函数不等式解法2难题汇编

不等式解法2难题汇编一．选择题（共5小题）1．设函数f（x）的定义域是[﹣4，4]，其图象如图，那么不等式的解集为（）A．[﹣2，1] B．[﹣4，﹣2]∪[1，4]C．[﹣4，﹣π）∪[﹣2，0）∪[1，π）D．[﹣4，﹣π）∪（1，π）2．已知函数，则不等式f（1﹣x2）＞f（2x）的解集是（）A．B．C．D．3．已知f（x）的定义在（0，3）上的函数，f（x）的图象如图所示，那么不等式f（x）cosx ＜0的解集是（）A．（0，1）∪（2，3）B．C．D．（0，1）∪（1，3）4．已知e是自然对数的底数，函数f（x）的定义域为R，2f（x）•2f′（x）＞2，f（0）=8，则不等式＞1的解集为（）A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．（1，+∞）D．（﹣∞，1）5．设函数f（x）=x3﹣3x2+（8﹣a）x﹣5﹣a，若存在唯一的正整数x0，使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．B．C．D．二．填空题（共15小题）6．定义：关于x的两个不等式f（x）＜0和g（x）＜0的解集分别为（a，b）和，则称这两个不等式为对偶不等式．如果不等式与不等式2x2+4xsin2θ+1＜0为对偶不等式，且，则θ=．7．设函数，则实数a的取值范围是．8．若函数的定义域用D表示，则使f（x）＞0对x∈D均成立的实数k的范围是．9．定义区间（c，d]，[c，d），（c，d），[c，d]的长度均为d﹣c，其中d＞c．则满足不等式的x构成的区间长度之和为．10．若函数则不等式的解集为．11．若对一切x＞0恒成立，则a的取值范围是．12．已知函数f（x）=ax2+x﹣b（a，b均为正数），不等式f（x）≥0的解集记为P，集合Q={x|﹣2﹣t＜x＜﹣2+t}，若对于任意正数t，P∩Q≠∅，则﹣的最大值是．13．f（x）=[x]（x﹣[x]），[x]为x的整数部分，g（x）=x﹣1，当0≤x≤2012时，f（x）≤g（x）的解集为．14．∀x∈R，且x≠0．不等式恒成立，则实数a的取值范围是．15．已知数列{a n}中a1=1，a2=2，当整数n＞1时，S n+1+S n﹣1=2（S n+S1）都成立，则S15=．16．已知函数，若，则实数a的取值范围是．17．设f（x）=x﹣4tanx+2，x∈[﹣1，1]，则关于a的不等式f（a2﹣1）+f（1﹣a）＞4的解集为．18．已知则f（f（x））＞1的解集是．19．使得：C n1+2C n2+3C n3+…+nC n n＜2006成立的最大正整数n的值为．20．已知常数a，b∈R，且不等式x﹣alnx+a﹣b＜0解集为空集，则ab的最大值为．三．解答题（共6小题）21．已知函数f（x）=log2（|x+1|+|x﹣2|﹣m）．（1）当m=7时，求函数f（x）的定义域；（2）若关于x的不等式f（x）≥2的解集是R，求m的取值范围．22．若不等式5﹣x＞7|x+1|与不等式ax2+bx﹣2＞0同解，而|x﹣a|+|x﹣b|≤k的解集为空集，求实数k的取值范围．23．已知不等式2|x﹣3|+|x﹣4|＜2a．（Ⅰ）若a=1，求不等式的解集；（Ⅱ）若已知不等式的解集不是空集，求a的取值范围．24．设函数f（x）=|x﹣a|﹣ax，其中a为大于零的常数．（1）解不等式：f（x）＜0；（2）若0≤x≤2时，不等式f（x）≥﹣2恒成立，求实数a的取值范围．25．（1）解不等式：+2x≤5（2）解关于x的不等式：＞（a∈R）．26．设函数f（x）=e1﹣x+lnx﹣x2．（I）若f（x）的定义域为（，+∞），解不等式f（x）≥0；（Ⅱ）证明：f（x）在区间（0，）上有唯一极值点．