資源簡介

2.3.2 一元二次不等式的應用
課程標準 學習目標
（1）經歷從實際情境中抽象出一元二次不等式
的過程, 了解一元二次不等式的現實意義。能
（1）掌握一元二次不等式恒成立問題;
借助一元二次函數求解一元二次不等式,并能
（2）掌握一元二次不等式有解問題；
用集合表示一元二次不等式的解集
（3）掌握一元二次不等式的實際應用.
（2）借助一元二次函數的圖象, 了解一元二次
不等式與相應函數、方程的聯系。
知識點 01 一元二次不等式
1 二次函數的圖象、一元二次方程的根、一元二次不等式的解集間的關系：
(以下均以 > 0為例)
判別式
2 > 0 = 0 < 0 = ― 4
二次函數
= 2 + +
的圖象
有兩個相異實數根
一元二次方程 1 , 2 有兩個相等實數根
2 + + = 0的根 ― ±
2 ― 4 沒有實數根
= = = ―2 1 2 2
( 1 < 2)
一元二次不等式
2 + + > 0 的解 { | < 1或 > 2} { | ≠ ― 2 }
集
一元二次不等式
2 + + < 0的解 { | 1 < < 2}
集
2 利用一元二次不等式解決實際問題的一般步驟是
（1）理解題意，分享清楚量與量之間的關系；
（2）建立相應的不等關系，把實際問題抽象為一元二次不等式問題；
（3）解這個一元二次不等式得到實際問題的解.
知識點 02 恒成立問題和存在性問題
1 恒成立問題
① ∈ , ( ) < 恒成立，則 ( ) < ；
② ∈ , ( ) > 恒成立，則 ( ) > ；
③ ∈ , ( ) < ( )恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) < 0 ∴ ( ) < 0；
④ ∈ , ( ) > ( )恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) > 0 ∴ ( ) > 0.
存在性問題
① 0 ∈ ，使得 ( 0) < 成立，則 ( ) < ；
② 0 ∈ ，使得 ( 0) > 成立，則 ( ) > ；
③ 0 ∈ ，使得 ( 0) < ( 0)恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) < 0 ∴ ( ) < 0；
④ 0 ∈ ，使得 ( 0) > ( 0)恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) > 0 ∴ ( ) > 0。
【即學即練 2】若不等式2 2 + ― 38 < 0的解集為 R，則實數 的取值范圍是（ ）
A．( ―∞, ― 3) ∪ [0, + ∞) B．( ―3,0)
C．( ―3,0] D．( ―∞,0]
【題型一：一元二次不等式的實際生活中的應用】
例 1．一家車輛制造廠引進了一條摩托車整車裝配流水線，這條流水線生產的摩托車數量 （單位：輛）與
創造的價值 （單位：元）之間有如下的關系： = ―2 2 +220 .若這家工廠希望在一個星期內利用這條流
水線創收 6000 元以上，則在一個星期內大約應該生產 （填寫區間范圍）輛摩托車？
變式 1-1．某文具店購進一批新型臺燈，若按每盞臺燈 15 元的價格銷售，每天能賣出 30 盞；若售價每提
高 1 元，日銷售量將減少 2 盞，現決定提價銷售，為了使這批臺燈每天獲得 400 元以上（不含 400 元）的
銷售收入.則這批臺燈的銷售單價 （單位：元）的取值范圍是（ ）
A．{ |10 ≤ < 16 } B．{ |12 ≤ < 18 }
C．{ |15 < < 20 } D．{ |10 ≤ < 20 }
變式 1-2．某地每年消耗木材約 20 萬立方米，每立方米售價 480 元，為了減少木材消耗，決定按 %征收木
5
材稅，這樣，每年的木材消耗量減少2 萬立方米，為了既減少木材消耗又保證稅金收入每年不少于 180 萬
元，t 的取值范圍是（ ）
A．[1,3] B．[2,4]
C．[3,5] D．[4,6]
變式 1-3．通過技術創新，某公司的汽車特種玻璃已進入歐洲市場．2022年，該種玻璃售價為 25歐元/平
方米，銷售量為80萬平方米．
(1)據市場調查，售價每提高1歐元/平方米，銷售量將減少2萬平方米；要使銷售收入不低于2000萬歐元，
試問：該種玻璃的售價最多提高到多少歐元/平方米
(2)為提高年銷售量，增加市場份額，公司將在2023年對該種玻璃實施二次技術創新和營銷策略改革：提高
價格到 歐元/平方米（其中 > 25 5），其中投入3(
2 ― 600) 萬歐元作為技術創新費用，投入500萬歐元作
為固定宣傳費用，投入2 萬歐元作為浮動宣傳費用，試問：該種玻璃的銷售量 （單位：萬平方米）至少
達到多少時，才可能使2023年的銷售收入不低于2022年銷售收入與2023年投入之和 并求出此時的售價．
【方法技巧與總結】
理解題意是關鍵，通過題意得到不等式，在求解不等式時要注意變量在實際問題中的取值范圍.
【題型二：一元二次不等式在幾何中的應用】
例 2．為建設美麗中國，增強民眾幸福感，市政府大力推進老舊小區改造工程．和諧小區計劃建設一塊長
為10m、寬為6m的矩形花園，其四周種植花卉，中間種植草坪（如圖所示）．如果花卉帶的寬度相同，且
草坪的面積不超過總面積的三分之一，那么花卉帶的寬度可能為（ ）
A．1m B．2m C．3m D．4m
變式 2-1．在如圖所示的銳角三角形空地中，欲建一個面積不小于 300m2的內接矩形花園（陰影部分），則
其邊長 （單位：m）的取值范圍是（ ）
A．15 ≤ ≤ 30 B．12 ≤ ≤ 25 C．10 ≤ ≤ 30 D．20 ≤ ≤ 30
變式 2-2．如圖，在長為8m，寬為6m的矩形地面的四周種植花卉，中間種植草坪，如果要求草坪外側四周
的花卉帶的寬度都相同，且草坪的面積不超過總面積的一半，則花卉帶的寬度至少應為 m．
變式 2-3．某學校為創建高品質特色高中，準備對校園內現有一處墻角進行規劃.如圖，墻角線 OA 和 OB
互相垂直，學校欲建一條直線型走廊 AB，其中 AB 的兩個端點分別在這兩墻角線上.
(1)若欲建一條長為 10 米的走廊 ，當 長度為多少時， △ 的面積最大？
(2)為了使圍成區域更加美觀并合理利用土地，準備在圍成區域內建造一個矩形花圍 ，要求點 在
上，點 在 上，且 過 點，其中 = 4米， = 2米，要使圍成區域 △ 的面積大于 18 平方米，
則 的長應在什么范圍內？
【方法技巧與總結】
根據圖形的特征得到不等式是關鍵，有時要用到平面幾何的知識點（如全等、相似等），同時幾何圖形的
幾何量用變量x表示，要注意其取值范圍（比如線段肯定是非負數等）.
【題型三：一元二次不等式在實數集上恒成立問題】
例 3．不等式( ― 2) 2 + 2( ― 2) ― 4<0對 ∈ 恒成立，則實數 a 的取值范圍為（ ）．
A．( ―∞,2] B．( ―∞, ― 2)
C．( ―2,2] D．( ―2,2)
變式 3-1．命題“ ∈ R, ― 2 + ― 1 > 0”是假命題，則實數 的取值范圍是（ ）.
A．( ―∞,2] B．( ―2,2) C．[ ―2,2] D．[2, + ∞)
變式 3-2．( ― 3) 2 + ( ― 3) ― 1 < 0對一切 ∈ R恒成立，則 的取值范圍是（ ）
A．{ | ―1 < < 3} B．{ | ―1 < ≤ 3}
C．{ | < ―1 或 > 3} D．{ | < ―1 或 ≥ 3}
變式 3-3．“關于 的不等式 2 ―2 + 1 > 0對 ∈ 上恒成立”的一個必要不充分條件是（ ）
A． > 0 B． > 1
C 0 < < 1． 2 D． > 2
【方法技巧與總結】
1 處理不等式 2 + + > 0恒成立問題要先注意它是否為一元二次不等式，即a = 0是否可能；
2 a > 0一元二次不等式 2 + + > 0的解集是R等價于 < 0，
一元二次不等式 2 + + < 0 a < 0的解集是R等價于 < 0.
【題型四：一元二次不等式在某區間上恒成立問題】
例 4．已知函數 ( ) = 2 + + ( , ∈ *)滿足：① (1) = 5；② (2) < 12．
(1)求 ( )的解析式；
(2) 1若對任意的實數 ∈ ,2 , ( ) ― ≤ 1恒成立，求實數 的取值范圍．
2
變式 4-1．若不等式 2 ― + 4 ≥ 0對任意 ∈ [1,3]恒成立，則實數 的取值范圍是（ ）
A．[0,4] B．( ―∞,4] C ―∞, 13． D．( ―∞,5]
3
變式 4-2．若不等式|3 ― | ≤ + 2對 ∈ [0,1]恒成立，則實數 a 的取值范圍為（ ）
A．[0,2] B．[0,1] C．[1,2] D．(1,2)
變式 4-3 4．已知 > 0， ∈ R，若 > 0時，關于 的不等式( ― 2)( 2 + ― 4) ≥ 0恒成立，則 + 的最小
值為（ ）
A．2 B．2 5 C．4 D．3 2
【方法技巧與總結】
1 恒成立問題
① ∈ , ( ) < 恒成立，則 ( ) < ；
② ∈ , ( ) > 恒成立，則 ( ) > ；
③ ∈ , ( ) < ( )恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) < 0 ∴ ( ) < 0；
④ ∈ , ( ) > ( )恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) > 0 ∴ ( ) > 0.
2 處理一元二次不等式 2 + + > 0在某區間( , )恒成立問題，往往有兩個思路：一是利用二次函數
2 + + 的圖象與性質；二是利用分離參數法，轉化為最值問題，受限所學知識，目前常用基本不等式
求解.
【題型五：一元二次不等式在某區間上有解問題】
例 5．若命題“ ∈ [0,3]， 2 ―2 ― > 0”為假命題，則實數 可取的最小整數值是（ ）
A． ―1 B．0 C．1 D．3
變式 5-1．設 ( ) = 2 ―2 + 4( ∈ )，則關于 的不等式 ( ) < 0有解的一個必要不充分條件是（ ）
A． ―2 < < 0 B． < ―2或 > 2 C．| | > 4 D．| | ≥ 2
變式 5-2．若關于 x 的不等式 2 ― ( + 1) + 9 ≤ 0在[1,4]上有解，則實數 m 的最小值為（ ）
A．9 B．5 C．6 D 21． 4
變式 5-3．若存在 ∈ [1,3]，使不等式 2 ―2 + + 2 ≤ 0成立，則 a 的取值范圍為 .
變式 5-4．已知函數 ( ) = 2 ― + .
(1)若不等式 ( ) > 0的解集為( ― ∞,1) ∪ (3, + ∞)，求實數 , 的值；
(2)當 ( ―1) = 0時，
（i）解關于 x 的不等式 ( ) > 0；
（i）若存在 ∈ [1,2] ，使得 ( ) ≤ 0，求實數 a 的取值范圍.
【方法技巧與總結】
1 存在性問題
① 0 ∈ ，使得 ( 0) < 成立，則 ( ) < ；
② 0 ∈ ，使得 ( 0) > 成立，則 ( ) > ；
③ 0 ∈ ，使得 ( 0) < ( 0)恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) < 0 ∴ ( ) < 0；
④ 0 ∈ ，使得 ( 0) > ( 0)恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) > 0 ∴ ( ) > 0。
2 處理一元二次不等式 2 + + > 0在某區間( , )有解問題，往往有兩個思路：一是利用二次函數 2
+ + 的圖象與性質；二是利用分離參數法，轉化為最值問題，受限所學知識，目前常用基本不等式求
解.
一、單選題
1．設命題 p： ∈ ， 2 +4 + 2 ≥ 0 1（其中 m 為常數），則“命題 p 為真命題”是“ > 2”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2.某種雜志原以每本3元的價格銷售，可以售出10萬本.根據市場調查，雜志的單價每提高0.1元，銷售量就
減少1000本.設每本雜志的定價為 元，要使得提價后的銷售總收入不低于42萬元，則 應滿足（ ）
A．6 7 B．5 7 C．5 6 D．4 6
3.若關于 x 的不等式 2 + ― 4 > 0在區間[2,4]上有解，則實數 m 的取值范圍為（ ）
A．( ―3, + ∞) B．(0, + ∞) C．( ―∞,0) D．( ―∞, ― 3)
4.若關于 的不等式 ― 2 + ― 2 ≤ 0在區間[ ― 3, ― 1]上恒成立，則實數 的取值范圍為（ ）
A．[ ― 2 2, + ∞) B．( ― ∞, ― 2 ] C [ ―
11
2 ． 3 , + ∞) D．( ― ∞, ― 3]
5.某市有塊三角形荒地，如圖 △ 所示，∠ = 90 , = = 200（單位：米），現市政府要在荒地中開
辟一塊矩形綠地 ，其中 , , 點分別在線段 , , 上，若要求綠地的面積不少于 7500 平方米，則
的長度（單位：米）范圍是（ ）
A．[40,160] B．[50,150] C．[55,145] D．[60,140]
6.已知命題 : ∈ [1,2]， 2 + ― 2 > 0，則 的一個必要不充分條件是（ ）
A． < ―1 B． > 0 C． > 1 D． > 2
7.已知對一切 ∈ [2,3]， ∈ [3,6]，不等式 2 ― + 2 ≥ 0恒成立，則實數 的取值范圍是（ ）
A． ≤ 6 B． ―6 ≤ ≤ 0
C． ≥ 0 D．0 ≤ ≤ 6
8.已知 > 0 4， ∈ ，若 > 0時，關于 的不等式( ― 2)( 2 + ― 5) ≥ 0恒成立，則 + 的最小值為
（ ）
A．2 B．2 5 C．4 3 D．3 2
二、多選題
9．“ ∈ (0，3]， 2 ― + 9 ≥ 0 ” 成立的一個充分條件是（ ）
A． ≤ 5 B． ≤ 6 C． ≤ 7 D． ≤ 8
10.已知關于 x 的不等式 2 ―2 + 3 < 0在0 < ≤ 2上有解，則實數 a 的取值可能是（ ）
A． ―3 B． ―2 C．1 D．2
11.若( -4)( 2+ )≥0對任意 ∈(-∞,0]恒成立，其中 ， 是整數，則 + 的可能取值為（ ）
A．-7 B．-5 C．-6 D．-17
三、填空題
12．甲廠以 千克/時的速度勻速生產某種產品（生產條件要求1 ≤ ≤ 10），每小時可獲得利潤100
5 + 1 ― 3 元．若要使生產該產品 2 小時獲得的利潤不低于 3000 元，則 的取值范圍是 ．

