考點(diǎn)02不等式（7種題型11個易錯考點(diǎn)）

考點(diǎn)02不等式（7種題型11個易錯考點(diǎn)）【課程安排細(xì)目表】真題搶先刷，考向提前知二、考點(diǎn)清單三、題型方法四、易錯分析五、刷好題六.刷壓軸一一、真題搶先刷，考向提前知一．選擇題（共4小題）1．（2022?上海）若a＞b＞c＞d，則下列不等式恒成立的是（）A．a(chǎn)+d＞b+c B．a(chǎn)+c＞b+d C．a(chǎn)c＞bd D．a(chǎn)d＞bc【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合不等式的性質(zhì)，以及特殊值法，即可求解．【解答】解：對于A，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，滿足a＞b＞c＞d，但a+d＝b+c，故A錯誤，對于B，∵a＞b＞c＞d，即a＞b，c＞d，∴由不等式的可加性可得，a+c＞b+d，故B正確，對于C，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，滿足a＞b＞c＞d，但ac＝bd，故C錯誤，對于D，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，滿足a＞b＞c＞d，但ad＜bc，故D錯誤．故選：B．【點(diǎn)評】本題主要考查了不等式的性質(zhì)，掌握特殊值法是解本題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題．2．（2020?上海）下列不等式恒成立的是（）A．a(chǎn)2+b2≤2ab B．a(chǎn)2+b2≥﹣2ab C．a(chǎn)+b≥2 D．a(chǎn)2+b2≤﹣2ab【分析】利用（a+b）2≥0恒成立，可直接得到a2+b2≥﹣2ab成立，通過舉反例可排除ACD．【解答】解：A．顯然當(dāng)a＜0，b＞0時，不等式a2+b2≤2ab不成立，故A錯誤；B．∵（a+b）2≥0，∴a2+b2+2ab≥0，∴a2+b2≥﹣2ab，故B正確；C．顯然當(dāng)a＜0，b＜0時，不等式a+b≥2不成立，故C錯誤；D．顯然當(dāng)a＞0，b＞0時，不等式a2+b2≤﹣2ab不成立，故D錯誤．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了基本不等式的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬基礎(chǔ)題．3．（2022?上海）若實(shí)數(shù)a、b滿足a＞b＞0，下列不等式中恒成立的是（）A．a(chǎn)+b＞2 B．a(chǎn)+b＜2 C．+2b＞2 D．+2b＜2【分析】利用已知條件以及基本不等式化簡即可判斷求解．【解答】解：因?yàn)閍＞b＞0，所以a+b≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，又a＞b＞0，所以a+b，故A正確，B錯誤，＝2，當(dāng)且僅當(dāng)，即a＝4b時取等號，故CD錯誤，故選：A．【點(diǎn)評】本題考查了基本不等式的應(yīng)用，考查了學(xué)生的理解能力，屬于基礎(chǔ)題．4．（2021?上海）已知兩兩不相等的x1，y1，x2，y2，x3，y3，同時滿足①x1＜y1，x2＜y2，x3＜y3；②x1+y1＝x2+y2＝x3+y3；③x1y1+x3y3＝2x2y2，以下哪個選項(xiàng)恒成立（）A．2x2＜x1+x3 B．2x2＞x1+x3 C．x22＜x1x3 D．x22＞x1x3【分析】設(shè)，，，根據(jù)題意，則有，可得x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c），通過求解（2b）2﹣（a+c）2＞0，可得x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c）＞0，可得A正確，B錯誤；利用作差法可得x1x3﹣x22＝（2b﹣a﹣c）m﹣，而上面已證（2b﹣a﹣c）＞0，因無法知道m(xù)的正負(fù)，可得該式子的正負(fù)無法恒定，即無法判斷CD，即可得解．【解答】解：設(shè)x1+y1＝x2+y2＝x3+y3＝2m，，，，根據(jù)題意，應(yīng)該有，且m2﹣a2+m2﹣c2＝2（m2﹣b2）＞0，則有，則x1+x3﹣2x2＝（m﹣a）+（m﹣c）﹣2（m﹣b）＝2b﹣（a+c），因?yàn)椋?b）2﹣（a+c）2＝2（a2+c2）﹣（a+c）2＞0，所以x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c）＞0，所以A項(xiàng)正確，B錯誤．x1x3﹣x22＝（m﹣a）（m﹣c）﹣（m﹣b）2＝（2b﹣a﹣c）m+ac﹣b2＝（2b﹣a﹣c）m﹣，而上面已證（2b﹣a﹣c）＞0，因?yàn)椴恢續(xù)的正負(fù)，所以該式子的正負(fù)無法恒定．故選：A．【點(diǎn)評】本題主要考查不等關(guān)系與不等式的應(yīng)用，考查了方程思想和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．二．填空題（共5小題）5．（2022?上海）不等式＜0的解集為（0，1）．【分析】把分式不等式轉(zhuǎn)化為二次不等式即可直接求解．【解答】解：由題意得x（x﹣1）＜0，解得0＜x＜1，故不等式的解集（0，1）．故答案為：（0，1）．【點(diǎn)評】本題主要考查了分式不等式的求解，屬于基礎(chǔ)題．6．（2021?上海）不等式＜1的解集為（﹣7，2）．【分析】由已知進(jìn)行轉(zhuǎn)化＜0，進(jìn)行可求．【解答】解：＜1?＜0?＜0，解得，﹣7＜x＜2．故答案為：（﹣7，2）．【點(diǎn)評】本題主要考查了分式不等式的求解，屬于基礎(chǔ)題．7．（2023?上海）已知正實(shí)數(shù)a、b滿足a+4b＝1，則ab的最大值為．【分析】直接利用基本不等式求出結(jié)果．【解答】解：正實(shí)數(shù)a、b滿足a+4b＝1，則ab＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝，時等號成立．故答案為：．【點(diǎn)評】本題考查的知識要點(diǎn)：基本不等式，主要考查學(xué)生的理解能力和計算能力，屬于基礎(chǔ)題和易錯題．8．（2021?上海）已知函數(shù)f（x）＝3x+（a＞0）的最小值為5，則a＝9．【分析】利用基本不等式求最值需要滿足“一正、二定、三相等”，該題只需將函數(shù)解析式變形成f（x）＝3x+1+﹣1，然后利用基本不等式求解即可，注意等號成立的條件．【解答】解：f（x）＝3x+＝3x+1+﹣1≥﹣1＝5，所以a＝9，經(jīng)檢驗(yàn)，3x＝2時等號成立．故答案為：9．【點(diǎn)評】本題主要考查了基本不等式的應(yīng)用，以及整體的思想，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造積為定值，屬于基礎(chǔ)題．9．（2020?上海）不等式＞3的解集為（0，）．【分析】將不等式化簡后轉(zhuǎn)化為一元二次不等式，由一元二次不等式的解法求出不等式的解集．【解答】解：由得，則x（1﹣3x）＞0，即x（3x﹣1）＜0，解得，所以不等式的解集是（0，），故答案為：（0，）．【點(diǎn)評】本題考查分式不等式、一元二次不等式的解法，以及轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題．三．解答題（共1小題）10．（2022?上海）為有效塑造城市景觀、提升城市環(huán)境品質(zhì)，上海市正在努力推進(jìn)新一輪架空線入地工程的建設(shè)．