考点02不等式（7种题型11个易错考点）

考点02不等式（7种题型11个易错考点）【课程安排细目表】真题抢先刷，考向提前知二、考点清单三、题型方法四、易错分析五、刷好题六.刷压轴一一、真题抢先刷，考向提前知一．选择题（共4小题）1．（2022•上海）若a＞b＞c＞d，则下列不等式恒成立的是（）A．a+d＞b+c B．a+c＞b+d C．ac＞bd D．ad＞bc【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解．【解答】解：对于A，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，满足a＞b＞c＞d，但a+d＝b+c，故A错误，对于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正确，对于C，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，满足a＞b＞c＞d，但ac＝bd，故C错误，对于D，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，满足a＞b＞c＞d，但ad＜bc，故D错误．故选：B．【点评】本题主要考查了不等式的性质，掌握特殊值法是解本题的关键，属于基础题．2．（2020•上海）下列不等式恒成立的是（）A．a2+b2≤2ab B．a2+b2≥﹣2ab C．a+b≥2 D．a2+b2≤﹣2ab【分析】利用（a+b）2≥0恒成立，可直接得到a2+b2≥﹣2ab成立，通过举反例可排除ACD．【解答】解：A．显然当a＜0，b＞0时，不等式a2+b2≤2ab不成立，故A错误；B．∵（a+b）2≥0，∴a2+b2+2ab≥0，∴a2+b2≥﹣2ab，故B正确；C．显然当a＜0，b＜0时，不等式a+b≥2不成立，故C错误；D．显然当a＞0，b＞0时，不等式a2+b2≤﹣2ab不成立，故D错误．故选：B．【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属基础题．3．（2022•上海）若实数a、b满足a＞b＞0，下列不等式中恒成立的是（）A．a+b＞2 B．a+b＜2 C．+2b＞2 D．+2b＜2【分析】利用已知条件以及基本不等式化简即可判断求解．【解答】解：因为a＞b＞0，所以a+b≥2，当且仅当a＝b时取等号，又a＞b＞0，所以a+b，故A正确，B错误，＝2，当且仅当，即a＝4b时取等号，故CD错误，故选：A．【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了学生的理解能力，属于基础题．4．（2021•上海）已知两两不相等的x1，y1，x2，y2，x3，y3，同时满足①x1＜y1，x2＜y2，x3＜y3；②x1+y1＝x2+y2＝x3+y3；③x1y1+x3y3＝2x2y2，以下哪个选项恒成立（）A．2x2＜x1+x3 B．2x2＞x1+x3 C．x22＜x1x3 D．x22＞x1x3【分析】设，，，根据题意，则有，可得x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c），通过求解（2b）2﹣（a+c）2＞0，可得x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c）＞0，可得A正确，B错误；利用作差法可得x1x3﹣x22＝（2b﹣a﹣c）m﹣，而上面已证（2b﹣a﹣c）＞0，因无法知道m的正负，可得该式子的正负无法恒定，即无法判断CD，即可得解．【解答】解：设x1+y1＝x2+y2＝x3+y3＝2m，，，，根据题意，应该有，且m2﹣a2+m2﹣c2＝2（m2﹣b2）＞0，则有，则x1+x3﹣2x2＝（m﹣a）+（m﹣c）﹣2（m﹣b）＝2b﹣（a+c），因为（2b）2﹣（a+c）2＝2（a2+c2）﹣（a+c）2＞0，所以x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c）＞0，所以A项正确，B错误．x1x3﹣x22＝（m﹣a）（m﹣c）﹣（m﹣b）2＝（2b﹣a﹣c）m+ac﹣b2＝（2b﹣a﹣c）m﹣，而上面已证（2b﹣a﹣c）＞0，因为不知道m的正负，所以该式子的正负无法恒定．故选：A．【点评】本题主要考查不等关系与不等式的应用，考查了方程思想和转化思想，属于中档题．二．填空题（共5小题）5．（2022•上海）不等式＜0的解集为（0，1）．【分析】把分式不等式转化为二次不等式即可直接求解．【解答】解：由题意得x（x﹣1）＜0，解得0＜x＜1，故不等式的解集（0，1）．故答案为：（0，1）．【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题．6．（2021•上海）不等式＜1的解集为（﹣7，2）．【分析】由已知进行转化＜0，进行可求．【解答】解：＜1⇒＜0⇒＜0，解得，﹣7＜x＜2．故答案为：（﹣7，2）．【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题．7．（2023•上海）已知正实数a、b满足a+4b＝1，则ab的最大值为．【分析】直接利用基本不等式求出结果．【解答】解：正实数a、b满足a+4b＝1，则ab＝，当且仅当a＝，时等号成立．故答案为：．【点评】本题考查的知识要点：基本不等式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．8．（2021•上海）已知函数f（x）＝3x+（a＞0）的最小值为5，则a＝9．【分析】利用基本不等式求最值需要满足“一正、二定、三相等”，该题只需将函数解析式变形成f（x）＝3x+1+﹣1，然后利用基本不等式求解即可，注意等号成立的条件．【解答】解：f（x）＝3x+＝3x+1+﹣1≥﹣1＝5，所以a＝9，经检验，3x＝2时等号成立．故答案为：9．