13.已知 ― 2 +4 + ≥ 0在 ∈ [0,1]上恒成立，則實數 的取值范圍是 ．
14.已知 2 + + 5 ≤ 2 +2 + ≤ 2 2 +5 + 9對任意 ∈ R恒成立，則 + = ．
四、解答題
15．近幾年來，“盲盒文化”廣為流行，這種文化已經在中國落地生根，并發展處具有中國特色的盲盒經
濟，某盲盒生產及銷售公司今年初用 98 萬購進一批盲盒生產線，每年可有 50 萬的總收入，已知生產此盲
盒 年（ 為正整數）所用的各種費用總計為2 2 +10 萬元．
(1)該公司第幾年首次盈利（總收入超過總支出，今年為第一年）？
(2)該公司幾年后年平均利潤最大，最大是多少？
16.如圖所示，將一矩形花壇 擴建成一個更大的矩形花壇 ，使點 ， 分別在 ， 的延長線
上，且對角線 過點 ，已知 = 2米， = 3米．
(1)若要使矩形 的面積不大于32平方米，則 的長應在什么范圍內？
(2)當 的長為多少時，矩形花壇 的面積最小？并求出最小值．
17.已知函數 ( ) = 2 ― (2 + 1) + 2( ∈ R)．
(1)若 > 0，解關于 的不等式 ( ) < 0；
(2)若不等式 ( ) ≤ ― 4在 ∈ (3, + ∞)上有解，求實數 的取值范圍．
18.2022 年 2 月 24 日, 俄烏爆發戰爭，至今戰火未熄. 2023 年 10 月 7 日巴以又爆發沖突.與以往戰爭
不同的是，無人機在戰場中起到了偵察和情報收集，攻擊敵方目標和反偵察等多種功能，扮演了重要的角
色. 某無人機企業原有 200 名科技人員， 年人均工資 萬元 ( > 0)，現加大對無人機研發的投入，該
企業把原有科技人員分成技術人員和研發人員，其中技術人員 名 ( ∈ N 且 50 ≤ ≤ 100) ，調整后研
發人員的年人均工資增加 (2 )% ，技術人員的年人均工資調整為 ― 萬元.
10
(1)若要使調整后研發人員的年總工資不低于調整前 200 名科技人員的年總工資，求調整后的研發人員的
人數最少為多少人
(2)為了激勵研發人員的工作熱情和保持技術人員的工作積極性，企業決定在工資方面要同時滿足以下兩個
條件：①研發人員的年總工資始終不低于技術人員的年總工資; ②技術人員的年人均工資始終不減少. 請
問是否存在這樣的實數 ，滿足以上兩個條件，若存在，求出 的范圍; 若不存在,說明理由.
19．已知命題：“ ∈ { | ― 1 ≤ ≤ 1}, 2 ― ― < 0”是真命題
(1)求實數 m 的取值集合 B；
(2)設關于 x 的不等式 2 ― (4 + 2) + 3 2 +6 ≤ 0的解集為 A，若“ ∈ ”是“ ∈ ”的充分不必要條件，求
實數 a 的取值范圍．2.3.2 一元二次不等式的應用
課程標準 學習目標
（1）經歷從實際情境中抽象出一元二次不等式
的過程, 了解一元二次不等式的現實意義。能
（1）掌握一元二次不等式恒成立問題;
借助一元二次函數求解一元二次不等式,并能
（2）掌握一元二次不等式有解問題；
用集合表示一元二次不等式的解集
（3）掌握一元二次不等式的實際應用.
（2）借助一元二次函數的圖象, 了解一元二次
不等式與相應函數、方程的聯系。
知識點 01 一元二次不等式
1 二次函數的圖象、一元二次方程的根、一元二次不等式的解集間的關系：
(以下均以 > 0為例)
判別式
2 > 0 = 0 < 0 = ― 4
二次函數
= 2 + +
的圖象
有兩個相異實數根
一元二次方程 1 , 2 有兩個相等實數根
2 + + = 0的根 ― ±
2 ― 4 沒有實數根
= = = ―2 1 2 2
( 1 < 2)
一元二次不等式
2 + + > 0 的解 { | < 1或 > 2} { | ≠ ― 2 }
集
一元二次不等式
2 + + < 0的解 { | 1 < < 2}
集
2 利用一元二次不等式解決實際問題的一般步驟是
（1）理解題意，分享清楚量與量之間的關系；
（2）建立相應的不等關系，把實際問題抽象為一元二次不等式問題；
（3）解這個一元二次不等式得到實際問題的解.
知識點 02 恒成立問題和存在性問題
1 恒成立問題
① ∈ , ( ) < 恒成立，則 ( ) < ；
② ∈ , ( ) > 恒成立，則 ( ) > ；
③ ∈ , ( ) < ( )恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) < 0 ∴ ( ) < 0；
④ ∈ , ( ) > ( )恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) > 0 ∴ ( ) > 0.
存在性問題
① 0 ∈ ，使得 ( 0) < 成立，則 ( ) < ；
② 0 ∈ ，使得 ( 0) > 成立，則 ( ) > ；
③ 0 ∈ ，使得 ( 0) < ( 0)恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) < 0 ∴ ( ) < 0；
④ 0 ∈ ，使得 ( 0) > ( 0)恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) > 0 ∴ ( ) > 0。
【即學即練 2】若不等式2 2 + ― 38 < 0的解集為 R，則實數 的取值范圍是（ ）
A．( ―∞, ― 3) ∪ [0, + ∞) B．( ―3,0)
C．( ―3,0] D．( ―∞,0]
【答案】C
【分析】分類討論 ，結合一元二次不等式解集的性質進行求解即可.
【詳解】由題意可知2 2 + ― 38 < 0恒成立，
當 = 0 ― 3時， 8 < 0恒成立，
≠ 0 < 0 < 0當 時需滿足 Δ < 0 ，即 2 + 3 < 0 ，求得 ―3 < < 0，
所以實數 的取值范圍是( ―3,0]
故選：C
【題型一：一元二次不等式的實際生活中的應用】
例 1．一家車輛制造廠引進了一條摩托車整車裝配流水線，這條流水線生產的摩托車數量 （單位：輛）與
創造的價值 （單位：元）之間有如下的關系： = ―2 2 +220 .若這家工廠希望在一個星期內利用這條流
水線創收 6000 元以上，則在一個星期內大約應該生產 （填寫區間范圍）輛摩托車？
【答案】51~59
【分析】依據題意列出不等關系，解不等式再根據實際意義即可求出需生產 51~59 輛摩托車.
【詳解】根據題意可知 = ―2 2 +220 > 6000，
轉化為不等式 2 ―110 + 3000 < 0，即可得( ― 60)( ― 50) < 0，
解得50 < < 60；
所以應該生產 51~59 輛摩托車.
故答案為：51~59
變式 1-1．某文具店購進一批新型臺燈，若按每盞臺燈 15 元的價格銷售，每天能賣出 30 盞；若售價每提
高 1 元，日銷售量將減少 2 盞，現決定提價銷售，為了使這批臺燈每天獲得 400 元以上（不含 400 元）的
銷售收入.則這批臺燈的銷售單價 （單位：元）的取值范圍是（ ）
A．{ |10 ≤ < 16 } B．{ |12 ≤ < 18 }