如圖是一處要架空線入地的矩形地塊ABCD，AB＝30m，AD＝15m．為保護(hù)D處的一棵古樹，有關(guān)部門劃定了以D為圓心、DA為半徑的四分之一圓的地塊為歷史古跡封閉區(qū)．若空線入線口為AB邊上的點(diǎn)E，出線口為CD邊上的點(diǎn)F，施工要求EF與封閉區(qū)邊界相切，EF右側(cè)的四邊形地塊BCFE將作為綠地保護(hù)生態(tài)區(qū)．（計算長度精確到m，計算面積精確到m2）（1）若∠ADE＝20°，求EF的長；（2）當(dāng)入線口E在AB上的什么位置時，生態(tài)區(qū)的面積最大？最大面積是多少？【分析】（1）作DH⊥EF，然后結(jié)合銳角三角函數(shù)定義表示出EF，（2）設(shè)∠ADE＝θ，結(jié)合銳角三角函數(shù)定義可表示AE，F(xiàn)H，然后表示出面積，結(jié)合同角基本關(guān)系進(jìn)行化簡，再由基本不等式可求．【解答】解：（1）作DH⊥EF，垂足為H，則EF＝EH+HF＝15tan20°+15tan50°≈m；（2）設(shè)∠ADE＝θ，則AE＝15tanθ，F(xiàn)H＝15tan（90°﹣2θ），S四邊形ADFE＝2S△ADE+S△DFH＝2××15×15tanθ+，＝（30tanθ+15cot2θ）＝（30tanθ+15×）＝≥，當(dāng)且僅當(dāng)3tanθ＝，即tan時取等號，此時AE＝15tanθ＝5，最大面積為450﹣≈m2．【點(diǎn)評】本題主要考查了利用基本不等式在求解最值中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是由實(shí)際問題抽象出數(shù)學(xué)問題，屬于中檔題．二二、考點(diǎn)清單一、等式與不等式的性質(zhì)1.兩個實(shí)數(shù)比較大小的方法(1)作差法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－b>0?a>b，,a－b＝0?a＝b，,a－b<0?a<b.))(2)作商法eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)>1（a∈R，b>0）?a>b（a∈R，b>0），,\f(a,b)＝1?a＝b（a，b≠0），,\f(a,b)<1（a∈R，b>0）?a<b（a∈R，b>0）.))2.等式的性質(zhì)(1)對稱性：若a＝b，則b＝a.(2)傳遞性：若a＝b，b＝c，則a＝c.(3)可加性：若a＝b，則a＋c＝b＋c.(4)可乘性：若a＝b，則ac＝bc；若a＝b，c＝d，則ac＝bd.3.不等式的性質(zhì)(1)對稱性：a＞b?b＜a；(2)傳遞性：a＞b，b＞c?a＞c；(3)可加性：a＞b?a＋c＞b＋c；a＞b，c＞d?a＋c＞b＋d；(4)可乘性：a＞b，c＞0?ac＞bc；a＞b，c＜0?ac＜bc；a＞b＞0，c＞d＞0?ac＞bd；(5)可乘方：a＞b＞0?an＞bn(n∈N，n≥1)；(6)可開方：a＞b＞0?eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2).二、均值不等式及其應(yīng)用1.均值不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)均值不等式成立的條件：a≥0，b≥0.(2)等號成立的條件：當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.(3)其中eq\f(a＋b,2)稱為正數(shù)a，b的算術(shù)平均數(shù)，eq\r(ab)稱為正數(shù)a，b的幾何平均數(shù).2.兩個重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號.3.利用均值不等式求最值已知x≥0，y≥0，則(1)如果積xy是定值p，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，x＋y有最小值是2eq\r(p)(簡記：積定和最小).(2)如果和x＋y是定值s，那么當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時，xy有最大值是eq\f(s2,4)(簡記：和定積最大).三、從函數(shù)的觀點(diǎn)看一元二次方程和一元二次不等式1.一元二次不等式只含有一個未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)為2的整式不等式叫作一元二次不等式.2.三個“二次”間的關(guān)系判別式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有兩相異實(shí)根x1，x2(x1＜x2)有兩相等實(shí)根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)沒有實(shí)數(shù)根ax2＋bx＋c＞0(a＞0)的解集eq\f({x|x＞x2,或x＜x1})eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠－\f(b,2a)))Rax2＋bx＋c＜0(a＞0)的解集{x|x1＜x＜x2}??3.(x－a)(x－b)>0或(x－a)(x－b)<0型不等式的解集不等式解集a<ba＝ba>b(x－a)·(x－b)>0{x|x<a或x>b}{x|x≠a}{x|x<b或x>a}(x－a)·(x－b)<0{x|a<x<b}?{x|b<x<a}4.分式不等式與整式不等式(1)eq\f(f(x),g(x))>0(<0)?f(x)·g(x)>0(<0).(2)eq\f(f(x),g(x))≥0(≤0)?f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.三三、題型方法一．等式與不等式的性質(zhì)（共2小題）1．（2022?寶山區(qū)校級模擬）已知a＜b，c≥0，則下列不等式中恒成立的是（）A．a(chǎn)c＜bc B．a(chǎn)2c≤b2c C．a(chǎn)2+c＜b2+c D．a(chǎn)c2≤bc2【分析】利用不等式的性質(zhì)和特殊值法，判斷A、B、C、D即可．【解答】解：對于A：∵a＜b，c≥0，∴ac≤bc，則選項(xiàng)A不正確；對于B和C：當(dāng)a＝﹣1，時，即a2＞b2，∴a2c≥b2c和a2+c＞b2+c成立，則選項(xiàng)B、C不正確；對于D：∵c≥0，∴c2≥0，∴ac2≤bc2，則選項(xiàng)D正確；故選：D．【點(diǎn)評】本題考查的知識要點(diǎn)：不等式的性質(zhì)，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題．2．（2022?楊浦區(qū)模擬）設(shè)x1，x2∈R，則“x1+x2＞6且x1x2＞9”是“x1＞3且x2＞3”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【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合特殊值法，以及不等式的性質(zhì)，即可求解．【解答】解：令x1＝1，x2＝9，滿足x1+x2＞6且x1x2＞9，但x1＜3，故充分性不成立，當(dāng)x1＞3且x2＞3時，根據(jù)不等式的性質(zhì)可得，x1+x2＞6且x1x2＞9，故必要性成立，故“x1+x2＞6且x1x2＞9”是“x1＞3且x2＞3”的必要不充分條件．故選：B．【點(diǎn)評】本題主要考查不等式的性質(zhì)，以及特殊值法，屬于基礎(chǔ)題．二．不等關(guān)系與不等式（共3小題）3．