高考導(dǎo)數(shù)大題大全理科答案

1、一、解答題1 a當(dāng)0 a 1時(shí)，f (x)在區(qū)間(0, 2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間 a由(*)式知，當(dāng)a 1時(shí)，f/(x) 0,此時(shí)f (x)不存在極值點(diǎn)，因而要使得f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn),1.解：(I ) 函數(shù) f (x)的定義域?yàn)?0,), f (x) aex ln x ex ?ex 1 ex 1X x xI 、 ，一_'由題意可得f(1) 2, f(1) e.故a 1,b 2.xx 2ex 2(n)由(i)知 f(x) e In x ，從而 f(x) 1 等價(jià)于 x In x xe -.xe1設(shè)函數(shù) g (x) x In x ,則 g (x) 1 In x ,所以當(dāng) x (0,-)時(shí)，

2、g (x) 0 ； e111當(dāng)x (-,)時(shí)，g (x) 0,故g(x)在(0,-)單倜遞減，在(-,)單調(diào)遞增， eee,，、小、，一.11從而g (x)在(0,)的最小值為g(-)-.ee設(shè)函數(shù) h(x) xe x 2,則 h'(x) e x(1 x),所以當(dāng) x (0,1)時(shí),h'(x) 0； e當(dāng)x (1,)時(shí)，h (x) 0,故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,)上單調(diào)遞減，從而 h(x)在(0,)的最，1大值為h(1)-.e綜上，當(dāng) x 0 時(shí)，g(x) h(x)，即 f (x) 1.2.解題指南(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)公式求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用分類討論思想求解；(2)根

3、據(jù)函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)極必有0 a 1 .又f (x)的極值點(diǎn)只可能是 x1 211-a和x22,L_a ,且由定義可知，x -且x 2 ,所以2匹a1且2a2 ,解得a 1此時(shí)，由(*)式易知，為，*2分別是f(x)的極小值和極大值點(diǎn)，而1令2a 1 x,貝U0 a 1且a一知：當(dāng)0211a 一時(shí)，1 x 0；當(dāng)一 a 1 時(shí)，0 x 1 . 22值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系式確定函數(shù)的極值點(diǎn)，代入函數(shù)中求解2/、 a 2(x 2) 2x ax 4(a 1)解析(1) f (x) - 、(*)1 ax (x 2)(1 ax)(x 2)當(dāng)a 1時(shí)，f/(x) 0,此時(shí)，f (x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞增.1

4、 a1 a當(dāng)0 a 1時(shí)，由f/(x) 0得x1 2j，(x22 J舍去).aa當(dāng) x (0,x)時(shí)，f/(x) 0；當(dāng) x (x1,)時(shí)，f/(x) 0 .故f (x)在區(qū)間(0, x)上單調(diào)遞減，在區(qū)間 (x1，)上單調(diào)遞增.綜上所述，當(dāng)a 1時(shí)，f (x)在區(qū)間(0,)上單調(diào)遞增.二22記 g(x) In x - 2,x2(i)當(dāng) 1 x 0時(shí)，g(x) 2ln( x) x因此，g(x)在區(qū)間(1,0)上單調(diào)遞減，從而f(x1) f(x2) 0.2(n)當(dāng) 0 x 1 時(shí)，g(x) 2ln x x因此，g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，從而 g(x)/22 2x 22 ,所以 g/(x

5、) 0x x x1g(x) g( 1)4 0,故當(dāng) 0 a 時(shí),22,所以 g/(x)2_2一_2x x2x 22- x1g(1) 0,故當(dāng)時(shí) a 1, f(x1) f(x2) 0 . 2綜上所述，滿足條件的a的取值范圍為(、，1).3. (1)證明：因?yàn)閷?duì)任意 x6R,都有f( x) e x e ( x) e x exf(x),所以f(x)是R上的偶函數(shù).解：由條件知m(exe x 1) e x 1在(0, +8)上恒成立.令 t = e x(x>0)，貝1J t >1,所以t 1t2 t 1對(duì)于任意t >1成立.t 1 1 t 1因?yàn)?t 1 '12j'(

