第04讲 一元二次函数（方程，不等式）（知识+真题+6类高频考点， 精讲）-【高考新结构一轮复习】备战2025年高考数学一轮复习精讲精练

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc320" 第一部分：基础知识 PAGEREF _Tc320 \h 1
\l "_Tc25564" 第二部分：高考真题回顾 PAGEREF _Tc25564 \h 3
\l "_Tc5297" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc5297 \h 4
\l "_Tc16933" 高频考点一：一元二次（分式）不等式解法（不含参） PAGEREF _Tc16933 \h 4
\l "_Tc23584" 高频考点二：一元二次不等式解法（含参） PAGEREF _Tc23584 \h 7
\l "_Tc16536" 高频考点三：一元二次不等式与相应的二次函数（方程）的关系 PAGEREF _Tc16536 \h 10
\l "_Tc28582" 高频考点四：一元二次不等式恒成立问题 PAGEREF _Tc28582 \h 15
\l "_Tc12813" 角度1：上恒成立（优选法） PAGEREF _Tc12813 \h 15
\l "_Tc3410" 角度2：上成立（优选法） PAGEREF _Tc3410 \h 16
\l "_Tc8328" 角度3：上恒成立（优选分离变量法） PAGEREF _Tc8328 \h 16
\l "_Tc4739" 角度4：上成立（优选分离变量法） PAGEREF _Tc4739 \h 17
\l "_Tc10672" 角度5：已知参数，求取值范围（优选变更主元法） PAGEREF _Tc10672 \h 17
\l "_Tc3327" 高频考点五：分式不等式 PAGEREF _Tc3327 \h 23
\l "_Tc22530" 高频考点六：一元二次不等式的应用 PAGEREF _Tc22530 \h 25
\l "_Tc2519" 第四部分：典型易错题型 PAGEREF _Tc2519 \h 28
\l "_Tc9900" 备注：一元二次不等式最高项系数容易忽略化正。 PAGEREF _Tc9900 \h 28
\l "_Tc14427" 备注：分式不等式容易直接乘到另一侧忽略正负而漏解。 PAGEREF _Tc14427 \h 29
\l "_Tc3382" 第五部分：新定义题（解答题） PAGEREF _Tc3382 \h 29
第一部分：基础知识
1、二次函数
（1）形式：形如的函数叫做二次函数.
（2）特点：
①函数的图象与轴交点的横坐标是方程的实根.
②当且()时，恒有()；当且()时，恒有().
2、一元二次不等式
只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的不等式，称为一元二次不等式.
3.或型不等式的解集
4、一元二次不等式与相应的二次函数及一元二次方程的关系
5、分式不等式解法
（1）
（2）
（3）
（4）
6、单绝对值不等式
（1）
（2）
第二部分：高考真题回顾
1．（2023·全国·统考高考真题）已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出．
方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出．
【详解】方法一：因为，而，
所以．
故选：C．
方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．
故选：C．
2．（2023·全国·（新课标Ⅰ卷））设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用指数型复合函数单调性，判断列式计算作答.
【详解】函数在R上单调递增，而函数在区间上单调递减，
则有函数在区间上单调递减，因此，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一：一元二次（分式）不等式解法（不含参）
典型例题
例题1．（2024上·江西南昌·高一校联考期末）不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，解一元二次不等式即可，利用指数函数单调性即可解.
【详解】设，则不等式可化为，
解得，
所以，解得.
故选：A
例题2．（2024上·安徽芜湖·高一统考期末）设函数，关于的一元二次不等式的解集为．
(1)求不等式的解集；
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)或
(2)．
【分析】（1）利用韦达定理求参数后再解不等式即可.
（2）对变量范围进行讨论，分离参数法求解参数即可.
【详解】（1）因为一元二次不等式的解集为，
所以和1是方程的两个实根，则，
解得．因此所求不等式即为：，解集为或．
（2）可化为：，当时显然成立；
当时，对恒成立，
令，则，
当，即时，
所以，即．
例题3．（2024上·湖南长沙·高一校考期末）解下列关于x的不等式：
(1)；
(2).
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据一元二次不等式的解法求解即可；
（2）根据分式不等式的解法求解即可.
【详解】（1）由，得，
即，所以，
所以不等式的解集为；
（2）由，得，
则，解得或，
所以不等式的解集为或.
练透核心考点
1．（2024上·广东江门·高一统考期末）一元二次不等式的解集为 .
