高考导数分类大全 Document number【AA80KGB-AA98YT-AAT8CB-2A6UT-A18GG】
2018年全国高考理科数学分类汇编——函数与导数
1.(北京)能说明“若f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立,则f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是f(x)=sinx .
【解答】解:例如f(x)=sinx,尽管f(x)>f(0)对任意的x∈(0,2]都成立,
当x∈[0,)上为增函数,在(,2]为减函数,故答案为:f(x)=sinx.
2. (北京)设函数f(x)=[ax2﹣(4a+1)x+4a+3]e x.
(Ⅰ)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a;
(Ⅱ)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.
【解答】解:(Ⅰ)函数f(x)=[ax2﹣(4a+1)x+4a+3]e x的导数为
f′(x)=[ax2﹣(2a+1)x+2]e x.由题意可得曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0,
可得(a﹣2a﹣1+2)e=0,解得a=1;
(Ⅱ)f(x)的导数为f′(x)=[ax2﹣(2a+1)x+2]e x=(x﹣2)(ax﹣1)e x,
若a=0则x<2时,f′(x)>0,f(x)递增;x>2,f′(x)<0,f(x)递减.
x=2处f(x)取得极大值,不符题意;
若a>0,且a=,则f′(x)=(x﹣2)2e x≥0,f(x)递增,无极值;
若a>,则<2,f(x)在(,2)递减;在(2,+∞),(﹣∞,)递增,
可得f(x)在x=2处取得极小值;
若0<a<,则>2,f(x)在(2,)递减;在(,+∞),(﹣∞,2)递增,
可得f(x)在x=2处取得极大值,不符题意;
若a<0,则<2,f(x)在(,2)递增;在(2,+∞),(﹣∞,)递减,
可得f(x)在x=2处取得极大值,不符题意.
综上可得,a的范围是(,+∞).
3. (江苏)函数f(x)=的定义域为[2,+∞).
【解答】解:由题意得:≥1,解得:x≥2,∴函数f(x)的定义域是[2,+∞).
故答案为:[2,+∞).
4. (江苏)函数f(x)满足f(x+4)=f(x)(x∈R),且在区间(﹣2,2]上,f(x)=,则f(f(15))的值为.
【解答】解:由f(x+4)=f(x)得函数是周期为4的周期函数,则f(15)=f(16﹣1)=f (﹣1)=|﹣1+|=,f()=cos()=cos=,即f(f(15))=,
故答案为:
5. (江苏)若函数f(x)=2x3﹣ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则f (x)在[﹣1,1]上的最大值与最小值的和为﹣3 .
【解答】解:∵函数f(x)=2x3﹣ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,
∴f′(x)=2x(3x﹣a),x∈(0,+∞),①当a≤0时,f′(x)=2x(3x﹣a)>0,
函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(0)=1,f(x)在(0,+∞)上没有零点,舍去;
②当a>0时,f′(x)=2x(3x﹣a)>0的解为x>,∴f(x)在(0,)上递减,在(,+∞)递增,又f(x)只有一个零点,∴f()=﹣+1=0,解得a=3,
f(x)=2x3﹣3x2+1,f′(x)=6x(x﹣1),x∈[﹣1,1],f′(x)>0的解集为(﹣1,0),
f(x)在(﹣1,0)上递增,在(0,1)上递减;f(﹣1)=﹣4,f(0)=1,f(1)=0,
∴f(x)
min =f(﹣1)=﹣4,f(x)
max
=f(0)=1,∴f(x)在[﹣1,1]上的最大值与最小值的
和为:f(x)
max +f(x)
min
=﹣4+1=﹣3.
6. (江苏)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x
∈R,满
足f(x
0)=g(x
)且f′(x
)=g′(x
),则称x
为函数f(x)与g(x)的一个“S
点”.
(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x﹣2不存在“S点”;
(2)若函数f(x)=ax2﹣1与g(x)=lnx存在“S点”,求实数a的值;
(3)已知函数f(x)=﹣x2+a,g(x)=.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f (x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.
