2012年四川省高考数学试卷(理科)教师版

2012年四川省高考数学试卷（理科）

一、选择题：每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2012?四川）（1+x）7的展开式中x2的系数是（）A．42B．35C．28D．21

【分析】由题设，二项式（1+x）7，根据二项式定理知，x2项是展开式的第三项，由此得展开式中x2的系数是，计算出答案即可得出正确选项

【解答】解：由题意，二项式（1+x）7的展开式通项是T r

+1

=x r

故展开式中x2的系数是=21

故选：D．

2．（5分）（2012?四川）复数=（）

A．1B．﹣1C．i D．﹣i

【分析】由题意，可先对分子中的完全平方式展开，整理后即可求出代数式的值，选出正确选项

【解答】解：由题意得，

故选：B．

3．（5分）（2012?四川）函数，＜

，

在x=3处的极限是（）

A．不存在B．等于6C．等于3D．等于0【分析】对每一段分别求出其极限值，通过结论即可得到答案．

【解答】解：∵=x+3；

∴f（x）=（）=6；

而f（x）=[ln（x﹣2）]=0．

即左右都有极限，但极限值不相等．

故函数

，＜

，

在x=3处的极限不存在．

故选：A．

4．（5分）（2012?四川）如图，正方形ABCD的边长为1，延长BA至E，使AE=1，连接EC、ED则sin∠CED=（）

A．B．C．D．

【分析】法一：用余弦定理在三角形CED中直接求角的余弦，再由同角三角关系求正弦；

法二：在三角形CED中用正弦定理直接求正弦．

【解答】解：法一：利用余弦定理

在△CED中，根据图形可求得ED=，CE=，

由余弦定理得cos∠CED=，

∴sin∠CED==．

故选B．

法二：在△CED中，根据图形可求得ED=，CE=，∠CDE=135°，

由正弦定理得，即．故选：B．

5．（5分）（2012?四川）函数f（x）=a x﹣（a＞0，a≠1）的图象可能是（）

A．B．

C．D．

【分析】先判断函数的单调性，再判断函数恒经过点（﹣1，0），问题得以解决．【解答】解：当0＜a＜1时，函数f（x）=a x﹣，为减函数，

当a＞1时，函数f（x）=a x﹣，为增函数，

且当x=﹣1时f（﹣1）=0，即函数恒经过点（﹣1，0），

故选：D．

6．（5分）（2012?四川）下列命题正确的是（）

A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行

B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行

D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行

【分析】利用直线与平面所成的角的定义，可排除A；利用面面平行的位置关系与点到平面的距离关系可排除B；利用线面平行的判定定理和性质定理可判断C正确；利用面面垂直的性质可排除D．

【解答】解：A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故A错误；

B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行或相交，

故B错误；

C、设平面α∩β=a，l∥α，l∥β，由线面平行的性质定理，在平面α内存在直线

b∥l，在平面β内存在直线c∥l，所以由平行公理知b∥c，从而由线面平行的判定定理可证明b∥β，进而由线面平行的性质定理证明得b∥a，从而l∥a，故C正确；

D，若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行或相交，排除D．

故选：C．

7．（5分）（2012?四川）设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是（）

A．B．C．D．且

【分析】利用向量共线的充要条件，求已知等式的充要条件，进而可利用命题充要条件的定义得其充分条件

【解答】解：? ? 与共线且同向? 且λ＞0，

故选：C．

8．（5分）（2012?四川）已知抛物线关于x轴对称，它的顶点在坐标原点O，并且经过点M（2，y0）．若点M到该抛物线焦点的距离为3，则|OM|=（）A．B．C．4D．

