2018年全国高考试题分类汇编-导数部分（含解析）1.(2018·全国卷I高考理科·T5)同(2018·全国卷I高考文科·T6)设函数f=x3+-x2+ax.若f为奇函数,则曲线y=f在点处的切线方程为()A.y=-2xB.y=-xC.y=2xD.y=x2.(2018·全国卷II高考理科·T13)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为3.(2018·全国卷II高考文科·T13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为4.(2018·全国Ⅲ高考理科·T14)曲线y=e x在点处的切线的斜率为-2,则a=.5.(2018·天津高考文科·T10)已知函数f(x)=e x ln x,f′(x)为f(x)的导函数,则f′(1)的值为.6.(2018·全国卷I高考理科·T16)已知函数f=2sin x+sin2x,则f的最小值是.7.(12分)(2018·全国卷I高考文科·T21)已知函数f=a e x-ln x-1.(1)设x=2是f的极值点.求a,并求f的单调区间.(2)证明:当a≥时,f≥0.8.(2018·全国Ⅲ高考理科·T21)(12分)已知函数f=ln-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f<0;当x>0时,f>0.(2)若x=0是f的极大值点,求a.9.(2018·全国Ⅲ高考文科·T21)(12分)已知函数f=-.(1)求曲线y=f在点-处的切线方程.(2)证明:当a≥1时,f+e≥0.10.(本小题13分)(2018·北京高考理科·T18)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程与x轴平行,求a.(2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围.11.(本小题13分)(2018·北京高考文科·T19)设函数f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x.(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a.(2)若f(x)在x=1处取得极小值,求a的取值范围.12.(12分)(2018·全国卷I高考理科·T21)已知函数f=-x+a ln x.(1)讨论f的单调性.(2)若f存在两个极值点x1,x2,证明:-<a-2.-13.(2018·全国卷II高考理科·T21)(12分)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.14.(2018·全国卷II高考文科·T21)(12分)已知函数f=x3-a.(1)若a=3,求f(x)的单调区间.(2)证明:f(x)只有一个零点.15.(本小题满分14分)(2018·天津高考理科·T20)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)-x ln a的单调区间.(Ⅱ)若曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线与曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线平行,证明x1+g(x2)=-.(Ⅲ)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.16.(本小题满分14分)(2018·天津高考文科·T20)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(Ⅰ)若t2=0,d=1,求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(Ⅱ)若d=3,求f(x)的极值;(Ⅲ)若曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点,求d的取值范围.17.(本小题满分14分)(2018·江苏高考·T17)某农场有一块农田,如图所示,它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成.已知圆O的半径为40米,点P到MN的距离为50米.现规划在此农田上修建两个温室大棚,大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD,大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP,要求A,B均在线段MN上,C,D均在圆弧上.设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积,并确定sinθ的取值范围.(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜,大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜,且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.18.(本小题满分16分)(2018·江苏高考·T19)记f′(x),g′(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),则称x0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)=ln x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.19.(2018·浙江高考T22)(本题满分15分)已知函数f(x)=-ln x.(Ⅰ)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)>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.1.【解析】选D.因为f(x)为奇函数,所以f(-x)=-f(x),即a=1,所以f(x)=x3+x,所以f′(0)=1,所以切线方程为y=x.2.【解析】y′=,k==2,所以切线方程为y-0=2(x-0),即y=2x.答案:y=2x3.【解析】y′=,k==2,所以切线方程为y-0=2(x-1)即y=2x-2.答案:y=2x-24.【解析】由y=(ax+1)e x,所以y′=a e x+(ax+1)e x=(ax+1+a)e x,故曲线y=(ax+1)e x在(0,1)处的切线的斜率为k=a+1=-2,解得a=-3.答案:-35.【解析】因为f(x)=e x ln x,所以f′(x)=(e x ln x)′=(e x)′ln x+e x(ln x)′=e x·ln x+e x·,f′(1)=e1·ln1+e1·=e.答案:e6.