六:不等式十年高考题(含答案)

第六章 不等式

●考点阐释

不等式是中学数学的重点内容，是进一步学习高等数学的基础知识和重要工具，因而也是数学高考的考查重点，在历年的高考数学试题中有相当的比重，这些试题不仅考查有关不等式的基本知识、基本技能、基本方法，而且注重考查逻辑思维能力、运算能力，以及分析问题和解决问题的能力.

不等式的性质在解不等式、证不等式中的应用、证明不等式既是重点又是难点，要求掌握证明不等式的基本方法：作差比较法、综合法、分析法，重点掌握作差比较法.熟练掌握一元一次不等式（组）、一元二次不等式的解法，在此基础上掌握简单的无理不等式、指数不等式、对数不等式的解法.

●试题类编 一、选择题

1.（2003京春文，1）设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论中正确的是（ ） A.a+c>b+d B.a－c>b－d

C.ac>bd

D.

ab

 dc

x210

2.（2002京皖春，1）不等式组的解集是（ ）

2

x3x0

A．｛x｜－1＜x＜1} C．｛x｜0＜x＜1}

B．｛x｜0＜x＜３} D．｛x｜－1＜x＜３}

3.（2002全国，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} D.｛x｜x＜1且x≠－1}

C．｛x｜－1＜x＜1}

4.（2001河南、广东，1）不等式

x1

>0的解集为（ ） x3

A.{x|x3} C.{x|x3} D.{x|1

5.（2001京春）若实数a、b满足a+b=2，则3a+3b的最小值是（ ） A.18

B.6

C.2

D.23

6.（2001上海春）若a、b为实数，则a>b>0是a2>b2的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既非充分条件也非必要条件 7.（2000全国，7）若a＞b＞1，P＝

，R＝lg（lgalgb，Q＝（lga＋lgb）

1

2ab

），2

则（ ）

A.R＜P＜Q B.P＜Q＜R C.Q＜P＜R D.P＜R＜Q ※

8.（2000全国，6）《中华人民共和国个人所得税法》规定，公民全月工资、薪金所得不超过800元的部分不必纳税，超过800元的部分为全月应纳税所得额.此项税款按下表分段累进计算：

某人一月份应交纳此项税款26.78元，则他的当月工资、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

1111和均不能成立 ab|a||b|

B.

1111

和均不能成立 abb|a||b|

C.不等式

1111

和（a+）2>（b+）2均不能成立

babaa1111

和（a+）2>（b+）2均不能成立 

b|a||b|a

D.不等式

※

10.（1999全国，14）某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、

70元的单片软件和盒装磁盘.根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有（ ）

A.5种 B.6种 C.7种 D.8种

x0



11．（1997全国，14）不等式组3x2x的解集是（ ）

||3x2x

A.｛x｜0＜x＜2} C.｛x｜0＜x＜

B.｛x｜0＜x＜2.5} D.｛x｜0＜x＜3}

}

1

2

12.（1994上海，12）若0＜a＜1，则下列不等式中正确的是（ ） A.（1－a）＞（1－a） C.（1－a）3＞（1＋a）2

13

B.log1－a（1＋a）＞0 D.（1－a）

(1a)

＞1

二、填空题

13.（2002上海春，1）函数y＝

132xx

2

的定义域为 ．

14.（1999全国，17）若正数a、b满足ab=a+b+3，则ab的取值范围是1x

15.（1995全国理，16）不等式（）

3

16.（1995上海，9）不等式

2

8

＞3

－2x

的解集是_____.

2x1

＞1的解是 . x3

17.（1994上海，1）不等式|x＋1|＜1的解集是_____. 三、解答题

18.（2002北京文，17）解不等式19．（2002北京理，17）解不等式|

※

2x1＋2＞x． 2x1－x|＜2.

20.（2002上海，20）某商场在促销期间规定：商场内所有商品按标价的80%出售；同时，当顾客在该商场内消费满一定金额后，按如下方案获得相应金额的奖券：

商品，则消费金额为320元，获得的优惠额为：400×0．2＋30＝110（元）.设购买商品

得到的优惠率＝

购买商品获得的优惠额

.试问：

商品的标价

（1）若购买一件标价为1000元的商品，顾客得到的优惠率是多少? （2）对于标价在［500，800］（元）内的商品，顾客购买标价为多少元的商品，可得到不小于

1

的优惠率? 3

21.（2002江苏，22）已知a＞0，函数f（x）＝ax－bx2． （1）当b＞0时，若对任意x∈R都有f（x）≤1，证明a≤2

b；

；

（2）当b＞1时，证明：对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是b－1≤a≤2（3）当0＜b≤1时，讨论：对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件. 22.（2001年天津，7）解关于x的不等式

※

xa

＜0（a∈R）． 2

xa

23.（2000上海春，19）有一批影碟机（VCD）原销售价为每台800元，在甲、乙两家家电商场均有销售.甲商场用如下的方法促销：买一台单价为780元，买两台每台单价都为760元，依次类推，每多买一台则所买各台单价均再减少20元，但每台最低不能低于440

元；乙商场一律都按原价的75%销售.某单位需购买一批此类影碟机，问去哪家商场购买花费较少?

※

24.（2000京皖春文24，理23）某地区上年度电价为0.8元／kW·h，年用电量为a kW·h.本年度计划将电价降到0.55元／kW·h至0.75元／kW·h之间，而用户期望电价为0.4元／kW·h.经测算，下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比（比例系数为ｋ）.该地区电力的成本价为0.3元／kW·h.

（1）写出本年度电价下调后，电力部门的收益y与实际电价x的函数关系式；

（2）设ｋ＝0．2a，当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%?

（注：收益＝实际用电量×（实际电价M成本价））

25.（2000全国文20，理19）设函数f（x）＝

x21－ax，其中a＞0．

（1）解不等式f（x）≤1；

（2）求a的取值范围，使函数f（x）在区间［0，＋∞）上是单调函数. 26.（1999全国理，19）解不等式

3logax22logax1（a＞0且a≠1）.

27．（1998全国文，20）设a≠b,解关于x的不等式a2x＋b2（1－x）≥［ax＋b(1－x)］2． ※

28．（1998全国文24、理22）如图6—1，为处理含有某种杂质的污水，要制造一底宽为2米的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为a米，高度为b米.已知流出的水中该杂质的质量分数与a、b的乘积ab成反比.现有制箱材料60平方米.问当a、b各为多少米时，经沉淀后流出的水中

该杂质的质量分数最小（A、B孔的面积忽略不计）?

29.（1997全国，22）甲、乙两地相距s千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得

超过c千米／时，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（千米／时）的平方成正比，比例系数为b；固定部分为a元.

（1）把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米／时）的函数，并指出这个函数的定义域；

（2）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶?