【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，以及整体的思想，解题的关键是构造积为定值，属于基础题．9．（2020•上海）不等式＞3的解集为（0，）．【分析】将不等式化简后转化为一元二次不等式，由一元二次不等式的解法求出不等式的解集．【解答】解：由得，则x（1﹣3x）＞0，即x（3x﹣1）＜0，解得，所以不等式的解集是（0，），故答案为：（0，）．【点评】本题考查分式不等式、一元二次不等式的解法，以及转化思想，属于基础题．三．解答题（共1小题）10．（2022•上海）为有效塑造城市景观、提升城市环境品质，上海市正在努力推进新一轮架空线入地工程的建设．如图是一处要架空线入地的矩形地块ABCD，AB＝30m，AD＝15m．为保护D处的一棵古树，有关部门划定了以D为圆心、DA为半径的四分之一圆的地块为历史古迹封闭区．若空线入线口为AB边上的点E，出线口为CD边上的点F，施工要求EF与封闭区边界相切，EF右侧的四边形地块BCFE将作为绿地保护生态区．（计算长度精确到m，计算面积精确到m2）（1）若∠ADE＝20°，求EF的长；（2）当入线口E在AB上的什么位置时，生态区的面积最大？最大面积是多少？【分析】（1）作DH⊥EF，然后结合锐角三角函数定义表示出EF，（2）设∠ADE＝θ，结合锐角三角函数定义可表示AE，FH，然后表示出面积，结合同角基本关系进行化简，再由基本不等式可求．【解答】解：（1）作DH⊥EF，垂足为H，则EF＝EH+HF＝15tan20°+15tan50°≈m；（2）设∠ADE＝θ，则AE＝15tanθ，FH＝15tan（90°﹣2θ），S四边形ADFE＝2S△ADE+S△DFH＝2××15×15tanθ+，＝（30tanθ+15cot2θ）＝（30tanθ+15×）＝≥，当且仅当3tanθ＝，即tan时取等号，此时AE＝15tanθ＝5，最大面积为450﹣≈m2．【点评】本题主要考查了利用基本不等式在求解最值中的应用，解题的关键是由实际问题抽象出数学问题，属于中档题．二二、考点清单一、等式与不等式的性质1.两个实数比较大小的方法(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.等式的性质(1)对称性：若a＝b，则b＝a.(2)传递性：若a＝b，b＝c，则a＝c.(3)可加性：若a＝b，则a＋c＝b＋c.(4)可乘性：若a＝b，则ac＝bc；若a＝b，c＝d，则ac＝bd.3.不等式的性质(1)对称性：a＞b⇔b＜a；(2)传递性：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)可开方：a＞b＞0⇒eq\r(n,a)＞eq\r(n,b)(n∈N，n≥2).二、均值不等式及其应用1.均值不等式：eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)(1)均值不等式成立的条件：a≥0，b≥0.(2)等号成立的条件：当且仅当a＝b时取等号.(3)其中eq\f(a＋b,2)称为正数a，b的算术平均数，eq\r(ab)称为正数a，b的几何平均数.2.两个重要的不等式(1)a2＋b2≥2ab(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.(2)ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(2)(a，b∈R)，当且仅当a＝b时取等号.3.利用均值不等式求最值已知x≥0，y≥0，则(1)如果积xy是定值p，那么当且仅当x＝y时，x＋y有最小值是2eq\r(p)(简记：积定和最小).(2)如果和x＋y是定值s，那么当且仅当x＝y时，xy有最大值是eq\f(s2,4)(简记：和定积最大).三、从函数的观点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个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式不等式叫作一元二次不等式.2.三个“二次”间的关系判别式Δ＝b2－4acΔ＞0Δ＝0Δ＜0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a＞0)的根有两相异实根x1，x2(x1＜x2)有两相等实根x1＝x2＝－eq\f(b,2a)没有实数根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.分式不等式与整式不等式(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、题型方法一．等式与不等式的性质（共2小题）1．（2022•宝山区校级模拟）已知a＜b，c≥0，则下列不等式中恒成立的是（）A．ac＜bc B．a2c≤b2c C．a2+c＜b2+c D．ac2≤bc2【分析】利用不等式的性质和特殊值法，判断A、B、C、D即可．【解答】解：对于A：∵a＜b，c≥0，∴ac≤bc，则选项A不正确；对于B和C：当a＝﹣1，时，即a2＞b2，∴a2c≥b2c和a2+c＞b2+c成立，则选项B、C不正确；对于D：∵c≥0，∴c2≥0，∴ac2≤bc2，则选项D正确；故选：D．【点评】本题考查的知识要点：不等式的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．2．（2022•杨浦区模拟）设x1，x2∈R，则“x1+x2＞6且x1x2＞9”是“x1＞3且x2＞3”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【分析】根据已知条件，结合特殊值法，以及不等式的性质，即可求解．【解答】解：令x1＝1，x2＝9，满足x1+x2＞6且x1x2＞9，但x1＜3，故充分性不成立，当x1＞3且x2＞3时，根据不等式的性质可得，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”的必要不充分条件．