不等式解法2难题汇编参考答案与试题解析一．选择题（共5小题）1．（2013•山东模拟）设函数f（x）的定义域是[﹣4，4]，其图象如图，那么不等式的解集为（）A．[﹣2，1] B．[﹣4，﹣2]∪[1，4]C．[﹣4，﹣π）∪[﹣2，0）∪[1，π）D．[﹣4，﹣π）∪（1，π）【分析】根据函数的图象可得，f（x）小于0时，x的范围；f（x）大于0时，x的范围，；且根据正弦函数图象可知，sinx大于0时，x∈（﹣4，﹣π）∪（0，π）；当sinx小于0时，x∈（﹣π，0），则把所求的式子化为f（x）与sinx异号，即可求出不等式的解集．【解答】解：由函数图象可知：当f（x）＜0时，﹣4＜x＜﹣2，1＜x＜4，或当f（x）＞0时，﹣2＜x＜1；而sinx中的x∈[﹣4，4]，当sinx＞0时，x∈（﹣4，﹣π）∪（0，π）；当sinx＜0时，x∈（﹣π，0），∴≤0，转化化为：，或，结合图象得到x∈（﹣4，﹣π）∪[﹣2，0）∪[1，π），所以所求不等式的解集为（﹣4，﹣π）∪[﹣2，0）∪[1，π）故选C．2．（2011•天津校级模拟）已知函数，则不等式f（1﹣x2）＞f（2x）的解集是（）A．B．C．D．【分析】把原不等式化为①，或②，分别求出①的解集和②的解集，再取并集即得所求．【解答】解：函数，则由不等式f（1﹣x2）＞f（2x）可得①，或②．解①得x＞，解②得≥x＞﹣1+或x＜﹣1﹣．故原不等式的解集为，故选D．3．（2002•北京）已知f（x）的定义在（0，3）上的函数，f（x）的图象如图所示，那么不等式f（x）cosx＜0的解集是（）A．（0，1）∪（2，3）B．C．D．（0，1）∪（1，3）【分析】根据函数的图象可得，f（x）小于0时，x大于0小于1；f（x）大于0时，x大于1小于3，；且根据余弦函数图象可知，cosx大于0时，x大于0小于；当cosx小于0时，x大于小于3，则把所求的式子化为f（x）与cosx异号，即可求出不等式的解集．【解答】解：由函数图象可知：当f（x）＜0时，0＜x＜1；当f（x）＞0时，1＜x＜3；而cosx中的x∈（0，3），当cosx＞0时，x∈（0，）；当cosx＜0时，x∈（，3），则f（x）cosx＜0，可化为：或即或，解得：＜x＜3或0＜x＜1，所以所求不等式的解集为：（0，1）∪（，3），故选C．4．已知e是自然对数的底数，函数f（x）的定义域为R，2f（x）•2f′（x）＞2，f（0）=8，则不等式＞1的解集为（）A．（﹣∞，0）B．（0，+∞）C．（1，+∞）D．（﹣∞，1）【分析】由题意可得到f（x）+f′（x）＞1，而令g（x）=e x[f（x）﹣1]，从而可得到g′（x）＞0，这便说明g（x）在R上为增函数，而可求得g（0）=7，从而便可得到g（x）＞g（0），这样即可得出原不等式的解集．【解答】解：2f（x）•2f′（x）=2f（x）+f′（x）＞2；∴f（x）+f′（x）＞1；令g（x）=e x[f（x）﹣1]，则g′（x）=e x[f（x）+f′（x）﹣1]＞0；∴g（x）在R上为增函数；∵f（0）=8；∴g（0）=f（0）﹣1=7；由得，；∴g（x）＞g（0）；∴x＞0；即原不等式的解集为（0，+∞）．故选：B．5．（2016秋•唐山月考）设函数f（x）=x3﹣3x2+（8﹣a）x﹣5﹣a，若存在唯一的正整数x0，使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【分析】设g（x）=x3﹣3x2+8x﹣5，h（x）=a（x+1），在同一个坐标系中画出它们的图象，结合图象找出满足条件的不等式组解之即可．