本章总结提升
【知识辨析】
1.√ [解析] 因为B≠ ,所以集合A可以为空集也可以不为空集,正确.
2.× [解析] 集合M是点集,集合N是数集,错误.
3.× [解析] 若集合中含有n个元素,则此集合有(2n-1)个真子集.由英文单词“see”中的所有字母组成的集合为{s,e},该集合含有2个元素,所以其真子集的个数为22-1=3,错误.
4.× [解析] 由题易知A={y|y≥0},B=R,所以A∩B={y|y≥0},错误.
5.√ [解析] 全称量词命题的否定是存在量词命题,正确.
6.√ [解析] 0≤a<1不能推出0
7.√ [解析] 奇数9不是质数,正确.
8.√ [解析] 由a>b>c及a+b+c=0,知a>0,c<0,a>b,所以ac9.× [解析] 当x<0时,y=x+=-≤-2,当且仅当x=-1时,等号成立,故函数的最大值为-2,错误.
10.√ [解析] 由2x-x2>0得x2-2x<0,即x(x-2)<0,可得011.× [解析] 由题意可得解得a≤-,错误.
【素养提升】
题型一
例1 (1)D (2)A (3)D [解析] (1)解不等式,得-3(2)∵U={0,1,2,4,6,8},N={0,1,6},∴ UN={2,4,8},又M={0,4,6},∴M∪( UN)={0,2,4,6,8}.故选A.
(3)因为A∩B={3},( UB)∩A={9},所以A={3}∪{9}={3,9}.故选D.
变式 (1)B (2)B [解析] (1)∵A={1,3},B={2,4,5},∴A∪B={1,2,3,4,5},又∵U={1,2,3,4,5,6},∴ U(A∪B)={6}.
(2)依题意知,B={x|(x+3)(x-4)<0}={x|-3例2 解:(1)当a=1时,A={x|x2-x-2<0}={x|(x-2)(x+1)<0}={x|-1可得 RA=(-∞,-1]∪[2,+∞).
又B={x||x-3|≤1}={x|-1≤x-3≤1}={x|2≤x≤4}=[2,4],所以( RA)∪B=(-∞,-1]∪[2,+∞).
(2)由(1)知B={x|2≤x≤4},A={x|(x-2a)(x+a)<0},当a>0时,A={x|-a又B A,所以解得a>2.
当a<0时,A={x|2a又B A,所以解得a<-4.
当a=0时,集合A为空集,不符合题意.
综上可得a的取值范围为(-∞,-4)∪(2,+∞).
变式 解:(1)因为A={x|x≤3或x≥6},B={x|-2则( RA)∩B={x|3(2)当C= 时,需满足3-a≥2a-1,解得a≤,满足C B;
当C≠ 时,需满足解得综上所述,a的取值范围为(-∞,5].
题型二
例3 (1)B (2)B [解析] (1)命题p为全称量词命题,则命题p: x∈[0,+∞),有x2-x+3>0的否定为 x∈[0,+∞),使x2-x+3≤0.故选B.
(2)因为x2-x+1=+>0,所以命题p为真命题.当a=2,b=-4时,满足a2b,所以命题q是假命题.故选B.
变式 (1)D (2)[0,4] [解析] (1)根据全称量词命题的否定是存在量词命题,可知费马大定理的否定为“存在正整数n>2,使得关于x,y,z的方程xn+yn=zn至少存在一组正整数解”,故D正确.故选D.
(2)易知“ x∈R,使ax2+ax+1<0”的否定为“ x∈R,有ax2+ax+1≥0”,因为原命题为假命题,所以其否定为真命题,所以当a=0时,1≥0恒成立,满足题意;当a≠0时,只需解得0题型三
例4 (1)A (2)C [解析] (1)当x=1时,可得1-3+2=0,即“x=1”是“x2-3x+2=0”的充分条件;由x2-3x+2=0可得(x-1)(x-2)=0,解得x=1或x=2,所以“x=1”不是“x2-3x+2=0”的必要条件.故“x=1”是“x2-3x+2=0”的充分不必要条件.故选A.
(2)方法一:充分性:因为xy≠0,且x+y=0,所以x=-y≠0,所以+=+=-1-1=-2,所以充分性成立;必要性:因为xy≠0,且+=-2,所以x2+y2=-2xy,即x2+y2+2xy=0,即(x+y)2=0,所以x+y=0,所以必要性成立.所以“x+y=0”是“+=-2”的充要条件.
方法二:充分性:因为xy≠0,且x+y=0,所以+=====-2,所以充分性成立;必要性:因为xy≠0,且+=-2,所以+====-2=-2,所以=0,所以(x+y)2=0,所以x+y=0,所以必要性成立.所以“x+y=0”是“+=-2”的充要条件.故选C.
(3)证明:①充分性:
因为q<0,所以方程x2+px+q=0的Δ=p2-4q>0,
故方程x2+px+q=0有两个不相等的实数根.