【解答】解:(1)证明:f′(x)=1,g′(x)=2x+2,
则由定义得,得方程无解,则f(x)=x与g(x)=x2+2x﹣2不存在“S点”;(2)f′(x)=2ax,g′(x)=,x>0,由f′(x)=g′(x)得=2ax,得x=,f()=﹣=g()=﹣lna2,得a=;
(3)f′(x)=﹣2x,g′(x)=,(x≠0),
由f′(x
0)=g′(x
),得b=﹣>0,得0<x
<1,
由f(x
0)=g(x
),得﹣x
2+a==﹣,得a=x
2﹣,
令h(x)=x2﹣﹣a=,(a>0,0<x<1),
设m(x)=﹣x3+3x2+ax﹣a,(a>0,0<x<1),
则m(0)=﹣a<0,m(1)=2>0,得m(0)m(1)<0,
又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,则m(x)在(0,1)上有零点,则h(x)在(0,1)上有零点,则f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S”点.
7. (全国1卷)设函数f(x)=x3+(a﹣1)x2+ax.若f(x)为奇函数,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为()D
A.y=﹣2x B.y=﹣x C.y=2x D.y=x
【解答】解:函数f(x)=x3+(a﹣1)x2+ax,若f(x)为奇函数,可得a=1,所以函数f (x)=x3+x,可得f′(x)=3x2+1,曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线的斜率为:1,则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为:y=x.故选:D.
8. (全国1卷)已知函数f(x)=,g(x)=f(x)+x+a.若g(x)存在2个零
点,则a的取值范围是()C
A.[﹣1,0)B.[0,+∞)C.[﹣1,+∞)D.[1,+∞)
【解答】解:由g(x)=0得f(x)=﹣x﹣a,作出函数f(x)和y=﹣x﹣a的图象如图:
当直线y=﹣x﹣a的截距﹣a≤1,即a≥﹣1时,两个函数的图象都有2个交点,
即函数g(x)存在2个零点,故实数a的取值范围是[﹣1,+∞),故选:C.
9. (全国1卷)已知函数f(x)=2sinx+sin2x,则f(x)的最小值是.
【解答】解:由题意可得T=2π是f(x)=2sinx+sin2x的一个周期,
故只需考虑f(x)=2sinx+sin2x在[0,2π)上的值域,先来求该函数在[0,2π)上的极值点,
求导数可得f′(x)=2cosx+2cos2x=2cosx+2(2cos2x﹣1)=2(2cosx﹣1)(cosx+1),
令f′(x)=0可解得cosx=或cosx=﹣1,可得此时x=,π或;
∴y=2sinx+sin2x的最小值只能在点x=,π或和边界点x=0中取到,
计算可得f()=,f(π)=0,f()=﹣,f(0)=0,
∴函数的最小值为﹣,故答案为:.
10. (全国1卷)已知函数f(x)=﹣x+alnx.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x
1,x
2
,证明:<a﹣2.
【解答】解:(1)函数的定义域为(0,+∞),
函数的导数f′(x)=﹣﹣1+=﹣,
设g(x)=x2﹣ax+1,
当a≤0时,g(x)>0恒成立,即f′(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上是减函数,
当a>0时,判别式△=a2﹣4,
①当0<a ≤4时,△≤0,即g (x )>0,即f′(x )<0恒成立,此时函数f (x )在(0,+∞)上是减函数,
②当a >2时,x ,f′(x ),f (x )的变化如下表:
x
(0,
)
(
,)
(
,
+∞) f′(x ) ﹣ 0 + 0 ﹣ f (x )
递减
递增
递减 综上当a ≤2时,f (x )在(0,+∞)上是减函数, 当a >2时,在(0,
),和(
,+∞)上是减函数,
则(,)上是增函数.
(2)由(1)知a >2,0<x 1<1<x 2,x 1x 2=1, 则f (x 1)﹣f (x 2)=(x 2﹣x 1)(1+)+a (lnx 1﹣lnx 2)=2(x 2﹣x 1)+a (lnx 1﹣
lnx 2), 则
=﹣2+
,则问题转为证明
<1即可,
即证明lnx 1﹣lnx 2>x 1﹣x 2,即证2lnx 1>x 1﹣在(0,1)上恒成立,
设h (x )=2lnx ﹣x+,(0<x <1),其中h (1)=0, 求导得h′(x )=﹣1﹣=﹣
=﹣
<0,则h (x )在(0,1)上单调递
减,
∴h (x )>h (1),即2lnx ﹣x+>0,故2lnx >x ﹣,则
<a ﹣2成立.