6、t 1) 1 = 3 ,所以1 -t 1(t 1)t 1 1 13當(dāng)且僅當(dāng)t = 2 ,即x = ln2 時(shí)等號(hào)成立.1因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是故f (x)在R上為增函數(shù).(3)解：令函數(shù)g(x)a(3x),則 g (x) ex3a(x21).(III)由(l)知 f'(x) 2e2x- 2x2e2e2x2e 2x2 . 2e2x 2e 2x4,當(dāng)x 0時(shí)等號(hào)成立.F面分三種情況進(jìn)行討論當(dāng)x>1時(shí)，ex1 >0,又a>0,故 g' (x)>0,所以 g(x)是1+ 00)上的單調(diào)增函數(shù),4時(shí),對(duì)任意R, f (x)2x2e2x2ef (x)無(wú)極值;因此g(

7、x)在1 ,+°°)上的最小值是g(1)4時(shí),對(duì)任意0,f (x)2x2e2e2xf (x)無(wú)極值;由于存在x06 1,+00)，使 ex0ex0a(3x03x0) 0成立，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)<0,故 e+e 1 2a1e e a24時(shí),令e2x注意到方程2t0有兩根t1,2cc2 1640,令函數(shù)h(x) x (e1)ln x 1,h (x)即 f '(x)0有兩根-1 1nti 或 x21In t2. 2當(dāng) x (0,e 1)時(shí)，h'(x)<0 ,故h(x)是(0,e 1)上的單調(diào)減函數(shù).發(fā)時(shí)，f'(x) 0 ；又當(dāng)x x2 時(shí),

8、f '(x) 0 ,從而 f '(x)在 xx2處取得極小值;+00)時(shí)，h' (x)>0 ,故 h(x)是(e1+ 00)上的單調(diào)增函數(shù).綜上，若f'(x)有極值，則c取值范圍為 4,所以h(x)在(0+ 00)上的最小值是h(e 1).注意到h(1)=h(e) = 0 ,所以當(dāng)x (1,e 1) ? (0,e1)時(shí),h(e 1)<h(x)<h(1) = 0 ;5.解題指南(1)先求導(dǎo)數(shù)，結(jié)合解不等式求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；( 母的取值范圍.2)利用單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系求解字(e 1,e) (e 1,)時(shí),h(x)< h(e) = 0 ,所以

9、h( x)<0對(duì)任意的x(1e)成立.解析當(dāng)b 4時(shí)，f(x)(x24x4)JT2x,定義域?yàn)?當(dāng)1a 6e,e ?(1 ,2e)時(shí)，h( a)<0，即 a 1(e1)ln,從而eaf (x) (2x 4) E(x24x4)Ax (2)x,2),5x(x 2) 12 .當(dāng)a = e 時(shí),當(dāng)a (e,(e1,)時(shí),h( a)>h(e) = 0，即a 1(e 1)ln a ,故 e綜上所述,當(dāng)a1ea 1,e 時(shí)，e2a = e 時(shí),e 1a ，當(dāng)a(e,令f (x) 0,解得x1當(dāng)x 2或0 x -減；在(2,0)上單調(diào)遞增f(0) 4.0.時(shí)，f (x) 0；.所以當(dāng)x1.

10、2 x 0時(shí)，f (x) 0.所以f(x)在(，2),(0,力)上單調(diào)遞2時(shí),f(x)取得極小值 f( 2) 0 ；當(dāng)x 0時(shí)，f (x)取得極大值時(shí)，ea11因?yàn)閒 (x)在(0,f)上單調(diào)遞增32.f (x) (2x b) 1 2x (x bx，所以4.解題指南：(I)利用f '(x)為偶函數(shù)和y = f(x)在點(diǎn)(0, f(0)處的切線的斜率為c建立關(guān)于a,b的方程求解.(II)利用基本不等式求解.(III)需對(duì)c進(jìn)行分類，討論方程f'(x) 0是否有實(shí)根，從而確定極值得b(等)min.因?yàn)榈雀锝馕?(I)對(duì)f(x)求導(dǎo)得f (x)2x2ae2x2bec,由f (x)為偶

11、函數(shù)，知 f ( x) f '(x),即2(a2xb)(e2xe0,2x因e2x0,所以a又 f (0)2a2bc,1,b1.(II )當(dāng) c 3 時(shí),f(x)2xe2x3x,那么1 .f (x) 0,且不恒等于0對(duì)x (0,為)恒成立.31 2x(2)5x2 2x 3bx一. _ 2，所以 5x2 3bx 2x 0,1.1,所以b，故b的取值范圍為996.解析：(I)對(duì)f (x)求導(dǎo)得f '(x)x2、 x(6x a)e (3x ax)ex 2(e )因?yàn)閒(x)在x 0處取得極值，所以f '(0) 0即a 0.23x (6 a)x a0時(shí),c 2c 2 c3x3x6

