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

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，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）若實數a、b滿足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為實數，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，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，6）《中華人民共和國個人所得稅法》規定，公民全月工資、薪金所得不超過800元的部分不必納稅，超過800元的部分為全月應納稅所得額.此項稅款按下表分段累進計算：

全月應納稅所得額

稅率

不超過500元的部分

5%

超過500元至2000元的部分

10%

超過2000元至5000元的部分

15%

……

…

某人一月份應交納此項稅款26.78元，則他的當月工資、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，14）某電腦用戶計劃使用不超過500元的資金購買單價分別為60元、70元的單片軟件和盒裝磁盤.根據需要，軟件至少買3片，磁盤至少買2盒，則不同的選購方式共有（    ）

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

11．（1997全國，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y＝的定義域為       ．

14.（1999全國，17）若正數a、b滿足ab=a+b+3，則ab的取值范圍是        .

15.（1995全國理，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）某商場在促銷期間規定：商場內所有商品按標價的80%出售；同時，當顧客在該商場內消費滿一定金額后，按如下方案獲得相應金額的獎券：

消費金額（元）的范圍

［200，400

［400，500

［500，700

［700，900

……

獲得獎券的金額（元）

30

60

100

130

……

根據上述促銷方法，顧客在該商場購物可以獲得雙重優惠。例如，購買標價為400元的商品，則消費金額為320元，獲得的優惠額為：400×0．2＋30＝110（元）.設購買商品

得到的優惠率＝.試問：

（1）若購買一件標價為1000元的商品，顧客得到的優惠率是多少?

（2）對于標價在［500，800］（元）內的商品，顧客購買標價為多少元的商品，可得到不小于的優惠率?

21.（2002江蘇，22）已知a＞0，函數f（x）＝ax－bx²．

（1）當b＞0時，若對任意x∈R都有f（x）≤1，證明a≤2；

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

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

22.（2001年天津，7）解關于x的不等式＜0（a∈R）．

^※23.（2000上海春，19）有一批影碟機（VCD）原銷售價為每臺800元，在甲、乙兩家家電商場均有銷售.甲商場用如下的方法促銷：買一臺單價為780元，買兩臺每臺單價都為760元，依次類推，每多買一臺則所買各臺單價均再減少20元，但每臺最低不能低于440元；乙商場一律都按原價的75%銷售.某單位需購買一批此類影碟機，問去哪家商場購買花費較少?

^※24.（2000京皖春文24，理23）某地區上年度電價為0.8元／kW?h，年用電量為a kW?h.本年度計劃將電價降到0.55元／kW?h至0.75元／kW?h之間，而用戶期望電價為0.4元／kW?h.經測算，下調電價后新增的用電量與實際電價和用戶期望電價的差成反比（比例系數為ｋ）.該地區電力的成本價為0.3元／kW?h.

（1）寫出本年度電價下調后，電力部門的收益y與實際電價x的函數關系式；

（2）設ｋ＝0．2a，當電價最低定為多少時仍可保證電力部門的收益比上年至少增長20%?

（注：收益＝實際用電量×（實際電價M成本價））

25.（2000全國文20，理19）設函數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f（x）在區間［0，＋∞）上是單調函數.

26.（1999全國理，19）解不等式（a＞0且a≠1）.

27．（1998全國文，20）設a≠b,解關于x的不等式a²x＋b²（1－x）≥［ax＋b(1－x)］²．

^※28．（1998全國文24、理22）如圖6―1，為處理含有某種雜質的污水，要制造一底寬為2米的無蓋長方體沉淀箱，污水從A孔流入，經沉淀后從B孔流出，設箱體的長度為a米，高度為b米.已知流出的水中該雜質的質量分數與a、b的乘積ab成反比.現有制箱材料60平方米.問當a、b各為多少米時，經沉淀后流出的水中該雜質的質量分數最小（A、B孔的面積忽略不計）?

^※29.（1997全國，22）甲、乙兩地相距s千米，汽車從甲地勻速行駛到乙地，速度不得超過c千米／時，已知汽車每小時的運輸成本（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）的平方成正比，比例系數為b；固定部分為a元.

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

（2）為了使全程運輸成本最小，汽車應以多大速度行駛?

30.（1997全國理，24）設二次函數f（x）＝ax²＋bx+c（a＞0），方程f（x）－x＝0的兩根x₁、x₂滿足0＜x₁＜x₂＜．

（Ⅰ）當x∈（0，x₁）時，證明：x＜f（x）＜x₁；

（Ⅱ）設函數f（x）的圖象關于直線x=x₀對稱，證明：x₀＜．

31．（1996全國理，20）解不等式log_a（1）＞1．

32．（1996全國文，20）解不等式log_a（x＋1－a）＞1．

33．（1996全國理，25）已知a、b、c是實數，函數f（x）=ax²＋bx＋c，g（x）=ax+b，當－1≤x≤1時，|f（x）|≤1．

（Ⅰ）證明：|c|≤1；

（Ⅱ）證明：當－1≤x≤1時，|g（x）|≤2；

（Ⅲ）設a＞0，當－1≤x≤1時，g（x）的最大值為2，求f（x）.

