已知函數．（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)處導數相等，*：f(x1)+f(x2)>8−8...

問題詳情：

已知函數．

（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)處導數相等，*：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；

（Ⅱ）若a≤3−4ln2，*：對於任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點．

【回答】

（Ⅰ）*見解析；（Ⅱ）*見解析.

【分析】

分析: （Ⅰ）先求導數，根據條件解得x1，x2關係，再化簡f(x1)+f(x2)為，利用基本不等式求得取值範圍，最後根據函數單調**不等式；（Ⅱ）一方面利用零點存在定理*函數有零點，另一方面，利用導數*函數在上單調遞減，即至多一個零點.兩者綜合即得結論.

【詳解】

詳解：（Ⅰ）函數f（x）的導函數，

由,得，

因為，所以．

由基本不等式得．

因為，所以．

由題意得．

設，

則，

所以

所以g（x）在上單調遞增，

故，

即．

（Ⅱ）令m=，n=，則

f（m）–km–a>|a|+k–k–a≥0，

f（n）–kn–a<≤<0，

所以，存在x0∈（m，n）使f（x0）=kx0+a，

所以，對於任意的a∈R及k∈（0，+∞），直線y=kx+a與曲線y=f（x）有公共點．

由f（x）=kx+a得．

設h（x）=，

則h′（x）=，

其中g（x）=．

由（Ⅰ）可知g（x）≥g（16），又a≤3–4ln2，

故–g（x）–1+a≤–g（16）–1+a=–3+4ln2+a≤0，

所以h′（x）≤0，即函數h（x）在（0，+∞）上單調遞減，因此方程f（x）–kx–a=0至多1個實根．

綜上，當a≤3–4ln2時，對於任意k>0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點．

點睛：利用導數*不等式常見類型及解題策略：(1) 構造差函數.根據差函數導函數符號，確定差函數單調*，利用單調*得不等量關係，進而*不等式.（2）根據條件，尋找目標函數.一般思路為利用條件將求和問題轉化為對應項之間大小關係，或利用放縮、等量代換將多元函數轉化為一元函數.

知識點：導數及其應用

題型：解答題