故选：B．【点评】本题主要考查不等式的性质，以及特殊值法，属于基础题．二．不等关系与不等式（共3小题）3．（2023•黄浦区模拟）已知x∈R，下列不等式中正确的是（）A． B． C． D．【分析】举反例可排除A、B、C，再利用不等式的性质可证明D正确即可．【解答】解：取x＝0可得＝1＝，故A错误；取x＝0可得＝1＝，故B错误；取x＝1可得＝＝，故C错误；选项D，∵x2+2＞x2+1＞0，∴＞，故D正确．故选：D．【点评】本题考查不等式比较大小，举反例是解决问题的关键，属基础题．4．（2023•金山区二模）若实数a、b满足a2＞b2＞0，则下列不等式中成立的是（）A．a＞b B．2a＞2b C．a＞|b| D．log2a2＞log2b2【分析】举反例可判断ABC错误，利用对数函数的单调性可判断D正确．【解答】解：对于A，取a＝﹣2，b＝1，满足a2＞b2＞0，但是a＞b不成立，故A错误；对于B，取a＝﹣2，b＝1，满足a2＞b2＞0，但是，即2a＞2b不成立，故B错误；对于C，取a＝﹣2，b＝1，满足a2＞b2＞0，但是a＞|b|不成立，故C错误；对于D，∵a2＞b2＞0，且y＝log2x在（0，+∞）上单调递增，∴，故D正确．故选：D．【点评】本题主要考查了不等式的性质，考查了对数函数的单调性，属于基础题．5．（2023•嘉定区模拟）不等式的解集为（﹣∞，1）．【分析】利用分式不等式的解法，化简解出不等式．【解答】解：＜1等价于﹣1＜0，化简得：＜0，即x﹣1＜0，解得x＜1，故答案为：（﹣∞，1）【点评】本题考查不等式的解法，属于基础题．三．基本不等式及其应用（共9小题）6．（2023•宝山区二模）已知定义在R上的偶函数f（x）＝|x﹣m+1|﹣2，若正实数a、b满足f（a）+f（2b）＝m，则的最小值为（）A． B．9 C． D．8【分析】由f（x）为偶函数可得﹣m+1＝0，进而求出m的值，得到f（x）的解析式，再由正实数a、b满足f（a）+f（2b）＝m，可得a+2b＝5，结合基本不等式求解即可．【解答】解：∵f（x）＝|x﹣m+1|﹣2为R上的偶函数，∴﹣m+1＝0，∴m＝1，∴f（x）＝|x|﹣2，又∵正实数a、b满足f（a）+f（2b）＝m，∴（a﹣2）+（2b﹣2）＝1，即a+2b＝5，∴＝（a+2b）（）＝（5+）＝，当且仅当，即a＝b＝时，等号成立，即的最小值为．故选：A．【点评】本题主要考查了函数的奇偶性，考查了利用基本不等式求最值，属于基础题．7．（2023•黄浦区模拟）若关于x的不等式x2+bx+c≥0（b＞1）的解集为R，则的最小值为8．【分析】由题意可得Δ≤0化简得，所以，利用基本不等式即可求解．【解答】解：因为不等式x2+bx+c≥0（b＞1）的解集为R，则，因为b＞1，所以b﹣1＞0，所以＝．当且仅当，即b＝3时，取到等号．故答案为：8．【点评】悲痛主要考查了不等式恒成立求解参数范围，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．8．（2023•奉贤区二模）已知两个正数a，b的几何平均值为1，则a2+b2的最小值为2．【分析】由几何平均值的定义得到ab＝1，利用基本不等式求解即可．【解答】解：由题意得，即ab＝1，故a2+b2≥2ab＝2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．故答案为：2．【点评】本题主要考查基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．9．（2023•金山区二模）已知正实数a、b满足，则2a+b的最小值为8．【分析】由题意可得，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，当且仅当＝，即a＝2，b＝4时，等号成立，即2a+b的最小值为8．故答案为：8．【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，属于基础题．10．（2023•嘉定区二模）已知函数y＝2x+，定义域为（0，+∞），则该函数的最小值为1．【分析】利用基本不等式直接求解．【解答】解：∵x＞0，∴y＝2x+＝1，当且仅当2x＝，即x＝时，等号成立，即该函数的最小值为1．故答案为：1．【点评】本题主要考查了利用基本不等式求最值，属于基础题．11．（2023•崇明区二模）已知正实数a、b满足ab＝1，则a+4b的最小值等于4．【分析】直接利用基本不等式计算得到答案．【解答】解：，当a＝4b，即a＝2，时等号成立，故a+4b的最小值为4．故答案为：4．【点评】本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．12．（2023•浦东新区模拟）对于正实数x，代数式的最小值为5．【分析】由已知利用基本不等式直接计算即可求解．【解答】解：因为x＞0，故x+＝x+1+﹣1﹣1＝5，当且仅当x＝2时取等号．故答案为：5．【点评】本题考查基本不等式的应用，属于基础题．13．（2023•杨浦区校级三模）若实数x，y满足xy＝1，则2x2+y2的最小值为2．【分析】根据基本不等式可得．【解答】解：∵xy＝1，∴2x2+y2≥2＝2，（当且仅当2x＝y＝±时，取等），故答案为：2．【点评】本题考查了基本不等式及其应用．属基础题．14．（2022•上海模拟）已知函数y＝f（x）的定义域为D，值域为A．若D⊆A，则称f（x）为“M型函数”；若A⊆D，则称f（x）为“N型函数”．（1）设，D＝[1，4]，试判断f（x）是“M型函数”还是“N型函数”；（2）设，g（x）＝af（2+x）+bf（2﹣x），若g（x）既是“M型函数”又是“N型函数”，求实数a，b的值；（3）设f（x）＝x2﹣2ax+b，D＝[1，3]，若f（x）为“N型函数”，求f（2）的取值范围．【分析】（1）利用基本不等式以及双勾函数的性质求出函数的值域可求解；（2）分a＞0，b＜0和a＜0，b＞0结合函数的单调性分类讨论求解；（3）分a不同的取值结合“N型函数”的定义即可求范围．