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- 第二章 一元二次函数、方程和不等式【过关测试】-2022-2023学年高一数学单元复习（人教A版2019必修第一册） 试卷 3 次下载
- 第二章 一元二次函数、方程和不等式【过知识】（课件）-2022-2023学年高一数学单元复习（人教A版2019必修第一册） 课件 3 次下载
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第二章 一元二次函数、方程和不等式【过题型】-2022-2023学年高一数学单元复习（人教A版2019必修第一册）
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这是一份第二章 一元二次函数、方程和不等式【过题型】-2022-2023学年高一数学单元复习（人教A版2019必修第一册），文件包含第二章一元二次函数方程和不等式过题型解析版docx、第二章一元二次函数方程和不等式过题型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。
第二章 一元二次函数、方程和不等式
考查题型1 不等式性质
1．已知a>b>c>0，则（ ）
A．2aba-c
C．1a-c>1b-c D．a-c3>b-c3
【答案】D
【解析】
解：对于A，因为a>b>c>0，所以a+a>b+a>b+c，即2a>b+c，故错误；
对于B，取a=3>b=2>c=1>0，则ab-c=3
对于D，由a>b>c>0，得a-c>b-c>0，所以a-c3>b-c3，故正确.
故选：D.
2．若a>b>0，cbd C．y=-x+3 D．y-1x-2=3-10-2
【答案】A
【解析】
解：对于A、B，∵c
∵a>b>0 ，
∴-ac>-bd，即ac
故选：A．
3．下列命题中，是真命题的是（ ）
A．如果a>b，那么ac>bc B．如果a>b，那么ac2>bc2
C．如果a>b，那么ac>bc D．如果a>b，cb-d
【答案】D
【解析】
对于A，如果c=0，那么ac=bc，故错误；
对于B，如果c=0，那么ac2=bc2，故错误；
对于C，如果c<0，那么ac-d，由a>b，则a-c>b-d，故正确.
故选：D.
4．设a
【答案】B
【解析】
因为a0,∴a+b|b|,∴a2>b2，故③错误；
由于a-b>0，而|a|>|b|>0，
故-aa>-bb>0，即aa
5．若a,b,c∈R，则下列命题正确的是（ ）
A．若a>b，则a3>b3 B．若a>b，则ac2>bc2
C．若a>b，则1a<1b D．若a>b，c>d，则ac>bd
【答案】A
【解析】
对于A，若a>b，则a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)=(a-b)[(a+b2)2+b24]>0，
故A正确；
对于B，当c=0时，ac2=bc2，故B不正确；
对于C，不妨取a=1,b=-1 ，则1a>1b，故C错误；
对于D，若a>b，c>d，不妨取a=2,b=1,c=-1,d=-2 ，则ac=bd，D错误，
故选：A
考查题型2 比较大小
1．（1）已知a≥b>0，求证：3a3+2b3≥3a2b+2ab2；
（2）已知a∈R，且a≠1，比较a+2与31-a的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析.
【解析】
（1)3a3+2b3-3a2b+2ab2
=3a2a-b+2b2b-a
=a-b3a2-2b2 ，
因为a≥b>0，所以a-b≥0，3a2-2b2>0 ，
所以a-b3a2-2b2≥0，
故3a3+2b2≥3a2b+2ab2 .
(2)a+2-31-a=a+21-a-31-a=a2+a+1a-1 ．
由于a2+a+1=a+122+34≥34>0，所以当a>1时，a2+a+1a-1>0，即a+2>31-a；当a<1时，a2+a+1a-1<0 ，即a+2<31-a．
2．已知a>b>0，求证：a5+b5>a3b2+a2b3．
【答案】详见解析
【解析】
a5+b5-a3b2-a2b3=a3a2-b2+b3b2-a2
=a2-b2a3-b3=a+ba-ba-ba2+ab+b2
=a+ba-b2a2+ab+b2
因为a>b>0，所以a+b>0,a-b2>0,a2+ab+b2>0，
所以a5+b5-a3b2-a2b3>0，
即a5+b5>a3b2+a2b3
3．（1）比较3x2-x+1与2x2+x-1的大小；
（2）已知c>a>b>0，求证：ac-a>bc-b．
【答案】（1）3x2-x+1>2x2+x-1；（2）证明见解析.
【解析】
（1）由3x2-x+1-2x2+x-1=x2-2x+2=x-12+1>0，
可得3x2-x+1>2x2+x-1．
（2）ac-a-bc-b=ac-b-bc-ac-ac-b=a-bcc-ac-b，
∵c>a>b>0，∴a-b>0，c-a>0，c-b>0，
∴a-bcc-ac-b>0，∴ac-a>bc-b．
4．已知a
∵a
∴a2+b2a2-b2>0, a+ba-b>0，.
两数作商a2+b2a2-b2÷a+ba-b=a2+b2a+ba-b×a-ba+b
=a2+b2a+b2=1-2aba2+b2<1，
∴a2+b2a2-b2
【答案】aabb>abba
【解析】
∵a、b∈R+ ，∴aabb>0，abba>0
作商：aabbabba=(ab)a(ba)b=(ab)a(ab)-b=(ab)a-b （*）
(1)若a>b>0， 则ab>1，a-b>0， (ab)a-b>1， 此时aabb>abba成立；
(2)若b>a>0， 则01， 此时aabb>abba成立.
综上，aabb>abba总成立.
考查题型3 代数式的取值范围
1．已知实数x，y满足-4≤x-y≤-1，-1≤4x-y≤5，则z=9x-y的取值范围是（ ）
A．z-7≤z≤26 B．z-1≤z≤20
C．z4≤z≤15 D．z1≤z≤15
【答案】B
【解析】
令m=x-y，n=4x-y，则x=n-m3y=n-4m3，所以z=9x-y=83n-53m．因为-4≤m≤-1，所以53≤-53m≤203．因为-1≤n≤5，所以-83≤83n≤403，所以-1≤z≤20.
故选：B
2．已知1≤a≤2，-1≤b≤4，则a-2b的取值范围是（ ）
A．-7≤a-2b≤4 B．-6≤a-2b≤9
C．6≤a-2b≤9 D．-2≤a-2b≤8
【答案】A
【解析】
因为-1≤b≤4，所以-8≤-2b≤2，
由1≤a≤2，得-7≤a-2b≤4.
故选：A.
3．x-y≤0，x+y-1≥0，则z=x+2y的最小值是___________.
【答案】32
【解析】
设x+2y=mx+y+nx-y=m+nx+m-ny，则m+n=1m-n=2，解得m=32n=-12，
所以，z=x+2y=32x+y-12x-y≥32，
因此，z=x+2y的最小值是32.
故答案为：32.
4．若实数x，y，z，t满足2≤x≤y≤z≤t≤100则xy+zt的最小值为______.
【答案】25
【解析】
因为2≤x≤y≤z≤t≤10 0，所以zy≥1,
所以xy+zt≥2y+z100≥22z100y≥22100=25，
当且仅当2y=z100即yz=200时等号成立，
即xy+zt的最小值为25.
故答案为：25.
5．实数a，b满足-3≤a+b≤2，-1≤a-b≤4.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求3a-2b的取值范围．
【答案】(1)-2,3；
(2)-4,11.
