数学不等式高考真题.docx
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数学不等式高考真题
1.（2018•卷Ⅱ）设函数
（1） 当时，求不等式的解集；
（2）若，求的取值范围
2.（2013•辽宁）已知函数f（x）=|x﹣a|，其中a＞1
（1）当a=2时，求不等式f（x）≥4﹣|x﹣4|的解集；
（2）已知关于x的不等式|f（2x+a）﹣2f（x）|≤2的解集{x|1≤x≤2}，求a的值．
3.（2017•新课标Ⅲ）[选修4-5：
不等式选讲]
已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|．
（Ⅰ）求不等式f（x）≥1的解集；
（Ⅱ）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．
4.（2017•新课标Ⅱ）[选修4-5：
不等式选讲]
已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；
（Ⅱ）a+b≤2．
5.（2017•新课标Ⅰ卷）[选修4-5：
不等式选讲]
已知函数f（x）=﹣x2+ax+4，g（x）=|x+1|+|x﹣1|．（10分）
（1）当a=1时，求不等式f（x）≥g（x）的解集；
（2）若不等式f（x）≥g（x）的解集包含[﹣1，1]，求a的取值范围．
6.（2017•新课标Ⅱ）[选修4-5：
不等式选讲]
已知a＞0，b＞0，a3+b3=2，证明：
（Ⅰ）（a+b）（a5+b5）≥4；
（Ⅱ）a+b≤2．
7.（2018•卷Ⅰ）已知
（1）当时，求不等式的解集
（2）若时，不等式成立，求的取值范围
8.（2018•卷Ⅰ）已知f（x）=|x+1|-|ax-1|
（1）当a=1时,求不等式f（x）>1的解集
（2）若x∈（0,1）时不等式f（x）>x成立,求a的取值范围
9.（2017•新课标Ⅲ）[选修4-5：
不等式选讲]
已知函数f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|．
（1）求不等式f（x）≥1的解集；
（2）若不等式f（x）≥x2﹣x+m的解集非空，求m的取值范围．
10.（2014•新课标II）设函数f（x）=|x+|+|x﹣a|（a＞0）．
（1）证明：
f（x）≥2；
（2）若f（3）＜5，求a的取值范围．
11.（2015·福建）选修4-5：
不等式选讲
已知，函数的最小值为4．
（1）求的值；
（2）求的最小值．
12.（2014•新课标I）若a＞0，b＞0，且+=．
（1）求a3+b3的最小值；
（2）是否存在a，b，使得2a+3b=6？
并说明理由．
13.（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x．（12分）
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，证明f（x）≤﹣﹣2．
14.（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．
（Ⅰ）若f（x）≥0，求a的值；
（Ⅱ）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．
15.（2018•卷Ⅲ）设函数
（1）画出的图像
（2）当时，，求的最小值。
16.（2013•福建）设不等式|x﹣2|＜a（a∈N*）的解集为A，且
（1）求a的值
（2）求函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|的最小值．
17.（2013•新课标Ⅰ）（选修4﹣5：
不等式选讲）
已知函数f（x）=|2x﹣1|+|2x+a|，g（x）=x+3．
（1）当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）的解集；
（2）设a＞﹣1，且当时，f（x）≤g（x），求a的取值范围．
18.（2016•全国）选修4—5：
不等式选讲
已知函数f（x）=∣x-∣+∣x+∣，M为不等式f（x）＜2的解集.
（1）求M；
（2）证明：
当a,b∈M时，∣a+b∣＜∣1+ab∣。
19.（2016•全国）[选修4-5：
不等式选讲]已知函数f（x）=|2x﹣a|+a．
（1）当a=2时，求不等式f（x）≤6的解集；
（2）设函数g（x）=|2x﹣1|，当x∈R时，f（x）+g（x）≥3，求a的取值范围．
20.（2012•新课标）已知函数f（x）=|x+a|+|x﹣2|
（1）当a=﹣3时，求不等式f（x）≥3的解集；
（2）若f（x）≤|x﹣4|的解集包含[1，2]，求a的取值范围．
21.（2012•辽宁）选修4﹣5：
不等式选讲
已知f（x）=|ax+1|（a∈R），不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}．
（1）求a的值；
（2）若恒成立，求k的取值范围．
答案解析部分
一、解答题
1.【答案】
（1）a=1时，时，由
当x≥2时，由f（x）≥0得：
6-2x≥0，解得：
x≤3；
当-1＜x＜x时，f（x）≥0；
当x≤-1时，由f（x）≥0得：
4+2x≥0，解得x≥-2
所以f（x）≥0的解集为{x|-2≤x≤3}
（2）若f（x）≤1，即恒成立
也就是x∈R，恒成立
当x=2时取等，所以x∈R，等价于
解得：
a≥2或a≤-6
所以a的取值范围（-∞，-6]∪[2，+∞）
【解析】【分析】
（1）由绝对值不等式的解法易得；
（2）由绝对值几何意义转化易得.
