1.（2003京春文，1）設(shè)a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，則下列結(jié)論中正確的是（    ）

A.a+c>b+d                                        B.a－c>b－d        

C.ac>bd                                           D.

2.（2002京皖春，1）不等式組的解集是（    ）

A．｛x｜－1＜x＜1                                B．｛x｜0＜x＜３

C．｛x｜0＜x＜1                                    D．｛x｜－1＜x＜３

3.（2002全國(guó)，3）不等式（1＋x）（1－｜x｜）＞0的解集是（    ）

A．｛x｜0≤x＜1                                   B.｛x｜x＜0且x≠－1

C．｛x｜－1＜x＜1                                D.｛x｜x＜1且x≠－1

4.（2001河南、廣東，1）不等式>0的解集為（    ）

A.{x|x<1}                                              B.{x|x>3}

C.{x|x<1或x>3}                                    D.{x|1<x<3}

5.（2001京春）若實(shí)數(shù)a、b滿(mǎn)足a+b=2，則3^a+3^b的最小值是（    ）

A.18                          B.6                     C.2                       D.2

6.（2001上海春）若a、b為實(shí)數(shù)，則a>b>0是a²>b²的（    ）

A.充分不必要條件                                 B.必要不充分條件

C.充要條件                                            D.既非充分條件也非必要條件

7.（2000全國(guó)，7）若a＞b＞1，P＝，Q＝（lga＋lgb），R＝lg（），則（    ）

A.R＜P＜Q                                       B.P＜Q＜R

C.Q＜P＜R                                              D.P＜R＜Q

^※8.（2000全國(guó)，6）《中華人民共和國(guó)個(gè)人所得稅法》規(guī)定，公民全月工資、薪金所得不超過(guò)800元的部分不必納稅，超過(guò)800元的部分為全月應(yīng)納稅所得額.此項(xiàng)稅款按下表分段累進(jìn)計(jì)算：

全月應(yīng)納稅所得額

稅率

不超過(guò)500元的部分

5%

超過(guò)500元至2000元的部分

10%

超過(guò)2000元至5000元的部分

15%

……

…

某人一月份應(yīng)交納此項(xiàng)稅款26.78元，則他的當(dāng)月工資、薪金所得介于（    ）

A.800～900元                           B.900～1200元

C.1200～1500元                               D.1500～2800元

9.（1999上海理，15）若a<b<0，則下列結(jié)論中正確的命題是（    ）

A和均不能成立

B.和均不能成立

C.不等式和（a+）²>（b+）²均不能成立

D.不等式和（a+）²>（b+）²均不能成立

^※10.（1999全國(guó)，14）某電腦用戶(hù)計(jì)劃使用不超過(guò)500元的資金購(gòu)買(mǎi)單價(jià)分別為60元、70元的單片軟件和盒裝磁盤(pán).根據(jù)需要，軟件至少買(mǎi)3片，磁盤(pán)至少買(mǎi)2盒，則不同的選購(gòu)方式共有（    ）

A.5種                    B.6種                 C.7種                   D.8種

11．（1997全國(guó)，14）不等式組的解集是（    ）

A.｛x｜0＜x＜2                                       B.｛x｜0＜x＜2.5

C.｛x｜0＜x＜                                      D.｛x｜0＜x＜3

12.（1994上海，12）若0＜a＜1，則下列不等式中正確的是（    ）

A.（1－a）＞（1－a）                             B.log_1－a（1＋a）＞0

C.（1－a）³＞（1＋a）²                                 D.（1－a）＞1

13.（2002上海春，1）函數(shù)y＝的定義域?yàn)?u>       ．

14.（1999全國(guó)，17）若正數(shù)a、b滿(mǎn)足ab=a+b+3，則ab的取值范圍是        .

15.（1995全國(guó)理，16）不等式（）＞3^－2x的解集是_____.

16.（1995上海，9）不等式＞1的解是     .

17.（1994上海，1）不等式|x＋1|＜1的解集是_____.

18.（2002北京文，17）解不等式＋2＞x．

19．（2002北京理，17）解不等式|－x|＜2.

^※20.（2002上海，20）某商場(chǎng)在促銷(xiāo)期間規(guī)定：商場(chǎng)內(nèi)所有商品按標(biāo)價(jià)的80%出售；同時(shí)，當(dāng)顧客在該商場(chǎng)內(nèi)消費(fèi)滿(mǎn)一定金額后，按如下方案獲得相應(yīng)金額的獎(jiǎng)券：

消費(fèi)金額（元）的范圍

［200，400

［400，500

［500，700

［700，900

……

獲得獎(jiǎng)券的金額（元）

30

60

100

130

……

根據(jù)上述促銷(xiāo)方法，顧客在該商場(chǎng)購(gòu)物可以獲得雙重優(yōu)惠。例如，購(gòu)買(mǎi)標(biāo)價(jià)為400元的商品，則消費(fèi)金額為320元，獲得的優(yōu)惠額為：400×0．2＋30＝110（元）.設(shè)購(gòu)買(mǎi)商品

得到的優(yōu)惠率＝.試問(wèn)：

（1）若購(gòu)買(mǎi)一件標(biāo)價(jià)為1000元的商品，顧客得到的優(yōu)惠率是多少?

