高考不等式大题及答案,高考不等式大题及答案详解

（1）有一个四位数，它满足下列条件：

①个位上数字的2倍与2的和小于十位上数字的一半

②个位上的数字与千位上的数字，十位上的数字与百位上的数字同时对调所得到的新四位数与原四位数相同

③个位数字和十位数字之和为10

求这个四位数

答案： 1991

设个位数为x，十位数为y，则2x+2<y/2

x+y=10

则2（10-y)+2<y/2

则y>8.8

由②可知个位数等于千位数，十位数等于百位数，则个位数不能为0，所以y=9,x=1这个数为1991

（2）：某地为促进淡水养殖业的发展,将淡水鱼的价格控制在8元至14元之间,决定对淡水鱼提供政府补贴.设淡水鱼的市场价格为x元/千克,政府的补贴为t元/千克,据调查,要使每日市场的淡水鱼供应量与需求量正好相等,t与X应满足等式:100(x+t-8)=270-3x,为使市场价格不高于10元/千克,政府补帖至少应为多少?

（3）有一个两位数，它的十位数字比个位数字大1，并且这个两位数大于30且小于42，求这个两位数，

（4）某班学生去学农，安排住宿时发现，如果每间宿舍住4人，则有20人每宿舍住；如果每间主8人，则有一间不空也不满，求该班学生人数及宿舍间数。

电局信局推出两种收费方式，甲种：每月座机24元，通话每分钟0.2元。乙种：无座机，通话每分钟0.36元。你认为选择哪种收费方式更优惠？ 设每月通话时间为x，24+0.2x>0.36x 得出x<150。

