专题1.2 不等式及其应用【八大题型】
【新高考专用】
【题型1 不等式性质的应用】..................................................................................................................................3
【题型2 利用基本不等式求最值】..........................................................................................................................4
【题型3 基本不等式中的恒成立、存在性问题】.................................................................................................6
【题型4 一元二次不等式的解法】..........................................................................................................................8
【题型5 其他不等式的解法】................................................................................................................................10
【题型6 由一元二次不等式的解确定参数】.......................................................................................................12
【题型7 一元二次不等式恒成立问题】................................................................................................................14
【题型8 一元二次不等式有解问题】....................................................................................................................17
1、不等式
不等式与基本不等式的性质、求解、证明以及应用是每年高考的必考内容，对不等式的考查一般以选
择题、填空题为主，主要考查不等式的求解、利用基本不等式求最值问题。但不等式的相关知识往往可以
渗透到高考的各个知识领域，作为解题工具与函数、向量、解析几何、数列等知识相结合，在知识的交汇
处命题，难度中档，其中在解析几何中利用基本不等式求解范围或解决导数问题时利用不等式进行求解，
难度偏高。
【知识点1 等式性质与不等式性质】
1．等式的基本性质
性质1 如果a＝b，那么b＝a；
性质2 如果a＝b，b＝c，那么a＝c；
性质3 如果a＝b，那么a±c＝b±c；
性质4 如果a＝b，那么ac＝bc；
性质5 如果a＝b，c≠0，那么＝.
2．不等式的性质
(1)如果a>b，那么b<a；如果b<a，那么a>b.即a>b⇔b<a.
(2)如果a>b，b>c，那么a>c.即a>b，b>c⇒a>c.
(3)如果a>b，那么a＋c>b＋c.
(4)如果a>b，c>0，那么ac>bc；如果a>b，c<0，那么ac<bc.
(5)如果a>b，c>d，那么a＋c>b＋d.
(6)如果a>b>0，c>d>0，那么ac>bd.
(7)如果a>b>0，那么an>bn(n∈N，n≥2)．
【知识点2 基本不等式】
1. 两个不等式
不等式
内容
等号成立条件
重要不等式
a2+b2≥2ab(a,b∈R)
当且仅当“a = b ”
时取“=”
基本不等式
≤(a>0,b>0)
当且仅当“a = b ”
时取“=”
叫做正数a，b 的算术平均数，叫做正数a，b 的几何平均数．
基本不等式表明：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．
2．基本不等式与最值
已知x，y 都是正数，
(1)如果积xy 等于定值P，那么当x＝y 时，和x＋y 有最小值2；
(2)如果和x＋y 等于定值S，那么当x＝y 时，积xy 有最大值S2.
温馨提示：从上面可以看出，利用基本不等式求最值时，必须有：(1)x、y>0，(2)和(积)为定值，(3)存
在取等号的条件．
【知识点3 一元二次不等式】
1．一元二次不等式的解法
(1)解不含参数的一元二次不等式的一般步骤：
①通过对不等式变形，使二次项系数大于零；
②计算对应方程的判别式；
③求出相应的一元二次方程的根，或根据判别式说明方程没有实根；
④根据函数图象与x 轴的相关位置写出不等式的解集．
(2)解含参数的一元二次不等式的一般步骤：
①若二次项系数含有参数，则需对二次项系数大于0、等于0 与小于0 进行讨论；
②若求对应一元二次方程的根需用公式，则应对判别式Δ 进行讨论；
③若求出的根中含有参数，则应对两根的大小进行讨论．
2．分式、高次、绝对值不等式的解法
(1)解分式不等式的一般步骤：
①对于比较简单的分式不等式，可直接转化为一元二次不等式或一元一次不等式组求解，但要注意分
母不为零．
②对于不等号右边不为零的较复杂的分式不等式，先移项再通分(不要去分母)，使之转化为不等号右
边为零，然后再用上述方法求解．
(2)解高次不等式的一般步骤：
高次不等式的解法：如果将分式不等式转化为正式不等式后，未知数的次数大于2，一般采用“穿针
引线法”，步骤如下：①标准化；②分解因式；③求根；④穿线；⑤得解集.
(3)解绝对值不等式的一般步骤：
对于绝对值不等式，可以分类讨论然后去括号求解；还可以借助数轴来求解.
3．一元二次不等式恒成立、存在性问题
不等式对任意实数x 恒成立，就是不等式的解集为R，对于一元二次不等式ax2＋bx＋c>0，它的解集
为R 的条件为
一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0，它的解集为R 的条件为
一元二次不等式ax2＋bx＋c>0 的解集为∅的条件为
【题型1 不等式性质的应用】
【例1】（2023·海南海口·海南中学校考二模）设x , y ∈R，则“x<3且y <3”是“x + y <6”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
【解题思路】依据“x<3且y <3”与“x + y <6”之间的逻辑关系进行推导即可解决.
【解答过程】由x<3且y <3，可得x + y <6,
当x =5，y =−1时，满足x + y <6，但不满足x<3且y <3,
则“x<3且y <3”是“x + y <6”的充分不必要条件,
故选：A.
【变式1-1】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）下列不等式正确的是（ ）
A．若ac
2≥bc
2，则a≥b
B．若c
a > c
b ，则a<b
C．若a+b>0，c−b>0，则a>c
D．若a>0，b>0，m>0，且a<b，则a+m
b+m > a
b
【解题思路】举例说明选项ABC 错误；利用作差法证明选项D 正确.
【解答过程】对于A，当c =0，a=−1，b=2时满足ac
2≥bc
2，但a<b，所以A 错误；
对于B，当c =−1，a=−2，b=−3时，满足c
a > c
b ，但a>b，所以B 错误；
对于C，由不等式的基本性质易知a+c>0，当a=−1，b= 3
2，c =2时满足a+b>0，c−b>0，但a<c，
所以C 错误；
对于D，a+m
b+m −a
b = (a+m)b−a(b+m)
(b+m)b
= (b−a)m
(b+m)b >0，所以a+m
b+m > a
b，故D 正确．
故选：D．
【变式1-2】（2023·湖南·模拟预测）已知正实数x，y 满足x< y，设a= xe
x+ y，b= y e
y+ x，c = y e
x+ x
（其中e为自然对数：e≈2.71828⋯），则a，b，c 的大小关系是（ ）
A．a<c<b
B．c<a<b
C．c<b<a
D．b<c<a
【解题思路】利用作差比较法，结合指数函数的单调性可得答案.