C．{ |15 < < 20 } D．{ |10 ≤ < 20 }
【答案】C
【分析】本題可根據題意得出[30 ― 2( ― 15)] > 400，然后通過計算以及 ≥ 15即可得出結果.
【詳解】設這批臺燈的銷售單價為 x 元，由題意得，[30 ― 2( ― 15)] > 400，
即 2 ―30 + 200 < 0，解得10 < < 20，又因為 ≥ 15，所以15 ≤ < 20，
這批臺燈的銷售單價 的取值范圍是{ |15 ≤ < 20 }.
故選：C
變式 1-2．某地每年消耗木材約 20 萬立方米，每立方米售價 480 元，為了減少木材消耗，決定按 %征收木
5
材稅，這樣，每年的木材消耗量減少2 萬立方米，為了既減少木材消耗又保證稅金收入每年不少于 180 萬
元，t 的取值范圍是（ ）
A．[1,3] B．[2,4]
C．[3,5] D．[4,6]
【答案】C
5
【分析】根據題意，列出不等式480 × 20 ― × % ≥ 180，即可求解.
2
5 5
【詳解】由題意，每年消耗木材為(20 ― 2 )萬立方米，所以每年稅金為480 × 20 ― × %，2
5
要保證稅金收入每年不少于180萬元，可得480 × 20 ― × % ≥ 180且 > 0，
2
解得3 ≤ ≤ 5，即實數 的取值范圍為[3,5].
故選：C.
變式 1-3．通過技術創新，某公司的汽車特種玻璃已進入歐洲市場．2022年，該種玻璃售價為 25歐元/平
方米，銷售量為80萬平方米．
(1)據市場調查，售價每提高1歐元/平方米，銷售量將減少2萬平方米；要使銷售收入不低于2000萬歐元，
試問：該種玻璃的售價最多提高到多少歐元/平方米
(2)為提高年銷售量，增加市場份額，公司將在2023年對該種玻璃實施二次技術創新和營銷策略改革：提高
5
價格到 歐元/平方米（其中 > 25），其中投入 ( 23 ― 600) 萬歐元作為技術創新費用，投入500萬歐元作
為固定宣傳費用，投入2 萬歐元作為浮動宣傳費用，試問：該種玻璃的銷售量 （單位：萬平方米）至少
達到多少時，才可能使2023年的銷售收入不低于2022年銷售收入與2023年投入之和 并求出此時的售價．
【答案】(1)40
(2)102 萬平方米，30 歐元/平方米
【分析】（1）設該種玻璃的售價提高到 ( ≥ 25)歐元/平方米，根據條件建立不等關系
[80 ― 2( ― 25)] ≥ 2000，即可解決問題；
（2）根據條件建立不等關系 ≥ 2000 + 500 + 2 + 5 23( ―600)，
整理得到 ≥ 1500 +
5
3 + 2，再利用基本不等式即可解決問題.
【詳解】（1）設該種玻璃的售價提高到 ( ≥ 25)歐元/平方米，
由題知[80 ― 2( ― 25)] ≥ 2000，即 2 ―65 + 1000 ≤ 0，解得25 ≤ ≤ 40，
所以該種玻璃的售價最多提高到 40 歐元/平方米.
（2）由題意得 ≥ 2000 + 500 + 2 + 5( 23 ―600)，整理得 ≥ 1500 + 2 +
5
3
2，
≥ 1500兩邊同除以 得 +
5
3 + 2，
1500
又 +
5
3 + 2 ≥ 2
1500 5 +2 = 102
1500 = 5，當且僅當 3 ，即 = 30 > 25時取等號， 3
所以 ≥ 102，故該種玻璃的銷售量 （單位：萬平方米）至少達到 102 萬平方米時，才可能使 2023年的
銷售收入不低于2022年銷售收入與2023年投入之和，此時的售價為30歐元/平方米.
【方法技巧與總結】
理解題意是關鍵，通過題意得到不等式，在求解不等式時要注意變量在實際問題中的取值范圍.
【題型二：一元二次不等式在幾何中的應用】
例 2．為建設美麗中國，增強民眾幸福感，市政府大力推進老舊小區改造工程．和諧小區計劃建設一塊長
為10m、寬為6m的矩形花園，其四周種植花卉，中間種植草坪（如圖所示）．如果花卉帶的寬度相同，且
草坪的面積不超過總面積的三分之一，那么花卉帶的寬度可能為（ ）
A．1m B．2m C．3m D．4m
【答案】B
m (10―2 )(6―2 ) 1 10 ― 2 > 0【分析】設花卉帶的寬度為 ，由題設有 10×6 ≤ 3且 6 ― 2 > 0 求 范圍，即可得答案.
(10―2 )(6―2 ) 1
【詳解】設花卉帶的寬度為 m，則 10×6 ≤ 3，
所以(5 ― )(3 ― ) ≤ 5，即( ― 4)2 ≤ 6，可得4 ― 6 ≤ ≤ 4 + 6，
10 ― 2 > 0
又 6 ― 2 > 0 < 3，故4 ― 6 ≤ < 3，而1 < 4 ― 6 < 2，則 可能取值為 2.
故選：B
變式 2-1．在如圖所示的銳角三角形空地中，欲建一個面積不小于 300m2的內接矩形花園（陰影部分），則
其邊長 （單位：m）的取值范圍是（ ）
A．15 ≤ ≤ 30 B．12 ≤ ≤ 25 C．10 ≤ ≤ 30 D．20 ≤ ≤ 30
【答案】C
【分析】根據三角形相似列出方程，將矩形的另一邊用 表示，再根據矩形的面積不小于 300m2列出不等
式，即可求出結果.
40―
【詳解】設矩形的另一邊長為 m，則由三角形相似知，40 = 40 ，
所以 = 40 ― ，因為 ≥ 300，所以 (40 ― ) ≥ 300，
即 2 ―40 + 300 ≤ 0，解得10 ≤ ≤ 30.
故選:C
【點睛】本題主要考查了一元二次不等式的應用，關鍵是建立數學模型，解一元二次不等式，屬于基礎題.
變式 2-2．如圖，在長為8m，寬為6m的矩形地面的四周種植花卉，中間種植草坪，如果要求草坪外側四周
的花卉帶的寬度都相同，且草坪的面積不超過總面積的一半，則花卉帶的寬度至少應為 m．
【答案】1
48
【分析】設花卉帶的寬度為 米，根據題設有(8 ― 2 )(6 ― 2 ) ≤ 2 求解集，即可確定最小值.
(8 ― 2 )(6 ― 2 ) ≤ 48
2 (4 ― )(3 ― ) ≤ 6【詳解】設花卉帶的寬度為 米，則 8 ― 2 > 0 ，即 < 3 ，
6 ― 2 > 0
2 ― 7 + 6 = ( ― 1)( ― 6) ≤ 0
所以 < 3 ，故1 ≤ < 3，
所以花卉帶的寬度至少應為 1 米.
故答案為：1
變式 2-3．某學校為創建高品質特色高中，準備對校園內現有一處墻角進行規劃.如圖，墻角線 OA 和 OB
互相垂直，學校欲建一條直線型走廊 AB，其中 AB 的兩個端點分別在這兩墻角線上.
(1)若欲建一條長為 10 米的走廊 ，當 長度為多少時， △ 的面積最大？
(2)為了使圍成區域更加美觀并合理利用土地，準備在圍成區域內建造一個矩形花圍 ，要求點 在
上，點 在 上，且 過 點，其中 = 4米， = 2米，要使圍成區域 △ 的面積大于 18 平方米，
則 的長應在什么范圍內？
【答案】(1) 長度為5 2米
(2) 的長的范圍是(2,3) ∪ (6, + ∞)（單位：米）
【分析】（1）設 長度為 米，求出 ，可得 △ 的面積的表達式，然后由基本不等式求解即可；
（2）設 的長為 ∥ 米，由 ，得 =