【解答】解：（1）当x∈[1，4]时，，当且仅当时取等号，由于f（1）＝4，f（4）＝1，所以函数f（x）的值域为，因为，所以D⊆A，所以f（x）是“M型函数”；（2），定义域为[﹣2，2]，由题意得函数g（x）的值域也为[﹣2，2]，显然ab＜0，否则值域不可能由负到正，当a＞0，b＜0时，g（x）在[﹣2，2]上单调递增，则，得a＝1，b＝﹣1；当a＜0，b＞0时，g（x）在[﹣2，2]上单调递减，则得a＝﹣1，b＝1；（3）f（x）＝x2﹣2ax+b＝（x﹣a）2+b﹣a2，D＝[1，3]，由题意得函数f（x）的值域A⊆[1，3]，当a≤1时，f（x）的最小值f（1）＝1﹣2a+b≥1，当1＜a≤3时，f（x）的最小值f（a）＝b﹣a2≥1，当a≥3时，f（x）的最小值f（3）＝9﹣6a+b≥1，当a≤2时，f（x）的最大值f（3）＝9﹣6a+b≤3，当a＞2时，f（x）的最大值f（1）＝1﹣2a+b≤3，因为f（2）＝4﹣4a+b，由点（a，b）所在的可行域，当a＝2，b＝6时，f（2）取最大值，最大值为2，当f（2）＝4﹣4a+b与b＝a2+1相切，即a＝2，b＝5时，f（2）取最小值，最小值为1，因此f（2）的取值范围是[1，2]．【点评】本题以新定义为载体，主要考查了基本不等式及函数单调性在最值求解中的应用，属于中档题．四．其他不等式的解法（共5小题）15．（2022•浦东新区校级二模）下列各组不等式中，解集完全相同的是（）A．与x2＜x+6 B．＜0与（x﹣2）（x+1）＜0 C．＞0与x+2＞0 D．与x﹣3＞2x+1【分析】把各个不等式等价变形，可得结论．【解答】解：∵＜，等价于＜0，∴x＜﹣2，或﹣1＜x＜3．而由x2＜x+6，求得﹣2＜x＜3，故A错误．∵＞0，等价于，即﹣2＜x＜1或x＞1；而（x﹣2）（x+1）＜0，等价于﹣1＜x＜2，故B错误．∵＞0，等价于x＞﹣2且x≠1，故C错误；∵x2﹣x+1＝+＞0恒成立，故＞，等价于x﹣3＞2x+1，故D正确，故选：D．【点评】本题主要考查分式不等式的解法，等价变形，属于中档题．16．（2023•嘉定区二模）已知，B＝{x|x≥1}，则A∩B＝{1}．【分析】先求出集合A，再利用集合的交集运算求解即可．【解答】解：由，可得0＜x≤1，所以A＝{x|0＜x≤1}，又因为B＝{x|x≥1}，所以A∩B＝{1}．故答案为：{1}．【点评】本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．17．（2023•青浦区二模）已知函数y＝ax2+bx+c的图像如图所示，则不等式（ax+b）（bx+c）（cx+a）＜0的解集是．【分析】根据题意，由二次函数的性质可得a＞0且方程ax2+bx+c＝0的两个根为1和2，由此分析可得b＝﹣3a，c＝2a，则不等式等价于（x﹣3）（3x﹣2）（2x+1）＞0，解可得答案．【解答】解：根据题意，由函数y＝ax2+bx+c的图像，有a＞0，且方程ax2+bx+c＝0的两个根为1和2，则有，则有b＝﹣3a，c＝2a，则（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，即不等式的解集为．故答案为：．【点评】本题考查不等式的解法，考查数形结合思想及运算求解能力，属于基础题．18．（2023•宝山区二模）已知函数（a＞0且a≠1），若关于x的不等式f（ax2+bx+c）＞0的解集为（1，2），其中b∈（﹣6，1），则实数a的取值范围是（1，2）．【分析】先解f（x）＞0的解集，再将ax2+bx+c当做一个整体，结合不等式f（ax2+bx+c）＞0的解集形式即可化简该不等式，从而建立方程，解出a，b的关系式，最后再由b的范围即可求得a的取值范围．【解答】解：若f（x）＞0，则＞0，∴ax＜1，∴当0＜a＜1时，x＞0；当a＞1时，x＜0，∵不等式f（ax2+bx+c）＞0的解集为（1，2），∴a＞1，ax2+bx+c＜0，且ax2+bx+c＜0的解集为（1，2），∴1和2是方程ax2+bx+c＝0的两个根，∴﹣＝1+2＝3，∴a＝﹣，∵b∈（﹣6，1），∴a∈（﹣，2），又∵a＞1，∴a∈（1，2），即实数a的取值范围是（1，2）．故答案为：（1，2）．【点评】本题主要考查了指数不等式、一元二次不等式的解法，考查了韦达定理的应用，属于中档题．19．（2022•长宁区二模）已知函数f（x）满足：，则不等式的解集为[﹣1，+∞）．【分析】分x≥0和x＜0两种情况，写出f（x）的解析式，解分式不等式，即可．【解答】解：当x≥0时，f（x）＝＝＝1﹣≥0恒成立，所以x≥0满足题意；当x＜0时，f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣＝，不等式等价于+≥0，解得﹣1≤x＜0，综上所述，不等式的解集为[﹣1，+∞）．故答案为：[﹣1，+∞）．【点评】本题考查分式不等式的解法，分段函数的解析式，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．五．指、对数不等式的解法（共3小题）20．（2023•杨浦区二模）由函数的观点，不等式3x+lgx≤3的解集是（0，1）．【分析】不等式化为3x≤3﹣lgx，在同一坐标系内画出y＝3x和y＝3﹣lgx的图象，利用函数的图象求出不等式的解集．【解答】解：不等式3x+lgx≤3可化为3x≤3﹣lgx，在同一坐标系内画出y＝3x和y＝3﹣lgx的图象，如图所示：由3x＝3﹣lgx，得x＝1，所以由函数的观点知，不等式3x+lgx≤3的解集是（0，1]．故答案为：（0，1]．【点评】本题考查了函数的图象与性质应用问题，也考查了不等式解法与应用问题，是基础题．21．（2022•闵行区二模）不等式2x﹣5＜0的解集为（﹣∞，log25）．【分析】根据题意，y＝2x在R上单调递增，求解即可．【解答】解：2x﹣5＜0，2x＜5，y＝2x在R上单调递增，∴x＜log25．