【期中单元知识点归纳】沪教版 2023-2024学年高一上学期 必修1 第二章 等式与不等式 试卷

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1.等式与不等式的性质：梳理等式的性质，理解不等式的概念，掌握不等式的性质；
2.基本不等式：掌握基本不等式ab≤a+b2(a,b>0).结合具体实例，能用基本不等式解决简单的最大值或最小值问题；
3. 从函数观点看一元二次方程和一元二次不等式.
1、实数大小的比较
；；；
要比较两个实数的大小，只要考察它们的差就可以了. 也即“作差法”.
“作差法”比较大小的一般步骤为：（1）作差；（2）变形（通分、分解因式、配方等）；（3）判号.
2、等式与不等式的基本性质
（1）等式的基本性质
传递性 如果，且，那么；
加法性质 如果，，那么；
乘法性质 如果，，那么；
拓展：乘法公式
（1） （2）
（3）（4）
（5）（6）
（7）
（2）不等式的基本性质
传递性 如果，且，那么；
加法性质 如果，，那么；
乘法性质 如果，，那么；如果，，那么；
推论1. ； 推论2. ；
推论3. ； 推论4. ；
推论5. ； 推论6. ；
推论7. ；
3、一元二次方程的根与系数关系
设两根为、，则，；
4. 解不等式
（1）一元一次不等式（组）
【方法归纳】一元一次不等式组解集的确定方法；设a（1）关于x的不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>a，,x>b))的解集是(b，＋∞)，即“同大取大”，如图（1）；
（2）关于x的不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x（3）关于x的不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>a，,x（4）关于x的不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xb))无解，即“大大小小无法找”，如图（4）；
（2）一元二次不等式（下表中均假设，而Δ）
【总结】
1、一元二次方程、一元二次不等式、二次函数间的联系：
一元二次方程的两个根即为一元二次不等式的解集的端点值，也是二次函数的图象与轴的交点的横坐标.
2、解一元二次不等式的步骤：
（1）化标准：将不等式化成标准形式（右边为0、最高次的系数为正）；
（2）考虑判别式：计算判别式的值，若值为正，则求出相应方程的两根；
（3）下结论：注意结果要写成集合或者区间的形式 .
记忆口诀： 大于取两边，小于取中间（前提）.
（3）分式不等式
同解变形法（分式不等式整式不等式一次、二次不等式）
= 1 \* GB3 ①同解；
= 2 \* GB3 ②与不等式组同解.
（4）含绝对值不等式
方法一：应用分类讨论思想去绝对值（最后结果应取各段的并集）；
方法二：应用数形结合思想；
方法三：应用化归思想等价转化.
= 1 \* GB3 ①最简单的绝对值不等式的同解变形
；；
或； 或.
= 2 \* GB3 ②关于绝对值不等式的常见类型有下列的同解变形
；
或；
.
5. 基本不等式
（1）平均值不等式
对任意正数和，.
常用变形：
（1）对任意正数和，有，当且仅当时等号成立【积定和最小】
（2）对任意正数和，有，当且仅当时等号成立【和定积最大】
【提醒】
基本不等式可以用来求最值，但要注意条件的满足：一正、二定、三相等；
如：若变数，则若（常数），则当且仅当时，有最小值；
若（常数），当且仅当时，有最大值.
（2）三角不等式
，当且仅当时等号成立
题型一：等式与不等式的性质
例1．（2021·上海市控江中学高一期中）已知为实数，若且，则下列结论中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据不等式的性质逐一判断即可.
【详解】当为负数时，A选项显然不成立；
当时，B选项显然不成立；
根据不等式的同向可加性可知C正确；
当为负数时，D选项显然不成立；
故选：C.
例2．（2022·上海金山·高一期末）若等式恒成立，则常数a与b的和为______.
【答案】2
【分析】整式型函数恒为0，则各项系数均同时为零是本题入手点.
【详解】等式恒成立，
即恒成立，
则有，解之得，故
故答案为：2
【巩固练习】
1．（2019·上海交大附中高一期末）设，则“”是“”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
【答案】B
【分析】等价变形给定的不等式，再利用它们所对集合的包含关系即可作答.