意思是当每月的通话时间小于150分钟时应该选用乙种，乙种更便宜。而当通话时间大于150分钟时应该选用甲种，此时甲种收费方式更便宜。150是个分界线。当每月的通话时间为150分钟时，甲乙都可以。典型例题 例1. 有一个两位数，其十位数字比个位数字大2，这个两位数在30～50之间，求这个两位数。分析：要求两位数，先要求它的十位数字、个位数字，因此可间接设个位数字为x，十位数字则为（x+2），这个两位数＝10（x+2）+x，在30和50之间可列出两个不等式。解：设这个两位数的个位数字为x，依题得：∵x为正整数或0，符合条件的为x=1，2，相对应的十位数字为3，4。所以这个两位数可为31，42。答：这个两位数为31或42。 例2. （实际问题）某市出租车的起价为7元，达到5km时，每增加1km加价1.20元。（不足1km部分按1km计算），现在某人乘出租车从甲地到乙地，支付17.8元的车费，从甲地到乙地的路程大约为多少？分析：根据已知甲到乙地的路程一定大于5km，因为17.8元>7元，设甲地到乙地的路程为xkm，则有解：设甲地到乙地的路程为xkm，依题得答：从甲地到乙地的路程大约为大于13km且不超过14km。 例3. 每期《初中生》发下来后，小刚都认真阅读，他如果每天读5页，9天读不完，第10天剩不足5页，如果他每天读23页，那么2天读不完，第3天剩不足23页，试问《初中生》每期有多少页？（页数为偶数）分析：“读不完”指的是有一部分未读，“不足”指的是“少于”的意思。解：设《初中生》每期有x页，依题意得答：《初中生》每期有48页。 例4. 根据下列条件，设适当的未知数列出二元一次方程或二元一次方程组。（1）甲数的8%与乙数的10%的和是甲、乙两数的和的9%。（2）火车的速度是汽车速度的3倍，它们的速度之和为380km/h。（3）甲、乙两个玩具进价一共55元，甲玩具售出亏10%，乙玩具售出赚20%，一共卖得65元。分析：找出每个小题的未知的量是指什么，有几个等量关系，则可列出几个方程，如果有2个未知数，只有一个等量关系则只能列出一个二元一次方程，如果有2个等量关系，则可列方程组。解：（1）设甲数为x，乙数为y，则依题得：（2）设汽车速度为x km/h，火车速度为y km/h，依题得：（3）设甲玩具进价为x元，乙玩具进价为y元，依题意得 例5. 某工厂向银行贷款甲、乙两种，共计40万元，每年付利息2.95万元，甲种贷款年利率为7%，乙种贷款年利率为8%，求两种贷款各多少万元？分析：找到两个等量关系，甲贷款＋乙贷款＝40万元甲贷款利息＋乙贷款利息＝2.95万元解：设向银行贷款甲、乙两种分别为x万元，y万元，依题意得解之得答：甲、乙两种贷款分别为25万元，15万元。 例6. （探究题）到某一旅游点的门票价格规定如下表：购票人数1～50人51～100人100人以上每人门票价5元4.5元4元某校初一甲、乙两班共103人（其中甲班人数多于乙班人数）去这一旅游点旅游，如果两班都以班为单位分别购票，一共要付486元。（1）如果两班联合起来，作为团体购票则可节约多少钱？（2）两班各有多少学生？分析：要求两班各有多少人，也就是有2个未知数，要找两个等量关系：甲班人数＋乙班人数＝103，甲班以班为单位付门票钱＋乙班以班为单位付门票钱＝486，但是付门票钱的规格有三种，由于甲班人数多于乙班人数，设甲班人数为x人，乙班人数为y人，由于x>y，x+y=103，则可能出现第一种情况，51≤x≤100，1≤y≤50第二种，51≤x≤100，51≤y≤100第三种，x>100，1≤y≤50不可能出现，x>100，y>100或1≤x≤50，1≤y≤50分三种情况列方程组。解：（1）486－4×103＝74（元），可以节约74元。（2）设甲班学生有x人，乙班学生有y人，由于x>y，x+y=103a. 若51≤x≤100，1≤y≤50，则得b. 若51≤x≤100，51≤y≤100，则得c. 若x>100，1≤y≤50，则得与x>100及1≤y≤50矛盾。故甲班学生人数为58名，乙班学生人数为45名。 例7. 一个水池，底部装有一个常开的排水管，上部装有若干个粗细相同的进水管，当打开4个进水管时，需5小时注满水池，当打开2个进水管时，需15小时才能注满水池，现要在4小时将水池注满，那么至少要打开多少个进水管？分析：进水管每小时的注水量，排水管每小时的排水量都不知道，若想在4小时将水池注满，要打开多少个进水管也不知道，这道题涉及三个未知量，只求一个未知量列方程组求解时可以消去其他二个未知量。解：设每个进水管1小时的注水量为a，排水管1小时的排水量为b，若想在4小时内注满水池，要打开x个进水管，依题意得由①得，4a-b=6a-3b则a=b ③把③代入②得由于水管的个数不能为分数，所以至少打开5个进水管，才能在4小时内将水池注满。 模拟试题（答题时间：30分钟） 1. 某商店以每台7000元的进价购进一批电脑，希望获毛利（毛利＝销售价－进价）不少于600元，但上级规定不得超过销售价的20%，求这批电脑的销售价应定在什么范围内？ 2. 幼儿园玩具若干件，分给小朋友玩，每人分3件，还余77件，若每人分5件，那么最后一个人得到的少于5件，求这所幼儿园有多少玩具？多少小朋友？ 3. 乘某城市的一种出租车起价10元，（在5km以内）达到或超过5km后，每增加1km加价1.2元，（不足1km部分按1km算），现在某人乘这种出租车从甲地到乙地支付车费17.2元，从甲地到乙地路程有多远？ 4. 甲、乙两商店共有练习本200本，某日甲店售出19本，乙店售出97本，甲、乙两店所剩练习本数相等，则甲乙两店有练习本各多少本？ 5. 两个骑自行车的人沿着成圆圈形的跑道用不变的速度行驶，当他们按相反的方向骑的时候，每20秒钟相遇1次，如果按同方向骑，那么每100秒有一个人追上另一个人，假定圆圈跑道长为400米，问各人的速度为多少？ 6. 某服装厂要生产一批同样型号的运动服，已知每3米长的某种布料可做2件上衣或3条裤子，现有此种布料600米，请你帮助设计一下，该如何分配布料，才能使运动服成套而不浪费，能生产多少套运动服？

试题答案 1. 不少于7600元，不多于8750元 2. 有39人，玩具194件，或有40人，玩具197件，或有41人，玩具200件。 3. 大于或等于10km且小于11km 4. 甲店有61本，乙店有139本 5. 12米/秒，8米/秒 6. 360米做上衣，240米做裤子，共能生产240套运动服。 不清楚啊！

给个邮箱？word文档

我发给你请发信息给我

b)∈M，且对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a，则a=____．

分析：读懂并能揭示问题中的数学实质，将是解决该问题的突破口．怎样理解“对M中的其它元素(c，d)，总有c≥a”？M中的元素又有什么特点？

解：依题可知，本题等价于求函数x=f(y)=(y+3)?|y-1|+(y+3)

(2)当1≤y≤3时，

所以当y=1时， = 4．

简评：题设条件中出现集合的形式，因此要认清集合元素的本质属性，然后结合条件，揭示

其数学实质．即求集合M中的元素满足关系式

例2．已知非负实数 ， 满足 且 ，则 的最大值是（ ）

A． B． C． D．

解：画出图象，由线性规划知识可得，选D

例3．数列 由下列条件确定：

（1）证明：对于 ,

（2）证明：对于 ．

证明：（1）

（2）当 时，

= 。

例4．解关于 的不等式：

分析：本例主要复习含绝对值不等式的解法，分类讨论的思想。本题的关键不是对参数 进行讨论，而是去绝对值时必须对末知数进行讨论，得到两个不等式组，最后对两个不等式组的解集求并集，得出原不等式的解集。