故答案为：（﹣∞，log25）．【点评】本题考查指数不等式的解法，属于基础题．22．（2022•宝山区二模）已知函数f（x）＝．（1）当a＝b＝1时，求满足f（x）≥3x的x的取值范围；（2）若y＝f（x）的定义域为R，又是奇函数，求y＝f（x）的解析式，判断其在R上的单调性并加以证明．【分析】（1）由题意可得≥3x从中解得﹣1≤3x≤，解此指数不等式即可求得x的取值范围；（2）由f（0）＝0，可求得a，f（1）+f（﹣1）＝0可求得b，从而可得y＝f（x）的解析式；利用单调性的定义，对任意x1，x2∈R，x1＜x2，再作差f（x1）﹣f（x2），最后判断符号即可．【解答】解：（1）由题意，≥3x，化简得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）已知定义域为R，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+）对任意x1，x2∈R，x1＜x2，可知f（x1）﹣f（x2）＝（﹣）＝﹣（）…（12分）因为x1＜x2，所以﹣＞0，所以f（x1）＞f（x2），因此f（x）在R上递减．…（14分）【点评】本题考查指数不等式的解法，考查函数奇偶性的应用，考查函数单调性的判断与证明，属于综合题，难度大，运算量大，属于难题．六．二次函数的性质与图象（共3小题）23．（2022•徐汇区校级模拟）函数f（x）＝x2﹣6|x|+8的单调减区间是（﹣∞，﹣3]和[0，3]．【分析】由题意，f（x）＝x2﹣6|x|+8＝，从而根据二次函数的性质和图象，即可求出函数的单调递减区间．【解答】解：由题意，f（x）＝x2﹣6|x|+8＝，所以当x≥0时，函数f（x）的对称轴为x＝3，所以f（x）在[0，3]单调递减；在（3，+∞）单调递增，当x＜0时，函数f（x）的对称轴为x＝﹣3，所以f（x）在（﹣∞，﹣3]单调递减；在[3，0）单调递增，综上，函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣3]和[0，3]．故答案为：（﹣∞，﹣3]和[0，3]．【点评】本题考查二次函数的性质与图象，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．24．（2022•宝山区校级二模）“跳台滑雪”是冬奥会中的一个比赛项目，俗称“勇敢者的游戏”，观赏性和挑战性极强．如图：一个运动员从起滑门点A出发，沿着助滑道曲线滑到台端点B起跳，然后在空中沿抛物线g（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）飞行一段时间后在点C着陆，线段BC的长度称作运动员的飞行距离，计入最终成绩．已知g（x）＝ax2﹣20ax﹣b在区间[0，30]上的最大值为﹣30，最小值为﹣70．（1）求实数a，b的值及助滑道曲线AB的长度．（2）若运动员某次比赛中着陆点C与起滑门点A的高度差为120米，求他的飞行距离（精确到米）．【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）的几何意义，根据二次函数的性质得到g（10）＝﹣30，g（30）＝﹣70，即可求出a、b的值，从而求出曲线AB的长度；（2）由（1）可得g（x）的解析式，依题意可得yC＝﹣120，代入解析式中解出x，即可求出C点坐标，根据两点间的距离公式计算可得．【解答】解：（1）因为，令y＝f（x），则x2+y2＝b2，（﹣b≤x≤0，﹣b≤y≤0），所以表示以（0，0）为圆心，半径r＝b的圆弧，因为g（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）由图象可知函数开口向下，所以a＜0，又对称轴为，又|30﹣10|＞|10﹣0|，所以当x＝10时g（x）max＝g（10）＝﹣100a﹣b＝﹣30，g（30）＝300a﹣b＝﹣70，解得，所以，即，助滑道曲线AB的长度为20π米；（2）依题意可得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，即该运动员飞行距离约为89米．【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，属于中档题．25．（2022•青浦区二模）设函数f（x）＝x2+px+q（p，q∈R），定义集合Df＝{x|f（f（x））＝x，x∈R}，集合Ef＝{x|f（f（x））＝0，x∈R}．（1）若p＝q＝0，写出相应的集合Df和Ef；（2）若集合Df＝{0}，求出所有满足条件的p，q；（3）若集合Ef只含有一个元素，求证：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只有一个实数解0，得Δ2＝0，Δ1＜0，转化为x2+（p﹣1）x+q＝0有唯一实数解0，可得答案；（3）由条件，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有两个解x1，x2（x1＜x2），则f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且两个方程f（x）＝x1，f（x）＝x2总共只有一个解，结合f（x）图像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，结合f（x）的图像和实数解的个数可得答案．【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只有一个实数解0，所以Δ2＝0，Δ1＜0，即只需x2+（p﹣1）x+q＝0有唯一实数解0，所以p＝1，q＝0．（3）由条件，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，则f（x）＝（x﹣x0）2，且f（x）＝x0有唯一解，结合f（x）图像可知x0＝0，所以f（x）＝x2，所以p＝q＝0．