11.(全国2卷)函数f (x )=的图象大致为( )B
A.B.C.
D.
【解答】解:函数f(﹣x)==﹣=﹣f(x),则函数f(x)为奇函数,图象关于原点对称,排除A,当x=1时,f(1)=e﹣>0,排除D.当x→+∞时,f(x)→+∞,排除C,
故选:B.
12.(全国2卷)已知f(x)是定义域为(﹣∞,+∞)的奇函数,满足f(1﹣x)=f
(1+x),若f(1)=2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)=()C
A.﹣50 B.0 C.2 D.50
【解答】解:∵f(x)是奇函数,且f(1﹣x)=f(1+x),
∴f(1﹣x)=f(1+x)=﹣f(x﹣1),f(0)=0,
则f(x+2)=﹣f(x),则f(x+4)=﹣f(x+2)=f(x),
即函数f(x)是周期为4的周期函数,∵f(1)=2,
∴f(2)=f(0)=0,f(3)=f(1﹣2)=f(﹣1)=﹣f(1)=﹣2,
f(4)=f(0)=0,则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0﹣2+0=0,
则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)=12[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(49)+f (50)
=f(1)+f(2)=2+0=2,故选:C.
13.(全国2卷)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x .
【解答】解:∵y=2ln(x+1),∴y′=,当x=0时,y′=2,
∴曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x.故答案为:y=2x.
14.(全国2卷)已知函数f(x)=e x﹣ax2.
(1)若a=1,证明:当x≥0时,f(x)≥1;
(2)若f(x)在(0,+∞)只有一个零点,求a.
【解答】证明:(1)当a=1时,函数f(x)=e x﹣x2.则f′(x)=e x﹣2x,
令g(x)=e x﹣2x,则g′(x)=e x﹣2,令g′(x)=0,得x=ln2.
当∈(0,ln2)时,h′(x)<0,当∈(ln2,+∞)时,h′(x)>0,
∴h(x)≥h(ln2)=e ln2﹣2?ln2=2﹣2ln2>0,
∴f(x)在[0,+∞)单调递增,∴f(x)≥f(0)=1,
解:(2),f(x)在(0,+∞)只有一个零点方程e x﹣ax2=0在(0,+∞)只有一个根,a=在(0,+∞)只有一个根,即函数y=a与G(x)=的图象在(0,+∞)只有一个交点.G,
当x∈(0,2)时,G′(x)<0,当∈(2,+∞)时,G′(x)>0,
∴G(x)在(0,2)递增,在(2,+∞)递增,
当→0时,G(x)→+∞,当→+∞时,G(x)→+∞,
∴f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=G(2)=.
15.(全国3卷)函数y=﹣x4+x2+2的图象大致为()D
A.B.
C.D.
【解答】解:函数过定点(0,2),排除A,B.函数的导数f′(x)=﹣4x3+2x=﹣2x(2x2﹣1),
由f′(x)>0得2x(2x2﹣1)<0,得x<﹣或0<x<,此时函数单调递增,排除C,
故选:D.
16.(全国3卷)设a=,b=,则()B
A.a+b<ab<0 B.ab<a+b<0 C.a+b<0<ab D.ab<0<a+b
【解答】解:∵a=,b==,
∴=,,∵,,∴ab<a+b<0.故选:B.
17.(全国3卷)曲线y=(ax+1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为﹣2,则a= ﹣3 .【解答】解:曲线y=(ax+1)e x,可得y′=ae x+(ax+1)e x,曲线y=(ax+1)e x在点(0,1)处的切线的斜率为﹣2,可得:a+1=﹣2,解得a=﹣3.故答案为:﹣3.
18.(全国3卷)已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)﹣2x.
(1)若a=0,证明:当﹣1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;
(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.
【解答】(1)证明:当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)﹣2x,(x>﹣1).