，求得 ，得 △ 的面積的表達式，由題意列不等式，
求解即可．
【詳解】（1）由題意，設 長度為 米，0 < < 10，
∵ ⊥ ，∴ = 2 ― 2 = 100 ― 2，
∴ △ 1 1的面積為 △ = 2 = 2 100 ― 2，
1 1 2 22
由基本不等式 + 100― △ = 2 100 ― 2 ≤ 2 × = 25，2
當且僅當 = 100 ― 2，即 = 5 2時等號成立，
∴當 長度為5 2米時, △ 的面積最大，最大值為25平方米.
（2）設 的長為 米，則 為 ― 2米，其中 > 2，
∵ 為矩形， ∥ ，
∴ =

，∴
―2 = 4 ，則 =
4
―2，
故 1△ = 2 =
1 4 2 ―2 > 18，整理得
2 ―9 + 18 > 0，
又 > 2，則2 < < 3或 > 6，
故 的長的范圍是(2,3) ∪ (6, + ∞)（單位：米）．
【方法技巧與總結】
根據圖形的特征得到不等式是關鍵，有時要用到平面幾何的知識點（如全等、相似等），同時幾何圖形的
幾何量用變量x表示，要注意其取值范圍（比如線段肯定是非負數等）.
【題型三：一元二次不等式在實數集上恒成立問題】
例 3．不等式( ― 2) 2 + 2( ― 2) ― 4<0對 ∈ 恒成立，則實數 a 的取值范圍為（ ）．
A．( ―∞,2] B．( ―∞, ― 2)
C．( ―2,2] D．( ―2,2)
【答案】C
【分析】分 ― 2 = 0和 ― 2 ≠ 0兩種情況，結合二次函數的性質分析討論即可得解.
【詳解】當 ― 2 = 0，即 = 2時， ―4 < 0恒成立，
當 ― 2 ≠ 0時，因為( ― 2) 2 + 2( ― 2) ― 4<0對 ∈ 恒成立，
― 2 < 0
所以 4( ― 2)2 + 16( ― 2) < 0 ，解得 ―2 < < 2，
綜上， ―2 < ≤ 2，
即實數 a 的取值范圍為( ―2,2].
故選：C
變式 3-1．命題“ ∈ R, ― 2 + ― 1 > 0”是假命題，則實數 的取值范圍是（ ）.
A．( ―∞,2] B．( ―2,2) C．[ ―2,2] D．[2, + ∞)
【答案】C
【分析】根據命題為假命題，則否命題為真命題，根據否命題列出不等式，求解即可．
【詳解】因為“ ∈ R, ― 2 + ― 1 > 0”是假命題，
所以“ ∈ R, ― 2 + ― 1 ≤ 0”是真命題，則 2 ―4 ≤ 0，解得 ∈ [ ― 2,2]，
故選：C．
變式 3-2．( ― 3) 2 + ( ― 3) ― 1 < 0對一切 ∈ R恒成立，則 的取值范圍是（ ）
A．{ | ―1 < < 3} B．{ | ―1 < ≤ 3}
C．{ | < ―1 或 > 3} D．{ | < ―1 或 ≥ 3}
【答案】B
Δ < 0
【分析】由題意首先考慮( ― 3)為零的情況，再考慮 ≠ 3的情況，需滿足 ― 3 < 0 ，解不等式組即可得
答案.
【詳解】當 = 3時， ―1 < 0明顯成立，
≠ 3 Δ < 0 ( ― 3)
2 ― 4( ― 3)( ―1) < 0
當 時，則 ― 3 < 0 ，即 ― 3 < 0 ，解得 ―1 < < 3，
綜上： ∈ ( ―1,3]
故選：B.
變式 3-3．“關于 的不等式 2 ―2 + 1 > 0對 ∈ 上恒成立”的一個必要不充分條件是（ ）
A． > 0 B． > 1
C．0 < < 12 D． > 2
【答案】A
【分析】分 = 0、 ≠ 0兩種情況討論，在 = 0時，直接驗證即可；在 ≠ 0時，根據題意可得出關于實數
的不等式組，綜合可得出實數 的取值范圍，再根據必要不充分條件求解.
1
【詳解】當 = 0時，則有 ―2 + 1 > 0，解得 < 2，不合題意；
當 ≠ 0 > 0時，則 Δ = 4 ― 4 < 0 ，解得 > 1.
綜上所述，關于 的不等式 2 ―2 + 1 > 0對 ∈ 上恒成立”的充要條件為 > 1，
所以一個必要不充分條件是 > 0.
故選：A.
【方法技巧與總結】
1 處理不等式 2 + + > 0恒成立問題要先注意它是否為一元二次不等式，即a = 0是否可能；
2 a > 0一元二次不等式 2 + + > 0的解集是R等價于 < 0，
一元二次不等式 2 + + < 0 R a < 0的解集是 等價于 < 0.
【題型四：一元二次不等式在某區間上恒成立問題】
例 4．已知函數 ( ) = 2 + + ( , ∈ *)滿足：① (1) = 5；② (2) < 12．
(1)求 ( )的解析式；
(2) 1若對任意的實數 ∈ ,2 , ( ) ― ≤ 1恒成立，求實數 的取值范圍．
2
【答案】(1) ( ) = 2 + + 3
(2) ≥ 112 ．
(1) = 5
【分析】（1）由 (2) < 12 代入函數解析式再作差得到 的取范圍，結合 ∈
*求出 的值，從而求出 ，即
可得解；
1
（2 1）依題意可得 2 + (1 ― ) + 2 ≤ 0在 ∈ ,2 上恒成立，令 ( ) = 2 + (1 ― ) + 2，則 ≤ 02 ，
2 (2) ≤ 0
解得即可.
1 (1) = + 1 + = 5①【詳解】（ ）依題意可得 (2) = 4 + 2 + < 12② ，
② ― ①得3 + 1 < 7，則 < 2，
又 ∈ *，所以 = 1，
代入①得 = 3，
所以 ( ) = 2 + + 3．
（2）因為 2 + + 3 ― ≤ 1 ∈ 1在 ,2 上恒成立，
2
整理得 2 + (1 ― ) + 2 ≤ 0 1在 ∈ ,2 上恒成立，
2
1 1 1 1
11記 ( ) = 2 + (1 ― ) + 2，則 = + ― + 2 ≤ 02 4 2 2 ，解得 ≥ ．
(2) = 4 + 2(1 ― ) + 2 ≤ 0 2
變式 4-1．若不等式 2 ― + 4 ≥ 0對任意 ∈ [1,3]恒成立，則實數 的取值范圍是（ ）
A．[0,4] B．( ―∞,4] C ―∞, 13． D．( ―∞,5]
3
【答案】B
【分析】根據給定條件，分離參數再利用基本不等式求出最小值即得.
【詳解】不等式 2 ― + 4 ≥ 0 4對任意 ∈ [1,3]恒成立，則 ∈ [1,3]， ≤ + 成立，
+ 4 ≥ 2 4而 = 4，當且僅當 =
4
，即 = 2時取等號，因此 ≤ 4，
所以實數 的取值范圍是( ―∞,4].
故選：B
變式 4-2．若不等式|3 ― | ≤ + 2對 ∈ [0,1]恒成立，則實數 a 的取值范圍為（ ）
A．[0,2] B．[0,1] C．[1,2] D．(1,2)
【答案】A
【分析】方法 1：利用絕對值不等式性質轉化求解；
方法 2：將不等式兩邊平行，利用不等式恒成立求解．
【詳解】解析：方法 1：不等式|3 ― | ≤ + 2化為2 ― 2 ≤ ≤ 4 + 2，
∈ [0,1]使2 ― 2 ≤ ≤ 4 + 2成立，
則0 ≤ ≤ 2，故選：A.
方法 2：將兩邊平方整理得8 2 ―(6 + 4) + 2 ―4 ≤ 0，對 ∈ [0,1]恒成立，
2 ― 4 ≤ 0
則有 2 ― 6 ≤ 0 ，
解得0 ≤ ≤ 2，故選：A．
變式 4-3．已知 > 0， ∈ R，若 > 0 4時，關于 的不等式( ― 2)( 2 + ― 4) ≥ 0恒成立，則 + 的最小
值為（ ）
A．2 B．2 5 C．4 D．3 2
【答案】C
2
【分析】注意到原題條件等價于當0 < ≤ 時， 2 + ― 4 ≤ 0恒成立，當 ≥
2
時， 2 + ― 4 ≥ 0恒成
2 2
立，故當 = 時， =
2 + ― 4 = 0，從而得 = 2 ― ，由此結合基本不等式即可求解.
【詳解】設 = ― 2( > 0)， = 2 + ― 4( > 0)，
2
因為 > 0，所以當0 < < 時， = ― 2 < 0；
2
當 = 時， = ― 2 = 0；
當 >
2
時， = ― 2 > 0；
由不等式( ― 2)( 2 + ― 4) ≥ 0 ― 2 ≤ 0 ― 2 ≥ 0恒成立，得 2 + ― 4 ≤ 0 或 2 + ― 4 ≥ 0 ，
即當0 < ≤ 2 時，
2 + ― 4 ≤ 0恒成立，
當 ≥ 2 時，
2 + ― 4 ≥ 0恒成立，
= 2所以當 時， = 2 + ― 4 = 0，
4 2
則 2 + ―4 = 0，即 = 2 ―
2
，
則當 > 0時， + 4 = 2 ―
2
+
4
= 2 +
2
≥ 2 2 ×
2 = 4 2，當且僅當2 = ，即 = 1時等號成立，
故 + 4 的最小值為4．
故選：C．
【方法技巧與總結】
1 恒成立問題
① ∈ , ( ) < 恒成立，則 ( ) < ；
② ∈ , ( ) > 恒成立，則 ( ) > ；
③ ∈ , ( ) < ( )恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) < 0 ∴ ( ) < 0；
④ ∈ , ( ) > ( )恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) > 0 ∴ ( ) > 0.
2 處理一元二次不等式 2 + + > 0在某區間( , )恒成立問題，往往有兩個思路：一是利用二次函數
2 + + 的圖象與性質；二是利用分離參數法，轉化為最值問題，受限所學知識，目前常用基本不等式
求解.
【題型五：一元二次不等式在某區間上有解問題】
例 5．若命題“ ∈ [0,3]， 2 ―2 ― > 0”為假命題，則實數 可取的最小整數值是（ ）
A． ―1 B．0 C．1 D．3
【答案】A
【分析】根據全稱量詞命題的否定為存在量詞命題，把命題轉化為命題“ ∈ [0,3]， 2 ―2 ― ≤ 0”為真
命題，分離參數轉化為 ≥ 2 ―2 在 ∈ [0,3]上有解，構造函數求解最小值即可.
【詳解】因為命題“ ∈ [0,3]， 2 ―2 ― > 0”為假命題，
所以命題“ ∈ [0,3]， 2 ―2 ― ≤ 0”為真命題，即 2 ―2 ― ≤ 0在 ∈ [0,3]上有解，
即 ≥ 2 ―2 在 ∈ [0,3]上有解，記 ( ) = 2 ―2 ， ∈ [0,3]，則 ≥ ( )min，
因為 ( ) = 2 ―2 在[0,1]上單調遞減，在(1,3]上單調遞增，所以 ( )min = (1) = ―1，
所以 ≥ ―1，所以實數 可取的最小整數值是 ―1.
故選：A
變式 5-1．設 ( ) = 2 ―2 + 4( ∈ )，則關于 的不等式 ( ) < 0有解的一個必要不充分條件是（ ）
A． ―2 < < 0 B． < ―2或 > 2 C．| | > 4 D．| | ≥ 2
【答案】D
【分析】根據二次函數的判別式求解“關于 的不等式 ( ) < 0有解”的充要條件，再分析必要不充分條件即
可.
【詳解】 ( ) = 2 ―2 + 4 < 0有解，即對于方程 2 ―2 + 4 = 0的Δ = 4 2 ―16 > 0，則| | > 2；可知
D 選項為一個必要不充分條件.
故選:D.
變式 5-2．若關于 x 的不等式 2 ― ( + 1) + 9 ≤ 0在[1,4]上有解，則實數 m 的最小值為（ ）
A．9 B．5 C．6 D 21． 4
【答案】B
9 9
【分析】先通過分離參數得到 + 1 ≥ + ，然后利用基本不等式求解出 + 的最小值，則 的最小值可
求.
【詳解】因為 2 ― ( + 1) + 9 ≤ 0在[1,4]上有解，所以 + 1 ≥ +
9
在[1,4]上有解，
所以 + 1 ≥ + 9 ( ∈ [1,4])，min
9 9 9
又因為 + ≥ 2 = 6，當且僅當 = 即 = 3時取等號，
所以 + 1 ≥ 6，所以 ≥ 5，即 的最小值為5，
故選：B.
變式 5-3．若存在 ∈ [1,3]，使不等式 2 ―2 + + 2 ≤ 0成立，則 a 的取值范圍為 .
【答案】[2, + ∞)
【分析】利用分離參變量思想，再用換元法轉化到對鉤函數求最小值，即可得到 取值范圍.
【詳解】由 2 ―2 + + 2 ≤ 0 2 +2 ≤ (2 ― 1)，
∈ 2 ― 1 ∈ = 2 ― 1 ∈ , = +1因為 [1,3]，所以 [1,5]，令 [1,5] 2 ，
1
2
2 2
+2 ≤ (2 ― 1) ≥ +2 = ( +2 +9) = 14 + 9由 2 ―1 4 + 2 ，
構造函數 ( ) = 14( +
9
+2) ≥
1
4(2 ·
9 +2) = 2，