（2）對(duì)于標(biāo)價(jià)在［500，800］（元）內(nèi)的商品，顧客購(gòu)買(mǎi)標(biāo)價(jià)為多少元的商品，可得到不小于的優(yōu)惠率?

21.（2002江蘇，22）已知a＞0，函數(shù)f（x）＝ax－bx²．

（1）當(dāng)b＞0時(shí)，若對(duì)任意x∈R都有f（x）≤1，證明a≤2；

（2）當(dāng)b＞1時(shí)，證明：對(duì)任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是b－1≤a≤2；

（3）當(dāng)0＜b≤1時(shí)，討論：對(duì)任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件.

22.（2001年天津，7）解關(guān)于x的不等式＜0（a∈R）．

^※23.（2000上海春，19）有一批影碟機(jī)（VCD）原銷(xiāo)售價(jià)為每臺(tái)800元，在甲、乙兩家家電商場(chǎng)均有銷(xiāo)售.甲商場(chǎng)用如下的方法促銷(xiāo)：買(mǎi)一臺(tái)單價(jià)為780元，買(mǎi)兩臺(tái)每臺(tái)單價(jià)都為760元，依次類(lèi)推，每多買(mǎi)一臺(tái)則所買(mǎi)各臺(tái)單價(jià)均再減少20元，但每臺(tái)最低不能低于440元；乙商場(chǎng)一律都按原價(jià)的75%銷(xiāo)售.某單位需購(gòu)買(mǎi)一批此類(lèi)影碟機(jī)，問(wèn)去哪家商場(chǎng)購(gòu)買(mǎi)花費(fèi)較少?

^※24.（2000京皖春文24，理23）某地區(qū)上年度電價(jià)為0.8元／kW?h，年用電量為a kW?h.本年度計(jì)劃將電價(jià)降到0.55元／kW?h至0.75元／kW?h之間，而用戶(hù)期望電價(jià)為0.4元／kW?h.經(jīng)測(cè)算，下調(diào)電價(jià)后新增的用電量與實(shí)際電價(jià)和用戶(hù)期望電價(jià)的差成反比（比例系數(shù)為ｋ）.該地區(qū)電力的成本價(jià)為0.3元／kW?h.

（1）寫(xiě)出本年度電價(jià)下調(diào)后，電力部門(mén)的收益y與實(shí)際電價(jià)x的函數(shù)關(guān)系式；

（2）設(shè)ｋ＝0．2a，當(dāng)電價(jià)最低定為多少時(shí)仍可保證電力部門(mén)的收益比上年至少增長(zhǎng)20%?

（注：收益＝實(shí)際用電量×（實(shí)際電價(jià)M成本價(jià)））

25.（2000全國(guó)文20，理19）設(shè)函數(shù)f（x）＝－ax，其中a＞0．

（1）解不等式f（x）≤1；

（2）求a的取值范圍，使函數(shù)f（x）在區(qū)間［0，＋∞）上是單調(diào)函數(shù).

26.（1999全國(guó)理，19）解不等式（a＞0且a≠1）.

27．（1998全國(guó)文，20）設(shè)a≠b,解關(guān)于x的不等式a²x＋b²（1－x）≥［ax＋b(1－x)］²．

^※28．（1998全國(guó)文24、理22）如圖6―1，為處理含有某種雜質(zhì)的污水，要制造一底寬為2米的無(wú)蓋長(zhǎng)方體沉淀箱，污水從A孔流入，經(jīng)沉淀后從B孔流出，設(shè)箱體的長(zhǎng)度為a米，高度為b米.已知流出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)與a、b的乘積ab成反比.現(xiàn)有制箱材料60平方米.問(wèn)當(dāng)a、b各為多少米時(shí)，經(jīng)沉淀后流出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)最�。�A、B孔的面積忽略不計(jì)）?

^※29.（1997全國(guó)，22）甲、乙兩地相距s千米，汽車(chē)從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過(guò)c千米／時(shí)，已知汽車(chē)每小時(shí)的運(yùn)輸成本（以元為單位）由可變部分和固定部分組成：可變部分與速度v（千米／時(shí)）的平方成正比，比例系數(shù)為b；固定部分為a元.

