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③当a＝1时，原不等式的解为x＞0，且x≠1，
1
综上所述，当a＞1时，不等式的解集为{x|0＜x＜或x＞a}；
a
当a＝1时，不等式的解集为{x|x＞0且x≠1} 当0＜a＜1时， 不等式的解集为
1
{x|0＜x＜a或x＞}．
a
19．【解析】 (1)证明：
1
∵0＜a＜，
211
∴0＜a2＜，＜1－a＜1.
4211
∴1－a＞＞＞a2，
24
∴1－a＞a2.
(2)∵A、D均小于1，B、C均大于1， ∴只要比较A与D，B与C的大小． A
∵＝(1－a2)(1＋a)＝1＋a－a2－a3 D
＝1＋a(1－a－a2)，
而1－a＞a2，∴1－a－a2＞0. ∴a(1－a－a2)＞0. A
∴＝1＋a(1－a－a2)＞1， D
∵D＞0，∴A＞D，
B
类似地，＝(1－a)(1＋a2)＝1－a＋a2－a3
C
＝1－a(1－a＋a2)＜1. ∵C＞0，故B＜C, 从而D＜A＜B＜C. 20．【解析】 设全年需用去的运费和保管费的总费用为y元，题中的比例系数设为k，
3 600
每批购入x台，则共需分批，
x
每批费用2 000x元．
3 600
由题意知y＝×400＋k×2 000x，
x
当x＝400时，y＝43 600，
1
解得k＝
203 600∴y＝×400＋100x
x3 600≥2×400×100x
x
＝24 000(元)
3 600
当且仅当×400＝100x，即x＝120时等号成立．
x
故只需每批购入120台，可以使资金够用． 21．【解析】 (1)令x＝1，y＝0，
得f(1＋0)－f(0)＝(1＋2×0＋1)×1＝2， ∴f(0)＝f(1)－2＝－2.
(2)令y＝0，f(x＋0)－f(0)＝(x＋2×0＋1)·x＝x2＋x， ∴f(x)＝x2＋x－2.
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(3)f(x)＞ax－5可化为x2＋x－2＞ax－5， ax＜x2＋x＋3， ∵x∈(0,2)．
x2＋x＋33∴a＜＝1＋x＋. xx
当x∈(0,2)时，
3
1＋x＋≥1＋23，
x
3
当且仅当x＝，x＝3时取等号，
x
3
1＋x＋?min＝1＋23，∴a＜1＋23. 由3∈(0,2)得?x??
22．【解析】 (1)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)对定义域内的一切x都成立， 即b＝0.
1c
从而f(x)＝(x＋)．
ax??f?2?≥0，又∵?
?f?－2?≥0，?
??f?2?≥0，即? ?－f?2?≥0，?
∴f(2)＝0，解之，得c＝－4.
???a＞0，?a＜0，?再由f(1)＜f(3)，得或?从而a＞0. ?c＜3?c＞3，??
14
此时f(x)＝(x－)
ax
在[2,4]上是增函数．
3143
注意到f(2)＝0，则必有f(4)＝，∴(4－)＝，
2a42
即a＝2.
综上可知，a＝2，b＝0，c＝－4.
14
(2)由(1)，得f(x)＝(x－)，该函数在(－∞，0)以及(0，＋∞)上均为增函数．
2x
又∵－3≤－2＋sinθ≤－1， ∴f(－2＋sin θ)的值域为 53[－，]． 62
33
符合题设的实数m应满足－m2＞，即m2＜0，故符合题设的实数m不存在．
22