,,
可得x∈(﹣1,0)时,f″(x)≤0,x∈(0,+∞)时,f″(x)≥0
∴f′(x)在(﹣1,0)递减,在(0,+∞)递增,
∴f′(x)≥f′(0)=0,
∴f(x)=(2+x)ln(1+x)﹣2x在(﹣1,+∞)上单调递增,又f(0)=0.
∴当﹣1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.
(2)解:由f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)﹣2x,得
f′(x)=(1+2ax)ln(1+x)+﹣2=,
令h(x)=ax2﹣x+(1+2ax)(1+x)ln(x+1),
h′(x)=4ax+(4ax+2a+1)ln(x+1).
当a≥0,x>0时,h′(x)>0,h(x)单调递增,
∴h(x)>h(0)=0,即f′(x)>0,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,故x=0不是f(x)的极大值点,不符合题意.
当a<0时,h″(x)=8a+4aln(x+1)+,
显然h″(x)单调递减,
①令h″(0)=0,解得a=﹣.
∴当﹣1<x<0时,h″(x)>0,当x>0时,h″(x)<0,
∴h′(x)在(﹣1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
∴h′(x)≤h′(0)=0,
∴h(x)单调递减,又h(0)=0,
∴当﹣1<x<0时,h(x)>0,即f′(x)>0,
当x>0时,h(x)<0,即f′(x)<0,
∴f(x)在(﹣1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
∴x=0是f(x)的极大值点,符合题意;
②若﹣<a<0,则h″(0)=1+6a>0,h″(e﹣1)=(2a﹣1)(1﹣e)<0,
∴h″(x)=0在(0,+∞)上有唯一一个零点,设为x
,
∴当0<x<x
时,h″(x)>0,h′(x)单调递增,
∴h′(x)>h′(0)=0,即f′(x)>0,
∴f(x)在(0,x
)上单调递增,不符合题意;
③若a<﹣,则h″(0)=1+6a<0,h″(﹣1)=(1﹣2a)e2>0,
∴h″(x)=0在(﹣1,0)上有唯一一个零点,设为x
1
,
∴当x
1
<x<0时,h″(x)<0,h′(x)单调递减,
∴h′(x)>h′(0)=0,∴h(x)单调递增,
∴h(x)<h(0)=0,即f′(x)<0,
∴f(x)在(x
1
,0)上单调递减,不符合题意.
综上,a=﹣.
19. (上海)设常数a∈R,函数f(x)=1og
2
(x+a).若f(x)的反函数的图象经过点(3,1),则a= 7 .
【解答】解:∵常数a∈R,函数f(x)=1og
2
(x+a).f(x)的反函数的图象经过点(3,1),
∴函数f(x)=1og
2(x+a)的图象经过点(1,3),∴log
2
(1+a)=3,解得a=7.故答案
为:7.
20.(上海)已知α∈{﹣2,﹣1,﹣,1,2,3},若幂函数f(x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减,则α=﹣1 .
【解答】解:∵α∈{﹣2,﹣1,,1,2,3},幂函数f(x)=xα为奇函数,且在(0,+∞)上递减,∴a是奇数,且a<0,∴a=﹣1.故答案为:﹣1.
21.(上海)已知常数a>0,函数f(x)=的图象经过点P(p,),Q(q,
).若2p+q=36pq,则a= 6 .
【解答】解:函数f(x)=的图象经过点P(p,),Q(q,).
则:,整理得:=1,
解得:2p+q=a2pq,由于:2p+q=36pq,所以:a2=36,由于a>0,故:a=6.故答案为:6
22.(上海)设D是含数1的有限实数集,f(x)是定义在D上的函数,若f(x)的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合,则在以下各项中,f(1)的可能取值只能是()B A.B.C.D.0
【解答】解:设D是含数1的有限实数集,f(x)是定义在D上的函数,
若f(x)的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合,故f(1)=cos=,故选:B.23.(上海)某群体的人均通勤时间,是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时.某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤.分析显示:当S中x%(0<x<100)的成员自驾时,自驾群体的人均通勤时间为
f(x)=(单位:分钟),
而公交群体的人均通勤时间不受x影响,恒为40分钟,试根据上述分析结果回答下列问题:(1)当x在什么范围内时,公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间
(2)求该地上班族S的人均通勤时间g(x)的表达式;讨论g(x)的单调性,并说明其实际意义.