【解析】
（1）解：由-3≤a+b≤2，-1≤a-b≤4两式相加得，-4≤2a≤6，∴-2≤a≤3，
即实数a的取值范围为-2,3．
（2）解：设3a-2b=ma+b+na-b=m+na+m-nb，
则m+n=3m-n=-2，解得m=12n=52，
∴3a-2b=12(a+b)+52(a-b)，
∵-3≤a+b≤2，-1≤a-b≤4．
∴-32⩽12(a+b)⩽1，-52⩽52(a-b)⩽10，
∴-4≤3a-2b≤11，
即3a-2b的取值范围为-4,11．
考查题型4 条件等式求最值
1．已知x>0，y>0，且x+y+xy-3=0，则（ ）
A．xy的取值范围是1,9
B．x+y的取值范围是2,+∞
C．x+4y的最小值是3
D．x+2y的最小值是42-3
【答案】BD
【解析】
对于A，因为x>0，y>0，所以x+y≥2xy，当且仅当x=y时取等号，
即3-xy≥2xy，解得0
得x+y2+4x+y-12≥0，所以x+y≥2,
又3-x+y=xy>0，所以x+y<3，B正确；
对于C, 由x>0，y>0，x+y+xy-3=0，得x=-y+3y+1=-1+4y+1，
则x+4y=-1+4y+1+4y=4y+1+4y+1-5 ≥24y+1⋅4y+1-5=3，
当且仅当4y+1=4y+1，即y=0时等号成立,但y>0，
所以x+4y>3．（等号取不到）,故C错误；
对于D，由C的分析知：x>0，y>0,x=-1+4y+1,
x+2y=-1+4y+1+2y=4y+1+2y+1-3≥42-3，
当且仅当4y+1=2y+1，即y=2-1时等号成立，D正确，
故选：BD
2．已知a>0，b>0，a2+b2=1，则（ ）
A．ab的最大值为12 B．2ab+3a+b的最小值为22
C．a21+2b2的最大值为94 D．1a2+4b2的最小值为9
【答案】ABD
【解析】
因为a>0，b>0，a2+b2=1，
所以1≥2ab，即ab≤12，2ab+3a+b=a+b2+2a+b=a+b+2a+b≥22，当且仅当a=b=22时等号成立，则A，B正确．
a21+2b2=a21+21-a2=3a2-2a4=-2a2-342+89，当a2=34时取得最大值98，则C错误．
1a2+4b2=a2+b21a2+4b2=5+b2a2+4a2b2≥5+24=9，当且仅当b2=2a2=23时等号成立，则D正确．
故选：ABD
3．若实数x，y满足x2+y2+xy=1，则x2+y2的取值范围为______．
【答案】23,2
【解析】
由于x2+y2⩾2xy，(当且仅当|x|=|y|时取等号)，
∴-x2+y22≤xy≤x2+y22，又xy=1-x2+y2，
所以-x2+y22≤1-x2+y2≤x2+y22，
故23≤x2+y2≤2，即x2+y2的取值范围为23,2.
故答案为：23,2．
4．若正实数a,b,c满足2ab=2a+b,abc=2a+b+c，则c的最大值为________.
【答案】4
【解析】
因为abc=2a+b+c，2a+b=2ab
所以c=2a+bab-1=2abab-1，
又2ab=2a+b且2a+b≥22a⋅b，
所以2ab≥22a⋅b，
解得ab≥2，
=2abab-1=21-1ab
结合ab≥2知，c有最大值4.
故答案为：4.
5．已知正实数a，b，满足a+b=6，则aa2+1+bb2+1的最大值为___．
【答案】1+106
【解析】
解：因为正实数a，b，满足a+b=6，
则aa2+1+bb2+1=ab2+a+b+a2b(a2+1)(b2+1)=6(ab+1)(ab)2+a2+b2+1=6(ab+1)(ab)2-2ab+37=6(ab+1)(ab-1)2+36，
因为a+b=6，a>0，b>0，
所以0
=6(t+2)(t+2)2-4(t+2)+40=6t+2+40t+2-4⩽62(t+2)⋅40t+2-4=1+106，
当且仅当t+2=40t+2，即t=210-2时取等号，此时取得最大值1+106，
故答案为：1+106.
考查题型5 基本不等式1的妙用求最值
1．已知正实数a,b满足4a+b+1b+1=1，则a+2b的最小值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【解析】
因为4a+b+1b+1=1，且a,b为正实数
所以a+b+b+1=(a+b+b+1)(4a+b+1b+1)=4+a+bb+1+4(b+1)a+b+1
≥5+2a+bb+1×4(b+1)a+b=9，当且仅当a+bb+1=4(b+1)a+b即a=b+2时等号成立.
所以a+2b+1≥9,a+2b≥8.
故选：B.
2．若正实数a,b满足a+4b=1，则1a+1b的（ ）
A．最大值为9 B．最小值为9
C．最大值为8 D．最小值为8
【答案】B
【解析】
因为正实数a,b满足a+4b=1，
所以1a+1b=1a+1ba+4b=5+4ba+ab≥5+24ba⋅ab=9，
当且仅当4ba=ab，即a=2b=13取等号，
所以1a+1b的最小值为9，无最大值.
故选：B
3．若实数m，n>0，满足2m+n=1，以下选项中正确的有（ ）
A．mn的最小值为18 B．1m+1n的最小值为42
C．2m+1+9n+2的最小值为5 D．4m2+n2的最小值为12
【答案】D
【解析】
∵实数m，n>0，∴2m+n=1≥22mn，
整理得mn≤18，当且仅当n=12m=14时取“=“，故选项A错误；
∵1m+1n=2m+n(1m+1n)=3+nm+2mn≥3+22，
当且仅当m=2-22n=2-1时取“=“，故选项B错误；
∵2m+n=1，∴2m+1+n+2=5，
∴2m+1+9n+2=152m+1+n+22m+1+9n+2
=1513+2n+2m+1+18m+1n+2≥1513+236=5，当且仅当m=0n=1时取“=“，
但已知m>0,故不等式中的等号取不到，
∴2m+1+9n+2>5，故选项C错误；
∵2m+n=1，
∴1=2m+n2=4m2+n2+4mn=4m2+n2+24m2⋅n2≤24m2+n2，
∴4m2+n2≥12，当且仅当n=12m=14时取“=“，故选项D正确，
故选：D
4．已知ab>0,a+b=1，则a+4bab的最小值为___________.
【答案】9
【解析】
因为ab>0,a+b=1，
所以a+4bab=a+b1b+4a=ab+4ba+5≥2ab⋅4ba+5=9，当且仅当ab=4ba时，等号成立.
所以a+4bab的最小值为9.
故答案为：9.
5．已知a,b∈R+，且a+2b=2ab，则2a+b的最小值为______．
【答案】92
【解析】
由a+2b=2ab，得12b+1a=1，
所以2a+b=2a+b12b+1a=ab+ba+52≥2ab⋅ba+52=92，当且仅当ab=ba12b+1a=1，即a=b=32时等号成立．
故答案为：92
考查题型6基本不等式求参数的取值范围
1．已知 x>0,y>0且1x+4y=1，若x+y>m2+8m恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． x|x≥12 B．x|x≤-3} C．x|x≥1 D．x|-9
【解析】
∵x>0,y>0，且1x+4y=1，
∴x+y=(x+y)(1x+4y)=5+yx+4xy≥2yx⋅4xy+5=9，
当且仅当x=3,y=6时取等号，∴(x+y)min=9，
由x+y>m2+8m恒成立可得m2+8m<(x+y)min=9，
解得：-9
2．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若不相等的两个正实数a，b满足a+b=4，且1a+1b>t恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A．t≤1 B．t<1 C．t≤2 D．t<2
【答案】B
【解析】
∵a+b=4≥2ab ，当且仅当a=b=2 时等号成立，
∴ab≤4 ，1a+1b=a+bab=4ab≥1 ，当且仅当a=b=2 时等号成立，
∴t<1 ；
故选：B.
3．若两个正实数x,y满足1x+2y=1，且不等式x+y2
C．-∞,-4⋃1,+∞ D．-∞,-1∪4,+∞
【答案】C
【解析】
由题意，正实数x,y满足1x+2y=1，
则x+y2=(x+y2)(1x+2y)=2+y2x+2xy≥2+2y2x⋅2xy=4，
当且仅当y2x=2xy时，即x=2,y=4时，等号成立，即x+y2的最小值为4，
又由不等式x+y24，即m2+3m-4>0，
解得m<-4或m>1，即实数m的取值范围为-∞,-4⋃1,+∞.
故选：C.
4．x>0，y>0，且x+y=3，若对于任意的x，y不等式1x+1y+1≥k2-3k+3恒成立，则实数k的取值范围为______.
【答案】1,2
【解析】
因为x>0，y>0，且x+y=3，所以1x+1y+1=141x+1y+1x+y+1=142+y+1x+xy+1
又y+1x+xy+1≥2y+1x⋅xy+1=2，当且仅当y+1x=xy+1时，即x=2,y=1时，等号成立；
所以1x+1y+1的最小值为1.
所以有1≥k2-3k+3，解得1≤k≤2，
故答案为：1,2.
5．已知x>0,y>0，且x+2y=2xy，若不等式x+2y>m2+3m恒成立，则实数m的取值范围为________.
