考点02不等式（7种题型11个易错考点）（解析版）-【一轮复习讲义】2024年高考数学复习全程规划（上海地区专用）

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考点02不等式（7种题型11个易错考点）
【课程安排细目表】
一、 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、 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0.1m，计算面积精确到0.01m2）
（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°≈23.3m；
（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﹣≈255.14m2．

【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、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
(2)作商法
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⇒＞(n∈N，n≥2).
二、均值不等式及其应用
1.均值不等式：≤
(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)其中称为正数a，b的算术平均数，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≤(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2(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(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＝b2－4ac
Δ＞0
Δ＝0
Δ＜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＝－
没有实数根
ax2＋bx＋c＞0
(a＞0)的解集


R
ax2＋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 a＝b
a>b
(x－a)·(x－b)>0
{x|xb}
{x|x≠a}
{x|xa}
(x－a)·(x－b)<0
{x|a ∅
{x|b 4.分式不等式与整式不等式
(1)>0(<0)⇔f(x)·g(x)>0(<0).
(2)≥0(≤0)⇔f(x)·g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0.
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、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≤1的解集是________．
【错解】由≤1得－1≤0，得≤0，得≥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≤1得－1≤0，得≤0，得≥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
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. B.
C．{x|x≤或x≥2}． D．
【错解】由(x－2)(3－2x)≥0解得x≤或x≥2，故不等式的解集为.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≤x≤2，故不等式的解集为.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．(－∞，－] B.
C. D．
【错解】当1≤x≤3时，由ax2＋x－1<0恒成立可得，a<2－恒成立，令f(x)＝2－＝2－，则当x＝2时，f(x)min＝－，所以a≤－,选A。
【错因】因为1≤x≤3，即x可以取到端点值，所以2－可以取到－，则a<－，不能取等号。
【正解】当1≤x≤3时，由ax2＋x－1<0恒成立可得，a<2－恒成立，令f(x)＝2－＝2－，则当x＝2时，f(x)min＝－，所以a<－.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＝，
由题意得，即
解得－5 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 (x－1)<0(a>0).解得 则该不等式的解集为.
【错因】没有考虑与1的大小关系，
【正解】由a>0，知原不等式等价于 (x－1)<0.
①当a＝1时，＝1， (x－1)<0无解；
②当a>1时，<1，得 ③当01，得1 综上，当0 当a>1时，不等式解集为.

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1.5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×（x+1.5y）＝20000，即x+1.5y＝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×（x+1.5y）＝20000，即x+1.5y＝200，
要使竹篱笆用料最省，只需PQ最短，所以
PQ2＝x2+y2﹣2xycos120°＝x2+y2+xy＝（200﹣1.5y）2+y2+（200﹣1.5y）y
＝1.75y2﹣400y+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，此时当x＝a时，函数f（x）最大，最大值f（a）＝2a2+1＝3，解得a＝±1（舍去）；
③若a≤﹣1，此时函数f（x）在区间[﹣1，1]上单调递减，所以最大值f（﹣1）＝﹣1﹣2a+a2+1＝3，解得a＝﹣1或a＝3（舍去）；
综上所述，a＝1或﹣1．
【点评】本题主要考查了二次函数的图象和性质，综合性较强，要求熟练掌握二次函数性质和应用．
八.刷压轴

一、解答题
1．（2022·上海闵行·统考二模）某学校举办毕业联欢晚会，舞台上方设计了三处光源.如图，是边长为6的等边三角形，边的中点处为固定光源，分别为边上的移动光源，且始终垂直于，三处光源把舞台照射出五彩缤纷的若干区域.

(1)当为边的中点时，求线段的长度；
(2)求的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）画出符合要求的图形，求出，，相乘求出面积；（2）辅助辅助线，设，利用三角函数与相似表达出，表达出面积，利用判别式法求解最值.
【详解】（1）当为边的中点时，
因为M为边的中点，
所以MF∥AB，且，
而始终垂直于，
所以ME⊥AB，故，
由勾股定理得：
即线段的长为

（2）过点E，F分别作EG⊥BC于点G，FH⊥BC于点H，
设，则，
，由勾股定理得：，
因为ME⊥MF，所以∠BME+∠CMF=90°，
因为∠MFH+∠CMF=90°，所以∠BME=∠MFH，
所以，
所以，即，
所以，，
因为，，
所以，
所以，
所以的面积为，
整理得：，
∴，
解得：或，
因为，所以y的最小值为
即面积的最小值为