【详解】不等式化为：，于是得“”所对集合为，
不等式化为：，于是得“”所对集合为，显然，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
2．（2021秋·上海虹口·高一上外附中校考阶段练习）已知命题：①若，则；②若，则；③若且，则.其中真命题的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】利用不等式的基本性质即可判断出
【解析】①若 , 则，则，则 , 因此①正确;
②若 , 则 ,则, 因此②正确;
③, 又 , 因此③正确.
故答案为: ①②③
3．（2020·上海·华东师范大学第一附属中学高一期中）已知，则当且仅当a，b满足 ____________ .时，成立.
【答案】或
【解析】按，讨论，可得等式成立．
【详解】当时，，成立；
当时，，成立；
故答案为：或.
题型二：应用不等式的性质求范围
例1．（2022·上海·模拟预测），，则的最小值是___________.
【答案】
【分析】分析可得，利用不等式的基本性质可求得的最小值.
【详解】设，则，解得，
所以，，
因此，的最小值是.
故答案为：.
【巩固练习】
1. （2023·上海·校考）已知0<β<α< eq \f(π,2)，则α－β的取值范围是________．
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))
【解析】∵0<β< eq \f(π,2)，∴－ eq \f(π,2)<－β<0，又0<α< eq \f(π,2)，∴－ eq \f(π,2)<α－β< eq \f(π,2)，又β<α，∴α－β>0，即0<α－β< eq \f(π,2).
2. （2023·上海·校考）若实数x，y满足3≤xy2≤8，4≤ eq \f(x2,y)≤9，则 eq \f(x3,y4)的最大值是________．
【答案】27
【解析】由4≤ eq \f(x2,y)≤9，得16≤ eq \f(x4,y2)≤81.又3≤xy2≤8，∴ eq \f(1,8)≤ eq \f(1,xy2)≤ eq \f(1,3)，∴2≤ eq \f(x3,y4)≤27.又x＝3，y＝1满足条件，
这时 eq \f(x3,y4)＝27.∴ eq \f(x3,y4)的最大值是27.
题型三：比较大小
例1．（2022秋·上海松江·高一统考期末）设、为实数，比较两式的值的大小： （用符号或=填入划线部分）．
【答案】
【分析】利用作差比较法求得正确答案.
【解析】因为，时等号成立，
所以．
故答案为：
【巩固练习】
1.（2021·上海奉贤区致远高级中学高一阶段练习）比较下列两组数的大小.
（1）与；
（2）与.
【答案】（1）；（2）.
【分析】应用作差法，结合二次函数的性质及因式分解，即可判断代数式的大小关系.
【详解】（1），令，可知函数图象开口向上且，
∴恒成立，即.
（2），
∴，当时等号成立.
2．（2021·上海·高一专题练习）比较5x2＋y2＋z2与2xy＋4x＋2z－2的大小．
【答案】5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2
【分析】两式作差，化为完全平方式可判断符号，从而判断两式的大小.
