2025年高考數(shù)學復習之解答題：一、二次函數(shù)及方程、不等式（10題）

2025年高考數(shù)學復習之小題狂練600題(解答題)：一、二次函數(shù)及方程、

不等式(10題)

一.解答題(共10小題)

1.(2024?蓮湖區(qū)校級三模)已知p：|2x-5|W3,q：W-(2a-2)x+a2-2a^0.

(1)若p是真命題，求對應x的取值范圍；

(2)若p是q的必要不充分條件，求a的取值范圍.

2.(2024?東興區(qū)校級模擬)已知2?+y2-2xy-2尤-1=0.

(1)若y>尤>1,求y的最大值，并求出此時x的值；

(2)若x>l且x>y,求2x-y的最大值.

3.(2024?北京模擬)已知關于x的不等式辦2+5x-2a+l<0的解集是

(1)若-3CM,求實數(shù)a的取值范圍；

7

(2)若〃=VrVm+引，求實數(shù)a,m的值.

4.(2023?南陽模擬)已知函數(shù)/Ge)=￡+2ax+2.

(1)當a=l時，求函數(shù)/(無)在［-2,3］上的值域；

(2)當a=-1時，求函數(shù)/(x)在上，什1］上的最大值.

5.(2023?南陽模擬)已知集合A是函數(shù)y=/g(20-8x-/)的定義域，集合B是不等式/-2x+l-

0(a>0)的解集，p：xEA,<7：xEB.

(1)若ACB=0,求實數(shù)。的取值范圍；

(2)若「°是q的充分不必要條件，求實數(shù)。的取值范圍.

6.(2023?和平區(qū)校級一模)在①/'(4)=-1,/(3)=2,②當x=2時，/(尤)取得最大值3,@f(x+2)

=/(2-x),/(0)=-1這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并作答.

問題：已知函數(shù)/(無)=--2ax+b,且.

(1)求/(x)的解析式；

(2)若/(無)在［m,(?i<n)上的值域為3n-2］,求m+〃的值.

7.(2022?寶山區(qū)校級二模)“跳臺滑雪”是冬奧會中的一個比賽項目，俗稱“勇敢者的游戲”，觀賞性和

挑戰(zhàn)性極強.如圖：一個運動員從起滑門點A出發(fā)，沿著助滑道曲線f(x)=—V>一久2(一。三久w0)滑

到臺端點2起跳，然后在空中沿拋物線g(無)=ax2-20ax-b(x>0)飛行一段時間后在點C著陸，

線段BC的長度稱作運動員的飛行距離，計入最終成績.已知g(尤)=以2-20辦-6在區(qū)間［0,30］上

的最大值為-30,最小值為-70.

(1)求實數(shù)a,b的值及助滑道曲線AB的長度.

(2)若運動員某次比賽中著陸點C與起滑門點A的高度差為120米，求他的飛行距離(精確到米).

A(起滑門)

8.(2022?青浦區(qū)二模)設函數(shù)/(無)—j?+px+q(p,qeR),定義集合〃尸{x,(/(尤))=x,xGR),集合

Ef={x[f(/(x))=0,x￡R}.

(1)若p=q=0,寫出相應的集合。和助

(2)若集合2={0},求出所有滿足條件的),q；

(3)若集合身只含有一個元素，求證：p20,q20.

9.(2024?北京自主招生)求R上方程13印+11=0的解的個數(shù).

10.(2023秋?邢臺期末)已知關于尤的不等式質(zhì)?+&-i＜o.

(1)若不等式的解集為{x|-2＜尤＜1},求實數(shù)上的值；

(2)若不等式的解集為R,求實數(shù)上的取值范圍.

2025年高考數(shù)學復習之小題狂練600題(解答題)：一、二次函數(shù)及方程、

不等式(10題)

參考答案與試題解析

一.解答題(共10小題)

1.(2024?蓮湖區(qū)校級三模)已知p：|2x-5|W3,q：x2-(2a-2)x+a2-2a^0.

(1)若p是真命題，求對應x的取值范圍；

(2)若p是q的必要不充分條件，求a的取值范圍.

【考點】一元二次不等式及其應用；充分條件與必要條件.

【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；不等式的解法及應用；數(shù)學運算.

【答案】(1)[1,4]；

(2)[3,4].

【分析】(1)解絕對值不等式即可得出答案；

(2)由p是q的必要不充分條件，可得解不等式即可得出答案.