【答案】(-4,1)
【解析】
因为x>0,y>0，
所以x+2y=2xy≤x+2y22，解得x+2y≥4或x+2y≤0（舍去），当且仅当x=2y=2时等号成立，x+2y≥4
所以m2+3m<4，解得-4
考查题型7基本不等式实际应用题
1．如图，某人计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙的长度没有限制）的矩形菜园．设菜园的长为xm，宽为ym．
(1)若菜园面积为72m2，则x，y为何值时，可使所用篱笆总长最小？
(2)若使用的篱笆总长度为30m，求1x+2y的最小值．
【答案】(1)菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小
(2)310．
（1）由已知可得xy＝72，而篱笆总长为x+2y．又∵x+2y≥22xy=24，
当且仅当x＝2y，即x＝12，y＝6时等号成立．
∴菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小．
（2）由已知得x+2y＝30，
又∵（1x+2y）•（x+2y）＝5+2yx+2xy≥5+22yx⋅2xy=9，
∴1x+2y≥310，当且仅当x＝y，即x＝10，y＝10时等号成立．
∴1x+2y的最小值是310．
2．如图，某学校准备利用一面长度20米的旧墙建造一间体育活动室，活动室为占地224平方米的矩形.工程费用情况如下:
①翻修1米旧墙的费用为25元;
②建造1米新墙的费用为100元;
③拆去1米旧墙，然后用所得的材料修建1米新墙的费用为50元.
记利用旧墙的一条矩形边长为x米(x∈(0,20])，建造活动室围墙的总费用为y元.请问如何利用旧墙，能使得建造活动室围墙的总费用最低?并求出最低费用.
【答案】保留16米旧墙翻新，拆除4米旧墙修新墙能使建造活动室围墙的总费用最低，为4600元.
【解析】
由题设，一边为x米，矩形另一边长为224x米，
则要建新墙为x+448x米，要翻修旧墙为x米，要拆旧墙为20-x米，且x∈(0,20]，
所以y=25x+100x+448x-5020-x=175x+44800x-1000≥2175x⋅44800x-1000=4600，
当且仅当x=16∈(0,20]时等号成立；
综上，保留16米旧墙翻新，拆除4米旧墙修新墙能使建造活动室围墙的总费用最低，为4600元.
3．武清政府为增加农民收入，根据本区区域特点，积极发展农产品加工业.经过市场调查，加工某农产品需投入固定成本3万元.因人工投入和仪器维修等原因，每加工x吨该农产品，需另投入成本fx万元，且fx=12x2+6x,0
(2)求加工多少吨该农产品，使加工后的该农产品利润达到最大？并求出利润的最大值.
【答案】(1)y=-12x2+4x-3,0
【解析】
（1）当0
故加工后该农产品的利润y（万元）与加工量x（吨）的函数关系式为：
y=-12x2+4x-3,0
当x≥6时，因为x+64x≥264=16，当且仅当x=8时，等号成立，
所以当x=8时，y取得最大值6万元，
因为5<6，故当x=8时，y取得最大值6万元.
4．某客车以xkm/h的速度在高速公路上匀速行驶了120km，其中60≤x≤100．假设汽油的价格是每升6元，该客车每小时耗油6+x2360 L，司机的工资是每小时50元．
(1)求这次行车的总费用y与x的关系式；
(2)当x为何值时，这次行车的总费用最低？并求出最低费用．
【答案】(1)y=10320x+2x，x∈60,100．
(2)当x=21290时，这次行车的总费用最低，为81290元．
【解析】
（1）由题意得行车所用时间为120xh，
则y=120x×6×6+x2360+50×120x=10320x+2x，x∈60,100；
（2）y=10320x+2x≥210320x⋅2x=81290，
当且仅当10320x=2x，即x=21290时等号成立；
故当x=21290时，这次行车的总费用最低，为81290元．
5．随着中国经济的腾飞，互联网的快速发展，网络购物需求量不断增大．某物流公司为扩大经营，今年年初用192万元购进一批小型货车，公司每年需要付保险费共计12万元，除保险费外，从第一年到第n年所需维修费等各种费用总额为3nn-1万元，且该批小型货车每年给公司带来69万元的收入．
(1)该批小型货车购买后第几年开始盈利？
(2)求该批小型货车购买后年平均利润的最大值．
【答案】(1)第5年
(2)12万元
【解析】
（1）解：由题意，得69n-192-12n-3nn-1>0，
即-3n2+60n-192>0，
化简，得n2-20n+64<0，解得：4
（2）解：设该批小型货车购买n年后的年平均利润为y，
则y=-3n2+60n-192n=-3n+64n+60≤-3×264+60=12．
当且仅当n=64n，即n＝8时取“＝”．
所以该批小型货车购买后的年平均利润最大值是12万元．
考查题型8 解含有参数的一元二次不等式
1．已知关于x的不等式ax2﹣x+1﹣a＜0．
(1)当a＝2时，解关于x的不等式；
(2)当a＞0时，解关于x的不等式．
【答案】(1){x|-12＜x＜1}；
(2)答案见解析
【解析】
（1）当a＝2时，不等式2x2﹣x﹣1＜0可化为：（2x+1）（x﹣1）＜0，
∴不等式的解集为{x|-12＜x＜1}；
（2）不等式ax2﹣x+1﹣a＜0可化为：（x﹣1）（ax+a﹣1）＜0，
当a＞0时，x-1x+1-1a＜0，
x-1x+1-1a=0的根为：x1=1，x2=1a-1，
①当0＜a＜12时，1＜1a-1，∴不等式解集为{x|1＜x＜1a-1}，
②当a=12时，1=1a-1，不等式解集为∅，
③当a＞12时，1＞1a-1，∴不等式解集为{x|1a-1＜x＜1}，
综上，当0＜a＜12时，不等式解集为{x|1＜x＜1a-1}，
当a=12时，不等式解集为∅，
当a＞12时，不等式解集为{x|1a-1＜x＜1}．．
2．解关于x的不等式ax2-2≥2x-axa∈R．
【答案】详见解析.
【解析】
原不等式变形为ax2+a-2x-2≥0．
①当a=0时，x≤-1；
②当a≠0时，不等式即为ax-2x+1≥0，
当a>0时，x≥2a或x≤-1；
由于2a--1=a+2a，于是
当-2
当a<-2时，-1≤x≤2a．
综上，当a=0时，不等式的解集为(-∞,-1]；当a>0时，不等式的解集为(-∞,-1]∪[2a,+∞)；
当-2
(1)若fx<0的解集为{x|x<-12或x>1}，求实数a、b的值．
(2)若实数a、b满足b=a+1，求关于x的不等式fx<0的解集．
【答案】(1)a=-2，b=-1
(2)详见解析
【解析】
(1)∵fx<0的解集为{x|x<-12或x>1}，
∴a<0，-12与1是一元二次方程ax2-bx+1=0的两个实数根，
∴-12×1=1a-12+1=ba，解得a=-2，b=-1．
(2)∵b=a+1，关于x的不等式fx<0化为：ax2-a+1x+1<0，
因式分解为：ax-1x-1<0，
当a=1时，化为(x-1)2<0，则x∈∅；
当a>1时，1a<1，解得1a1，解得1a>x>1，∴不等式的解集为{x1ax>1}；
a<0时，1a<1，不等式ax-1x-1<0化为：x-1ax-1>0，解得x>1或x<1a，不等式的解集为{x|x<1a或x>1}．
4．已知函数fx=x2+x+a1-a，
(1)当a=2时，求不等式fx<0的解集.
(2)求不等式fx<2x的解集.
【答案】(1){x|-2
【解析】
（1）当a=2时，f(x)=x2+x-2<0，
解得为-2
①当1-a>a，即a<12时，不等式x2-x+a(1-a)<0解集为(a,1-a)；
②当1-a=a，即a=12时，不等式可化为x-122<0，此时解集为 ∅ ；
③当1-a12时，不等式x2-x+a(1-a)<0解集为(1-a,a)
综上所述，当a<12时，解集为(a,1-a)；
当a=12时，解集为 ∅ ；
当a>12时，解集为(1-a,a).
5．设函数fx=ax2-1+ax+1.
(1)若a=2，解不等式fx>0；
(2)若a>0，解关于x的不等式fx<0
【答案】(1)xx<12或x>1；
(2)详见解析.
【解析】
(1)当a=2时，由fx=2x2-3x+1>0，解得x<12或x>1，
故当a=2时，不等式fx>0的解集为xx<12或x>1.
(2)由fx<0可得ax-1x-1<0，
当a≠0时，方程ax-1x-1=0的两根分别为x1=1a，x2=1.
当01，解原不等式可得1
当a>1时，1a<1，解原不等式可得1a1时，原不等式的解集为x1a
1．已知1≤x≤2，x2-ax>0恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．aa≥1 B．aa>1 C．aa≤1 D．aa<1
【答案】D
【解析】
由1≤x≤2，x2-ax>0恒成立，可得a
故选：D.