设方程x2+px+q=0的两个实数根为x1,x2,
因为x1x2=q<0,所以方程x2+px+q=0有两个异号实数根.
②必要性:
因为方程x2+px+q=0有两个异号实数根,
所以设方程x2+px+q=0的两个实数根为x1,x2,
则x1x2<0,又因为x1x2=q,所以q<0.
由①②,命题得证.
变式 (1)A (2)[9,+∞) [解析] (1)当x∈[1,2]时,x2∈[1,4],由x2-a≤0恒成立,得a≥4,∴“a≥5”是“x2-a≤0恒成立”的充分不必要条件,故选A.
(2)∵p是q的必要不充分条件,∴1+m≥10,解得m≥9.
题型四
例5 (1)C (2)BC [解析] (1)对于A,因为0>c>d,所以c2b>0>c>d,但a+d=b+c=0,所以a+db>0>c>d,所以ad<0,bc<0,>1,>1,可得=·>1,所以adb>0,所以<,故选项D恒不成立.故选C.
(2)对于A,若a=0,b=-1,则满足a>b,但无意义,A为假命题;对于B,因为<<0,所以a<0,b<0,ab>0,将<<0两边同乘ab,得bb>m>0,所以a-b>0,a-m>0,则-=>0,所以>,C为真命题;对于D,因为-1变式 (1)AC (2)[5,8] [解析] (1)对于A,由ac2>bc2,得c2>0,则a>b,A正确;对于B,由1b>0,得<,又m>0,所以<,C正确;对于D,取a=3,b=1,c=-1,d=-2,则满足a>b,c>d,但ac=-3<-2=bd,D错误.故选AC.
(2)由题意可设4x-y=a(x-y)+b(2x+y),则解得则4x-y=2(x-y)+(2x+y).因为1≤x-y≤2,所以2≤2(x-y)≤4,又3≤2x+y≤4,所以5≤4x-y≤8,即4x-y的取值范围为[5,8].
题型五
例6 (1)C (2)a2+b2 (3)-4 (4)
[解析] (1)8=xy+x+y≤+(x+y),当且仅当x=y时等号成立,即(x+y)2+4(x+y)-32≥0,解得x+y≤-8或x+y≥4.因为x>0,y>0,所以x+y≥4,即x+y的最小值为4.故选C.
(2)因为a>1,b>1,且a≠b,所以a+b>2,a2+b2>2ab.因为a2+b2-(a+b)=(a2-a)+(b2-b)=a(a-1)+b(b-1)>0,所以a2+b2>a+b,故a+b,2,a2+b2,2ab中最大的是a2+b2.
(3)∵x<2,∴y=+x-2+2=2-≤2-2=-4,当且仅当2-x=,即x=-1时,等号成立,故所求最大值为-4.
(4)∵x,y是正实数,且x+y=9,∴+=(x+y)=≥(4+2),当且仅当=且x+y=9,即x=,y=时,等号成立,故所求最小值为.
变式 (1)A (2) (3) [解析] (1)∵x>0,∴x+1>1,∴y=2+3x+=3(x+1)+-1≥2-1=4-1,当且仅当3(x+1)=,即x=-1时,等号成立,故选A.
(2)a+3b=-可化为-3b=a+,∵a>0,∴a+≥2(当且仅当a=1时,等号成立),则-3b≥2,即3b2+2b-1≤0,解得-1≤b≤,又b>0,∴0(3)因为2a+b=4,a>0,b>0,所以4a2+4ab+b2=(2a+b)2=16,2(4a2+b2)=2[(2a)2+b2]=(2a)2+b2+(2a)2+b2≥(2a)2+b2+2×2a·b=(2a+b)2=16,当且仅当2a=b=2时,等号成立,则4a2+b2≥8,所以≥=.
例7 解:(1)每次购买x吨,则上半年需要购买次,
则总运费为×2=(万元).
由已知得,上半年的总仓储费为3x万元,
则y=+3x,0(2)y=+3x≥2=120,
当且仅当=3x,即x=20时,y取得最小值,
故每次购买20吨原料,可以使该企业上半年的运费与总仓储费之和最少,最少为120万元.
变式 解:(1)由题意知,当0(2)当036,所以当x=16时,年利润y取得最大值,最大值为54万元.
题型六
例8 (1)B (2)C [解析] (1)因为函数y=x2+ax+b的图象为开口向上的抛物线,所以函数的最大值在区间的端点处取得,函数的最小值在x=-处或区间的端点处取得.当x=0时,y=b;当x=1时,y=1+a+b,则M=b或M=1+a+b.当x=-时,y=b-,则m=b-或m=1+a+b或m=b.所以最值之差一定与a有关,但与b无关,故选B.
(2)由y1=y2可知函数图象的对称轴方程为x=,即x=1,所以-=1,所以2a+b=0,又a≠0,故排除A,B;若a>0,则函数图象开口向上,由函数的大致图象可知,f(-2)>f(0),即y1>y3,与题意不符,故排除D.故选C.