【解答过程】因为a= xe
x+ y，b= y e
y+ x，c = y e
x+ x，所以b−c = y (e
y−e
x)
又y > x>0，e>1，所以e
y>e
x，所以b>c；
又c−a=(x −y)+( y −x)e
x =(x −y)(1−e
x)，
又y > x>0，e
x>1，所以c>a．
综上，a<c<b．
故选：A．
【变式1-3】（2023·贵州遵义·统考模拟预测）已知a,b, x均为实数，下列不等式恒成立的是（ ）
A．若a<b，则a
2024<b
2024
B．若a<b，则2024
a
< 2024
b
C．若a x
2024<b x
2024，则a<b
D．若a<b，则a x
2024<b x
2024
【解题思路】结合特殊值与不等式的性质可求.
【解答过程】A，当a=−2,b=1时，(−2)
2024>1
2024，A 错误；
B，当a=0时， 2024
a
没意义，B 错误；
C，由a x
2024<b x
2024，知x
2024>0，所以a<b，C 正确；
D，当x =0时，a x
2024<b x
2024不成立，D 错误.
故选：C.
【题型2 利用基本不等式求最值】
【例2】（2023·山东德州·德州市第一中学校联考模拟预测）设x>0，y >0，m= 2 x
2+2√2 xy + y
2
x
2+ y
2
，则m
有（ ）
A．最小值3
B．最大值3
C．最小值3
2 +√2
D．最大值3
2 +√2
【解题思路】由基本不等式求出2√2 xy =2 x⋅√2 y ≤x
2+2 y
2，从而求出m= 2 x
2+2√2 xy + y
2
x
2+ y
2
≤3，得到
AD 错误，B 正确，举出反例得到C 错误.
【解答过程】x>0，y >0，故2√2 xy =2 x⋅√2 y ≤x
2+2 y
2，
故m= 2 x
2+2√2 xy + y
2
x
2+ y
2
≤2 x
2+ y
2+ x
2+2 y
2
x
2+ y
2
=3，当且仅当x =√2 y时成立，
AD 错误，B 正确；
当x =0.5, y =1时，m= 2×0.5
2+2√2×0.5+1
2
0.25+1
= 1.5+√2
1.25
= 6
5 + 4
5 √2< 3
2 +√2，C 错误.
故选：B．
【变式2-1】（2023·浙江·统考模拟预测）已知正实数x , y满足x +2 y =1，则1
x +1 +
2
y +1的最小值为
（ ）
A．1
2 +√2
B．3+√2
2
C．9
4
D．34
15
【解题思路】利用基本不等式“1”的妙用求解.
【解答过程】由题可得，x +2 y =1，则(x +1)+2( y +1)= 4，
所以1
x +1 +
2
y +1 = 1
4(
1
x +1 +
2
y +1)[(x +1)+2( y +1)]
= 1
4[5+ 2( y +1)
x +1
+ 2( x +1)
y +1 ]≥1
4[5+2√
2( y +1)
x +1
⋅2( x +1)
y +1 ]= 9
4
，
当且仅当2( y +1)
x +1
= 2( x +1)
y +1
，即x = y = 1
3时，取得等号，
故选:C.
【变式2-2】（2023·浙江金华·校联考模拟预测）已知a>0,b>0,2a+b=ab，则2a
a−1 +
b
b−2的最小值为
（ ）
A．4
B．6
C．4√2
D．3+2√2
【解题思路】由已知可得a=
b
b−2且b>2、a>1，再由2a
a−1 +
b
b−2 =3+
2
a−1 +a−1，应用基本不等式求
其最小值，注意取值条件.
【解答过程】由a>0,b>0,2a+b=ab，a=
b
b−2 >0，即b>2，易知a>1，
所以2a
a−1 +
b
b−2 = 2a
a−1 +a=3+
2
a−1 +a−1≥3+2√
2
a−1 ⋅(a−1)=3+2√2，
当且仅当a=√2+1时等号成立，此时b=2+√2，
所以2a
a−1 +
b
b−2的最小值为3+2√2.
故选：D.
【变式2-3】（2023·河南安阳·统考三模）已知a>0,b>0，则下列命题错误的是（ ）
A．若ab≤1，则1
a + 1
b ≥2
B．若a+b= 4，则1
a + 9
b的最小值为4
C．若a
2+b
2= 4，则ab的最大值为2
D．若2a+b=1，则ab的最大值为√2
2
【解题思路】直接使用基本不等式即可判断A，C，D；若a+b= 4，则1
a + 9
b = 1
4
(a+b)(
1
a + 9
b)，展开后
使用基本不等式即可判断B.
【解答过程】∵0<ab≤1，∴1
ab ≥1，∴1
a + 1
b ≥2√
1
ab ≥2，故A 正确；
若a+b= 4，则1
a + 9
b = 1
4
(a+b)(
1
a + 9
b)= 1
4(
b
a + 9a
b +10)≥1
4(2√
b
a × 9a
b +10)= 4，
当且仅当a=1,b=3时等号成立，故B 正确；
若a
2+b
2= 4，则ab≤a
2+b
2
2
=2，当且仅当a=b=√2时等号成立，故C 正确；
若2a+b=1，则1=2a+b≥2√2ab，即ab≤1
8，当且仅当a= 1
4 ,b= 1
2时等号成立，故D 错误.
故选：D.
【题型3 基本不等式中的恒成立、存在性问题】
【例3】（2023·广东湛江·统考二模）当x，y ∈(0,+∞)时，4 x
4+17 x
2 y + 4 y
2
x
4+2 x
2 y + y
2
< m
4 恒成立，则m 的取值
范围是（ ）
A．(25,+ ∞)
B．(26,+∞)
C．(
99
4 ,+∞)
D．(27,+∞)
【解题思路】将左侧分式的分子因式分解成(4 x
2+ y)(x
2+ 4 y)的形式，再利用均值不等式的结论进行计算
即可以得到结果.
【解答过程】当x，y ∈(0,+ ∞)时，
4 x
4+17 x
2 y + 4 y
2
x
4+2 x
2 y + y
2
= (4 x
2+ y)(x
2+ 4 y)
(x
2+ y)
2
≤(
4 x
2+ y + x
2+ 4 y
2
)
2
(x
2+ y)
2
= 25
4
，
当且仅当4 x
2+ y = x
2+ 4 y，即y = x
2时，等号成立，
所以4 x
4+17 x
2 y + 4 y
2
x
4+2 x
2 y + y
2
的最大值为25
4 ．
所以m
4 > 25
4 ，即m>25．
故选：A.
【变式3-1】（2023 上·江西南昌·高一校考期中）若两个正实数x，y满足1
x + 4
y =1，且不等式
x + y
4 <m
2−3m有解，则实数m的取值范围是（ ）
A．{m|−1<m<4 }
B．{m|m<−4或m>1}
C．{m|−4<m<1}
D．{m|m<−1或m>4 }
【解题思路】首先将原问题转化为(x + y
4)min
<m
2−3m，再利用基本不等式的知识求出x + y
4 的最小值即
可.
