已知函数．（Ⅰ）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，*：f(x1)+f(x2)>8−8...

问题详情：

已知函数．

（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）*见解析；（Ⅱ）*见解析.

【分析】

分析: （Ⅰ）先求导数，根据条件解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为，利用基本不等式求得取值范围，最后根据函数单调**不等式；（Ⅱ）一方面利用零点存在定理*函数有零点，另一方面，利用导数*函数在上单调递减，即至多一个零点.两者综合即得结论.

【详解】

详解：（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．

点睛：利用导数*不等式常见类型及解题策略：(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调*，利用单调*得不等量关系，进而*不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.

知识点：导数及其应用

题型：解答题