【解答】解：(1),:p：|2工-5斥3是真命題，二|右-5向3,

-3W2x-5W3,解得lWx<4,

的取值范圍是口，4].

(2)由(1)矢口：p：q：X2,-(2a-2)x+a?-2〃W0即〃-

因為p是q的必要不充分條件，

所以｛?>

解得：3WaW4,

綜上所述，a的取值范圍是[3,4].

【點評】本題考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查必要不充分條件、含絕對值不等式的性質(zhì)等基礎知識,

考查運算求解能力，是基礎題.

2.(2024?東興區(qū)校級模擬)已知2_?+y2-2xy-2x-1=0.

(1)若y>尤>1,求y的最大值，并求出此時x的值；

(2)若無>1且x>y,求2x-y的最大值.

【考點】一元二次方程的根的分布與系數(shù)的關系；運用基本不等式求最值；二次函數(shù)的應用.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；不等式；邏輯推理；數(shù)學運算.

【答案】(1)y的最大值為3,此時x=2；

(2)3.

X

22

【分析】(1)設一el(O,1),則工=6，代入2?+丫2-2到-2;(:-1=0中，得2y2斤-(2y+2y)k+v-1

y-'

=0,設/'")=2舟-(2/+2y)k+y2-1,根據(jù)一元二次方程根的分布得到不等式，求出l<yW3,

進而可得答案；

(2)設2x-y=f,由于x>l,x>y,故r=x+(尤-y)>1,將2x-f=y代入等式中得2/-(2r+2)x+P

-1=0,根據(jù)根的判別式得到1</W3,驗證當t=3時滿足要求，從而得到最大值.

%

【解答】解：⑴設一et(0,1),則x=h，

y

代入2/+9-2xy-2x-]=0,得(2^+1)y2-2ky2-2ky-1=0,即2y2lc-C2y2+2y)k+y2-1=0,

令/(%)=2/話-(2/+2y)k+y2-1,開口向上，則/(O)=f-l>0,

要想了。)=2寸諾-(2/+2y)k+y2-1=0(0,1)上有解,

則，⑴V?；蛎?°20

由/(I)=y2-2y-1<0,解得l<yVl+魚,

-21>0f(2y2+2y)2-8y2(y2-l)>0

/(I)>0)即卜2_2y_i?o，解得1+魚Wy<3,

綜上，1<戶3,故y的最大值為3,止匕時/-4x+4=0,解得x=2.

(2)設2x-y=f,由于x>l且x>y,故/=尤+(x-y)>1,

將2x-t=y代入2/+12-2xy-2尤-1=0中，得2^+(2x-/)2-2x(2x-f)-lx-1=0,

即2?-(2z+2)x+r-1=0,A=(2f+2)2-8(r-1)=-4戶+8f+12,

要想方程在xe(1,+8)上有解，則△》(),

解得-「IW/W3,

又t>l,故1CW3,

當t=3時，2/-(2/+2)x+t2-1=0,即2/-8x+8=0,

解得x=2,此時y=l,符合要求，

故2x-y的最大值為3.

【點評】本題考查一元二次方程根的分布與二次函數(shù)圖象的關系，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題.

3.(2024?北京模擬)己知關于x的不等式o?+5尤-2a+l<0的解集是

(1)若-3CM,求實數(shù)。的取值范圍；

7

(2)若“=〈加+眇求實數(shù)〃，機的值.

【考點】由一元二次不等式的解求參數(shù).

【專題】函數(shù)思想；綜合法；不等式的解法及應用；數(shù)學運算.

【答案】(1)［a］a<2｝；

(2)。=2,相=-3.

【分析】(1)由題意得，9a-15-2d:+l<0,求出。的取值范圍即可;

(2)由題意可知，方程辦2°+1=0的兩個根為xi=〃z,X2=m+^,且。>0,再結(jié)合韋達定理求

解.

【解答】解：(1)由題意得，9a-15-2a+l<0,

解得a<2,

故a的范圍為｛a|aV2｝；

(2)由題意可知，方程?2〃+1=0的兩個根為血=根，12=根+夕且〃>0,

(15

+%2=--

由韋達定理可得，_2/1，

［力％2=

所以(XI-X2)2=(X1+X2)2-4x1X2=(―-)2-4x=(-)2,

aa2

解得〃=2或—段(舍去)，

75

所以m+m+=—2>

解得771=-3.

【點評】本題主要考查了一元二次不等式的解法，考查了韋達定理的應用，屬于基礎題.