【解答过程】∵不等式x + y
4 <m
2−3m有解，
∴(x + y
4)min
<m
2−3m，
∵x>0，y >0，1
x + 4
y =1，
∴x + y
4 =(x + y
4)(
1
x + 4
y)= 4 x
y + y
4 x +2≥2√
4 x
y · y
4 x +2= 4，
当且仅当4 x
y = y
4 x ，即x =2，y =8时，等号成立，
∴m
2−3m>4，∴(m+1)(m−4)>0，∴m<−1或m>4，
∴实数m的取值范围是{m|m<−1或m>4}．
故选：D．
【变式3-2】（2022 上·天津和平·高一校考阶段练习）已知x>0，y >0.
(1)若x +9 y + xy =7，求3 xy的最大值；
(2)若x + y =1，若1
x + 1
y +m> 1
2 m
2恒成立，求实数m 的取值范围.
【解题思路】（1）依题意利用基本不等式可得7−xy ≥6√xy，令t =√xy(t >0)，再解关于t的一元二次不
等式，即可求出t的最大值，即可得解；
（2）利用乘“1”法及基本不等式求出1
x + 1
y 的最小值，依题意可得(
1
x + 1
y)min
> 1
2 m
2−m，再转化为关于
m的一元二次不等式，解得即可.
【解答过程】（1）解：因为x>0，y >0，x +9 y + xy =7，
所以7−xy = x +9 y ≥2√x⋅9 y =6√xy，当且仅当x =9 y时取等号，
令t =√xy(t >0)，则7−t
2≥6t，即t
2+6t −7≤0⇔(t +7)(t −1)≤0，解得−7≤t ≤1，
又t >0，所以0<t ≤1，即0<√xy ≤1，从而0< xy ≤1，
由¿及x>0，y >0，解得x =3，y = 1
3，
故当x =3，y = 1
3时，xy的最大值为1，所以3 xy的最大值为3．
（2）解：因为x>0，y >0，x + y =1，
所以1
x + 1
y =(
1
x + 1
y)(x + y)=2+ y
x + x
y ≥2+2√
y
x ⋅x
y = 4，当且仅当y
x = x
y ，即x = y = 1
2时取等号,
因为1
x + 1
y +m> 1
2 m
2恒成立，即(
1
x + 1
y)min
> 1
2 m
2−m，
所以4> 1
2 m
2−m，所以(m+2)(m−4)<0，解得−2<m<4，即m∈(−2,4).
【变式3-3】（2023 上·湖北宜昌·高一校考阶段练习）（1）已知a>0，b>0，若不等式3
a + 1
b ≥
m
a+3b恒成
立，求m 的最大值；
（2）若关于x 的不等式3 x
2+bx +3≥0在[0,2]上恒成立，求实数b 的取值范围.
【解题思路】（1）分离变量，利用基本不等式求解；
（2）当x =0时，不等式显然成立；当0< x ≤2时，分离变量，利用基本不等式求解.
【解答过程】（1）因为a>0，b>0，则3
a + 1
b ≥
m
a+3b ⇔m≤( 3
a + 1
b )(a+3b)，
而( 3
a + 1
b )(a+3b)=6+ 9b
a + a
b ≥6+2√
9b
a ⋅a
b =12，
当且仅当9b
a = a
b ，即a=3b时取等号，
依题意，不等式m≤( 3
a + 1
b )(a+3b)恒成立，于是m≤12，
所以m 的最大值为12；
（2）当x =0时，不等式3 x
2+bx +3≥0化为3>0，显然成立；
当0< x ≤2时，3 x
2+bx +3≥0⇒−b≤3( x + 1
x ),
又因为3( x + 1
x )≥3×2√x⋅1
x =6，（当且仅当“x =1”时等号成立）
所以−b≤6，即b≥−6，
即实数b 的取值范围为{b|b≥－6}.
【题型4 一元二次不等式的解法】
【例4】（2023·山东·校联考模拟预测）不等式x
2+ 4 x−21≤0的解集为（ ）
A．(−∞,−7]∪[3,+ ∞)
B．[−7,3]
C．(−∞,−3]∪[7 ,+ ∞)
D．[−3,7]
【解题思路】根据一元二次不等式的解法求出对应方程的根，结合图象直接求解即可.
【解答过程】易知方程x
2+ 4 x−21=0可化为(x +7)(x−3)=0，方程的两根为x1=−7, x2=3；
所以不等式x
2+ 4 x−21≤0的解集为[−7,3].
故选：B．
【变式4-1】（2023·河南·校联考模拟预测）某同学解关于x的不等式a x
2+bx +c<0(a≠0)时，因弄错了
常数c的符号，解得其解集为(−∞,−3)∪ (−2,+∞)，则不等式b x
2+cx +a>0的解集为（ ）
A．(−1,−1
5)
B．(−∞,−1)∪(−1
5 ,+∞)
C．(
1
5 ,1)
D．(−∞, 1
5)∪(1,+∞)
【解题思路】利用根与系数关系、一元二次不等式的解求得a,b,c的关系式，进而求得不等式
b x
2+cx +a>0的解集.
【解答过程】由题意可知a<0，且−3+(−2)=−b
a ,−3×(−2)=−c
a，所以b=5a,c =−6a，
所以b x
2+cx +a>0化为5 x
2− 6 x +1<0，
(5 x−1)(x−1)<0，解得1
5 < x<1.
故选：C.
【变式4-2】（2023 下·河南·高一校联考阶段练习）已知a,b,c∈R，且a≠0，关于x 的不等式
a x
2+bx +c>0的解集为(−3,2)，则关于x 的不等式c x
2+ax +b>0的解集为（ ）
A．(−1
3 , 1
2)
B．(−1
2 , 1
3)
C．(−∞,−1
3)∪(
1
2 ,+ ∞)
D．(−∞,−1
2)∪(
1
3 ,+ ∞)
【解题思路】根据二次不等式的解集与二次方程的根的关系，利用韦达定理可得a,b,c关系，代入所求不
等式解不等式即可．
【解答过程】因为不等式a x
2+bx +c>0，a≠0的解集为(−3,2)，
所以a<0且¿即¿，
不等式c x
2+ax +b>0等价于−6a x
2+ax +a>0，
即6 x
2−x−1>0，(2 x−1)(3 x +1)>0，解得x<−1
3或x> 1
2，
所以不等式c x
2+ax +b>0的解集为：(−∞,−1
3)∪(
1
2 ,+∞)，
故选：C．
【变式4-3】（2022 下·浙江湖州·高一校联考开学考试）已知关于x的不等式a x
2+bx +c<0的解集为
{x| x<−1或x>4}，则下列说法正确的是（ ）
A．a>0
B．不等式a x
2+cx +b>0的解集为{x|2−√7< x<2+√7}
C．a+b+c<0
D．不等式ax +b>0的解集为{x| x>3}
【解题思路】根据解集形式确定选项A 错误；化不等式为x
2−4 x−3<0,即可判断选项B 正确；设
f ( x)=a x
2+bx +c，则f (1)>0，判断选项C 错误；解不等式可判断选项D 错误.