2．关于x的不等式mx2-mx+m+1>0恒成立，则m的取值范围为( )
A．(0,+∞) B．[0，+∞)
C．(-∞，-43)⋃(0，+∞) D．(-∞,-43)[0，+∞)
【答案】B
【解析】
解：m=0时，1>0成立，
m≠0时，m>0Δ=m2-4m(m+1)<0，
故m>0，
综上：m⩾0，
故选：B．
3．已知关于x的不等式ax2-x-2<0的解集为x-1
(2)当x>0，y>0，且满足ax+by=1时，有2x+y≥k2+k+2恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)b=2,a=1.
(2)-3,2
【解析】
（1）因为不等式ax2-x-2<0的解集为x-1
因为x=-1是ax2-x-2=0的一个实数根，所以a+1-2=0，解得a=1．
将a=1代入ax2-x-2=0，得x2-x-2=0，解得x1=-1,x2=2，所以b=2．
（2）由（1）得1x+2y=1，
故2x+y=2x+y1x+2y=4+yx+4xy≥8，
当且仅当yx=4xy，即x=2，y=4时，等号成立，
由题意得2x+ymin ≥k2+k+2，即8≥k2+k+2，解得-3≤k≤2，
所以实数k的取值范围为-3,2．
4．设函数fx=mx2-mx-1．
(1)若对于x∈-2,2，fx<-m+5恒成立，求m的取值范围；
(2)若对于m∈-2,2，fx<-m+5恒成立，求x的取值范围．
【答案】(1)-∞,67
(2)-1,2
【解析】
（1）解：若对于x∈-2,2，fx<-m+5恒成立，即mx2-mx+m-6<0对于x∈-2,2恒成立，
即m<6x2-x+1对于x∈-2,2恒成立．
令hx=6x2-x+1=6x-122+34，x∈-2,2，则hxmin=h(-2)=6254+34=67，故m<67，
所以m的取值范围为-∞,67．
（2）解：对于m∈-2,2，fx<-m+5恒成立，即mx2-mx-1<-m+5恒成立，故mx2-x+1-6<0恒成立，
令gm=mx2-x+1-6，则g-2=-2x2-x+1-6<0g2=2x2-x+1-6<0，解得-1
5．已知函数fx=x2-2mx+2-m
(1)若不等式fx≥-mx在R上恒成立，求实数m的取值范围
(2)若fx≥0在0,1上恒成立，求实数m的最大值.
【答案】(1)-2-23≤m≤-2+23
(2)(-∞,1]
【解析】
（1）fx≥-mx即为x2-mx+2-m≥0，此不等式在R上恒成立，则Δ=(-m)2-4(2-m)≤0，解得-2-23≤m≤-2+23；
（2）f(x)=x2-2mx+2-m≥0在0,1上恒成立，若0≤m≤1，则f(x)min=f(m)=m2-2m2+2-m≥0，-2≤m≤1，所以0≤m≤1，若m<0，则f(x)min=f(0)=2-m≥0，m≤2，所以m<0，若m>1，则f(x)min=f(1)=1-2m+2-m≥0，m≤1，m∈∅，综上m的取值范围是(-∞,1]．
考查题型10二次函数与不等式实际运用题
1．某店购进一种今年新上市的饰品进行销售，饰品的进价为每件40元，售价为每件60元，每月可卖出300件，市场调查反映；调整价格时，售价每涨1元每月要少卖10件，售价每下降1元每月要多卖20件，为了获得更大的利润，现将商品售价调整为60+x（元/件）（x>0即售价上涨，x<0即售价下降），每月商品销量为y（件），月利润为w（元）.
(1)直接写出y与x之间的函数关系式；
(2)当销售价格是多少时才能使月利润最大？求最大月利润？
(3)为了使每月利润不少于6000元应如何控制销售价格？
【答案】(1)y=300-20x,-20≤x≤0300-10x,0
(3)将售价控制在55元到70元之间（含55元和70 元）
【解析】
（1）由题意，每件最多涨30010=30元，最多降价60-40=20元，故-20≤x≤30.
当-20≤x≤0时，y=300-20x=300-20x，
当0
当-20≤x≤0时，w=(60+x-40)(300-20x)=-20(x+2.5)2+6125，
因为-20≤x≤0，-20<0，
所以当x=-2.5时，w取得最大值，最大值为6125，
综上，当x=5时，月利润最大，最大利润为6250元，
即当销售价格为65元时，利润最大，最大利润为6250元；
（3）分析w=6000可得：
当0
综上可得，当w≥6000时，得-5≤x≤10
所以将售价控制在55元到70元之间（含55元和70 元）才能使每月利润不少于6000元.
2．某商人计划经销A，B两种商品，据调查统计，当投资额为x万元时，在经销A，B商品中所获得的收益分别是fx=ax-1+2(a>0)，gx=bx+1-4（b>0），已知投资额为0时，收益为0.
(1)求a，b的值;
(2)若该商人投入t万元经营这两种商品，试建立该商人所获收益的函数模型；
(3)如果该商人准备投入5万元经营这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大收益，并求出其收益的最大值.
【答案】(1)a=2,b=4；
(2)h(x)=2x+4t-x(0≤x≤t)；
(3)投入A商品4万元，B商品1万元，最大收益12万元.
【解析】
（1）由题可知：f0=-a+2=0g0=b-4=0⇒a=2b=4
（2）由（1）可知：fx=2x，gx=4x
设投入A商品投入x万元，投入B商品t-x万元
则收益为：h(x)=2x+4t-x(0≤x≤t)
（3）由题可知：h(x)=2x+45-x(0≤x≤5)
令m=5-x，则x=5-m20≤m≤5
所以y=25-m2+4m=-2m-12+12
所以当m=1，即x=4时，h(x)max=12（万元）
所以投入A商品4万元，B商品1万元，最大收益12万元
3．第31届世界大运会将在成都召开，某网络经销商购进了一批以成都大运会为主题的文化衫进行销售，文化衫的进价为每件30元，当销售单价定为70元时，每天可售出20件，每销售一件需缴纳网络平台管理费2元，为了扩大销售，增加盈利，决定采取适当的降价措施，经调查发现：销售单价每降低1元，则每天可多售出2件（销售单价不低于进价），若设这款文化衫的销售单价为x（元），每天的销售量为y（件）．
(1)求每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
(2)当销售单价为多少元时，销售这款文化衫每天所获得的利润最大，最大利润为多少元？
【答案】(1)y=-2x+160，其中x≥30.
(2)当销售单价为56元时，销售这款文化衫每天所获得的利润最大，最大利润为1152元.
【解析】
（1）解：由题意可知y关于x的函数为一次函数，设y=kx+b，
则70k+b=2069k+b=22，解得k=-2b=160，所以，y=-2x+160，其中x≥30.
（2）解：设销售这款文化衫每天所获得的利润为p元，则p=yx-32=-2x-80x-32=-2x2-112x+2560，
故当x=-112-2=56（元）时，p取最大值，即pmax=-2×2560-562=1152（元），
答：当销售单价为56元时，销售这款文化衫每天所获得的利润最大，最大利润为1152元.
4．北京、张家港2022年冬奥会申办委员会在俄罗斯索契举办了发布会，某公司为了竞标配套活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了抓住申奥契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入16x2-600万作为技改费用，投入50+15x万元作为宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
【答案】(1)40元
(2)当该商品改革后的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
【解析】
（1）设每件定价为t元，依题意得8-t-251×0.2t⩾25×8，
整理得t2-65t+1000≤0，解得25≤t≤40．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．
（2）依题意知，当x>25时，不等式ax⩾25×8+50+15x+16x2-600有解，
等价于当x>25时，a⩾150x+16x+15有解，
由于150x+16x⩾2150x×16x=10，当且仅当150x=x6，即x=30时等号成立，
所以a≥10.2．
答：当该商品改革后的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入
不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
5．某光伏企业投资144万元用于太阳能发电项目，nn∈N+年内的总维修保养费用为4n2+20n万元，该项目每年可给公司带来100万元的收入．假设到第n年年底，该项目的纯利润为y万元．（纯利润=累计收入-总维修保养费用-投资成本）
(1)写出纯利润y的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利．
(2)若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：
①年平均利润最大时，以72万元转让该项目；
②纯利润最大时，以8万元转让该项目．
你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．
【答案】(1)y=-4n2+80n-144n∈N+，从第3年起开始盈利
(2)选择方案①更有利于该公司的发展；理由见解析
【解析】
（1）由题意可知y=100n-4n2+20n-144=-4n2+80n-144n∈N+，
令y>0，得-4n2+80n-144>0，解得2
（2）若选择方案①，设年平均利润为y1万元，则y1=yn=80-4n+36n≤80-4×2n⋅36n=32，
当且仅当n=36n，即n=6时等号成立，所以当n=6时，y1取得最大值32，
此时该项目共获利32×6+72=264（万元）．
若选择方案②，纯利润y=-4n2+80n-144=-4n-102+256，
所以当n=10时，y取得最大值256，此时该项目共获利256+8=264（万元）．
以上两种方案获利均为264万元，但方案①只需6年，而方案②需10年，所以仅考虑该项目的获利情况时，选择方案①更有利于该公司的发展．
第二章 一元二次函数、方程和不等式
考查题型1 不等式性质
1．已知a>b>c>0，则（ ）
A．2a
C．1a-c>1b-c D．a-c3>b-c3
【答案】D
【解析】
解：对于A，因为a>b>c>0，所以a+a>b+a>b+c，即2a>b+c，故错误；
对于B，取a=3>b=2>c=1>0，则ab-c=3
对于D，由a>b>c>0，得a-c>b-c>0，所以a-c3>b-c3，故正确.