（1）把全程運(yùn)輸成本y（元）表示為速度v（千米／時(shí)）的函數(shù)，并指出這個(gè)函數(shù)的定義域；

（2）為了使全程運(yùn)輸成本最小，汽車(chē)應(yīng)以多大速度行駛?

30.（1997全國(guó)理，24）設(shè)二次函數(shù)f（x）＝ax²＋bx+c（a＞0），方程f（x）－x＝0的兩根x₁、x₂滿(mǎn)足0＜x₁＜x₂＜．

（Ⅰ）當(dāng)x∈（0，x₁）時(shí)，證明：x＜f（x）＜x₁；

（Ⅱ）設(shè)函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線(xiàn)x=x₀對(duì)稱(chēng)，證明：x₀＜．

31．（1996全國(guó)理，20）解不等式log_a（1）＞1．

32．（1996全國(guó)文，20）解不等式log_a（x＋1－a）＞1．

33．（1996全國(guó)理，25）已知a、b、c是實(shí)數(shù)，函數(shù)f（x）=ax²＋bx＋c，g（x）=ax+b，當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，|f（x）|≤1．

（Ⅰ）證明：|c|≤1；

（Ⅱ）證明：當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，|g（x）|≤2；

（Ⅲ）設(shè)a＞0，當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，g（x）的最大值為2，求f（x）.

34.（1994全國(guó)文，22）已知函數(shù)f（x）=log_ax（a>0，且a≠1），x∈［0，+∞）.若x₁，x₂∈［0，+∞），判斷［f（x₁）+f（x₂）］與f（）的大小，并加以證明.

●答案解析

1.答案：A

解析：∵a>b，c>d，∴a+c>b+d.

2.答案：C

解析：原不等式等價(jià)于： 0＜x＜1

3.答案：D

解法一：①x≥0時(shí)，原不等式化為：（1＋x）（1－x）＞0  ∴（x＋1）（x－1）＜0

∴0≤x＜1

②x＜0時(shí)，原不等式化為：（1＋x）（1＋x）＞0（1＋x）²＞0  ∴x≠－1

∴x＜0且x≠－1

綜上，不等式的解集為x＜1且x≠－1.

解法二：原不等式化為： ①或      ②

①解得－1＜x＜1

②解得即x＜－1

∴原不等式的解集為x＜1且x≠－1

評(píng)述：該題體現(xiàn)了對(duì)討論不等式與不等式組的轉(zhuǎn)化及去絕對(duì)值的基本方法的要求.

4.答案：C

解析：由已知（x－1）（x－3）>0，

∴x<1或x>3.

故原不等式的解集為{x|x<1或x>3}.

5.答案：B

解析：3^a+3^b≥2=6，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時(shí)取等號(hào).

故3^a+3^b的最小值是6.

評(píng)述：本題考查不等式的平均值定理，要注意判斷等號(hào)成立的條件.

6.答案：A

解析：由a>b>0得a²>b².反過(guò)來(lái)a²>b²則可能a<b<0.故a>b>0是a²>b²的充分不必要條件.

7.答案：B

解析：∵lga＞lgb＞0，∴（lga＋lgb）＞，即Q＞P，

又∵a＞b＞1，∴，

∴（lga＋lgb），

即R＞Q，∴有P＜Q＜R，選B.

8.答案：C

解析：分別以全月工資、薪金所得為900元，1200元，1500元，2800元計(jì)算應(yīng)交納此項(xiàng)稅款額，它們分別為：5元，20元，70元，200元.

∵20＜26．78＜70，所以某人當(dāng)月工資、薪金所得介于1200～1500元，選C.

9.答案：B

解析：∵b<0，∴－b>0，∴a－b>a，又∵a－b<0，a<0，∴.

故不成立.

∵a<b<0，∴|a|>|b|，∴故不成立.由此可選B.

另外，A中成立.C與D中（a+）²>（b+）²成立.其證明如下：

∵a<b<0，<0，∴a+<b+<0，∴|a+|>|b+|，

故（a+）²>（b+）².

評(píng)述：本題考查不等式的基本性質(zhì).

^※10.答案：C

解析：設(shè)購(gòu)買(mǎi)軟件x片，x≥3且x∈N^*，磁盤(pán)y盒，y≥2且y∈N^*，則60x+70y≤500，即6x+7y≤50．

①當(dāng)x=3時(shí)，y=2，3，4.有3種選購(gòu)方式.②當(dāng)x=4時(shí)，y=2，3.有2種選購(gòu)方式.③當(dāng)x=5時(shí)，y=2.有1種選購(gòu)方式.④當(dāng)x=6時(shí)，y=2.有1種選購(gòu)方式.

綜上，共有7種選購(gòu)方式，故選C.

評(píng)述：此題考查不等式的應(yīng)用，建模能力，分類(lèi)討論思想及應(yīng)用意識(shí).