30.（1997全国理，24）设二次函数f（x）＝ax2＋bx+c（a＞0），方程f（x）－x＝0的两根x1、x2满足0＜x1＜x2＜

※

1

． a

x1

． 2

（Ⅰ）当x∈（0，x1）时，证明：x＜f（x）＜x1； （Ⅱ）设函数f（x）的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜

31．（1996全国理，20）解不等式loga（1

1

）＞1． x

32．（1996全国文，20）解不等式loga（x＋1－a）＞1． 33．（1996全国理，25）已知a、b、c是实数，函数f（x）=ax2＋bx＋c，g（x）=ax+b，当－1≤x≤1时，|f（x）|≤1．

（Ⅰ）证明：|c|≤1；

（Ⅱ）证明：当－1≤x≤1时，|g（x）|≤2；

（Ⅲ）设a＞0，当－1≤x≤1时，g（x）的最大值为2，求f（x）. 34.（1994全国文，22）已知函数f（x）=logax（a>0，且a≠1），x∈［0，+∞）.若x1，x2∈［0，+∞），判断

xx21

［f（x1）+f（x2）］与f（1）的大小，并加以证明. 22

答案解析

1.答案：A

解析：∵a>b，c>d，∴a+c>b+d. 2.答案：C

x211x1

 0＜x＜1 解析：原不等式等价于：

x(x3)00x3

3.答案：D

解法一：①x≥0时，原不等式化为：（1＋x）（1－x）＞0 ∴（x＋1）（x－1）＜0

1x1

0≤x＜1 ∴

x0

②x＜0时，原不等式化为：（1＋x）（1＋x）＞0（1＋x）2＞0 ∴x≠－1 ∴x＜0且x≠－1

综上，不等式的解集为x＜1且x≠－1.

1x01x0

解法二：原不等式化为： ①或

1|x|01|x|0

①解得

②

x1

－1＜x＜1

|x|1

x1②解得即x＜－1

|x|1

∴原不等式的解集为x＜1且x≠－1

评述：该题体现了对讨论不等式与不等式组的转化及去绝对值的基本方法的要求. 4.答案：C 解析：由已知

x1

0（x－1）（x－3）>0， x3

∴x3.

故原不等式的解集为{x|x3}. 5.答案：B 解析：3a+3b≥2

a3b3ab=6，当且仅当a=b=1时取等号.

故3a+3b的最小值是6.

评述：本题考查不等式的平均值定理，要注意判断等号成立的条件. 6.答案：A

解析：由a>b>0得a2>b2.反过来a2>b2则可能ab>0是a2>b2的充分不必要条件.

7.答案：B

解析：∵lga＞lgb＞0，∴

1

（lga＋lgb）＞lgalgb，即Q＞P， 2

又∵a＞b＞1，∴

ab

ab， 2

∴lg(

ab1

)lgab（lga＋lgb）， 22

即R＞Q，∴有P＜Q＜R，选B.

8.答案：C

解析：分别以全月工资、薪金所得为900元，1200元，1500元，2800元计算应交纳此项税款额，它们分别为：5元，20元，70元，200元.

∵20＜26．78＜70，所以某人当月工资、薪金所得介于1200～1500元，选C. 9.答案：B

解析：∵b0，∴a－b>a，又∵a－b

11. aba

故

11

不成立. aba

∵a|b|，∴

1111

故不成立.由此可选B. 

|a||b||a||b|

另外，A中

1111

成立.C与D中（a+）2>（b+）2成立.其证明如下： abba

∵a

111111|b+|， babbaa

故（a+

121）>（b+）2. ba

评述：本题考查不等式的基本性质.

※

10.答案：C

解析：设购买软件x片，x≥3且x∈N*，磁盘y盒，y≥2且y∈N*，则60x+70y≤500，即6x+7y≤50．

①当x=3时，y=2，3，4.有3种选购方式.②当x=4时，y=2，3.有2种选购方式.③当x=5

时，y=2.有1种选购方式.④当x=6时，y=2.有1种选购方式.

综上，共有7种选购方式，故选C.

评述：此题考查不等式的应用，建模能力，分类讨论思想及应用意识. 11.答案：C

解法一：当x≥2时，原不等式化为

3xx2

， 3xx2

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＜

6x6．

6；

3x2x

，去分母得－x2＋x＋6＞－x2－x＋6 3x2x

当0＜x＜2时，原不等式化为

即2x＞0 注意0＜x＜2，得0＜x＜2． 综上得0＜x＜

6，所以选C.

解法二：特殊值法.取x=2，适合不等式，排除A；取x=2.5，不适合不等式，排除D；再取x=

6，不适合不等式，所以排除B；选C.

评述：此题考查不等式的解法、直觉思维能力、估算能力. 12.答案：A

解析：因为0＜a＜1，所以0＜1－a＜1，而指数函数y=mx（m＞0，m≠1）在0＜m＜1时，是减函数，则（1－a）＞（1－a），故选A.

13.答案：（－3，1）

解析：3－2x－x2>0 ∴x2+2x－3

13

12

ab=t（t>0）

ab+3，得t2≥2t+3， ab≥3.故ab≥9.

a3

（a>1） a1

由ab=a+b+3≥2解得t≥3，即

解析二：由已知得ab－b=a+3，b（a－1）=a+3，∴b=

∴ab=a

a3a3a3a144

=［（a－1）+1］=a+3+=a－1+4+=a－1++ a1a1a1a1a1

5≥2

(a1)

4

+5=9. a1

当且仅当a－1=

4

时取等号.即a=b=3时ab的最小值为9.所以ab的取值范围是 a1

（9，+∞）.

评述：本题考查基本不等式的应用及不等式的解法及运算能力.解法一重在思考a+b与ab的关系联想均值不等式.而解法二是建立在函数的思想上，求函数的值域.

15．答案：｛x|－2＜x＜4｝

解析：将不等式变形得3

x28

32x

则－x2＋8＞－2x，从而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｝．

评述：此题考查指数不等式的解法. 16.答案：x＜－3或x＞4

解析：变形得

x42x1x3

＞0，即＞0，所以x＜－3或x＞4．

x3x3

17.答案：{x|－2

解析：原不等式等价于－1＜x＋1＜1.解得－2＜x＜0．

2x10

2x10x2,

18.解：2x12xx20, 或2

x6x502x1(x2)2x20

x21111

或x2或x22x5或x2x5. 2221x52

所以，原不等式组的解集为｛x|

1

≤x＜5｝． 2

2x1x2

19.解：原不等式

2x1x2.

2x10,



因为2x1x22x1x2x20,

2x1(x2)21x1x． 2

2x22x50



2x10

2x10

又2x1x2x20,或,

x202x1(x2)2



x2x2112,或x2,或x2

1x522x6x50

11

2x5或x2x5.