【解答过程】解：因为关于x的不等式a x
2+bx +c<0的解集为{x| x<−1或x>4}，所以a<0，所以选项
A 错误；
由题得¿，所以a x
2+cx +b>0为x
2−4 x−3<0,∴2−√7< x<2+√7.所以选项B 正确；
设f ( x)=a x
2+bx +c，则f (1)=a+b+c>0，所以选项C 错误；
不等式ax +b>0为ax−3a>0,∴x<3，所以选项D 错误.
故选：B.
【题型5 其他不等式的解法】
【例5】（2023 上·广东深圳·高一校考阶段练习）分式不等式x +5
1−x ≤0的解集为（ ）
A．¿
B．¿
C．{x| x ≤−5或x ≥1}
D．{x| x ≤−5或x>1}
【解题思路】根据分式不等式和一元二次不等式的解法，准确运算，即可求解.
【解答过程】由分式不等式x +5
1−x ≤0可转化为(x +5)(x−1)≥0且1−x≠0，解得x ≤−5或x>1，
所以不等式的解集为{x| x ≤−5或x>1}.
故选：D.
【变式5-1】（2023 上·辽宁·高一校联考期中）不等式(x +3)(x−2)
x−1
≥0的解集为（ ）
A．[−3,1)∪[2,+∞)
B．(−∞,−3]∪(1,2]
C．[−3,1)∪(1,2]
D．(−∞,−3]∪[2,+∞)
【解题思路】利用分类讨论法计算可得.
【解答过程】不等式
(x +3)(x−2)
x−1
≥0，等价于¿或¿，
解得x ≥2或−3≤x<1，
即不等式
(x +3)(x−2)
x−1
≥0的解集为[−3,1)∪[2,+∞).
故选：A.
【变式5-2】（2023 上·江苏扬州·高一校考期中）求下列不等式的解集
(1)(3 x−1)(x +1)>4；
(2)2 x−3
x +1 <1
(3)|x +2|<1
【解题思路】（1）将原不等式(3 x−1)(x +1)>4等价转换为(x−1)(3 x +5)>0，解一元二次不等式即可.
（2）将原不等式2 x−3
x +1 <1等价转换为(x +1)(x−4)<0，解一元二次不等式即可.
（3）将原不等式|x +2|<1等价转换为(x +1)(x +3)<0，解一元二次不等式即可.
【解答过程】（1）由题意(3 x−1)(x +1)>4⇔3 x
2+2 x−1>4⇔3 x
2+2 x−5>0⇔(x−1)(3 x +5)>0，
解不等式得x<−5
3或x>1，
从而不等式(3 x−1)(x +1)>4的解集为(−∞,−5
3)∪(1,+ ∞).
（2）由题意2 x−3
x +1 <1⇔x−4
x +1 <0⇔(x +1)(x−4)<0，
解不等式得−1< x<4，
从而不等式2 x−3
x +1 <1的解集为(−1,4).
（3）由题意|x +2|<1⇔(x +2)
2−1
2<0⇔(x +1)(x +3)<0，
解不等式得−3< x<−1，
从而不等式|x +2|<1的解集为(−3,−1).
【变式5-3】（2023 上·辽宁沈阳·高一校联考期中）求下列不等式（组）的解集：
(1) x +2
x−3 >0；
(2)2 x
2−5 x +2≤0；
(3)|2 x−1|≥3；
(4)¿
【解题思路】（1）分式不等式转化为整式不等式求解；
（2）因式分解可得相应方程的两根，然后可写出不等式解集；
（3）利用绝对值的性质求解；
（4）分别解两个一元一次不等式，然后求交集可得．
【解答过程】（1）x +2
x−3 >0⇔(x +2)(x−3)>0，
解得x<−2或x>3.
故原不等式的解集为(−∞,−2)∪(3,+ ∞)；
（2）2 x
2−5 x +2≤0⇔(x−2)(2 x−1)≤0，
解得1
2 ≤x ≤2.故原不等式的解集为[
1
2 ,2].
（3）|2 x−1|≥3⇔2 x−1≥3或2 x−1≤−3，
解得x ≥2或x ≤−1.
故原不等式的解集为(−∞,−1]∪[2,+ ∞).
（4）解不等式3 x−4>0，得x> 4
3 ；
解不等式x +1
2
≤1−x
3
，得x ≤−1
5.
因为(
4
3 ,+ ∞)∩(−∞,−1
5]=∅，所以原不等式组的解集为∅.
【题型6 由一元二次不等式的解确定参数】
【例6】（2023 上·湖北武汉·高一校联考期中）已知关于x的不等式x
2−(a+1) x +a<0恰有四个整数解，
则实数a的取值范围是（ ）
A．(5,6]
B．[−4 ,−3)
C．[−4 ,−3)∪(5,6]
D．(−4 ,−3]∪[5,6)
【解题思路】化不等式为(x−a)(x−1)<0，分a=1，a>1和a<1三种情况讨论，求得不等式的解集，结合
题意即可求解．
【解答过程】不等式x
2−(a+1) x +a<0，可化为(x−a)(x−1)<0，
当a=1时，不等式x
2−(a+1) x +a<0的解集为空集，不合题意；
当a>1时，不等式x
2−(a+1) x +a<0的解集为(1,a)，
要使不等式x
2−(a+1) x +a<0恰有四个整数解，则5<a≤6，
当a<1时，不等式x
2−(a+1) x +a<0的解集为(a,1)，
要使不等式x
2−(a+1) x +a<0恰有四个整数解，则−4≤a<−3，
综上可得，实数a的取值范围是[−4 ,−3)∪(5,6]．
故选：C．
【变式6-1】（2023 上·甘肃天水·高一校联考期末）设不等式x
2−2ax−1≤0的解集为M，若M ⊆[−2,2]，
则实数a的取值范围是（ ）
A．[−2,2]
B．(−2,2)
C．[−3
4 , 3
4]
D．(−3
4 , 3
4)
【解题思路】根据题意，由条件可得Δ>0，然后列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】令f (x)= x
2−2ax−1，因为Δ= 4 a
2+ 4>0恒成立，
由题意可得¿，解得−3
4 ≤a≤3
4 .