②若f（x）＝0有两个解x1，x2（x1＜x2），则f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且两个方程f（x）＝x1，f（x）＝x2总共只有一个解，结合f（x）图像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，则f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且两个方程f（x）＝x1，f（x）＝x2总共只有一个解，结合f（x）图像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，所以q＝x1x2＞0，且f（x）的对称轴x＝﹣＜0，所以p＞0，所以p＞0，q＞0．综上，p≥0，q≥0．【点评】本题主题考查了二次函数与二次方程之间的关系的相互转换，方程根与系数的应用，考查了系数对新定义的理解能力及计算能力．七．一元二次不等式及其应用（共1小题）26．（2023•金山区二模）若实数x满足不等式x2﹣3x+2＜0，则x的取值范围是（1，2）．【分析】由已知结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．故答案为：（1，2）．【点评】本题主要考查了一元二次不等式的求解，属于基础题．四四、易错分析易错点1：忽视字母的取值范围而致错1．(多选)对于任意实数，，，，下列四个命题中，其中真命题的是（）A．若，，则； B．若，则；C．若，则； D．若，，则.【错解】对于A，若，当时，则，故A错误；对于B，若，则；故B对；对于C，若，可得，所以，故C正确；对于D，若，，则，故D正确.所以选BCD。【错因】选项B是错的，忽略了的情况。【正解】CD【解析】对于A，若，当时，则，故A错误；对于B，若，当时，，故B错误；对于C，若，可得，所以，故C正确；对于D，若，，则，故D正确.易错点2：多次运用不等式性质而致错2、已知，，求的取值范围.【错解】因为，，两式相加得，所以，因为，，两式相加得，所以，所以，即。【错因】根据已知条件单独求出a,b各自的范围，会导致它们的范围变大。【正解】【解析】令.∴,解得,∴.∵，∴.,又，∴.故的取值范围为.易错点3：忽视不等式中高次项的系数3．若不等式mx2＋2mx－4＜2x2＋4x对任意x都成立，则实数m的取值范围是()A．(－2,2) B．(2，＋∞)C．(－2,2] D．[－2,2]【错解】原不等式可整理为(2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.由题意知必须满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,4－2m2－4×42－m＜0，))解得－2＜m＜2.综上知实数m的取值范围是(－2,2）．选A【错因】没有对二次项系数2－m讨论。【正解】C【解析】原不等式可整理为(2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.当m＝2时，不等式为4＞0，该不等式恒成立；当m≠2时，必须满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,4－2m2－4×42－m＜0，))解得－2＜m＜2.综上知实数m的取值范围是(－2,2]．易错点4：应用基本不等式求最值时，忽略不等式成立的三个条件，4．当时，不等式恒成立，则的取值范围是()A.B.C.D.【错解】当时，由得.，.，故选B。【错因】令，即，而，所以不成立，即使用基本不等式求最值时，没有考虑等号问题。【正解】A【解析】当时，由得.令，则易知在上是减函数，所以时，则∴.5.已知递增等差数列中，，则的（）A．最大值为B．最小值为4 C．最小值为 D．最大值为4或【错解】因为，由等差数列通项公式,设公差为,可得，变形可得，而由等差数列通项公式可知，当且仅当时取得等号，所以的最大值为4，选A。【错因】因为数列为递增数列,所以，由已知得，则，而错解中把当成正值。【正解】B【解析】因为，由等差数列通项公式,设公差为,可得，变形可得，因为数列为递增数列,所以，即，而由等差数列通项公式可知，由,结合基本不等式可得，当且仅当时取得等号，所以的最小值为4。易错点5：忽视一元二次不等式中两根大小而致错6．已知集合，集合，命题：，命题：，若是的充分条件，求实数的取值范围.【错解】因为，，若是的充分条件，则．因为则，，，解得．实数的取值范围是．【错因】因为参数a的范围不定，所以a与2a-1的大小关系不定，故需对两根大小分类讨论。【正解】.【详解】，，若是的充分条件，则．因为当时，，显然成立；当时，，，，解得；当时，，，，解得．实数的取值范围是．易错点6：忽视分式不等式中的分母不能为零致错7．不等式eq\f(2,x＋1)≤1的解集是________．【错解】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为{x|xx≤－1或x≥1}．【错因】因为x＋1为分母，所以x＋1不等于零。【正解】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＝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为{x|x<－1或x≥1}．易错点7：忽视一元二次不等式中的二次项系数不能为零致错8.若不等式mx2＋2mx－4＜2x2＋4x对任意x都成立，则实数m的取值范围是()A．(－2,2) B．(2，＋∞)C．(－2,2] D．[－2,2]【错解】原不等式可整理为(2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.若该不等式恒成立，必须满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,4－2m2－4×42－m＜0，))解得－2＜m＜2.