2.【答案】
（1）解：
当a=2时，f（x）≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4，
当x≤2时，得﹣2x+6≥4，解得x≤1；
当2＜x＜4时，得2≥4，无解；
当x≥4时，得2x﹣6≥4，解得x≥5；
故不等式的解集为{x|x≥5或x≤1}
（2）解：
设h（x）=f（2x+a）﹣2f（x），则h（x）=
由|h（x）|≤2得
，
又已知关于x的不等式|f（2x+a）﹣2f（x）|≤2的解集{x|1≤x≤2}，
所以，
故a=3．
【解析】【分析】
（1）当a=2时，f（x）≥4﹣|x﹣4|可化为|x﹣2|+|x﹣4|≥4，直接求出不等式|x﹣2|+|x﹣4|≥4的解集即可．
（2）设h（x）=f（2x+a）﹣2f（x），则h（x）=．由|h（x）|≤2解得，它与1≤x≤2等价，然后求出a的值．
3.【答案】解：
（Ⅰ）∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|=，f（x）≥1，
∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；
当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；
综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．
（Ⅱ）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，
即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）=f（x）﹣x2+x．
由
（1）知，g（x）=，
当x≤﹣1时，g（x）=﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x=＞﹣1，
∴g（x）≤g（﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；
当﹣1＜x＜2时，g（x）=﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x=∈（﹣1，2），
∴g（x）≤g（）=﹣+﹣1=；
当x≥2时，g（x）=﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x=＜2，
∴g（x）≤g
（2）=﹣4+2=3=1；
综上，g（x）max=，
∴m的取值范围为（﹣∞，]．
【解析】【分析】（Ⅰ）由于f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|=，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；
（Ⅱ）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）=f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max=，从而可得m的取值范围．
4.【答案】证明：
（Ⅰ）由柯西不等式得：
（a+b）（a5+b5）≥（+）2=（a3+b3）2≥4，
当且仅当=，即a=b=1时取等号，
（Ⅱ）∵a3+b3=2，
∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2，
∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2，
∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2，
∴=ab，
由均值不等式可得：
=ab≤（）2，
∴（a+b）3﹣2≤，
∴（a+b）3≤2，
∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成立．
【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，
（Ⅱ）由a3+b3=2转化为=ab，再由均值不等式可得：
=ab≤（）2，即可得到（a+b）3≤2，问题得以证明．
5.【答案】
（1）解：
（1）当a=1时，f（x）=﹣x2+x+4，是开口向下，对称轴为x=的二次函数，
g（x）=|x+1|+|x﹣1|=，
当x∈（1，+∞）时，令﹣x2+x+4=2x，解得x=，g（x）在（1，+∞）上单调递增，f（x）在（1，+∞）上单调递减，∴此时f（x）≥g（x）的解集为（1，]；
当x∈[﹣1，1]时，g（x）=2，f（x）≥f（﹣1）=2．
当x∈（﹣∞，﹣1）时，g（x）单调递减，f（x）单调递增，且g（﹣1）=f（﹣1）=2．
综上所述，f（x）≥g（x）的解集为[﹣1，]；
（2）
（2）依题意得：
﹣x2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成立，即x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1，1]恒成立，则只需，解得﹣1≤a≤1，