变式 (1)A (2)BCD [解析] (1)∵函数y=x2-ax-a的图象为开口向上的抛物线,∴函数的最大值在区间的端点处取得.易知当x=0时,y=-a;当x=2时,y=4-3a,∴或解得a=1.
(2)由题图知a>0,当x=0时,y=c>0,设方程ax2+bx+c=0的两根为x1,x2,可知x1,x2均大于0,则x1+x2=-=2,x1x2=,所以b=-2a<0,故A错误;因为x1≠x2,所以2=x1+x2>2,所以x1x2=<1,又a>0,c>0,所以a>c,故B正确;因为a>0,b<0,c>0,所以abc<0,所以|abc|+abc=0,故C正确;ax4+bx2>a(x2-2)2+b(x2-2)等价于x2(ax2+b)>(x2-2)[a(x2-2)+b],可得x2(ax2-2a)>(x2-2)[a(x2-2)-2a](a>0),可得x2(x2-2)>(x2-2)(x2-4),则(x2-2)(x2-x2+4)>0,即4(x2-2)>0,易知其解集为{x|x>或x<-},故D正确.故选BCD.
题型七
例9 (1)D (2)D [解析] (1)(x+5)(3-2x)≥6,即2x2+7x-9≤0,即(x-1)(2x+9)≤0,解得-≤x≤1.故选D.
(2)因为不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|-12ax,整理得a(x2-3x)>0,因为a<0,所以x2-3x<0,解得0(3)解:当a=0时,原不等式为-x-1>0,解得x<-1,则原不等式的解集为{x|x<-1}.
当a≠0时,原不等式可化为a(x+1)>0.
若a>0,则解得x<-1或x>,
故原不等式的解集为.
若a<0,则原不等式等价于(x+1)<0,
若-1若a=-1,则=-1,可得原不等式的解集为 ;
若a<-1,则>-1,可得原不等式的解集为.
所以当a=0时,原不等式的解集为{x|x<-1};
当a>0时,原不等式的解集为;
当-1当a=-1时,原不等式的解集为 ;
当a<-1时,原不等式的解集为.
变式 (1)B (2)AC [解析] (1)∵x2-3|x|<0,∴或∴0(2)因为关于x的不等式ax2+bx+c≥0的解集为{x|x≤-3或x≥4},所以二次函数y=ax2+bx+c的图象开口向上,则a>0,故A正确.易知方程ax2+bx+c=0的两根为-3,4,由根与系数的关系得解得因为bx+c>0,所以-ax-12a>0,又a>0,所以x<-12,所以关于x的不等式bx+c>0的解集为{x|x<-12},故B不正确.因为cx2-bx+a<0,所以-12ax2+ax+a<0,所以12x2-x-1>0,解得x<-或x>,所以关于x的不等式cx2-bx+a<0的解集为,故C正确.a+b+c=a-a-12a=-12a<0,故D不正确.故选AC.
例10 解:(1)由题意得Δ=4(a-2)2-16<0,
∴a(a-4)<0,解得0(2)y=x2+2(a-2)x+4的图象开口向上且图象的对称轴方程为x=2-a.
若2-a≤1,即a≥1,则当x=3时,y取得最大值,由题意得6a+1>0,∴a≥1;
若1<2-a≤2,即0≤a<1,
则当x=3时,y取得最大值,
由题意得6a+1>0,∴0≤a<1;
若2<2-a<3,即-1则当x=1时,y取得最大值,
由题意得2a+1>0,∴-若2-a≥3,即a≤-1,
则当x=1时,y取得最大值,
由题意得2a+1>0,无符合题意的解.
综上,a的取值范围是a>-.
变式 解:(1)由题意,不等式ax2+(2-b)x+1>0的解集为(-2,2),
则a<0且-2和2为方程ax2+(2-b)x+1=0的两个根,
所以解得
(2)由a=b+2,且不等式ax2+(2-b)x+1>0在R上恒成立,得不等式(b+2)x2+(2-b)x+1>0在R上恒成立.
当b+2=0,即b=-2时,可得4x+1>0,解得x>-,不符合题意;
当b+2≠0,即b≠-2时,
可得解得4-2综上所述,实数b的取值范围为(4-2,4+2).本章总结提升
判断下列说法是否正确.(请在括号中填写“√”或“×”)
1.若A B(B为非空集合),则A有两种情况:A= 与A≠ . ( )
2.若集合M={(x,y)|(x+3)2+(y-1)2=0},N={-3,1},则M=N. ( )
3.由英文单词“see”中的所有字母组成的集合有7个真子集. ( )
4.已知集合A={y|y=x2},B={x|y=x2},则A∩B= . ( )
5.已知命题p: x>0,有x3>0,则p的否定为 x>0,使x3≤0. ( )
6.“0≤a<1”是“07.命题“至少有一个奇数不是质数”是真命题. ( )
8.若a>b>c且a+b+c=0,则ac9.当x<0时,函数y=x+的最小值为2.( )
10.一元二次不等式2x-x2>0的解集为{x|011.若关于x的一元二次不等式ax2+x-1≤0恒成立,则a≥-. ( )
◆ 题型一 集合的关系与运算
[类型总述] (1)直接给出集合,考查集合的交、并、补集运算,这也是高考试题中主要的考查方式;(2)考查集合之间的关系;(3)根据集合的运算确定集合中的参数.