【分析】关键点M（2，y0）到该抛物线焦点的距离为3，利用抛物线的定义，可求抛物线方程，进而可得点M的坐标，由此可求|OM|．

【解答】解：由题意，抛物线关于x轴对称，开口向右，设方程为y2=2px（p＞0）∵点M（2，y0）到该抛物线焦点的距离为3，

∴2+=3

∴p=2

∴抛物线方程为y2=4x

∵M（2，y0）

∴

∴|OM|=

故选：B．

9．（5分）（2012?四川）某公司生产甲、乙两种桶装产品．已知生产甲产品1桶需耗A原料1千克、B原料2千克；生产乙产品1桶需耗A原料2千克，B 原料1千克．每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元．公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A、B原料都不超过12千克．通

过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是（）

A．1800元B．2400元C．2800元D．3100元

【分析】根据题设中的条件可设每天生产甲种产品x桶，乙种产品y桶，根据题设条件得出线性约束条件以及目标函数求出利润的最大值即可．

【解答】解：设分别生产甲乙两种产品为x桶，y桶，利润为z元

则根据题意可得

，z=300x+400y

，且，

作出不等式组表示的平面区域，如图所示

作直线L：3x+4y=0，然后把直线向可行域平移，

由可得x=y=4，

此时z最大z=2800

10．（5分）（2012?四川）如图，半径为R的半球O的底面圆O在平面α内，过点O作平面α的垂线交半球面于点A，过圆O的直径CD作平面α成45°角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B，该交线上的一点P满足∠BOP=60°，则A、P两点间的球面距离为（）

A．B．C．D．

【分析】由法一：利用三面角公式，转化求解圆心角，然后求解球面距离．

另解：题意求出AP的距离，然后求出∠AOP，即可求解A、P两点间的球面距离．

【解答】解：法一：作AM⊥OB于M，MN⊥OP于N，连AN，

记角∠AOM、∠MON、∠AON分别为x、y、z，

则cosx=，cosy=，cosz==cosx cosy

由题意x=45° y=60°，∴cosz==，

故A与P球面距离为：R arccos．

故选：A．

另解：半径为R的半球O的底面圆O在平面α内，过点O作平面α的垂线交半球面于点A，过圆O的直径CD作平面α成45°角的平面与半球面相交，所得交线上到平面α的距离最大的点为B，所以CD⊥平面AOB，

因为∠BOP=60°，所以△OPB为正三角形，P到BO的距离为PE=，E为BO 的中点，AE==，

AP==，

AP2=OP2+OA2﹣2OP?OAcos∠AOP，，

cos∠AOP=，∠AOP=arccos，

A、P两点间的球面距离为，

故选：A．

11．（5分）（2012?四川）方程ay=b2x2+c中的a，b，c∈{﹣3，﹣2，0，1，2，3}，且a，b，c互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（）

A．60条B．62条C．71条D．80条

【分析】方程变形得，若表示抛物线，则a≠0，b≠0，所以分b=﹣3，﹣2，1，2，3五种情况，利用列举法可解．

【解答】解：方程变形得，若表示抛物线，则a≠0，b≠0，所以分b=﹣3，﹣2，1，2，3五种情况：

（1）当b=﹣3时，a=﹣2，c=0，1，2，3或a=1，c=﹣2，0，2，3或a=2，c=﹣2，0，1，3或a=3，c=﹣2，0，1，2；

（2）当b=3时，a=﹣2，c=0，1，2，﹣3或a=1，c=﹣2，0，2，﹣3或a=2，c=﹣2，0，1，﹣3或a=﹣3，c=﹣2，0，1，2；

以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；

（3）同理当b=﹣2或b=2时，共有16+7=23条；

（4）当b=1时，a=﹣3，c=﹣2，0，2，3或a=﹣2，c=﹣3，0，2，3或a=2，c=﹣3，﹣2，0，3或a=3，c=﹣3，﹣2，0，2；

共有16条．

综上，共有23+23+16=62种

故选：B．

12．（5分）（2012?四川）设函数f（x）=2x﹣cosx，{a n}是公差为的等差数列，f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=5π，则=（）