故a的取值范围是[﹣1，1]．
【解析】【分析】（1.）当a=1时，f（x）=﹣x2+x+4，g（x）=|x+1|+|x﹣1|=，分x＞1、x∈[﹣1，1]、x∈（﹣∞，﹣1）三类讨论，结合g（x）与f（x）的单调性质即可求得f（x）≥g（x）的解集为[﹣1，]；
（2.）依题意得：
﹣x2+ax+4≥2在[﹣1，1]恒成立⇔x2﹣ax﹣2≤0在[﹣1，1]恒成立，只需，解之即可得a的取值范围．
6.【答案】证明：
（Ⅰ）由柯西不等式得：
（a+b）（a5+b5）≥（+）2=（a3+b3）2≥4，
当且仅当=，即a=b=1时取等号，
（Ⅱ）∵a3+b3=2，
∴（a+b）（a2﹣ab+b2）=2，
∴（a+b）[（a+b）2﹣3ab]=2，
∴（a+b）3﹣3ab（a+b）=2，
∴=ab，
由均值不等式可得：
=ab≤（）2，
∴（a+b）3﹣2≤，
∴（a+b）3≤2，
∴a+b≤2，当且仅当a=b=1时等号成立．
【解析】【分析】（Ⅰ）由柯西不等式即可证明，
（Ⅱ）由a3+b3=2转化为=ab，再由均值不等式可得：
=ab≤（）2，即可得到≤2，问题得以证明．
7.【答案】
（1）解：
当时，，即故不等式的解集为．
（2）解：
当时成立等价于当时成立．
若，则当时；
若，的解集为，所以，故．
综上，的取值范围为．
【解析】【分析】
（1）通过对x分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集;
（2）不等式恒成立等价于f（x）-x>0对于恒成立,即函数f（x）-x的最小值大于0,由此求出a的范围.
8.【答案】
（1）解：
当a=1时，
当时，-2＞1舍
当时，2x＞1
∴
当时，2＞1,成立，综上所述结果为
（2）解：
∵
∴
∵ax＞0
∴a＞0.
ax＜2
又所以
综上所述
【解析】【分析】通过对x分类讨论去掉绝对值,解不等式,求出解集;
（2）不等式恒成立等价于f（x）-x>0对于恒成立,即函数f（x）-x的最小值大于0,由此求出a的范围.
9.【答案】
（1）解：
∵f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|=，f（x）≥1，
∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2；
当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2；
综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}．
（2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立，
即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）=f（x）﹣x2+x．
由
（1）知，g（x）=，
当x≤﹣1时，g（x）=﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x=＞﹣1，
∴g（x）≤g（﹣1）=﹣1﹣1﹣3=﹣5；
当﹣1＜x＜2时，g（x）=﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x=∈（﹣1，2），
∴g（x）≤g（）=﹣+﹣1=；
当x≥2时，g（x）=﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x=＜2，
∴g（x）≤g
（2）=﹣4+2=3=1；
综上，g（x）max=，
∴m的取值范围为（﹣∞，]．
【解析】【分析】（1.）由于f（x）=|x+1|﹣|x﹣2|=，解不等式f（x）≥1可分﹣1≤x≤2与x＞2两类讨论即可解得不等式f（x）≥1的解集；
（2.）依题意可得m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）=f（x）﹣x2+x，分x≤1、﹣1＜x＜2、x≥2三类讨论，可求得g（x）max=，从而可得m的取值范围．
10.【答案】
（1）解：
证明：
∵a＞0，f（x）=|x+
|+|x﹣a|≥|（x+
）﹣（x﹣a）|=|a+
|=a+
≥2
=2，
故不等式f（x）≥2成立．
（2）解：
∵f（3）=|3+
|+|3﹣a|＜5，
∴当a＞3时，不等式即a+
＜5，即a2﹣5a+1＜0，解得3＜a＜
．
当0＜a≤3时，不等式即6﹣a+
＜5，即a2﹣a﹣1＞0，求得
＜a≤3．
综上可得，a的取值范围（
，
）
【解析】【分析】
（1）由a＞0，f（x）=|x+|+|x﹣a|，利用绝对值三角不等式、基本不等式证得f（x）≥2成立．
（2）由f（3）=|3+|+|3﹣a|＜5，分当a＞3时和当0＜a≤3时两种情况，分别去掉绝对值，求得不等式的解集，再取并集，即得所求．
11.【答案】
（1）4
（2）
【解析】【解答】
1.因为,当且仅当时，等号成立，又,所以,所以的最小值为，所以.