故选：C.
【变式6-2】（2023 上·福建·高一校联考期中）已知关于x 的一元二次不等式a x
2+bx +c<0的解集为¿，则
b−c + 4
a 的最小值为（ ）
A．−4
B．−2
C．2
D．4
【解题思路】先根据一元二次不等式的解集确定出a,b,c的等量关系，然后将b−c化为以a表示的形式并
结合基本不等式求解出最小值.
【解答过程】因为一元二次不等式a x
2+bx +c<0的解集为¿，
所以a>0且¿，所以b=−a,c =−2a，
所以b−c + 4
a =a+ 4
a ≥2√a⋅4
a = 4，当且仅当a= 4
a 即a=2时取等号，
所以最小值为4，
故选：D.
【变式6-3】（2023 上·江苏无锡·高一校考阶段练习）已知关于x的不等式组¿仅有一个整数解，则k的取值
范围为（ ）
A．¿或4< x<5}
B．¿或4< x ≤5}
C．¿或4≤x<5}
D．¿或4≤x ≤5}
【解题思路】解x
2−2 x−8>0得到x>4或x<−2，分−k =−7
2，−k <−7
2和−7
2 <−k三种情况，得到不等
式，求出答案.
【解答过程】x
2−2 x−8>0，解得x>4或x<−2，
2 x
2+(2k +7)x +7 k <0变形为(2 x +7)(x + k )<0，
当−k =−7
2，即k = 7
2时，不等式解集为空集，不合要求，舍去，
当−k <−7
2，即k > 7
2时，解集为−k < x<−7
2，
要想不等式组仅有一个整数解，则−5≤−k <−4，解得4<k ≤5，
4<k ≤5与k > 7
2求交集得4<k ≤5；
当−7
2 <−k，即k < 7
2时，解决为−7
2 < x<−k，
要想不等式组仅有一个整数解，则−3<−k ≤5，解得−5≤k <3，
−5≤k <3与k < 7
2求交集得−5≤k <3，
综上，k的取值范围是¿或4< x ≤5}.
故选：B.
【题型7 一元二次不等式恒成立问题】
【例7】（2023·福建厦门·厦门一中校考二模）“b∈(0,4)”是“∀x∈R，b x
2−bx +1>0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
【解题思路】由∀x∈R，b x
2−bx +1>0成立求出b 的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断作
答.
【解答过程】由∀x∈R，b x
2−bx +1>0成立，则当b=0时，1>0恒成立，即b=0，
当b≠0时，¿，解得0<b<4，
因此∀x∈R，b x
2−bx +1>0成立时，0≤b<4，
因为(0,4)[0,4)，所以“b∈(0,4)”是“∀x∈R，b x
2−bx +1>0成立”的充分不必要条件.
故选：A.
【变式7-1】（2023·辽宁鞍山·鞍山一中校考二模）已知当x>0时，不等式：x
2−mx +16>0恒成立，则实
数m的取值范围是（ ）
A．(−8,8)
B．(−∞,8]
C．(−∞,8)
D．(8,+∞)
【解题思路】先由x
2−mx +16>0得m< x + 16
x ，由基本不等式得x + 16
x ≥8，故m<8.
【解答过程】当x>0时，由x
2−mx +16>0得m< x + 16
x ，
因x>0，故x + 16
x ≥2√x× 16
x =8，当且仅当x = 16
x 即x = 4时等号成立，
因当x>0时，m< x + 16
x 恒成立，得m<8，
故选：C.
【变式7-2】（2023 上·福建莆田·高一莆田八中校考期中）设函数f (x)= x
2−2tx +2，其中t ∈R.
(1)若t =1，且对任意的x∈[a,a+2]，都有f (x)≤5，求实数a的取值范围；
(2)若对任意的x1, x2∈[0,4]，都有|f (x1)−f (x2)|≤8，求实数t的取值范围.
【解题思路】（1）根据f (x)≤5得到−1≤x ≤3，然后结合题意列不等式求解即可；
（2）将“对任意的x1，x2 ∈[0,4]，都有|f (x1)−f (x2)|≤8”转化为“M −m≤8”，然后分t ≤0、
0<t ≤2、2<t ≤4和t >4四种情况讨论即可.
【解答过程】（1）当t =1时，f (x)= x
2−2 x +2，
令f (x)≤5，解得−1≤x ≤3，
所以¿，解得−1≤a≤1，
所以a的取值范围为[−1,1].
（2）设函数f (x)在区间[0,4]上的最大值为M，最小值为m，
所以“对任意的x1，x2 ∈[0,4]，都有|f (x1)−f (x2)|≤8”等价于“M −m≤8”，
①当t ≤0时，M = f (4)=18−8t，m= f (0)=2，
由M −m=18−8t −2=16−8t ≤8，得t ≥1，从而此时t ∈∅；
②当0<t ≤2时，M = f (4)=18−8t，m= f (t )=2−t
2，
由M −m=18−8t −(2−t
2)=t
2−8t +16=(t −4)
2≤8得4−2√2≤t ≤4 +2√2，
从而4−2√2≤t ≤2；
③当2<t ≤4时，M = f (0)=2，m= f (t )=2−t
2，
由M −m=2−(2−t
2)=t
2≤8，得−2√2≤t ≤2√2，
从而2<t ≤2√2；
④当t >4时，M = f (0)=2，m= f (4)=18−8t，
由M −m=2−(18−8t )=8t −16≤8得t ≤3，
从而此时t ∈∅；
综上可得，t的取值范围为[4−2√2,2√2].
【变式7-3】（2023 上·浙江台州·高一校联考期中）已知函数f (x)=2 x
2−ax +a
2−4，
g(x)= x
2−x +a
2−31
4 ，(a∈R)
(1)当a=1时，解不等式f (x)> g(x)；
(2)若任意x>0，都有f (x)> g(x)成立，求实数a的取值范围；
(3)若∀x1∈[0,1]，∃x2∈[0,1]，使得不等式f (x1)>g(x2)成立，求实数a的取值范围.
【解题思路】（1）作差后解一元二次不等式即可.
（2）解法一：构造函数，分类讨论求解二次函数最小值，然后列不等式求解即可；
解法二：分离参数，构造函数k = x + 15
4 x ，利用基本不等式求解最值即可求解；
（3）把问题转化为f (x)min> g(x)min，利用动轴定区间分类讨论即可求解.
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=2 x
2−x−3，g(x)= x
2−x−27
4
所以f (x)−g(x)= x
2+ 15
4 >0，所以f (x)> g(x)，所以f (x)> g(x)的解集为R.
