已知函数f(x)=−lnx．（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，*：f(x1)+f(x...

问题详情：

已知函数f(x)=−lnx．

（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，*：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；

（Ⅱ）若a≤3−4ln2，*：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．

【回答】

（Ⅰ）函数f（x）的导函数，

由得，

因为，所以．

由基本不等式得．

因为，所以．

由题意得．

设，

则，

所以

所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，

故，

即．

（Ⅱ）令m=，n=，则

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，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．

设h（x）=，

则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，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．

综上，当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．

知识点：高考试题

题型：解答题