22

1

x2,1x5

所以，原不等式组等价于

21x5

2

因此，原不等式的解集为｛x|

1

≤x＜5｝． 2

※

20.解：（Ⅰ）

10000.2130

＝33％．

1000

（Ⅱ）设商品的标价为x元，则500≤x≤800，消费额：400≤0．8x≤640．

0.2x6010.2x1001



由已知得①x3或②x3

4000.8x5005000.8x640

不等式组①无解，不等式组②的解为625≤x≤750．

因此，当顾客购买标准在［625，750］元内的商品时，可得到不少于21.（Ⅰ）证明：依设，对任意x∈R，都有f（x）≤1，

1

的优惠率. 3

a2a2

∵f（x）＝b(x)，

2b4b

aa2

∴f()≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2b．

2b4b

（Ⅱ）证明： 必要性

对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1－1≤f（x），据此可以推出－1≤f（1）， 即a－b≥－1，∴a≥b－1；

对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1f（x）≤1，因为b＞1，可以推出f（

1

）≤1，即a·

1

－1≤1，∴a≤2； b

∴b－1≤a≤2

．

充分性

因为b＞1，a≥b－1，对任意x∈［0，1］，可以推出 ax－bx2≥b（x－x2）－x≥－x≥－1， 即ax－bx2≥－1； 因为b＞1，a≤2

， b，对任意x∈［0，1］

可以推出ax－bx2≤2即ax－bx2≤1．

∴－1≤f（x）≤1．

x－bx2≤1，

综上，当b＞1时，对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是b－1≤a≤2

．

（Ⅲ）解：因为a＞0，0＜b≤1时，对任意x∈［0，1］： f（x）＝ax－bx2≥－b≥－1，即f（x）≥－1； f（x）≤1f（1）≤1a－b≤1，即a≤b＋1，

a≤b＋1f（x）≤（b＋1）x－bx2≤1，即f（x）≤1． 所以，当a＞0，0＜b≤1时，对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是a≤b＋1． 22.解：原式（x－a）（x－a2）＜0，∴x1＝a，x2＝a2

当a=a2时，a=0或a=1，x∈，当a＜a2时，a＞1或a＜0，a＜x＜a2， 当a＞a2时0＜a＜1，a2＜x＜a，

∴当a＜0时a＜x＜a2，当0＜a＜1时，a2＜x＜a，当a＞1时，a＜x＜a2，当a=0或a=1时，x∈

评述：此题考查不等式的解法及分类讨论思想． ※

23.解：设某单位需购买x台影碟机，甲、乙两商场的购货款的差价为y， 则∵去甲商场购买共花费（800－20x）x，据题意，800－20x≥440， ∴1≤x≤18

去乙商场购买共花费600x，x∈N*，

故若买少于10台，去乙商场花费较少；若买10台，去甲、乙商场花费一样；若买超过10台，去甲商场花费较少.

※

24.解：（1）设下调后的电价为x元／kW·h，依题意知用电量增至

k

＋a，电力

x0.4

部门的收益为y＝（

（2）依题意有

k

＋a）（x－0．3）（0．55≤x≤0．75）

x0.4

0.2a

a)(x0.3)[a(0.80.3)](120%),(

x0.4

0.55x0.75.x21.1x0.30,整理得

0.55x0.75.

解此不等式得 0．60≤x≤0．75．

答：当电价最低定为0.60元／kW·h仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%. 评述：本小题主要考查建立函数关系、解不等式等基础知识，考查综合应用数学知识、思想和方法解决实际问题的能力.

25.（1）解法一：不等式f（x）≤1，即

x21≤1＋ax，

由此得1≤1＋ax，即ax≥0，其中常数a＞0. 所以，原不等式等价于

x21(1ax)2,x0,

即2 

x0.(a1)x2a0.

所以，当0＜a＜1时，所给不等式的解集为｛x|0≤x≤当a≥1时，所给不等式的解集为｛x|x≥0｝. 解法二：利用数形结合． f（x）≤1即设

2a

｝； 2

1a

x21≤1＋ax

x21＝y，∴y2－x2＝1（y＞0）

设y＝ax＋1

∴所研究的问题为直线l：y＝ax＋1位于双曲线C：y2－x2＝1上半支上方时x的范围，如图6—2所示：

①当0＜a＜1时，直线l与双曲线C有两个交点，其对应横坐标分别为：x＝0，x＝

2a2a

∴0≤x≤ 22

1a1a

②当a≥1时，直线l与双曲线C只有（0，1）一个交点，

∴只要x≥0，原不等式就成立．

综合①，②，所以，当0＜a＜1时，所给不等式的解集为｛x|0≤x≤时，所给不等式的解集为｛x|x≥0｝

（2）在区间［0，＋∞)上任取x1，x2，使得x1＜x2．

2a

｝；当a≥12

1a

f(x1)

f(x2)x11x21a(x1x2)

22



x1x2

2

222

x11x21

2

a(x1x2)

2

(x1x2)(

x1x2

x11x21

a)

①当a≥1时， ∵

x1x2

x11x21

2

2

1,

∴

x1x2

x11x21

2

2

－a＜0，

又x1－x2＜0，

∴f（x1）－f（x2）＞0， 即f（x1）＞f（x2）.

所以，当a≥1时，函数f（x）在区间［0，＋∞）上是单调递减函数. ②当0＜a＜1时，在区间［0，＋∞）上存在两点x1＝0，x2＝

2a

，满足f（x1）＝1，2

1a

f（x2）＝1，即f（x1）＝f（x2），所以函数f（x）在区间［0，＋∞）上不是单调函数.

综上，当且仅当a≥1时，函数f（x）在区间［0，＋∞）上是单调函数.

评述：本小题主要考查不等式的解法、函数的单调性等基本知识，分类讨论的数学思想方法和运算、推理能力.

3logax20,2

26.解：原不等式等价于3logax2(2logax1),

2logx10.

a2

logx,a

3



3

解之得logax或logax1,

4

1

logxa

2

所以

23

≤logax＜或logax＞1．

43

2

3

34

当a＞1时得所求的解集是｛x|a≤x＜a

34

}∪｛x|x＞a｝；

23

当0＜a＜1时得所求的解集是｛x|a＜x≤a｝∪｛x|0＜x＜a｝．

评述：此题考查对数函数的性质、对数不等式、无理不等式解法等基础知识，考查分类讨论的思想.

27.解：将原不等式化为（a2－b2）x＋b2≥（a－b）2x2＋2（a－b）bx＋b2 移项，整理得（a－b）2（x2－x）≤0，

∵a≠b，即（a－b）2＞0，∴x2－x≤0，∴0≤x≤1． ∴不等式的解集为｛x|0≤x≤1｝

评述：此题考查不等式基本知识，不等式的解法.