【详解】因为5x2＋y2＋z2－(2xy＋4x＋2z－2)＝4x2－4x＋1＋x2－2xy＋y2＋z2－2z＋1＝(2x－1)2＋(x－y)2＋(z－1)2≥0，所以5x2＋y2＋z2≥2xy＋4x＋2z－2，当且仅当x＝y＝且z＝1时取到等号．
题型四：一元二次方程根与系数的关系
例1．(2023·上海市市辖区·期末考试)设方程x2-2x+m=0的两个根为α、β，且|α-β|=2，则实数m的值是______ ．
【答案】2或0
【解析】解：由一元二次方程根与系数的关系得：
α+β=2，α⋅β=m
∵|α-β|=2，
∴(α-β)2=(α+β)2-4α⋅β=4-4m=4
∴m=0
当α、β为虚数根时，原方程的根是± 4-4m2
∴α-β=2i⋅ m-1
∴|α-β|=2⋅ m-1=2
∴m-1=1即m=2
故答案为：2或0．
例2. (2023·湖南省长沙市·单元测试)若不等式ax2+bx+2>0的解集是x|-12A. -10B. -14C. 10D. 14
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了一元二次不等式的解集，属于基础题．
根据一元二次不等式的解集，结合根与系数关系求出a、b，即可得结果．
【解答】
解：由题意，-12和13是方程ax2+bx+2=0a<0的两个根，
由韦达定理得：-12+13=-ba且-12×13=2a，
解得：a=-12，b=-2，
所以a+b=-14．
故选：B
例3．（2021·上海·上外附中高一期中）关于的方程的两个根为素数，则___________．
【答案】
【分析】设关于x的方程的两根分别为，由韦达定理得，则中一个是偶数一个是奇数，从而得，进而求出参数．
【详解】设关于x的方程的两根分别为，且
则因为均为素数，所以中一个是偶数一个是奇数，
故，所以．
故答案为：．
【巩固练习】
1. (2023·海南省·模拟题)已知二次方程2x2+ax+12=0的一个根为1，则另一个根为( )
A. 14B. 12C. 2D. 4
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了二次方程根与系数的关系，属于基础题．
根据韦达定理可求另外一根．
【解答】
解：设另一根为m，由韦达定理可知，1×m=122=14，
即m=14．
故选：A．
3. (2023·辽宁省沈阳市·单元测试)若α，β是一元二次方程3x2+2x-9=0的两根，则βα+αβ的值是( )
A. 427B. -427C. -5827D. 5827
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查一元二次方程的解集及其根与系数的关系，由题意得α+β=-23，αβ=-3，所求式子变形带入，可得结果，属于基础题
【解答】
∵α，β是一元二次方程3x2+2x-9=0的两根，
∴α+β=-23，αβ=-3，
∴βα+αβ=β2+α2αβ=(α+β)2-2αβαβ
=(-23)2-2×(-3)-3=-5827．
4. (2023·广东省湛江市·月考试卷)若关于x的不等式ax2+bx-1>0的解集是{x|1【答案】{x|-23【解析】【分析】
本题主要考查一元二次不等式的解法，属于基础题．
利用一元二次方程的根与系数的关系，得到a与b的值，即可得．
【解答】
解：因为不等式ax2+bx-1>0的解集为{x|1所以1，2是方程ax2+bx-1=0的两个根，
所以1+2=-ba1×2=-1a，解得a=-12，b=32，
所以不等式bx2+ax-1<0，即3x2-x-2<0，
解得-23所以等式bx2+ax-1<0的解集为{x|-23故答案为：{x|-23题型五：解不含参不等式
例1．（2019·上海市亭林中学高一期中）解不等式组：
【答案】
【分析】求出两个二次不等式的解，然后取公共部分即可.
【详解】
故不等式的解集为.
例2．（2022·上海闵行·高一期末）不等式的解是___________.
【答案】
【分析】将分式不等式化为，则有即可求解集.
【详解】由题设，，
∴，可得，
原不等式的解集为.
故答案为：.
例3．（2022·上海虹口·高一期末）不等式的解集为______．
【答案】
【分析】分，，讨论去绝对值解不等式即可.
【详解】解：当时，，解得，
当时，，解得
当时，，解得，
综合得不等式的解集为
故答案为：.
例4．（2020·上海市第三女子中学高一期中）不等式的解集为____________.
【答案】
【分析】分和讨论去绝对值后，解出不等式即可.
【详解】解：当时，，解得，
当时，，解得，
综合得不等式的解集为.
故答案为：.
【巩固练习】
1．（2022·黑龙江·大庆市东风中学高二期末）“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】A
【分析】先化简，再依据充分非必要条件的定义去判断二者的逻辑关系
【详解】由，可得或
则由“”可以得到“”； 由“” 不能得到“”
则“”是“”的充分非必要条件
故选：A
2．（2021·上海市大同中学高一期中）不等式的解集是 __．
【答案】
【分析】直接利用不等式组的解法的应用求解即可.
【详解】不等式整理得，解得，
则不等式的解集是.
故答案为：.
3．（2022·上海·复旦附中高二期末）不等式的解集为___________.
【答案】．
【分析】移项，通分，一边化为0，然后转化为整式不等式求解．
【详解】原不等式化为，即，且，
所以或．
故答案为：．
4．（2021·上海·闵行中学高三期中）“”是“”的（ ）条件
A．充分非必要B．必要非充分C．充要D．非充分非必要
【答案】A
【分析】解不等式，进而确定正确选项.