【解答】解：设g（x）=x3﹣3x2+8x﹣5，h（x）=a（x+1），g'（x）=x2﹣6x+8=（x﹣2）（x﹣4），所以x＞4或者x＜2时函数递增，2＜x＜4时递减，并且g（1）=，g（2）=，g（3）=1，g（4）=，图象如图，函数h（x）经过（﹣1，0），要使存在唯一的正整数x0，使得f（x0）＜0，即g（x）＜h（x）有唯一正整数解，所以只要a＞0并且即解得；故选：A．二．填空题（共15小题）6．（2014•怀化三模）定义：关于x的两个不等式f（x）＜0和g（x）＜0的解集分别为（a，b）和，则称这两个不等式为对偶不等式．如果不等式与不等式2x2+4xsin2θ+1＜0为对偶不等式，且，则θ=．【分析】先设出不等式的对应方程两个根为a、b，推出不等式的对应方程两个根为a、b，利用韦达定理，求得关于θ的三角方程，根据θ的范围求解即可．【解答】解：不等式与不等式2x2+4xsin2θ+1＜0为对偶不等式，设不等式的对应方程两个根为a、b，则不等式2x2+4xsin2θ+1＜0对应方程两个根为：所以即：tan2θ=﹣因为，所以故答案为：7．（2015•海南模拟）设函数，则实数a的取值范围是﹣3＜a＜1．【分析】由于函数为分段函数，可分别讨论当a≥0和a＜0两种情况，进而求出实数a的取值范围．【解答】解：函数f（x）为分段函数，当a≥0时，＜1，得0≤a＜1．当a＜0时，＜1，解得a＞﹣3，即﹣3＜a＜0，故答案为：﹣3＜a＜1．8．（2013•浙江模拟）若函数的定义域用D表示，则使f（x）＞0对x∈D均成立的实数k的范围是k＞或k＜或k=1．【分析】由f（x）＞0对x∈D均成立，分子分母同时大于0或者小于0，分类讨论，可得结论．【解答】解：①k+1=0时，f（x）=＞0等价于2x﹣10＞0，x＞5，不满足题意，舍去；②2k﹣1=0时，f（x）=＞0等价于（3x2+7x﹣14）（3x﹣7）＞0，解得x∈（，）∪（，+∞），不满足x≠，舍去；③k≠﹣1且k≠时，分子分母同号，可得（k+1）（2k﹣1）＞0且判别式均小于0，可得k ＞或k＜．④当系数对应成比例时，k=1时，f（x）=2＞0，满足题意．故答案为：k＞或k＜或k=1．9．（2013•江苏模拟）定义区间（c，d]，[c，d），（c，d），[c，d]的长度均为d﹣c，其中d ＞c．则满足不等式的x构成的区间长度之和为．【分析】将原不等式转化为一端为乘积，另一端为0，利用穿根法，计算即可求得不等式中的x构成的区间长度之和．【解答】解：依题意，得≥0，即≥0⇔≤0，由a1a2x2﹣2（a1+a2）x+3=0，得其两根为：x1，2=（其中△=4[（a1﹣）2+]），x3，x4=，或；不妨设a1≥a2，判断一下四个根的大小，得到：≤≤≤，所以解集为：[，]∪[，]，区间长度=（﹣）+（﹣）=（﹣﹣）+=．10．（2009•北京）若函数则不等式的解集为[﹣3，1] ．【分析】先由分段函数的定义域选择解析式，构造不等式，再由分式不等式的解法和绝对值不等式的解法分别求解，最后两种结果取并集．【解答】解：①由．②由．∴不等式的解集为x|﹣3≤x≤1，故答案为：[﹣3，1]．11．（2010•扬州二模）若对一切x＞0恒成立，则a的取值范围是（﹣∞，2] ．【分析】转化为函数y=|x﹣a|与y=，通过函数的图象，即可求出a 的取值范围．【解答】解：转化为函数y=|x﹣a|与y=，由函数的图象，y=＜，且x=2时y=0，可知a的取值范围是（﹣∞，2]故答案为：（﹣∞，2]12．（2016•盐城模拟）已知函数f（x）=ax2+x﹣b（a，b均为正数），不等式f（x）≥0的解集记为P，集合Q={x|﹣2﹣t＜x＜﹣2+t}，若对于任意正数t，P∩Q≠∅，则﹣的最大值是．【分析】根据不等式解集对应的关系，得到﹣2∈P，然后利用基本不等式进行求解即可．【解答】解：∵不等式f（x）≥0的解集记为P，集合Q={x|﹣2﹣t＜x＜﹣2+t}，若对于任意正数t，P∩Q≠∅，∴﹣2∈P，即f（﹣2）≥0，则4a﹣2﹣b≥0，即1≤2a﹣，又由题意知，﹣的最大值必是正数，则﹣=（﹣）×1=（﹣）×（2a﹣）≤2﹣﹣+=﹣2=﹣2=，即﹣的最大值是，故答案为：13．