22. (10 分)【阅读感悟】
不等式 $\dfrac{x-a}{x-b}＞0$ 可等价转化为不等式组
$\begin{cases} x-a＞0, \\ x-b＞0 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x-a＜0, \\ x-b＜0, \end{cases}$ 不等式 $(x-a)(x-b)＞0$
也可等价转化为不等式组 $\begin{cases} x-a＞0, \\ x-b＞0 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x-a＜0, \\ x-b＜0, \end{cases}$ 我们把不等式 $\dfrac{x-a}{x-b}＞0$ 与 $(x-a)(x-b)＞0$ 称为同解不等式.
【概念理解】
(1)下列属于同解不等式的是
① $\dfrac{x+1}{x-2}＜0$ 与 $(x+1)(x-2)≤ 0$；
② $\dfrac{x-1}{x+2}＜0$ 与 $(x+1)(x-2)＜0$；
③ $\dfrac{x-2}{x+1}≥ 0$ 与 $(x-2)(x+1)≥ 0$；
④ $\dfrac{x-1}{x+2}＜0$ 与 $(x-1)(x+2)＜0$.
【问题解决】
(2)解不等式：$\dfrac{x-3}{x+2}≤ 0$.
【拓展延伸】
(3)不等式 $x(x+1)(x-1)＜0$ 的解是
不等式 $\dfrac{x-a}{x-b}＞0$ 可等价转化为不等式组
$\begin{cases} x-a＞0, \\ x-b＞0 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x-a＜0, \\ x-b＜0, \end{cases}$ 不等式 $(x-a)(x-b)＞0$
也可等价转化为不等式组 $\begin{cases} x-a＞0, \\ x-b＞0 \end{cases}$ 或 $\begin{cases} x-a＜0, \\ x-b＜0, \end{cases}$ 我们把不等式 $\dfrac{x-a}{x-b}＞0$ 与 $(x-a)(x-b)＞0$ 称为同解不等式.
【概念理解】
(1)下列属于同解不等式的是
④
.(填序号)① $\dfrac{x+1}{x-2}＜0$ 与 $(x+1)(x-2)≤ 0$；
② $\dfrac{x-1}{x+2}＜0$ 与 $(x+1)(x-2)＜0$；
③ $\dfrac{x-2}{x+1}≥ 0$ 与 $(x-2)(x+1)≥ 0$；
④ $\dfrac{x-1}{x+2}＜0$ 与 $(x-1)(x+2)＜0$.
【问题解决】
(2)解不等式：$\dfrac{x-3}{x+2}≤ 0$.
【拓展延伸】
(3)不等式 $x(x+1)(x-1)＜0$ 的解是
$x ＜ - 1$ 或 $0 ＜ x ＜ 1$
.答案：22. (1)④ 解析：① $ \frac { x + 1 } { x - 2 } ＜ 0 $ 与 $ ( x + 1 ) ( x - 2 ) ＜ 0 $ 等价，故不选①；② $ \frac { x - 1 } { x + 2 } ＜ 0 $ 与 $ ( x - 1 ) ( x + 2 ) ＜ 0 $ 等价，故不选②；③ $ \frac { x - 2 } { x + 1 } ≥ 0 $ 与 $ ( x - 2 ) ( x + 1 ) ≥ 0 $ 且 $ x + 1 ≠ 0 $ 等价，故不选③；④ $ \frac { x - 1 } { x + 2 } ＜ 0 $ 与 $ ( x - 1 ) ( x + 2 ) ＜ 0 $ 等价，故选④.
(2)$ \frac { x - 3 } { x + 2 } ≤ 0 $ 可等价转化为不等式组① $ \{ \begin{array} { l } { x - 3 ≥ 0 }, \\ { x + 2 ＜ 0 } \end{array} $ 或② $ \{ \begin{array} { l } { x - 3 ≤ 0 }, \\ { x + 2 ＞ 0 }; \end{array} $ 不等式组①无解，不等式组②的解为 $ - 2 ＜ x ≤ 3 $，所以不等式 $ \frac { x - 3 } { x + 2 } ≤ 0 $ 的解为 $ - 2 ＜ x ≤ 3 $.