※

28.解法一：设y为流出的水中杂质的质量分数，则y=

k

，其中k＞0为比例系数，ab

依题意，即所求的a、b值使y值最小.

根据题设，有4b+2ab+2a=60（a＞0，b＞0）

得b=

30a

（0＜a＜30) ① 2a

于是y

kkkk

2

6464ab30aaa3234(a2)a2a22a



k

342(a2)

64

a2



k 18

当a+2=

64

时取等号，y达到最小值. a2

这时a=6，a=－10（舍去） 将a=6代入①式得b=3

故当a为6米，b为3米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小. 解法二：依题意，即所求的a、b值使ab最大. 由题设知4b+2ab+2a=60（a＞0，b＞0） 即a+2b+ab=30（a＞0，b＞0） ∵a+2b≥2

2ab ∴22ab＋ab≤30

当且仅当a=2b时，上式取等号. 由a＞0，b＞0，解得0＜ab≤18

即当a=2b时，ab取得最大值，其最大值为18. ∴2b2＝18．解得b=3，a=6.

故当a为6米，b为3米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小.

评述：本题考查综合应用所学数学知识、思想和方法解决实际问题的能力，考查函数关系、不等式性质、最大值、最小值等基础知识，考查利用均值不等式求最值的方法、阅读理解能力、建模能力.

29.解：（1）依题意汽车从甲匀速行驶到乙所用的时间为

ss

，全程运输成本为y＝a·vv

＋bv2·

aas

＝s（＋bv），所求函数及其定义域为y=s（＋bv），v∈（0，c]． vvv

（2）由题意，s、a、b、v均为正数，故s（

a

＋bv）≥2sab． v

等式当且仅当

aa＝bv，即v＝时成立. vb

若

aa≤c，则当v=时，全程运输成本y最小； bb

aa11a

＞c，当v∈（0，c]时，有s（＋bv）＋s（＋bc）＝s［a（）＋b（v

vcvcb

s

（c－v）（a－bcv）． vc

若

－c）］＝

因为c－v≥0，且a＞bc2，故a－bcv＞a－bc2＞0， 所以s（本y最小.

综上，为使全程运输成本y最小，当

aa

＋bv）≥s（＋bc），当且仅当v=c时等号成立，即当v=c时，全程运输成vc

aa

≤c时，行驶速度为v=； bb

当

a

＞c时，行驶速度为v=c. b

评述：此题考查函数关系、不等式性质、最大值、最小值等基础知识，考查综合应用所学数学知识、思想和方法解决实际问题的能力.考查数学建模能力、求最值的方法.

30.证明：（1）令F（x）=f（x）－x，由x1、x2是方程f（x）－x=0的两根，有F（x）=a（x－x1）（x－x2）

当x∈（0，x1）时，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）］

因为0＜x＜x1＜x2＜

1

a

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）依题意x0＝－

b

，因x1、x2是f（x）－x=0的根，即x1、x2是方程 2a

ax2＋（b－1）x+c=0的根 所以x1＋x2＝

b1

， a

x0

ba(x1x2)1ax1ax21



2a2a2a

ax1ax21ax1x1

．

2a2a2

因为ax2＜1，即ax2－1＜0，故x0＝

评述：此题考查一元二次方程、二次函数和不等式的基础知识，考查综合运用数学知识

分析问题和解决问题的能力，考查证明不等式的方法.

31.解：（1）当a＞1时，原不等式等价于不等式组：

11011x

，因＜1－a＜0，所以x＜0，故有＜x＜0； 

x1a11a

x

（2）当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组：

11011x

因＞1－a＞0，所以x＞1，故有1＜x＜． 

1a11ax

x

综上，当a＞1时，不等式的解集为｛x|

1

＜x＜0}． 1a

当0＜a＜1时不等式解集为｛x|1＜x＜

1｝ 1a

评述：此题考查对数不等式的解法，考查运算能力等价转化思想、分类讨论思想.

x1a0

32.解：（1）当a＞1时，原不等式等价于不等式组

x1aa,

解得x＞2a－1；

x1a0

（2）当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组

x1aa,

解得a－1＜x＜2a－1．

综上，当a＞1时，不等式的解集为｛x|x＞2a－1｝；当0＜a＜1时，不等式的解集为｛x|a－1＜x＜2a－1｝．

评述：此题考查对数不等式的解法、运算能力，考查等价转化思想、分类讨论思想. 33.（Ⅰ）证明：由条件当－1≤x≤1时，|f（x）|≤1，取x=0，得|c|＝|f（0）|≤1，即|c|≤1．

（Ⅱ）证明：当a＞0时，g（x）=ax+b在［－1，1］上是增函数， 所以g（－1）≤g（x）≤g（1）， 因为|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；

当a＜0时，g（x）=ax+b在［－1，1］上是减函数，所以g（－1）≥g（x）≥g（1）， 因为|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；

当a=0时，g（x）=b，f（x）=bx+c，因为－1≤x≤1， 所以|g（x）|=|f（1）－c|≤|f（1）|+|c|≤2； 综上，得|g（x）|≤2；

（Ⅲ）解：因为a＞0，g（x）在［－1，1］上是增函数，当x=1时取得最大值2，即 g（1）=a+b=f（1）－f（0）=2，因为－1≤f（0）＝f（1）－2≤1－2≤－1，所以c=f（0）=－1.

因为当－1≤x≤1时，f（x）≥－1，即f（x）≥f（0），据二次函数性质，直线x=0为二次函数f（x）的图象的对称轴，故有

b

＝0，即b=0，a=2，所以f（x）=2x2－1． 2a

评述：本题考查函数的性质、含有绝对值的不等式的性质及综合运用数学知识分析问题与解决问题的能力，考查特殊化思想、数形结合思想.

34.解：f（x1）+f（x2）=logax1+logax2=logax1·x2

∵x1>0，x2>0，∴x1·x2≤（

x1x22

）（当且仅当x1=x2时取“=”号） 2

x1x22x1x21

当a>1时，loga（x1·x2）≤loga（），∴logax1x2≤loga

222

即

xx21

［f（x1）+f（x2）］≤f（1）（当且仅当x1=x2时取“=”号） 22

x1x22xx21

），∴logax1x2≥loga1

222

当0

即

xx21

［f（x1）+f（x2）］≥f（1）（当且仅当x1=x2时取“=”号） 22

评述：本题考查对数函数的性质、平均值不等式知识及推理论证的能力.

制作：ＳＤ

第六章 不等式

●考点阐释

不等式是中学数学的重点内容，是进一步学习高等数学的基础知识和重要工具，因而也是数学高考的考查重点，在历年的高考数学试题中有相当的比重，这些试题不仅考查有关不等式的基本知识、基本技能、基本方法，而且注重考查逻辑思维能力、运算能力，以及分析问题和解决问题的能力.