（2013•颍泉区校级二模）f（x）=[x]（x﹣[x]），[x]为x的整数部分，g（x）=x﹣1，当0≤x≤2012时，f（x）≤g（x）的解集为[1，2012] ．【分析】根据0≤x≤2012，分两种情况考虑：当0≤x＜1时，[x]=0，可得出x﹣1小于0，进而确定出f（x）=0，g（x）小于0，进而得到此时f（x）大于g（x），不合题意；当1≤x ≤2012时，假设n≤x＜n+1，则[x]=n，表示出f（x），利用作差法判断出f（x）﹣g（x）的符合为负，可得出不等式f（x）≤g（x）的解集．【解答】解：当0≤x＜1时，[x]=0，x﹣1＜0，∴f（x）=0，g（x）=x﹣1＜0，即f（x）＞g（x），不合题意；当1≤x≤2012时，假设n≤x＜n+1，则[x]=n，∴f（x）=n（x﹣n），又g（x）=x﹣1，∴f（x）﹣g（x）=n（x﹣n）﹣x+1=（n﹣1）x﹣n2+1＜（n﹣1）（n+1）﹣n2+1=0，∴不等式f（x）≤g（x）的解集为[1，2012]．故答案为：[1，2012]14．（2012•洞口县校级模拟）∀x∈R，且x≠0．不等式恒成立，则实数a的取值范围是4＜a＜6．【分析】不等式对于一切非零实数x均成立，可以先求出的最小值，然后利用|a﹣5|+1小于这个最小值即可求解a的取值范围．【解答】解：当x＞0时，；当x＜0时，．从而恒成立，所以不等式对于一切非零实数x均成立，可转化为|a﹣5|+1＜2，即|a﹣5|＜1即﹣1＜a﹣5＜1所以4＜a＜6．故答案为：4＜a＜6．15．（2012•五华区校级模拟）已知数列{a n}中a1=1，a2=2，当整数n＞1时，S n+1+S n﹣1=2（S n+S1）都成立，则S15=211．【分析】将n＞1时，S n+1+S n﹣1=2（S n+S1）转化为：n＞1时，a n+1﹣a n=2，利用等差数列的求和公式即可求得答案．【解答】解：∵数列{a n}中，当整数n＞1时，S n+1+S n﹣1=2（S n+S1）都成立，⇔S n+1﹣S n=S n﹣S n﹣1+2⇔a n+1﹣a n=2（n＞1）．∴当n≥2时，{a n}是以2为首项，2为公差的等差数列．∴S15=14a2+×2+a1=14×2+×2+1=211．故答案为：211．16．（2012•盱眙县校级模拟）已知函数，若，则实数a的取值范围是．【分析】根据分段函数g（x）的解析式作出其图象，如图所示．再对x进行分类讨论：①当x＞时，g（x）是增函数，若；②当x≤时，g（x）=，若，得出关于a的不等关系，最后综上①②所述，即可得出实数a的取值范围．【解答】解：根据函数g（x）的解析式作出其图象，如图所示．①当x＞时，g（x）是增函数，若，则，解得：﹣1≤a＜0或a≤≥1；②当x≤时，g（x）=，若，则，解得：﹣≤a≤﹣；综上①②所述，实数a的取值范围是故答案为：．17．（2012•铁东区校级模拟）设f（x）=x﹣4tanx+2，x∈[﹣1，1]，则关于a的不等式f（a2﹣1）+f（1﹣a）＞4的解集为{a|0＜a＜1} ．【分析】令h（x）=x﹣4tanx，x∈[﹣1，1]，不等式可化为h（a2﹣1）+h（1﹣a）＞0．再由由h（x）=x﹣4tanx 是奇函数，定义域为[﹣1，1]，不等式进一步化为h（a2﹣1）＞h （a﹣1）．解不等式组求得a的范围，即为所求．【解答】解：令h（x）=x﹣4tanx，x∈[﹣1，1]，则f（x）=h（x）+2，关于a的不等式f （a2﹣1）+f（1﹣a）＞4 即h（a2﹣1）+2+h（1﹣a）+2＞4，即h（a2﹣1）+h（1﹣a）＞0．