12、xf(x)= , f'(x)X一ee，故 f(1) 3,f'(1)e3由題意知f '(m),從而f (x)在點(diǎn)(1, f(1)處e,2 m 2kop,信(m 1) e a ， e的切線方程為3(x 1),化簡(jiǎn)得 3x ey 0. e要證m 3a 21,即要證1)3 a.(n)i)知 f '(x)23x (6 a)x axe令 g(x)3x2 (6a)xa,由g(x) 0解得x1,a2 36,X2當(dāng)x x1時(shí),g(x) 0,即a <a2 36f'(x) 0,故f (x)為減函數(shù);當(dāng)x1x x2 時(shí)，g(x) 0,即 f'(x) 0,故 f(x

13、)為增函數(shù);x2時(shí)，g(x) 0,即f '(x) 0,故f(x)為減函數(shù);一c 一一，八6 a,'a2 36由f (x)在3,上為減函數(shù)，知 x2 3,解得a6只需證(m 1)3設(shè) g(m) m又 g '(m)=0g(m)在(g(m)8.9.解：對(duì)f (x)(m 1)2em,即要證em ,則 g '(m) 1,0)上遞增，在(0,+g(0)0,即不等式成立,f (x)求導(dǎo)，得(1)解：由 f(x) = nxF面分兩種情況討論:當(dāng)n為奇數(shù)時(shí).(x)(x20,所以可得)上遞減。得證.4x)ex,f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(4,0) of (x) n nxn 1 n 1

14、 xn 1 ,其中 n N ,且 n 2.一9故a的取值范圍為92,當(dāng)x變化時(shí)，f (x), f (x)的變化情況如下表:考點(diǎn)分類第四章考點(diǎn)一、導(dǎo)數(shù)的概念、運(yùn)算及其幾何意義；考點(diǎn)二、導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用；第九章考點(diǎn)一、不等關(guān)系與一元二次不等式7.解：(1) f '(x) 2xex (1 x2)ex (x 1)2ex 0 (僅當(dāng) x 1 時(shí)取等號(hào))，. f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為).(2)f (0) 1 a2-f (ln a) (ln a) a 0 ,f(x)在單調(diào)遞增區(qū)間)上僅有一個(gè)零點(diǎn).所以，f (x)在當(dāng)n為偶數(shù)時(shí).所以，f (x)在-+-上單調(diào)遞減，在1,1內(nèi)單調(diào)遞增。,1,1,當(dāng)f (x)

15、 0,即(2)證明：設(shè)點(diǎn)1時(shí)，函數(shù)1時(shí)，函數(shù)f (x)單調(diào)遞增;f(x)單調(diào)遞減.,1上單調(diào)遞增，在 1,上單調(diào)遞減.P的坐標(biāo)為x0,0 ，則x0(3)由題意知f '(xp)0 ,又僅 f '( 1) 0 ,得 Xp1,ypa，12F , f (Xo) n n .曲線y f (x)在點(diǎn)P處的切 n線方程為 y f(Xo) X Xo ，即 g(x) f (Xo)(X Xo).令 F(x) f(x) g X ,即令 g(x) 2ax2 ax 1 a,F(X)f(x) f (Xo)(X Xo),則 F(X) f (X) f (Xo).0時(shí),g(x) 1 0,此時(shí)f (x) 0,函數(shù)f

16、 (x)單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn);所以當(dāng)X0,f(x)n 1由于f (x) nx n在0,x0,X0 時(shí)，F(xiàn) (x) 0,當(dāng) x上單調(diào)遞減，所以對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)上單調(diào)遞減，故 F (x)在0,上單調(diào)遞減.又因?yàn)镕 (X0) 0,x0,X,(3)證明：不妨設(shè)x1 X2 .由(2)知g X時(shí)，F(xiàn) (x) 0 ,所以F(x)在0,X0內(nèi)單調(diào)遞增，在都有 F(x) F(%)2、一n xx0 .設(shè)萬(wàn)程0,即對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有22ax0時(shí),0時(shí),axg x a的根為x2 ,可得8時(shí), 922a 8a(1 a) 9a 8a 0,解得0,拋物線g(x)的開(kāi)口向下，對(duì)稱軸為0在x ( 1,)上有一個(gè)變號(hào)根，即拋