不等式的性质在解不等式、证不等式中的应用、证明不等式既是重点又是难点，要求掌握证明不等式的基本方法：作差比较法、综合法、分析法，重点掌握作差比较法.熟练掌握一元一次不等式（组）、一元二次不等式的解法，在此基础上掌握简单的无理不等式、指数不等式、对数不等式的解法.

●试题类编 一、选择题

1.（2003京春文，1）设a，b，c，d∈R，且a>b，c>d，则下列结论中正确的是（ ） A.a+c>b+d B.a－c>b－d

C.ac>bd

D.

ab

 dc

x210

2.（2002京皖春，1）不等式组的解集是（ ）

2

x3x0

A．｛x｜－1＜x＜1} C．｛x｜0＜x＜1}

B．｛x｜0＜x＜３} D．｛x｜－1＜x＜３}

3.（2002全国，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} D.｛x｜x＜1且x≠－1}

C．｛x｜－1＜x＜1}

4.（2001河南、广东，1）不等式

x1

>0的解集为（ ） x3

A.{x|x3} C.{x|x3} D.{x|1

5.（2001京春）若实数a、b满足a+b=2，则3a+3b的最小值是（ ） A.18

B.6

C.2

D.23

6.（2001上海春）若a、b为实数，则a>b>0是a2>b2的（ ） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既非充分条件也非必要条件 7.（2000全国，7）若a＞b＞1，P＝

，R＝lg（lgalgb，Q＝（lga＋lgb）

1

2ab

），2

则（ ）

A.R＜P＜Q B.P＜Q＜R C.Q＜P＜R D.P＜R＜Q ※

8.（2000全国，6）《中华人民共和国个人所得税法》规定，公民全月工资、薪金所得不超过800元的部分不必纳税，超过800元的部分为全月应纳税所得额.此项税款按下表分段累进计算：

某人一月份应交纳此项税款26.78元，则他的当月工资、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

1111和均不能成立 ab|a||b|

B.

1111

和均不能成立 abb|a||b|

C.不等式

1111

和（a+）2>（b+）2均不能成立

babaa1111

和（a+）2>（b+）2均不能成立 

b|a||b|a

D.不等式

※

10.（1999全国，14）某电脑用户计划使用不超过500元的资金购买单价分别为60元、

70元的单片软件和盒装磁盘.根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式共有（ ）

A.5种 B.6种 C.7种 D.8种

x0



11．（1997全国，14）不等式组3x2x的解集是（ ）

||3x2x

A.｛x｜0＜x＜2} C.｛x｜0＜x＜

B.｛x｜0＜x＜2.5} D.｛x｜0＜x＜3}

}

1

2

12.（1994上海，12）若0＜a＜1，则下列不等式中正确的是（ ） A.（1－a）＞（1－a） C.（1－a）3＞（1＋a）2

13

B.log1－a（1＋a）＞0 D.（1－a）

(1a)

＞1

二、填空题

13.（2002上海春，1）函数y＝

132xx

2

的定义域为 ．

14.（1999全国，17）若正数a、b满足ab=a+b+3，则ab的取值范围是1x

15.（1995全国理，16）不等式（）

3

16.（1995上海，9）不等式

2

8

＞3

－2x

的解集是_____.

2x1

＞1的解是 . x3

17.（1994上海，1）不等式|x＋1|＜1的解集是_____. 三、解答题

18.（2002北京文，17）解不等式19．（2002北京理，17）解不等式|

※

2x1＋2＞x． 2x1－x|＜2.

20.（2002上海，20）某商场在促销期间规定：商场内所有商品按标价的80%出售；同时，当顾客在该商场内消费满一定金额后，按如下方案获得相应金额的奖券：

商品，则消费金额为320元，获得的优惠额为：400×0．2＋30＝110（元）.设购买商品

得到的优惠率＝

购买商品获得的优惠额

.试问：

商品的标价

（1）若购买一件标价为1000元的商品，顾客得到的优惠率是多少? （2）对于标价在［500，800］（元）内的商品，顾客购买标价为多少元的商品，可得到不小于

1

的优惠率? 3

21.（2002江苏，22）已知a＞0，函数f（x）＝ax－bx2． （1）当b＞0时，若对任意x∈R都有f（x）≤1，证明a≤2

b；

；

（2）当b＞1时，证明：对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是b－1≤a≤2（3）当0＜b≤1时，讨论：对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件. 22.（2001年天津，7）解关于x的不等式

※

xa

＜0（a∈R）． 2

xa

23.（2000上海春，19）有一批影碟机（VCD）原销售价为每台800元，在甲、乙两家家电商场均有销售.甲商场用如下的方法促销：买一台单价为780元，买两台每台单价都为760元，依次类推，每多买一台则所买各台单价均再减少20元，但每台最低不能低于440

元；乙商场一律都按原价的75%销售.某单位需购买一批此类影碟机，问去哪家商场购买花费较少?

※

24.（2000京皖春文24，理23）某地区上年度电价为0.8元／kW·h，年用电量为a kW·h.本年度计划将电价降到0.55元／kW·h至0.75元／kW·h之间，而用户期望电价为0.4元／kW·h.经测算，下调电价后新增的用电量与实际电价和用户期望电价的差成反比（比例系数为ｋ）.该地区电力的成本价为0.3元／kW·h.

（1）写出本年度电价下调后，电力部门的收益y与实际电价x的函数关系式；

（2）设ｋ＝0．2a，当电价最低定为多少时仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%?

（注：收益＝实际用电量×（实际电价M成本价））

25.（2000全国文20，理19）设函数f（x）＝

x21－ax，其中a＞0．

（1）解不等式f（x）≤1；

（2）求a的取值范围，使函数f（x）在区间［0，＋∞）上是单调函数. 26.（1999全国理，19）解不等式

3logax22logax1（a＞0且a≠1）.

27．（1998全国文，20）设a≠b,解关于x的不等式a2x＋b2（1－x）≥［ax＋b(1－x)］2． ※

28．（1998全国文24、理22）如图6—1，为处理含有某种杂质的污水，要制造一底宽为2米的无盖长方体沉淀箱，污水从A孔流入，经沉淀后从B孔流出，设箱体的长度为a米，高度为b米.已知流出的水中该杂质的质量分数与a、b的乘积ab成反比.现有制箱材料60平方米.问当a、b各为多少米时，经沉淀后流出的水中

该杂质的质量分数最小（A、B孔的面积忽略不计）?

29.（1997全国，22）甲、乙两地相距s千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得

超过c千米／时，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（千米／时）的平方成正比，比例系数为b；固定部分为a元.