4.(2023?南陽模擬)已知函數(shù)/(x)=x1+2ax+2.

(1)當a=l時，求函數(shù)/(無)在［-2,引上的值域；

(2)當。=-1時，求函數(shù)/(x)在［f,什1］上的最大值.

【考點】二次函數(shù)的值域；二次函數(shù)的最值.

【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應用；邏輯推理；數(shù)學運算.

(t—I)?+1,t<5

【答案】(1)值域是［1,17］；(2)/(%),“辦=14

了2+1,t>-

【分析】(1)函數(shù)在［-2,-1)上單調(diào)遞減，在(-1,3］上單調(diào)遞增，可得函數(shù)了(%)在區(qū)間［-2,3)

上的值域；

(2)當a=-1時，/(x)=/-2x+2=(x-1)2+1,分類討論，即可求函數(shù)/(無)在區(qū)間［3什1］上

的最大值.

【解答】解：(1)當。=1時，f(x)=/+2尤+2=(x+1)2+1,其圖象對稱軸為直線x=-1；

所以函數(shù)/(x)在［-2,-1)上單調(diào)遞減，在(-1,3］上單調(diào)遞增，

??X=~1ff(X)mm=f(11)=1,X=3,f(X)max=f(3)=17,

???函數(shù)/(x)在區(qū)間［-2,3)上的值域是［L17］；

(2)當a=-1時，/(x)=J？-2x+2=(x-1)2+1,

當函數(shù)/(X)在區(qū)間上，上的最大值/⑺=(/-1)2+1；

當自主函數(shù)/(x)在區(qū)間上，r+1］上的最大值/G+1)=?+1；

((t-I)2+1>t

函數(shù)/(x)在區(qū)間［3f+1］上的最大值/(x)〃m=《12.

9+1,t>1

【點評】本題主要考查求二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，二次函數(shù)的性質(zhì)的應用，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學

思想，屬于中檔題.

5.(2023?南陽模擬)已知集合A是函數(shù)y=/g(20-8x-/)的定義域，集合B是不等式x?-2x+l-

0(a>0)的解集，p：xEA,q：xEB.

(1)若ACB=0,求實數(shù)。的取值范圍；

(2)若「°是q的充分不必要條件，求實數(shù)。的取值范圍.

【考點】一元二次不等式及其應用；函數(shù)的定義域及其求法；充分條件與必要條件.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；簡易邏輯.

【答案】見試題解答內(nèi)容

【分析】(1)分別求函數(shù)y=/g(20-8x-?)的定義域和不等式尤2-2x+l-J》。的解集化簡

集合A,由得到區(qū)間端點值之間的關系，解不等式組得到。的取值范圍；

(2)求出「°對應的x的取值范圍，由「°是q的充分不必要條件得到對應集合之間的關系，由區(qū)間端

點值的關系列不等式組求解a的范圍.

【解答】解：(1)由條件,得&={%|-10cx<2},”{小或xWl-a}

H+a>2

若AC8=0,則必須滿足11一aW-1。

［a>0

所以。的取值范圍為［11,+8);

(2)易得「p：尤N2或xW-10,

是q的充分不必要條件，

{x|x22或xW-10}是8={x|尤21+a或xWl-a}的真子集,

H+GI<2

則11-aN-10,.?.0<aWl,

(a>0

的取值范圍為(0,1］.

【點評】本題考查的知識點是充要條件的定義，正確理解充要條件的定義，是解答的關鍵.

6.(2023?和平區(qū)校級一模)在①/'(4)=-1,/(3)=2,②當x=2時，/(尤)取得最大值3,③/'(x+2)

=/(2-x),/(0)=-1這三個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并作答.

問題：已知函數(shù)/(x)—-JT-2ax+b,且.

(1)求/(無)的解析式；

(2)若/(無)在［m,川(m<n)上的值域為［3%-2,3n-2］,求m+〃的值.

【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象；函數(shù)解析式的求解及常用方法.

【專題】函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化法；函數(shù)的性質(zhì)及應用；數(shù)學運算.

【答案】(1)/(無)=-JC+Ax-1；(2)m+n=\.

【分析】(1)分別選①②③，得到關于a,b的方程組，解出即可求出了(無)的解析式；

(2)根據(jù)函數(shù)的值域以及二次函數(shù)的性質(zhì)求出m+n的值即可.