【答案】
【分析】转化为标准一元二次不等式后，分解因式直接解不等式即可.
【详解】由可得，
即，
解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：
2．（2024上·湖南岳阳·高一校考期末）已知不等式的解集为，设不等式的解集为集合.
(1)求集合；
(2)设全集为R，集合，若是成立的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得和是方程的两根，代入求得，化简所求不等式，求解即可；
（2）将是成立的必要条件转化为子集关系，结合子集的定义及二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为不等式的解集为，
则和是方程的两根，
所以，解得，
所以不等式为不等式，
解得，即集合.
（2）因为是成立的必要条件，所以.
当时，，解得；
当时，，解得.
综上，实数的取值范围是.
3．（2024上·四川绵阳·高一四川省绵阳南山中学校考期末）已知集合．
(1)若，求；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数a的取值范围．
【答案】(1)或
(2)或
【分析】（1）解不等式得出A，代入得出B，进而根据并集的运算求解，即可得出答案；
（2）根据已知可推得A，分以及，根据集合的包含关系列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】（1）解可得，或，
所以，或.
当时，，
所以或.
（2）由“”是“”的必要不充分条件，
所以，.
又或，.
当，有，即，显然满足；
当时，有，即.
要使A，
则有或，
解得或.
综上所述，或.
高频考点二：一元二次不等式解法（含参）
典型例题
例题1．（2024上·四川南充·高一统考期末）已知函数.
(1)若关于的不等式的解集为，求实数，的值；
(2)求关于的不等式的解集.
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由不等式解集可得是的两个根，利用根与系数关系求参数值；
（2）由题意有，讨论、、求不等式解集.
【详解】（1）由题设的解集为，即是的两个根，
所以.
（2）由题意，
当时，解得或，故解集为；
当时，解得，故解集为；
当时，解得或，故解集为；
例题2．（2024上·重庆·高一校联考期末）已知函数.
(1)当时，求函数的零点；
(2)当时，求不等式的解集.
【答案】(1)或
(2)答案见解析
【分析】（1）直接解二次方程即可得解；
（2）分类讨论的取值范围，解二次不等式即可得解.
【详解】（1）当时，，
令，得，解得或，
故的零点为或.
（2）因为，
当时，不等式可化为，解得；
当时，不等式可化为，
又，故解得或；
综上，当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
例题3．（2024上·甘肃庆阳·高一校考期末）已知函数，其中.
(1)若，求实数的值；
(2)求不等式的解集.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意，由，列出方程，即可求解；
（2）根据题意，得到，结合一元二次不等式不等式的解法，即可求解.
【详解】（1）由函数，因为，可得，解得.
（2）因为，可得，即，
当时，解得，所以不等式的解集为；
当时，解得或，所以不等式的解集为，
综上可得，当时，解集为；当时，解集为.
练透核心考点
1．（2024上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）设为实数，则关于的不等式的解集不可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分类讨论解不等式，判断不可能的解集.
【详解】关于的不等式，
若，不等式为，解得，此时解集为；
若，方程，解得或，
时，不等式解得或，此时解集为；
时，，不等式解得，此时解集为；
时，，不等式解集为，
时，，不等式解得，此时解集为；
所以不等式的解集不可能是.
故选：B
2．（2024上·四川宜宾·高一统考期末）已知集合，集合．
(1)当时，求；
(2)若，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据分式不等式化简集合，即可根据并集的运算求解，
（2）根据包含关系即可列不等式求解.
【详解】（1）由解得，
所以，
当时，，
所以．
（2）因为，所以，
因为，所以，
所以，解得，
所以实数m的取值范围为．
3．（2024上·福建宁德·高一统考期末）已知.
(1)若，求的值；
(2)求关于的不等式的解集.
【答案】(1)
(2)详见解析.
【分析】（1）根据函数的对称性求参数的值；
（2）分解因式，对的值进行分类讨论即可求解.
【详解】（1）由得函数对称轴为：，
由.
（2）由.
当时，可得：;
当时，可得：；
当时，可得：
综上，当时，原不等式的解集为：；
当时，原不等式的解集为：
当时，原不等式的解集为：
高频考点三：一元二次不等式与相应的二次函数（方程）的关系
典型例题
例题1．（多选）（2024上·湖南娄底·高一统考期末）已知关于x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】ABD
【分析】利用二次不等式的解集得方程的两根为和，结合韦达定理得，从而判断A，再利用基本不等式计算判断BCD.