34.（1994全國文，22）已知函數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：原不等式等價于： 0＜x＜1

3.答案：D

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

∴0≤x＜1

②x＜0時，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

評述：該題體現了對討論不等式與不等式組的轉化及去絕對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，當且僅當a=b=1時取等號.

故3^a+3^b的最小值是6.

評述：本題考查不等式的平均值定理，要注意判斷等號成立的條件.

6.答案：A

解析：由a>b>0得a²>b².反過來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元計算應交納此項稅款額，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.

評述：本題考查不等式的基本性質.

^※10.答案：C

解析：設購買軟件x片，x≥3且x∈N^*，磁盤y盒，y≥2且y∈N^*，則60x+70y≤500，即6x+7y≤50．

①當x=3時，y=2，3，4.有3種選購方式.②當x=4時，y=2，3.有2種選購方式.③當x=5時，y=2.有1種選購方式.④當x=6時，y=2.有1種選購方式.

綜上，共有7種選購方式，故選C.

評述：此題考查不等式的應用，建模能力，分類討論思想及應用意識.

11.答案：C

解法一：當x≥2時，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0＜x＜2時，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.

評述：此題考查不等式的解法、直覺思維能力、估算能力.

12.答案：A

解析：因為0＜a＜1，所以0＜1－a＜1，而指數函數y=m^x（m＞0，m≠1）在0＜m＜1時，是減函數，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.

當且僅當a－1=時取等號.即a=b=3時ab的最小值為9.所以ab的取值范圍是

（9，+∞）.

評述：本題考查基本不等式的應用及不等式的解法及運算能力.解法一重在思考a+b與ab的關系聯想均值不等式.而解法二是建立在函數的思想上，求函數的值域.

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｝．

評述：此題考查指數不等式的解法.

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

因為

．

又

所以，原不等式組等價于

因此，原不等式的解集為｛x|≤x＜5｝．

^※20.解：（Ⅰ）＝33％．

（Ⅱ）設商品的標價為x元，則500≤x≤800，消費額：400≤0．8x≤640．

由已知得①②

不等式組①無解，不等式組②的解為625≤x≤750．

因此，當顧客購買標準在［625，750］元內的商品時，可得到不少于的優惠率.

21.（Ⅰ）證明：依設，對任意x∈R，都有f（x）≤1，

∵f（x）＝，

∴≤1，∵a＞0，b＞0，∴a≤2．

（Ⅱ）證明：

必要性

對任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1－1≤f（x），據此可以推出－1≤f（1），

即a－b≥－1，∴a≥b－1；

對任意x∈［0，1］，|f（x）|≤1f（x）≤1，因為b＞1，可以推出f（）≤1，即a?－1≤1，∴a≤2；

∴b－1≤a≤2．

充分性

因為b＞1，a≥b－1，對任意x∈［0，1］，可以推出

ax－bx²≥b（x－x²）－x≥－x≥－1，

即ax－bx²≥－1；

因為b＞1，a≤2，對任意x∈［0，1］，

可以推出ax－bx²≤2x－bx²≤1，

即ax－bx²≤1．

∴－1≤f（x）≤1．

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

（Ⅲ）解：因為a＞0，0＜b≤1時，對任意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a＞0，0＜b≤1時，對任意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a=a²時，a=0或a=1，x∈，當a＜a²時，a＞1或a＜0，a＜x＜a²，

當a＞a²時0＜a＜1，a²＜x＜a，

∴當a＜0時a＜x＜a²，當0＜a＜1時，a²＜x＜a，當a＞1時，a＜x＜a²，當a=0或a=1時，x∈

評述：此題考查不等式的解法及分類討論思想．

^※23.解：設某單位需購買x臺影碟機，甲、乙兩商場的購貨款的差價為y，

則∵去甲商場購買共花費（800－20x）x，據題意，800－20x≥440，

∴1≤x≤18

去乙商場購買共花費600x，x∈N^*，

故若買少于10臺，去乙商場花費較少；若買10臺，去甲、乙商場花費一樣；若買超過10臺，去甲商場花費較少.

^※24.解：（1）設下調后的電價為x元／kW?h，依題意知用電量增至＋a，電力部門的收益為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：當電價最低定為0.60元／kW?h仍可保證電力部門的收益比上年至少增長20%.