【解答】解;(1)由题意知,当30<x<100时,f(x)=2x+﹣90>40,
即x2﹣65x+900>0,解得x<20或x>45,
∴x∈(45,100)时,公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间;
(2)当0<x≤30时,g(x)=30?x%+40(1﹣x%)=40﹣;
当30<x<100时,
g(x)=(2x+﹣90)
x%+40(1﹣x%)=﹣x+58;
∴g(x)=;
当0<x<时,g(x)单调递减;当<x<100时,g(x)单调递增;
说明该地上班族S中有小于%的人自驾时,人均通勤时间是递减的;有大于%的人自驾时,人均通勤时间是递增的;当自驾人数为%时,人均通勤时间最少.
24. (天津)已知a=log
2
e,b=ln2,c=log,则a,b,c的大小关系为()D A.a>b>c B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b
【解答】解:a=log
2e>1,0<b=ln2<1,c=log=log
2
3>log
2
e=a,
则a,b,c的大小关系c>a>b,故选:D.
25.(天津)已知a>0,函数f(x)=.若关于x的方程f(x)=ax恰
有2个互异的实数解,则a的取值范围是(4,8).
【解答】解:当x≤0时,由f(x)=ax得x2+2ax+a=ax,得x2+ax+a=0,
得a(x+1)=﹣x2,得a=﹣,
设g(x)=﹣,则g′(x)=﹣=﹣,
由g(x)>0得﹣2<x<﹣1或﹣1<x<0,此时递增,
由g(x)<0得x<﹣2,此时递减,即当x=﹣2时,g(x)取得极小值为g(﹣2)=4,
当x>0时,由f(x)=ax得﹣x2+2ax﹣2a=ax,
得x2﹣ax+2a=0,得a(x﹣2)=x2,当x=2时,方程不成立,
当x≠2时,a=设h(x)=,则h′(x)==,
由h(x)>0得x>4,此时递增,
由h(x)<0得0<x<2或2<x<4,此时递减,即当x=4时,h(x)取得极小值为h(4)=8,
要使f(x)=ax恰有2个互异的实数解,则由图象知4<a<8,故答案为:(4,8)
26. (天津)已知函数f(x)=a x,g(x)=log
a
x,其中a>1.(Ⅰ)求函数h(x)=f(x)﹣xlna的单调区间;
(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x
1,f(x
1
))处的切线与曲线y=g(x)在点(x
2
,g(x
2
))处
的切线平行,证明x
1+g(x
2
)=;
(Ⅲ)证明当a≥e时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
【解答】(Ⅰ)解:由已知,h(x)=a x﹣xlna,有h′(x)=a x lna﹣lna,
令h′(x)=0,解得x=0.
由a>1,可知当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如下表:
x(﹣∞,0) 0(0,+∞)
h′(x)﹣ 0+
h(x)↓极小值↑
∴函数h(x)的单调减区间为(﹣∞,0),单调递增区间为(0,+∞);
(Ⅱ)证明:由f′(x)=a x lna,可得曲线y=f(x)在点(x
1,f(x
1
))处的切线的斜率为
lna.
由g′(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x
2,g(x
2
))处的切线的斜率为.
∵这两条切线平行,故有,即,
两边取以a为底数的对数,得log
a x
2
+x
1
+2log
a
lna=0,
∴x
1+g(x
2
)=;
(Ⅲ)证明:曲线y=f(x)在点()处的切线l
1
:,
曲线y=g(x)在点(x
2,log
a
x
2
)处的切线l
2
:.
要证明当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,
只需证明当a≥时,存在x
1∈(﹣∞,+∞),x
2
∈(0,+∞)使得l
1
与l
2
重合,
即只需证明当a≥时,方程组
由①得,代入②得:
,③
因此,只需证明当a≥时,关于x
1
的方程③存在实数解.
设函数u(x)=,既要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点.
u′(x)=1﹣(lna)2xa x,可知x∈(﹣∞,0)时,u′(x)>0;x∈(0,+∞)时,u′(x)单调递减,
又u′(0)=1>0,u′=<0,
故存在唯一的x
0,且x
>0,使得u′(x
)=0,即.