【详解】，，
解得或，
所以“”是“”的充分非必要条件.
故选：A
5．（2021·江西科技学院附属中学高二期中（文））不等式的解集是_________
【答案】
【分析】通过分类讨论法去掉不等式中的绝对值即可求解.
【详解】①当时，即时，，故，
②当时，即时，由，
又因为恒成立，故，
综上所述，的解集为或.
故答案为：.
6．（2021·上海·格致中学高一期中）不等式的解集为________.
【答案】且
【分析】不等式可转化为且，即，且，求解即可
【详解】由题意，且
故，且
解得：，且
故不等式的解集为且
故答案为：且
题型六：根据不等式的解集求参数
例1. (2023·全国·同步练习)若关于x的不等式x-ax+1≥0的解集为(-∞,-1)∪[4，+∞)，则实数a=______．
【答案】4
【解析】解：由x-ax+1≥0，
得(x-a)(x+1≥0,
故-1，4是方程(x-a)(x+1)=0的根，
故a=4，
故答案为：4
解不等式的解集转化为方程的根，求出a的值即可．
本题考查了不等式的解法以及转化思想，是一道基础题．
例2．（2022·上海闵行·高一期末）已知、，关于的不等式的解集为，则___________.
【答案】
【分析】分析可知关于的方程的两根分别为、，利用韦达定理可求得、的值，即可得解.
【详解】由题意可知，关于的方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，可得，因此，.
故答案为：.
例3．（2021·上海·上外附中高一期中）若命题“关于的不等式的解集为R”是真命题，则实数的取值范围是___________
【答案】
【分析】根据判别式小于0可得.
【详解】因为命题“关于的不等式的解集为R”是真命题，
所以，解得，即.
故答案为：
【巩固练习】
1．（2020·上海市晋元高级中学高一期中）关于的不等式，若此不等式的解集为，则的取值范围是___________.
【答案】m<0
【分析】根据分式不等式和一元二次不等式的解法可得，即可得解.
【详解】由，得，
故不等式的解集为，
所以，所以，
所以m的取值范围是.
故答案为：.
2．（2021·上海市第二中学高一期中）解关于x的不等式的解集是，则关于x的不等式的解集是__________．
【答案】
【分析】结合已知条件求出与之间的关系以及的符号，然后将分式不等式转化为一元二次不等式即可求解.
【详解】由关于x的不等式的解集是可知，，
对求解得，，从而，
由，故，解得或，
从而关于x的不等式的解集是.
故答案为：.
3. (2022·天津市市辖区·期末考试)已知关于x的不等式(a2-4)x2+(a+2)x-1≥0的解集是空集，则实数a的取值范围是 ．
【答案】 [-2,65)
【解析】【详解】试题分析：由题意知 a2-4x2+a+2x-1<0 恒成立，当 a=-2 时，不等式化为 -1<0 ，显然恒成立；当 a≠-2 时，则 {a2-4<0a+22+4a2-4<0 ，即 -2考点：1、二次不等式；2、极端不等式恒成立．
【思路点晴】本题是一个关于二次不等式以及极端不等式恒成立的综合性问题，属于中档题.解决本题的基本思路及切入点是：将不等式 (a2-4)x2+(a+2)x-1≥0 的解集是空集的问题，转化为不等式 a2-4x2+a+2x-1<0 恒成立的问题，在此应特别注意二次项的系数 a2-4 是否为零的问题，因此需要对其进行讨论，再结合二次函数的图象以及判别式，即可求得实数 a 的取值范围．
4. (2023·山东省·单元测试)若不等式|x-m|<1成立的充分不必要条件是13【答案】[-12,43]
【解析】【分析】
本题考查充分不必要条件的应用，是基础题．
先求出不等式|x-m|<1的解集，再由不等式|x-m|<1成立的充分不必要条件是13【解答】
解：∵|x-m|<1，
∴-1∴m-1∵m-1∴ m-1≤13m+1≥12 ，解得-12≤m≤43．
故m的取值范围是[-12,43].