A．0B．C．D．

【分析】解法1：由f（x）=2x﹣cosx，又{a n}是公差为的等差数列，可求得f （a1）+f（a2）+…+f（a5）=10a3﹣cosa3（1++），由题意可求得a3=，从而可求得答案．

解法2：依题意可化简得10a3﹣2cosa3cos﹣2cosa3cos﹣cosa3=5π，构造函数g （a3）=10a3﹣2cosa3cos﹣2cosa3cos﹣cosa3，利用导数可判断函数单调增，从而求得a3=，继而可得答案．

【解答】解法1：∵f（x）=2x﹣cosx，

∴f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=2（a1+a2+…+a5）﹣（cosa1+cosa2+…+cosa5），

∵{a n}是公差为的等差数列，

∴a1+a2+…+a5=5a3，由和差化积公式可得，

cosa1+cosa2+…+cosa5

=（cosa1+cosa5）+（cosa2+cosa4）+cosa3

=[cos（a3﹣×2）+cos（a3+×2）]+[cos（a3﹣）+cos（a3+）]+cosa3

=2cos cos+2cos cos +cosa3

=2cosa3?+2cosa3?cos（﹣）+cosa3

=cosa3（1++），

∵f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=5π，

∴10a3﹣cosa3（1++）=5π，

∴cosa3=0，10a3=5π，

故a3=，

∴

=π2﹣（﹣）?

=π2﹣

=．

解法2：由已知，f（a1）+f（a2）+…+f（a5）=2（a1+a2+…+a5）﹣（cosa1+cosa2+…+cosa5）=10a3﹣cos（a3﹣）﹣cos（a3﹣）﹣cosa3﹣cos（a3+）﹣cos（a3+）=5π，化简得10a3﹣2cosa3cos﹣2cosa3cos﹣cosa3=5π，

令g（a3）=10a3﹣2cosa3cos﹣2cosa3cos﹣cosa3，

则g’（a3）=10+（2cos+2cos+1）sina3＞0，

所以g（a3）单调递增，

而a3=显然是其一个解，

所以g（a3）=5π有且只有a3=一个解

∴

=π2﹣（﹣）?

=π2﹣

=．

故选：D．

二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分．把答案填在答题纸的

相应位置上．）

13．（4分）（2012?四川）设全集U={a，b，c，d}，集合A={a，b}，B={b，c，d}，则（?U A）∪（?U B）={a，c，d} ．

【分析】由题意全集U={a，b，c，d}，集合A={a，b}，B={b，c，d}，可先求出两集合A，B的补集，再由并的运算求出（?U A）∪（?U B）

【解答】解：集U={a，b，c，d}，集合A={a，b}，B={b，c，d}，

所以?U A={c，d}，?U B={a}，

所以（?U A）∪（?U B）={a，c，d}

故答案为{a，c，d}

14．（4分）（2012?四川）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N分别是CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成的角的大小是90°．

【分析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量的方法求出与

夹角求出异面直线A1M与DN所成的角．

【解答】解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．设棱长为2，则D（0，0，0），N（0，2，1），M（0，1，0），A1（2，0，2），=（0，2，1），=（﹣2，1，﹣2）