由此可得,u(x)在(﹣∞,x
0)上单调递增,在(x
,+∞)上单调递减,
u(x)在x=x
0处取得极大值u(x
).
∵,故lnlna≥﹣1.
∴=.下面证明存在实数t,使得u(t)<0,
由(Ⅰ)可得a x≥1+xlna,当时,有
u(x)≤=.∴存在实数t,使得u(t)<0.
因此,当a≥时,存在x
1∈(﹣∞,+∞),使得u(x
1
)=0.
∴当a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.27. (浙江)函数y=2|x|sin2x的图象可能是()D
A.B.C.
D.
【解答】解:根据函数的解析式y=2|x|sin2x,得到:函数的图象为奇函数,
故排除A和B.当x=时,函数的值也为0,故排除C.故选:D.
28. (浙江)我国古代数学着作《张邱建算经》中记载百鸡问题:“今有鸡翁一,值钱五;鸡母一,值钱三;鸡雏三,值钱一.凡百钱,买鸡百只,问鸡翁、母、雏各几何”设鸡翁,鸡母,鸡雏个数分别为x,y,z,则,当z=81时,x= 8 ,y= 11 .
【解答】解:,当z=81时,化为:,
解得 x=8,y=11.故答案为:8;11.
29.(浙江)已知λ∈R,函数f(x)=,当λ=2时,不等式f(x)<0
的解集是{x|1<x<4} .若函数f(x)恰有2个零点,则λ的取值范围是(1,
3] .
【解答】解:当λ=2时函数f(x)=,显然x≥2时,不等式x﹣4<0的解
集:{x|2≤x<4};x<2时,不等式f(x)<0化为:x2﹣4x+3<0,解得1<x<2,综上,不等式的解集为:{x|1<x<4}.
函数f(x)恰有2个零点,
函数f(x)=的草图如图:
函数f(x)恰有2个零点,则λ∈(1,3].
故答案为:{x|1<x<4};(1,3].
30.(浙江)已知函数f(x)=﹣lnx.
(Ⅰ)若f(x)在x=x
1,x
2
(x
1
≠x
2
)处导数相等,证明:f(x
1
)+f(x
2
)>8﹣8ln2;
(Ⅱ)若a≤3﹣4ln2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.【解答】证明:(Ⅰ)∵函数f(x)=﹣lnx,
∴x>0,f′(x)=﹣,
∵f(x)在x=x
1,x
2
(x
1
≠x
2
)处导数相等,
∴=﹣,
∵x
1≠x
2
,∴+=,
由基本不等式得:=≥,
∵x 1≠x 2,∴x 1x 2>256, 由题意得f (x 1)+f (x 2)==﹣ln (x 1x 2),
设g (x )=,则
,
∴列表讨论:
x (0,16)
16 (16,+∞)
g′(x ) ﹣ 0 + g (x )
↓
2﹣4ln2
↑
∴g (x )在[256,+∞)上单调递增, ∴g (x 1x 2)>g (256)=8﹣8ln2, ∴f (x 1)+f (x 2)>8﹣8ln2. (Ⅱ)令m=e ﹣(|a|+k ),n=(
)2+1,
则f (m )﹣km ﹣a >|a|+k ﹣k ﹣a ≥0, f (n )﹣kn ﹣a <n (
﹣﹣k )≤n (
﹣k )<0,
∴存在x 0∈(m ,n ),使f (x 0)=kx 0+a ,
∴对于任意的a ∈R 及k ∈(0,+∞),直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有公共点, 由f (x )=kx+a ,得k=
,
设h (x )=,则h′(x )==,
其中g (x )=
﹣lnx ,
由(1)知g (x )≥g (16),
又a ≤3﹣4ln2,∴﹣g (x )﹣1+a ≤﹣g (16)﹣1+a=﹣3+4ln2+a ≤0, ∴h′(x )≤0,即函数h (x )在(0,+∞)上单调递减, ∴方程f (x )﹣kx ﹣a=0至多有一个实根,
综上,a ≤3﹣4ln2时,对于任意k >0,直线y=kx+a 与曲线y=f (x )有唯一公共点.