（2）若对任意x>0，都有f (x)> g(x)成立，即x
2+(1−a) x + 15
4 >0在x>0恒成立，
解法一：设ℎ(x)= x
2+(1−a) x + 15
4 ，x>0，对称轴x = a−1
2
，由题意，只须ℎ(x)min>0，
①当a−1
2
≤0，即a≤1时，ℎ(x)在(0，+ ∞)上单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(0)= 15
4 ，符合题意，所以a≤1；
②当a−1
2
>0，即a>1时，ℎ(x)在(0, a−1
2 )上单调递城，在(
a−1
2
，+∞)单调递增，
所以ℎ(x)>ℎ(
a−1
2 )=−(a−1)
2
4
+ 15
4 >0，解得1−√15<a<1+√15且a>1，
所以1<a<1+√15.
综上，a<1+√15.
解法二：不等式可化为(a−1) x< x
2+ 15
4 ，即a−1< x + 15
4 x ，设k = x + 15
4 x ，x>0，
由题意，只须a−1<k (x)min，k = x + 15
4 x ≥2√x⋅15
4 x =√15，
当且仅当x = 15
4 x 即x = √15
2 时等号成立，则k min=√15，
所以a−1<√15，即a<1+√15.
（3）若对任意x1∈[0,1]，存在x2∈[0,1]，使得不等式f (x1)> g(x2)成立，
即只需满足f (x)min> g(x)min，x∈[0,1]，
g(x)= x
2−x +a
2−31
4 ，对称轴x = 1
2，g(x)在[0, 1
2)递减，在(
1
2 ,1]递增，
g(x)min= g(
1
2)=a
2−8，f (x)=2 x
2−ax +a
2−4，x∈[0,1]，对称轴x = a
4 ，
①a
4 ≤0即a≤0时，f (x)在[0,1]递增，f (x)min= f (0)=a
2−4>g(x)min=a
2−8恒成立；
②0< a
4 <1即0<a<4时，f (x)在[0, a
4)递减，在(
a
4 ,1]递增，
f (x)min= f(
a
4)= 7
8 a
2−4，g(x)min=a
2−8，所以7
8 a
2−4>a
2−8，故0<a<4；
③a
4 ≥1即a≥4时，f (x)在[0,1]递减，f (x)min= f (1)=a
2−a−2，g(x)min=a
2−8，
所以a
2−a−2>a
2−8，解得4≤a<6，综上：a∈(−∞,6).
【题型8 一元二次不等式有解问题】
【例8】（2023·河南·长葛市统考模拟预测）已知命题“∃x0∈[−1,1]，−x0
2+3 x0+a>0”为真命题，则
实数a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2)
B．(−∞,4)
C．(−2,+∞)
D．(4 ,+ ∞)
【解题思路】由题知x0∈[−1,1]时，a>(x0
2−3 x0)min，再根据二次函数求最值即可得答案.
【解答过程】解：因为命题“∃x0∈[−1,1]，−x0
2+3 x0+a>0”为真命题，
所以，命题“∃x0∈[−1,1]，a> x0
2−3 x0”为真命题，
所以，x0∈[−1,1]时，a>(x0
2−3 x0)min，
因为，y = x
2−3 x =(x−3
2)
2
−9
4 ，
所以，当x∈[−1,1]时，ymin=−2，当且仅当x =1时取得等号.
所以，x0∈[−1,1]时，a>(x0
2−3 x0)min=−2，即实数a的取值范围是(−2,+∞)
故选：C.
【变式8-1】（2022·陕西宝鸡·校联考模拟预测）若存在实数x，使得m x
2−(m−2) x +m<0成立，则实数
m的取值范围为（ ）
A．(−∞,2)
B．(−∞,0]∪(
1
3 , 3
2)
C．(−∞, 2
3)
D．(−∞,1)
【解题思路】分别在m=0、m>0和m<0的情况下，结合二次函数的性质讨论得到结果.
【解答过程】①当m=0时，不等式化为2 x<0，解得：x<0，符合题意；
②当m>0时，y =m x
2−(m−2) x +m为开口方向向上的二次函数，
只需Δ=(m−2)
2−4 m
2=−3m
2−4 m+ 4>0，即0<m< 2
3；
③当m<0时，y =m x
2−(m−2) x +m为开口方向向下的二次函数，
则必存在实数x，使得m x
2−(m−2) x +m<0成立；
综上所述：实数m的取值范围为(−∞, 2
3).
故选：C.
【变式8-2】（2023 上·福建·高一校联考期中）已知函数f (x)=a x
2−(2a+3) x +6(a∈R)
(1)若f (x)>0的解集是¿或x>3}，求实数a的值；
(2)当a=1时，若−2≤x ≤2时函数f (x)≤−(m+5) x +3+2m有解，求m的取值范围．
【解题思路】（1）根据一元二次不等式的解集列方程，由此求得a的值.
（2）化简不等式f (x)≤−(m+5) x +3+2m，通过直接讨论法或分离常数法，结合二次函数的性质或基本
不等式求得m的取值范围.
【解答过程】（1）依题意，f (x)=a x
2−(2a+3) x +6(a∈R)的解集是¿或x>3}，则a>0，
且x1=2, x2=3是方程a x
2−(2a+3) x +6=0的两个根，
所以¿，解得a=1．
（2）a=1时，f (x)≤−(m+5) x +3+2m在−2≤x ≤2有解，
即x
2+mx +3−2m≤0在[−2,2]有解，
法一：因为y = x
2+mx +3−2m的开口向上，对称轴x =−m
2
①−m
2 ≤−2即m≥4 , x =−2时，函数取得最小值4−2m+3−2m=7−4 m≤0,∴m≥4.
②−2<−m
2 <2即−4<m<4时，当x =−m
2 取得最小值，此时−m
2
4 +3−2m≤0，
解得m≥2√7−4或m≤−2√7−4.又−4<m<4 ,∴2√7−4≤m<4.
③当−m
2 ≥2即m≤−4，当x =2时取得最小值，此时4 +2m+3−2m=7≤0不成立，
即m无解.
综上，m≥2√7−4．
法二：x
2+3+m(x−2)≤0在[−2,2]有解，
当x =2时x
2+3+m(x−2)≤0不成立，
当x≠2时x
2+3+m(x−2)≤0，即m≥x
2+3
2−x 在[−2,2]有解，m≥(
x
2+3
2−x)min
，
令t =2−x ,t ∈(0,4]，x
2+3
2−x = t
2−4 t +7
t
=t + 7
t −4≥2√7−4，
当且仅当t = 7
t 即t =√7取“=”，∴(
x
2+3
2−x)min
=2√7−4，∴m≥2√7−4.