（1）把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米／时）的函数，并指出这个函数的定义域；

（2）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶?

30.（1997全国理，24）设二次函数f（x）＝ax2＋bx+c（a＞0），方程f（x）－x＝0的两根x1、x2满足0＜x1＜x2＜

※

1

． a

x1

． 2

（Ⅰ）当x∈（0，x1）时，证明：x＜f（x）＜x1； （Ⅱ）设函数f（x）的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜

31．（1996全国理，20）解不等式loga（1

1

）＞1． x

32．（1996全国文，20）解不等式loga（x＋1－a）＞1． 33．（1996全国理，25）已知a、b、c是实数，函数f（x）=ax2＋bx＋c，g（x）=ax+b，当－1≤x≤1时，|f（x）|≤1．

（Ⅰ）证明：|c|≤1；

（Ⅱ）证明：当－1≤x≤1时，|g（x）|≤2；

（Ⅲ）设a＞0，当－1≤x≤1时，g（x）的最大值为2，求f（x）. 34.（1994全国文，22）已知函数f（x）=logax（a>0，且a≠1），x∈［0，+∞）.若x1，x2∈［0，+∞），判断

xx21

［f（x1）+f（x2）］与f（1）的大小，并加以证明. 22

答案解析

1.答案：A

解析：∵a>b，c>d，∴a+c>b+d. 2.答案：C

x211x1

 0＜x＜1 解析：原不等式等价于：

x(x3)00x3

3.答案：D

解法一：①x≥0时，原不等式化为：（1＋x）（1－x）＞0 ∴（x＋1）（x－1）＜0

1x1

0≤x＜1 ∴

x0

②x＜0时，原不等式化为：（1＋x）（1＋x）＞0（1＋x）2＞0 ∴x≠－1 ∴x＜0且x≠－1

综上，不等式的解集为x＜1且x≠－1.

1x01x0

解法二：原不等式化为： ①或

1|x|01|x|0

①解得

②

x1

－1＜x＜1

|x|1

x1②解得即x＜－1

|x|1

∴原不等式的解集为x＜1且x≠－1

评述：该题体现了对讨论不等式与不等式组的转化及去绝对值的基本方法的要求. 4.答案：C 解析：由已知

x1

0（x－1）（x－3）>0， x3

∴x3.

故原不等式的解集为{x|x3}. 5.答案：B 解析：3a+3b≥2

a3b3ab=6，当且仅当a=b=1时取等号.

故3a+3b的最小值是6.

评述：本题考查不等式的平均值定理，要注意判断等号成立的条件. 6.答案：A

解析：由a>b>0得a2>b2.反过来a2>b2则可能ab>0是a2>b2的充分不必要条件.

7.答案：B

解析：∵lga＞lgb＞0，∴

1

（lga＋lgb）＞lgalgb，即Q＞P， 2

又∵a＞b＞1，∴

ab

ab， 2

∴lg(

ab1

)lgab（lga＋lgb）， 22

即R＞Q，∴有P＜Q＜R，选B.

8.答案：C

解析：分别以全月工资、薪金所得为900元，1200元，1500元，2800元计算应交纳此项税款额，它们分别为：5元，20元，70元，200元.

∵20＜26．78＜70，所以某人当月工资、薪金所得介于1200～1500元，选C. 9.答案：B

解析：∵b0，∴a－b>a，又∵a－b

11. aba

故

11

不成立. aba

∵a|b|，∴

1111

故不成立.由此可选B. 

|a||b||a||b|

另外，A中

1111

成立.C与D中（a+）2>（b+）2成立.其证明如下： abba

∵a

111111|b+|， babbaa

故（a+

121）>（b+）2. ba

评述：本题考查不等式的基本性质.

※

10.答案：C

解析：设购买软件x片，x≥3且x∈N*，磁盘y盒，y≥2且y∈N*，则60x+70y≤500，即6x+7y≤50．

①当x=3时，y=2，3，4.有3种选购方式.②当x=4时，y=2，3.有2种选购方式.③当x=5

时，y=2.有1种选购方式.④当x=6时，y=2.有1种选购方式.

综上，共有7种选购方式，故选C.

评述：此题考查不等式的应用，建模能力，分类讨论思想及应用意识. 11.答案：C

解法一：当x≥2时，原不等式化为

3xx2

， 3xx2

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＜

6x6．

6；

3x2x

，去分母得－x2＋x＋6＞－x2－x＋6 3x2x

当0＜x＜2时，原不等式化为

即2x＞0 注意0＜x＜2，得0＜x＜2． 综上得0＜x＜

6，所以选C.

解法二：特殊值法.取x=2，适合不等式，排除A；取x=2.5，不适合不等式，排除D；再取x=

6，不适合不等式，所以排除B；选C.

评述：此题考查不等式的解法、直觉思维能力、估算能力. 12.答案：A

解析：因为0＜a＜1，所以0＜1－a＜1，而指数函数y=mx（m＞0，m≠1）在0＜m＜1时，是减函数，则（1－a）＞（1－a），故选A.

13.答案：（－3，1）

解析：3－2x－x2>0 ∴x2+2x－3

13

12

ab=t（t>0）

ab+3，得t2≥2t+3， ab≥3.故ab≥9.

a3

（a>1） a1

由ab=a+b+3≥2解得t≥3，即

解析二：由已知得ab－b=a+3，b（a－1）=a+3，∴b=

∴ab=a

a3a3a3a144

=［（a－1）+1］=a+3+=a－1+4+=a－1++ a1a1a1a1a1

5≥2

(a1)

4

+5=9. a1

当且仅当a－1=

4

时取等号.即a=b=3时ab的最小值为9.所以ab的取值范围是 a1

（9，+∞）.

评述：本题考查基本不等式的应用及不等式的解法及运算能力.解法一重在思考a+b与ab的关系联想均值不等式.而解法二是建立在函数的思想上，求函数的值域.

15．答案：｛x|－2＜x＜4｝

解析：将不等式变形得3

x28

32x

则－x2＋8＞－2x，从而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｝．

评述：此题考查指数不等式的解法. 16.答案：x＜－3或x＞4

解析：变形得

x42x1x3

＞0，即＞0，所以x＜－3或x＞4．

x3x3

17.答案：{x|－2

解析：原不等式等价于－1＜x＋1＜1.解得－2＜x＜0．

2x10

2x10x2,

18.解：2x12xx20, 或2

x6x502x1(x2)2x20

x21111

或x2或x22x5或x2x5. 2221x52

所以，原不等式组的解集为｛x|

1

≤x＜5｝． 2

2x1x2

19.解：原不等式

2x1x2.