故答案为[-12,43].
题型七：应用平均值不等式判断不等关系
例1．（2021·上海·南洋中学高一期中）若，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用作差法判断A，利用不等式的性质判断B，利用基本不等式判断C，利用绝对值的概念判断D.
【详解】∵，，故A正确；
由得，故B正确；
∵，∴，故C错误；
∵，∴，故D正确.
故选：C.
例2. (2023·全国·其他类型)已知a>0，b>0，下面四个结论：
①2aba+b≤a+b2; ②a+b2> a2+b22; ③若a>b，则c2a≤c2b;
④若1a+1+1b+1=1，则a+2b的最小值为2 2;
其中正确结论的序号是 .(把你认为正确的结论的序号都填上)
【答案】①③④
【解析】【分析】
本题考查利用基本不等式比较大小，利用基本不等式求最值，属于基础题．
由已知结合不等式的性质及基本不等式分别检验各命题即可判断．
【解答】
解：①因为a>0,b>0，所以a+b2-2aba+b=a-b22a+b⩾0，
即2aba+b⩽a+b2，当且仅当a=b时等号成立，故①正确；
②因为a>0,b>0，所以a2+b2⩾2ab，当且仅当a=b时等号成立，
所以2a2+b2⩾a2+b2+2ab=a+b2，所以 a2+b22⩾a+b2，故②不正确；
③因为a>0,b>0，且a>b，所以c2a-c2b=c2b-aab⩽0，
即c2a⩽c2b，当且仅当c=0时等号成立，故③正确；
④a+2b+3=1a+1+1b+1a+1+2b+2=1+2b+1a+1+a+1b+1+2⩾3+2 2，
当且仅当2b+1a+1=a+1b+1，即a= 2,b= 22时等号成立，
所以a+2b⩾2 2，故④正确．
故答案为：①③④．
例3. (2022·全国·单元测试)已知a，b，c都是正实数，若M= a2+b2+ b2+c2+ c2+a2，N= 2(a+b+c)，则M与N的大小关系是 ．
【答案】M≥N
【解析】【分析】
本题考查基本不等式的变形与应用，属于中档题．
分别求出 a2+b2≥ 22(a+b)， b2+c2≥ 22(b+c)， c2+a2≥ 22(c+a)，相加整理即可得解．
【解答】
解： 因为a>0，b>0，
所以a2+b2≥2ab(当且仅当a=b时，等号成立)，
所以2(a2+b2)≥(a+b)2，
所以 a2+b2≥ 22(a+b)，
同理 b2+c2≥ 22(b+c)， c2+a2≥ 22(c+a)，
所以 a2+b2+ b2+c2+ c2+a2≥ 22[(a+b)+(b+c)+(c+a)]，
即 a2+b2+ b2+c2+ c2+a2≥ 2(a+b+c)，
当且仅当a=b=c时，等号成立，所以M与N的大小关系是M≥N.
故答案为M≥N.
【巩固练习】
1. (2020·北京市市辖区·期中考试)设a，b∈R，满足ab≠0，给出下列4个命题：
(1)a+b2> ab；(2)a2+b22>ab；(3)ba+ab≥2；(4)a2+b22≥(a+b2)2．
则其中真命题的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查命题的真假的判断，以及基本不等式的应用，属于较易题．
反例判断(1)(3)；用重要不等式判断(2)；通过作差法比较大小判断(4)．
【解答】
解：对于(1)，(3)如果a>0，b<0，两个不等式均不成立，所以(1)(3)不是真命题；
因为a2+b2≥2ab，当ab≠0时，a2+b22>ab成立，所以(2)是真命题；
a2+b22-(a+b2)2=a2-2ab+b24=(a-b)24≥0，所以a2+b22≥(a+b2)2成立，所以(4)是真命题．
故选B．
2. (2022·福建省福州市·期中考试)已知a>0，b>0，给出下列四个不等式：
①a+b+1 ab⩾2 2；
②(a+b)(1a+1b)⩾4；
③a2+b2 ab⩾a+b；
④a+1a+4⩾12．
其中正确的不等式有 .(填上所有正确的序号)
【答案】①②③
【解析】【分析】
本题主要考查不等式的证明，根据基本不等式是解决本题的关键，属于中档题．
注意等号成立的条件，利用基本不等式的性质分别进行判断即可．
【解答】
解：①a+b+1 ab≥2 ab+1 ab≥2 2 ab·1 ab=2 2，
当且仅当a=b，且2 ab=1 ab时等号成立，此时a=b= 22，故①正确；
②(a+b)1a+1b=1+1+ba+ab≥2+2 ab·ba=2+2=4，
当且仅当ba=ab，即a=b>0时取等号，故②正确；
③∵ a2+b2≥a+b22=a+b·a+b2≥a+b· ab，
∴a2+b2 ab≥a+b；当且仅当a=b>0时取等号．故③正确，
④a+1a+4=a+4+1a+4-4≥2 a+4·1a+4-4=2-4=-2，
当且仅当a+4=1a+4即(a+4)2=1时等号成立，
而a>0，∴(a+4)2≠1.∴等号不能取到，故④错误．
综上①②③正确，
故答案为①②③．
题型八：应用平均值不等式求最值
例1.（2021·上海浦东新·高一期中）已知，则的最小值为_________.