综上知实数m的取值范围是(－2,2)，选A．【错因】没有对二次项系数m讨论。【正解】原不等式可整理为(2－m)x2＋(4－2m)x＋4＞0.当m＝2时，不等式为4＞0，该不等式恒成立；当m≠2时，必须满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－m＞0，,4－2m2－4×42－m＜0，))解得－2＜m＜2.综上知实数m的取值范围是(－2,2]．选C易错点8：忽视口诀：大于取两边，小于取中间的使用条件致错．9．不等式(x－2)(3－2x)≥0的解集为()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)))【错解】由(x－2)(3－2x)≥0解得x≤eq\f(3,2)或x≥2，故不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).选C【错因】“大于号取两边，小于号取中间”使用的前提条件是二次项系数大于零，【正解】由(x－2)(3－2x)≥0得(x－2)(2x－3)≤0，解得eq\f(3,2)≤x≤2，故不等式的解集为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).选B易错点9：一元二次不等式恒成立问题中忽视区间的开闭致错10．当1≤x≤3时，关于x的不等式ax2＋x－1<0恒成立，则实数a的取值范围是()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)，＋∞))【错解】当1≤x≤3时，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)，则当x＝2时，f(x)min＝－eq\f(1,4)，所以a≤－eq\f(1,4),选A。【错因】因为1≤x≤3，即x可以取到端点值，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)，则a<－eq\f(1,4)，不能取等号。【正解】当1≤x≤3时，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)，则当x＝2时，f(x)min＝－eq\f(1,4)，所以a<－eq\f(1,4).选B。易错点10：有关一元二次方程根的分布条件列不全致错11．若方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0的两根都大于2，则m的取值范围是________．【错解】设方程x2＋(m－2)x＋5－m＝0的两根为则，则，即，即解得m<－4，故m的取值范围是(－∞，－4)．【错因】条件不能推出，例如时，满足，但。【正解】令f(x)＝x2＋(m－2)x＋5－m，其对称轴方程为x＝eq\f(2－m,2)，由题意得，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的取值范围是(－5，－4]．答案：(－5，－4]易错点11：解一元二次不等式时忽视两根大小而致错12．解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)．【错解】原不等式可化为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，则该不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))).【错因】没有考虑eq\f(1,a)与1的大小关系，【正解】由a>0，知原不等式等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－eq\f(1,a)))(x－1)<0.①当a＝1时，eq\f(1,a)＝1，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－eq\f(1,a)))(x－1)<0无解；②当a>1时，eq\f(1,a)<1，得eq\f(1,a)<x<1；③当0<a<1时，eq\f(1,a)>1，得1<x<eq\f(1,a).综上，当0<a<1时，不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(1<x<\f(1,a)))))；当a＝1时，不等式解集为∅；当a>1时，不等式解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)<x<1)))).五五、刷好题一．填空题（共9小题）1．（2023•宝山区二模）不等式＜0的解集为（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，故答案为：（0，1）．【点评】本题主要考查分式不等式的解法，体现了等价转化的数学思想，属于基础题．2．（2022秋•闵行区期末）已知a是正实数，若a3＞aπ，则a的取值范围是{a|0＜a＜1}．【分析】根据题意构造函数f（x）＝ax，利用函数的单调性即可求出a的取值范围．【解答】解：因为a是正实数，若a3＞aπ，则函数f（x）＝ax是单调递减函数，所以a的取值范围是{a|0＜a＜1}．故答案为：{a|0＜a＜1}．【点评】本题考查了利用函数的单调性判断函数值大小的应用问题，是基础题．3．（2022秋•徐汇区期末）不等式的解集为（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）．【分析】由题意，利用分式不等式、一元二次不等式的解法，求得结果．【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，故原不等式的解集为（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞），故答案为：（﹣∞，﹣2]∪[1，+∞）．