2x10,



因为2x1x22x1x2x20,

2x1(x2)21x1x． 2

2x22x50



2x10

2x10

又2x1x2x20,或,

x202x1(x2)2



x2x2112,或x2,或x2

1x522x6x50

11

2x5或x2x5.

22

1

x2,1x5

所以，原不等式组等价于

21x5

2

因此，原不等式的解集为｛x|

1

≤x＜5｝． 2

※

20.解：（Ⅰ）

10000.2130

＝33％．

1000

（Ⅱ）设商品的标价为x元，则500≤x≤800，消费额：400≤0．8x≤640．

0.2x6010.2x1001



由已知得①x3或②x3

4000.8x5005000.8x640

不等式组①无解，不等式组②的解为625≤x≤750．

因此，当顾客购买标准在［625，750］元内的商品时，可得到不少于21.（Ⅰ）证明：依设，对任意x∈R，都有f（x）≤1，

1

的优惠率. 3

a2a2

∵f（x）＝b(x)，

2b4b

aa2

∴f()≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2b．

2b4b

（Ⅱ）证明： 必要性

对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1－1≤f（x），据此可以推出－1≤f（1）， 即a－b≥－1，∴a≥b－1；

对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1f（x）≤1，因为b＞1，可以推出f（

1

）≤1，即a·

1

－1≤1，∴a≤2； b

∴b－1≤a≤2

．

充分性

因为b＞1，a≥b－1，对任意x∈［0，1］，可以推出 ax－bx2≥b（x－x2）－x≥－x≥－1， 即ax－bx2≥－1； 因为b＞1，a≤2

， b，对任意x∈［0，1］

可以推出ax－bx2≤2即ax－bx2≤1．

∴－1≤f（x）≤1．

x－bx2≤1，

综上，当b＞1时，对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是b－1≤a≤2

．

（Ⅲ）解：因为a＞0，0＜b≤1时，对任意x∈［0，1］： f（x）＝ax－bx2≥－b≥－1，即f（x）≥－1； f（x）≤1f（1）≤1a－b≤1，即a≤b＋1，

a≤b＋1f（x）≤（b＋1）x－bx2≤1，即f（x）≤1． 所以，当a＞0，0＜b≤1时，对任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1的充要条件是a≤b＋1． 22.解：原式（x－a）（x－a2）＜0，∴x1＝a，x2＝a2

当a=a2时，a=0或a=1，x∈，当a＜a2时，a＞1或a＜0，a＜x＜a2， 当a＞a2时0＜a＜1，a2＜x＜a，

∴当a＜0时a＜x＜a2，当0＜a＜1时，a2＜x＜a，当a＞1时，a＜x＜a2，当a=0或a=1时，x∈

评述：此题考查不等式的解法及分类讨论思想． ※

23.解：设某单位需购买x台影碟机，甲、乙两商场的购货款的差价为y， 则∵去甲商场购买共花费（800－20x）x，据题意，800－20x≥440， ∴1≤x≤18

去乙商场购买共花费600x，x∈N*，

故若买少于10台，去乙商场花费较少；若买10台，去甲、乙商场花费一样；若买超过10台，去甲商场花费较少.

※

24.解：（1）设下调后的电价为x元／kW·h，依题意知用电量增至

k

＋a，电力

x0.4

部门的收益为y＝（

（2）依题意有

k

＋a）（x－0．3）（0．55≤x≤0．75）

x0.4

0.2a

a)(x0.3)[a(0.80.3)](120%),(

x0.4

0.55x0.75.x21.1x0.30,整理得

0.55x0.75.

解此不等式得 0．60≤x≤0．75．

答：当电价最低定为0.60元／kW·h仍可保证电力部门的收益比上年至少增长20%. 评述：本小题主要考查建立函数关系、解不等式等基础知识，考查综合应用数学知识、思想和方法解决实际问题的能力.

25.（1）解法一：不等式f（x）≤1，即

x21≤1＋ax，

由此得1≤1＋ax，即ax≥0，其中常数a＞0. 所以，原不等式等价于

x21(1ax)2,x0,

即2 

x0.(a1)x2a0.

所以，当0＜a＜1时，所给不等式的解集为｛x|0≤x≤当a≥1时，所给不等式的解集为｛x|x≥0｝. 解法二：利用数形结合． f（x）≤1即设

2a

｝； 2

1a

x21≤1＋ax

x21＝y，∴y2－x2＝1（y＞0）

设y＝ax＋1

∴所研究的问题为直线l：y＝ax＋1位于双曲线C：y2－x2＝1上半支上方时x的范围，如图6—2所示：

①当0＜a＜1时，直线l与双曲线C有两个交点，其对应横坐标分别为：x＝0，x＝

2a2a

∴0≤x≤ 22

1a1a

②当a≥1时，直线l与双曲线C只有（0，1）一个交点，

∴只要x≥0，原不等式就成立．

综合①，②，所以，当0＜a＜1时，所给不等式的解集为｛x|0≤x≤时，所给不等式的解集为｛x|x≥0｝

（2）在区间［0，＋∞)上任取x1，x2，使得x1＜x2．

2a

｝；当a≥12

1a

f(x1)

f(x2)x11x21a(x1x2)

22



x1x2

2

222

x11x21

2

a(x1x2)

2

(x1x2)(

x1x2

x11x21

a)

①当a≥1时， ∵

x1x2

x11x21

2

2

1,

∴

x1x2

x11x21

2

2

－a＜0，

又x1－x2＜0，

∴f（x1）－f（x2）＞0， 即f（x1）＞f（x2）.

所以，当a≥1时，函数f（x）在区间［0，＋∞）上是单调递减函数. ②当0＜a＜1时，在区间［0，＋∞）上存在两点x1＝0，x2＝

2a

，满足f（x1）＝1，2

1a

f（x2）＝1，即f（x1）＝f（x2），所以函数f（x）在区间［0，＋∞）上不是单调函数.

综上，当且仅当a≥1时，函数f（x）在区间［0，＋∞）上是单调函数.

评述：本小题主要考查不等式的解法、函数的单调性等基本知识，分类讨论的数学思想方法和运算、推理能力.

3logax20,2

26.解：原不等式等价于3logax2(2logax1),

2logx10.

a2

logx,a

3



3

解之得logax或logax1,

4

1

logxa

2

所以

23

≤logax＜或logax＞1．

43

2

3

34

当a＞1时得所求的解集是｛x|a≤x＜a

34

}∪｛x|x＞a｝；

23

当0＜a＜1时得所求的解集是｛x|a＜x≤a｝∪｛x|0＜x＜a｝．

评述：此题考查对数函数的性质、对数不等式、无理不等式解法等基础知识，考查分类讨论的思想.