2.由1知，由柯西不等式得,即.d当且仅当,即时，等号成立所以的最小值为
【分析】当的系数相等或相反时，可以利用绝对值不等式求解析式形如的函数的最小值，以及解析式形如的函数的最小值和最大值，否则去绝对号，利用分段函数的图象求最值．利用柯西不等式求最值时，要注意其公式的特征，以出现定值为目标．
12.【答案】
（1）解：
∵a＞0，b＞0，且
+
=
，
∴
=
+
≥2
，∴ab≥2，
当且仅当a=b=
时取等号．
∵a3+b3≥2
≥2
=4
，当且仅当a=b=
时取等号，
∴a3+b3的最小值为4
．
（2）解：
∵2a+3b≥2
=2
，当且仅当2a=3b时，取等号．
而由
（1）可知，2
≥2
=4
＞6，
故不存在a，b，使得2a+3b=6成立．
【解析】【分析】
（1）由条件利用基本不等式求得ab≥2，再利用基本不等式求得a3+b3的最小值．
（2）根据ab≥4及基本不等式求的2a+3b＞8，从而可得不存在a，b，使得2a+3b=6．
13.【答案】
（1）解：
因为f（x）=lnx+ax2+（2a+1）x，
求导f′（x）=+2ax+（2a+1）==，（x＞0），
①当a=0时，f′（x）=+1＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＞0，由于x＞0，所以（2ax+1）（x+1）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增；
③当a＜0时，令f′（x）=0，解得：
x=﹣．
因为当x∈（0，﹣）时，f′（x）＞0、当x∈（﹣，+∞）时，f′（x）＜0，
所以y=f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减．
综上可知：
当a≥0时f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0时，f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减；
（2）证明：
由
（1）可知：
当a＜0时f（x）在（0，﹣）上单调递增、在（﹣，+∞）上单调递减，
所以当x=﹣时函数y=f（x）取最大值f（x）max=f（﹣）=﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）．
从而要证f（x）≤﹣﹣2，即证f（﹣）≤﹣﹣2，
即证﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣）≤﹣﹣2，即证﹣（﹣）+ln（﹣）≤﹣1+ln2．
令t=﹣，则t＞0，问题转化为证明：
﹣t+lnt≤﹣1+ln2．…（*）
令g（t）=﹣t+lnt，则g′（t）=﹣+，
令g′（t）=0可知t=2，则当0＜t＜2时g′（t）＞0，当t＞2时g′（t）＜0，
所以y=g（t）在（0，2）上单调递增、在（2，+∞）上单调递减，
即g（t）≤g
（2）=﹣×2+ln2=﹣1+ln2，即（*）式成立，
所以当a＜0时，f（x）≤﹣﹣2成立．
【解析】【分析】（1.）题干求导可知f′（x）=（x＞0），分a=0、a＞0、a＜0三种情况讨论f′（x）与0的大小关系可得结论；
（2.）通过
（1）可知f（x）max=f（﹣）=﹣1﹣ln2﹣+ln（﹣），进而转化可知问题转化为证明：
当t＞0时﹣t+lnt≤﹣1+ln2．进而令g（t）=﹣t+lnt，利用导数求出y=g（t）的最大值即可．
14.【答案】解：
（Ⅰ）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，
所以f′（x）=1﹣=，且f
（1）=0．
所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以在（0,1）上f（x）<0,这与f（x）≥0矛盾；
当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，
所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f（a），
又因为f（x）min=f（a）≥0，
所以a=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，
所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，
所以ln（1+）＜，k∈N*,
所以，k∈N*．
一方面，因为++…+=1﹣＜1，
所以，（1+）（1+）…（1+）＜e；
另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2，
同时当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e）．
因为m为整数，且对于任意正整数n（1+）（1+）…（1+）＜m，
所以m的最小值为3．
【解析】【分析】（Ⅰ）通过对函数f（x）=x﹣1﹣alnx（x＞0）求导，分a≤0、a＞0两种情况考虑导函数f′（x）与0的大小关系可得结论；
（Ⅱ）通过（Ⅰ）可知lnx≤x﹣1，进而取特殊值可知ln（1+）＜，k∈N*．一方面利用等比数列的求和公式放缩可知（1+）（1+）…（1+）＜e；另一方面可知（1+）（1+）…（1+）＞2，且当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e）．
15.【答案】
（1）解：
（2）解：
由
（1）中可得：
a≥3，b≥2，当a=3，b=2时，a+b取最小值，
所以a+b的最小值为5.
【解析】【分析】
（1）画图像，分段函数;
（2）转化为一次函数分析.
