高考导数分类汇编 18页

‎ 2018年全国高考理科数学分类汇编——函数与导数 ‎1.（北京）能说明“若f（x）＞f（0）对任意的x∈（0，2]都成立，则f（x）在[0，2]上是增函数”为假命题的一个函数是　f（x）=sinx　．‎ ‎【解答】解：例如f（x）=sinx，尽管f（x）＞f（0）对任意的x∈（0，2]都成立，‎ 当x∈[0，）上为增函数，在（，2]为减函数，故答案为：f（x）=sinx．‎ ‎2. （北京）设函数f（x）=[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex．‎ ‎（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；‎ ‎（Ⅱ）若f（x）在x=2处取得极小值，求a的取值范围．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）=[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex的导数为 f′（x）=[ax2﹣（2a+1）x+2]ex．由题意可得曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为0，‎ 可得（a﹣2a﹣1+2）e=0，解得a=1；‎ ‎（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）=[ax2﹣（2a+1）x+2]ex=（x﹣2）（ax﹣1）ex，‎ 若a=0则x＜2时，f′（x）＞0，f（x）递增；x＞2，f′（x）＜0，f（x）递减．‎ x=2处f（x）取得极大值，不符题意；‎ 若a＞0，且a=，则f′（x）=（x﹣2）2ex≥0，f（x）递增，无极值；‎ 若a＞，则＜2，f（x）在（，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，）递增，‎ 可得f（x）在x=2处取得极小值；‎ 若0＜a＜，则＞2，f（x）在（2，）递减；在（，+∞），（﹣∞，2）递增，‎ 可得f（x）在x=2处取得极大值，不符题意；‎ 若a＜0，则＜2，f（x）在（，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，）递减，‎ 可得f（x）在x=2处取得极大值，不符题意．‎ 综上可得，a的范围是（，+∞）．‎ ‎3. （江苏）函数f（x）=的定义域为　[2，+∞）　．‎ ‎【解答】解：由题意得：≥1，解得：x≥2，∴函数f（x）的定义域是[2，+∞）．‎ 故答案为：[2，+∞）．‎ ‎4. （江苏）函数f（x）满足f（x+4）=f（x）（x∈R），且在区间（﹣2，2]上，f（x）=，则f（f（15））的值为　　．‎ ‎【解答】解：由f（x+4）=f（x）得函数是周期为4的周期函数，则f（15）=f（16﹣1）=f（﹣1）=|﹣1+|=，f（）=cos（）=cos=，即f（f（15））=，‎ 故答案为：‎ ‎5. （江苏）若函数f（x）=2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为　﹣3　．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，‎ ‎∴f′（x）=2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），①当a≤0时，f′（x）=2x（3x﹣a）＞0，‎ 函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（0）=1，f（x）在（0，+∞）上没有零点，舍去；‎ ‎②当a＞0时，f′（x）=2x（3x﹣a）＞0的解为x＞，∴f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，又f（x）只有一个零点，∴f（）=﹣+1=0，解得a=3，‎ f（x）=2x3﹣3x2+1，f′（x）=6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，f′（x）＞0的解集为（﹣1，0），‎ f（x）在（﹣1，0）上递增，在（0，1）上递减；f（﹣1）=﹣4，f（0）=1，f（1）=0，‎ ‎∴f（x）min=f（﹣1）=﹣4，f（x）max=f（0）=1，∴f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为：f（x）max+f（x）min=﹣4+1=﹣3．‎ ‎6. （江苏）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）=lnx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．‎ ‎【解答】解：（1）证明：f′（x）=1，g′（x）=2x+2，‎ 则由定义得，得方程无解，则f（x）=x与g（x）=x2+2x﹣2不存在“S点”；‎ ‎（2）f′（x）=2ax，g′（x）=，x＞0，由f′（x）=g′（x）得=2ax，得x=，‎ f（）=﹣=g（）=﹣lna2，得a=；‎ ‎（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﹣x02+a==﹣，得a=x02﹣，‎ 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．‎ ‎7. （全国1卷）设函数f（x）=x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为（　　）D A．y=﹣2x B．y=﹣x C．y=2x D．y=x ‎【解答】解：函数f（x）=x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，可得a=1，所以函数f（x）=x3+x，可得f′（x）=3x2+1，曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，则曲线y=f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y=x．