【变式8-3】（2023 上·山东青岛·高一青岛二中校考期中）已知函数g( x)=a x
2+c(a,c∈R)，g(1)=1
且不等式g( x)≤x
2−x +1对一切实数x恒成立.
（1）求函数g( x)的解析式；
（2）在（1）的条件下，设函数ℎ( x)=2g( x)−2，关于x的不等式
ℎ( x−1)+ 4ℎ(m)≤ℎ(
x
m)−4 m
2ℎ( x)，在x∈[
3
2 ,+∞)有解，求实数m的取值范围.
【解题思路】（1）根据条件g(1)=1得到a,c的一个关系式，然后将不等式恒成立问题转化为Δ与0的关系，
从而求解出a,c的值，则g(x)解析式可求；
（2）根据条件将问题转化为“ 1
m
2 −4 m
2≥1−2
x −3
x
2在x∈[
3
2 ,+∞)有解”，分析出y =1−2
x −3
x
2的最
小值，则可求解出m
2的范围，从而m的范围可求.
【解答过程】（1）∵二次函数g(x)=a x
2+c (a,c∈R)，g(1)=1；∴a+c =1①；
又∵不等式g(x)≤x
2−x +1对一切实数x恒成立；
∴(a−1) x
2+ x +c−1≤0对一切实数x恒成立；
当a−1=0时，x +c−1≤0不恒成立，∴a=1不合题意，舍去；
当a−1≠0时，要使得(a−1) x
2+ x +c−1≤0对一切实数x恒成立，
需要满足：¿；②
∴由①②解得a= 1
2 ,c = 1
2；
故函数g(x)的解析式为：g(x)= 1
2 x
2+ 1
2.
（2）把g(x)= 1
2 x
2+ 1
2代入函数ℎ(x)=2 g(x)−2，得ℎ(x)= x
2−1；
则关于x的不等式ℎ(x−1)+ 4ℎ(m)≤ℎ(
x
m)−4 m
2ℎ(x)在x∈[
3
2 ,+∞)有解，
整理得1
m
2 −4 m
2≥1−2
x −3
x
2在x∈[
3
2 ,+ ∞)有解；
只要使得1
m
2 −4 m
2≥(1−2
x −3
x
2)min
；
设y =1−2
x −3
x
2，x∈[
3
2 ,+ ∞)，
则y =−3(
1
x + 1
3)
2
+ 4
3 , 1
x ∈(0, 2
3]，
∴当1
x = 2
3时，ymin=−5
3；
所以1
m
2 −4 m
2≥−5
3，
解得0<m
2≤3
4 ；∴−√3
2 ≤m<0或0<m≤√3
2 ；
故实数m的取值范围为[−√3
2 ,0)∪(0, √3
2 ].
1．（2020·山东·统考高考真题）已知二次函数y =a x
2+bx +c的图像如图所示，则不等式a x
2+bx +c>0的
解集是（ ）
A．(−2,1)
B．(−∞,−2)∪(1,+∞)
C．[−2,1]
D．
(−∞,−2]∪[1,+ ∞)
【解题思路】本题可根据图像得出结果.
【解答过程】结合图像易知，
不等式a x
2+bx +c>0的解集(−2,1)，
故选：A.
2．（2022·全国·统考高考真题）若x，y 满足x
2+ y
2−xy =1，则（ ）
A．x + y ≤1
B．x + y ≥−2
C．x
2+ y
2≤2
D．x
2+ y
2≥1
【解题思路】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
【解答过程】因为ab≤(
a+b
2 )
2
≤a
2+b
2
2
（a,b∈R），由x
2+ y
2−xy =1可变形为，
(x + y)
2−1=3 xy ≤3(
x + y
2 )
2
，解得−2≤x + y ≤2，当且仅当x = y =−1时，x + y =−2，当且仅当
x = y =1时，x + y =2，所以A 错误，B 正确；
由x
2+ y
2−xy =1可变形为(x
2+ y
2)−1= xy ≤x
2+ y
2
2
，解得x
2+ y
2≤2，当且仅当x = y =±1时取等号，所
以C 正确；
因为x
2+ y
2−xy =1变形可得(x−y
2)
2
+ 3
4 y
2=1，设x−y
2 =cosθ , √3
2 y =sinθ，所以
x =cosθ+ 1
√3 sinθ , y = 2
√3 sinθ，因此
x
2+ y
2=cos
2θ+ 5
3 sin
2θ+ 2
√3 sinθcosθ =1+ 1
√3 sin 2θ−1
3 cos2θ+ 1
3
= 4
3 + 2
3 sin(2θ−π
6 )∈[
2
3 ,2]，所以当x = √3
3 , y =−√3
3 时满足等式，但是x
2+ y
2≥1不成立，所以D 错
误．
故选：BC．
3．（2020·山东·统考高考真题）已知a>0，b>0，且a+b=1，则（ ）
A．a
2+b
2≥1
2
B．2
a−b> 1
2
C．log2a+ log2b≥−2
D．√a+√b≤√2
【解题思路】根据a+b=1，结合基本不等式及二次函数知识进行求解.
【解答过程】对于A，a
2+b
2=a
2+(1−a)
2=2a
2−2a+1 =2(a−1
2)
2
+ 1
2 ≥1
2，
当且仅当a=b= 1
2时，等号成立，故A 正确；
对于B，a−b=2a−1>−1，所以2
a−b>2
−1= 1
2，故B 正确；
对于C，log2a+ log2b= log2ab≤log2(
a+b
2 )
2
= log2
1
4 =−2，
当且仅当a=b= 1
2时，等号成立，故C 不正确；
对于D，因为(√a+√b)
2=1+2√ab≤1+a+b=2，
所以√a+√b≤√2，当且仅当a=b= 1
2时，等号成立，故D 正确；
故选：ABD.
4．（2020·全国·统考高考真题）设O为坐标原点，直线x =a与双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的两条渐
近线分别交于D , E两点，若△ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为（ ）
A．4
B．8
C．16
D．32
【解题思路】因为C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，可得双曲线的渐近线方程是y =± b
a x，与直线x =a联立方
程求得D，E两点坐标，即可求得| ED|，根据△ODE的面积为8，可得ab值，根据2c =2√a
2+b
2，结合
均值不等式，即可求得答案.
【解答过程】∵ C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)
∴双曲线的渐近线方程是y =± b
a x
∵直线x =a与双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D，E两点
不妨设D为在第一象限，E在第四象限
联立{
x =a
y = b
a x，解得{x =a
y =b
故D(a,b)
联立{
x =a
y =−b
a x，解得{ x =a
y =−b
故E(a,−b)
∴ | ED|=2b
∴ △ODE面积为：S△ODE= 1
2 a×2b=ab=8
∵双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)
∴其焦距为2c =2√a
2+b
2≥2√2ab=2√16=8
当且仅当a=b=2√2取等号
∴ C的焦距的最小值：8
故选：B.