（2023?黃浦區(qū)模擬）已知x∈R，下列不等式中正確的是（）A． B． C． D．【分析】舉反例可排除A、B、C，再利用不等式的性質(zhì)可證明D正確即可．【解答】解：取x＝0可得＝1＝，故A錯誤；取x＝0可得＝1＝，故B錯誤；取x＝1可得＝＝，故C錯誤；選項(xiàng)D，∵x2+2＞x2+1＞0，∴＞，故D正確．故選：D．【點(diǎn)評】本題考查不等式比較大小，舉反例是解決問題的關(guān)鍵，屬基礎(chǔ)題．4．（2023?金山區(qū)二模）若實(shí)數(shù)a、b滿足a2＞b2＞0，則下列不等式中成立的是（）A．a(chǎn)＞b B．2a＞2b C．a(chǎn)＞|b| D．log2a2＞log2b2【分析】舉反例可判斷ABC錯誤，利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性可判斷D正確．【解答】解：對于A，取a＝﹣2，b＝1，滿足a2＞b2＞0，但是a＞b不成立，故A錯誤；對于B，取a＝﹣2，b＝1，滿足a2＞b2＞0，但是，即2a＞2b不成立，故B錯誤；對于C，取a＝﹣2，b＝1，滿足a2＞b2＞0，但是a＞|b|不成立，故C錯誤；對于D，∵a2＞b2＞0，且y＝log2x在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴，故D正確．故選：D．【點(diǎn)評】本題主要考查了不等式的性質(zhì)，考查了對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題．5．（2023?嘉定區(qū)模擬）不等式的解集為（﹣∞，1）．【分析】利用分式不等式的解法，化簡解出不等式．【解答】解：＜1等價于﹣1＜0，化簡得：＜0，即x﹣1＜0，解得x＜1，故答案為：（﹣∞，1）【點(diǎn)評】本題考查不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題．三．基本不等式及其應(yīng)用（共9小題）6．（2023?寶山區(qū)二模）已知定義在R上的偶函數(shù)f（x）＝|x﹣m+1|﹣2，若正實(shí)數(shù)a、b滿足f（a）+f（2b）＝m，則的最小值為（）A． B．9 C． D．8【分析】由f（x）為偶函數(shù)可得﹣m+1＝0，進(jìn)而求出m的值，得到f（x）的解析式，再由正實(shí)數(shù)a、b滿足f（a）+f（2b）＝m，可得a+2b＝5，結(jié)合基本不等式求解即可．【解答】解：∵f（x）＝|x﹣m+1|﹣2為R上的偶函數(shù)，∴﹣m+1＝0，∴m＝1，∴f（x）＝|x|﹣2，又∵正實(shí)數(shù)a、b滿足f（a）+f（2b）＝m，∴（a﹣2）+（2b﹣2）＝1，即a+2b＝5，∴＝（a+2b）（）＝（5+）＝，當(dāng)且僅當(dāng)，即a＝b＝時，等號成立，即的最小值為．故選：A．【點(diǎn)評】本題主要考查了函數(shù)的奇偶性，考查了利用基本不等式求最值，屬于基礎(chǔ)題．7．（2023?黃浦區(qū)模擬）若關(guān)于x的不等式x2+bx+c≥0（b＞1）的解集為R，則的最小值為8．【分析】由題意可得Δ≤0化簡得，所以，利用基本不等式即可求解．【解答】解：因?yàn)椴坏仁絰2+bx+c≥0（b＞1）的解集為R，則，因?yàn)閎＞1，所以b﹣1＞0，所以＝．當(dāng)且僅當(dāng)，即b＝3時，取到等號．故答案為：8．【點(diǎn)評】悲痛主要考查了不等式恒成立求解參數(shù)范圍，還考查了基本不等式在最值求解中的應(yīng)用，屬于中檔題．8．（2023?奉賢區(qū)二模）已知兩個正數(shù)a，b的幾何平均值為1，則a2+b2的最小值為2．【分析】由幾何平均值的定義得到ab＝1，利用基本不等式求解即可．【解答】解：由題意得，即ab＝1，故a2+b2≥2ab＝2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時，等號成立．故答案為：2．【點(diǎn)評】本題主要考查基本不等式的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．9．（2023?金山區(qū)二模）已知正實(shí)數(shù)a、b滿足，則2a+b的最小值為8．【分析】由題意可得，2a+b＝（2a+b）（）＝4+，再利用基本不等式求解即可．【解答】解：∵a＞0，b＞0，且，∴2a+b＝（2a+b）（）＝4+＝8，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即a＝2，b＝4時，等號成立，即2a+b的最小值為8．故答案為：8．【點(diǎn)評】本題主要考查了基本不等式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．10．（2023?嘉定區(qū)二模）已知函數(shù)y＝2x+，定義域?yàn)椋?，+∞），則該函數(shù)的最小值為1．【分析】利用基本不等式直接求解．【解答】解：∵x＞0，∴y＝2x+＝1，當(dāng)且僅當(dāng)2x＝，即x＝時，等號成立，即該函數(shù)的最小值為1．故答案為：1．【點(diǎn)評】本題主要考查了利用基本不等式求最值，屬于基礎(chǔ)題．11．（2023?崇明區(qū)二模）已知正實(shí)數(shù)a、b滿足ab＝1，則a+4b的最小值等于4．【分析】直接利用基本不等式計算得到答案．【解答】解：，當(dāng)a＝4b，即a＝2，時等號成立，故a+4b的最小值為4．故答案為：4．【點(diǎn)評】本題主要考查基本不等式及其應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．12．（2023?浦東新區(qū)模擬）對于正實(shí)數(shù)x，代數(shù)式的最小值為5．【分析】由已知利用基本不等式直接計算即可求解．【解答】解：因?yàn)閤＞0，故x+＝x+1+﹣1﹣1＝5，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時取等號．故答案為：5．【點(diǎn)評】本題考查基本不等式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．13．（2023?楊浦區(qū)校級三模）若實(shí)數(shù)x，y滿足xy＝1，則2x2+y2的最小值為2．【分析】根據(jù)基本不等式可得．【解答】解：∵xy＝1，∴2x2+y2≥2＝2，（當(dāng)且僅當(dāng)2x＝y(tǒng)＝±時，取等），故答案為：2．【點(diǎn)評】本題考查了基本不等式及其應(yīng)用．屬基礎(chǔ)題．14．（2022?上海模擬）已知函數(shù)y＝f（x）的定義域?yàn)镈，值域?yàn)锳．若D?A，則稱f（x）為“M型函數(shù)”；若A?D，則稱f（x）為“N型函數(shù)”．（1）設(shè)，D＝[1，4]，試判斷f（x）是“M型函數(shù)”還是“N型函數(shù)”；（2）設(shè)，g（x）＝af（2+x）+bf（2﹣x），若g（x）既是“M型函數(shù)”又是“N型函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a，b的值；（3）設(shè)f（x）＝x2﹣2ax+b，D＝[1，3]，若f（x）為“N型函數(shù)”，求f（2）的取值范圍．【分析】（1）利用基本不等式以及雙勾函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的值域可求解；（2）分a＞0，b＜0和a＜0，b＞0結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性分類討論求解；（3）分a不同的取值結(jié)合“N型函數(shù)”的定義即可求范圍．