27.解：将原不等式化为（a2－b2）x＋b2≥（a－b）2x2＋2（a－b）bx＋b2 移项，整理得（a－b）2（x2－x）≤0，

∵a≠b，即（a－b）2＞0，∴x2－x≤0，∴0≤x≤1． ∴不等式的解集为｛x|0≤x≤1｝

评述：此题考查不等式基本知识，不等式的解法.

※

28.解法一：设y为流出的水中杂质的质量分数，则y=

k

，其中k＞0为比例系数，ab

依题意，即所求的a、b值使y值最小.

根据题设，有4b+2ab+2a=60（a＞0，b＞0）

得b=

30a

（0＜a＜30) ① 2a

于是y

kkkk

2

6464ab30aaa3234(a2)a2a22a



k

342(a2)

64

a2



k 18

当a+2=

64

时取等号，y达到最小值. a2

这时a=6，a=－10（舍去） 将a=6代入①式得b=3

故当a为6米，b为3米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小. 解法二：依题意，即所求的a、b值使ab最大. 由题设知4b+2ab+2a=60（a＞0，b＞0） 即a+2b+ab=30（a＞0，b＞0） ∵a+2b≥2

2ab ∴22ab＋ab≤30

当且仅当a=2b时，上式取等号. 由a＞0，b＞0，解得0＜ab≤18

即当a=2b时，ab取得最大值，其最大值为18. ∴2b2＝18．解得b=3，a=6.

故当a为6米，b为3米时，经沉淀后流出的水中该杂质的质量分数最小.

评述：本题考查综合应用所学数学知识、思想和方法解决实际问题的能力，考查函数关系、不等式性质、最大值、最小值等基础知识，考查利用均值不等式求最值的方法、阅读理解能力、建模能力.

29.解：（1）依题意汽车从甲匀速行驶到乙所用的时间为

ss

，全程运输成本为y＝a·vv

＋bv2·

aas

＝s（＋bv），所求函数及其定义域为y=s（＋bv），v∈（0，c]． vvv

（2）由题意，s、a、b、v均为正数，故s（

a

＋bv）≥2sab． v

等式当且仅当

aa＝bv，即v＝时成立. vb

若

aa≤c，则当v=时，全程运输成本y最小； bb

aa11a

＞c，当v∈（0，c]时，有s（＋bv）＋s（＋bc）＝s［a（）＋b（v

vcvcb

s

（c－v）（a－bcv）． vc

若

－c）］＝

因为c－v≥0，且a＞bc2，故a－bcv＞a－bc2＞0， 所以s（本y最小.

综上，为使全程运输成本y最小，当

aa

＋bv）≥s（＋bc），当且仅当v=c时等号成立，即当v=c时，全程运输成vc

aa

≤c时，行驶速度为v=； bb

当

a

＞c时，行驶速度为v=c. b

评述：此题考查函数关系、不等式性质、最大值、最小值等基础知识，考查综合应用所学数学知识、思想和方法解决实际问题的能力.考查数学建模能力、求最值的方法.

30.证明：（1）令F（x）=f（x）－x，由x1、x2是方程f（x）－x=0的两根，有F（x）=a（x－x1）（x－x2）

当x∈（0，x1）时，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）］

因为0＜x＜x1＜x2＜

1

a

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）依题意x0＝－

b

，因x1、x2是f（x）－x=0的根，即x1、x2是方程 2a

ax2＋（b－1）x+c=0的根 所以x1＋x2＝

b1

， a

x0

ba(x1x2)1ax1ax21



2a2a2a

ax1ax21ax1x1

．

2a2a2

因为ax2＜1，即ax2－1＜0，故x0＝

评述：此题考查一元二次方程、二次函数和不等式的基础知识，考查综合运用数学知识

分析问题和解决问题的能力，考查证明不等式的方法.

31.解：（1）当a＞1时，原不等式等价于不等式组：

11011x

，因＜1－a＜0，所以x＜0，故有＜x＜0； 

x1a11a

x

（2）当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组：

11011x

因＞1－a＞0，所以x＞1，故有1＜x＜． 

1a11ax

x

综上，当a＞1时，不等式的解集为｛x|

1

＜x＜0}． 1a

当0＜a＜1时不等式解集为｛x|1＜x＜

1｝ 1a

评述：此题考查对数不等式的解法，考查运算能力等价转化思想、分类讨论思想.

x1a0

32.解：（1）当a＞1时，原不等式等价于不等式组

x1aa,

解得x＞2a－1；

x1a0

（2）当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组

x1aa,

解得a－1＜x＜2a－1．

综上，当a＞1时，不等式的解集为｛x|x＞2a－1｝；当0＜a＜1时，不等式的解集为｛x|a－1＜x＜2a－1｝．

评述：此题考查对数不等式的解法、运算能力，考查等价转化思想、分类讨论思想. 33.（Ⅰ）证明：由条件当－1≤x≤1时，|f（x）|≤1，取x=0，得|c|＝|f（0）|≤1，即|c|≤1．

（Ⅱ）证明：当a＞0时，g（x）=ax+b在［－1，1］上是增函数， 所以g（－1）≤g（x）≤g（1）， 因为|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；

当a＜0时，g（x）=ax+b在［－1，1］上是减函数，所以g（－1）≥g（x）≥g（1）， 因为|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；

当a=0时，g（x）=b，f（x）=bx+c，因为－1≤x≤1， 所以|g（x）|=|f（1）－c|≤|f（1）|+|c|≤2； 综上，得|g（x）|≤2；

（Ⅲ）解：因为a＞0，g（x）在［－1，1］上是增函数，当x=1时取得最大值2，即 g（1）=a+b=f（1）－f（0）=2，因为－1≤f（0）＝f（1）－2≤1－2≤－1，所以c=f（0）=－1.

因为当－1≤x≤1时，f（x）≥－1，即f（x）≥f（0），据二次函数性质，直线x=0为二次函数f（x）的图象的对称轴，故有

b

＝0，即b=0，a=2，所以f（x）=2x2－1． 2a

评述：本题考查函数的性质、含有绝对值的不等式的性质及综合运用数学知识分析问题与解决问题的能力，考查特殊化思想、数形结合思想.

34.解：f（x1）+f（x2）=logax1+logax2=logax1·x2

∵x1>0，x2>0，∴x1·x2≤（

x1x22

）（当且仅当x1=x2时取“=”号） 2

x1x22x1x21

当a>1时，loga（x1·x2）≤loga（），∴logax1x2≤loga

222

即

xx21

［f（x1）+f（x2）］≤f（1）（当且仅当x1=x2时取“=”号） 22

x1x22xx21

），∴logax1x2≥loga1

222

当0

即

xx21

［f（x1）+f（x2）］≥f（1）（当且仅当x1=x2时取“=”号） 22

评述：本题考查对数函数的性质、平均值不等式知识及推理论证的能力.

制作：ＳＤ