再由h（x）=x﹣4tanx 是奇函数，定义域为[﹣1，1]，可得不等式即h（a2﹣1）＞﹣h（1﹣a）=h（a﹣1），即h（a2﹣1）＞h（a﹣1）．∴．解得0＜a＜1，故不等式的解集为{a|0＜a＜1}，故答案为{a|0＜a＜1}．18．（2011•富阳市校级模拟）已知则f（f（x））＞1的解集是．【分析】分两种情况考虑：当x大于等于0时，根据分段函数解析式可得f（x）=，化简所求不等式的左边，再根据也大于等于0，再根据f（x）=，可把所求不等式化为关于x 的一元一次不等式，求出不等式的解集与x大于等于0求出交集，即为原不等式的解集；当x 小于0时，根据分段函数解析式得出f （x ）=x 2，而x 2大于0，再根据f （x ）=，可把所求不等式化为关于x 的一元二次不等式，分解因式后，根据两数相乘积大于0，可得两因式同号，转化为两个不等式组，求出不等式组的解集，与x 小于0求出交集，即为原不等式的解集，综上，求出两解集的并集即可得到所求不等式的解集． 【解答】解：当x ≥0时，f （x ）=， ∵≥0，∴f （f （x ））=f （）=， 所求不等式化为＞1，解得x ＞4，此时原不等式的解集为（4，+∞）；当x ＜0时，f （x ）=x 2， ∵x 2＞0，∴f （f （x ））=f （x 2）=，所求不等式可化为＞1，即（x +）（x ﹣）＞0，可化为或，解得：x ＞或x ＜﹣，此时原不等式的解集为（﹣∞，﹣），综上，原不等式的解集为．故答案为：19．（2006•杭州校级模拟）使得：C n 1+2C n 2+3C n 3+…+nC n n＜2006成立的最大正整数n 的值为 8 ．【分析】令不等式左边，即C n 1+2C n 2+3C n 3+…+nC n n=t ，根据C n m=C n n ﹣m，得到t=C n n ﹣1+2C n n﹣2+3C n n ﹣3+…+（n ﹣1）C n 1+nC n n ，两式相加根据组合数的公式可得2t=n ×2n +nC n n，进而得到此式子小于2006的2倍，验证即可得到最大正整数n 的值．【解答】解：由题意令t=C n 1+2C n 2+3C n 3+…+nC n n，则有t=C n n ﹣1+2C n n ﹣2+3C n n ﹣3+…+（n ﹣1）C n 1+nC n n ，则可得2t=n ×2n +nC n n，故n ×2n +nC n n＜4012， 验证知，最大的n 是8 故答案为：8． 20．（2016秋•沧州月考）已知常数a ，b ∈R ，且不等式x ﹣alnx +a ﹣b ＜0解集为空集，则ab的最大值为e 3．【分析】由题意可得不等式x﹣alnx+a﹣b＜0解集为空集，即任意正数x，x﹣alnx+a﹣b≥0恒成立，即x+a﹣b≥alnx恒成立，a＞0是必然的，设曲线y=alnx的切线l与直线y=x+a﹣b 平行，求出切点，以及切线方程，可得x+a﹣b≥x+alna﹣a，ab≤a•a（2﹣lna），构造函数f （x）=x2（2﹣lnx），求出导数和单调区间，可得最大值，即可得到ab最大值．【解答】解：不等式x﹣alnx+a﹣b＜0解集为空集，即任意正数x，x﹣alnx+a﹣b≥0恒成立，即x+a﹣b≥alnx恒成立，当题目条件成立时，a＞0是必然的，设曲线y=alnx的切线l与直线y=x+a﹣b平行，由=1，解得x=a，切点为（a，alna），则可以求得直线l方程为y=x+alna﹣a．于是必有x+a﹣b≥x+alna﹣a，即b≤2a﹣alna，当ab取得最大值时，必然b＞0，于是ab≤a•a（2﹣lna），构造函数f（x）=x2（2﹣lnx），导数f′（x）=3x﹣2xlnx，x＞0，当x＞e时，f′（x）＜0，f（x）递减；当0＜x＜e时，f′（x）＞0，f（x）递增．则x=e时，取得极大值，也为最大值f（e）=e3（2﹣lne）=（2﹣）e=e．