【解答】解：(1)若選①，

,遼—^日(/(4)——16—8a+b——1,

由題1m意可得〈

1/(3)=-9—6a+b=2,

解得a=-2,b=-1,

故/(x)=-7+4x-1；

若選②，

由題意可得［一"=2,

1/(2)=—4—4a+b=3,

解得a=-2,b=-1,

故/(x)=-d+4x-1；

若選③，

因為/(x+2)=/(2-x),

所以/(x)圖象的對稱軸方程為％=2,

則-〃=2,即。=-2,因為/(0)=-1,所以

故/(x)=-f+4x-1.

(2)因為/(x)=-?+4A--1在R上的值域為(-8,3］,

所以3〃-2W3,即nw|,

因為了(無)圖象的對稱軸方程為x=2,且?guī)?lt;|<2,

所以/(X)在［租,用上單調(diào)遞增，

r,C=-m2+4m-1=3m—2,

則7

If(ri)=-n2+4n-1=3n—2,

整理得”2-相2+機-w=0,即(n-m)(n+m-1)=0,

因為w-mWO,所以w+機-1=0,即〃+7"=l.

【點評】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想，是中檔題.

7.(2022?寶山區(qū)校級二模)“跳臺滑雪”是冬奧會中的一個比賽項目，俗稱“勇敢者的游戲”，觀賞性和

挑戰(zhàn)性極強.如圖：一個運動員從起滑門點A出發(fā)，沿著助滑道曲線f。)=—A/爐一久2(一64久三0)滑

到臺端點8起跳，然后在空中沿拋物線g(x)=?x2-20ax-b(x>0)飛行一段時間后在點C著陸，

線段8c的長度稱作運動員的飛行距離，計入最終成績.已知g(x)=依2-20以-6在區(qū)間［0,30］上

的最大值為-30,最小值為-70.

(1)求實數(shù)。，》的值及助滑道曲線A8的長度.

(2)若運動員某次比賽中著陸點C與起滑門點A的高度差為120米，求他的飛行距離(精確到米).

【專題】計算題；整體思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應用；數(shù)學運算.

【答案】⑴。=一親，b=40,助滑道曲線AB的長度為20n米;

(2)89米.

【分析】(1)令>=/(無)，即可得至U，+>2=序，(-bW;cWO,-6WyW0),即可得到/(x)的幾何意

義，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得到g(10)=-30,g(30)=-70,即可求出a、b的值，從而求出曲線

AB的長度；

(2)由(1)可得g(無)的解析式，依題意可得yc=-120,代入解析式中解出無，即可求出C點坐標，

根據(jù)兩點間的距離公式計算可得.

【解答】解：(1)因為=Zb?-x2(-bWxW0),令y=f(x),則/+/=/,(-bWxWO,-b

WyWO),

..,_________一^1

所以/(無)=Zb?—x21—bWxW0)表示以(0,0)為圓心，半徑r=6的一圓弧，

4

所以當x=10時g(x)max=g(10)=-100〃-b=-30,g(30)=300。-b=-70,

解得］a=一存，所以通=［義2兀*40=20兀，

lb=404

即a=—1，b=40,助滑道曲線AB的長度為20n米；

(2)依題意可得A(-40,0),B(0,-40),yc=-120,

1

由(1)可得g(%)=-YQx2+2%—40(%>0),

1

令g(%)--120,即—yg+2%—40=—120,

解得％1=40,X2=~20(舍去)，

所以C(40,-120),所以|BC|=J402+(—40+120)2=40A/5?89,

即該運動員飛行距離約為89米.

【點評】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，屬于中檔題.

8.(2022?青浦區(qū)二模)設函數(shù)/(%)=f+px+g(p,qER),定義集合。={x,(/(%))=x,xGR),集合

Ef={x\f(/(x))=0,xeR}.

(1)若p=q=3寫出相應的集合。和序

(2)若集合〃/={0},求出所有滿足條件的p,q；

(3)若集合場1只含有一個元素，求證：p20,

【考點】二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象.

【專題】壓軸題；方程思想；函數(shù)的性質(zhì)及應用；邏輯推理.

【答案】(1)D/={0f1},回={0}.

(2)p=l,q=0.

(3)證明見解析.