【解答】解：（1）當(dāng)x∈[1，4]時，，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，由于f（1）＝4，f（4）＝1，所以函數(shù)f（x）的值域?yàn)?，因?yàn)椋訢?A，所以f（x）是“M型函數(shù)”；（2），定義域?yàn)閇﹣2，2]，由題意得函數(shù)g（x）的值域也為[﹣2，2]，顯然ab＜0，否則值域不可能由負(fù)到正，當(dāng)a＞0，b＜0時，g（x）在[﹣2，2]上單調(diào)遞增，則，得a＝1，b＝﹣1；當(dāng)a＜0，b＞0時，g（x）在[﹣2，2]上單調(diào)遞減，則得a＝﹣1，b＝1；（3）f（x）＝x2﹣2ax+b＝（x﹣a）2+b﹣a2，D＝[1，3]，由題意得函數(shù)f（x）的值域A?[1，3]，當(dāng)a≤1時，f（x）的最小值f（1）＝1﹣2a+b≥1，當(dāng)1＜a≤3時，f（x）的最小值f（a）＝b﹣a2≥1，當(dāng)a≥3時，f（x）的最小值f（3）＝9﹣6a+b≥1，當(dāng)a≤2時，f（x）的最大值f（3）＝9﹣6a+b≤3，當(dāng)a＞2時，f（x）的最大值f（1）＝1﹣2a+b≤3，因?yàn)閒（2）＝4﹣4a+b，由點(diǎn)（a，b）所在的可行域，當(dāng)a＝2，b＝6時，f（2）取最大值，最大值為2，當(dāng)f（2）＝4﹣4a+b與b＝a2+1相切，即a＝2，b＝5時，f（2）取最小值，最小值為1，因此f（2）的取值范圍是[1，2]．【點(diǎn)評】本題以新定義為載體，主要考查了基本不等式及函數(shù)單調(diào)性在最值求解中的應(yīng)用，屬于中檔題．四．其他不等式的解法（共5小題）15．（2022?浦東新區(qū)校級二模）下列各組不等式中，解集完全相同的是（）A．與x2＜x+6 B．＜0與（x﹣2）（x+1）＜0 C．＞0與x+2＞0 D．與x﹣3＞2x+1【分析】把各個不等式等價變形，可得結(jié)論．【解答】解：∵＜，等價于＜0，∴x＜﹣2，或﹣1＜x＜3．而由x2＜x+6，求得﹣2＜x＜3，故A錯誤．∵＞0，等價于，即﹣2＜x＜1或x＞1；而（x﹣2）（x+1）＜0，等價于﹣1＜x＜2，故B錯誤．∵＞0，等價于x＞﹣2且x≠1，故C錯誤；∵x2﹣x+1＝+＞0恒成立，故＞，等價于x﹣3＞2x+1，故D正確，故選：D．【點(diǎn)評】本題主要考查分式不等式的解法，等價變形，屬于中檔題．16．（2023?嘉定區(qū)二模）已知，B＝{x|x≥1}，則A∩B＝{1}．【分析】先求出集合A，再利用集合的交集運(yùn)算求解即可．【解答】解：由，可得0＜x≤1，所以A＝{x|0＜x≤1}，又因?yàn)锽＝{x|x≥1}，所以A∩B＝{1}．故答案為：{1}．【點(diǎn)評】本題主要考查了集合的基本運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．17．（2023?青浦區(qū)二模）已知函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖像如圖所示，則不等式（ax+b）（bx+c）（cx+a）＜0的解集是．【分析】根據(jù)題意，由二次函數(shù)的性質(zhì)可得a＞0且方程ax2+bx+c＝0的兩個根為1和2，由此分析可得b＝﹣3a，c＝2a，則不等式等價于（x﹣3）（3x﹣2）（2x+1）＞0，解可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，由函數(shù)y＝ax2+bx+c的圖像，有a＞0，且方程ax2+bx+c＝0的兩個根為1和2，則有，則有b＝﹣3a，c＝2a，則（ax+b）（bx+c）（cx+a）＜0?（ax﹣3a）（﹣3a+2a）（2a+a）＜0?（x﹣3）（3x﹣2）（2x+1）＞0，解可得：﹣＜x＜或x＞3，即不等式的解集為．故答案為：．【點(diǎn)評】本題考查不等式的解法，考查數(shù)形結(jié)合思想及運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．18．（2023?寶山區(qū)二模）已知函數(shù)（a＞0且a≠1），若關(guān)于x的不等式f（ax2+bx+c）＞0的解集為（1，2），其中b∈（﹣6，1），則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（1，2）．【分析】先解f（x）＞0的解集，再將ax2+bx+c當(dāng)做一個整體，結(jié)合不等式f（ax2+bx+c）＞0的解集形式即可化簡該不等式，從而建立方程，解出a，b的關(guān)系式，最后再由b的范圍即可求得a的取值范圍．【解答】解：若f（x）＞0，則＞0，∴ax＜1，∴當(dāng)0＜a＜1時，x＞0；當(dāng)a＞1時，x＜0，∵不等式f（ax2+bx+c）＞0的解集為（1，2），∴a＞1，ax2+bx+c＜0，且ax2+bx+c＜0的解集為（1，2），∴1和2是方程ax2+bx+c＝0的兩個根，∴﹣＝1+2＝3，∴a＝﹣，∵b∈（﹣6，1），∴a∈（﹣，2），又∵a＞1，∴a∈（1，2），即實(shí)數(shù)a的取值范圍是（1，2）．故答案為：（1，2）．【點(diǎn)評】本題主要考查了指數(shù)不等式、一元二次不等式的解法，考查了韋達(dá)定理的應(yīng)用，屬于中檔題．19．（2022?長寧區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）滿足：，則不等式的解集為[﹣1，+∞）．【分析】分x≥0和x＜0兩種情況，寫出f（x）的解析式，解分式不等式，即可．【解答】解：當(dāng)x≥0時，f（x）＝＝＝1﹣≥0恒成立，所以x≥0滿足題意；當(dāng)x＜0時，f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣＝，不等式等價于+≥0，解得﹣1≤x＜0，綜上所述，不等式的解集為[﹣1，+∞）．故答案為：[﹣1，+∞）．【點(diǎn)評】本題考查分式不等式的解法，分段函數(shù)的解析式，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．五．指、對數(shù)不等式的解法（共3小題）20．（2023?楊浦區(qū)二模）由函數(shù)的觀點(diǎn)，不等式3x+lgx≤3的解集是（0，1）．【分析】不等式化為3x≤3﹣lgx，在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出y＝3x和y＝3﹣lgx的圖象，利用函數(shù)的圖象求出不等式的解集．【解答】解：不等式3x+lgx≤3可化為3x≤3﹣lgx，在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫出y＝3x和y＝3﹣lgx的圖象，如圖所示：由3x＝3﹣lgx，得x＝1，所以由函數(shù)的觀點(diǎn)知，不等式3x+lgx≤3的解集是（0，1]．故答案為：（0，1]．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的圖象與性質(zhì)應(yīng)用問題，也考查了不等式解法與應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．21．（2022?閔行區(qū)二模）不等式2x﹣5＜0的解集為（﹣∞，log25）．【分析】根據(jù)題意，y＝2x在R上單調(diào)遞增，求解即可．【解答】解：2x﹣5＜0，2x＜5，y＝2x在R上單調(diào)遞增，∴x＜log25．故答案為：（﹣∞，log25）．