(3)$ x ＜ - 1 $ 或 $ 0 ＜ x ＜ 1 $ 解析：$ x ( x + 1 ) ( x - 1 ) ＜ 0 $ 可等价转化为不等式组① $ \{ \begin{array} { l } { x ( x + 1 ) ＞ 0 }, \\ { x - 1 ＜ 0 } \end{array} $ 或② $ \{ \begin{array} { l } { x ( x + 1 ) ＜ 0 }, \\ { x - 1 ＞ 0 }. \end{array} $ 因为 $ x ( x + 1 ) ＜ 0 $ 可等价转化为不等式组③ $ \{ \begin{array} { l } { x ＞ 0 }, \\ { x + 1 ＜ 0 } \end{array} $ 或④ $ \{ \begin{array} { l } { x ＜ 0 }, \\ { x + 1 ＞ 0 }, \end{array} $ 不等式组③无解，不等式组④的解为 $ - 1 ＜ x ＜ 0 $，所以 $ x ( x + 1 ) ＜ 0 $ 的解为 $ - 1 ＜ x ＜ 0 $；因为 $ x ( x + 1 ) ＞ 0 $ 可等价转化为不等式组⑤ $ \{ \begin{array} { l } { x ＞ 0 }, \\ { x + 1 ＞ 0 } \end{array} $ 或⑥ $ \{ \begin{array} { l } { x ＜ 0 }, \\ { x + 1 ＜ 0 }, \end{array} $ 不等式组⑤的解为 $ x ＞ 0 $，不等式组⑥的解为 $ x ＜ - 1 $，所以 $ x ( x + 1 ) ＞ 0 $ 的解为 $ x ＞ 0 $ 或 $ x ＜ - 1 $，所以不等式组①的解为 $ x ＜ - 1 $ 或 $ 0 ＜ x ＜ 1 $，不等式组②无解，所以不等式 $ x ( x + 1 ) ( x - 1 ) ＜ 0 $ 的解为 $ x ＜ - 1 $ 或 $ 0 ＜ x ＜ 1 $.
(2)$ \frac { x - 3 } { x + 2 } ≤ 0 $ 可等价转化为不等式组① $ \{ \begin{array} { l } { x - 3 ≥ 0 }, \\ { x + 2 ＜ 0 } \end{array} $ 或② $ \{ \begin{array} { l } { x - 3 ≤ 0 }, \\ { x + 2 ＞ 0 }; \end{array} $ 不等式组①无解，不等式组②的解为 $ - 2 ＜ x ≤ 3 $，所以不等式 $ \frac { x - 3 } { x + 2 } ≤ 0 $ 的解为 $ - 2 ＜ x ≤ 3 $.
(3)$ x ＜ - 1 $ 或 $ 0 ＜ x ＜ 1 $ 解析：$ x ( x + 1 ) ( x - 1 ) ＜ 0 $ 可等价转化为不等式组① $ \{ \begin{array} { l } { x ( x + 1 ) ＞ 0 }, \\ { x - 1 ＜ 0 } \end{array} $ 或② $ \{ \begin{array} { l } { x ( x + 1 ) ＜ 0 }, \\ { x - 1 ＞ 0 }. \end{array} $ 因为 $ x ( x + 1 ) ＜ 0 $ 可等价转化为不等式组③ $ \{ \begin{array} { l } { x ＞ 0 }, \\ { x + 1 ＜ 0 } \end{array} $ 或④ $ \{ \begin{array} { l } { x ＜ 0 }, \\ { x + 1 ＞ 0 }, \end{array} $ 不等式组③无解，不等式组④的解为 $ - 1 ＜ x ＜ 0 $，所以 $ x ( x + 1 ) ＜ 0 $ 的解为 $ - 1 ＜ x ＜ 0 $；因为 $ x ( x + 1 ) ＞ 0 $ 可等价转化为不等式组⑤ $ \{ \begin{array} { l } { x ＞ 0 }, \\ { x + 1 ＞ 0 } \end{array} $ 或⑥ $ \{ \begin{array} { l } { x ＜ 0 }, \\ { x + 1 ＜ 0 }, \end{array} $ 不等式组⑤的解为 $ x ＞ 0 $，不等式组⑥的解为 $ x ＜ - 1 $，所以 $ x ( x + 1 ) ＞ 0 $ 的解为 $ x ＞ 0 $ 或 $ x ＜ - 1 $，所以不等式组①的解为 $ x ＜ - 1 $ 或 $ 0 ＜ x ＜ 1 $，不等式组②无解，所以不等式 $ x ( x + 1 ) ( x - 1 ) ＜ 0 $ 的解为 $ x ＜ - 1 $ 或 $ 0 ＜ x ＜ 1 $.
23. （12 分）（2025·宜昌期末）随着“低碳生活，绿色出行”理念的普及，新能源汽车已被越来越多的家庭所喜爱.某汽车 4S 店计划购进甲、乙两种型号的新能源汽车进行销售.据了解，购进 2 辆甲型号新能源汽车、5 辆乙型号新能源汽车共需 125 万元；购进 1 辆甲型号新能源汽车、6 辆乙型号新能源汽车共需 115 万元.