故选：D．‎ ‎8. （全国1卷）已知函数f（x）=，g（x）=f（x）+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（　　）C A．[﹣1，0） B．[0，+∞） C．[﹣1，+∞） D．[1，+∞）‎ ‎【解答】解：由g（x）=0得f（x）=﹣x﹣a，作出函数f（x）和y=﹣x﹣a的图象如图：‎ 当直线y=﹣x﹣a的截距﹣a≤1，即a≥﹣1时，两个函数的图象都有2个交点，‎ 即函数g（x）存在2个零点，故实数a的取值范围是[﹣1，+∞），故选：C．‎ ‎9. （全国1卷）已知函数f（x）=2sinx+sin2x，则f（x）的最小值是　　．‎ ‎【解答】解：由题意可得T=2π是f（x）=2sinx+sin2x的一个周期，‎ 故只需考虑f（x）=2sinx+sin2x在[0，2π）上的值域，先来求该函数在[0，2π）上的极值点，‎ 求导数可得f′（x）=2cosx+2cos2x=2cosx+2（2cos2x﹣1）=2（2cosx﹣1）（cosx+1），‎ 令f′（x）=0可解得cosx=或cosx=﹣1，可得此时x=，π或 ；‎ ‎∴y=2sinx+sin2x的最小值只能在点x=，π或 和边界点x=0中取到，‎ 计算可得f（ ）=，f（π）=0，f（ ）=﹣，f（0）=0，‎ ‎∴函数的最小值为﹣，故答案为：．‎ ‎10. （全国1卷）已知函数f（x）=﹣x+alnx．‎ ‎（1）讨论f（x）的单调性；‎ ‎（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．‎ ‎【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），‎ 函数的导数f′（x）=﹣﹣1+=﹣，‎ 设g（x）=x2﹣ax+1，‎ 当a≤0时，g（x）＞0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ 当a＞0时，判别式△=a2﹣4，‎ ‎①当0＜a≤4时，△≤0，即g（x）＞0，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ ‎②当a＞2时，x，f′（x），f（x）的变化如下表：‎ ‎ x ‎ （0，）‎ ‎ ‎ ‎ （，）‎ ‎ ‎ ‎ （，+∞）‎ ‎ f′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ 0‎ ‎﹣‎ ‎ f（x）‎ ‎ 递减 ‎ 递增 递减 综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数，‎ 当a＞2时，在（0，），和（，+∞）上是减函数，‎ 则（，）上是增函数．‎ ‎（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2=1，‎ 则f（x1）﹣f（x2）=（x2﹣x1）（1+）+a（lnx1﹣lnx2）=2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2），‎ 则=﹣2+，则问题转为证明＜1即可，‎ 即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2，即证2lnx1＞x1﹣在（0，1）上恒成立，‎ 设h（x）=2lnx﹣x+，（0＜x＜1），其中h（1）=0，‎ 求导得h′（x）=﹣1﹣=﹣=﹣＜0，则h（x）在（0，1）上单调递减，‎ ‎∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x+＞0，故2lnx＞x﹣，则＜a﹣2成立．‎ ‎11.（全国2卷）函数f（x）=的图象大致为（　　）B A． B． C． D．‎ ‎【解答】解：函数f（﹣x）==﹣=﹣f（x），则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，当x=1时，f（1）=e﹣＞0，排除D．当x→+∞时，f（x）→+∞，排除C，‎ 故选：B．‎ ‎12.（全国2卷）已知f（x）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f（1﹣x）=f（1+x），若f（1）=2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=（　　）C A．﹣50 B．0 C．2 D．50‎ ‎【解答】解：∵f（x）是奇函数，且f（1﹣x）=f（1+x），‎ ‎∴f（1﹣x）=f（1+x）=﹣f（x﹣1），f（0）=0，‎ 则f（x+2）=﹣f（x），则f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x），‎ 即函数f（x）是周期为4的周期函数，∵f（1）=2，‎ ‎∴f（2）=f（0）=0，f（3）=f（1﹣2）=f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2，‎ f（4）=f（0）=0，则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=2+0﹣2+0=0，‎ 则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=12[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（49）+f（50）‎ ‎=f（1）+f（2）=2+0=2，故选：C．‎ ‎13.（全国2卷）曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为　y=2x　．‎ ‎【解答】解：∵y=2ln（x+1），∴y′=，当x=0时，y′=2，‎ ‎∴曲线y=2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y=2x．