例1 (1)集合A={x∈N*|-4A.16 B.15 C.8 D.7
(2)[2023·全国乙卷] 设全集U={0,1,2,4,6,8},集合M={0,4,6},N={0,1,6},则M∪( UN)= ( )
A.{0,2,4,6,8} B.{0,1,4,6,8}
C.{1,2,4,6,8} D.U
(3)[2024·四川泸县一中高一期末] 已知A,B均为全集U={1,3,5,7,9}的子集,且A∩B={3},( UB)∩A={9},则A= ( )
A.{1,3} B.{3,7,9}
C.{3,5,9} D.{3,9}
变式 (1)设全集U={1,2,3,4,5,6},A={1,3},B={2,4,5},则 U(A∪B)= ( )
A.{1} B.{6}
C.{1,2} D.
(2)设集合A={x|x>m},B={x|(x+3)(x-4)<0},若( RA)∩B={x|-3A.-3 B.1 C.4 D.-1
例2 已知集合A={x|x2-ax-2a2<0},集合B={x||x-3|≤1}.
(1)若a=1,求( RA)∪B;
(2)若B A,求a的取值范围.
变式 [2024·江西丰城中学高一月考] 设全集为R,集合A={x|x≤3或x≥6},B={x|-2(1)求A∪B,( RA)∩B;
(2)已知C={x|3-a◆ 题型二 全称量词命题与存在量词命题的真假及其否定
[类型总述] (1)全称量词命题与存在量词命题的真假判断;(2)全称量词命题与存在量词命题的否定;(3)由全称量词命题与存在量词命题的真假求参数范围.
例3 (1)已知命题p: x∈[0,+∞),有x2-x+3>0,则命题p的否定为 ( )
A. x∈(-∞,0),有x2-x+3≤0
B. x∈[0,+∞),使x2-x+3≤0
C. x∈[0,+∞),有x2-x+3<0
D. x∈(-∞,0),使x2-x+3≤0
(2)已知命题p: x∈R,使x2-x+1≥0,命题q:若a2A.q是真命题
B.q是假命题
C.p的否定是真命题
D.p和q都是假命题
变式 (1)[2024·青岛西海岸新区高一期中] 十七世纪,数学家费马提出猜想:“对任意正整数n>2,关于x,y,z的方程xn+yn=zn没有正整数解”.经历三百多年,1995年数学家安德鲁·怀尔斯给出了证明,使它成为费马大定理,则费马大定理的否定为 ( )
A.对任意正整数n≤2,关于x,y,z的方程xn+yn=zn没有正整数解
B.对任意正整数n>2,关于x,y,z的方程xn+yn=zn至少存在一组正整数解
C.存在正整数n≤2,使得关于x,y,z的方程xn+yn=zn至少存在一组正整数解
D.存在正整数n>2,使得关于x,y,z的方程xn+yn=zn至少存在一组正整数解
(2)若“ x∈R,使ax2+ax+1<0”为假命题,则实数a的取值范围是 .
◆ 题型三 充要条件
[类型总述] (1)判断充分条件、必要条件;(2)充要条件的逆用;(3)充要条件的证明.
例4 (1)“x=1”是“x2-3x+2=0”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
(2)[2023·北京卷] 若xy≠0,则“x+y=0”是“+=-2”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
(3)求证:“一元二次方程x2+px+q=0有两个异号实数根”的充要条件是“q<0”.
变式 (1)当x∈[1,2],a∈R时,“a≥5”是“x2-a≤0恒成立”的 ( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
(2)已知p:x≤1+m,q:-2≤x≤10,若p是q的必要不充分条件,则实数m的取值范围是 .
◆ 题型四 不等式的性质
[类型总述] (1)利用不等式的性质比较大小;(2)求代数式的取值范围.
例5 (1)设a,b,c,d为实数,且a>b>0>c>d,则下列不等式恒成立的是 ( )
A.c2>cd B.a+dC.ad
(2)(多选题)[2024·福建莆田一中高一期中] 下列命题中,为真命题的是 ( )
A.若a>b,则>
B.若<<0,则a>b
C.若a>b>m>0,则>
D.若-1变式 (1)(多选题)[2024·江西乐安二中高一月考] 下列结论中正确的是 ( )
A.若ac2>bc2,则a>b
B.若-2C.若a>b>0,m>0,则<
D.若a>b,c>d,则ac>bd
(2)已知1≤x-y≤2,3≤2x+y≤4,则4x-y的取值范围为 .
