1994-2003不等式高考题2

1994-2003不等式高考题 1.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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 a≤2 ； (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. 2.解关于x的不等式 ＜0(a∈R). 3.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? 4.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)) 5.设函数f(x)＝ －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. 6.解不等式 (a＞0且a≠1). 7.设a≠b,解x的不等式a2x＋b2(1－x)≥［ax＋b(1－x)］2. 8.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)？ 9.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? 10.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＜ . (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＜ . 11.解不等式loga(1 )＞1. 12.解不等式loga(x＋1－a)＞1    . 13.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). 14.已知函数f(x)=logax(a>0，且a≠1)，x∈［0，+∞).若x1，x2∈［0，+∞)，判断 ［f(x1)+f(x2)］与f( )的大小，并加以证明. 15.参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 1.【答案】(Ⅰ)证明：依设，对任意x∈R，都有f(x)≤1， ∵f(x)＝ ， ∴ ≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2 . (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，即a· －1≤1，∴a≤2 ； ∴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 ，对任意x∈［0，1］， 可以推出ax－bx2≤2 x－bx2≤1， 即ax－bx2≤1. ∴－1≤f(x)≤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. 2.【答案】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∈ 3.【答案】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. 4.【答案】解：(1)设下调后的电价为x元／kW·h，依题意知用电量增至 ＋a，电力部门的收益为y＝( ＋a)(x－0.3)(0.55≤x≤0.75) (2)依题意有 整理得 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%. 5.【答案】(1)解法一：不等式f(x)≤1，即 ≤1＋ax， 由此得1≤1＋ax，即ax≥0，其中常数a＞0. 所以，原不等式等价于 即 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 ≤1＋ax 设 ＝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＝ ∴0≤x≤ 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≤ ｝；当a≥1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. ①当a≥1时， ∵ ∴ －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＝ ，满足f(x1)＝1，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. 6.【答案】解：原不等式等价于 解之得 所以 ≤logax＜ 或logax＞1. 当a＞1时得所求的解集是｛x|a ≤x＜a ∪｛x|x＞a｝； 当0＜a＜1时得所求的解集是｛x|a ＜x≤a ｝∪｛x|0＜x＜a｝. 7.【答案】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｝ 8.【答案】解法一：设y为流出的水中杂质的质量分数，则y= ，其中k＞0为比例系数，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= (0＜a＜30   ① 于是 当a+2= 时取等号，y达到最小值. 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 ∴2 ＋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. 9.【答案】解：(1)依题意汽车从甲匀速行驶到乙所用的时间为 ，全程运输成本为y＝a· ＋bv2· ＝s( ＋bv)，所求函数及其定义域为y=s( ＋bv)，v∈(0，c . (2)由题意，s.a.b.v均为正数，故s( ＋bv)≥2s . 等式当且仅当 ＝bv，即v＝ 时成立. 若 ≤c，则当v= 时，全程运输成本y最小； 若 ＞c，当v∈(0，c 时，有s( ＋bv)＋s( ＋bc)＝s［a( )＋b(v－c)］＝ (c－v)(a－bcv). 因为c－v≥0，且a＞bc2，故a－bcv＞a－bc2＞0， 所以s( ＋bv)≥s( ＋bc)，当且仅当v=c时等号成立，即当v=c时，全程运输成本y最小. 综上，为使全程运输成本y最小，当 ≤c时，行驶速度为v= ； 当 ＞c时，行驶速度为v=c. 10.【答案】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＜ 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＝－ ，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＝ ， 因为ax2＜1，即ax2－1＜0，故x0＝ . 11.【答案】解：(1)当a＞1时，原不等式等价于不等式组： ，因 ＜1－a＜0，所以x＜0，故有 ＜x＜0； (2)当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组： 因 ＞1－a＞0，所以x＞1，故有1＜x＜ . 综上，当a＞1时，不等式的解集为｛x| ＜x＜0 . 当0＜a＜1时不等式解集为｛x|1＜x＜ ｝ 12.【答案】解：(1)当a＞1时，原不等式等价于不等式组 解得x＞2a－1； (2)当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组 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｝. 13.【答案】(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 ＝0，即b=0，a=2，所以f(x)=2x2－1. 14.【答案】解：f(x1)+f(x2)=logax1+logax2=logax1·x2 ∵x1>0，x2>0，∴x1·x2≤( )2(当且仅当x1=x2时取“=”号) 当a>1时，loga(x1·x2)≤loga( )2，∴ logax1x2≤loga 即 ［f(x1)+f(x2)］≤f( )(当且仅当x1=x2时取“=”号) 当0