即 ( )min = 2，當且僅當 = 3 ∈ [1,5]時取等號，
所以 ≥ ( )min = 2
故答案為： 2， + ∞ .
變式 5-4．已知函數 ( ) = 2 ― + .
(1)若不等式 ( ) > 0的解集為( ― ∞,1) ∪ (3, + ∞)，求實數 , 的值；
(2)當 ( ―1) = 0時，
（i）解關于 x 的不等式 ( ) > 0；
（i）若存在 ∈ [1,2] ，使得 ( ) ≤ 0，求實數 a 的取值范圍.
【答案】(1) = 4, = 3
(2)（i）答案見解析； （i i）[0, + ∞)
【分析】（1）根據題意，轉化為得到1和3是方程 2 ― + = 0的兩個實數根據，列出方程組，即可求
解；
（2）（i）由 ( ―1) = 0，求得 = ―( + 1)，把不等式 ( ) > 0，轉化為( + 1)[ ― ( + 1)] > 0，分類討
論，即可求得不等式的解集；
（i i）由（i）中不等式的解集，結合存在 ∈ [1,2]，使得 ( ) ≤ 0，分類討論，即可求解.
【詳解】（1）解：由函數 ( ) = 2 ― + ，因為不等式 ( ) > 0的解集為( ― ∞,1) ∪ (3, + ∞)，
可得1和3是方程 2 ― + = 0的兩個實數根據，
1 + 3 =
則 1 × 3 = ，解得 = 4, = 3.
（2）解：（i）由函數 ( ) = 2 ― + ，
因為 ( ―1) = 0，可得 ( ― 1) = 1 + + = 0，即 = ―( + 1)，
所以 ( ) = 2 ― ― ( + 1)，
由不等式 ( ) > 0，即 2 ― ― ( + 1) = ( + 1)[ ― ( + 1)] > 0，
當 + 1 > ―1時，即 > ―2時，解得 < ―1或 > + 1；
當 + 1 = ―1時，即 = ―2時，即為( + 1)2 > 0 解得 ≠ ―1；
當 + 1 < ―1時，即 < ―2時，解得 < + 1或 > 1，
綜上可得，當 > ―2時，不等式解集為( ― ∞, ― 1) ∪ ( + 1, + ∞)；
當 = ―2時，不等式的解集為( ― ∞, ― 1) ∪ ( ― 1, + ∞)；
當 < ―2時，不等式的解集為( ― ∞, + 1) ∪ ( ― 1, + ∞).
（i i）由（i）知，當 > ―2時，不等式 ( ) > 0解集為( ― ∞, ― 1) ∪ ( + 1, + ∞)，
若存在 ∈ [1,2]，使得 ( ) ≤ 0，則滿足 + 1 ≥ 1，解得 ≥ 0；
當 = ―2時，不等式 ( ) > 0的解集為( ― ∞, ― 1) ∪ ( ― 1, + ∞)，
此時不存在 ∈ [1,2]，使得 ( ) ≤ 0；
當 < ―2時，不等式 ( ) > 0的解集為( ― ∞, + 1) ∪ ( ― 1, + ∞)，
此時不存在 ∈ [1,2]，使得 ( ) ≤ 0，
綜上可得，實數 的取值范圍為[0, + ∞).
【方法技巧與總結】
1 存在性問題
① 0 ∈ ，使得 ( 0) < 成立，則 ( ) < ；
② 0 ∈ ，使得 ( 0) > 成立，則 ( ) > ；
③ 0 ∈ ，使得 ( 0) < ( 0)恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) < 0 ∴ ( ) < 0；
④ 0 ∈ ，使得 ( 0) > ( 0)恒成立，則 ( ) = ( ) ― ( ) > 0 ∴ ( ) > 0。
2 處理一元二次不等式 2 + + > 0在某區間( , )有解問題，往往有兩個思路：一是利用二次函數 2
+ + 的圖象與性質；二是利用分離參數法，轉化為最值問題，受限所學知識，目前常用基本不等式求
解.
一、單選題
1．設命題 p： ∈ ， 2 +4 + 2 ≥ 0 1（其中 m 為常數），則“命題 p 為真命題”是“ > 2”的（ ）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】由全稱量詞命題為真命題，求出 的范圍，再利用充分條件、必要條件的定義判斷即得.
1
【詳解】由命題 p 為真命題，得Δ = 16 ― 8 ≤ 0，解得 ≥ 2，顯然{ | ≥ 2} { | > 2}，
“ p ” “ > 1所以 命題 為真命題 是 2”的充分不必要條件.
故選：A
2.某種雜志原以每本3元的價格銷售，可以售出10萬本.根據市場調查，雜志的單價每提高0.1元，銷售量就
減少1000本.設每本雜志的定價為 元，要使得提價后的銷售總收入不低于42萬元，則 應滿足（ ）
A．6 7 B．5 7 C．5 6 D．4 6
【答案】A
―3
【解析】設提價后雜志的定價設為 元，則提價后的銷售量為：10 ― 0.1 × 0.1萬本，根據銷售的總收入不
低于42萬元，列出不等式求解即可.
―3
【詳解】設提價后雜志的定價設為 元，則提價后的銷售量為：10 ― 0.1 × 0.1萬本，
因為銷售的總收入不低于42萬元，
―3
列不等式為： 10 ― × 0.1 42，
0.1
即( ― 6)( ― 7) 0，即6 7，
故選：A.
3.若關于 x 的不等式 2 + ― 4 > 0在區間[2,4]上有解，則實數 m 的取值范圍為（ ）
A．( ―3, + ∞) B．(0, + ∞) C．( ―∞,0) D．( ―∞, ― 3)
【答案】A
【分析】利用二次函數的圖象及根的分布計算即可.
【詳解】易知Δ = 2 +16 > 0恒成立，即 2 + ― 4 = 0有兩個不等實數根 1, 2，
又 1 2 = ―4 < 0，即二次函數 = 2 + ― 4有兩個異號零點，
所以要滿足不等式 2 + ― 4 > 0在區間[2,4]上有解，
所以只需42 +4 ― 4 > 0，
解得 > ―3，所以實數 m 的取值范圍是( ―3, + ∞)．
故選 A．
4.若關于 的不等式 ― 2 + ― 2 ≤ 0在區間[ ― 3, ― 1]上恒成立，則實數 的取值范圍為（ ）
A．[ ― 2 2, + ∞) B．( ― ∞, ― 2 2] C．[ ―
11
3 , + ∞) D．( ― ∞, ― 3]
【答案】A
2
【分析】應用參變分離可知 ≥ + 在 ∈ [ ― 3, ― 1]上恒成立，由基本不等式求右邊代數式的最大值，即
可確定 的取值范圍.
【詳解】由題設， ≤ 2 +2，又 ∈ [ ― 3, ― 1]，則 ≥ + 2 恒成立，
由 + 2 = ―[( ― ) + ( ―
2
)] ≤ ―2 ( ― ) ( ―
2 ) = ―2 2，當且僅當 = ― 2 ∈ [ ― 3, ― 1]時等號成立，