故答案为：y=2x．‎ ‎14.（全国2卷）已知函数f（x）=ex﹣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．‎ ‎【解答】证明：（1）当a=1时，函数f（x）=ex﹣x2．则f′（x）=ex﹣2x，‎ 令g（x）=ex﹣2x，则g′（x）=ex﹣2，令g′（x）=0，得x=ln2．‎ 当∈（0，ln2）时，h′（x）＜0，当∈（ln2，+∞）时，h′（x）＞0，‎ ‎∴h（x）≥h（ln2）=eln2﹣2•ln2=2﹣2ln2＞0，‎ ‎∴f（x）在[0，+∞）单调递增，∴f（x）≥f（0）=1，‎ 解：（2），f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔方程ex﹣ax2=0在（0，+∞）只有一个根，‎ ‎⇔a=在（0，+∞）只有一个根，即函数y=a与G（x）=的图象在（0，+∞）只有一个交点．G，‎ 当x∈（0，2）时，G′（x）＜0，当∈（2，+∞）时，G′（x）＞0，‎ ‎∴G（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递增，‎ 当→0时，G（x）→+∞，当→+∞时，G（x）→+∞，‎ ‎∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时，a=G（2）=．‎ ‎15.（全国3卷）函数y=﹣x4+x2+2的图象大致为（　　）D A． B． C． D．‎ ‎【解答】解：函数过定点（0，2），排除A，B．函数的导数f′（x）=﹣4x3+2x=﹣2x（2x2﹣1），‎ 由f′（x）＞0得2x（2x2﹣1）＜0，得x＜﹣或0＜x＜，此时函数单调递增，排除C，‎ 故选：D．‎ ‎16.（全国3卷）设a=log0.20.3，b=log20.3，则（　　）B A．a+b＜ab＜0 B．ab＜a+b＜0 C．a+b＜0＜ab D．ab＜0＜a+b ‎【解答】解：∵a=log0.20.3=，b=log20.3=，‎ ‎∴=，，‎ ‎∵，，∴ab＜a+b＜0．故选：B．‎ ‎17.（全国3卷）曲线y=（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a=　﹣3　．‎ ‎【解答】解：曲线y=（ax+1）ex，可得y′=aex+（ax+1）ex，曲线y=（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，可得：a+1=﹣2，解得a=﹣3．故答案为：﹣3．‎ ‎18.（全国3卷）已知函数f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．‎ ‎（1）若a=0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0；‎ ‎（2）若x=0是f（x）的极大值点，求a．‎ ‎【解答】（1）证明：当a=0时，f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x，（x＞﹣1）．‎ ‎，，‎ 可得x∈（﹣1，0）时，f″（x）≤0，x∈（0，+∞）时，f″（x）≥0‎ ‎∴f′（x）在（﹣1，0）递减，在（0，+∞）递增，‎ ‎∴f′（x）≥f′（0）=0，‎ ‎∴f（x）=（2+x）ln（1+x）﹣2x在（﹣1，+∞）上单调递增，又f（0）=0．‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0；当x＞0时，f（x）＞0．‎ ‎（2）解：由f（x）=（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x，得 f′（x）=（1+2ax）ln（1+x）+﹣2=，‎ 令h（x）=ax2﹣x+（1+2ax）（1+x）ln（x+1），‎ h′（x）=4ax+（4ax+2a+1）ln（x+1）．‎ 当a≥0，x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，‎ ‎∴h（x）＞h（0）=0，即f′（x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，故x=0不是f（x）的极大值点，不符合题意．‎ 当a＜0时，h″（x）=8a+4aln（x+1）+，‎ 显然h″（x）单调递减，‎ ‎①令h″（0）=0，解得a=﹣．‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，h″（x）＞0，当x＞0时，h″（x）＜0，‎ ‎∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴h′（x）≤h′（0）=0，‎ ‎∴h（x）单调递减，又h（0）=0，‎ ‎∴当﹣1＜x＜0时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，‎ 当x＞0时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴x=0是f（x）的极大值点，符合题意；‎ ‎②若﹣＜a＜0，则h″（0）=1+6a＞0，h″（e﹣1）=（2a﹣1）（1﹣e）＜0，‎ ‎∴h″（x）=0在（0，+∞）上有唯一一个零点，设为x0，‎ ‎∴当0＜x＜x0时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，‎ ‎∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；‎ ‎③若a＜﹣，则h″（0）=1+6a＜0，h″（﹣1）=（1﹣2a）e2＞0，‎ ‎∴h″（x）=0在（﹣1，0）上有唯一一个零点，设为x1，‎ ‎∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜0，h′（x）单调递减，‎ ‎∴h′（x）＞h′（0）=0，∴h（x）单调递增，‎ ‎∴h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，‎ ‎∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．