◆ 题型五 基本不等式
[类型总述] (1)利用基本不等式比较大小;(2)利用基本不等式求最值;(3)解决实际应用问题.
例6 (1)已知x>0,y>0,xy+x+y=8,则x+y的最小值为 ( )
A.-8 B.8
C.4 D.-4
(2)若a>1,b>1,且a≠b,则a+b,2,a2+b2,2ab中最大的是 .
(3)已知x<2,则y=+x的最大值为 .
(4)已知x,y是正实数,且x+y=9,则+的最小值为 .
变式 (1)设x>0,则y=2+3x+的最小值为 ( )
A.4-1 B.4+2
C.4+1 D.6
(2)已知a>0,b>0,且a+3b=-,则b的最大值为 .
(3)[2024·重庆北碚区高一期末] 已知正实数a,b满足2a+b=4,则的最小值是 .
例7 产品的总成本与原料成本、运费及存储保管所需费用(简称仓储费)有密切关系.某企业上半年分数次共购买600吨生产原料,且每次均购买原料x吨(0(1)求y关于x的表达式.
(2)每次购买多少吨原料,可以使该企业上半年的运费与总仓储费之和最少 最少为多少万元
变式 大学生小明毕业后和几个志同道合的同学一起创办了一个饲料加工厂.已知该工厂每年的固定成本为10万元,此外每生产1千克饲料的成本为1元,记该工厂每年可以生产饲料的数量为x(单位:万千克).当0(1)写出年利润y与生产饲料数量x的函数关系式;
(2)求年利润的最大值.
◆ 题型六 一元二次函数
[类型总述] (1)一元二次函数的变化趋势;(2)求一元二次函数的最大(小)值.
例8 (1)若函数y=x2+ax+b(a,b∈R)在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则M-m的值 ( )
A.与a有关,且与b有关
B.与a有关,但与b无关
C.与a无关,且与b无关
D.与a无关,但与b有关
(2)已知a,b,c∈R,一元二次函数y=ax2+bx+c,设x=-2,4,0时所对应的函数值分别为y1,y2,y3,若y1=y2A.a<0,a+b=0 B.a>0,a+b=0
C.a<0,2a+b=0 D.a>0,2a+b=0
变式 (1)若函数y=x2-ax-a(a∈R)在区间[0,2]上的最大值为1,则实数a的值为 ( )
A.1 B.2
C.4 D.1或2
(2)(多选题)[2024·江西临川一中高一月考] 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0,a,b,c为常数)图象的对称轴为x=1,且图象如图所示,则下列结论中正确的为 ( )
A.b>0,c<0
B.a>c
C.|abc|+abc=0
D.关于x的不等式ax4+bx2>a(x2-2)2+b(x2-2)的解集为{x|x>或x<-}
◆ 题型七 一元二次不等式
[类型总述] (1)求解一元二次不等式;(2)一元二次不等式恒成立问题;(3)一元二次不等式的应用.
例9 (1)不等式(x+5)(3-2x)≥6的解集为( )
A.
B.
C.
D.
(2)若关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|-12ax的解集为 ( )
A.{x|-21}
C.{x|x<0,或x>3} D.{x|0(3)解关于x的不等式ax2+(a-1)x-1>0(a∈R).
变式 (1)不等式x2-3|x|<0的解集为 ( )
A.{x|0B.{x|-3C.{x|-3D.{x|-3(2)(多选题)[2024·江西广丰一中高一月考] 已知关于x的不等式ax2+bx+c≥0的解集为{x|x≤-3或x≥4},则下列说法正确的是 ( )
A.a>0
B.关于x的不等式bx+c>0的解集为{x|x<-4}
C.关于x的不等式cx2-bx+a<0的解集为
D.a+b+c>0
例10 已知y=x2+2(a-2)x+4.
(1)如果对任意的x∈R,y>0恒成立,求实数a的取值范围;
(2)如果存在x∈{x|1≤x≤3},使y>0成立,求实数a的取值范围.
变式 已知关于x的函数y=ax2+(2-b)x+1(a≠0).
(1)若不等式y>0的解集为(-2,2),求实数a,b的值;
(2)若a=b+2,不等式y>0在R上恒成立,求实数b的取值范围.(共59张PPT)
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判断下列说法是否正确.（请在括号中填写“√”或“×”）
1.若为非空集合，则有两种情况： 与 .( )
√
[解析] 因为 ，所以集合 可以为空集也可以不为空集,正确.
2.若集合，,，则 .( )
×
[解析] 集合是点集，集合 是数集，错误.
3.由英文单词“ ”中的所有字母组成的集合有7个真子集.( )
×
[解析] 若集合中含有个元素,则此集合有个真子集.由英文单词“ ”中
的所有字母组成的集合为{, },该集合含有2个元素,所以其真子集的个数为
,错误.
4.已知集合,，则 .( )
×
[解析] 由题易知，，所以 ，错误.