故答案为：．三．解答题（共6小题）21．（2016•荆州模拟）已知函数f（x）=log2（|x+1|+|x﹣2|﹣m）．（1）当m=7时，求函数f（x）的定义域；（2）若关于x的不等式f（x）≥2的解集是R，求m的取值范围．【分析】（1）由题设知：|x+1|+|x﹣2|＞7，解此绝对值不等式求得函数f（x）的定义域．（2）由题意可得，不等式即|x+1|+|x﹣2|≥m+4，由于x∈R时，恒有|x+1|+|x﹣2|≥3，故m+4≤3，由此求得m的取值范围．【解答】解：（1）由题设知：|x+1|+|x﹣2|＞7，不等式的解集是以下不等式组解集的并集：，或，或，解得函数f（x）的定义域为（﹣∞，﹣3）∪（4，+∞）．（2）不等式f（x）≥2即|x+1|+|x﹣2|≥m+4，∵x∈R时，恒有|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3，不等式|x+1|+|x﹣2|≥m+4解集是R，∴m+4≤3，m的取值范围是（﹣∞，﹣1]．22．（2014•甘肃二模）若不等式5﹣x＞7|x+1|与不等式ax2+bx﹣2＞0同解，而|x﹣a|+|x ﹣b|≤k的解集为空集，求实数k的取值范围．【分析】先将“不等式5﹣x＞7|x+1|”转化为和两种情况求解，最后取并集，再由“与不等式ax2+bx﹣2＞0同解”，利用韦达定理求得a，b，最后由“|x﹣a|+|x﹣b|≤k的解集为空集”求得“|x﹣a|+|x﹣b|”最小值即可．【解答】解：得或得﹣2＜x＜﹣1 （3分）综上不等式的解集为，又由已知与不等式ax2+bx﹣2＞0同解，所以解得（7分）则|x﹣a|+|x﹣b|≥|x﹣a﹣x+b|=|b﹣a|=5，所以当|x﹣a|+|x﹣b|≤k的解为空集时，k＜5．（10分）23．（2012•商丘三模）已知不等式2|x﹣3|+|x﹣4|＜2a．（Ⅰ）若a=1，求不等式的解集；（Ⅱ）若已知不等式的解集不是空集，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）对于不等式2|x﹣3|+|x﹣4|＜2，分x≥4、3＜x＜4、x≤3三种情况分别求出解集，再取并集，即得所求．（Ⅱ）化简f（x）的解析式，求出f（x）的最小值，要使不等式的解集不是空集，2a大于f（x）的最小值，由此求得a的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）对于不等式2|x﹣3|+|x﹣4|＜2，①若x≥4，则3x﹣10＜2，x＜4，∴舍去．②若3＜x＜4，则x﹣2＜2，∴3＜x＜4．③若x≤3，则10﹣3x＜2，∴＜x≤3．综上，不等式的解集为．…（5分）（Ⅱ）设f（x）=2|x﹣3|+|x﹣4|，则f（x）=，∴f（x）≥1．要使不等式的解集不是空集，2a大于f（x）的最小值，故2a＞1，∴，即a的取值范围（，+∞）．…（10分）24．（2010•苏州模拟）设函数f（x）=|x﹣a|﹣ax，其中a为大于零的常数．（1）解不等式：f（x）＜0；（2）若0≤x≤2时，不等式f（x）≥﹣2恒成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）把f（x）的解析式代入到f（x）＜0得到一个不等式，当x小于等于0时得到不等式不成立；当x大于0时，对不等式的两边分别平方，移项后利用平方差公式分解因式，分a大于1，a等于1，a大于0小于1三种情况分别求出不等式的解集即可；（2）把f（x）的解析式代入到f（x）≥﹣2得到一个不等式，当a小于1大于01时，由0≤x≤2，得到ax﹣2小于等于0，原不等式恒成立；当a大于1时，分两种情况去掉绝对值号，然后把x等于2分别代入到化简的不等式中，得到关于a的两个不等式，分别求出解集与a大于1求出交集即可得到实数a的范围，综上，把两种情况求出的a的范围求出并集即可得到所有满足题意的a的范围．