評述：本小題主要考查建立函數關系、解不等式等基礎知識，考查綜合應用數學知識、思想和方法解決實際問題的能力.

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a＞0.

所以，原不等式等價于

即

所以，當0＜a＜1時，所給不等式的解集為｛x|0≤x≤｝；

當a≥1時，所給不等式的解集為｛x|x≥0｝.

解法二：利用數形結合．

f（x）≤1即≤1＋ax

設＝y，∴y²－x²＝1（y＞0）

設y＝ax＋1

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

①當0＜a＜1時，直線l與雙曲線C有兩個交點，其對應橫坐標分別為：x＝0，x＝∴0≤x≤

②當a≥1時，直線l與雙曲線C只有（0，1）一個交點，

∴只要x≥0，原不等式就成立．

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

（2）在區間［0，＋∞上任取x₁，x₂，使得x₁＜x₂．

①當a≥1時，

∵

∴－a＜0，

又x₁－x₂＜0，

∴f（x₁）－f（x₂）＞0，

即f（x₁）＞f（x₂）.

所以，當a≥1時，函數f（x）在區間［0，＋∞）上是單調遞減函數.

②當0＜a＜1時，在區間［0，＋∞）上存在兩點x₁＝0，x₂＝，滿足f（x₁）＝1，f（x₂）＝1，即f（x₁）＝f（x₂），所以函數f（x）在區間［0，＋∞）上不是單調函數.

綜上，當且僅當a≥1時，函數f（x）在區間［0，＋∞）上是單調函數.

評述：本小題主要考查不等式的解法、函數的單調性等基本知識，分類討論的數學思想方法和運算、推理能力.

26.解：原不等式等價于

解之得

所以≤log_ax＜或log_ax＞1．

當a＞1時得所求的解集是｛x|a≤x＜a∪｛x|x＞a｝；

當0＜a＜1時得所求的解集是｛x|a＜x≤a｝∪｛x|0＜x＜a｝．

評述：此題考查對數函數的性質、對數不等式、無理不等式解法等基礎知識，考查分類討論的思想.

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

移項，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｝

評述：此題考查不等式基本知識，不等式的解法.

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

根據題設，有4b+2ab+2a=60（a＞0，b＞0）

得b=（0＜a＜30  ①

于是

當a+2=時取等號，y達到最小值.

這時a=6，a=－10（舍去）  將a=6代入①式得b=3

故當a為6米，b為3米時，經沉淀后流出的水中該雜質的質量分數最小.

解法二：依題意，即所求的a、b值使ab最大.

由題設知4b+2ab+2a=60（a＞0，b＞0）

即a+2b+ab=30（a＞0，b＞0）

∵a+2b≥2 ∴2＋ab≤30

當且僅當a=2b時，上式取等號.

由a＞0，b＞0，解得0＜ab≤18

即當a=2b時，ab取得最大值，其最大值為18.

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

（2）由題意，s、a、b、v均為正數，故s（＋bv）≥2s．

等式當且僅當＝bv，即v＝時成立.

若≤c，則當v=時，全程運輸成本y最小；

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

因為c－v≥0，且a＞bc²，故a－bcv＞a－bc²＞0，

所以s（＋bv）≥s（＋bc），當且僅當v=c時等號成立，即當v=c時，全程運輸成本y最小.

綜上，為使全程運輸成本y最小，當≤c時，行駛速度為v=；

當＞c時，行駛速度為v=c.

評述：此題考查函數關系、不等式性質、最大值、最小值等基礎知識，考查綜合應用所學數學知識、思想和方法解決實際問題的能力.考查數學建模能力、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x∈（0，x₁）時，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）］

因為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＝，

因為ax₂＜1，即ax₂－1＜0，故x₀＝．

評述：此題考查一元二次方程、二次函數和不等式的基礎知識，考查綜合運用數學知識分析問題和解決問題的能力，考查證明不等式的方法.

31.解：（1）當a＞1時，原不等式等價于不等式組：

，因＜1－a＜0，所以x＜0，故有＜x＜0；

（2）當0＜a＜1時，原不等式等價于不等式組：

因＞1－a＞0，所以x＞1，故有1＜x＜．

綜上，當a＞1時，不等式的解集為｛x|＜x＜0．

當0＜a＜1時不等式解集為｛x|1＜x＜｝

評述：此題考查對數不等式的解法，考查運算能力等價轉化思想、分類討論思想.

32.解：（1）當a＞1時，原不等式等價于不等式組

解得x＞2a－1；

（2）當0＜a＜1時，原不等式等價于不等式組

解得a－1＜x＜2a－1．

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

評述：此題考查對數不等式的解法、運算能力，考查等價轉化思想、分類討論思想.