故选：D.
2．若a>b>0，c
【答案】A
【解析】
解：对于A、B，∵c
∵a>b>0 ，
∴-ac>-bd，即ac
故选：A．
3．下列命题中，是真命题的是（ ）
A．如果a>b，那么ac>bc B．如果a>b，那么ac2>bc2
C．如果a>b，那么ac>bc D．如果a>b，c
【答案】D
【解析】
对于A，如果c=0，那么ac=bc，故错误；
对于B，如果c=0，那么ac2=bc2，故错误；
对于C，如果c<0，那么ac
故选：D.
4．设a
【答案】B
【解析】
因为a
由于a
故-aa>-bb>0，即aa
5．若a,b,c∈R，则下列命题正确的是（ ）
A．若a>b，则a3>b3 B．若a>b，则ac2>bc2
C．若a>b，则1a<1b D．若a>b，c>d，则ac>bd
【答案】A
【解析】
对于A，若a>b，则a3-b3=(a-b)(a2+ab+b2)=(a-b)[(a+b2)2+b24]>0，
故A正确；
对于B，当c=0时，ac2=bc2，故B不正确；
对于C，不妨取a=1,b=-1 ，则1a>1b，故C错误；
对于D，若a>b，c>d，不妨取a=2,b=1,c=-1,d=-2 ，则ac=bd，D错误，
故选：A
考查题型2 比较大小
1．（1）已知a≥b>0，求证：3a3+2b3≥3a2b+2ab2；
（2）已知a∈R，且a≠1，比较a+2与31-a的大小．
【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析.
【解析】
（1)3a3+2b3-3a2b+2ab2
=3a2a-b+2b2b-a
=a-b3a2-2b2 ，
因为a≥b>0，所以a-b≥0，3a2-2b2>0 ，
所以a-b3a2-2b2≥0，
故3a3+2b2≥3a2b+2ab2 .
(2)a+2-31-a=a+21-a-31-a=a2+a+1a-1 ．
由于a2+a+1=a+122+34≥34>0，所以当a>1时，a2+a+1a-1>0，即a+2>31-a；当a<1时，a2+a+1a-1<0 ，即a+2<31-a．
2．已知a>b>0，求证：a5+b5>a3b2+a2b3．
【答案】详见解析
【解析】
a5+b5-a3b2-a2b3=a3a2-b2+b3b2-a2
=a2-b2a3-b3=a+ba-ba-ba2+ab+b2
=a+ba-b2a2+ab+b2
因为a>b>0，所以a+b>0,a-b2>0,a2+ab+b2>0，
所以a5+b5-a3b2-a2b3>0，
即a5+b5>a3b2+a2b3
3．（1）比较3x2-x+1与2x2+x-1的大小；
（2）已知c>a>b>0，求证：ac-a>bc-b．
【答案】（1）3x2-x+1>2x2+x-1；（2）证明见解析.
【解析】
（1）由3x2-x+1-2x2+x-1=x2-2x+2=x-12+1>0，
可得3x2-x+1>2x2+x-1．
（2）ac-a-bc-b=ac-b-bc-ac-ac-b=a-bcc-ac-b，
∵c>a>b>0，∴a-b>0，c-a>0，c-b>0，
∴a-bcc-ac-b>0，∴ac-a>bc-b．
4．已知a
∵a
∴a2+b2a2-b2>0, a+ba-b>0，.
两数作商a2+b2a2-b2÷a+ba-b=a2+b2a+ba-b×a-ba+b
=a2+b2a+b2=1-2aba2+b2<1，
∴a2+b2a2-b2
【答案】aabb>abba
【解析】
∵a、b∈R+ ，∴aabb>0，abba>0
作商：aabbabba=(ab)a(ba)b=(ab)a(ab)-b=(ab)a-b （*）
(1)若a>b>0， 则ab>1，a-b>0， (ab)a-b>1， 此时aabb>abba成立；
(2)若b>a>0， 则0
综上，aabb>abba总成立.
考查题型3 代数式的取值范围
1．已知实数x，y满足-4≤x-y≤-1，-1≤4x-y≤5，则z=9x-y的取值范围是（ ）
A．z-7≤z≤26 B．z-1≤z≤20
C．z4≤z≤15 D．z1≤z≤15
【答案】B
【解析】
令m=x-y，n=4x-y，则x=n-m3y=n-4m3，所以z=9x-y=83n-53m．因为-4≤m≤-1，所以53≤-53m≤203．因为-1≤n≤5，所以-83≤83n≤403，所以-1≤z≤20.
故选：B
2．已知1≤a≤2，-1≤b≤4，则a-2b的取值范围是（ ）
A．-7≤a-2b≤4 B．-6≤a-2b≤9
C．6≤a-2b≤9 D．-2≤a-2b≤8
【答案】A
【解析】
因为-1≤b≤4，所以-8≤-2b≤2，
由1≤a≤2，得-7≤a-2b≤4.
故选：A.
3．x-y≤0，x+y-1≥0，则z=x+2y的最小值是___________.
【答案】32
【解析】
设x+2y=mx+y+nx-y=m+nx+m-ny，则m+n=1m-n=2，解得m=32n=-12，
所以，z=x+2y=32x+y-12x-y≥32，
因此，z=x+2y的最小值是32.
故答案为：32.
4．若实数x，y，z，t满足2≤x≤y≤z≤t≤100则xy+zt的最小值为______.
【答案】25
【解析】
因为2≤x≤y≤z≤t≤10 0，所以zy≥1,
所以xy+zt≥2y+z100≥22z100y≥22100=25，
当且仅当2y=z100即yz=200时等号成立，
即xy+zt的最小值为25.
故答案为：25.
5．实数a，b满足-3≤a+b≤2，-1≤a-b≤4.
(1)求实数a的取值范围；
(2)求3a-2b的取值范围．
【答案】(1)-2,3；
(2)-4,11.
【解析】
（1）解：由-3≤a+b≤2，-1≤a-b≤4两式相加得，-4≤2a≤6，∴-2≤a≤3，
即实数a的取值范围为-2,3．
（2）解：设3a-2b=ma+b+na-b=m+na+m-nb，
则m+n=3m-n=-2，解得m=12n=52，
∴3a-2b=12(a+b)+52(a-b)，
∵-3≤a+b≤2，-1≤a-b≤4．
∴-32⩽12(a+b)⩽1，-52⩽52(a-b)⩽10，
∴-4≤3a-2b≤11，
即3a-2b的取值范围为-4,11．
考查题型4 条件等式求最值
1．已知x>0，y>0，且x+y+xy-3=0，则（ ）
A．xy的取值范围是1,9
B．x+y的取值范围是2,+∞
C．x+4y的最小值是3
D．x+2y的最小值是42-3
【答案】BD
【解析】
对于A，因为x>0，y>0，所以x+y≥2xy，当且仅当x=y时取等号，
即3-xy≥2xy，解得0
得x+y2+4x+y-12≥0，所以x+y≥2,
又3-x+y=xy>0，所以x+y<3，B正确；
对于C, 由x>0，y>0，x+y+xy-3=0，得x=-y+3y+1=-1+4y+1，
则x+4y=-1+4y+1+4y=4y+1+4y+1-5 ≥24y+1⋅4y+1-5=3，
当且仅当4y+1=4y+1，即y=0时等号成立,但y>0，
所以x+4y>3．（等号取不到）,故C错误；
对于D，由C的分析知：x>0，y>0,x=-1+4y+1,
x+2y=-1+4y+1+2y=4y+1+2y+1-3≥42-3，
当且仅当4y+1=2y+1，即y=2-1时等号成立，D正确，
故选：BD
2．已知a>0，b>0，a2+b2=1，则（ ）
A．ab的最大值为12 B．2ab+3a+b的最小值为22
C．a21+2b2的最大值为94 D．1a2+4b2的最小值为9
【答案】ABD
【解析】
因为a>0，b>0，a2+b2=1，
所以1≥2ab，即ab≤12，2ab+3a+b=a+b2+2a+b=a+b+2a+b≥22，当且仅当a=b=22时等号成立，则A，B正确．
a21+2b2=a21+21-a2=3a2-2a4=-2a2-342+89，当a2=34时取得最大值98，则C错误．
1a2+4b2=a2+b21a2+4b2=5+b2a2+4a2b2≥5+24=9，当且仅当b2=2a2=23时等号成立，则D正确．
故选：ABD
3．若实数x，y满足x2+y2+xy=1，则x2+y2的取值范围为______．
【答案】23,2
【解析】
由于x2+y2⩾2xy，(当且仅当|x|=|y|时取等号)，
∴-x2+y22≤xy≤x2+y22，又xy=1-x2+y2，
所以-x2+y22≤1-x2+y2≤x2+y22，
故23≤x2+y2≤2，即x2+y2的取值范围为23,2.