【详解】由题意，不等式的解集为，
可得，且方程的两根为和，
所以，所以，，
所以，所以A正确；
因为，，所以，可得，
当且仅当时取等号，所以的最大值为，所以B正确；
由，
当且仅当时，即时取等号，所以的最小值为，所以C错误；
由，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为，所以D正确.
故选：ABD
例题2．（2024上·江西萍乡·高一统考期末）已知关于x的一元二次不等式的解集为，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】由题可得a，b是关于的一元二次方程的两个不同的实数根，由根与系数的关系可求出的值，进而可得，再由不等式“1”的代换即可求出答案.
【详解】因为区间是关于的一元二次不等式的解集，
则a，b是关于的一元二次方程的两个不同的实数根，
则有，，，，
所以，且a，b是两个不同的正数，
则有
，
当且仅当时即，等号成立，
满足，故的最小值是.
故答案为： .
例题3．（2023上·江苏南京·高一期末）已知不等式的解集为，设不等式的解集为集合.
(1)求集合；
(2)设全集为R，集合，若是成立的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得和是方程的两根，代入求得，化简所求不等式，求解即可；
（2）将是成立的必要条件转化为子集关系，结合子集的定义及二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为不等式的解集为，
则和是方程的两根，
所以，解得，
所以不等式为不等式，
解得，即集合.
（2）因为是成立的必要条件，所以.
当时，，解得；
当时，，解得.
综上，实数的取值范围是.
练透核心考点
1．（多选）（2024上·山东临沂·高一统考期末）已知关于的一元二次不等式的解集为{或}，则（ ）
A．且B．
C．不等式的解集为D．不等式的解集为
【答案】AC
【分析】利用一元二次不等式、二次函数、一元二次的关系求参数一一判定选项即可.
【详解】由题意可知，所以且，，故A正确，B错误；
不等式，故C正确；
不等式，
即，所以或，故D错误.
故选：AC
2．（2024上·湖南·高一校联考期末）已知.
(1)若不等式的解集是，求实数的值；
(2)若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）根据二次不等式的解集与二次方程的根的关系可得参数；
（2）这个不等式恒成立，首先讨论时，能不能恒成立，其次在时，这是二次不等式，结合二次函数的性质可求解．
【详解】（1）由题意可知，和3是方程的两根，且，
所以，解得.
（2）由题可得，即对一切实数恒成立，
当时，不等式化为，不符合题意；
当时，有解得，
综上可知，实数的取值范围为.
3．（2023上·福建三明·高一校联考期中）已知二次函数．
(1)若关于的不等式的解集是，求实数，的值；
(2)若，，解关于的不等式．
【答案】(1)，；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据给定的解集，借助一元二次方程根与系数的关系列式计算即得.
（2）分类讨论解一元二次不等式即得.
【详解】（1）由不等式的解集是，
得和是一元二次方程的两个实数根，且，
于是，解得，，
所以，.
（2），不等式化为，即，
当，即时，解不等式，得或；
当，即时，不等式的解为；
当，即时，解不等式，得或，
所以当时，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.
高频考点四：一元二次不等式恒成立问题
角度1：上恒成立（优选法）
典型例题
例题1．（2023上·云南昆明·高一官渡五中校考期中）若不等式的解集为R，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分类讨论，结合一元二次不等式解集的性质进行求解即可.
【详解】由题意可知恒成立，
当时，恒成立，
当时需满足，即，求得，
所以实数的取值范围是
故选：C
例题2．（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆市第七中学校校考阶段练习）不等式（）恒成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分和两种情况讨论求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】当时，，得，与题意矛盾，
当时，则，解得，
综上所述，，
所以不等式（）恒成立的一个充分不必要条件是A选项.
故选：A.
角度2：上成立（优选法）
典型例题
例题1．（2023上·广东珠海·高一校联考期中）命题：，为真命题，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据条件将问题转化不等式在上有解，利用判别式求解.
【详解】因为命题：，为真命题，
所以不等式在上有解，
当时，不等式可化为，得，符合题意；
当时，由题意得，即，
解得，结合，得，
综上，实数的取值范围为.
故答案为：
角度3：上恒成立（优选分离变量法）
典型例题
例题1．（2023上·辽宁铁岭·高三校联考期中）已知，，，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先将不等式转化为关于的不等式，再根据参变分离，转化为求函数的最值.
