∴x0＜
ax1x1? 2a2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=
2020；y2=0.8x(x为仓库与车站距离)费用之和y=y1+y2=0.8x+ ≥xx20.8x?20=8 x当且仅当0.8x=
20即x=5时“=”成立 x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，
于是得x0??b1b?11111??(??)?(x1?x2)?x1x2?(x1?x2)?(x1?x2)?22a2aa222
11??(x1?x2)?2??(2?4)?2??122(2)解：由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x12x2=1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2， ∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0
1＞0，所以x1，x2同号? a
①
(b?1)24??4 又(x2－x1)=2aa2
∴2a+1=(b?1)2?1 (∵a＞0)代入①式得， 2(b?1)2?1＜3－2b 解②得b＜
②
1 4
③
2°若 －2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2 ∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 又2a+1=(b?1)2?1，代入③式得 2(b?1)2?1＜2b－1
④
解④得b＞
7. 417，当－2＜x1＜0时，b＞. 44综上，当0＜x1＜2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
xy)元、n(1－)元、npz元，因而 1010xy11［－a npz?p(1?)?n(1?),?z?(10?x)(10?y)，在y=ax的条件下，z=
101010010025(1?a)215(1?a)25(1?a)［x－］+100+］.由于≤a＜1，则0＜≤10.
a3aa5(1?a)要使售货金额最大，即使z值最大，此时x=.
a21(2)由z= (10+x)(10－x)＞1，解得0＜x＜5.
3100额分别是：p(1+
6.(1)证明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)2f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1
取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)
1∴f(m)=，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1
f(?m)(2)证明：任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］ =f(x1)－f(x2－x1)2f(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.
?f(x2?y2)?f(1)?x2?y2?1(3)由?，由题意此不等式组无解，数形结合得：得??f(ax?y?2)?1?f(?)?ax?y?2?0|2|a2?1≥1，解得a2≤3
∴a∈［－3，3］
2x2?bx?c2
7.(1)解：设y=，则(y－2)x－bx+y－c=0
x2?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 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
①
②
?1?3?2?c??8c?b2∴c=2，b=－2，b=2(舍） ?1?3?4?(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且
(x2－x1)(1－x1x2)＞0，∴f(x2)－f(x1)=－
2x21?x22?(?2x1?x1)?22(x2?x1)(1?x1x2)(1?x1)(1?x2)22＞0，
∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)
∴F(x)为增函数.
11111(3)记u?|t?|?|t?|,|u|?|(t?)?(t?)|?,
6666311即－≤u≤，根据F(x)的单调性知
331171113F(－)≤F(u)≤F()，∴lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg对任意实数t 成立.
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