高考导数分类大全修订稿
高考导数分类大全 Document number【AA80KGB-AA98YT-AAT8CB-2A6UT-A18GG】
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]e x．
（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]e x的导数为
f′（x）=[ax2﹣（2a+1）x+2]e x．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]e x=（x﹣2）（ax﹣1）e x，
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）2e x≥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x
∈R，满
足f（x
0）=g（x
）且f′（x
）=g′（x
），则称x
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′（x
0）=g′（x
），得b=﹣＞0，得0＜x
＜1，
由f（x
0）=g（x
），得﹣x
2+a==﹣，得a=x
2﹣，
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x
1，x
2
，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＜x 1＜1＜x 2，x 1x 2=1， 则f （x 1）﹣f （x 2）=（x 2﹣x 1）（1+）+a （lnx 1﹣lnx 2）=2（x 2﹣x 1）+a （lnx 1﹣
lnx 2）， 则
=﹣2+
，则问题转为证明
＜1即可，
即证明lnx 1﹣lnx 2＞x 1﹣x 2，即证2lnx 1＞x 1﹣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）=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．
【解答】证明：（1）当a=1时，函数f（x）=e x﹣x2．则f′（x）=e x﹣2x，
令g（x）=e x﹣2x，则g′（x）=e x﹣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）=e ln2﹣2?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e x﹣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=，b=，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=，b==，
∴=，，∵，，∴ab＜a+b＜0．故选：B．
17.（全国3卷）曲线y=（ax+1）e x在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a= ﹣3 ．【解答】解：曲线y=（ax+1）e x，可得y′=ae x+（ax+1）e x，曲线y=（ax+1）e x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x
，
∴当0＜x＜x
时，h″（x）＞0，h′（x）单调递增，
∴h′（x）＞h′（0）=0，即f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x
）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x
1
，
∴当x
1
＜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（x
1
，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）=1og
2
（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）=1og
2
（x+a）．f（x）的反函数的图象经过点（3，1），
∴函数f（x）=1og
2（x+a）的图象经过点（1，3），∴log
2
（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＜时，g（x）单调递减；当＜x＜100时，g（x）单调递增；
说明该地上班族S中有小于%的人自驾时，人均通勤时间是递减的；有大于%的人自驾时，人均通勤时间是递增的；当自驾人数为%时，人均通勤时间最少．
24. （天津）已知a=log
2
e，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=log
2e＞1，0＜b=ln2＜1，c=log=log
2
3＞log
2
e=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）=a x，g（x）=log
a
x，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（x
1，f（x
1
））处的切线与曲线y=g（x）在点（x
2
，g（x
2
））处
的切线平行，证明x
1+g（x
2
）=；
（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）=a x﹣xlna，有h′（x）=a x lna﹣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）=a x lna，可得曲线y=f（x）在点（x
1，f（x
1
））处的切线的斜率为
lna．
由g′（x）=，可得曲线y=g（x）在点（x
2，g（x
2
））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log
a x
2
+x
1
+2log
a
lna=0，
∴x
1+g（x
2
）=；
（Ⅲ）证明：曲线y=f（x）在点（）处的切线l
1
：，
曲线y=g（x）在点（x
2，log
a
x
2
）处的切线l
2
：．
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x
1∈（﹣∞，+∞），x
2
∈（0，+∞）使得l
1
与l
2
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x
1
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）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′=＜0，
故存在唯一的x
0，且x
＞0，使得u′（x
）=0，即．
由此可得，u（x）在（﹣∞，x
0）上单调递增，在（x
，+∞）上单调递减，
u（x）在x=x
0处取得极大值u（x
）．
∵，故lnlna≥﹣1．
∴=．下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，
由（Ⅰ）可得a x≥1+xlna，当时，有
u（x）≤=．∴存在实数t，使得u（t）＜0．
因此，当a≥时，存在x
1∈（﹣∞，+∞），使得u（x
1
）=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）我国古代数学着作《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=x
1，x
2
（x
1
≠x
2
）处导数相等，证明：f（x
1
）+f（x
2
）＞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=x
1，x
2
（x
1
≠x
2
）处导数相等，
∴=﹣，
∵x
1≠x
2
，∴+=，
由基本不等式得：=≥，
∵x 1≠x 2，∴x 1x 2＞256， 由题意得f （x 1）+f （x 2）==﹣ln （x 1x 2），
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 （x 1x 2）＞g （256）=8﹣8ln2， ∴f （x 1）+f （x 2）＞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x 0∈（m ，n ），使f （x 0）=kx 0+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．