【详解】因为，，则，所以，
又，可得，令，
则原题意等价于，，即，
，当时，取到最大值，
所以实数m的取值范围是．
故选：C
角度4：上成立（优选分离变量法）
典型例题
例题1．（2023上·浙江·高二校联考期中）若关于x的不等式在上有解，则实数m的最小值为（ ）
A．9B．5C．6D．
【答案】B
【分析】先通过分离参数得到，然后利用基本不等式求解出的最小值，则的最小值可求.
【详解】因为在上有解，所以在上有解，
所以，
又因为，当且仅当即时取等号，
所以，所以，即的最小值为，
故选：B.
角度5：已知参数，求取值范围（优选变更主元法）
典型例题
例题1．（2024上·福建福州·高一福建省长乐第一中学校考阶段练习）已知函数.
(1)当时，求的解集；
(2)是否存在实数，使得不等式对满足的所有恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）求解一元二次不等式即可；
（2）关于的不等式恒成立问题转化为关于的函数最值问题求解，按系数符号与轴与区间的关系分类讨论求解即可.
【详解】（1）时，函数，
不等式即为，
即，
解得，
∴不等式的解集为.
（2）设，，
根据题意知，在上恒成立，
①当时，解得，
若，则在上单调递增，
则，不符合题意；
若，则在上单调递减，
则，不符合题意；
②当，即时，的图像为开口向下的抛物线，
要使在上恒成立，需，
即，解得或，
又∵，∴此时无解；
③当，即或时，的图像为开口向上的抛物线，其对称轴方程为，
（i）当，即时，在上单调递增，
∴，解得或，
∵，，∴此时无解；
（ii）当，即或时，在上单调递减，在上单调递增，
∴，此时无解；
（iii）当，即时，在上单调递减，
∴，解得或，
∵，，∴此时无解；
综上，不存在符合题意的实数.
练透核心考点
1．（2023上·湖南张家界·高一慈利县第一中学校考期中）（1）若关于的不等式在上有解，求实数的取值范围；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）题目转化为，利用均值不等式计算最值得到答案.
（2）变换得到，计算函数的最小值得到答案.
【详解】（1）当时，有解，
即在上有解，
又，于是等价于，
故，又，
当且仅当即，即时等号成立，所以
所以实数的取值范围是
（2）当时，恒成立．
因为，且当时有最大值为，
所以等价于．
在区间上的最小值为，故只需即可，
所以实数的取值范围是．
2．（2024上·福建南平·高一统考期末）设函数．
(1)若，求不等式的解集；
(2)若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）解一元二次不等式即可得解；
（2）由题意得，恒成立，对分类讨论即可求解.
【详解】（1）当，，不等式即为，
解得或，
所以的解集为或．
（2）因为，
所以不等式可化为，
依题意对，恒成立．
所以当时，，不符合要求；
当时，由一元二次函数性质，可知，即，解得，
因此实数的取值范围是．
3．（2024上·安徽芜湖·高一统考期末）设函数，关于的一元二次不等式的解集为．
(1)求不等式的解集；
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)或
(2)．
【分析】（1）利用韦达定理求参数后再解不等式即可.
（2）对变量范围进行讨论，分离参数法求解参数即可.
【详解】（1）因为一元二次不等式的解集为，
所以和1是方程的两个实根，则，
解得．因此所求不等式即为：，解集为或．
（2）可化为：，当时显然成立；
当时，对恒成立，
令，则，
当，即时，
所以，即．
4．（2024上·四川内江·高一统考期末）已知二次函数的最小值为，且是其一个零点，都有．
(1)求的解析式；
(2)求在区间上的最小值；
(3)若关于x的不等式在区间上有解，求实数m的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二次函数对称性和最小值设顶点式，代入零点即可得到解析式；
（2）分和讨论即可；
（3）通过分离参数法和基本不等式即可求出的范围.
【详解】（1）因为对都有，
所以的图象关于直线对称，
又因为二次函数的最小值为，
所以可设二次函数的解析式为，
又因为是其一个零点，
所以，解得，
所以的解析式为.
（2）由（1）可知，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，当时，，
当时，，
.
（3）因为关于的不等式在区间上有解，
即不等式在上有解，所以，
记，因为，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为4，
所以，即，
故存在实数符合题意，所求实数的取值范围为.