17、物線g(x)的開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為aX22n nx0,當(dāng)n 2時(shí)，g x在上單調(diào)遞減.(1,)上各有一個(gè)變號(hào)根，即又由(2)知gX2f x2a g x2 ,可得X2X2 .綜上:0時(shí)，f(x)有一個(gè)極值點(diǎn)；0類似地，設(shè)曲線f x在原點(diǎn)處的切線方程為nx ,當(dāng) x 0,(n)由(i)知，08，、a 一時(shí)，f (x) 90恒成立,0 ,即對(duì)于任意的x 0,符合題意;0時(shí)，令h(x)ln( x1) x,x0,設(shè)方程a的根為x1 ,可得x1a ,一.因?yàn)閔 x nnx在上單調(diào)遞增，且h(x)h(0) 0ln(x 1)h x1h x1f(x)2ln(x 1) a(xX)2x a(xX)由此可得X2X1X2

18、X1X0.時(shí),f(x)因?yàn)閚2,所以2n 1_11 Cn1 11n 1X0 .na 1時(shí),由(i)知，對(duì)稱軸x則當(dāng)X1X2 時(shí)，|X2X1 |X2X1a< 21 n單調(diào)遞增，即x0時(shí),f(x)f(0)同理可證當(dāng)X1 > x2時(shí)，結(jié)論也成立a 1時(shí)，由(D知,對(duì)稱軸所以,x (0,x0) g(x) 0,即 f(x)10.解：(I )12ax2f (x) ； a(2x 1) x 1x 0, f (x) 0 ,舍去.2 ax2 ax 1axx 11 a,函數(shù)f (x)極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)等價(jià)于綜上：所求a的取值范圍是0,1 .a 0在x ( 1,)上的變號(hào)根的個(gè)數(shù).11.解法一：(1)令 F (

19、x)f (x)一 80 a 時(shí)，f (x)單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn)； 91x , g(0) 1 a 0,g( 1) 1 0, 4f ( X)有一個(gè)極值點(diǎn);12一，g( 1) 1 0,2ax ax 1 a 04f (x)有兩個(gè)極值點(diǎn)f (X)無(wú)極值點(diǎn);f (x)單調(diào)遞增,1,h(X) ” 12 ax0, f(x)0,0符合題意;為 f (x)(1 a)x.g(0) 1 a0, g(0) 1 a所以8-"9時(shí)，f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn).x 0 時(shí)，f (x) f (0) 00 ,所以h(x)單調(diào)遞減,時(shí)先增后減，(x)X0f (X)單調(diào)遞減，故 X (0, X0) X 0 時(shí)，f (X)x ln(

20、1 x) x, x 0,)0恒成立，f(x)0,使f(0) 0不符合, ,1x則有F (x) 1 .1 x x 1當(dāng) x (0,)時(shí)，F(xiàn) (x) 0,所以F(x)在0,)上單調(diào)遞減，故當(dāng) x 0時(shí)，F(xiàn)(x) F(0) 0,即當(dāng) x 0時(shí)，f(x) x.(2)令 G(x) f (x) g(x) ln(1 x) kx, x 0,),則有 G (x) k kx (1 k), x 1x 1當(dāng) k 0 時(shí)，G (x) 0,故 G(x)在0,)單調(diào)遞增，G(x) G(0) 0,故對(duì)任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意.一1 k 1當(dāng) 0 k 1 時(shí)，令 G(x) 0,得 x k -10, k k_1.一取 x0 1

21、,對(duì)任意 x (0,x0),有 G (x) 0 , k從而G(x)在0, x0)單調(diào)遞增，所以 G(x) G(0) 0,即f(x) g(x)綜上，當(dāng)k 1時(shí)，總存在x0 0,使得對(duì)任意x (0,x0),恒有f(x) g(x).(3)當(dāng) k 1 時(shí)，由(1)知，對(duì)于x (0,), g(x) x f(x),故 g(x)f (x).I f(x) g(x) | g(x) f(x) kx ln(1 x). 2令 M (x) kx ln(1 x) x , x 0,),故M (x) M (0) 0 ,即| f (x) g(x) | x2,所以滿足題意的t不存在 當(dāng)k 1時(shí)，由(2)知，存在x0 0,使得當(dāng)x

22、 (0, x0)時(shí)，f (x) g(x), 此時(shí) | f(x) g(x) | f (x) g (x) ln(1 x) kx.令 N(x) ln(1 x) kx x2,x 0,),2心、12x2 (k 2)x 1 k則有 N (x) k 2x ,x 1x 1w (k 2) 、 (k 2)2 8(1 k)當(dāng) x (0,-)時(shí)，N (x) 0 ,4N(x)在0,(k 2) . (k 2)2 8(1 k)上單調(diào)遞增,故 N(x) N(0) 0,即 f(x) g(x) x2.-1則有M (x) k 2x1 x_ 2-2x (k 2)x k 1x 1故當(dāng)x(0,k 2 ,(k 2)28(k 1)-)Ht,