5.已知命题，有，则的否定为，使 .( )
√
[解析] 全称量词命题的否定是存在量词命题，正确.
6.“”是“ ”的既不充分也不必要条件.( )
√
[解析] 不能推出，也不能推出 ，正确.
7.命题“至少有一个奇数不是质数”是真命题.( )
√
[解析] 奇数9不是质数，正确.
8.若且，则 .( )
√
[解析] 由及，知，，，所以 ，正确.
9.当时，函数 的最小值为2.( )
×
[解析] 当时，,当且仅当 时，等号
成立，故函数的最大值为 ，错误.
10.一元二次不等式的解集为 .( )
√
[解析] 由得,即，可得 ，故原不等
式的解集为 ,正确.
11.若关于的一元二次不等式恒成立，则 .( )
×
[解析] 由题意可得解得 ,错误.
题型一 集合的关系与运算
［类型总述］（1）直接给出集合，考查集合的交、并、补集运算，这也是高考试
题中主要的考查方式；（2）考查集合之间的关系；（3）根据集合的运算确定
集合中的参数.
例1（1） 集合，且 的真子集的个数是 ( )
D
A.16 B.15 C.8 D.7
[解析] 解不等式，得，又，且，故 只能取2，3，4，
即，所以该集合的真子集的个数为 .故选D.
（2）[2023·全国乙卷]设全集，集合, ，
则 ( )
A
A. B. C. D.
[解析] ，,,
又 , .故选A.
（3）[2024·四川泸县一中高一期末]已知，均为全集 的子集，
且，，则 ( )
D
A. B. C. D.
[解析] 因为，，所以 .故选D.
变式（1） 设全集,,，4，,则
( )
B
A. B. C. D.
[解析] ，,，
又 ， .
（2）设集合， ，若
，则 ( )
B
A. B.1 C.4 D.
[解析] 依题意知， ，
，， .故选B.
例2 已知集合，集合 ．
（1）若，求 ；
解：当 时，
，
可得 .
又 ，所以
.
（2）若，求 的取值范围．
解：由（1）知,，
当 时， .
又，所以解得 .
当时， ，
又，所以解得 .
当时，集合 为空集，不符合题意.
综上可得的取值范围为 .
变式 [2024·江西丰城中学高一月考] 设全集为，集合 或
， .
（1）求， ；
解：因为或，，所以 ，
，则 .
（2）已知，若，求实数 的取值范围.
解：当 时，需满足，解得，满足 ；
当 时，需满足解得 .
综上所述，的取值范围为 .
题型二 全称量词命题与存在量词命题的真假及其否定
［类型总述］（1）全称量词命题与存在量词命题的真假判断；（2）全称量词
命题与存在量词命题的否定；（3）由全称量词命题与存在量词命题的真假求
参数范围.
例3（1） 已知命题，有，则命题 的否定
为( )
B
A.，有 B.，使
C.，有 D.，使
[解析] 命题为全称量词命题，则命题，有 的否
定为，使 .故选B.
（2）已知命题,使，命题若，则 .下列
说法正确的是( )
B
A.是真命题 B. 是假命题
C.的否定是真命题 D.和 都是假命题
[解析] 因为，所以命题为真命题.
当 ，时，满足，但，所以命题 是假命题.故选B.
变式（1） [2024·青岛西海岸新区高一期中]十七世纪，数学家费马提出猜想：
“对任意正整数，关于，，的方程 没有正整数解”．经历
三百多年，1995年数学家安德鲁·怀尔斯给出了证明，使它成为费马大定理，则
费马大定理的否定为( )
D
A.对任意正整数，关于，，的方程 没有正整数解
B.对任意正整数，关于，，的方程 至少存在一组正整数
解
C.存在正整数，使得关于，，的方程 至少存在一组正整
数解
D.存在正整数，使得关于，，的方程 至少存在一组正整
数解
[解析] 根据全称量词命题的否定是存在量词命题，可知费马大定理的否定为“存
在正整数，使得关于，，的方程 至少存在一组正整数解”，
故D正确.故选D.
（2）若“,使”为假命题，则实数 的取值范围是______.
[解析] 易知“,使”的否定为“ ，有
”，
因为原命题为假命题，所以其否定为真命题，
所以当 时，恒成立，满足题意；
当时，只需 解得.
所以实数的取值范围是 .
题型三 充要条件
［类型总述］（1）判断充分条件、必要条件；（2）充要条件的逆用；（3）充
要条件的证明.
例4（1） “”是“ ”的( )
A
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
[解析] 当时，可得,即“”是“ ”的充分条
件；由可得,解得或,所以“ ”不
是“”的必要条件.故“”是“ ”的充分不必要条
件.故选A.
（2）[2023·北京卷]若，则“”是“ ”的( )
C
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
[解析] 方法一：充分性：因为，且，所以 ，所以
，所以充分性成立；
必要性：因为 ，且，
所以，即，即 ，
所以，所以必要性成立.所以“”是“ ”的充要条件.