∴ ≥ ―2 2.
故選：A
5.某市有塊三角形荒地，如圖 △ 所示，∠ = 90 , = = 200（單位：米），現市政府要在荒地中開
辟一塊矩形綠地 ，其中 , , 點分別在線段 , , 上，若要求綠地的面積不少于 7500 平方米，則
的長度（單位：米）范圍是（ ）
A．[40,160] B．[50,150] C．[55,145] D．[60,140]
【答案】B
【分析】設 = 米，表示出綠地面積，根據不等式求 的長度范圍.
【詳解】 △ 中，∠ = 90 , = ， △ 為等腰直角三角形，
設 = 米，則 = = = 米， = 200 ― 米，
依題意有 (200 ― ) ≥ 7500，解得50 ≤ ≤ 150.
即 的長度（單位：米）范圍是[50,150].
故選：B.
6.已知命題 : ∈ [1,2]， 2 + ― 2 > 0，則 的一個必要不充分條件是（ ）
A． < ―1 B． > 0 C． > 1 D． > 2
【答案】B
【分析】由題意可得 > ― + 2 2 在[1,2]上恒成立，根據函數 = ― + 的單調性求出其最大值可得 > 1，
結合充分、必要條件的定義和選項即可求解.
2
【詳解】因為 ∈ [1,2]， 2 + ― 2 > 0，所以 > ― + 在[1,2]上恒成立，
只需 = ― + 2 在[1,2]上的最大值小于 ，
因為 = ― + 2 2 在[1,2]上單調遞減，故 = ― + 在[1,2]上的最大值為 1，
所以 > 1.
A：既不是充分條件，也不是必要條件，故 A 錯誤；
B：因為 > 1 > 0所以 > 0是 的一個必要不充分條件，故 B 正確；
C： > 1是 的充要條件，故 C 錯誤；
D：因為 > 2 > 1，所以 > 2是 的充分不必要條件，故 D 錯誤.
故選：B.
7.已知對一切 ∈ [2,3]， ∈ [3,6]，不等式 2 ― + 2 ≥ 0恒成立，則實數 的取值范圍是（ ）
A． ≤ 6 B． ―6 ≤ ≤ 0
C． ≥ 0 D．0 ≤ ≤ 6
【答案】C