【點(diǎn)評】本題考查指數(shù)不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題．22．（2022?寶山區(qū)二模）已知函數(shù)f（x）＝．（1）當(dāng)a＝b＝1時，求滿足f（x）≥3x的x的取值范圍；（2）若y＝f（x）的定義域?yàn)镽，又是奇函數(shù)，求y＝f（x）的解析式，判斷其在R上的單調(diào)性并加以證明．【分析】（1）由題意可得≥3x從中解得﹣1≤3x≤，解此指數(shù)不等式即可求得x的取值范圍；（2）由f（0）＝0，可求得a，f（1）+f（﹣1）＝0可求得b，從而可得y＝f（x）的解析式；利用單調(diào)性的定義，對任意x1，x2∈R，x1＜x2，再作差f（x1）﹣f（x2），最后判斷符號即可．【解答】解：（1）由題意，≥3x，化簡得3?（3x）2+2×3x﹣1≤0…（2分）解得﹣1≤3x≤…（4分）所以x≤﹣1…（（6分），如果是其它答案得5分）（2）已知定義域?yàn)镽，所以f（0）＝＝0?a＝1，…（7分）又f（1）+f（﹣1）＝0?b＝3，…（8分）所以f（x）＝；…（9分）f（x）＝＝（）＝（﹣1+）對任意x1，x2∈R，x1＜x2，可知f（x1）﹣f（x2）＝（﹣）＝﹣（）…（12分）因?yàn)閤1＜x2，所以﹣＞0，所以f（x1）＞f（x2），因此f（x）在R上遞減．…（14分）【點(diǎn)評】本題考查指數(shù)不等式的解法，考查函數(shù)奇偶性的應(yīng)用，考查函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，屬于綜合題，難度大，運(yùn)算量大，屬于難題．六．二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象（共3小題）23．（2022?徐匯區(qū)校級模擬）函數(shù)f（x）＝x2﹣6|x|+8的單調(diào)減區(qū)間是（﹣∞，﹣3]和[0，3]．【分析】由題意，f（x）＝x2﹣6|x|+8＝，從而根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)和圖象，即可求出函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間．【解答】解：由題意，f（x）＝x2﹣6|x|+8＝，所以當(dāng)x≥0時，函數(shù)f（x）的對稱軸為x＝3，所以f（x）在[0，3]單調(diào)遞減；在（3，+∞）單調(diào)遞增，當(dāng)x＜0時，函數(shù)f（x）的對稱軸為x＝﹣3，所以f（x）在（﹣∞，﹣3]單調(diào)遞減；在[3，0）單調(diào)遞增，綜上，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（﹣∞，﹣3]和[0，3]．故答案為：（﹣∞，﹣3]和[0，3]．【點(diǎn)評】本題考查二次函數(shù)的性質(zhì)與圖象，考查學(xué)生的邏輯推理和運(yùn)算求解的能力，屬于基礎(chǔ)題．24．（2022?寶山區(qū)校級二模）“跳臺滑雪”是冬奧會中的一個比賽項(xiàng)目，俗稱“勇敢者的游戲”，觀賞性和挑戰(zhàn)性極強(qiáng)．如圖：一個運(yùn)動員從起滑門點(diǎn)A出發(fā)，沿著助滑道曲線滑到臺端點(diǎn)B起跳，然后在空中沿拋物線g（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）飛行一段時間后在點(diǎn)C著陸，線段BC的長度稱作運(yùn)動員的飛行距離，計入最終成績．已知g（x）＝ax2﹣20ax﹣b在區(qū)間[0，30]上的最大值為﹣30，最小值為﹣70．（1）求實(shí)數(shù)a，b的值及助滑道曲線AB的長度．（2）若運(yùn)動員某次比賽中著陸點(diǎn)C與起滑門點(diǎn)A的高度差為120米，求他的飛行距離（精確到米）．【分析】（1）令y＝f（x），即可得到x2+y2＝b2，（﹣b≤x≤0，﹣b≤y≤0），即可得到f（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（x）的解析式，依題意可得yC＝﹣120，代入解析式中解出x，即可求出C點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式計算可得．【解答】解：（1）因?yàn)?，令y＝f（x），則x2+y2＝b2，（﹣b≤x≤0，﹣b≤y≤0），所以表示以（0，0）為圓心，半徑r＝b的圓弧，因?yàn)間（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）由圖象可知函數(shù)開口向下，所以a＜0，又對稱軸為，又|30﹣10|＞|10﹣0|，所以當(dāng)x＝10時g（x）max＝g（10）＝﹣100a﹣b＝﹣30，g（30）＝300a﹣b＝﹣70，解得，所以，即，助滑道曲線AB的長度為20π米；（2）依題意可得A（﹣40，0），B（0，﹣40），yC＝﹣120，由（1）可得，令g（x）＝﹣120，即，解得x1＝40，x2＝﹣20（舍去），所以C（40，﹣120），所以，即該運(yùn)動員飛行距離約為89米．【點(diǎn)評】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，屬于中檔題．25．（2022?青浦區(qū)二模）設(shè)函數(shù)f（x）＝x2+px+q（p，q∈R），定義集合Df＝{x|f（f（x））＝x，x∈R}，集合Ef＝{x|f（f（x））＝0，x∈R}．（1）若p＝q＝0，寫出相應(yīng)的集合Df和Ef；（2）若集合Df＝{0}，求出所有滿足條件的p，q；（3）若集合Ef只含有一個元素，求證：p≥0，q≥0．【分析】（1）由x4＝x、x4＝0解得x，可得Df，Ef；（2）由f（f（x））﹣x＝0得x2+（p+1）x+p+q+1＝0或x2+（p﹣1）x+q＝0，然后由Δ1＝（p+1）2﹣4（p+q+1），Δ2＝（p﹣1）2﹣4q＞Δ1，方程f（f（x））﹣x＝0只有一個實(shí)數(shù)解0，得Δ2＝0，Δ1＜0，轉(zhuǎn)化為x2+（p﹣1）x+q＝0有唯一實(shí)數(shù)解0，可得答案；（3）由條件，f（f（x））＝0有唯一解，得f（x）＝0有解，分f（x）＝0有唯一解x0、f（x）＝0有兩個解x1，x2（x1＜x2），則f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且兩個方程f（x）＝x1，f（x）＝x2總共只有一個解，結(jié)合f（x）圖像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，結(jié)合f（x）的圖像和實(shí)數(shù)解的個數(shù)可得答案．【解答】解：f（x）＝x2，f（f（x））＝x4，由x4＝x解得x＝0或x＝1，由x4＝0解得x＝0，所以Df＝{0，1}，Ef＝{0}．（2）由f（f（x））﹣x＝f（f（x））﹣f（x）+f（x）﹣x＝f2（x）+pf（x）﹣x2﹣px+f（x）﹣x＝（f（x）+x+p+1）（f（x）﹣x）＝（x2+（p+1）x+p+q+1）（x2+（p﹣1）x+q）＝0，得x2+（p+1）x+p+q+1＝0或x2+（p﹣1）x+q＝0，Δ1＝（p+1）2﹣4（p+q+1）＝（p﹣1）2﹣4q﹣4，Δ2＝（p﹣1）2﹣4q＝（p﹣1）2﹣4q＞Δ1，而方程f（f（x））﹣x＝0只有一個實(shí)數(shù)解0，所以Δ2＝0，Δ1＜0，即只需x2+（p﹣1）x+q＝0有唯一實(shí)數(shù)解0，所以p＝1，q＝0．