11.答案：C

解法一：當(dāng)x≥2時(shí)，原不等式化為，

去分母得（x+2）（3－x）＞（x+3）（x－2），

即－x²＋x＋6＞x²＋x－6，2x²－12＜0，．

注意x≥2，得2≤x＜；

當(dāng)0＜x＜2時(shí)，原不等式化為，去分母得－x²＋x＋6＞－x²－x＋6

即2x＞0  注意0＜x＜2，得0＜x＜2．

綜上得0＜x＜，所以選C.

解法二：特殊值法.取x=2，適合不等式，排除A；取x=2.5，不適合不等式，排除D；再取x=，不適合不等式，所以排除B；選C.

評(píng)述：此題考查不等式的解法、直覺(jué)思維能力、估算能力.

12.答案：A

解析：因?yàn)?＜a＜1，所以0＜1－a＜1，而指數(shù)函數(shù)y=m^x（m＞0，m≠1）在0＜m＜1時(shí)，是減函數(shù)，則（1－a）＞（1－a），故選A.

13.答案：（－3，1）

解析：3－2x－x²>0  ∴x²+2x－3<0  ∴－3<x<1

14.答案：ab≥9

解析一：令=t（t>0）

由ab=a+b+3≥2+3，得t²≥2t+3，

解得t≥3，即≥3.故ab≥9.

解析二：由已知得ab－b=a+3，b（a－1）=a+3，∴b=（a>1）

∴ab=a=［（a－1）+1］=a+3+=a－1+4+=a－1++

5≥2+5=9.

當(dāng)且僅當(dāng)a－1=時(shí)取等號(hào).即a=b=3時(shí)ab的最小值為9.所以ab的取值范圍是

（9，+∞）.

評(píng)述：本題考查基本不等式的應(yīng)用及不等式的解法及運(yùn)算能力.解法一重在思考a+b與ab的關(guān)系聯(lián)想均值不等式.而解法二是建立在函數(shù)的思想上，求函數(shù)的值域.

15．答案：｛x|－2＜x＜4｝

解析：將不等式變形得

則－x²＋8＞－2x，從而x²－2x－8＜0，（x＋2）（x－4）＜0，－2＜x＜4，所以不等式的解集是｛x|－2＜x＜4｝．

評(píng)述：此題考查指數(shù)不等式的解法.

16.答案：x＜－3或x＞4

解析：變形得＞0，即＞0，所以x＜－3或x＞4．

17.答案：{x|－2<x<0}

解析：原不等式等價(jià)于－1＜x＋1＜1.解得－2＜x＜0．

18.解：

所以，原不等式組的解集為｛x|≤x＜5｝．

19.解：原不等式

因?yàn)?sub>

．

又

所以，原不等式組等價(jià)于

因此，原不等式的解集為｛x|≤x＜5｝．

^※20.解：（Ⅰ）＝33％．

（Ⅱ）設(shè)商品的標(biāo)價(jià)為x元，則500≤x≤800，消費(fèi)額：400≤0．8x≤640．

由已知得①②

不等式組①無(wú)解，不等式組②的解為625≤x≤750．

因此，當(dāng)顧客購(gòu)買(mǎi)標(biāo)準(zhǔn)在［625，750］元內(nèi)的商品時(shí)，可得到不少于的優(yōu)惠率.

21.（Ⅰ）證明：依設(shè)，對(duì)任意x∈R，都有f（x）≤1，

∵f（x）＝，

∴≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2．

（Ⅱ）證明：

必要性

對(duì)任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1－1≤f（x），據(jù)此可以推出－1≤f（1），

即a－b≥－1，∴a≥b－1；

對(duì)任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1f（x）≤1，因?yàn)?i>b＞1，可以推出f（）≤1，即a?－1≤1，∴a≤2；

∴b－1≤a≤2．

充分性

因?yàn)?i>b＞1，a≥b－1，對(duì)任意x∈［0，1］，可以推出

ax－bx²≥b（x－x²）－x≥－x≥－1，

即ax－bx²≥－1；

因?yàn)?i>b＞1，a≤2，對(duì)任意x∈［0，1］，

可以推出ax－bx²≤2x－bx²≤1，

即ax－bx²≤1．

∴－1≤f（x）≤1．

綜上，當(dāng)b＞1時(shí)，對(duì)任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是b－1≤a≤2．

（Ⅲ）解：因?yàn)?i>a＞0，0＜b≤1時(shí)，對(duì)任意x∈［0，1］：

f（x）＝ax－bx²≥－b≥－1，即f（x）≥－1；

f（x）≤1f（1）≤1a－b≤1，即a≤b＋1，

a≤b＋1f（x）≤（b＋1）x－bx²≤1，即f（x）≤1．

所以，當(dāng)a＞0，0＜b≤1時(shí)，對(duì)任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要條件是a≤b＋1．