?=0，所以⊥，即A1M⊥DN，异面直线A1M与DN所成的角的大小是90°，

故答案为：90°．

15．（4分）（2012?四川）椭圆的左焦点为F，直线x=m与椭圆相交于点A、B，当△FAB的周长最大时，△FAB的面积是3．

【分析】先画出图象，结合图象得到△FAB的周长最大时对应的直线所在位置．即可求出结论．

【解答】解：设椭圆的右焦点为E．如图：

由椭圆的定义得：△FAB的周长：AB+AF+BF=AB+（2a﹣AE）+（2a﹣BE）=4a+AB ﹣AE﹣BE；

∵AE+BE≥AB；

∴AB﹣AE﹣BE≤0，当AB过点E时取等；

∴AB+AF+BF=4a+AB﹣AE﹣BE≤4a；

即直线x=m过椭圆的右焦点E时△FAB的周长最大；

此时△FAB的高为：EF=2．

此时直线x=m=c=1；

把x=1代入椭圆的方程得：y=±．

∴AB=3．

=×3×EF=×3×2=3．

所以：△FAB的面积等于：S

△FAB

故答案为：3．

16．（4分）（2012?四川）记[x]为不超过实数x的最大整数，例如，[2]=2，[1.5]=1，[﹣0.3]=﹣1．设a为正整数，数列{x n}满足x1=a，，现有下列命题：

①当a=5时，数列{x n}的前3项依次为5，3，2；

②对数列{x n}都存在正整数k，当n≥k时总有x n=x k；

③当n≥1时，＞；

④对某个正整数k，若x k

≥x k，则．

+1

其中的真命题有①③④．（写出所有真命题的编）

【分析】按照给出的定义对四个命题结合数列的知识逐一进行判断真假，①列举即可；②需举反例；③可用数学归纳法加以证明；④可由归纳推理判断其正误．

【解答】解：①当a=5时，x1=5，

，

，

∴①正确．

②当a=8时，x1=8，

∴此数列从第三项开始为3，2，3，2，3，2…为摆动数列，故②错误；

③当n=1时，x1=a，∵a﹣（）=＞0，∴x1=a＞成立，假设n=k时，＞，

则n=k+1时，，

∵≥≥=（当且仅当x k=时等成立），

∴＞，

∴对任意正整数n，当n≥1时，＞；③正确；

④≥x k，

由数列①②规律可知一定成立

故正确答案为①③④

三、解答题（本大题共6个小题，共74分．解答应写出必要的文字说明，证明

过程或演算步骤．）

17．（12分）（2012?四川）某居民小区有两个相互独立的安全防范系统（简称系统）A和B，系统A和B在任意时刻发生故障的概率分别为和p．

（Ⅰ）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；（Ⅱ）设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ

的概率分布列及数学期望Eξ．

【分析】（Ⅰ）求出“至少有一个系统不发生故障”的对立事件的概率，利用至少有一个系统不发生故障的概率为，可求p的值；

（Ⅱ）ξ的所有可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率，可得ξ的分布列与数学期望．

【解答】解：（Ⅰ）设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，则

∴；

（Ⅱ）ξ的可能取值为0，1，2，3

P（ξ=0）=；P（ξ=1）=；

P（ξ=2）==；P（ξ=3）=；

∴ξ的分布列为

数学期望Eξ=0×+1×+2×+3×=

18．（12分）（2012?四川）函数f（x）=6cos2sinωx﹣3（ω＞0）在一个周期内的图象如图所示，A为图象的最高点，B、C为图象与x轴的交点，且△ABC为正三角形．

（Ⅰ）求ω的值及函数f（x）的值域；

（Ⅱ）若f（x0）=，且x0∈（﹣，），求f（x0+1）的值．

【分析】（Ⅰ）将f（x）化简为f（x）=2sin（ωx+），利用正弦函数的周期公式与性质可求ω的值及函数f（x）的值域；

（Ⅱ）由，，知x0+∈（﹣，），由，可求得即sin （x0+）=，利用两角和的正弦公式即可求得f（x0+1）．

【解答】解：（Ⅰ）由已知可得，f（x）=3cosωx+sinωx=2sin（ωx+），

又正三角形ABC的高为2，从而BC=4，

∴函数f（x）的周期T=4×2=8，即=8，ω=，

∴函数f（x）的值域为[﹣2，2]．

（Ⅱ）∵f（x0）=，由（Ⅰ）有f（x0）=2sin（x0+）=，

即sin（x0+）=，由，，知x0+∈（﹣，），

∴cos（x0+）==．

∴f（x0+1）=2sin（x0++）=2sin[（x0+）+]=2[sin（x0+）cos+cos （x0+）sin]