故答案为：23,2．
4．若正实数a,b,c满足2ab=2a+b,abc=2a+b+c，则c的最大值为________.
【答案】4
【解析】
因为abc=2a+b+c，2a+b=2ab
所以c=2a+bab-1=2abab-1，
又2ab=2a+b且2a+b≥22a⋅b，
所以2ab≥22a⋅b，
解得ab≥2，
=2abab-1=21-1ab
结合ab≥2知，c有最大值4.
故答案为：4.
5．已知正实数a，b，满足a+b=6，则aa2+1+bb2+1的最大值为___．
【答案】1+106
【解析】
解：因为正实数a，b，满足a+b=6，
则aa2+1+bb2+1=ab2+a+b+a2b(a2+1)(b2+1)=6(ab+1)(ab)2+a2+b2+1=6(ab+1)(ab)2-2ab+37=6(ab+1)(ab-1)2+36，
因为a+b=6，a>0，b>0，
所以0
=6(t+2)(t+2)2-4(t+2)+40=6t+2+40t+2-4⩽62(t+2)⋅40t+2-4=1+106，
当且仅当t+2=40t+2，即t=210-2时取等号，此时取得最大值1+106，
故答案为：1+106.
考查题型5 基本不等式1的妙用求最值
1．已知正实数a,b满足4a+b+1b+1=1，则a+2b的最小值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【解析】
因为4a+b+1b+1=1，且a,b为正实数
所以a+b+b+1=(a+b+b+1)(4a+b+1b+1)=4+a+bb+1+4(b+1)a+b+1
≥5+2a+bb+1×4(b+1)a+b=9，当且仅当a+bb+1=4(b+1)a+b即a=b+2时等号成立.
所以a+2b+1≥9,a+2b≥8.
故选：B.
2．若正实数a,b满足a+4b=1，则1a+1b的（ ）
A．最大值为9 B．最小值为9
C．最大值为8 D．最小值为8
【答案】B
【解析】
因为正实数a,b满足a+4b=1，
所以1a+1b=1a+1ba+4b=5+4ba+ab≥5+24ba⋅ab=9，
当且仅当4ba=ab，即a=2b=13取等号，
所以1a+1b的最小值为9，无最大值.
故选：B
3．若实数m，n>0，满足2m+n=1，以下选项中正确的有（ ）
A．mn的最小值为18 B．1m+1n的最小值为42
C．2m+1+9n+2的最小值为5 D．4m2+n2的最小值为12
【答案】D
【解析】
∵实数m，n>0，∴2m+n=1≥22mn，
整理得mn≤18，当且仅当n=12m=14时取“=“，故选项A错误；
∵1m+1n=2m+n(1m+1n)=3+nm+2mn≥3+22，
当且仅当m=2-22n=2-1时取“=“，故选项B错误；
∵2m+n=1，∴2m+1+n+2=5，
∴2m+1+9n+2=152m+1+n+22m+1+9n+2
=1513+2n+2m+1+18m+1n+2≥1513+236=5，当且仅当m=0n=1时取“=“，
但已知m>0,故不等式中的等号取不到，
∴2m+1+9n+2>5，故选项C错误；
∵2m+n=1，
∴1=2m+n2=4m2+n2+4mn=4m2+n2+24m2⋅n2≤24m2+n2，
∴4m2+n2≥12，当且仅当n=12m=14时取“=“，故选项D正确，
故选：D
4．已知ab>0,a+b=1，则a+4bab的最小值为___________.
【答案】9
【解析】
因为ab>0,a+b=1，
所以a+4bab=a+b1b+4a=ab+4ba+5≥2ab⋅4ba+5=9，当且仅当ab=4ba时，等号成立.
所以a+4bab的最小值为9.
故答案为：9.
5．已知a,b∈R+，且a+2b=2ab，则2a+b的最小值为______．
【答案】92
【解析】
由a+2b=2ab，得12b+1a=1，
所以2a+b=2a+b12b+1a=ab+ba+52≥2ab⋅ba+52=92，当且仅当ab=ba12b+1a=1，即a=b=32时等号成立．
故答案为：92
考查题型6基本不等式求参数的取值范围
1．已知 x>0,y>0且1x+4y=1，若x+y>m2+8m恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A． x|x≥12 B．x|x≤-3} C．x|x≥1 D．x|-9
【解析】
∵x>0,y>0，且1x+4y=1，
∴x+y=(x+y)(1x+4y)=5+yx+4xy≥2yx⋅4xy+5=9，
当且仅当x=3,y=6时取等号，∴(x+y)min=9，
由x+y>m2+8m恒成立可得m2+8m<(x+y)min=9，
解得：-9
2．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若不相等的两个正实数a，b满足a+b=4，且1a+1b>t恒成立，则实数t的取值范围是（ ）
A．t≤1 B．t<1 C．t≤2 D．t<2
【答案】B
【解析】
∵a+b=4≥2ab ，当且仅当a=b=2 时等号成立，
∴ab≤4 ，1a+1b=a+bab=4ab≥1 ，当且仅当a=b=2 时等号成立，
∴t<1 ；
故选：B.
3．若两个正实数x,y满足1x+2y=1，且不等式x+y2
C．-∞,-4⋃1,+∞ D．-∞,-1∪4,+∞
【答案】C
【解析】
由题意，正实数x,y满足1x+2y=1，
则x+y2=(x+y2)(1x+2y)=2+y2x+2xy≥2+2y2x⋅2xy=4，
当且仅当y2x=2xy时，即x=2,y=4时，等号成立，即x+y2的最小值为4，
又由不等式x+y2
解得m<-4或m>1，即实数m的取值范围为-∞,-4⋃1,+∞.
故选：C.
4．x>0，y>0，且x+y=3，若对于任意的x，y不等式1x+1y+1≥k2-3k+3恒成立，则实数k的取值范围为______.
【答案】1,2
【解析】
因为x>0，y>0，且x+y=3，所以1x+1y+1=141x+1y+1x+y+1=142+y+1x+xy+1
又y+1x+xy+1≥2y+1x⋅xy+1=2，当且仅当y+1x=xy+1时，即x=2,y=1时，等号成立；
所以1x+1y+1的最小值为1.
所以有1≥k2-3k+3，解得1≤k≤2，
故答案为：1,2.
5．已知x>0,y>0，且x+2y=2xy，若不等式x+2y>m2+3m恒成立，则实数m的取值范围为________.
【答案】(-4,1)
【解析】
因为x>0,y>0，
所以x+2y=2xy≤x+2y22，解得x+2y≥4或x+2y≤0（舍去），当且仅当x=2y=2时等号成立，x+2y≥4
所以m2+3m<4，解得-4
考查题型7基本不等式实际应用题
1．如图，某人计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙的长度没有限制）的矩形菜园．设菜园的长为xm，宽为ym．
(1)若菜园面积为72m2，则x，y为何值时，可使所用篱笆总长最小？
(2)若使用的篱笆总长度为30m，求1x+2y的最小值．
【答案】(1)菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小
(2)310．
（1）由已知可得xy＝72，而篱笆总长为x+2y．又∵x+2y≥22xy=24，
当且仅当x＝2y，即x＝12，y＝6时等号成立．
∴菜园的长x为12m，宽y为6m时，可使所用篱笆总长最小．
（2）由已知得x+2y＝30，
又∵（1x+2y）•（x+2y）＝5+2yx+2xy≥5+22yx⋅2xy=9，
∴1x+2y≥310，当且仅当x＝y，即x＝10，y＝10时等号成立．
∴1x+2y的最小值是310．
2．如图，某学校准备利用一面长度20米的旧墙建造一间体育活动室，活动室为占地224平方米的矩形.工程费用情况如下:
①翻修1米旧墙的费用为25元;
②建造1米新墙的费用为100元;
③拆去1米旧墙，然后用所得的材料修建1米新墙的费用为50元.