解：当

例5．若二次函数y=f(x)的图象经过原点，且1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4，求f(-2)的范围．

分析：要求f(-2)的取值范围，只需找到含人f(-2)的不等式(组)．由于y=f(x)是二次函数，所以应先将f(x)的表达形式写出来．即可求得f(-2)的表达式，然后依题设条件列出含有f(-2)的不等式(组)，即可求解．

解：因为y=f(x)的图象经过原点，所以可设y=f(x)=ax2+bx．于是

解法一(利用基本不等式的性质)

不等式组(Ⅰ)变形得

(Ⅰ)

所以f(-2)的取值范围是[6，10]．

解法二(数形结合)

建立直角坐标系aob，作出不等式组(Ⅰ)所表示的区域，如图6中的阴影部分．因为f(-2)=4a-2b，所以4a-2b-f(-2)=0表示斜率为2的直线系．如图6，当直线4a-2b-f(-2)=0过点A(2，1)，B(3，1)时，分别取得f(-2)的最小值6，最大值10．即f(-2)的取值范围是：6≤f(-2)≤10．

解法三(利用方程的思想)

又f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1)，而

1≤f(-1)≤2，3≤f(1)≤4， ①

所以 3≤3f(-1)≤6． ②

①+②得4≤3f(-1)+f(1)≤10，即6≤f(-2)≤10．

简评：(1)在解不等式时，要求作同解变形．要避免出现以下一种错解：

2b，8≤4a≤12，-3≤-2b≤-1，所以 5≤f(-2)≤11．

(2)对这类问题的求解关键一步是，找到f(-2)的数学结构，然后依其数学结构特征，揭示其代数的、几何的本质，利用不等式的基本性质、数形结合、方程等数学思想方法，从不同角度去解决同一问题．若长期这样思考问题，数学的素养一定会迅速提高．

例6．设函数f(x)=ax2+bx+c的图象与两直线y=x，y= x，均不相交.试证明对一切 都有 .

分析：因为x∈R，故|f(x)|的最小值若存在，则最小值由顶点确定，故设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)．

证明：由题意知，a≠0．设f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，则

又二次方程ax2+bx+c=±x无实根，故

Δ1=(b+1)2-4ac＜0，Δ2=(b-1)2-4ac＜0．

所以(b+1)2+(b-1)2-8ac＜0，即2b2+2-8ac＜0，即b2-4ac＜-1，所以|b2-4ac|＞1．

简评：从上述几个例子可以看出，在证明与二次函数有关的不等式问题时，如果针对题设条件，合理采取二次函数的不同形式，那么我们就找到了一种有效的证明途径．

例7. 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的两个根x1、x2满足0＜x1＜x2＜ .

(1)当x∈〔0，x1 时，证明x＜f(x)＜x1；

(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜ .

解：(1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).当x∈(0，x1)时，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，

又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)

x1－f(x)=x1－〔x+F(x)〕=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)〔1+a(x－x2)〕

∵0＜x＜x1＜x2＜ ，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0

∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.

(2)依题意：x0=－ ，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.

∴x1+x2=－

∴x0=－ ，因为ax2＜1，

∴x0＜

例8 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.

(1)证明：|c|≤1；

(2)证明：当－1 ≤x≤1时，|g(x)|≤2；

(3)设a＞0，有－1≤x≤1时， g(x)的最大值为2，求f(x).

命题意图：本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力.属★★★★★级题目.

知识依托：二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂.

错解分析：本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x≤1时|f(x)|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局.

技巧与方法：本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系.

(1)证明：由条件当=1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x=0得：|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1.

(2)证法一：依题设|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1.当a＞0时，g(x)=ax+b在〔－1，1〕上是增函数，于是

g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1).

∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，

∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，

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

因此得|g(x)|≤2 (－1≤x≤1)；

当a＜0时，g(x)=ax+b在〔－1，1〕上是减函数，于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，

∵|f(x)|≤1 (－1≤x≤1)，|c|≤1

∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2.

综合以上结果，当－1≤x≤1时，都有|g(x)|≤2.

证法二：∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)

∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，

∵f(x)=ax2+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，

因此，根据绝对值不等式性质得：

|a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，

|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，

∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，

函数g(x)=ax+b的图象是一条直线，因此|g(x)|在〔－1，1〕上的最大值只能在区间的端点x=－1或x=1处取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1 .

当－1≤x≤1时，有0≤ ≤1，－1≤ ≤0，

∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f( )|≤1；

因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f |+|f( )|≤2.

(3)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. ①

∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1.

因为当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，

根据二次函数的性质，直线x=0为f(x)的图象的对称轴，

由此得－ ＜0 ，即b=0.