5．（2021·天津·统考高考真题）若a>0,b>0，则1
a + a
b
2 +b的最小值为 2√2 ．
【解题思路】两次利用基本不等式即可求出.
【解答过程】∵ a>0,b>0，
∴1
a + a
b
2 +b≥2√
1
a ⋅a
b
2 +b= 2
b +b≥2√
2
b ⋅b=2√2，
当且仅当1
a = a
b
2且2
b =b，即a=b=√2时等号成立，
所以1
a + a
b
2 +b的最小值为2√2.
故答案为：2√2.
6．（2020·天津·统考高考真题）已知a>0, b>0，且ab=1，则1
2a + 1
2b +
8
a+b的最小值为
4
．
【解题思路】根据已知条件，将所求的式子化为a+b
2
+
8
a+b，利用基本不等式即可求解.
【解答过程】∵a>0,b>0,∴a+b>0，ab=1,∴1
2a + 1
2b +
8
a+b = ab
2a + ab
2b +
8
a+b
= a+b
2
+
8
a+b ≥2√
a+b
2
×
8
a+b = 4，当且仅当a+b=4 时取等号，
结合ab=1,解得a=2−√3,b=2+√3，或a=2+√3,b=2−√3时，等号成立.
故答案为：4.
7．（2020·江苏·统考高考真题）已知5 x
2 y
2+ y
4=1( x , y ∈R)，则x
2+ y
2的最小值是 4
5 ．
【解题思路】根据题设条件可得x
2= 1−y
4
5 y
2 ，可得x
2+ y
2= 1−y
4
5 y
2 + y
2= 1
5 y
2 + 4 y
2
5 ，利用基本不等式即可
求解.
【解答过程】∵5 x
2 y
2+ y
4=1
∴y ≠0且x
2= 1−y
4
5 y
2
∴x
2+ y
2= 1−y
4
5 y
2 + y
2= 1
5 y
2 + 4 y
2
5 ≥2√
1
5 y
2 ⋅4 y
2
5 = 4
5
，当且仅当1
5 y
2 = 4 y
2
5 ，即x
2= 3
10 , y
2= 1
2时取等
号.
∴x
2+ y
2的最小值为4
5 .
故答案为：4
5 .
8．（2020·全国·统考高考真题）设a，b，c∈R，a+b+c=0，abc=1．
（1）证明：ab+bc+ca<0；
（2）用max{a，b，c}表示a，b，c 中的最大值，证明：max{a，b，c}≥3√4．
【解题思路】（1）方法一：由(a+b+c)
2=a
2+b
2+c
2+2ab+2ac +2bc =0结合不等式的性质，即可得出
证明；
（2）方法一：不妨设max {a,b,c}=a，因为a+b+c =0,abc =1，所以a>0, b<0, c<0,
a=(−b)+(−c)≥2√bc =2√
1
a，则a
3≥4 , a≥
3√4．故原不等式成立．
【解答过程】（1）［方法一］【最优解】：通性通法
∵(a+b+c)
2=a
2+b
2+c
2+2ab+2ac +2bc =0，
∴ab+bc+ca=−1
2 (a
2+b
2+c
2).
∵abc =1,∴a,b,c均不为0，则a
2+b
2+c
2>0，∴ab+bc +ca=−1
2 (a
2+b
2+c
2)<0．
［方法二］：消元法
由a+b+c =0得b=−(a+c)，则ab+bc +ca=b(a+c)+ca =−(a+c)
2+ac =−(a
2+ac +c
2)
=−(a+ c
2)
2
−3
4 c
2≤0，当且仅当a=b=c =0时取等号，
又abc =1，所以ab+bc+ca<0．
［方法三］：放缩法
方式1：由题意知a≠0, a+b+c =0, a=−(c +b), a
2=(c +b)
2=c
2+b
2+2cb≥4 bc，又
ab+bc +ca=a(b+c)+bc =−a
2+bc ≤−a
2+ a
2
4 =−3a
2
4 <0，故结论得证．
方式2：因为a+b+c =0，
所以0=(a+b+c)
2=a
2+b
2+c
2+2ab+2bc +2ca
= 1
2 [(a
2+b
2)+(b
2+c
2)+(c
2+a
2)]+2ab+2bc+2ca
≥1
2
(2ab+2bc+2ca)+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca)．
即ab+bc+ca≤0，当且仅当a=b=c =0时取等号，
又abc =1，所以ab+bc+ca<0．
［方法四］：
因为a+b+c =0,abc =1，所以a，b，c 必有两个负数和一个正数，
不妨设a≤b<0<c ,则a=−(b+c), ∴ab+bc+ca=bc+a(c +b)=bc−a
2<0.
［方法五］：利用函数的性质
方式1：6b=−(a+c)，令f (c)=ab+bc+ca=−c
2−ac−a
2，
二次函数对应的图像开口向下，又abc =1，所以a≠0，
判别式Δ=a
2−4 a
2=−3a
2<0，无根，
所以f (c)<0，即ab+bc+ca<0．
方式2：设f (x)=(x−a)(x−b)(x−c)= x
3+(ab+bc+ca) x−1，
则f (x)有a，b，c 三个零点，若ab+bc+ca≥0，
则f (x)为R 上的增函数，不可能有三个零点，
所以ab+bc+ca<0．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
不妨设max {a,b,c}=a，因为a+b+c =0,abc =1，所以a>0, b<0, c<0,
a=(−b)+(−c)≥2√bc =2√
1
a，
则a
3≥4 ,a≥
3√4．故原不等式成立．
［方法二］：
不妨设max {a,b,c}=a，因为a+b+c =0,abc =1，所以a>0，且¿
则关于x 的方程x
2+ax + 1
a =0有两根，其判别式Δ=a
2−4
a ≥0，即a≥
3√4．
故原不等式成立．
［方法三］：
不妨设max {a,b,c}=a，则a>0, b=−(a+c), abc =1, −(a+c)ac =1, ac
2+a
2c +1=0，关于c 的方程
有解，判别式Δ=(a
2)
2−4 a≥0，则a
3≥4 ,a≥
3√4．故原不等式成立．
［方法四］：反证法
假设max {a,b,c}<
3√4，不妨令a≤b<0<
3√4，则ab= 1
c > 1
3√4
, −a−b=c<
3√4，又
3√4>−a−b≥2√ab>
2
√
3√4
=2
1−1
3 =
3√4，矛盾，故假设不成立．即max {a,b,c}≥
3√4，命题得证．
