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...
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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
x | (0,16) | 16 | (16,+∞) |
- | 0 | + | |
2-4ln2 |
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
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