方法二：充分性：因为，且 ，
所以 ，所以充分性成立；
必要性：因为，且 ，
所以，
所以 ，所以，所以，所以必要性成立.
所以“ ”是“ ”的充要条件.故选C.
（3）求证：“一元二次方程 有两个异号实数根”的充要条件是“
”.
证明：①充分性：因为，所以方程的 ，
故方程 有两个不相等的实数根．
设方程的两个实数根为, ，
因为，所以方程 有两个异号实数根．
②必要性：因为方程 有两个异号实数根，
所以设方程的两个实数根为, ，
则，又因为，所以 .
由①②，命题得证.
变式（1） 当，时，“”是“ 恒成立”的( )
A
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
[解析] 当时，，由恒成立，得，
“ ”是“ 恒成立”的充分不必要条件，故选A.
（2）已知，，若是 的必要不充分条件，则
实数 的取值范围是_________.
[解析] 是的必要不充分条件，，解得 .
题型四 不等式的性质
［类型总述］（1）利用不等式的性质比较大小；（2）求代数式的取值范围.
例5（1） 设,,,为实数，且 ，则下列不等式恒成立的是
( )
C
A. B. C. D.
[解析] 对于A，因为，所以 ，故选项A恒不成立；
对于B，取，，，，满足 ，但
，所以 不成立，故选项B不恒成立；
对于C，因为，所以，，，，
可得 ，所以，故选项C恒成立；
对于D，因为，所以 ，故选项D恒不成立.故选C.
（2）（多选题）[2024·福建莆田一中高一期中] 下列命题中，为真命题的是
( )
BC
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，，则
[解析] 对于A，若,，则满足，但 无意义，A为假命题；
对于B，因为，所以,，，将两边同乘 ，得
，B为真命题；
对于C， ，因为，
所以,，则 ，所以，C为真命题；
对于D，因为， ，所以，
则，D为假命题.故选 .
变式（1） （多选题）[2024·江西乐安二中高一月考] 下列结论中正确的是
( )
AC
A.若,则
B.若,,则
C.若,，则
D.若,,则
[解析] 对于A，由,得,则，A正确；
对于B，由 , 得,又,所以 ,B错误；
对于C，由,得,又，所以,C正确；
对于D，取， ，，，则满足，，
但 ，D错误.故选 .
（2）已知,，则 的取值范围为______.
[解析] 由题意可设，
则解得
则.
因为,所以 ，
又，所以，即的取值范围为 .
题型五 基本不等式
［类型总述］（1）利用基本不等式比较大小;（2）利用基本不等式求最值;（3）
解决实际应用问题.
例6（1） 已知,,，则 的最小值为( )
C
A. B.8 C.4 D.
[解析] ，当且仅当 时等号成立，
即，解得或.
因为, ，所以，即 的最小值为4.故选C.
（2）若，，且，则，，， 中最大的
是________.
[解析] 因为，，且，所以， .
因为 ，
所以，故，，，中最大的是 .
（3）已知，则 的最大值为____.
[解析] ，
，
当且仅当，即时，等号成立，故所求最大值为 .
（4）已知，是正实数，且，则 的最小值为______.
[解析] ，是正实数，且 ，
，
当且仅当 且，即，时，等号成立，
故所求最小值为 .
变式（1） 设,则 的最小值为( )
A
A. B. C. D.6
[解析] , ,
,
当且仅当,即 时，等号成立，故选A.
（2）已知，，且，则 的最大值为__.
[解析] 可化为，
， （当且仅当时，等号成立），
则,即，解得 ，
又，，故的最大值为 .
（3）[2024·重庆北碚区高一期末] 已知正实数,满足 ，则
的最小值是___.
[解析] 因为，,，所以 ，
，当且仅当时，等号成立，
则 ，所以 .
例7 产品的总成本与原料成本、运费及存储保管所需费用（简称仓储费）有密
切关系．某企业上半年分数次共购买600吨生产原料，且每次均购买原料 吨
．据前期测算分析，运费为每次2万元，上半年的总仓储费为
万元．设该企业上半年的运费与总仓储费之和为 万元．
（1）求关于 的表达式.
解：每次购买吨，则上半年需要购买 次，则总运费为 （万元）.
由已知得，上半年的总仓储费为 万元，
则,,且 .
（2）每次购买多少吨原料，可以使该企业上半年的运费与总仓储费之和最少？
最少为多少万元？
解： ，
当且仅当,即时， 取得最小值，
故每次购买20吨原料，可以使该企业上半年的运费与总仓储费之和最少，最少
为120万元.
变式 大学生小明毕业后和几个志同道合的同学一起创办了一个饲料加工厂.已
知该工厂每年的固定成本为10万元，此外每生产1千克饲料的成本为1元，记该
工厂每年可以生产饲料的数量为（单位：万千克）.当 时，年收入为
万元；当时，年收入为92万元.记该工厂的年利润为 万元，
其中年利润 年收入-固定成本-生产成本.