22.解：原式（x－a）（x－a²）＜0，∴x₁＝a，x₂＝a²

當(dāng)a=a²時(shí)，a=0或a=1，x∈，當(dāng)a＜a²時(shí)，a＞1或a＜0，a＜x＜a²，

當(dāng)a＞a²時(shí)0＜a＜1，a²＜x＜a，

∴當(dāng)a＜0時(shí)a＜x＜a²，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，a²＜x＜a，當(dāng)a＞1時(shí)，a＜x＜a²，當(dāng)a=0或a=1時(shí)，x∈

評(píng)述：此題考查不等式的解法及分類(lèi)討論思想．

^※23.解：設(shè)某單位需購(gòu)買(mǎi)x臺(tái)影碟機(jī)，甲、乙兩商場(chǎng)的購(gòu)貨款的差價(jià)為y，

則∵去甲商場(chǎng)購(gòu)買(mǎi)共花費(fèi)（800－20x）x，據(jù)題意，800－20x≥440，

∴1≤x≤18

去乙商場(chǎng)購(gòu)買(mǎi)共花費(fèi)600x，x∈N^*，

故若買(mǎi)少于10臺(tái)，去乙商場(chǎng)花費(fèi)較少；若買(mǎi)10臺(tái)，去甲、乙商場(chǎng)花費(fèi)一樣；若買(mǎi)超過(guò)10臺(tái)，去甲商場(chǎng)花費(fèi)較少.

^※24.解：（1）設(shè)下調(diào)后的電價(jià)為x元／kW?h，依題意知用電量增至＋a，電力部門(mén)的收益為y＝（＋a）（x－0．3）（0．55≤x≤0．75）

（2）依題意有

整理得

解此不等式得  0．60≤x≤0．75．

答：當(dāng)電價(jià)最低定為0.60元／kW?h仍可保證電力部門(mén)的收益比上年至少增長(zhǎng)20%.

評(píng)述：本小題主要考查建立函數(shù)關(guān)系、解不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)、思想和方法解決實(shí)際問(wèn)題的能力.

25.（1）解法一：不等式f（x）≤1，即≤1＋ax，

由此得1≤1＋ax，即ax≥0，其中常數(shù)a＞0.

所以，原不等式等價(jià)于

即

所以，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，所給不等式的解集為｛x|0≤x≤｝；

當(dāng)a≥1時(shí)，所給不等式的解集為｛x|x≥0｝.

解法二：利用數(shù)形結(jié)合．

f（x）≤1即≤1＋ax

設(shè)＝y，∴y²－x²＝1（y＞0）

設(shè)y＝ax＋1

∴所研究的問(wèn)題為直線(xiàn)l：y＝ax＋1位于雙曲線(xiàn)C：y²－x²＝1上半支上方時(shí)x的范圍，如圖6―2所示：

①當(dāng)0＜a＜1時(shí)，直線(xiàn)l與雙曲線(xiàn)C有兩個(gè)交點(diǎn)，其對(duì)應(yīng)橫坐標(biāo)分別為：x＝0，x＝∴0≤x≤

②當(dāng)a≥1時(shí)，直線(xiàn)l與雙曲線(xiàn)C只有（0，1）一個(gè)交點(diǎn)，

∴只要x≥0，原不等式就成立．

綜合①，②，所以，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，所給不等式的解集為｛x|0≤x≤｝；當(dāng)a≥1時(shí)，所給不等式的解集為｛x|x≥0｝

（2）在區(qū)間［0，＋∞上任取x₁，x₂，使得x₁＜x₂．

①當(dāng)a≥1時(shí)，

∵

∴－a＜0，

又x₁－x₂＜0，

∴f（x₁）－f（x₂）＞0，

即f（x₁）＞f（x₂）.

所以，當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間［0，＋∞）上是單調(diào)遞減函數(shù).

②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，在區(qū)間［0，＋∞）上存在兩點(diǎn)x₁＝0，x₂＝，滿(mǎn)足f（x₁）＝1，f（x₂）＝1，即f（x₁）＝f（x₂），所以函數(shù)f（x）在區(qū)間［0，＋∞）上不是單調(diào)函數(shù).

綜上，當(dāng)且僅當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)f（x）在區(qū)間［0，＋∞）上是單調(diào)函數(shù).

評(píng)述：本小題主要考查不等式的解法、函數(shù)的單調(diào)性等基本知識(shí)，分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想方法和運(yùn)算、推理能力.

26.解：原不等式等價(jià)于

解之得

所以≤log_ax＜或log_ax＞1．

當(dāng)a＞1時(shí)得所求的解集是｛x|a≤x＜a∪｛x|x＞a｝；

當(dāng)0＜a＜1時(shí)得所求的解集是｛x|a＜x≤a｝∪｛x|0＜x＜a｝．

評(píng)述：此題考查對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)、對(duì)數(shù)不等式、無(wú)理不等式解法等基礎(chǔ)知識(shí)，考查分類(lèi)討論的思想.