23、 M (x) 0, 一(k 2) (k 2)2 8(1 k)記x0與二-中的較小者為 x1 ,4則當(dāng) x (0,為)時(shí)，恒有 |f(x) g(x) | x2.故滿足題意的t不存在當(dāng) k 1 時(shí)，由(1)知，當(dāng) x 0時(shí)，|f(x) g(x) | g(x) f (x) x ln(1 x).12令 H (x) x ln(1 x) x , x 0,),2 12x2 x則有H (x) 1 2x .1 xx 1當(dāng) x 0時(shí)，H (x) 0,所以H(x)在0,)上單調(diào)遞減，故 H (x)H(0)0.M(x)在0,k 2裊2)2 8(k馬上單調(diào)遞增,故當(dāng) x 0時(shí)，恒有 | f (x) g(x)| x2.此

24、時(shí)，任意正實(shí)數(shù)t滿滿足題意綜上，k 1.解法二：(1) (2)同解法一.(3)當(dāng) k 1 時(shí)，由(1)知，對(duì)于 x (0,),g(x) x f(x),故 |f(x) g(x) | g(x) f (x) kx ln(1 x) kx x (k 1)x.令(k 1)x x2,解得 0 x k 1.從而得到，當(dāng)k 1時(shí)，對(duì)于x (0, k 1),恒有| f(x) g(x)| x2.故滿足題意的t不存在。k 1當(dāng)k 1時(shí)，取k1 ,從而k k1 1.2由(2)知，存在 x0 0,使得 x (0, x0), f (x) k1x kx g(x),1 k此時(shí) |f(x) g(x) | f (x) g(x) (

25、k1 k)x x,2.1k 21 k -2令x x ,解得 0 x ，此時(shí) f (x) g(x) x .22、一1 k ,八一一2記x0與的較小者為x1，當(dāng)x (0, x1)時(shí)，恒有| f(x) g(x) | x .2故滿足題意的t不存在.當(dāng) k 1 時(shí)，由(1)知，x 0,| f(x) g(x) | f (x) g(x) x ln(1 x),令 M (x) x ln(1 x) x2, x 0,),212x x則有M (x) 1 2x .1 xx 1當(dāng)x 0時(shí)，M (x) 0,所以M(x)在0,)上單調(diào)遞減，故 M(x) M (0) 0故當(dāng) x 0 時(shí)，恒有 | f (x) g(x) | x2

26、 ,此時(shí)，任意正實(shí)數(shù) t均滿足題意12.證明：(1) f (x) aeaxsinx eaxcosx其中 tan= , 0< <.a 2令 f (x)=0,由 x 0得 x+ =mx, 即 x= m -對(duì) k N,若 2k <x+<(2k+1),即 2k若(2k+1)<x+<(2k+2),即(2k+1)因此，在區(qū)間(m-1), m -)與(m綜上，k 1.<x<(2k+1)<x<(2k+2)，則 f (x) >0;，貝U f (x) <0.',m )上，f (x)的符號(hào)總相反.于是、r.- .*、_當(dāng)x=m - (m

27、N )時(shí)，f (x)取得極值，所以*、xn n (n N ).a nn 1 an一此時(shí)，f (xn) e sin(n ) ( 1) e sin .易知 f (xn)0,而是常數(shù)，故數(shù)列 f(xn)是首項(xiàng)為f(x1) =eaxsin ,公比為 e的等比數(shù)列(2)由(1)知,sin1*二,，2 ,于ZE對(duì)一切 n N , xn<| f (xn)| 怛成立，即 . a 11 a nni e恒成立，等價(jià)于 a 123 a na 1 ea a n恒成立(因?yàn)閍>0)設(shè) g (t) =e (t) 0),則 g'(t) = e (t2 1) .令 g'(t) =0 得 t=1 t