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

（Ⅱ）證明：當a＞0時，g（x）=ax+b在［－1，1］上是增函數，

所以g（－1）≤g（x）≤g（1），

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

因為|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a=0時，g（x）=b，f（x）=bx+c，因為－1≤x≤1，

所以|g（x）|=|f（1）－c|≤|f（1）|+|c|≤2；

綜上，得|g（x）|≤2；

（Ⅲ）解：因為a＞0，g（x）在［－1，1］上是增函數，當x=1時取得最大值2，即

g（1）=a+b=f（1）－f（0）=2，因為－1≤f（0）＝f（1）－2≤1－2≤－1，所以c=f（0）=－1.

因為當－1≤x≤1時，f（x）≥－1，即f（x）≥f（0），據二次函數性質，直線x=0為二次函數f（x）的圖象的對稱軸，故有＝0，即b=0，a=2，所以f（x）=2x²－1．

評述：本題考查函數的性質、含有絕對值的不等式的性質及綜合運用數學知識分析問題與解決問題的能力，考查特殊化思想、數形結合思想.

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

∵x₁>0，x₂>0，∴x₁?x₂≤（）²（當且僅當x₁=x₂時取“=”號）

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

即［f（x₁）+f（x₂）］≤f（）（當且僅當x₁=x₂時取“=”號）

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

即［f（x₁）+f（x₂）］≥f（）（當且僅當x₁=x₂時取“=”號）

評述：本題考查對數函數的性質、平均值不等式知識及推理論證的能力.

●命題趨向與應試策略

1.重視對基礎知識的考查，設問方式不斷創新.重點考查四種題型：解不等式，證明不等式，涉及不等式應用題，涉及不等式的綜合題，所占比例遠遠高于在課時和知識點中的比例.重視基礎知識的考查，常考常新，創意不斷，設問方式不斷創新，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，值得引起我們的關注.

2.突出重點，綜合考查，在知識與方法的交匯點處設計命題，在不等式問題中蘊含著豐富的函數思想，不等式又為研究函數提供了重要的工具，不等式與函數既是知識的結合點，又是數學知識與數學方法的交匯點，因而在歷年高考題中始終是重中之重.在全面考查函數與不等式基礎知識的同時，將不等式的重點知識以及其他知識有機結合，進行綜合考查，強調知識的綜合和知識的內在聯系，加大數學思想方法的考查力度，是高考對不等式考查的又一新特點.

3.加大推理、論證能力的考查力度，充分體現由知識立意向能力立意轉變的命題方向.由于代數推理沒有幾何圖形作依托，因而更能檢測出學生抽象思維能力的層次.這類代數推理問題常以高中代數的主體內容――函數、方程、不等式、數列及其交叉綜合部分為知識背景，并與高等數學知識及思想方法相銜接，立意新穎，抽象程度高，有利于高考選拔功能的充分發揮.對不等式的考查更能體現出高觀點、低設問、深入淺出的特點，考查容量之大、功能之多、能力要求之高，一直是高考的熱點.

4.突出不等式的知識在解決實際問題中的應用價值，借助不等式來考查學生的應用意識.

5.重視數學思想方法的復習

根據本章上述的命題趨向我們迎考復習時應加強數學思想方法的復習.

在復習不等式的解法時，加強等價轉化思想的訓練與復習.解不等式的過程是一個等價轉化的過程，通過等價轉化可簡化不等式（組），以快速、準確求解.

加強分類討論思想的復習.在解不等式或證不等式的過程中，如含參數等問題，一般要對參數進行分類討論.復習時，學生要學會分析引起分類討論的原因，合理的分類，做到不重不漏.

加強函數與方程思想在不等式中的應用訓練.不等式、函數、方程三者密不可分，相互聯系、互相轉化.如求參數的取值范圍問題，函數與方程思想是解決這類問題的重要方法.在不等式的證明中，加強化歸思想的復習，證不等式的過程是一個把已知條件向要證結論的一個轉化過程，既可考查學生的基礎知識，又可考查學生分析問題和解決問題的能力，正因為證不等式是高考考查學生代數推理能力的重要素材，復習時應引起我們的足夠重視.

利用函數f（x）=x＋（a＞0）的單調性解決有關最值問題是近幾年高考中的熱點，應加強這方面的訓練和指導.

6.強化不等式的應用

高考中除單獨考查不等式的試題外，常在一些函數、數列、立體幾何、解析幾何和實際應用問題的試題中涉及不等式的知識，加強不等式應用能力，是提高解綜合題能力的關鍵.因此，在復習時應加強這方面訓練，提高應用意識，總結不等式的應用規律，才能提高解決問題的能力.

如在實際問題應用中，主要有構造不等式求解或構造函數求函數的最值等方法，求最值時要注意等號成立的條件，避免不必要的錯誤.