【点评】本题主要考查分式不等式、一元二次不等式的解法，属于基础题．4．（2022秋•长宁区校级期末）函数y＝a1﹣x（a＞0，a≠1）的图像恒过定点A，若点A的坐标满足方程mx+2ny﹣1＝0（mn＞0），则的最小值3+2．【分析】根据幂函数的图象与性质求出点A坐标，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，所以函数y＝a1﹣x的图像恒过定点A（1，1），因为点A的坐标满足方程mx+2ny﹣1＝0（mn＞0），即m+2n＝1，所以＝（+）（m+2n）＝1+2++≥3+2＝3+2，当且仅当＝，即m＝﹣1，n＝1﹣时取“＝”，所以的最小值为3+2．故答案为：3+2．【点评】本题考查了幂函数的图象与性质应用问题，也考查了利用基本不等式求最值的问题，是基础题．5．（2023春•奉贤区校级期中）不等式的解集为（﹣2，3]．【分析】根据不等式的性质转化为同解不等式求解即可．【解答】解：原不等式可化为，即≤0，等价于，解得﹣2＜x≤3，即不等式的解集为（﹣2，3]．【点评】本题考查了解不等式问题，考查转化思想，是一道基础题．6．（2022秋•徐汇区期末）已知方程x2+x﹣1＝0的两个根为x1、x2，则|x1﹣x2|＝．【分析】由题意，利用韦达定理，计算求得|x1﹣x2|＝的值．【解答】解：∵方程x2+x﹣1＝0的两个根为x1、x2，∴x1+x2＝﹣1，x1•x2＝﹣1，∴|x1﹣x2|＝＝＝＝，故答案为：．【点评】本题主要考查韦达定理的应用，属于基础题．7．（2022秋•浦东新区期末）已知一元二次方程x2+x﹣3a＝0（a＞0）的两个实根为x1、x2，则x12x2+x22x1＝3．【分析】由题意，利用韦达定理，求得所给式子的值．【解答】解：∵一元二次方程x2+x﹣3a＝0（a＞0）的两个实根为x1、x2，∴x1+x2＝﹣，x1•x2＝﹣3a，则x12x2+x22x1＝x1•x2（x1+x2）＝3，故答案为：3．【点评】本题主要考查韦达定理的应用，属于基础题．8．（2023春•闵行区校级月考）已知实数a＞0，b＜0，则的取值范围是[﹣2，﹣1）．【分析】化＝，设＝x，构造函数f（x）＝，x∈（﹣∞，0），利用导数判断f（x）的单调性，求出最值，即可求出f（x）的取值范围．【解答】解：因为实数a＞0，b＜0，所以＝，设＝x，则x＜0，所以函数f（x）＝，其中x∈（﹣∞，0），求导数f′（x）＝＝，令f′（x）＝0，解得x＝﹣，所以x∈（﹣∞，﹣）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（﹣，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）在x＝﹣时取得最小值为f（﹣）＝＝﹣2，又因为x→0时f（x）→﹣1，x→﹣∞时，f（x）＝﹣→﹣，所以f（x）的取值范围是[﹣2，﹣1）．故答案为：[﹣2，﹣1）．【点评】本题考查了函数的性质与应用问题，也考查了转化思想，是中档题．9．（2023春•宝山区校级期中）函数y＝的最小值是．【分析】将函数化为y＝（+）+，注意运用基本不等式和二次函数的最值，同时注意最小值取得时，x的取值要一致，即可得到所求最小值．【解答】解：函数y＝＝＝+＝（+）+≥2+＝．当且仅当＝，即有x＝0，取得等号．则函数的最小值为．故答案为：．【点评】本题考查基本不等式的运用：求最值，注意求最值的条件：一正二定三等，属于中档题和易错题．二．解答题（共2小题）10．（2023春•青浦区校级期中）如图，某生态园将一三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果园种植桃树，已知角A为120°，AB，AC的长度均大于200米，现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆．（1）若围墙AP，AQ总长度为200米，如何围可使得三角形地块APQ的面积最大？（2）已知AP段围墙高1米，AQ段围墙高米，造价均为每平方米100元．若围围墙用了20000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？【分析】（1）设AP＝x米，AQ＝y米，则x+y＝200，△APQ的面积S＝xysin120°＝xy，利用基本不等式，可得结论；（2）由题意得100×（xy）＝20000，即xy＝200，要使竹篱笆用料最省，只需PQ最短，利用余弦定理求出PQ，即可得出结论．【解答】解：设AP＝x米，AQ＝y米，则（1）x+y＝200，△APQ的面积S＝xysin120°＝xy＝2500，当且仅当x＝y＝100时取等号；（2）由题意得100×（xy）＝20000，即xy＝200，要使竹篱笆用料最省，只需PQ最短，所以PQ2＝x2+y2﹣2xycos120°＝x2+y2+xy＝（200﹣y）2+y2+（200﹣y）y＝y2﹣400y+40000（0＜y＜）所以y＝时，PQ有最小值，此时x＝．【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查三角形面积的计算，余弦定理的运用，属于中档题．11．（2022秋•长宁区校级期末）已知函数f（x）＝﹣x2+2ax+a2+1，a∈R（1）函数在区间[﹣1，1]上为严格减函数，求a的取值范围；（2）函数在区间[﹣1，1]上的最大值为3，求a的值．【分析】（1）结合二次函数的图象和性质，分析对称轴和区间[﹣1，1]的关系，可得a的取值范围；（2）用对称轴和区间[﹣1，1]的关系进行分类讨论，求出函数的最大值，再根据题意即可求得a的值．【解答】解：（1）f（x）＝﹣x2+2ax+a2+1＝﹣（x﹣a）2+2a2+1，对称轴为x＝a．若函数在区间[﹣1，1]上为严格减函数，则a≤﹣1，所以a的取值范围为（﹣∞，﹣1]；（2）①若a≥1，此时函数f（x）在区间[﹣1，1]上单调递增，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