5．（2024上·安徽安庆·高一安庆一中校考期末）设定义域为的奇函数，（其中为实数）．
(1)求的值；
(2)是否存在实数和，使不等式成立？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在；
【分析】（1）由是定义在的奇函数，利用，即可求出的值，再利用定义验证.
（2）先证明函数单调性脱去不等式中的，转化为不等式恒成立问题，通过分离参数转化为函数最值问题求解.
【详解】（1）由是定义在的奇函数，则有，得，把代入函数得，
而，所以符合题意.
（2），因为函数且在单调递增，
所以在上单调递减，从而在上单调递减.
因为在上单调递减. 所以
设函数，要想满足题意，只需大于在上的最小值或者小于在上的最大值即可，
由双勾函数的性质可知在递减，在递增，在上递减，
所以在上的最小值为，在上的最大值为.
所以存在.
高频考点五：分式不等式
典型例题
例题1．（2024上·山东滨州·高一统考期末）已知集合，.
(1)当时，求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）当时，求出集合、，利用交集的定义可求得集合；
（2）由题意可得，分、两种情况讨论，根据题意可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.
【详解】（1）解：当时，，
由可得，解得，则，
因此，.
（2）解：因为，所以.
当时，，得，满足题意；
当时，则，解得，
综上所述，的取值范围是.
例题2．（2024上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）已知集合，集合.
(1)当时，求；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解；
（2）由，得到，分， ， ，讨论集合A求解.
【详解】（1）当时，集合 ,
，
，
所以；
（2）因为，
所以，
当时，，
则，解得，此时；
当时，，符合题意；
当时，，
则，解得，此时无解；
综上：实数的取值范围是.
练透核心考点
1．（2024上·陕西宝鸡·高一统考期末）已知集合，集合.
(1)当时，求；
(2)若是的充分条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据，分别求出集合、，即可求出；
（2）根据是的充分条件，课确定，然后分和分别确定的取值范围，再合并在一起.
【详解】（1）由，即解得：，所以.
当时，，所以.
（2）因为是的充分条件，所以.
当时，，解得：；
当时，要满足题意需，解之得：.
综上：实数的取值范围为.
2．（2024上·湖南长沙·高一湖南师大附中校考期末）设全集，集合，．
(1)求；
(2)已知集合，若，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）化简集合，根据集合的交集运算得解；
（2）讨论，由建立不等式求解即可.
【详解】（1），，
所以.
（2）由（1）知，
因为，
当时，，解得，
当时，则 或，解得，
综上，实数的取值范围为.
高频考点六：一元二次不等式的应用
典型例题
例题1．（2023上·贵州贵阳·高一校考阶段练习）一家车辆制造厂引进了一条摩托车整车装配流水线，这条流水线生产的摩托车数量（单位：辆）与创造的价值（单位：元）之间有如下的关系：.若这家工厂希望在一个星期内利用这条流水线创收6000元以上，则在一个星期内大约应该生产 （填写区间范围）辆摩托车？
【答案】51~59
【分析】依据题意列出不等关系，解不等式再根据实际意义即可求出需生产51~59辆摩托车.
【详解】根据题意可知，
转化为不等式，即可得，
解得；
所以应该生产51~59辆摩托车.
故答案为：51~59
例题2．（2024上·全国·高一专题练习）某新能源公司投资280万元用于新能源汽车充电桩项目，且年内的总维修保养费用为万元，该项目每年可给公司带来200万元的收入.设到第且年年底，该项目的纯利润（纯利润=累计收入-累计维修保养费-投资成本）为万元.已知到第3年年底，该项目的纯利润为128万元.
(1)求实数的值.并求该项目到第几年年底纯利润第一次能达到232万元；
(2)到第几年年底，该项目年平均利润（平均利润=纯利润年数）最大？并求出最大值.
【答案】(1)，该项目到第4年年底纯利润第一次能达到232万元.
(2)到第6年年底，该项目年平均利润最大，最大为万元
【分析】（1）根据已知条件，由的值求得，由解不等式求得正确答案.
（2）利用函数的单调性求得的最大值，以及此时对应的.
【详解】（1）依题意可得，，
已知，
且.
令，解得.
该项目到第4年年底纯利润第一次能达到232万元.
（2）年平均利润为，
令且，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
又.