【答案】1
【分析】利用基本不等式求对勾函数的最小值即可，注意等号成立的条件.
【详解】由题设，，
∴，当且仅当时等号成立，
∴函数最小值为1.
故答案为：1
例2．（2020·上海市第三女子中学高一期中）已知正数满足，则的最小值为__________.
【答案】9
【分析】将展开，再利用基本不等式求解即可.
【详解】解：.
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：9.
例3．（2021·上海奉贤区致远高级中学高一期中）若一个直角三角形的面积为，则此三角形周长的最小值是________.
【答案】
【分析】设两条直角边长分别为、，利用勾股定理结合基本不等式可求得此三角形周长的最小值.
【详解】设两条直角边长分别为、，
则该直角三角形的周长为，
当且仅当时，即当时，等号成立.
故答案为：.
例4．（2021·上海市金山中学高二期中）已知，且满足，则的最大值是_______．
【答案】3
【分析】分类讨论结合基本不等式即求.
【详解】∵，当异号时，，当有一个为零时，，
当时，因为，
所以，当且仅当，即时取等号，
综上所述，的最大值为3．
故答案为：3.
【巩固练习】
1. (2023·湖南省益阳市·期末考试)设正实数m，n满足m+n=2，则1m+3n的最小值为 ．
【答案】2+ 3
【解析】【分析】
本题考查由基本不等式求最值或取值范围，属于基础题．
把所求式子化为1m+3n=121m+3nm+n=124+nm+3mn，利用基本不等式，即可求出结果．
【解答】
解：因为正实数m，n满足m+n=2，
所以1m+3n=121m+3nm+n
=124+nm+3mn⩾124+2 nm×3mn=2+ 3，
当且仅当nm=3mn，即n=3- 3,m= 3-1时，等号成立，
所以1m+3n的最小值为2+ 3．
故答案为2+ 3．
2. (2023·河南省·其他类型)若x>0时，1-x-16x的最大值是 ．
【答案】-7
【解析】【分析】
本题考查了利用基本不等式的性质求最值，属于基础题．
可先变形为1-x-16x=1-(x+16x)，再根据基本不等式性质可得到x+16x≥2 x·16x，即可得到原式最大值．
【解答】
解：∵x+16x≥2 x·16x，(x>0)
即x+16x≥2 16，
得到x+16x≥8，
当且仅当x=16x，即x=4时取等号，
∴1-x-16x⩽1-8，
即1-x-16x⩽-7，
故1-x-16x的最大值是-7．
故答案为：-7．
3. (2023·天津市市辖区·模拟题)已知x>0，y>0，x+2y=3，则x2+3yxy的最小值为 ．
【答案】1+2 2
【解析】【分析】
本题主要考查基本不等式的应用，式子的变形是解题的关键，属于中档题．
把要求的式子变形为xy+1+2yx，再利用基本不等式求得它的最小值．
【解答】
解：已知x>0，y>0，x+2y=3，
则x2+3yxy=x2+(x+2y)yxy=x2+xy+2y2xy=xy+1+2yx≥2 xy⋅2yx+1=2 2+1，
当且仅当x2=2y2 时，即当x=3 2-3，且 y=6-3 22，等号成立，
故x2+3yxy的最小值为1+2 2，
故答案为：1+2 2．
4. （ 2023·上海市·模拟题）已知正实数x，y满足4x+7y=4，则2x+3y+12x+y的最小值为 ．
【答案】94
【解析】【分析】
本题考查利用基本不等式求最值，属于综合题．
由 4x+7y=2(x+3y)+(2x+y) ，结合基本不等式求解即可．