【分析】(1)由％4=%、￥=0解得%,可得0,Ef,,

(2)由/(/(%))-x=0得x2+(p+1)x+p+q+l=0或/+(p-1)x+q=0,然后由A1=(p+1)2-4

(p+q+1),、2=(p-1)2-4鄉(xiāng)>41,方程/(/(x))-1=0只有一個實數(shù)解0,得A2=0,Ai<0,

轉(zhuǎn)化為W+(p-l)x+9=0有唯一實數(shù)解0,可得答案；

(3)由條件，/(/(x))=0有唯一解，得了(X)=0有解，分/(%)=0有唯一解期、/(%)=0有兩

個解％1,XI(X1<X2),則/(X)=(X-Xl)(X-XI),且兩個方程/(x)=X1,f(x)=X2總共只有一

個解，結(jié)合/(X)圖像可知/(X)=及有唯一解，所以X2<0,Xl<0,結(jié)合/(X)的圖像和實數(shù)解的個

數(shù)可得答案.

【解答】解：f(X)=/,/(/(%))=x4,由/=%解得冗=0或x=l,

由)=0解得了=0,所以功={0,1},Ef={0}.

(2)由/(/(x))-x=f(/(x))-f(x)+f(x)-x

=/(x)+pf(x)-x2-px+f(x)-x=(/(x)+x+p+l)(/(x)-x)

=(/+(p+1)x+p+q+1)(/+(p-l)x+q)=0,

得x2+(p+1)x+p+q+l=0或％2+(p-1)%+夕=0,

A1=(p+1)2-4(p+q+l)=(p-1)2-4^-4,

△2=(p-1)2-4q=(p-1)2-4q>△1,

而方程/(7(%))-1=0只有一個實數(shù)解0,

所以42=0,△1<0,即只需~+(p-1)x+q=0有唯一實數(shù)解0,所以p=l,q=0.

(3)由條件，/(/(%))=0有唯一解，所以/(%)=0有解，

①若/(%)=0有唯一解xo,則/(x)=(x-xo)2,且/(x)=xo有唯一解，

結(jié)合/(x)圖像可知％0=0,所以/(%)=/,所以p=q=0.

②若/(%)=0有兩個解XI,X2(X1<X2),則/(x)=(X-Xl)(X-X2),且兩個方程/(X)=X1,f

(x)=X2總共只有一個解，結(jié)合/(X)圖像可知/(x)=X2有唯一解，所以X2<0,Xl<0,

則/(x)=(X-Xl)(X-X2)f且兩個方程/(x)=X\,f(x)=%2總共只有一個解，

結(jié)合了(%)圖像可知/(%)=X2有唯一解，所以X2<0,XIV0,所以9=XlX2>0,且/(x)的對稱軸工=—§

<0,

所以p>0,所以P>O,夕>0.

綜上，p20,4》0.

【點評】本題主題考查了二次函數(shù)與二次方程之間的關系的相互轉(zhuǎn)換，方程根與系數(shù)的應用，考查了系

數(shù)對新定義的理解能力及計算能力.

9.(2024?北京自主招生)求R上方程％2-13印+11=0的解的個數(shù).

【考點】解一元二次不等式.

【專題】函數(shù)思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應用；數(shù)學運算.

【答案】4.

【分析】由/=13印-116N得X>1,由尤-1V區(qū)Wx得卜2—13(x—1)+11>0,解得X的范圍，

lx2-13x+11<0

得區(qū)可能取值為1,2,10,11,12,代入計算檢驗即可.

【解答】解：由13印+11=0,得/=13[x]-116N,所以x>l,

因為尤-1<印4，所以卜2—13(X—1)+11>0,

lx2-13x+11<0

整理得-24<7-13xW-11,

tojzg13—)73、J3+-7313+5^5,

解得久e(1,—2—)u(—2-'―2一]'

此時國可能取值為1,2,10,11,12,

分別代入計算可得久=V2,V15,7119,V132,V145,

經(jīng)檢驗6不符合題意，故方程的解只有4個.

【點評】本題考查一元二次不等式的性質(zhì)及解法等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題.

10.(2023秋?邢臺期末)已知關于x的不等式Ax2+依-i<o.

(1)若不等式的解集為{x|-2<x<l},求實數(shù)上的值；

(2)若不等式的解集為R,求實數(shù)左的取值范圍.

【考點】一元二次不等式及其應用.

【專題】函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應用；數(shù)學運算.

【答案】⑴k=挈

(2)(-4,0].

【分析】(1)由題意可知-2和1是方程依2+近_1=。的兩個實數(shù)根，由韋達定理求左的值;

(2)討論上是否為0,分別求得左的范圍，求并集即為％的取值范圍.