28、t當(dāng)0<t<1時(shí)，g (t) <0 ,所以g (t )在區(qū)間(0,1 )上單調(diào)遞減;當(dāng)t>1時(shí)，g (t) >0 ,所以g (t)在區(qū)間(0,1 )上單調(diào)遞增.從而當(dāng)t=1時(shí)，函數(shù)g (t)取得最小值g (1) =e(?). . 一因此，要是(？)式恒成立，只需 -g(1) e,即只需ae2 1顯然，若f (J)0時(shí)，y f(x)在區(qū)間(0,1)上沒(méi)有零點(diǎn);而當(dāng)a= 一時(shí).tan1 = Je2 1 也且 0 a-.于是2時(shí),f (x)在區(qū)間(0,1)上有1個(gè)零點(diǎn);且當(dāng)n 2時(shí)，nJe2 1 .因此對(duì)一切若3)-時(shí),4，1 ，因?yàn)?f (0) , f (1) a4所

29、以若,y f(x)*n N , axne2 11 ,所以 g ( aXn )g(1)1.故(？)式亦恒成立在區(qū)間(0,1)上有2個(gè)零點(diǎn)；若y f (x)在區(qū)間(0,1)上有1個(gè)零點(diǎn).綜上所述，若e2 1則對(duì)一切n Nxn| f (Xn) |恒成立.綜上，當(dāng)5一時(shí)，h(x)有431個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a 一或a45,，、一時(shí)，h(x)有 24個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)13.解：(I )(x) 3x若x軸為曲線f (x)的切線，則切點(diǎn)(%,0)滿足 f (x0) 0, f(x0) 0,5 a414.解：時(shí),h(x)有3個(gè)零點(diǎn).也就是3x020 且 x03ax0因此,3一、當(dāng)a 時(shí)，x軸為曲線y f (x)4(1)a lnx

30、 x2 2ax2a2 a的切線;令g'0,討論此不等式的解，可得:(n)1時(shí),g(x)ln x0,函數(shù)h(x)min f(x),g(x)g(x)沒(méi)有零點(diǎn);4a0時(shí),1時(shí),f(1)54 °21) minf(1、g(1)g(1) 0 ,故x 1是h(x)的零點(diǎn);x 1 時(shí)，g(x)lnx 0,以下討論 y f (x)在區(qū)間(0,1)上的零點(diǎn)的個(gè)數(shù).對(duì)于f (x) 3x2 a,2因?yàn)? 3x 3,所以令f(x) 0可得2a 3x ,那么所以g ' x 0的解為(i )當(dāng)a 3或a 0時(shí)，f (x)沒(méi)有零點(diǎn)(f(x)0 或 f (x)0), y f(x)在區(qū)間(0,1)上是單

31、調(diào)函數(shù),rr1.即a 時(shí)，不等式恒成立。即4g' x 0恒成立,所以g x恒單調(diào)遞增。y1所以g x1 1 4a ,xL .1.且 f(0) -,f(1) a41.1 4a 工時(shí)單調(diào)遞增。在區(qū)間(0,1)上沒(méi)有零點(diǎn);(ii )當(dāng) 3 a 0時(shí),值點(diǎn)，且f (f (x)3時(shí),)且 f (x)xaf (x)在區(qū)間(0,1)上有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a 0時(shí)，y f (x)綜上：當(dāng)1 .a 一時(shí)，g x在0,上單倜遞增。41 .一時(shí)，g x 在(0, 411 4a),(1 - 1 4a)上單調(diào)遞增，在14)33a 2a1 .1 4a 1 . 1 4a)上單調(diào)遞減。由(1)得f' x g x在1

32、, 內(nèi)單調(diào)遞增。且2 2a 2 2a 4a 0,0。由零點(diǎn)存在性定理得存在唯一X01, 使得都有f（x）2a2ln Xo 2 3一. X2(x )成立;32x0 2a0。（田）x(0,1)，使 f (x)所以fx在（1,xO）上單調(diào)遞減,(x0,）上單調(diào)遞增。3Xk（x 一）成立，等價(jià)于F （x）3ln3Xk(x 一) 0.3所以滿足f x 0在區(qū)間1,內(nèi)有唯一解只需滿足f x min f x00即可。F (x)21 x2k(1 x2)k(x4 1) 2x (0,1),則 1 x20,f Xo2 Xoa ln XoXo22ax22a2 a 0,將帶入化簡(jiǎn)得:當(dāng) k 0, 2時(shí),F (x) 0 ,函數(shù)F（x）在區(qū)間（0,1）上為增函數(shù),F(x)F（0） 0,符合題意;當(dāng)a x°（xo 1）時(shí)，此時(shí)變形為 22a1 .2ln 2a 3 0,在一，1上有解。令2當(dāng)k 2時(shí)，令F (x) 0 解得 x4k 2八