=2（×+×）

=．

19．（12分）（2012?四川）如图，在三棱锥P﹣ABC中，∠APB=90°，∠PAB=60°，AB=BC=CA，平面PAB⊥平面ABC．

（Ⅰ）求直线PC与平面ABC所成角的大小；

（Ⅱ）求二面角B﹣AP﹣C的大小．

【分析】解法一（Ⅰ）设AB中点为D，AD中点为O，连接OC，OP，CD．可以证出∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角．不妨设PA=2，则OD=1，OP=，AB=4．在RT△OCP中求解．

（Ⅱ）以O为原点，建立空间直角坐标系，利用平面APC的一个法向量与面ABP 的一个法向量求解．

解法二（Ⅰ）设AB中点为D，连接CD．以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz．利用与平面ABC的一个法向量夹角求解．

（Ⅱ）分别求出平面APC，平面ABP的一个法向量，利用两法向量夹角求解．【解答】解法一

（Ⅰ）设AB中点为D，AD中点为O，连接OC，OP，CD．

因为AB=BC=CA，所以CD⊥AB，

因为∠APB=90°，∠PAB=60°，所以△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AD．

PO⊥平面ABC，∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角

不妨设PA=2，则OD=1，OP=，AB=4．

所以CD=2，OC===

在RT△OCP中，tan∠OCP===．

故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan．

（Ⅱ）过D作DE⊥AP于E，连接CE．

由已知，可得CD⊥平面PAB．根据三垂线定理知，CE⊥PA．所以∠CED为二面角

B﹣AP﹣C的平面角．由（Ⅰ）知，DE=，在RT△CDE中，tan∠CED===2，故二面角B﹣AP﹣C的大小为arctan2．

解法二：（Ⅰ）设AB中点为D，连接CD．因为O在AB上，且O为P在平面ABC 内的射影，

所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥AB，且PO⊥CD．因为AB=BC=CA，所以CD⊥AB，设E为AC中点，则EO∥CD，从而OE⊥PO，OE⊥AB．

如图，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz．不妨设PA=2，由已知可得，AB=4，OA=OD=1，OP=，

CD=2，所以O（0，0，0），A（﹣1，0，0），C（1，2，0），P（0，0，），

所以=（﹣1，﹣2，）=（0，0，）为平面ABC的一个法向量．设α为直线PC与平面ABC所成的角，则sinα===．故直线PC与平面ABC所成的角大小为arcsin

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=（1，0，），=（2，2，0）．

设平面APC的一个法向量为=（x，y，z），则由得出即，

取x=﹣，则y=1，z=1，所以=（﹣，1，1）．设二面角B﹣AP﹣C的平面角为β，易知β为锐角．

而面ABP的一个法向量为=（0，1，0），则cosβ===．故二面角B﹣AP﹣C的大小为arccos．

20．（12分）（2012?四川）已知数列{a n}的前n项和为S n，且a2a n=S2+S n对一切正整数n都成立．

（Ⅰ）求a1，a2的值；

（Ⅱ）设a1＞0，数列{lg}的前n项和为T n，当n为何值时，T n最大？并求出T n的最大值．

【分析】（Ⅰ）由题意，n=2时，由已知可得，a2（a2﹣a1）=a2，分类讨论：由a2=0，及a2≠0，分别可求a1，a2

（Ⅱ）由a1＞0，令，可知= =，结合数列的单调性可求和的最大项

【解答】解：（Ⅰ）当n=1时，a2a1=S2+S1=2a1+a2①

当n=2时，得②

②﹣①得，a2（a2﹣a1）=a2③

若a2=0，则由①知a1=0，

若a2≠0，则a2﹣a1=1④

①④联立可得，或，

综上可得，a1=0，a2=0或，或，

（Ⅱ）当a1＞0，由（Ⅰ）可得，

当n≥2时，，

∴

∴（n≥2）

∴=

令

由（Ⅰ）可知==

∴{b n}是单调递减的等差数列，公差为﹣lg2

∴b1＞b2＞…＞b7=＞

当n≥8时，＜

∴数列的前7项和最大，==7﹣

21．（12分）（2012?四川）如图，动点M到两定点A（﹣1，0）、B（2，0）构成△MAB，且∠MBA=2∠MAB，设动点M的轨迹为C．

（Ⅰ）求轨迹C的方程；

（Ⅱ）设直线y=﹣2x+m与y轴交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|＜|PR|，求的取值范围．