【解答】解：(1)若關于x的不等式質(zhì)入日-1<0的解集為{尤|-2<x<l},

則-2和1是方程hc+kx-1=0的兩個實數(shù)根，且k>0,

由韋達定理可得—2x1=F，

解得k=2；

(2)若關于％的不等式辰^辰-1V0解集為R,

當人=0時，不等式化為-1<0,恒成立，滿足題意，

當20時，貝1|有,

(4=必+4k<o

解得-4〈左〈0,

綜上所述，實數(shù)上的取值范圍為(-4,0].

【點評】本題主要考查了韋達定理的應用，考查了一元二次不等式的解法，屬于基礎題.

考點卡片

1.充分條件與必要條件

【知識點的認識】

1、判斷：當命題“若p則為真時，可表示為pnq,稱p為q的充分條件，q是p的必要條件.事實上，

與“p今等價的逆否命題是臺「p”.它的意義是：若q不成立，則0一定不成立.這就是說，q對

于p是必不可少的，所以說q是p的必要條件.例如：p：x>2；q：x>0.顯然xCp,則xCg.等價于xCg,

則xip一定成立.

2、充要條件：如果既有“pnq”，又有“q=p”,則稱條件p是q成立的充要條件，或稱條件q是0成立的

充要條件，記作“poq”.p與q互為充要條件.

【解題方法點撥】

充要條件的解題的思想方法中轉(zhuǎn)化思想的依據(jù)；解題中必須涉及兩個方面，充分條件與必要條件，缺一

不可.證明題目需要證明充分性與必要性，實際上，充分性理解為充分條件，必要性理解為必要條件，學

生答題時往往混淆二者的關系.判斷題目可以常用轉(zhuǎn)化思想、反例、特殊值等方法解答即可.

判斷充要條件的方法是：

①若pnq為真命題且qnp為假命題，則命題p是命題q的充分不必要條件；

②若p0q為假命題且q0P為真命題，則命題p是命題q的必要不充分條件；

③若p=q為真命題且qnp為真命題，則命題p是命題q的充要條件；

④若p=q為假命題且q=p為假命題，則命題p是命題q的既不充分也不必要條件.

⑤判斷命題p與命題g所表示的范圍，再根據(jù)“誰大誰必要，誰小誰充分”的原則，判斷命題p與命題q

的關系.

【命題方向】

充要條件是學生學習知識開始，或者沒有上學就能應用的，只不過沒有明確定義，因而幾乎年年必考內(nèi)

容，多以小題為主，有時也會以大題形式出現(xiàn)，中學階段的知識點都相關，所以命題的范圍特別廣.

2.運用基本不等式求最值

【知識點的認識】

基本不等式主要應用于求某些函數(shù)的最值及證明不等式.其可表述為：兩個正實數(shù)的幾何平均數(shù)小于或

a+bI—a+b__

等于它們的算術(shù)平均數(shù).公式為：—^―>yab(〃20,匕20),變形為abW(―^―)之或者

【解題方法點撥】

在運用均值不等式求最值時，可以將代數(shù)式分解成可以應用均值不等式的形式.例如，要求代數(shù)式的

最小值，可以利用均值不等式%+122從而得出最小值為2,并且在x=l時取到最小值.需要注意

的是，運用不等式時要確保代入的數(shù)值符合不等式的適用范圍，并進行必要的等號條件驗證.

【命題方向】

均值不等式求最值的命題方向包括代數(shù)表達式的最值求解、幾何圖形的最優(yōu)設計等.例如，求解一個代數(shù)

式的最小值，或設計一個幾何圖形使其面積最大.這類題型要求學生能夠靈活運用均值不等式進行最值求

解，并能正確代入和計算.

已知正數(shù)4,6滿足則+1+-5+1的最大值是.

解：因為正數(shù)〃，Z?滿足〃+。=1,

所以〃+1+/?+1=3,

則+vm<2『+i產(chǎn)i=V6,

當且僅當a=b=W時取等號.

故答案為：V6.

3.二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象

【知識點的認識】

二次函數(shù)相對于一次函數(shù)而言，顧名思義就知道它的次數(shù)為二次，且僅有一個自變量，因變量隨著自變

量的變化而變化.它的一般表達式為：y^a^+bx+c(aWO)

【解題方法點撥】

二次函數(shù)是一個很重要的知識點，不管在前面的選擇題填空題還是解析幾何里面，或是代數(shù)綜合體都有

可能出題，其性質(zhì)主要有初中學的開口方向、對稱性、最值、幾個根的判定、韋達定理以及高中學的拋物

線的焦點、準線和曲線的平移.