【点睛】根据题干条件求解面积最值问题，要设出某边长，用次边长表达出其他边长，进而表达出面积，再结合式子特点，选择合适的方法来求解最值，比如基本不等式，求导，对勾函数，三角函数有界性等.
2．（2022·上海·统考模拟预测）设A是由个实数组成的2行n列的矩阵，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零．记为所有这样的矩阵构成的集合．记为A的第一行各数之和，为A的第二行各数之和，为A的第i列各数之和．记为、、、、…、中的最小值．
(1)若矩阵，求；
(2)对所有的矩阵，求的最大值；
(3)给定，对所有的矩阵，求的最大值．
【答案】(1)0.7；
(2)1；
(3).

【分析】（1）根据给定定义，直接计算即可得解.
（2）（3）设出矩阵A，利用定义推理、计算，建立不等关系求解，再举出使结论成立的一个矩阵说明作答.
【详解】（1）依题意，，，，，，
所以.
（2）设矩阵，，且，
若任意改变矩阵A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成其相反数，得到新矩阵，则，且，
则不妨设，且由的定义知，，，
相加得：
，
因此，，当，时取“=”，
显然存在矩阵，使，
所以的最大值是1.
（3）设矩阵，，
，且，
由（2）知，不妨设，且，
由的定义知，，相加得：

，
因此，，当，，时取“=”，
此时，，
，
即存在矩阵，其中个1，使，
所以的最大值是.
【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.
3．（2022·上海·统考模拟预测）已知函数，甲变化：；乙变化：，.
(1)若，，经甲变化得到，求方程的解；
(2)若，经乙变化得到，求不等式的解集；
(3)若在上单调递增，将先进行甲变化得到，再将进行乙变化得到；将先进行乙变化得到，再将进行甲变化得到，若对任意，总存在成立，求证：在R上单调递增.
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析.

【分析】（1）由题设可得，求解即可.
（2）由题设有，讨论、分别求解即可.
（3）将题设化为对于任意存在，即可证结论.
（1）
由题设，甲变化为，则，
∴，解得.
（2）
由题设，，又，
∴，
当，即时，则，恒成立；
当，即时，则，解得：或.
综上，不等式解集为.
（3）
由题设，，则，
，则，
∵当成立，在上单调递增，
∴，
∴对于任意总存在成立，
∴在R上单调递增，得证.
【点睛】关键点点睛：第三问，利用绝对值的几何意义及区间单调性，结合任意存在，判断函数在实数域上单调性.
4．（2022·上海·统考模拟预测）在椭圆中，直线上有两点C、D (C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F.
(1)若∠AFB，求椭圆的标准方程；
(2)若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由；
(3)已知直线BC与椭圆相交于点P，直线AD与椭圆相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求的最小值.
【答案】(1)
(2)交点为，在椭圆上，理由见解析
(3)6

【分析】（1）写出三点的坐标，可将用坐标表示出来，求出的值，再结合已知条件，即可求出，进而写出椭圆的标准方程；
（2）根据条件，写出直线和的方程，求出交点坐标，再将其代入椭圆标准方程的左边，即可判断该点与椭圆的位置关系；
（3）利用三角换元（或者椭圆的参数方程）的方法设出点的坐标，再结合点的坐标，写出直线和的方程，求出点的坐标，表示出，再利用三角恒等变换以及同角三角函数关系化简，最后根据重要不等式计算出的最小值.
【详解】（1）由题可得，又，
所以，解得，
所以，
故椭圆的标准方程为；
（2）由，得直线的方程为：，
由，得直线的方程为：，
联立两方程，解得交点为，
代入椭圆方程的左边，得，
故直线与的交点在椭圆上；
（3）由题有
因为两点在椭圆上，且关于原点对称，
则设，
直线，则，
直线，则，
所以

设，则，
因为，
所以，则，即的最小值为6.
【点睛】关键点点睛：第（3）小题中，以三角函数形式（参数方程）设点是解题的关键，进而利用三角恒等变换和同角三角函数关系（二次齐次分式化正余弦为正切）将化简，最终利用重要不等式求出其最小值.