由①得a=2，所以f(x)=2x2－1.

例9．某城市2001年末汽车保有量为30万辆，预计此后每年报废上一年末汽车保有量的6%，并且每年新增汽车数量相同。为了保护城市环境，要求该城市汽车保有量不超过60万辆，那么每年新增汽车数量不应超过多少辆？

解：设2001年末的汽车保有量为 ，以后每年末的汽车保有量依次为 ，每年新增汽车 万辆。由题意得

一、选择题

1.(★★★★★)定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间〔0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )

①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)

③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)

A.①③ B.②④ C.①④ D.②③

二、填空题

2.(★★★★★)下列四个命题中：①a+b≥2 ②sin2x+ ≥4 ③设x，y都是正数，若 =1，则x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________.

3.(★★★★★)某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处.

三、解答题

4.(★★★★★)已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.

(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；

(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.

5.(★★★★)某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即 ，0＜x≤10 .每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍.

(1)设y=ax，其中a是满足 ≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；

(2)若y= x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围.

6.(★★★★★)设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)?f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1.

(1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；

(2)求证：f(x)在R上单调递减；

(3)设集合A={ (x，y)|f(x2)?f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B= ，求a的取值范围.

7.(★★★★★)已知函数f(x)= (b＜0)的值域是〔1，3〕，

(1)求b、c的值；

(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈〔－1，1〕时的单调性，并证明你的结论；

(3)若t∈R，求证：lg ≤F(|t－ |－|t+ |)≤lg .

〔科普美文〕数学中的不等式关系

数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学数学中最基本的关系.

等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异美.不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质，如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴旺的大家族，由简到繁，形式各异.如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等.不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的问题.解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题.推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多是与自然数n有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明.另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等.

数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系.不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一不与不等式有着密切的联系.许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现实世界中反映出来的数学问题.不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程.总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性.

等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系.数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的体现.不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？

参考答案

难点磁场

解：(1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2).当x∈(0，x1)时，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，

又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)

x1－f(x)=x1－〔x+F(x)〕=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)〔1+a(x－x2)〕

∵0＜x＜x1＜x2＜ ，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0

∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1.

(2)依题意：x0=－ ，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根.

∴x1+x2=－

∴x0=－ ，因为ax2＜1，

∴x0＜

歼灭难点训练

一、1.解析：由题意f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b)

∴f(b)－f(－a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b)

而g(a)－g(－b)=g(a)－g(b)∴g(a)+g(b)－〔g(a)－g(b)〕

=2g(b)＞0，∴f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)

同理可证：f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)

答案：A

二、2.解析：①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”.④式：|x－y|=|(x－2)－(y－2)|≤|(x－2)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε+ε=2ε.

答案：④

3.解析：由已知y1= ；y2=0.8x(x为仓库与车站距离)费用之和y=y1+y2=0.8x+ ≥2 =8

当且仅当0.8x= 即x=5时“=”成立

答案：5公里处

三、4.证明：(1)设g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0.

∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4，

(2)解：由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x1?x2= ＞0，所以x1，x2同号?

1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，

∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 ①

又(x2－x1)2=

∴2a+1= (∵a＞0)代入①式得，

2 ＜3－2b ②

解②得b＜

2°若 －2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2

∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 ③

又2a+1= ，代入③式得

2 ＜2b－1 ④

解④得b＞ .

综上，当0＜x1＜2时，b＜ ，当－2＜x1＜0时，b＞ .

5.解：(1)由题意知某商品定价上涨x成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是：p(1+ )元、n(1－ )元、npz元，因而

，在y=ax的条件下，z= 〔－a

〔x－ 〕2+100+ 〕.由于 ≤a＜1，则0＜ ≤10.

要使售货金额最大，即使z值最大，此时x= .

(2)由z= (10+x)(10－ x)＞1，解得0＜x＜5.

6.(1)证明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)?f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1

取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)

∴f(m)= ，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1

(2)证明：任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f〔(x2－x1)+x1〕

=f(x1)－f(x2－x1)?f(x1)=f(x1)〔1－f(x2－x1)〕，

∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，

∴函数f(x)在R上为单调减函数.

(3)由 ，由题意此不等式组无解，数形结合得： ≥1，解得a2≤3

∴a∈〔－ ， 〕

7.(1)解：设y= ，则(y－2)x2－bx+y－c=0 ①

∵x∈R，∴①的判别式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，

即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 ②

由条件知，不等式②的解集是〔1，3〕

∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的两根

∴c=2，b=－2，b=2(舍）

(2)任取x1，x2∈〔－1，1〕，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且

(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－ ＞0，

∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)

∴F(x)为增函数.

即－ ≤u≤ ，根据F(x)的单调性知

F(－ )≤F(u)≤F( )，∴lg ≤F(|t－ |－|t+ |)≤lg 对任意实数t 成立.