16.【答案】
（1）解：
因为
，
所以
且
，
解得
，
因为a∈N*，所以a的值为1．
（2）解：
由
（1）可知函数f（x）=|x+1|+|x﹣2|≥|（x+1）﹣（x﹣2）|=3，
当且仅当（x+1）（x﹣2）≥0，即x≥2或x≤﹣1时取等号，
所以函数f（x）的最小值为3．
【解析】【分析】
（1）利用，推出关于a的绝对值不等式，结合a为整数直接求a的值．
（2）利用a的值化简函数f（x），利用绝对值三角不等式求出|x+1|+|x﹣2|的最小值．
17.【答案】
（1）解：
当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3＜0．
设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3，则y=
，它的图象如图所示：
结合图象可得，y＜0的解集为（0，2），故原不等式的解集为（0，2）．
（2）解：
设a＞﹣1，且当
时，f（x）=1+a，不等式化为1+a≤x+3，故x≥a﹣2对
都成立．
故﹣
≥a﹣2，解得a≤
，故a的取值范围为（﹣1，
]．
【解析】【分析】
（1）当a=﹣2时，求不等式f（x）＜g（x）化为|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3＜0．设y=|2x﹣1|+|2x﹣2|﹣x﹣3，画出函数y的图象，数形结合可得结论．
（2）不等式化即1+a≤x+3，故x≥a﹣2对都成立．故﹣≥a﹣2，由此解得a的取值范围．
18.【答案】
（1）解：
当时，，若；
当时，恒成立；
当时，，若，．
综上可得，
（2）证明：
当时，有，
即，
则，
则，
即，
证毕
【解析】【分析】
（1）分当x＜
时，当
≤x≤
时，当x＞
时三种情况，分别求解不等式，综合可得答案；
（2）当a，b∈M时，（a2﹣1）（b2﹣1）＞0，即a2b2+1＞a2+b2，配方后，可证得结论．
19.【答案】
（1）解：
当a=2时，f（x）=|2x﹣2|+2，
∵f（x）≤6，∴|2x﹣2|+2≤6，
|2x﹣2|≤4，|x﹣1|≤2，
∴﹣2≤x﹣1≤2，
解得﹣1≤x≤3，
∴不等式f（x）≤6的解集为{x|﹣1≤x≤3}
（2）解：
∵g（x）=|2x﹣1|，
∴f（x）+g（x）=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3，
2|x﹣|+2|x﹣|+a≥3，
|x﹣|+|x﹣|≥，
当a≥3时，成立，
当a＜3时，|a﹣1|≥＞0，
∴（a﹣1）2≥（3﹣a）2，
解得2≤a＜3，
∴a的取值范围是[2，+∞）
【解析】【分析】
（1）当a=2时，由已知得|2x﹣2|+2≤6，由此能求出不等式f（x）≤6的解集．
（2）由f（x）+g（x）=|2x﹣1|+|2x﹣a|+a≥3，得|x﹣
|+|x﹣
|≥
，由此能求出a的取值范围．
本题考查含绝对值不等式的解法，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意不等式性质的合理运用．
20.【答案】
（1）解：
当a=﹣3时，f（x）≥3即|x﹣3|+|x﹣2|≥3，即①
，或②
，
或③
．
解①可得x≤1，解②可得x∈∅，解③可得x≥4．
把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x≤1或x≥4}
（2）解：
原命题即f（x）≤|x﹣4|在[1，2]上恒成立，等价于|x+a|+2﹣x≤4﹣x在[1，2]上恒成立，
等价于|x+a|≤2，等价于﹣2≤x+a≤2，﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成立．
故当1≤x≤2时，﹣2﹣x的最大值为﹣2﹣1=﹣3，2﹣x的最小值为0，
故a的取值范围为[﹣3，0]．
【解析】【分析】
（1）不等式等价于，或，或，求出每个不等式组的解集，
再取并集即得所求．
（2）原命题等价于﹣2﹣x≤a≤2﹣x在[1，2]上恒成立，由此求得求a的取值范围．
21.【答案】
（1）解：
由|ax+1|≤3得﹣4≤ax≤2
∵不等式f（x）≤3的解集为{x|﹣2≤x≤1}．
∴当a≤0时，不合题意；
当a＞0时，，
∴a=2；
（2）解：
记，
∴
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