27.解：將原不等式化為（a²－b²）x＋b²≥（a－b）²x²＋2（a－b）bx＋b²

移項(xiàng)，整理得（a－b）²（x²－x）≤0，

∵a≠b，即（a－b）²＞0，∴x²－x≤0，∴0≤x≤1．

∴不等式的解集為｛x|0≤x≤1｝

評(píng)述：此題考查不等式基本知識(shí)，不等式的解法.

^※28.解法一：設(shè)y為流出的水中雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，則y=，其中k＞0為比例系數(shù)，依題意，即所求的a、b值使y值最小.

根據(jù)題設(shè)，有4b+2ab+2a=60（a＞0，b＞0）

得b=（0＜a＜30  ①

于是

當(dāng)a+2=時(shí)取等號(hào)，y達(dá)到最小值.

這時(shí)a=6，a=－10（舍去）  將a=6代入①式得b=3

故當(dāng)a為6米，b為3米時(shí)，經(jīng)沉淀后流出的水中該雜質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)最小.

解法二：依題意，即所求的a、b值使ab最大.

由題設(shè)知4b+2ab+2a=60（a＞0，b＞0）

即a+2b+ab=30（a＞0，b＞0）

∵a+2b≥2 ∴2＋ab≤30

當(dāng)且僅當(dāng)a=2b時(shí)，上式取等號(hào).

由a＞0，b＞0，解得0＜ab≤18

即當(dāng)a=2b時(shí)，ab取得最大值，其最大值為18.

29.解：（1）依題意汽車(chē)從甲勻速行駛到乙所用的時(shí)間為，全程運(yùn)輸成本為y＝a?＋bv²?＝s（＋bv），所求函數(shù)及其定義域?yàn)?i>y=s（＋bv），v∈（0，c．

（2）由題意，s、a、b、v均為正數(shù)，故s（＋bv）≥2s．

等式當(dāng)且僅當(dāng)＝bv，即v＝時(shí)成立.

若≤c，則當(dāng)v=時(shí)，全程運(yùn)輸成本y最��；

若＞c，當(dāng)v∈（0，c時(shí)，有s（＋bv）＋s（＋bc）＝s［a（）＋b（v－c）］＝（c－v）（a－bcv）．

因?yàn)?i>c－v≥0，且a＞bc²，故a－bcv＞a－bc²＞0，

所以s（＋bv）≥s（＋bc），當(dāng)且僅當(dāng)v=c時(shí)等號(hào)成立，即當(dāng)v=c時(shí)，全程運(yùn)輸成本y最小.

綜上，為使全程運(yùn)輸成本y最小，當(dāng)≤c時(shí)，行駛速度為v=；

當(dāng)＞c時(shí)，行駛速度為v=c.

評(píng)述：此題考查函數(shù)關(guān)系、不等式性質(zhì)、最大值、最小值等基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合應(yīng)用所學(xué)數(shù)學(xué)知識(shí)、思想和方法解決實(shí)際問(wèn)題的能力.考查數(shù)學(xué)建模能力、求最值的方法.

30.證明：（1）令F（x）=f（x）－x，由x₁、x₂是方程f（x）－x=0的兩根，有F（x）=a（x－x₁）（x－x₂）

當(dāng)x∈（0，x₁）時(shí)，由x₁≤x₂，及a＞0，有F（x）=a（x－x₁）（x－x₂）＞0，

即F（x）=f（x）－x＞0，f（x）＞x．

又x₁－f（x）=x₁－［x＋F（x）］＝x₁－x－a（x－x₁）（x－x₂）＝（x₁－x）［1＋a（x－x₂）］

因?yàn)?＜x＜x₁＜x₂＜

所以x₁－x＞0，1＋a（x－x₂）＝1＋ax－ax₂＞1－ax₂＞0

得x₁＞f（x），所以x＜f（x）＜x₁.

（2）依題意x₀＝－，因x₁、x₂是f（x）－x=0的根，即x₁、x₂是方程

ax²＋（b－1）x+c=0的根

所以x₁＋x₂＝，

因?yàn)?i>ax₂＜1，即ax₂－1＜0，故x₀＝．

評(píng)述：此題考查一元二次方程、二次函數(shù)和不等式的基礎(chǔ)知識(shí)，考查綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，考查證明不等式的方法.