【解析】方法一:f′(x)=2cos x+2cos2x=4cos2x+2cos x-2=4(cos x+1)-, 所以当cos x<时函数单调减,当cos x>时函数单调增,从而得到函数的减区间为--(k∈Z),函数的增区间为-(k∈Z),所以当x=2kπ-,k∈Z时,函数f(x)取得最小值,此时sin x=-,sin2x=-,所以f(x)min=2×--=-.方法二:因为f(x)=2sin x+sin2x,所以f(x)最小正周期为T=2π,所以f′(x)=2(cos x+cos2x)=2(2cos2x+cos x-1),令f′(x)=0,即2cos2x+cos x-1=0,所以cos x=或cos x=-1.所以当cos x=,为函数的极小值点,即x=或x=π,当cos x=-1,x=π,所以f=-,f=,f(0)=f(2π)=0,f(π)=0,所以f(x)的最小值为-.答案:-7.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=a e x-.由题设知,f′(2)=0,所以a=.从而f(x)=e x-ln x-1,f′(x)=e x-.当0<x<2时,f′(x)<0;当x>2时,f′(x)>0.所以f(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.(2)当a≥时,f(x)≥-ln x-1.设g(x)=-ln x-1,则g′(x)=-.当0<x<1时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.所以x=1是g(x)的最小值点.故当x>0时,g(x)≥g(1)=0.因此,当时a≥时,f(x)≥0.8.【解析】(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f′(x)=ln(1+x)-.设函数g(x)=f′(x)=ln(1+x)-,则g′(x)=.当-1<x<0时,g′(x)<0;当x>0时,g′(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f′(x)≥0,当且仅当x=0时,f′(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)==ln(1+x)-.由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点. h′(x)=--=.如果6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h′(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h′(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点..如果6a+1=0,则h′(x)=---则当x∈(-1,0)时,h′(x)>0;当x∈(0,1)时,h′(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-.9.【解析】(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=--,显然f(0)=-1,即点(0,-1)在曲线y=f(x)上,所求切线斜率为k=f′(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)方法一(一边为0):令g(x)=-ax2+(2a-1)x+2,当a≥1时,方程g(x)的判别式Δ=(2a+1)2>0,由g(x)=0得,x=-,2,且-<0<2,x,f′(x),f(x)的关系如下①若x∈(-∞,2],f(x)≥f-=-又因为a≥1,所以0<≤1,1<≤e,-≥-e,f(x)+e≥0,②若x∈(2,+∞),ax2+x-1>4a+2-1>0,e x>0,所以f(x)=->0,f(x)+e≥0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法二(充要条件):①当a=1时,f(x)=-.显然e x>0,要证f(x)+e≥0只需证-≥-e, 即证h(x)=x2+x-1+e·e x≥0,h′(x)=2x+1+e·e x,观察发现h′(-1)=0,x,h′(x),h(x)的关系如下所以h(x)有最小值h(-1)=0,所以h(x)≥0即f(x)+e≥0.②当a>1时,由①知,-≥-e,又显然ax2≥x2,所以ax2+x-1≥x2+x-1,f(x)=-≥-≥-e,即f(x)+e≥0.综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法三(分离参数):当x=0时,f(x)+e=-1+e≥0成立.当x≠0时,f(x)+e≥0等价于-≥-e,等价于ax2+x-1≥-e·e x,即ax2≥-e·e x-x+1等价于a≥--=k(x),等价于k(x)max≤1.k′(x)=--,令k′(x)=0得x=-1,2.x,k′(x),k(x)的关系如下又因为k(-1)=1,k(2)=-<0,所以k(x)max=1,k(x)≤1,x≠0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.10.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x,所以f′(x)=[2ax-(4a+1)]e x+[ax2-(4a+1)x+4a+3]e x=[ax2-(2a+1)x+2]e x. f′(1)=(1-a)e.由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1.此时f(1)=3e≠0,所以a的值为1.(2)由(1)得f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]e x=(ax-1)(x-2)e x.若a>,则当x∈时,f′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在x=2处取得极小值.若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0, 所以f′(x)>0.所以2不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(,+∞).11.【解析】(1)因为f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]e x, 所以f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x,f′(2)=(2a-1)e2, 由题设知f′(2)=0,即(2a-1)e2=0,解得a=.(2)方法一:由(1)得f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]e x=(ax-1)(x-1)e x若a>1,则当x∈时,f′(x)<0.当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0.