‎ 综上，a=﹣．‎ ‎19. （上海）设常数a∈R，函数f（x）=1og2（x+a）．若f（x）的反函数的图象经过点（3，1），则a=　7　．‎ ‎【解答】解：∵常数a∈R，函数f（x）=1og2（x+a）．f（x）的反函数的图象经过点（3，1），‎ ‎∴函数f（x）=1og2（x+a）的图象经过点（1，3），∴log2（1+a）=3，解得a=7．故答案为：7．‎ ‎20.（上海）已知α∈{﹣2，﹣1，﹣，1，2，3}，若幂函数f（x）=xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，则α=　﹣1　．‎ ‎【解答】解：∵α∈{﹣2，﹣1，，1，2，3}，幂函数f（x）=xα为奇函数，且在（0，+∞）上递减，∴a是奇数，且a＜0，∴a=﹣1．故答案为：﹣1．‎ ‎21.（上海）已知常数a＞0，函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．若2p+q=36pq，则a=　6　．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=的图象经过点P（p，），Q（q，）．‎ 则：，整理得：=1，‎ 解得：2p+q=a2pq，由于：2p+q=36pq，所以：a2=36，由于a＞0，故：a=6．故答案为：6‎ ‎22.（上海）设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，若f（x）的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，f（1）的可能取值只能是（　　）B A． B． C． D．0‎ ‎【解答】解：设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，‎ 若f（x）的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，故f（1）=cos=，故选：B．‎ ‎23.（上海）某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当S中x%（0＜x＜100）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤时间为 f（x）=（单位：分钟），‎ 而公交群体的人均通勤时间不受x影响，恒为40分钟，试根据上述分析结果回答下列问题：‎ ‎（1）当x在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？‎ ‎（2）求该地上班族S的人均通勤时间g（x）的表达式；讨论g（x）的单调性，并说明其实际意义．‎ ‎【解答】解；（1）由题意知，当30＜x＜100时，f（x）=2x+﹣90＞40，‎ 即x2﹣65x+900＞0，解得x＜20或x＞45，‎ ‎∴x∈（45，100）时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间；‎ ‎（2）当0＜x≤30时，g（x）=30•x%+40（1﹣x%）=40﹣；‎ 当30＜x＜100时，‎ g（x）=（2x+﹣90）•x%+40（1﹣x%）=﹣x+58；‎ ‎∴g（x）=；‎ 当0＜x＜32.5时，g（x）单调递减；当32.5＜x＜100时，g（x）单调递增；‎ 说明该地上班族S中有小于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递减的；有大于32.5%的人自驾时，人均通勤时间是递增的；当自驾人数为32.5%时，人均通勤时间最少．‎ ‎24. （天津）已知a=log2e，b=ln2，c=log，则a，b，c的大小关系为（　　）D A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．c＞a＞b ‎【解答】解：a=log2e＞1，0＜b=ln2＜1，c=log=log23＞log2e=a，‎ 则a，b，c的大小关系c＞a＞b，故选：D．‎ ‎25.（天津） 已知a＞0，函数f（x）=．若关于x的方程f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是　（4，8）　．‎ ‎【解答】解：当x≤0时，由f（x）=ax得x2+2ax+a=ax，得x2+ax+a=0，‎ 得a（x+1）=﹣x2，得a=﹣，‎ 设g（x）=﹣，则g′（x）=﹣=﹣，‎ 由g（x）＞0得﹣2＜x＜﹣1或﹣1＜x＜0，此时递增，‎ 由g（x）＜0得x＜﹣2，此时递减，即当x=﹣2时，g（x）取得极小值为g（﹣2）=4，‎ 当x＞0时，由f（x）=ax得﹣x2+2ax﹣2a=ax，‎ 得x2﹣ax+2a=0，得a（x﹣2）=x2，当x=2时，方程不成立，‎ 当x≠2时，a=设h（x）=，则h′（x）==，‎ 由h（x）＞0得x＞4，此时递增，‎ 由h（x）＜0得0＜x＜2或2＜x＜4，此时递减，即当x=4时，h（x）取得极小值为h（4）=8，‎ 要使f（x）=ax恰有2个互异的实数解，则由图象知4＜a＜8，故答案为：（4，8）‎ ‎26. （天津）已知函数f（x）=ax，g（x）=logax，其中a＞1．‎ ‎（Ⅰ）求函数h（x）=f（x）﹣xlna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≥e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．‎ ‎【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）=ax﹣xlna，有h′（x）=axlna﹣lna，‎ 令h′（x）=0，解得x=0．