31.解：（1）當(dāng)a＞1時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組：

，因＜1－a＜0，所以x＜0，故有＜x＜0；

（2）當(dāng)0＜a＜1時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組：

因＞1－a＞0，所以x＞1，故有1＜x＜．

綜上，當(dāng)a＞1時(shí)，不等式的解集為｛x|＜x＜0．

當(dāng)0＜a＜1時(shí)不等式解集為｛x|1＜x＜｝

評(píng)述：此題考查對(duì)數(shù)不等式的解法，考查運(yùn)算能力等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、分類(lèi)討論思想.

32.解：（1）當(dāng)a＞1時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組

解得x＞2a－1；

（2）當(dāng)0＜a＜1時(shí)，原不等式等價(jià)于不等式組

解得a－1＜x＜2a－1．

綜上，當(dāng)a＞1時(shí)，不等式的解集為｛x|x＞2a－1｝；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，不等式的解集為｛x|a－1＜x＜2a－1｝．

評(píng)述：此題考查對(duì)數(shù)不等式的解法、運(yùn)算能力，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想、分類(lèi)討論思想.

33.（Ⅰ）證明：由條件當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，|f（x）|≤1，取x=0，得|c|＝|f（0）|≤1，即|c|≤1．

（Ⅱ）證明：當(dāng)a＞0時(shí)，g（x）=ax+b在［－1，1］上是增函數(shù)，

所以g（－1）≤g（x）≤g（1），

因?yàn)閨f（x）|≤1  （－1≤x≤1），|c|≤1，

所以g（1）=a+b=f（1）－c  3 ≤|f（1）|＋|c|≤2，

g（－1）＝－a+b=－f（－1）+c≥－（|f（－1）|＋|c|）≥－2，

由此得|g（x）|≤2；

當(dāng)a＜0時(shí)，g（x）=ax+b在［－1，1］上是減函數(shù)，所以g（－1）≥g（x）≥g（1），

因?yàn)閨f（x）|≤1  （－1≤x≤1），|c|≤1，

所以g（－1）=－a+b=－f（－1）+c≤|f（－1）|＋|c|≤2，

g（1）=a+b=f（1）－c≥－（|f（1）|＋|c|）≥－2，

由此得|g（x）|≤2；

當(dāng)a=0時(shí)，g（x）=b，f（x）=bx+c，因?yàn)椋?≤x≤1，

所以|g（x）|=|f（1）－c|≤|f（1）|+|c|≤2；

綜上，得|g（x）|≤2；

（Ⅲ）解：因?yàn)?i>a＞0，g（x）在［－1，1］上是增函數(shù)，當(dāng)x=1時(shí)取得最大值2，即

g（1）=a+b=f（1）－f（0）=2，因?yàn)椋?≤f（0）＝f（1）－2≤1－2≤－1，所以c=f（0）=－1.

因?yàn)楫?dāng)－1≤x≤1時(shí)，f（x）≥－1，即f（x）≥f（0），據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)，直線(xiàn)x=0為二次函數(shù)f（x）的圖象的對(duì)稱(chēng)軸，故有＝0，即b=0，a=2，所以f（x）=2x²－1．

評(píng)述：本題考查函數(shù)的性質(zhì)、含有絕對(duì)值的不等式的性質(zhì)及綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問(wèn)題與解決問(wèn)題的能力，考查特殊化思想、數(shù)形結(jié)合思想.

34.解：f（x₁）+f（x₂）=log_ax₁+log_ax₂=log_ax₁?x₂

∵x₁>0，x₂>0，∴x₁?x₂≤（）²（當(dāng)且僅當(dāng)x₁=x₂時(shí)取“=”號(hào)）

當(dāng)a>1時(shí)，log_a（x₁?x₂）≤log_a（）²，∴log_ax₁x₂≤log_a

即［f（x₁）+f（x₂）］≤f（）（當(dāng)且僅當(dāng)x₁=x₂時(shí)取“=”號(hào)）

當(dāng)0<a<1時(shí)，log_a（x₁x₂）≥log_a（）²，∴log_ax₁x₂≥log_a

即［f（x₁）+f（x₂）］≥f（）（當(dāng)且僅當(dāng)x₁=x₂時(shí)取“=”號(hào)）

評(píng)述：本題考查對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)、平均值不等式知識(shí)及推理論證的能力.

●命題趨向與應(yīng)試策略

1.重視對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的考查，設(shè)問(wèn)方式不斷創(chuàng)新.重點(diǎn)考查四種題型：解不等式，證明不等式，涉及不等式應(yīng)用題，涉及不等式的綜合題，所占比例遠(yuǎn)遠(yuǎn)高于在課時(shí)和知識(shí)點(diǎn)中的比例.重視基礎(chǔ)知識(shí)的考查，�？汲Ｐ拢瑒�(chuàng)意不斷，設(shè)問(wèn)方式不斷創(chuàng)新，圖表信息題，多選型填空題等情景新穎的題型受到命題者的青瞇，值得引起我們的關(guān)注.