记利用旧墙的一条矩形边长为x米(x∈(0,20])，建造活动室围墙的总费用为y元.请问如何利用旧墙，能使得建造活动室围墙的总费用最低?并求出最低费用.
【答案】保留16米旧墙翻新，拆除4米旧墙修新墙能使建造活动室围墙的总费用最低，为4600元.
【解析】
由题设，一边为x米，矩形另一边长为224x米，
则要建新墙为x+448x米，要翻修旧墙为x米，要拆旧墙为20-x米，且x∈(0,20]，
所以y=25x+100x+448x-5020-x=175x+44800x-1000≥2175x⋅44800x-1000=4600，
当且仅当x=16∈(0,20]时等号成立；
综上，保留16米旧墙翻新，拆除4米旧墙修新墙能使建造活动室围墙的总费用最低，为4600元.
3．武清政府为增加农民收入，根据本区区域特点，积极发展农产品加工业.经过市场调查，加工某农产品需投入固定成本3万元.因人工投入和仪器维修等原因，每加工x吨该农产品，需另投入成本fx万元，且fx=12x2+6x,0
(2)求加工多少吨该农产品，使加工后的该农产品利润达到最大？并求出利润的最大值.
【答案】(1)y=-12x2+4x-3,0
【解析】
（1）当0
故加工后该农产品的利润y（万元）与加工量x（吨）的函数关系式为：
y=-12x2+4x-3,0
当x≥6时，因为x+64x≥264=16，当且仅当x=8时，等号成立，
所以当x=8时，y取得最大值6万元，
因为5<6，故当x=8时，y取得最大值6万元.
4．某客车以xkm/h的速度在高速公路上匀速行驶了120km，其中60≤x≤100．假设汽油的价格是每升6元，该客车每小时耗油6+x2360 L，司机的工资是每小时50元．
(1)求这次行车的总费用y与x的关系式；
(2)当x为何值时，这次行车的总费用最低？并求出最低费用．
【答案】(1)y=10320x+2x，x∈60,100．
(2)当x=21290时，这次行车的总费用最低，为81290元．
【解析】
（1）由题意得行车所用时间为120xh，
则y=120x×6×6+x2360+50×120x=10320x+2x，x∈60,100；
（2）y=10320x+2x≥210320x⋅2x=81290，
当且仅当10320x=2x，即x=21290时等号成立；
故当x=21290时，这次行车的总费用最低，为81290元．
5．随着中国经济的腾飞，互联网的快速发展，网络购物需求量不断增大．某物流公司为扩大经营，今年年初用192万元购进一批小型货车，公司每年需要付保险费共计12万元，除保险费外，从第一年到第n年所需维修费等各种费用总额为3nn-1万元，且该批小型货车每年给公司带来69万元的收入．
(1)该批小型货车购买后第几年开始盈利？
(2)求该批小型货车购买后年平均利润的最大值．
【答案】(1)第5年
(2)12万元
【解析】
（1）解：由题意，得69n-192-12n-3nn-1>0，
即-3n2+60n-192>0，
化简，得n2-20n+64<0，解得：4
（2）解：设该批小型货车购买n年后的年平均利润为y，
则y=-3n2+60n-192n=-3n+64n+60≤-3×264+60=12．
当且仅当n=64n，即n＝8时取“＝”．
所以该批小型货车购买后的年平均利润最大值是12万元．
考查题型8 解含有参数的一元二次不等式
1．已知关于x的不等式ax2﹣x+1﹣a＜0．
(1)当a＝2时，解关于x的不等式；
(2)当a＞0时，解关于x的不等式．
【答案】(1){x|-12＜x＜1}；
(2)答案见解析
【解析】
（1）当a＝2时，不等式2x2﹣x﹣1＜0可化为：（2x+1）（x﹣1）＜0，
∴不等式的解集为{x|-12＜x＜1}；
（2）不等式ax2﹣x+1﹣a＜0可化为：（x﹣1）（ax+a﹣1）＜0，
当a＞0时，x-1x+1-1a＜0，
x-1x+1-1a=0的根为：x1=1，x2=1a-1，
①当0＜a＜12时，1＜1a-1，∴不等式解集为{x|1＜x＜1a-1}，
②当a=12时，1=1a-1，不等式解集为∅，
③当a＞12时，1＞1a-1，∴不等式解集为{x|1a-1＜x＜1}，
综上，当0＜a＜12时，不等式解集为{x|1＜x＜1a-1}，
当a=12时，不等式解集为∅，
当a＞12时，不等式解集为{x|1a-1＜x＜1}．．
2．解关于x的不等式ax2-2≥2x-axa∈R．
【答案】详见解析.
【解析】
原不等式变形为ax2+a-2x-2≥0．
①当a=0时，x≤-1；
②当a≠0时，不等式即为ax-2x+1≥0，
当a>0时，x≥2a或x≤-1；
由于2a--1=a+2a，于是
当-2
当a<-2时，-1≤x≤2a．
综上，当a=0时，不等式的解集为(-∞,-1]；当a>0时，不等式的解集为(-∞,-1]∪[2a,+∞)；
当-2
(1)若fx<0的解集为{x|x<-12或x>1}，求实数a、b的值．
(2)若实数a、b满足b=a+1，求关于x的不等式fx<0的解集．
【答案】(1)a=-2，b=-1
(2)详见解析
【解析】
(1)∵fx<0的解集为{x|x<-12或x>1}，
∴a<0，-12与1是一元二次方程ax2-bx+1=0的两个实数根，
∴-12×1=1a-12+1=ba，解得a=-2，b=-1．
(2)∵b=a+1，关于x的不等式fx<0化为：ax2-a+1x+1<0，
因式分解为：ax-1x-1<0，
当a=1时，化为(x-1)2<0，则x∈∅；
当a>1时，1a<1，解得1a
a<0时，1a<1，不等式ax-1x-1<0化为：x-1ax-1>0，解得x>1或x<1a，不等式的解集为{x|x<1a或x>1}．
4．已知函数fx=x2+x+a1-a，
(1)当a=2时，求不等式fx<0的解集.
(2)求不等式fx<2x的解集.
【答案】(1){x|-2
【解析】
（1）当a=2时，f(x)=x2+x-2<0，
解得为-2
①当1-a>a，即a<12时，不等式x2-x+a(1-a)<0解集为(a,1-a)；
②当1-a=a，即a=12时，不等式可化为x-122<0，此时解集为 ∅ ；
③当1-a
综上所述，当a<12时，解集为(a,1-a)；
当a=12时，解集为 ∅ ；
当a>12时，解集为(1-a,a).
5．设函数fx=ax2-1+ax+1.
(1)若a=2，解不等式fx>0；
(2)若a>0，解关于x的不等式fx<0
【答案】(1)xx<12或x>1；
(2)详见解析.
【解析】
(1)当a=2时，由fx=2x2-3x+1>0，解得x<12或x>1，
故当a=2时，不等式fx>0的解集为xx<12或x>1.
(2)由fx<0可得ax-1x-1<0，
当a≠0时，方程ax-1x-1=0的两根分别为x1=1a，x2=1.
当0
当a>1时，1a<1，解原不等式可得1a
1．已知1≤x≤2，x2-ax>0恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．aa≥1 B．aa>1 C．aa≤1 D．aa<1
【答案】D
【解析】
由1≤x≤2，x2-ax>0恒成立，可得a
故选：D.
2．关于x的不等式mx2-mx+m+1>0恒成立，则m的取值范围为( )
A．(0,+∞) B．[0，+∞)
C．(-∞，-43)⋃(0，+∞) D．(-∞,-43)[0，+∞)
【答案】B
【解析】
解：m=0时，1>0成立，
m≠0时，m>0Δ=m2-4m(m+1)<0，
故m>0，
综上：m⩾0，
故选：B．
3．已知关于x的不等式ax2-x-2<0的解集为x-1
(2)当x>0，y>0，且满足ax+by=1时，有2x+y≥k2+k+2恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】(1)b=2,a=1.