這里面略談一下他的一些性質(zhì).

①開口、對稱軸、最值與X軸交點個數(shù)，當。>0(<0)時，圖象開口向上(向下)；對稱軸x=-六；

最值為：/(一/)；判別式△=廬-4a，當△=()時，函數(shù)與x軸只有一個交點；△>?時，與x軸有兩

個交點；當時無交點.

②根與系數(shù)的關系.若△》()，且XI、尤2為方程＞=。/+灰+(?的兩根，則有無1+X2=—，，X1"X2=

③二次函數(shù)其實也就是拋物線，所以/=2py的焦點為(0,|),準線方程為含義為拋物線

上的點到到焦點的距離等于到準線的距離.

④平移：當y=a(x+b)2+c向右平移一個單位時，函數(shù)變成y=a(x-l+b)2+c；

【命題方向】

熟悉二次函數(shù)的性質(zhì)，會畫出拋物線的準確形狀，特別是注意拋物線焦點和準線的關系，拋物線最值得

取得，這也是一個?？键c.

4.二次函數(shù)的值域

【知識點的認識】

二次函數(shù)相對于一次函數(shù)而言，顧名思義就知道它的次數(shù)為二次，且僅有一個自變量，因變量隨著自變量

的變化而變化.它的一般表達式為：y^a^+bx+c(aWO)

【解題方法點撥】

二次函數(shù)是一個很重要的知識點，不管在前面的選擇題填空題還是解析幾何里面，或是代數(shù)綜合體都有可

能出題，其性質(zhì)主要有初中學的開口方向、對稱性、最值、幾個根的判定、韋達定理以及高中學的拋物線

的焦點、準線和曲線的平移.

-確定二次函數(shù)的開口方向(通過a的正負判斷).

-計算頂點x坐標，x=-抬

-計算頂點處的函數(shù)值f(-A).

-根據(jù)開口方向確定值域范圍.

【命題方向】

主要考查求二次函數(shù)的值域，涉及開口方向、頂點的計算及實際應用問題.函數(shù)/(X)=/+尤-2(xe[O,

2])的值域是.

解：函數(shù)/(X)=/+尤-2的對稱軸為x=-稱，

故函數(shù)/(x)=/+工-2在[0,2]上單調(diào)遞增，

又/(0)=-2,f(2)=4,

所以函數(shù)/(x)=x2+x-2(xe[O,2])的值域是[-2,4].

5.二次函數(shù)的最值

【知識點的認識】

二次函數(shù)相對于一次函數(shù)而言，顧名思義就知道它的次數(shù)為二次，且僅有一個自變量，因變量隨著自變量

的變化而變化.它的一般表達式為：y=ax1+bx+c(a#0)

【解題方法點撥】

二次函數(shù)是一個很重要的知識點，不管在前面的選擇題填空題還是解析幾何里面，或是代數(shù)綜合體都有可

能出題，其性質(zhì)主要有初中學的開口方向、對稱性、最值、幾個根的判定、韋達定理以及高中學的拋物線

的焦點、準線和曲線的平移.

二次函數(shù)的最值出現(xiàn)在頂點處.對于/(x)=ajc2+bx+c,最值為/(-六)，根據(jù)a的正負判斷最值類型.

-計算頂點x坐標久=-梟

-計算頂點處的函數(shù)值f(-A).

-根據(jù)?的正負判斷最值類型(最大值或最小值).

【命題方向】

主要考查二次函數(shù)最值的計算與應用題.

15

設a為實數(shù)，若函數(shù)y=-x2-2x+3在區(qū)間山，2］上的最大值為了，則。的值為_____.

4

解：函數(shù)y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,對稱軸為i=-1,

當時，則I=-1時，函數(shù)取得最大值為4,不滿足題意；

C15

當時，則x=a時，函數(shù)y=-/-2%+3在區(qū)間⑷2］上的最大值為一，

4

即一/一2〃+3=孕，解得a=—春或a=(舍)，

綜上，。的值為—

故選：C.

6.二次函數(shù)的應用

【知識點的認識】

二次函數(shù)相對于一次函數(shù)而言，顧名思義就知道它的次數(shù)為二次，且僅有一個自變量，因變量隨著自變量

的變化而變化.它的一般表達式為：y^cur+bx+c(aNO)

【解題方法點撥】

二次函數(shù)是一個很重要的知識點，不管在前面的選擇題填空題還是解析幾何里面，或是代數(shù)綜合體都有可

能出題，其性質(zhì)主要有初中學的開口方向、對稱性、最值、幾個根的判定、韋達定理以及高中學的拋物線

的焦點、準線和曲線的平移.