2.突出重點(diǎn)，綜合考查，在知識(shí)與方法的交匯點(diǎn)處設(shè)計(jì)命題，在不等式問(wèn)題中蘊(yùn)含著豐富的函數(shù)思想，不等式又為研究函數(shù)提供了重要的工具，不等式與函數(shù)既是知識(shí)的結(jié)合點(diǎn)，又是數(shù)學(xué)知識(shí)與數(shù)學(xué)方法的交匯點(diǎn)，因而在歷年高考題中始終是重中之重.在全面考查函數(shù)與不等式基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)，將不等式的重點(diǎn)知識(shí)以及其他知識(shí)有機(jī)結(jié)合，進(jìn)行綜合考查，強(qiáng)調(diào)知識(shí)的綜合和知識(shí)的內(nèi)在聯(lián)系，加大數(shù)學(xué)思想方法的考查力度，是高考對(duì)不等式考查的又一新特點(diǎn).

3.加大推理、論證能力的考查力度，充分體現(xiàn)由知識(shí)立意向能力立意轉(zhuǎn)變的命題方向.由于代數(shù)推理沒(méi)有幾何圖形作依托，因而更能檢測(cè)出學(xué)生抽象思維能力的層次.這類(lèi)代數(shù)推理問(wèn)題常以高中代數(shù)的主體內(nèi)容――函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列及其交叉綜合部分為知識(shí)背景，并與高等數(shù)學(xué)知識(shí)及思想方法相銜接，立意新穎，抽象程度高，有利于高考選拔功能的充分發(fā)揮.對(duì)不等式的考查更能體現(xiàn)出高觀點(diǎn)、低設(shè)問(wèn)、深入淺出的特點(diǎn)，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的熱點(diǎn).

4.突出不等式的知識(shí)在解決實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用價(jià)值，借助不等式來(lái)考查學(xué)生的應(yīng)用意識(shí).

5.重視數(shù)學(xué)思想方法的復(fù)習(xí)

根據(jù)本章上述的命題趨向我們迎考復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)加強(qiáng)數(shù)學(xué)思想方法的復(fù)習(xí).

在復(fù)習(xí)不等式的解法時(shí)，加強(qiáng)等價(jià)轉(zhuǎn)化思想的訓(xùn)練與復(fù)習(xí).解不等式的過(guò)程是一個(gè)等價(jià)轉(zhuǎn)化的過(guò)程，通過(guò)等價(jià)轉(zhuǎn)化可簡(jiǎn)化不等式（組），以快速、準(zhǔn)確求解.

加強(qiáng)分類(lèi)討論思想的復(fù)習(xí).在解不等式或證不等式的過(guò)程中，如含參數(shù)等問(wèn)題，一般要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類(lèi)討論.復(fù)習(xí)時(shí)，學(xué)生要學(xué)會(huì)分析引起分類(lèi)討論的原因，合理的分類(lèi)，做到不重不漏.

加強(qiáng)函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用訓(xùn)練.不等式、函數(shù)、方程三者密不可分，相互聯(lián)系、互相轉(zhuǎn)化.如求參數(shù)的取值范圍問(wèn)題，函數(shù)與方程思想是解決這類(lèi)問(wèn)題的重要方法.在不等式的證明中，加強(qiáng)化歸思想的復(fù)習(xí)，證不等式的過(guò)程是一個(gè)把已知條件向要證結(jié)論的一個(gè)轉(zhuǎn)化過(guò)程，既可考查學(xué)生的基礎(chǔ)知識(shí)，又可考查學(xué)生分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，正因?yàn)樽C不等式是高考考查學(xué)生代數(shù)推理能力的重要素材，復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)引起我們的足夠重視.

利用函數(shù)f（x）=x＋（a＞0）的單調(diào)性解決有關(guān)最值問(wèn)題是近幾年高考中的熱點(diǎn)，應(yīng)加強(qiáng)這方面的訓(xùn)練和指導(dǎo).

6.強(qiáng)化不等式的應(yīng)用

高考中除單獨(dú)考查不等式的試題外，常在一些函數(shù)、數(shù)列、立體幾何、解析幾何和實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題的試題中涉及不等式的知識(shí)，加強(qiáng)不等式應(yīng)用能力，是提高解綜合題能力的關(guān)鍵.因此，在復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)加強(qiáng)這方面訓(xùn)練，提高應(yīng)用意識(shí)，總結(jié)不等式的應(yīng)用規(guī)律，才能提高解決問(wèn)題的能力.

如在實(shí)際問(wèn)題應(yīng)用中，主要有構(gòu)造不等式求解或構(gòu)造函數(shù)求函數(shù)的最值等方法，求最值時(shí)要注意等號(hào)成立的條件，避免不必要的錯(cuò)誤.