（3）由條件，f（f（x））＝0有唯一解，所以f（x）＝0有解，①若f（x）＝0有唯一解x0，則f（x）＝（x﹣x0）2，且f（x）＝x0有唯一解，結(jié)合f（x）圖像可知x0＝0，所以f（x）＝x2，所以p＝q＝0．②若f（x）＝0有兩個解x1，x2（x1＜x2），則f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且兩個方程f（x）＝x1，f（x）＝x2總共只有一個解，結(jié)合f（x）圖像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，則f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且兩個方程f（x）＝x1，f（x）＝x2總共只有一個解，結(jié)合f（x）圖像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，所以q＝x1x2＞0，且f（x）的對稱軸x＝﹣＜0，所以p＞0，所以p＞0，q＞0．綜上，p≥0，q≥0．【點(diǎn)評】本題主題考查了二次函數(shù)與二次方程之間的關(guān)系的相互轉(zhuǎn)換，方程根與系數(shù)的應(yīng)用，考查了系數(shù)對新定義的理解能力及計算能力．七．一元二次不等式及其應(yīng)用（共1小題）26．（2023?金山區(qū)二模）若實(shí)數(shù)x滿足不等式x2﹣3x+2＜0，則x的取值范圍是（1，2）．【分析】由已知結(jié)合一元二次不等式的求法即可求解．【解答】解：由x2﹣3x+2＜0，即（x﹣2）（x﹣1）＜0，解得1＜x＜2．故答案為：（1，2）．【點(diǎn)評】本題主要考查了一元二次不等式的求解，屬于基礎(chǔ)題．四四、易錯分析易錯點(diǎn)1：忽視字母的取值范圍而致錯1．(多選)對于任意實(shí)數(shù)，，，，下列四個命題中，其中真命題的是（）A．若，，則； B．若，則；C．若，則； D．若，，則.【錯解】對于A，若，當(dāng)時，則，故A錯誤；對于B，若，則；故B對；對于C，若，可得，所以，故C正確；對于D，若，，則，故D正確.所以選BCD?！惧e因】選項(xiàng)B是錯的，忽略了的情況?！菊狻緾D【解析】對于A，若，當(dāng)時，則，故A錯誤；對于B，若，當(dāng)時，，故B錯誤；對于C，若，可得，所以，故C正確；對于D，若，，則，故D正確.易錯點(diǎn)2：多次運(yùn)用不等式性質(zhì)而致錯2、已知，，求的取值范圍.【錯解】因?yàn)?，，兩式相加得，所以，因?yàn)?，，兩式相加得，所以，所以，即?！惧e因】根據(jù)已知條件單獨(dú)求出a,b各自的范圍，會導(dǎo)致它們的范圍變大?！菊狻俊窘馕觥苛?∴,解得,∴.∵，∴.,又，∴.故的取值范圍為.易錯點(diǎn)3：忽視不等式中高次項(xiàng)的系數(shù)3．若不等式mx2＋2mx－4＜2x2＋4x對任意x都成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－2,2) B．(2，＋∞)C．(－2,2] D．[－2,2]【錯解】原不等式可整理為(2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.由題意知必須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,4－2m2－4×42－m＜0，))解得－2＜m＜2.綜上知實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2,2）．選A【錯因】沒有對二次項(xiàng)系數(shù)2－m討論?！菊狻緾【解析】原不等式可整理為(2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.當(dāng)m＝2時，不等式為4＞0，該不等式恒成立；當(dāng)m≠2時，必須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,4－2m2－4×42－m＜0，))解得－2＜m＜2.綜上知實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2,2]．易錯點(diǎn)4：應(yīng)用基本不等式求最值時，忽略不等式成立的三個條件，4．當(dāng)時，不等式恒成立，則的取值范圍是()A.B.C.D.【錯解】當(dāng)時，由得.，.，故選B。【錯因】令，即，而，所以不成立，即使用基本不等式求最值時，沒有考慮等號問題。【正解】A【解析】當(dāng)時，由得.令，則易知在上是減函數(shù)，所以時，則∴.5.已知遞增等差數(shù)列中，，則的（）A．最大值為B．最小值為4 C．最小值為 D．最大值為4或【錯解】因?yàn)?，由等差?shù)列通項(xiàng)公式,設(shè)公差為,可得，變形可得，而由等差數(shù)列通項(xiàng)公式可知，當(dāng)且僅當(dāng)時取得等號，所以的最大值為4，選A。【錯因】因?yàn)閿?shù)列為遞增數(shù)列,所以，由已知得，則，而錯解中把當(dāng)成正值?！菊狻緽【解析】因?yàn)椋傻炔顢?shù)列通項(xiàng)公式,設(shè)公差為,可得，變形可得，因?yàn)閿?shù)列為遞增數(shù)列,所以，即，而由等差數(shù)列通項(xiàng)公式可知，由,結(jié)合基本不等式可得，當(dāng)且僅當(dāng)時取得等號，所以的最小值為4。易錯點(diǎn)5：忽視一元二次不等式中兩根大小而致錯6．已知集合，集合，命題：，命題：，若是的充分條件，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【錯解】因?yàn)?，，若是的充分條件，則．因?yàn)閯t，，，解得．實(shí)數(shù)的取值范圍是．【錯因】因?yàn)閰?shù)a的范圍不定，所以a與2a-1的大小關(guān)系不定，故需對兩根大小分類討論?！菊狻?【詳解】，，若是的充分條件，則．因?yàn)楫?dāng)時，，顯然成立；當(dāng)時，，，，解得；當(dāng)時，，，，解得．實(shí)數(shù)的取值范圍是．易錯點(diǎn)6：忽視分式不等式中的分母不能為零致錯7．不等式eq\f(2,x＋1)≤1的解集是________．【錯解】由eq\f(2,x＋1)≤1得eq\f(2,x＋1)－1≤0，得eq\f(2－x－1,x＋1)≤0，得eq\f(x－1,x＋1)≥0，得(x－1)(x＋1)≥0，得x≤－1或x≥1，所以原不等式的解集為{x|xx≤－1或x≥1}．【錯因】因?yàn)閤＋1為分母，所以x＋1不等于零?！菊狻坑蒭q\f(2,x＋1)≤1得eq\f(2,x＋1)－1≤0，得eq\f(2－x－1,x＋1)≤0，得eq\f(x－1,x＋1)≥0，得x－1＝0或(x－1)(x＋1)>0，得x＝1或x<－1或x>1，得x<－1或x≥1，所以原不等式的解集為{x|x<－1或x≥1}．易錯點(diǎn)7：忽視一元二次不等式中的二次項(xiàng)系數(shù)不能為零致錯8.若不等式mx2＋2mx－4＜2x2＋4x對任意x都成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－2,2) B．(2，＋∞)C．(－2,2] D．[－2,2]【錯解】原不等式可整理為(2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.若該不等式恒成立，必須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,4－2m2－4×42－m＜0，))解得－2＜m＜2.綜上知實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2,2)，選A．