所以f(x)在x=1处取得极小值.若a≤1,则当x∈(0,1)时,ax-1≤x-1<0,所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的极小值点.综上可知,a的取值范围是(1,+∞).方法二:f′(x)=(ax-1)(x-1)e x.①当a=0时,令f′(x)=0得x=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.②当a>0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.(ⅰ)当x1=x2,即a=1时,f′(x)=(x-1)2e x≥0,所以f(x)在R上单调递增,所以f(x)无极值,不合题意.(ⅱ)当x1>x2,即0<a<1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.(ⅲ)当x1<x2,即a>1时,f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极小值,即a>1满足题意.③当a<0时,令f′(x)=0得x1=,x2=1.f′(x),f(x)随x的变化情况如下表:所以f(x)在x=1处取得极大值,不合题意.综上所述,a的取值范围为(1,+∞).12.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=--1+=--.(i)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(ii)若a>2,令f′(x)=0得,x=--或x=-.当x∈--∪-时,f′(x)<0;当x∈---时,f′(x)>0.所以f(x)在--,-上单调递减,在---上单调递增.(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于--=--1+a--=-2+a--=-2+a--,所以--<a-2等价于-x2+2ln x2<0.设函数g(x)=-x+2ln x,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,从而当x ∈(1,+∞)时,g(x)<0.所以-x2+2ln x2<0,即--<a-2.13.【解析】(1)当a=1时,f(x)≥1等价于(x2+1)e-x-1≤0.设函数g(x)=(x2+1)e-x-1,则g′(x)=-(x2-2x+1)e-x=-(x-1)2e-x.当x≠1时,g′(x)<0,所以g(x)在(0,1)∪(1,+∞)上单调递减.而g(0)=0,故当x≥0时,g(x)≤0,即f(x)≥1.(2)设函数h(x)=1-ax2e-x.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点当且仅当h(x)在(0,+∞)上只有一个零点.(i)当a≤0时,h(x)>0,h(x)没有零点;(ii)当a>0时,h′(x)=ax(x-2)e-x.当x∈(0,2)时,h′(x)<0;当x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.所以h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.故h(2)=1-是h(x)在[0,+∞)上的最小值.①若h(2)>0,即a<,h(x)在(0,+∞)上没有零点;②若h(2)=0,即a=,h(x)在(0,+∞)上只有一个零点;③若h(2)<0,即a>,由于h(0)=1,所以h(x)在(0,2)上有一个零点,由(1)知,当x>0时,e x>x2,所以h(4a)=1-=1->1-=1->0.故h(x)在(2,4a)有一个零点,因此h(x)在(0,+∞)有两个零点.综上,f(x)在(0,+∞)只有一个零点时,a=.14.【解析】(1)当a=3时,f(x)=x3-3x2-3x-3,f′(x)=x2-6x-3.令f′(x)=0解得x=3-2或3+2.当x∈(-∞,3-2)或(3+2,+∞)时,f′(x)>0;当x∈(3-2,3+2)时,f′(x)<0.故f(x)在(-∞,3-2),(3+2,+∞)上单调递增,在(3-2,3+2)上单调递减.(2)由于x2+x+1>0,所以f(x)=0等价于-3a=0.设g(x)=-3a,则g′(x)=≥0,仅当x=0时g′(x)=0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.故g(x)至多有一个零点.又f(3a-1)=-6a2+2a-=-6--<0,f(3a+1)=>0,故f(x)有一个零点.综上,f(x)只有一个零点.15.【解析】(I)由已知,h(x)=a x-x ln a,有h′(x)=a x ln a-ln a.令h′(x)=0,解得x=0.由a>1,可知当x变化时,h′(x),h(x)的变化情况如表:所以函数h(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(II)由f′(x)=a x ln a,可得曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线斜率为ln a.由g′(x)=,可得曲线y=g(x)在点(x2,g(x2))处的切线斜率为.因为这两条切线平行,故有ln a=,即x2(ln a)2=1.两边取以a为底的对数,得log a x2+x1+2log a(ln a)=0,所以x1+g(x2)=-. (III)曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-=ln a·(x-x1).曲线y=g(x)在点(x2,log a x2)处的切线l2:y-log a x2=(x-x2).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x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1和l2重合.即只需证明当a≥时,方程组有解,--由①得x2=,代入②,得-x1ln a+x1++=0③,因此,只需证明当a≥时,关于x1的方程③有实数解.设函数u(x)=a x-xa x ln a+x++,即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点. u′(x)=1-(ln a)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′[]=1-<0,故存在唯一的x0,且x0>0,使得u′(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0.由此可得u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减.u(x)在x=x0处取得极大值u(x0).