-分析實際問題，抽象出二次函數(shù)模型.

-確定二次函數(shù)的解析式，結(jié)合實際情況求解相關參數(shù).

-運用二次函數(shù)性質(zhì)求解實際問題，如最值、單調(diào)性等.

【命題方向】

常見的應用題包括拋物線軌跡問題、工程優(yōu)化設計問題等，考查學生將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學模型并求解的

能力.

2016年，某廠計劃生產(chǎn)25噸至45噸的某種產(chǎn)品，已知生產(chǎn)該產(chǎn)品的總成本y(萬元)與總產(chǎn)量x(噸)

2

之間的關系可表示為丫=器-2x+90.若該產(chǎn)品的出廠價為每噸6萬元，求該廠2016年獲得利潤的最大

值.

解：設利潤為g(尤)，

r2r2i

則g(%)=6%—yg+2x-90=—+8x—90=—yg(%—40)2+70,

當x=40時，g(x)"如=70萬元；

7.一元二次不等式及其應用

【知識點的認識】

含有一個未知數(shù)且未知數(shù)的最高次數(shù)為2的不等式叫做一元二次不等式.它的一般形式是a^+bx+c>G

或a^+bx+c<0(a不等于0)其中。/+法+。是實數(shù)域內(nèi)的二次三項式.

特征

當△=/-4ac>0時，

一元二次方程ax2+bx+c=0有兩個實根，那么可寫成a(x-xi)(尤-尤2)

當△=/-4ac—0時，

一元二次方程ax2+bx+c=0僅有一個實根，那么cu^+bx+c可寫成a(x-xi)2.

當△=%2-4ac<0時.

一元二次方程a^+bx+c=Q沒有實根，那么a^+bx+c與x軸沒有交點.

【解題方法點撥】

例1：一元二次不等式/<x+6的解集為.

解：原不等式可變形為(x-3)(x+2)<0

所以，-2<x<3

故答案為：(-2,3).

這個題的特點是首先它把題干變了形，在這里我們必須要移項寫成以2+6尤+c<0的形式；然后應用了特征

當中的第一條，把它寫成兩個一元一次函數(shù)的乘積，所用的方法是十字相乘法；最后結(jié)合其圖象便可求解.

【命題方向】

①一元二次不等式恒成立問題：

一元二次不等式a)C+bx+c>G的解集是R的等價條件是：?>0且△<()；一元二次不等式or2+Z?x+c<0的

解集是R的等價條件是：。<0且△<().

②分式不等式問題：

",，>0=/(尤)(x)>0；

。(久)

~~(x)，g(x)<0；

。(久)

f(x)?9(x)20

g(x)-ulg(x)豐0；

f(x)f/(%)-g。)<0

。(乃U(x)豐0

8.解一元二次不等式

【知識點的認識】

含有一個未知數(shù)且未知數(shù)的最高次數(shù)為2的不等式叫做一元二次不等式.它的一般形式是a^+bx+cX)或

ax1+bx+c<Q(a不等于0)其中是實數(shù)域內(nèi)的二次三項式.

特征

當△=戶-4ac>0時，

一元二次方程°7+灰+°=0有兩個實根，那么a/+6x+c可寫成a(x-xi)(尤-尤2)

當△=d-4ac=0時，

一元二次方程af+bx+cu。僅有一■個實根，那么cu^+bx+c可寫成a(x-xi)2.

當△=/?2-4ac<0時.

一元二次方程a/+bx+c=0沒有實根，那么a^+bx+c與x軸沒有交點.

【解題方法點撥】

例1：一元二次不等式f<x+6的解集為.

解：原不等式可變形為（尤-3）（x+2）<0

所以，-2<x<3

故答案為：（-2,3）.

這個題的特點是首先它把題干變了形，在這里我們必須要移項寫成of+bx+c<0的形式；然后應用了特征

當中的第一條，把它寫成兩個一元一次函數(shù)的乘積，所用的方法是十字相乘法；最后結(jié)合其圖象便可求解.

【命題方向】

一元二次不等式aj^+bx+cX）

-將不等式轉(zhuǎn)化為aj?+bx+c=G形式，求出根.

-根據(jù)根的位