【錯因】沒有對二次項(xiàng)系數(shù)m討論?！菊狻吭坏仁娇烧頌?2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.當(dāng)m＝2時，不等式為4＞0，該不等式恒成立；當(dāng)m≠2時，必須滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,4－2m2－4×42－m＜0，))解得－2＜m＜2.綜上知實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－2,2]．選C易錯點(diǎn)8：忽視口訣：大于取兩邊，小于取中間的使用條件致錯．9．不等式(x－2)(3－2x)≥0的解集為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))C．{x|x≤eq\f(3,2)或x≥2}． D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))【錯解】由(x－2)(3－2x)≥0解得x≤eq\f(3,2)或x≥2，故不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).選C【錯因】“大于號取兩邊，小于號取中間”使用的前提條件是二次項(xiàng)系數(shù)大于零，【正解】由(x－2)(3－2x)≥0得(x－2)(2x－3)≤0，解得eq\f(3,2)≤x≤2，故不等式的解集為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).選B易錯點(diǎn)9：一元二次不等式恒成立問題中忽視區(qū)間的開閉致錯10．當(dāng)1≤x≤3時，關(guān)于x的不等式ax2＋x－1<0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－eq\f(1,4)] B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))【錯解】當(dāng)1≤x≤3時，由ax2＋x－1<0恒成立可得，a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)恒成立，令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，則當(dāng)x＝2時，f(x)min＝－eq\f(1,4)，所以a≤－eq\f(1,4),選A?！惧e因】因?yàn)?≤x≤3，即x可以取到端點(diǎn)值，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)可以取到－eq\f(1,4)，則a<－eq\f(1,4)，不能取等號?！菊狻慨?dāng)1≤x≤3時，由ax2＋x－1<0恒成立可得，a<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)恒成立，令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2－eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，則當(dāng)x＝2時，f(x)min＝－eq\f(1,4)，所以a<－eq\f(1,4).選B。易錯點(diǎn)10：有關(guān)一元二次方程根的分布條件列不全致錯11．若方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0的兩根都大于2，則m的取值范圍是________．【錯解】設(shè)方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0的兩根為則，則，即，即解得m<－4，故m的取值范圍是(－∞，－4)．【錯因】條件不能推出，例如時，滿足，但?！菊狻苛頵(x)＝x2＋(m－2)x＋5－m，其對稱軸方程為x＝eq\f(2－m,2)，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2－m,2)>2，,f2>0，,Δ≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2－m,2)>2，,4＋2m－4＋5－m>0，,m－22－45－m≥0，))解得－5<m≤－4，故m的取值范圍是(－5，－4]．答案：(－5，－4]易錯點(diǎn)11：解一元二次不等式時忽視兩根大小而致錯12．解關(guān)于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)．【錯解】原不等式可化為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－eq\f(1,a)))(x－1)<0(a>0).解得eq\f(1,a)<x<1，則該不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))).【錯因】沒有考慮eq\f(1,a)與1的大小關(guān)系，【正解】由a>0，知原不等式等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－eq\f(1,a)))(x－1)<0.①當(dāng)a＝1時，eq\f(1,a)＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－eq\f(1,a)))(x－1)<0無解；②當(dāng)a>1時，eq\f(1,a)<1，得eq\f(1,a)<x<1；③當(dāng)0<a<1時，eq\f(1,a)>1，得1<x<eq\f(1,a).綜上，當(dāng)0<a<1時，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a)))))；當(dāng)a＝1時，不等式解集為?；當(dāng)a>1時，不等式解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))).五五、刷好題一．填空題（共9小題）1．（2023?寶山區(qū)二模）不等式＜0的解集為（0，1）．【分析】由不等式＜0可得x（x﹣1）＜0，由此解得不等式的解集．【解答】解：由不等式＜0可得x（x﹣1）＜0，解得0＜x＜1，故答案為：（0，1）．【點(diǎn)評】本題主要考查分式不等式的解法，體現(xiàn)了等價轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于基礎(chǔ)題．2．（2022秋?閔行區(qū)期末）已知a是正實(shí)數(shù)，若a3＞aπ，則a的取值范圍是{a|0＜a＜1}．【分析】根據(jù)題意構(gòu)造函數(shù)f（x）＝ax，利用函數(shù)的單調(diào)性即可求出a的取值范圍．【解答】解：因?yàn)閍是正實(shí)數(shù)，若a3＞aπ，則函數(shù)f（x）＝ax是單調(diào)遞減函數(shù)，所以a的取值范圍是{a|0＜a＜1}．故答案為：{a|0＜a＜1}．【點(diǎn)評】本題考查了利用函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)值大小的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．3．（2022秋?徐匯區(qū)期末）不等式的解集為（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）．【分析】由題意，利用分式不等式、一元二次不等式的解法，求得結(jié)果．