【分析】令 = ，分析可得原題意等價于對一切 ∈ [1,3]， ≥ ―
2恒成立，根據恒成立問題結合二次函
數的性質分析運算.
【詳解】∵ ∈ [2,3] 1 1 1， ∈ [3,6]，則 ∈ [3,2]，

∴ ∈ [1,3]，
又∵ 2 ― + 2 ≥ 0，且 ∈ [2,3], 2 > 0，
2
可得 ≥ ― ，

令 = ∈ [1,3]，則原題意等價于對一切 ∈ [1,3]， ≥ ―
2恒成立，
∵ = ― 2 1的開口向下，對稱軸 = 2，
則當 = 1時， = ― 2取到最大值 max = 1 ― 12 = 0，
故實數 的取值范圍是 ≥ 0.
故選：C.
【點睛】結論點睛：
對 ∈ ， ( ) ≥ 恒成立，等價于[ ( )]min ≥ ；
對 ∈ ， ( ) ≤ 恒成立，等價于[ ( )]max ≤ .
8.已知 > 0， ∈ 4，若 > 0時，關于 的不等式( ― 2)( 2 + ― 5) ≥ 0恒成立，則 + 的最小值為
（ ）
A．2 B．2 5 C．4 3 D．3 2
【答案】B
【分析】根據題意設 = ― 2， = 2 + ― 5，由一次函數以及不等式( ― 2)( 2 + ― 5) ≥ 0分析得
= 2 4 時， =
2 + ― 5 = 0，變形后代入 + ，然后利用基本不等式求解.
【詳解】設 = ― 2（ > 0）， = 2 + ― 5（ > 0），
因為 > 0 2，所以當0 < < 時， = ― 2 < 0；
當 = 2 時， = ― 2 = 0；
> 2當 時， = ― 2 > 0；
由不等式( ― 2)( 2 + ― 5) ≥ 0 ― 2 ≤ 0 ― 2 ≥ 0恒成立，得： 2 + ― 5 ≤ 0 或 2 + ― 5 ≥ 0 ，
即當0 < ≤ 2 時，
2 + ― 5 ≤ 0恒成立，
當 ≥ 2 時，
2 + ― 5 ≥ 0恒成立，
2
所以當 = 時， =
2 + ― 5 = 0 4 2 ，則 2 + ―5 = 0，即 =
5 2
2 ― ，
> 0 + 4 = 5 ― 2 + 4 = 5 則當 時， 2 2 +
2 ≥ 2 5 2 × = 2 5，2
5
當且僅當 2 =
2
，即 =
2 5時等號成立，
5
4
所以 + 的最小值為2 5.
故選：B.
二、多選題
9．“ ∈ (0，3]， 2 ― + 9 ≥ 0 ” 成立的一個充分條件是（ ）
A． ≤ 5 B． ≤ 6 C． ≤ 7 D． ≤ 8
【答案】AB
【分析】先把已知化簡為 ≤ 6,再結合充分條件的定義得出條件即可.
9 9
【詳解】因為 ∈ (0,3], 2 ― + 9 ≥ 0,所以 ≤ + , ∈ (0,3]恒成立， ≤ + , ∈ (0,3]min
因為 + 9 ≥ 2 9 = 6，當 = 3取等號，所以 ≤ 6，
因為 ≤ 5 ≤ 6，所以 ≤ 5是 ≤ 6的充分條件.
因為 ≤ 6 ≤ 6，所以 ≤ 6是 ≤ 6的充分條件，
又 ≤ 7, ≤ 8都不能推出 ≤ 6，所以 CD 錯誤，
故選：AB.
10.已知關于 x 的不等式 2 ―2 + 3 < 0在0 < ≤ 2上有解，則實數 a 的取值可能是（ ）
A． ―3 B． ―2 C．1 D．2
【答案】AB
2 2
【分析】由 ∈ (0,2]， 2 ―2 + 3 < 0，可得： < 2+3，求出函數 = 2+3的最大值即可.
【詳解】由 ∈ (0,2]， 2 ―2 + 3 < 0，
< 2 可得： 2+3，設 =
2
2+3，
2 2 2 2
當0 < ≤ 2時， = 2+3 =
3
+3 ≤
2 ·
3 = =
2 3 ， 3
3
當且僅當 = 3時取等，所以 < ，故 AB 正確，CD 錯誤.3
故選：AB.
11.若( -4)( 2+ )≥0對任意 ∈(-∞,0]恒成立，其中 ， 是整數，則 + 的可能取值為（ ）
A．-7 B．-5 C．-6 D．-17
【答案】BCD
【分析】對 分類討論，當 ≥0時，由( -4)( 2+ )≥0可得 -4≥0，由一次函數的圖象知不存在；當 <0
時，由( -4)( 2+ )≥0，利用數形結合的思想可得出 , 的整數解.
【詳解】當 ≥0時，由( -4)( 2+ )≥0可得 -4≥0對任意 ∈(-∞,0]恒成立，
即 ≤4 對任意 ∈(-∞,0]恒成立，此時 不存在；
當 <0時，由( -4)( 2+ )≥0對任意 ∈(-∞,0]恒成立，
可設 ( )= -4， ( )= 2+ ，作出 ( ), ( )的圖象如下，
<0 =-1 =-4 =-2
由題意可知 4 =- - ，再由 ， 是整數可得 =-16 或 =-1 或 =-4
所以 + 的可能取值為-17或-5或-6
故選：BCD
三、填空題
12．甲廠以 千克/時的速度勻速生產某種產品（生產條件要求1 ≤ ≤ 10），每小時可獲得利潤100
5 + 1 ― 3 元．若要使生產該產品 2 小時獲得的利潤不低于 3000 元，則 的取值范圍是 ．

【答案】[3,10]
【分析】根據題意列出一元二次不等式，，解出解集，結合1 ≤ ≤ 10，從而得到 的取值范圍；
【詳解】根據題意，2 × 100 × 5 + 1 ― 3 ≥ 3000，

即5 2 ―14 ― 3 ≥ 0 ≥ 3 ≤ ― 1，解得 或 5．
∵1 ≤ ≤ 10，
∴3 ≤ ≤ 10，即 的取值范圍是[3,10]．
故答案為：[3,10].
13.已知 ― 2 +4 + ≥ 0在 ∈ [0,1]上恒成立，則實數 的取值范圍是 ．
【答案】 ≥ 0
【分析】用求二次函數的性質列不等式來解題.
【詳解】解析：設 ( ) = ― 2 +4 + ．其圖象是開口向下的拋物線，
(0) = ≥ 0,
根據題意得 (1) = ―1 + 4 + ≥ 0, 解得 ≥ 0．
故答案為： ≥ 0.
14.已知 2 + + 5 ≤ 2 +2 + ≤ 2 2 +5 + 9對任意 ∈ R恒成立，則 + = ．
17
【答案】 2 /8.5
【詳解】由 2 + + 5 = 2 2 +5 + 9，可得 = ―2，從而 = 7，再由 2 + + 5 ≤ 2 +2 + 7， 2
+2 + ≤ 2 2 +5 + 9，對任意 ∈ R恒成立，利用判別式法求解，得解.
令 2 + + 5 = 2 2 +5 + 9，解得 = ―2，故7 ≤ 4 ― 4 + ≤ 7，即 = 7，
則 2 + + 5 ≤ 2 +2 + 7，所以( ― 1) 2 + (2 ― 1) + 2 ≥ 0對任意 ∈ R恒成立，
― 1 > 0, > 1, 3
所以 Δ = (2 ― 1)2 ― 8( ― 1) ≤ 0, 即 (2 ― 3)2 ≤ 0, 解得 = 2，
同理 2 +2 + ≤ 2 2 +5 + 9對任意 ∈ R 3恒成立可得 = 2，
= 3 17綜上得 2， 則 + = 2 .
17
故答案為： 2
四、解答題
15．近幾年來，“盲盒文化”廣為流行，這種文化已經在中國落地生根，并發展處具有中國特色的盲盒經
濟，某盲盒生產及銷售公司今年初用 98 萬購進一批盲盒生產線，每年可有 50 萬的總收入，已知生產此盲
盒 年（ 為正整數）所用的各種費用總計為2 2 +10 萬元．
(1)該公司第幾年首次盈利（總收入超過總支出，今年為第一年）？
(2)該公司幾年后年平均利潤最大，最大是多少？
【答案】(1)第3年
(2)第7年最大，為12萬元
【分析】（1）先求得利潤的表達式，由此列不等式來求得正確答案.
（2）先求得平均利潤的表達式，然后利用基本不等式求得正確答案.
【詳解】（1）設利潤為 ，則 = 50 ― (98 + 2 2 + 10 ) = ―2 2 +40 ― 98( ∈ N*)，
由 ―2 2 +40 ― 98 > 0整理得 2 ―20 + 49 < 0，
解得10 ― 51 < < 10 + 51，由于 ∈ N*，
所以 ∈ ∈ N*|3 ≤ ≤ 17 ，所以第3年首次盈利.
（2）首先 ∈ ∈ N*|3 ≤ ≤ 17 ，
49
由（1）得平均利潤 = ―2 + +40 ≤ ―2 × 2
49 +40 = 12萬元，