到第6年年底，该项目年平均利润最大，最大为万元
练透核心考点
1．（2024下·西藏·高一开学考试）为发展空间互联网，抢占6G技术制高点，某企业计划加大对空间卫星网络研发的投入.据了解，该企业研发部原有100人，年人均投入a（）万元，现把研发部人员分成两类：技术人员和研发人员，其中技术人员有x名（且），调整后研发人员的年人均投入增加4x%，技术人员的年人均投入为万元.
(1)要使调整后的研发人员的年总投入不低于调整前的100人的年总投入，则调整后的技术人员最多有多少人？
(2)是否存在实数m，同时满足两个条件：①技术人员的年人均投入始终不减少；②调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)75人
(2)存在，7
【分析】（1）由题意列不等式，求解即可；
（2）由技术人员的年人均投入始终不减少得，调整后研发人员的年总投入始终不低于调整后技术人员的年总投入得，综合得，根据的范围由不等式恒成立求得值.
【详解】（1）依题意可得调整后研发人员人数为，年人均投入为万元，
则，
解得，
又， 所以调整后的技术人员的人数最多75人;
（2）假设存在实数满足条件.
由技术人员年人均投入不减少得, 解得.
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, 所以当时,取得最大值7, 所以,
，即存在这样的m满足条件，其值为7.
2．（2023上·陕西宝鸡·高一宝鸡市渭滨中学校考阶段练习）如图，在长为，宽为的矩形地面的四周种植花卉，中间种植草坪，如果要求草坪外侧四周的花卉带的宽度都相同，且草坪的面积不超过总面积的一半，则花卉带的宽度至少应为多少米？
【答案】花卉的宽度至少为
【分析】设花卉带的宽度为，根据已知条件求出的取值范围，求出草坪的长和宽，根据题意可得出关于的不等式，解之即可得出结论.
【详解】解：设花卉带的宽度为，则，可得，
所以，草坪的长为，宽为，
则草坪的面积为，
因为草坪的面积不超过总面积的一半，则，
整理可得，解得，又因为，可得.
所以，花卉的宽度至少为.
第四部分：典型易错题型
备注：一元二次不等式最高项系数容易忽略化正。
1．（2023上·湖南永州·高一校考阶段练习）一元二次不等式的解集是（ ）
A．或B．或
C．D．
【答案】C
【分析】把不等式的二次项系数化为正数，然后因式分解以便确定相应方程的根，从而写出不等式的解集．
【详解】原不等式可化为，即．∴．
故选：C．
备注：分式不等式容易直接乘到另一侧忽略正负而漏解。
2．（2023上·吉林·高一吉化第一高级中学校校考阶段练习）不等式的解集为 .
【答案】
【分析】将分式不等式化为求解集.
【详解】由，
所以不等式解集为.
故答案为：
第五部分：新定义题（解答题）
1．（2024上·福建莆田·高一莆田一中校考期末）小颖同学在学习探究活动中，定义了一种运等“”：对于任意实数a，b，都有，通过研究发现新运算满足交换律：.小颖提出了两个猜想：，，，①；②.
(1)请你任选其中一个猜想，判断其正确与否，若正确，进行证明；若错误，请说明理由；（注：两个猜想都判断、证明或说明理由，仅按第一解答给分）
(2)设且，，当时，若函数在区间上的值域为，求的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）无论选①还是选②，均要根据新运算定义分别计算两个猜想等式的两边，比较其结果，即可证明结论；
（2）根据新运算定义化简可得的表达式，根据复合函数的单调性判断其单调性，结合其值域可得关于的方程，继而推出是在上的两个不同的根，结合方程根的分布列出不等式组，即可求得答案.
【详解】（1）若选①，猜想正确；
证明：，
，
故；
若选②，猜想成立；
证明：，
而，
故；
（2）由题意可知
，
令，其图象对称轴为，
故在上单调递减，
因为在区间上的值域为，
故，而，故，
此时在上单调递减，
所以在上单调递增，则，即，
即，整理得，
即，将代入，
得，同理得，
即是在上的两个不同的根，
令，则，
解得，故.
【点睛】难点点睛：本题给出了新运算的定义，解答时要理解其含义，并根据新定义去运算，解答的难点在于第二问，要结合新运算求得的表达式，并判断其单调性，进而结合值域得到关于参数的方程，再利用方程根的分布求解即可.不等式
解集
判别式
二次函数的图象
一元二次方程
的根
有两相异实数根，()
有两相等实数根
没有实数根
一元二次不等式
的解集
一元二次不等式
的解集