【解答】解：（1）不等式即为|x﹣a|＜ax，若x≤0，则ax≤0，故不等式不成立；若x＞0，不等式化为（x﹣a）2＜a2x2，即[（1+a）x﹣a][（1﹣a）x﹣a]＜0，∴当a＞1时，x或x（舍）；当a=1时，x；当0＜a＜1时，．综上可得，当a＞1时，不等式解集为{x|x＞}；当a=1时，不等式的解集为{x|x}；当0＜a＜1时，不等式解集为{x|}；（2）不等式即为|x﹣a|≥ax﹣2，若0＜a≤1，则当0≤x≤2时有ax﹣2≤0，故不等式|x﹣a|≥ax﹣2恒成立．若a＞1，则x﹣a≥ax﹣2或x﹣a≤2﹣ax对任意x∈[0，2]恒成立，即（1﹣a）x+2﹣a≥0或（1+a）x﹣a﹣2≤0对任意x∈[0，2]恒成立，所以（1﹣a）•2+2﹣a≥0或（1+a）•2﹣a﹣2≤0，解得a≤或a≤0，∴1．综上，实数a的取值范围为（0，]．25．（2015秋•上海校级期中）（1）解不等式：+2x≤5（2）解关于x的不等式：＞（a∈R）．【分析】（1）由+2x≤5得，解之即可得到不等式：+2x ≤5的解集；（2）＞（a∈R）⇒＞0，通过对参数a分a＜0、a=0、0＜a＜、a=、a＞五类讨论，可分别求得不等式＞的解集．【解答】解：（1）∵+2x≤5，∴，即，解得：1≤x≤2，∴不等式：+2x≤5的解集为[1，2]．（2）由＞（a∈R）得：﹣=＞0．当a=0时，解得：x＜2；当a≠0时，＞0⇔＞0．当a＞0时，若﹣2=2，即a=时，解得：x≠2；若﹣2＞2，即0＜a＜时，解得：x＞﹣2或x＜2；若﹣2＜2，即a＞时，解得：x＜﹣2或x＞2；当a＜0时，解得：﹣2＜x＜2．综上所述，a＜0时，不等式：＞的解集为{x|﹣2＜x＜2}；a=0时，不等式：＞的解集为{x|x＜2}；0＜a＜时，不等式：＞的解集为{x|x＞﹣2或x＜2}；a=时，不等式：＞的解集为{x|x≠2}；a＞时，不等式：＞的解集为{x|＜﹣2或x＞2}．26．设函数f（x）=e1﹣x+lnx﹣x2．（I）若f（x）的定义域为（，+∞），解不等式f（x）≥0；（Ⅱ）证明：f（x）在区间（0，）上有唯一极值点．【分析】（Ⅰ）根据得到e+e x（lnx﹣x2）≥0，构造函数g（x）=lnx﹣x2，利用导数求出函数的最值，判断出函数f（x）的单调性，继而得到不等式的解集；（Ⅱ）先求导，再构造函数h（x）=e x（1﹣2x）﹣ex，求导，再构造函数t（x）=﹣2x2﹣4x+1=﹣2（x+1）2+3，判断出函数的单调性，求出函数的值域，即可判断函数h（x）的单调性，由函数的单调性证明结论．【解答】解：（Ⅰ）f（x）=e1﹣x+lnx﹣x2，∴e+e x（lnx﹣x2）≥0，设f（x）=0，解得x=1，设g（x）=lnx﹣x2，则g′（x）=，当g′（x）≥0时，解得0＜x≤，函数g（x）单调递增，当g′（x）＜0时，解得x＞，函数g（x）单调递减，∴当x=时，g（x）有最大值，即g（x）max=g（）=﹣ln2﹣＜0，∴e x（lnx﹣x2）为减函数，∴f（x）≥0的解集为（，1]（2）∵f′（x）=﹣e1﹣x+﹣2x=令f′（x）=0，即e x（1﹣2x）﹣ex=0，设h（x）=e x（1﹣2x）﹣ex，∴h′（x）=e x（﹣2x2﹣4x+1）﹣e，设t（x）=﹣2x2﹣4x+1=﹣2（x+1）2+3，∴t（x）在（0，）上单调递减，∴t（）＜t（x）＜t（0），即﹣＜t（x）＜1，∴e x（﹣2x2﹣4x+1）﹣e＜0，∴h′（x）＜0，∴h（x）在（0，）上单调递减，∴f′（0）=1＞0，f′（）=（﹣e）＜0，∴f′（x）在区间（0，）上有唯一解，∴f（x）在区间（0，）上有唯一极值点。