【解答】解：不等式，即≤1，即x+4≤x2+2x+2，即x2+x﹣2≥0，解得x≤﹣2或x≥1，故原不等式的解集為（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞），故答案為：（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）．【點(diǎn)評】本題主要考查分式不等式、一元二次不等式的解法，屬于基礎(chǔ)題．4．（2022秋?長寧區(qū)校級期末）函數(shù)y＝a1﹣x（a＞0，a≠1）的圖像恒過定點(diǎn)A，若點(diǎn)A的坐標(biāo)滿足方程mx+2ny﹣1＝0（mn＞0），則的最小值3+2．【分析】根據(jù)冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)求出點(diǎn)A坐標(biāo)，代入方程mx+2ny﹣1＝0中，再求的最小值．【解答】解：令1﹣x＝0，解得x＝1，所以y＝a0＝1，所以函數(shù)y＝a1﹣x的圖像恒過定點(diǎn)A（1，1），因?yàn)辄c(diǎn)A的坐標(biāo)滿足方程mx+2ny﹣1＝0（mn＞0），即m+2n＝1，所以＝（+）（m+2n）＝1+2++≥3+2＝3+2，當(dāng)且僅當(dāng)＝，即m＝﹣1，n＝1﹣時取“＝”，所以的最小值為3+2．故答案為：3+2．【點(diǎn)評】本題考查了冪函數(shù)的圖象與性質(zhì)應(yīng)用問題，也考查了利用基本不等式求最值的問題，是基礎(chǔ)題．5．（2023春?奉賢區(qū)校級期中）不等式的解集為（﹣2，3]．【分析】根據(jù)不等式的性質(zhì)轉(zhuǎn)化為同解不等式求解即可．【解答】解：原不等式可化為，即≤0，等價于，解得﹣2＜x≤3，即不等式的解集為（﹣2，3]．【點(diǎn)評】本題考查了解不等式問題，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道基礎(chǔ)題．6．（2022秋?徐匯區(qū)期末）已知方程x2+x﹣1＝0的兩個根為x1、x2，則|x1﹣x2|＝．【分析】由題意，利用韋達(dá)定理，計算求得|x1﹣x2|＝的值．【解答】解：∵方程x2+x﹣1＝0的兩個根為x1、x2，∴x1+x2＝﹣1，x1?x2＝﹣1，∴|x1﹣x2|＝＝＝＝，故答案為：．【點(diǎn)評】本題主要考查韋達(dá)定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．7．（2022秋?浦東新區(qū)期末）已知一元二次方程x2+x﹣3a＝0（a＞0）的兩個實(shí)根為x1、x2，則x12x2+x22x1＝3．【分析】由題意，利用韋達(dá)定理，求得所給式子的值．【解答】解：∵一元二次方程x2+x﹣3a＝0（a＞0）的兩個實(shí)根為x1、x2，∴x1+x2＝﹣，x1?x2＝﹣3a，則x12x2+x22x1＝x1?x2（x1+x2）＝3，故答案為：3．【點(diǎn)評】本題主要考查韋達(dá)定理的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．8．（2023春?閔行區(qū)校級月考）已知實(shí)數(shù)a＞0，b＜0，則的取值范圍是[﹣2，﹣1）．【分析】化＝，設(shè)＝x，構(gòu)造函數(shù)f（x）＝，x∈（﹣∞，0），利用導(dǎo)數(shù)判斷f（x）的單調(diào)性，求出最值，即可求出f（x）的取值范圍．【解答】解：因?yàn)閷?shí)數(shù)a＞0，b＜0，所以＝，設(shè)＝x，則x＜0，所以函數(shù)f（x）＝，其中x∈（﹣∞，0），求導(dǎo)數(shù)f′（x）＝＝，令f′（x）＝0，解得x＝﹣，所以x∈（﹣∞，﹣）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，x∈（﹣，0）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以f（x）在x＝﹣時取得最小值為f（﹣）＝＝﹣2，又因?yàn)閤→0時f（x）→﹣1，x→﹣∞時，f（x）＝﹣→﹣，所以f（x）的取值范圍是[﹣2，﹣1）．故答案為：[﹣2，﹣1）．【點(diǎn)評】本題考查了函數(shù)的性質(zhì)與應(yīng)用問題，也考查了轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．9．（2023春?寶山區(qū)校級期中）函數(shù)y＝的最小值是．【分析】將函數(shù)化為y＝（+）+，注意運(yùn)用基本不等式和二次函數(shù)的最值，同時注意最小值取得時，x的取值要一致，即可得到所求最小值．【解答】解：函數(shù)y＝＝＝+＝（+）+≥2+＝．當(dāng)且僅當(dāng)＝，即有x＝0，取得等號．則函數(shù)的最小值為．故答案為：．【點(diǎn)評】本題考查基本不等式的運(yùn)用：求最值，注意求最值的條件：一正二定三等，屬于中檔題和易錯題．二．解答題（共2小題）10．（2023春?青浦區(qū)校級期中）如圖，某生態(tài)園將一三角形地塊ABC的一角APQ開辟為水果園種植桃樹，已知角A為120°，AB，AC的長度均大于200米，現(xiàn)在邊界AP，AQ處建圍墻，在PQ處圍竹籬笆．（1）若圍墻AP，AQ總長度為200米，如何圍可使得三角形地塊APQ的面積最大？（2）已知AP段圍墻高1米，AQ段圍墻高米，造價均為每平方米100元．若圍圍墻用了20000元，問如何圍可使竹籬笆用料最??？【分析】（1）設(shè)AP＝x米，AQ＝y(tǒng)米，則x+y＝200，△APQ的面積S＝xysin120°＝xy，利用基本不等式，可得結(jié)論；（2）由題意得100×（xy）＝20000，即xy＝200，要使竹籬笆用料最省，只需PQ最短，利用余弦定理求出PQ，即可得出結(jié)論．【解答】解：設(shè)AP＝x米，AQ＝y(tǒng)米，則（1）x+y＝200，△APQ的面積S＝xysin120°＝xy＝2500，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝100時取等號；（2）由題意得100×（xy）＝20000，即xy＝200，要使竹籬笆用料最省，只需PQ最短，所以PQ2＝x2+y2﹣2xycos120°＝x2+y2+xy＝（200﹣y）2+y2+（200﹣y）y＝y(tǒng)2﹣400y+40000（0＜y＜）所以y＝時，PQ有最小值，此時x＝．【點(diǎn)評】本題考查利用數(shù)學(xué)知識解決實(shí)際問題，考查三角形面積的計算，余弦定理的運(yùn)用，屬于中檔題．11．（2022秋?長寧區(qū)校級期末）已知函數(shù)f（x）＝﹣x2+2ax+a2+1，a∈R（1）函數(shù)在區(qū)間[﹣1，1]上為嚴(yán)格減函數(shù)，求a的取值范圍；（2）函數(shù)在區(qū)間[﹣1，1]上的最大值為3，求a的值．【分析】（1）結(jié)合二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，分析對稱軸和區(qū)間[﹣1，1]的關(guān)系，可得a的取值范圍；（2）用對稱軸和區(qū)間[﹣1，1]的關(guān)系進(jìn)行分類討論，求出函數(shù)的最大值，再根據(jù)題意即可求得a的值．【解答】解：（1）f（x）＝﹣x2+2ax+a2+1＝﹣（x﹣a）2+2a2+1，對稱軸為x＝a．若函數(shù)在區(qū)間[﹣1，1]上為嚴(yán)格減函數(shù)，則a≤﹣1，所以a的取值范圍為（﹣∞，﹣1]；（2）①若a≥1，此時函數(shù)f（x）在區(qū)間[﹣1，1]上單調(diào)遞增，所以最大值f（1）＝﹣1+2a+a2+1＝3，解得a＝1或a＝﹣3（舍去）；②若﹣1＜a＜1