(2)-3,2
【解析】
（1）因为不等式ax2-x-2<0的解集为x-1
因为x=-1是ax2-x-2=0的一个实数根，所以a+1-2=0，解得a=1．
将a=1代入ax2-x-2=0，得x2-x-2=0，解得x1=-1,x2=2，所以b=2．
（2）由（1）得1x+2y=1，
故2x+y=2x+y1x+2y=4+yx+4xy≥8，
当且仅当yx=4xy，即x=2，y=4时，等号成立，
由题意得2x+ymin ≥k2+k+2，即8≥k2+k+2，解得-3≤k≤2，
所以实数k的取值范围为-3,2．
4．设函数fx=mx2-mx-1．
(1)若对于x∈-2,2，fx<-m+5恒成立，求m的取值范围；
(2)若对于m∈-2,2，fx<-m+5恒成立，求x的取值范围．
【答案】(1)-∞,67
(2)-1,2
【解析】
（1）解：若对于x∈-2,2，fx<-m+5恒成立，即mx2-mx+m-6<0对于x∈-2,2恒成立，
即m<6x2-x+1对于x∈-2,2恒成立．
令hx=6x2-x+1=6x-122+34，x∈-2,2，则hxmin=h(-2)=6254+34=67，故m<67，
所以m的取值范围为-∞,67．
（2）解：对于m∈-2,2，fx<-m+5恒成立，即mx2-mx-1<-m+5恒成立，故mx2-x+1-6<0恒成立，
令gm=mx2-x+1-6，则g-2=-2x2-x+1-6<0g2=2x2-x+1-6<0，解得-1
5．已知函数fx=x2-2mx+2-m
(1)若不等式fx≥-mx在R上恒成立，求实数m的取值范围
(2)若fx≥0在0,1上恒成立，求实数m的最大值.
【答案】(1)-2-23≤m≤-2+23
(2)(-∞,1]
【解析】
（1）fx≥-mx即为x2-mx+2-m≥0，此不等式在R上恒成立，则Δ=(-m)2-4(2-m)≤0，解得-2-23≤m≤-2+23；
（2）f(x)=x2-2mx+2-m≥0在0,1上恒成立，若0≤m≤1，则f(x)min=f(m)=m2-2m2+2-m≥0，-2≤m≤1，所以0≤m≤1，若m<0，则f(x)min=f(0)=2-m≥0，m≤2，所以m<0，若m>1，则f(x)min=f(1)=1-2m+2-m≥0，m≤1，m∈∅，综上m的取值范围是(-∞,1]．
考查题型10二次函数与不等式实际运用题
1．某店购进一种今年新上市的饰品进行销售，饰品的进价为每件40元，售价为每件60元，每月可卖出300件，市场调查反映；调整价格时，售价每涨1元每月要少卖10件，售价每下降1元每月要多卖20件，为了获得更大的利润，现将商品售价调整为60+x（元/件）（x>0即售价上涨，x<0即售价下降），每月商品销量为y（件），月利润为w（元）.
(1)直接写出y与x之间的函数关系式；
(2)当销售价格是多少时才能使月利润最大？求最大月利润？
(3)为了使每月利润不少于6000元应如何控制销售价格？
【答案】(1)y=300-20x,-20≤x≤0300-10x,0
(3)将售价控制在55元到70元之间（含55元和70 元）
【解析】
（1）由题意，每件最多涨30010=30元，最多降价60-40=20元，故-20≤x≤30.
当-20≤x≤0时，y=300-20x=300-20x，
当0
当-20≤x≤0时，w=(60+x-40)(300-20x)=-20(x+2.5)2+6125，
因为-20≤x≤0，-20<0，
所以当x=-2.5时，w取得最大值，最大值为6125，
综上，当x=5时，月利润最大，最大利润为6250元，
即当销售价格为65元时，利润最大，最大利润为6250元；
（3）分析w=6000可得：
当0
综上可得，当w≥6000时，得-5≤x≤10
所以将售价控制在55元到70元之间（含55元和70 元）才能使每月利润不少于6000元.
2．某商人计划经销A，B两种商品，据调查统计，当投资额为x万元时，在经销A，B商品中所获得的收益分别是fx=ax-1+2(a>0)，gx=bx+1-4（b>0），已知投资额为0时，收益为0.
(1)求a，b的值;
(2)若该商人投入t万元经营这两种商品，试建立该商人所获收益的函数模型；
(3)如果该商人准备投入5万元经营这两种商品，请你帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大收益，并求出其收益的最大值.
【答案】(1)a=2,b=4；
(2)h(x)=2x+4t-x(0≤x≤t)；
(3)投入A商品4万元，B商品1万元，最大收益12万元.
【解析】
（1）由题可知：f0=-a+2=0g0=b-4=0⇒a=2b=4
（2）由（1）可知：fx=2x，gx=4x
设投入A商品投入x万元，投入B商品t-x万元
则收益为：h(x)=2x+4t-x(0≤x≤t)
（3）由题可知：h(x)=2x+45-x(0≤x≤5)
令m=5-x，则x=5-m20≤m≤5
所以y=25-m2+4m=-2m-12+12
所以当m=1，即x=4时，h(x)max=12（万元）
所以投入A商品4万元，B商品1万元，最大收益12万元
3．第31届世界大运会将在成都召开，某网络经销商购进了一批以成都大运会为主题的文化衫进行销售，文化衫的进价为每件30元，当销售单价定为70元时，每天可售出20件，每销售一件需缴纳网络平台管理费2元，为了扩大销售，增加盈利，决定采取适当的降价措施，经调查发现：销售单价每降低1元，则每天可多售出2件（销售单价不低于进价），若设这款文化衫的销售单价为x（元），每天的销售量为y（件）．
(1)求每天的销售量y（件）与销售单价x（元）之间的函数关系式；
(2)当销售单价为多少元时，销售这款文化衫每天所获得的利润最大，最大利润为多少元？
【答案】(1)y=-2x+160，其中x≥30.
(2)当销售单价为56元时，销售这款文化衫每天所获得的利润最大，最大利润为1152元.
【解析】
（1）解：由题意可知y关于x的函数为一次函数，设y=kx+b，
则70k+b=2069k+b=22，解得k=-2b=160，所以，y=-2x+160，其中x≥30.
（2）解：设销售这款文化衫每天所获得的利润为p元，则p=yx-32=-2x-80x-32=-2x2-112x+2560，
故当x=-112-2=56（元）时，p取最大值，即pmax=-2×2560-562=1152（元），
答：当销售单价为56元时，销售这款文化衫每天所获得的利润最大，最大利润为1152元.
4．北京、张家港2022年冬奥会申办委员会在俄罗斯索契举办了发布会，某公司为了竞标配套活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了抓住申奥契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入16x2-600万作为技改费用，投入50+15x万元作为宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
【答案】(1)40元
(2)当该商品改革后的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
【解析】
（1）设每件定价为t元，依题意得8-t-251×0.2t⩾25×8，
整理得t2-65t+1000≤0，解得25≤t≤40．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．
（2）依题意知，当x>25时，不等式ax⩾25×8+50+15x+16x2-600有解，
等价于当x>25时，a⩾150x+16x+15有解，
由于150x+16x⩾2150x×16x=10，当且仅当150x=x6，即x=30时等号成立，
所以a≥10.2．
答：当该商品改革后的销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入
不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
5．某光伏企业投资144万元用于太阳能发电项目，nn∈N+年内的总维修保养费用为4n2+20n万元，该项目每年可给公司带来100万元的收入．假设到第n年年底，该项目的纯利润为y万元．（纯利润=累计收入-总维修保养费用-投资成本）
(1)写出纯利润y的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利．
(2)若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：
①年平均利润最大时，以72万元转让该项目；
②纯利润最大时，以8万元转让该项目．
你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．
【答案】(1)y=-4n2+80n-144n∈N+，从第3年起开始盈利
(2)选择方案①更有利于该公司的发展；理由见解析
【解析】
（1）由题意可知y=100n-4n2+20n-144=-4n2+80n-144n∈N+，
令y>0，得-4n2+80n-144>0，解得2
（2）若选择方案①，设年平均利润为y1万元，则y1=yn=80-4n+36n≤80-4×2n⋅36n=32，
当且仅当n=36n，即n=6时等号成立，所以当n=6时，y1取得最大值32，
此时该项目共获利32×6+72=264（万元）．
若选择方案②，纯利润y=-4n2+80n-144=-4n-102+256，
所以当n=10时，y取得最大值256，此时该项目共获利256+8=264（万元）．
以上两种方案获利均为264万元，但方案①只需6年，而方案②需10年，所以仅考虑该项目的获利情况时，选择方案①更有利于该公司的发展．
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