（1）写出年利润与生产饲料数量 的函数关系式；
解：由题意知，当时， ；
当时，.所以
（2）求年利润的最大值.
解：当 时，
，
当且仅当，即时等号成立；
当 时，.
因为，所以当时，年利润 取得最大值，最大值为54万元.
题型六 一元二次函数
［类型总述］（1）一元二次函数的变化趋势；（2）求一元二次函数的最大
（小）值.
例8（1） 若函数在区间上的最大值是 ，最小
值是，则 的值( )
B
A.与有关，且与有关 B.与有关，但与 无关
C.与无关，且与无关 D.与无关，但与 有关
[解析] 因为函数 的图象为开口向上的抛物线，所以函数的最大
值在区间的端点处取得，函数的最小值在 处或区间的端点处取得.
当时，；当时，，则或 .
当时，，则或或 .
所以最值之差一定与有关，但与 无关，故选B.
（2）已知,,，一元二次函数，设 ,4,0时所对应的
函数值分别为,,，若 ，则( )
C
A.， B.,
C., D.，
[解析] 由可知函数图象的对称轴方程为，即,所以 ,
所以,又，故排除A，B；
若 ,则函数图象开口向上，由函数的大致图象可知，,
即 ,与题意不符，故排除D.故选C.
变式（1） 若函数在区间 上的最大值为1，则实
数 的值为( )
A
A.1 B.2 C.4 D.1或2
[解析] 函数的图象为开口向上的抛物线， 函数的最大值在
区间的端点处取得.易知当时，；
当时, ，或解得 .
（2）（多选题）[2024·江西临川一中高一月考] 已知二
次函数，，，为常数 图象的
对称轴为 ，且图象如图所示，则下列结论中正确的
为( )
BCD
A.，
B.
C.
D.关于的不等式 的
解集为或 }
[解析] 由题图知，当时，，设方程 的两根
为,，可知，均大于0，则， ，
所以，故A错误；
因为，所以 ，所以，
又，，所以，故B正确；
因为， ，，所以，所以 ，故C正确；
等价于 ，
可得 ，
可得，则，
即 ，易知其解集为或，故D正确.故选 .
题型七 一元二次不等式
［类型总述］（1）求解一元二次不等式；（2）一元二次不等式恒成立问题；
（3）一元二次不等式的应用.
例9（1） 不等式 的解集为( )
D
A. B.
C. D.
[解析] ，即，即 ，
解得 .故选D.
（2）若关于的不等式的解集为，则关于 的
不等式 的解集为( )
D
A. B.，或
C.，或 D.
[解析] 因为不等式的解集为，所以 和2是方
程的两根，且，所以, ,
即，,代入不等式 ，
整理得，因为，所以,解得 ，故选D.
（3）解关于的不等式 .
解：当时，原不等式为，解得 ，则原不等式的解集为
.
当时，原不等式可化为 .
若，则解得或 ，
故原不等式的解集为 .
若，则原不等式等价于 ,
若，则，可得原不等式的解集为 ；
若，则，可得原不等式的解集为 ;
若，则，可得原不等式的解集为 .
所以当时，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 ;
当时，原不等式的解集为 ;
当时，原不等式的解集为 .
变式（1） 不等式 的解集为( )
B
A. B.，或
C. D.
[解析] ，或
或，
不等式的解集为，或 .故选B.
（2）（多选题）[2024·江西广丰一中高一月考] 已知关于 的不等式
的解集为或 ，则下列说法正确的是( )
AC
A.
B.关于的不等式的解集为
C.关于的不等式的解集为
D.
[解析] 因为关于的不等式的解集为或 ，
所以二次函数的图象开口向上，则 ，故A正确.
易知方程的两根为，4，由根与系数的关系得
解得因为，所以，又，所以 ，
所以关于的不等式的解集为 ，故B不正确.
因为，所以 ，
所以，解得或，
所以关于的不等式 的解集为，故C正确.
，故D不正确.故选 .
例10 已知 .
（1）如果对任意的，恒成立，求实数 的取值范围；
解：由题意得 ，
，解得 .
（2）如果存在，使成立，求实数 的取值范围.
解：的图象开口向上且图象的对称轴方程为 .
若，即，则当时，取得最大值，
由题意得 ， ；
若,即 ，
则当时， 取得最大值，
由题意得， ；
若,即 ，
则当时， 取得最大值，
由题意得， ；
若,即 ，
则当时， 取得最大值，
由题意得 ，无符合题意的解.
综上，的取值范围是 .
变式 已知关于的函数 ．
（1）若不等式的解集为，求实数， 的值；
解：由题意，不等式的解集为 ，
则且和2为方程 的两个根，
所以解得
（2）若，不等式在上恒成立，求实数 的取值范围.
解：由，且不等式在 上恒成立，得不等式
在 上恒成立.
当，即时，可得，解得 ，不符合题意；
当，即 时，可得
解得 .
综上所述，实数的取值范围为 .