因为a≥,故ln(ln a)≥-1,所以u(x0)=-x0ln a+x0++=+x0+≥≥0.下面证明存在实数t,使得u(t)<0.由(I)可得a x≥1+x ln a,当x>时,有u(x)≤(1+x ln a)(1-x ln a)+x++=-(ln a)2x2+x+1++,所以存在实数t,使得u(t)<0,因此,当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0.所以,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.16.【解析】(Ⅰ)由已知,可得f(x)=x(x-1)(x+1)=x3-x,故f′(x)=3x2-1,因此f(0)=0,f′(0)=-1,又因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y-f(0)=f′(0)(x-0),故所求切线方程为x+y=0.(Ⅱ)由已知可得f(x)=(x-t2+3)(x-t2)(x-t2-3)=(x-t2)3-9(x-t2)=x3-3t2x2+(3-9)x-+9t2.故f′(x)=3x2-6t2x+3-9.令f′(x)=0,解得x=t2-,或x=t2+.当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:所以函数f(x)的极大值为f(t2-)=(-)3-9×(-)=6;函数极小值为f(t2+)=()3-9×=-6.(III)曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程(x-t2+d)(x-t2)(x-t2-d)+(x-t2)+6=0有三个互异的实数解,令u=x-t2,可得u3+(1-d2)u+6=0.设函数g(x)=x3+(1-d2)x+6,则曲线y=f(x)与直线y=-(x-t2)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x)有三个零点.g′(x)=3x2+(1-d2).当d2≤1时,g′(x)≥0,这时g′(x)在R上单调递增,不合题意.当d2>1时,g′(x)=0,解得x1=--,x2=-.易得,g(x)在(-∞,x1)上单调递增,在[x1,x2]上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,g(x)的极大值g(x1)=g-=-+6>0,g(x)的极小值g(x2)=g-=--+6.若g(x2)≥0,由g(x)的单调性可知函数y=g(x)至多有两个零点,不合题意.若g(x2)<0,即(d2-1>27,也就是|d|>,此时|d|>x2,g(|d|)=|d|+6>0,且-2|d|<x1,g(-2|d|)=-6|d|3-2|d|+6<-62+6<0,从而由g(x)的单调性,可知函数y=g(x)在区间(-2|d|,x1),(x1,x2),(x2,|d|)内各有一个零点,符合题意.所以d的取值范围是(-∞,-)∪(,+∞)17.【解析】(1)设PO的延长线交MN于H,则PH⊥MN,所以OH=10.过O作OE⊥BC于E,则OE∥MN,所以∠COE=θ,故OE=40cosθ,EC=40sinθ,则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ+10)=800(4sinθcosθ+cosθ),△CDP的面积为×2×40cosθ(40-40sinθ)=1600(cosθ-sinθcosθ).过N作GN⊥MN,分别交圆弧和OE的延长线于G和K,则GK=KN=10.令∠GOK=θ0,则sinθ0=,θ0∈.当θ∈[θ0,)时,才能作出满足条件的矩形ABCD,所以sinθ的取值范围是.答:矩形ABCD的面积为800(4sinθcosθ+cosθ)平方米,△CDP的面积为1600(cosθ-sinθcosθ),sinθ的取值范围是.(2)因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3,设甲的单位面积的年产值为4k,乙的单位面积的年产值为3k(k>0),则年总产值为4k×800(4sinθcosθ+cosθ)+3k×1600(cosθ-sinθcosθ) =8000k(sinθcosθ+cosθ),θ∈.设f(θ)=sinθcosθ+cosθ,θ∈,则f′(θ)=cos2θ-sin2θ-sinθ=-(2sin2θ+sinθ-1)=-(2sinθ-1)(sinθ+1).令f′(θ)=0,得θ=,当θ∈时,f′(θ)>0,所以f(θ)为增函数;当θ∈时,f′(θ)<0,所以f(θ)为减函数,因此,当θ=时,f(θ)取到最大值.答:当θ=时,能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.18.【解析】(1)函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f′(x)=1,g′(x)=2x+2.由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x),得-此方程组无解,因此,f(x)与g(x)不存在“S”点.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f′(x)=2ax,g′(x)=.设x0为f(x)与g(x)的“S”点,由f(x0)=g(x0)且f′(x0)=g′(x0),得-即-(*)得ln x0=-,即x0=-,则a=-=.当a=时,x0=-满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S”点.因此,a的值为.(3)f′(x)=-2x,g′(x)=-,(x≠0),由f′(x0)=g′(x0),得b=-->0,得0<x0<1,由f(x0)=g(x0),得-+a==--,得a=--,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.19.【解析】(Ⅰ)函数f(x)的导函数f′(x,由f′(x1)=f′(x2)得-=-,因为x1≠x2,所以+=.由基本不等式得=+≥2.因为x1≠x2,所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)=-ln x1+-ln x2=-ln(x1x2).设g(x)=-ln x,则g′(x)=(-4),所以所以g(x)在(256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(Ⅱ)令m=e-(|a|+k),n=+1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n-≤n<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k=--.设h(x)=--,则h′(x)=--=--,其中g(x)=-ln 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.。
