1”的妙用，消元法，多次使用基本不等式等
18．（23-24高一上·天津东丽·阶段练习）已知函数
(1)若的解集为，求实数的值；
(2)当时，若关于的不等式恒成立，求实数a取值范围．
(3)，解关于的不等式.
【答案】(1)，；
(2)
(3)答案见解析；
【分析】（1）根据一元二次方程根与系数关系代入方程可解得，；
（2）将不等式整理可得，利用基本不等式计算可得即可；
（3）对参数的取值进行分类讨论，利用一元二次不等式解法即可得出对应解集.
【详解】（1）由的解集为可得3是方程的一个实数根，
因此，解得；
所以的另一实数根为1，可得；
即实数的值为，；
（2）由可得，即；
又因为，可得恒成立；
易知当时, ,
当且仅当，即时，等号成立，此时取得最小值，
所以
（3）不等式即为；
整理可得；
当时，不等式为，易知其解集为；
当时，不等式可分解为，其方程对应的两根分别为；
若，不等式等价为，此时不等式解集为；
若，不等式解集为；
若，不等式解集为；
若，不等式解集为；
综上可知，当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
19．（24-25高一上·上海·期中）设函数.
(1)若关于的不等式的解集为，求实数的值；
(2)若不等式对于实数时恒成立，求的取值范围；
(3)解关于的不等式：.
【答案】(1)2
(2)：
(3)答案见解析
【分析】（1）由二次不等式与二次方程的关系，得到方程的解，即可求出实数的值；
（2）整理不等式，将不等式左边看成关于的一次函数，代入两端点不等式成立即可解出的解集；
（3）整理不等式，讨论参数的取值，得到相应不等式的解集即可.
【详解】（1）由题意知，是方程的两个根，
则，则.
（2），
则对于实数时恒成立，
则，即，
解得，∴
则的取值范围为.
（3）依题意，等价丁，
当时，不等式可化为，解集为.
当时，不等式可化为，此时，
所以不等式的解集为.
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为或；
③当时，，不等式的解集为或；
综上，当时，解集为或；
当时，解集为；
当时，解集为或；
当时，解集为；
当时，解集为.
20．（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．
【答案】(1)不存在实数
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件，分和两种情况，利用一元一次不等式和一元二次不等式的解法，即可求解；
（2）根据条件得到，令，得到，再求出的最小值，即可求解；
（3）设，将问题转化成时，恒成立，从而得到，即可求解.
【详解】（1）原不等式等价于．
当时，，解得，不满足题意，
当时，则，得到，
所以，不存在实数，使不等式对恒成立．
（2）因为，所以，，则，
令，则，得到，
设，，显然在单调递增，
当时，，当时，，所以，则，
所以，即的取值范围是．
（3）设，当时，恒成立．
即成立，即，
由，得到，
由，得到或，
所以，所以实数的取值范围是．
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（3）问，构造一次函数，将问题转化成在区间上恒成立，从而得到，即可求解.