= 49當且僅當 , = 7萬元時等號成立，
第 7 年，平均利潤最大，為 12 萬元.
16.如圖所示，將一矩形花壇 擴建成一個更大的矩形花壇 ，使點 ， 分別在 ， 的延長線
上，且對角線 過點 ，已知 = 2米， = 3米．
(1)若要使矩形 的面積不大于32平方米，則 的長應在什么范圍內？
(2)當 的長為多少時，矩形花壇 的面積最小？并求出最小值．
【答案】(1)[1,9]
(2) = 3，面積最小為24平方米
【分析】（1）根據已知條件列不等式，從而求得 的范圍.
（2）先求得花壇面積的表達式，然后利用基本不等式求得最小值.
【詳解】（1）設 的長為 ( > 0)米，則 = + 3米，
2( +3)
因為 = ，所以 = ，
2( +3)2
所以矩形 的面積 = = ，
因為矩形 的面積不大于32平方米，
2( +3)2
所以 2 ≤ 32，而 > 0，所以整理得 ―10 + 9 ≤ 0，
解得1 ≤ ≤ 9，所以 的長的取值范圍是[1,9].
2( +3)22 = = = 2 + 18 +12 ≥ 2 2 18（ ）矩形花壇的面積 +12 = 24，
18
當且僅當2 = ，即 = 3時，矩形花壇的面積最小為24平方米．
17.已知函數 ( ) = 2 ― (2 + 1) + 2( ∈ R)．
(1)若 > 0，解關于 的不等式 ( ) < 0；
(2)若不等式 ( ) ≤ ― 4在 ∈ (3, + ∞)上有解，求實數 的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
(2)( ―∞,2 ― 3]
【分析】（1）利用因式分解法求解含參一元二次不等式即可.
（2）利用分離參數法結合基本不等式求解參數范圍即可.
【詳解】（1）易得 ( ) < 0 ( ― 2)( ― 1) < 0( > 0)
1 1 1
當0 < < 2時，2 < < ，所以解集為 2, ；
= 1當 2時， ∈ ，所以解集為 ；
當 > 1 12時， < < 2
1
，所以解集為 ,2 ．

（2）若 ( ) ≤ ― 4在 ∈ (3, + ∞)上有解，
則 2 ― (2 + 1) + 2 ― + 4 ≤ 0在 ∈ (3, + ∞)上有解，
6
故 2 ― (2 + 2) + 6 ≤ 0，即 ― (2 + 2) + ≤ 0在 ∈ (3, + ∞)上有解，
由 ― 2 ― 2 + 6 ≤ 0，得 ( ― 2) ≤ 2 ―
6
，
2―6 2( ―3)
進而知 ≤ = ( ―2)，令 = ― 3 > 0，則 = + 3， ―2
2( ―3) 2 2 2
設 ( ) = 3 ( ―2) = ( +3)( +1) = + +4 ≤ = 2 ― 3， 2 3+4
當且僅當 = 3時取等號，所以 ∈ ( ―∞,2 ― 3]．
18.2022 年 2 月 24 日, 俄烏爆發戰爭，至今戰火未熄. 2023 年 10 月 7 日巴以又爆發沖突.與以往戰爭
不同的是，無人機在戰場中起到了偵察和情報收集，攻擊敵方目標和反偵察等多種功能，扮演了重要的角
色. 某無人機企業原有 200 名科技人員， 年人均工資 萬元 ( > 0)，現加大對無人機研發的投入，該
企業把原有科技人員分成技術人員和研發人員，其中技術人員 名 ( ∈ N 且 50 ≤ ≤ 100) ，調整后研
發人員的年人均工資增加 (2 )% ，技術人員的年人均工資調整為 ― 萬元.
10
(1)若要使調整后研發人員的年總工資不低于調整前 200 名科技人員的年總工資，求調整后的研發人員的
人數最少為多少人
(2)為了激勵研發人員的工作熱情和保持技術人員的工作積極性，企業決定在工資方面要同時滿足以下兩個
條件：①研發人員的年總工資始終不低于技術人員的年總工資; ②技術人員的年人均工資始終不減少. 請
問是否存在這樣的實數 ，滿足以上兩個條件，若存在，求出 的范圍; 若不存在,說明理由.
【答案】(1)100
(2)存在， ∈ {11}
【分析】（1）由條件“調整后研發人員的年總工資不低于調整前 200 名科技人員的年總工資”建立不等關系
可求解；
（2）根據條件①②建立不等關系，假設存在實數 轉化為恒成立問題，由基本不等式及一次函數求最值
可得結果.
【詳解】（1）依題意可得調整后研發人員的年人均工資為 [1 + (2 )%] 萬元,
則 (200 ― )[1 + (2 )%] ≥ 200 ,( > 0),
整理得 0.02 2 ―3 ≤ 0, 解得 0 ≤ ≤ 150,
因為 ∈ N 且 50 ≤ ≤ 100, 所以 50 ≤ ≤ 100, 故 100 ≤ 200 ― ≤ 150,
所以要使這 (200 ― ) 名研發人員的年總工資不低于調整前 200 名科技人員的年總工資,
調整后的研發人員的人數最少為 100 人.
（2）由條件①研發人員的年總工資始終不低于技術人員的年總工資，
得 (200 ― )[1 + (2 )%] ≥ ― ,
10
≤ 200 + 2 整理得 25 +3;
② , ―

由條件 技術人員年人均工資不減少 得 ≥ , 解得 ≥ 10 +1;10
假設存在這樣的實數 , 使得技術人員在已知范圍內調整后, 滿足以上兩個條件,

+1 ≤ ≤ 200 + 2 即 10 25 +3(50 ≤ ≤ 100) 恒成立，
200 2 200 2 因為 + 25 +3 ≥ 2 +3 = 11, 25
200 2
當且僅當 = 25, 即 = 50 時等號成立, 所以 ≤ 11,

又因為 50 ≤ ≤ 100, 當 = 100 時, 10 +1 取得最大值 11 , 所以 ≥ 11,
所以 11 ≤ ≤ 11, 即 = 11,
即存在這樣的 滿足條件, 其范圍為 ∈ {11}.
19．已知命題：“ ∈ { | ― 1 ≤ ≤ 1}, 2 ― ― < 0”是真命題
(1)求實數 m 的取值集合 B；
(2)設關于 x 的不等式 2 ― (4 + 2) + 3 2 +6 ≤ 0的解集為 A，若“ ∈ ”是“ ∈ ”的充分不必要條件，求
實數 a 的取值范圍．
【答案】(1) = (2, + ∞)
(2) 2 , + ∞
3
【分析】（1）根據全稱命題為真列不等式求解即可得數 m 的取值集合；
（2）分類討論解含有參數的一元二次不等式，結合充分必要條件即可得實數 a 的取值范圍．
【詳解】（1）∵“ ∈ { | ― 1 ≤ ≤ 1}, 2 ― ― < 0”是真命題，
∴ ∈ [ ―1,1], > 2 ― ，
∴當 ∈ [ ―1,1]時， > ( 2 ― )max，
∵ 1函數 ( ) = 2 ― 的圖像開口向上，且對稱軸為直線 = 2，
∴當 ∈ [ ―1,1]時， ( )的最大值為 ( ―1) = 2，
∴當 ∈ [ ―1,1]時，( 2 ― )max = 2．
∴實數 m 的取值集合 = (2, + ∞)．
（2）∵ 2 ― (4 + 2) + 3 2 +6 = ( ― 3 )[ ― ( + 2)]，
∴不等式 2 ― (4 + 2) + 3 ( + 2) ≤ 0等價于( ― 3 )[ ― ( + 2)] ≤ 0．
①當3 < + 2，即 < 1時， = [3 , + 2]，
又“ ∈ ”是“ ∈ ”的充分不必要條件，
∴ 是 的真子集，即[3 , + 2]包含于(2, + ∞)，
∴ < 1 23 > 2 ，∴3 < < 1；
②當3 = + 2，即 = 1時， = {3}，符合題意；
③當 + 2 < 3 ，即 > 1時， = [ + 2,3 ]，
又“ ∈ ”是“ ∈ ”的充分不必要條件，
∴ 是 的真子集，即[ + 2,3 ]包含于(2, + ∞)，
∴ > 1 + 2 > 2 ，∴ > 1；
2
綜上，實數 a 的取值范圍為 , + ∞ ．
3

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