（1）甲、乙两种型号的新能源汽车每辆进价分别为多少万元？
（2）若该汽车 4S 店计划用不少于 170 万元，且不超过 180 万元的费用，购进甲、乙两种型号的新能源汽车共 10 辆，有哪几种购车方案？从节约成本的角度考虑应选择哪种购车方案？
（3）据悉，销售 1 辆甲型号新能源汽车可获利 1.2 万元，销售 1 辆乙型号新能源汽车可获利 0.8 万元，若该 4S 店正好用 200 万元购进以上两种型号的新能源汽车（两种型号的汽车均有购买），假设这些新能源汽车全部售出，如何购进才能获得最大利润？最大利润是多少？
（1）甲、乙两种型号的新能源汽车每辆进价分别为多少万元？
（2）若该汽车 4S 店计划用不少于 170 万元，且不超过 180 万元的费用，购进甲、乙两种型号的新能源汽车共 10 辆，有哪几种购车方案？从节约成本的角度考虑应选择哪种购车方案？
（3）据悉，销售 1 辆甲型号新能源汽车可获利 1.2 万元，销售 1 辆乙型号新能源汽车可获利 0.8 万元，若该 4S 店正好用 200 万元购进以上两种型号的新能源汽车（两种型号的汽车均有购买），假设这些新能源汽车全部售出，如何购进才能获得最大利润？最大利润是多少？
答案：23. (1)设甲型号新能源汽车每辆进价为 $ x $ 万元，乙型号新能源汽车每辆进价为 $ y $ 万元，由题意可得 $ \{ \begin{array} { l } { 2 x + 5 y = 125 }, \\ { x + 6 y = 115 }, \end{array} $ 解得 $ \{ \begin{array} { l } { x = 25 }, \\ { y = 15 }. \end{array} $
答：甲、乙两种型号的新能源汽车每辆进价分别为25万元、15万元.
(2)设购进甲型号新能源汽车 $ a $ 辆，则购进乙型号新能源汽车 $ ( 10 - a ) $ 辆，由题意得 $ \{ \begin{array} { l } { 25 a + 15 ( 10 - a ) ≥ 170 }, \\ { 25 a + 15 ( 10 - a ) ≤ 180 }, \end{array} $ 解得 $ 2 ≤ a ≤ 3 $。因为 $ a $ 为正整数，所以 $ a = 2 $ 或3，所以有两种购车方案：
方案一：购进甲型号新能源汽车2辆，购进乙型号新能源汽车8辆，所需费用是 $ 25 × 2 + 15 × 8 = 170 $（万元）；
方案二：购进甲型号新能源汽车3辆，购进乙型号新能源汽车7辆，所需费用是 $ 25 × 3 + 15 × 7 = 180 $（万元）.
所以从节约成本的角度考虑应该选择方案一.
(3)设购进甲型号的新能源汽车 $ m $ 辆，乙型号的新能源汽车 $ n $ 辆，由题意可得 $ 25 m + 15 n = 200 $，且 $ m $，$ n $ 为正整数，所以 $ m = 8 - \frac { 3 } { 5 } n $，解得 $ \{ \begin{array} { l } { m = 5 }, \\ { n = 5 } \end{array} $ 或 $ \{ \begin{array} { l } { m = 2 }, \\ { n = 10 }, \end{array} $ 共有两种购车方案：
①购进甲型号新能源汽车5辆，乙型号新能源汽车5辆，获利 $ 5 × 1.2 + 5 × 0.8 = 10 $（万元），②购进甲型号新能源汽车2辆，乙型号新能源汽车10辆，获利 $ 2 × 1.2 + 10 × 0.8 = 10.4 $（万元），综上可得，采用购车方案②获利最大，最大利润为10.4万元.
答：甲、乙两种型号的新能源汽车每辆进价分别为25万元、15万元.
(2)设购进甲型号新能源汽车 $ a $ 辆，则购进乙型号新能源汽车 $ ( 10 - a ) $ 辆，由题意得 $ \{ \begin{array} { l } { 25 a + 15 ( 10 - a ) ≥ 170 }, \\ { 25 a + 15 ( 10 - a ) ≤ 180 }, \end{array} $ 解得 $ 2 ≤ a ≤ 3 $。因为 $ a $ 为正整数，所以 $ a = 2 $ 或3，所以有两种购车方案：
方案一：购进甲型号新能源汽车2辆，购进乙型号新能源汽车8辆，所需费用是 $ 25 × 2 + 15 × 8 = 170 $（万元）；
方案二：购进甲型号新能源汽车3辆，购进乙型号新能源汽车7辆，所需费用是 $ 25 × 3 + 15 × 7 = 180 $（万元）.
所以从节约成本的角度考虑应该选择方案一.
(3)设购进甲型号的新能源汽车 $ m $ 辆，乙型号的新能源汽车 $ n $ 辆，由题意可得 $ 25 m + 15 n = 200 $，且 $ m $，$ n $ 为正整数，所以 $ m = 8 - \frac { 3 } { 5 } n $，解得 $ \{ \begin{array} { l } { m = 5 }, \\ { n = 5 } \end{array} $ 或 $ \{ \begin{array} { l } { m = 2 }, \\ { n = 10 }, \end{array} $ 共有两种购车方案：
①购进甲型号新能源汽车5辆，乙型号新能源汽车5辆，获利 $ 5 × 1.2 + 5 × 0.8 = 10 $（万元），②购进甲型号新能源汽车2辆，乙型号新能源汽车10辆，获利 $ 2 × 1.2 + 10 × 0.8 = 10.4 $（万元），综上可得，采用购车方案②获利最大，最大利润为10.4万元.