【分析】（Ⅰ）设出点M（x，y），分类讨论，根据∠MBA=2∠MAB，利用正切函数公式，建立方程化简即可得到点M的轨迹方程；

（Ⅱ）直线y=﹣2x+m与3x2﹣y2﹣3=0（x＞1）联立，消元可得x2﹣4mx+m2+3=0

①，利用①有两根且均在（1，+∞）内

可知，m＞1，m≠2设Q，R的坐标，求出x R，x Q，利用，即可确定的取

值范围．

【解答】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），显然有x＞0，且y≠0

当∠MBA=90°时，点M的坐标为（2，±3）

当∠MBA≠90°时，x≠2，由∠MBA=2∠MAB有tan∠MBA=，

化简可得3x2﹣y2﹣3=0

而点（2，±3）在曲线3x2﹣y2﹣3=0上

综上可知，轨迹C的方程为3x2﹣y2﹣3=0（x＞1）；

（Ⅱ）直线y=﹣2x+m与3x2﹣y2﹣3=0（x＞1）联立，消元可得x2﹣4mx+m2+3=0①

∴①有两根且均在（1，+∞）内

设f（x）=x2﹣4mx+m2+3，∴＞

＞

＞

，∴m＞1，m≠2

设Q，R的坐标分别为（x Q，y Q），（x R，y R），

∵|PQ|＜|PR|，∴x R=2m+，x Q=2m﹣，

∴==

∵m＞1，且m≠2

∴，且

∴＜，且

∴的取值范围是（1，7）∪（7，7+4）

22．（14分）（2012?四川）已知a为正实数，n为自然数，抛物线与x轴正半轴相交于点A，设f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．（Ⅰ）用a和n表示f（n）；

（Ⅱ）求对所有n都有成立的a的最小值；

（Ⅲ）当0＜a＜1时，比较与的大小，并说明理由．

（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A（，），【分析】

进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得f（n）；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（n）=a n，则成立的充要条件是a n≥2n3+1，即知，a n≥2n3+1对所有n成立，当a=，n≥3时，a n＞4n=（1+3）n＞2n3+1，当n=0，1，2时，，由此可得a的最小值；

（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（k）=a k，证明当0＜x＜1时，，即可证明：

＞．

（Ⅰ）∵抛物线与x轴正半轴相交于点A，∴A（，）【解答】解：

对求导得y′=﹣2x

∴抛物线在点A处的切线方程为，∴

∵f（n）为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距，∴f（n）=a n；

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（n）=a n，则成立的充要条件是a n≥2n3+1即知，a n≥2n3+1对所有n成立，特别的，取n=2得到a≥

当a=，n≥3时，a n＞4n=（1+3）n≥1+=1+2n3+

＞2n3+1

当n=0，1，2时，

∴a=时，对所有n都有成立

∴a的最小值为；

（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（k）=a k，下面证明：＞

首先证明：当0＜x＜1时，

设函数g（x）=x（x2﹣x）+1，0＜x＜1，则g′（x）=x（x﹣）

当0＜x＜时，g′（x）＜0；当＜＜时，g′（x）＞0

故函数g（x）在区间（0，1）上的最小值g（x）min=g（）=0

∴当0＜x＜1时，g（x）≥0，∴

由0＜a＜1知0＜a k＜1，因此，

从而=≥=＞=