【解答】
解：因为 4x+7y=4 ，
所以 2x+3y+12x+y=142(x+3y)+(2x+y)2x+3y+12x+y ，
所以 2x+3y+12x+y=144+2(x+3y)2x+y+2(2x+y)x+3y+1 ，
因为 x,y 为正实数，所以 2(x+3y)2x+y>0,2(2x+y)x+3y>0 ，
所以 2(x+3y)2x+y+2(2x+y)x+3y≥22(x+3y)2x+y⋅2(2x+y)x+3y=4 ，当且仅当 x+3y=2x+y4x+7y=4 时等号成立，即 x=815,y=415 时等号成立，
所以 2x+3y+12x+y⩾14×(4+4+1)=94 ，当且仅当 x=815,y=415 时等号成立，
所以 2x+3y+12x+y 的最小值为 94 ，
故答案为： 94 ．
5．（2020·上海市进才中学高一期中）销售甲种商品所得利润是万元，它与投入资金t万元的关系有经验公式；销售乙种商品所得利润是万元，它与投入资金t万元的关系有经验公式．其中，为常数．现将万元资金全部投入甲，乙两种商品的销售，若全部投入甲种商品，所得利润为万元；若全部投入乙种商品．所得利润为万元．若将万元资金中的x万元投入甲种商品的销售，余下的投入乙种商品的销售．则所得利润总和为y万元
（1）求利润总和y关于x的表达式：
（2）怎样将万元资金分配给甲、乙两种商品，才能使所得利润总和最大，并求最大值．
【答案】（1）；（2）对甲种商品投资2万元，对乙种商品投资1万元，才能使所得利润总和最大，最大值为万元．
【分析】（1）由题意得，代入数值计算即可求出结果；
（2）转化成可以利用基本不等式的形式，最后利用基本不等式即可求出结果.
【详解】（1）因为对甲种商品投资x万元，所以对乙种商品投资为万元，
由题意知：，
当时，，当时，，
则解得，
则．
（2）由（1）可得
，当且仅当时取等号，
故对甲种商品投资2万元，对乙种商品投资1万元，才能使所得利润总和最大，最大值为万元．
题型九：三角不等式的应用
例1．（2021·上海市张堰中学高一期中）函数的最小值为____________.
【答案】4
【分析】利用绝对值三角不等式进行求解
【详解】由绝对值三角不等式得：
所以函数的最小值是4
故答案为：4
例2．（2022·上海长宁·高一期末）若对恒成立，则实数的取值范围是__________.
【答案】，
【分析】若对恒成立，求出函数的最小值，即可求的取值范围．
【详解】由得，
因为，当且仅当取等号，
所以当时，取得最小值5，又当时，取得最小值0，
所以当时，取得最小值5，
故，取的取值范围为，．
故答案为：，
【巩固练习】
1．（2021·上海奉贤区致远高级中学高一期中）若关于的不等式的解集不是空集，则实数的取值范围是________.
【答案】
【分析】求出的最小值即得解.
【详解】解：由题得关于的不等式在上有解，
因为，
所以的最小值为7，
所以.
故答案为：
Δ＝b2－4ac
Δ>0
Δ＝0
Δ<0
y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象
ax2＋bx＋c＝0(a>0)的根
有两个不等的实根x1，x2且x1有两个相等的实根x1，x2且x1＝x2
无实根
ax2＋bx＋c >0(a>0)的解集
{x|xx2}
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≠－\f(b,2a)))))
R
ax2＋bx＋c <0(a>0) 的解集
{x|x1