‎ 由a＞1，可知当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下表：‎ ‎ x ‎ （﹣∞，0）‎ ‎ 0‎ ‎ （0，+∞）‎ ‎ h′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ h（x）‎ ‎↓‎ ‎ 极小值 ‎↑‎ ‎∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），单调递增区间为（0，+∞）；‎ ‎（Ⅱ）证明：由f′（x）=axlna，可得曲线y=f（x）在点（x1，f（x1））处的切线的斜率为lna．‎ 由g′（x）=，可得曲线y=g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．‎ ‎∵这两条切线平行，故有，即，‎ 两边取以a为底数的对数，得logax2+x1+2logalna=0，‎ ‎∴x1+g（x2）=；‎ ‎（Ⅲ）证明：曲线y=f（x）在点（）处的切线l1：，‎ 曲线y=g（x）在点（x2，logax2）处的切线l2：．‎ 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与l2重合，‎ 即只需证明当a≥时，方程组 由①得，代入②得：‎ ‎，③‎ 因此，只需证明当a≥时，关于x1 的方程③存在实数解．‎ 设函数u（x）=，既要证明当a≥时，函数y=u（x）存在零点．‎ u′（x）=1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，0）时，u′（x）＞0；x∈（0，+∞）时，u′（x）单调递减，‎ 又u′（0）=1＞0，u′=＜0，‎ 故存在唯一的x0，且x0＞0，使得u′（x0）=0，即．‎ 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）．‎ ‎∵，故lnlna≥﹣1．‎ ‎∴=．‎ 下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，‎ 由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当时，有 u（x）≤=．‎ ‎∴存在实数t，使得u（t）＜0．‎ 因此，当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），使得u（x1）=0．‎ ‎∴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．‎ ‎　‎ ‎27. （浙江）函数y=2|x|sin2x的图象可能是（　　）D A． B． C． D．‎ ‎【解答】解：根据函数的解析式y=2|x|sin2x，得到：函数的图象为奇函数，‎ 故排除A和B．当x=时，函数的值也为0，故排除C．故选：D．‎ ‎28. （浙江）我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一．凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则，当z=81时，x=　8　，y=　11　．‎ ‎【解答】解：，当z=81时，化为：，‎ 解得 x=8，y=11．故答案为：8；11．‎ ‎29.（浙江）已知λ∈R，函数f（x）=，当λ=2时，不等式f（x）＜0的解集是　{x|1＜x＜4}　．若函数f（x）恰有2个零点，则λ的取值范围是　（1，3]　．‎ ‎【解答】解：当λ=2时函数f（x）=，显然x≥2时，不等式x﹣4＜0的解集：{x|2≤x＜4}；x＜2时，不等式f（x）＜0化为：x2﹣4x+3＜0，解得1＜x＜2，综上，不等式的解集为：{x|1＜x＜4}．‎ 函数f（x）恰有2个零点，‎ 函数f（x）=的草图如图：‎ 函数f（x）恰有2个零点，则λ∈（1，3]．‎ 故答案为：{x|1＜x＜4}；（1，3]．‎ ‎30.（浙江）已知函数f（x）=﹣lnx．‎ ‎（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．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）∵函数f（x）=﹣lnx，‎ ‎∴x＞0，f′（x）=﹣，‎ ‎∵f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）处导数相等，‎ ‎∴=﹣，‎ ‎∵x1≠x2，∴+=，‎ 由基本不等式得：=≥，‎ ‎∵x1≠x2，∴x1x2＞256，‎ 由题意得f（x1）+f（x2）==﹣ln（x1x2），‎ 设g（x）=，则，‎ ‎∴列表讨论：‎ ‎ x ‎ （0，16）‎ ‎ 16‎ ‎ （16，+∞）‎ ‎ g′（x）‎ ‎﹣‎ ‎ 0‎ ‎+‎ ‎ g（x）‎ ‎↓‎ ‎ 2﹣4ln2‎ ‎↑‎ ‎∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，‎ ‎∴g（x1x2）＞g（256）=8﹣8ln2，‎ ‎∴f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．‎ ‎（Ⅱ）令m=e﹣（|a|+k），n=（）2+1，‎ 则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，‎ f（n）﹣kn﹣a＜n（﹣﹣k）≤n（﹣k）＜0，‎ ‎∴存在x0∈（m，n），使f（x0）=kx0+a，‎ ‎∴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）=﹣lnx，‎ 由（1）知g（x）≥g（16），‎ 又a≤3﹣4ln2，∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣1+a=﹣3+4ln2+a≤0，‎ ‎∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，‎ ‎∴方程f（x）﹣kx﹣a=0至多有一个实根，‎ 综上，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．‎