新高考数学二轮复习专题一微重点4函数的公切线问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题一微重点4函数的公切线问题学案，共14页。

考点一 求两函数的公切线
例1 (2022·湘潭模拟)已知直线l是曲线y＝ex－1与y＝ln x＋1的公共切线，则l的方程为__________．
答案 y＝ex－1或y＝x
解析 设直线l与曲线y＝ex－1相切于点P(a，ea－1)，与曲线y＝ln x＋1相切于点Q(b，ln b＋1)，
则ea＝eq \f(1,b)＝eq \f(ln b－ea＋2,b－a)，
整理得(a－1)(ea－1)＝0，
解得a＝1或a＝0，
当a＝1时，l的方程为y＝ex－1；
当a＝0时，l的方程为y＝x.
规律方法 求切线方程时，注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线，曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解．
跟踪演练1 已知函数f(x)＝x2－2m，g(x)＝3ln x－x，若y＝f(x)与y＝g(x)在公共点处的切线相同，则m＝________，该切线方程为________．
答案 1 2x－y－3＝0
解析 设函数f(x)＝x2－2m与g(x)＝3ln x－x的公共点为(x0，y0)，
f′(x)＝2x，g′(x)＝eq \f(3,x)－1，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx0＝gx0，,f′x0＝g′x0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)－2m＝3ln x0－x0，,2x0＝\f(3,x0)－1，,x0>0，))
解得x0＝m＝1，
∴f′(x0)＝2，f(x0)＝－1，
切线方程为y＋1＝2(x－1)，即2x－y－3＝0.
考点二 与公切线有关的求值问题
例2 (2022·河南省百校大联考)已知f(x)＝eq \f(x2,2)＋ln x与g(x)＝2x－x3＋c的图象有一条公切线，则c＝________.
答案 －eq \f(3,2)
解析 因为f(x)＝eq \f(x2,2)＋ln x，
g(x)＝2x－x3＋c，
所以f′(x)＝x＋eq \f(1,x)≥2(x>0)，
g′(x)＝2－3x2≤2，
所以公切线的斜率为2，与f(x)的图象相切于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))，与g(x)的图象相切于点(0，c)，
故eq \f(c－\f(1,2),0－1)＝2，即c＝－eq \f(3,2).
规律方法 利用导数的几何意义解题，关键是切点，要充分利用切点既在曲线上又在切线上构造方程．
跟踪演练2 (2022·湖北省新高考联考协作体联考)若存在过点(0，－2)的直线与曲线y＝x3和曲线y＝x2－x＋a都相切，则实数a的值是( )
A．2 B．1 C．0 D．－2
答案 A
解析 y＝x3的导函数为y′＝3x2，y＝x2－x＋a的导函数为y′＝2x－1，若直线与y＝x3和y＝x2－x＋a的切点分别为(x1，xeq \\al(3,1))，(x2，xeq \\al(2,2)－x2＋a)，
∴过点(0，－2)且与两曲线相切的直线为y＝3xeq \\al(2,1)x－2，y＝(2x2－1)x－2，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x\\al(2,1)＝2x2－1，,x\\al(2,2)－x2＋a＝2x2－1x2－2，,x\\al(3,1)＝3x\\al(3,1)－2，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝1，,x2＝2，,a＝2.))
考点三 判断公切线条数
例3 (2022·菏泽质检)若直线l与曲线y＝ex和y＝ln x都相切，则满足条件的直线l有( )
A．0条 B．1条
C．2条 D．无数条
答案 C
解析 设直线l与曲线y＝ex相切于点(x1，)，y′＝ex，
∴直线l的方程为y－＝(x－x1)，
即y＝·x－x1＋.
设直线l与曲线y＝ln x相切于点(x2，ln x2)，
y′＝eq \f(1,x)，
∴直线l的方程为y－ln x2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，
即y＝eq \f(1,x2)·x－1＋ln x2，
则
消去x2得－x1－1＝0，
令φ(x)＝xex－ex－x－1，x∈R，
φ′(x)＝xex－1，
令g(x)＝xex－1，x∈R.
则g′(x)＝(x＋1)ex，
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)<0，
当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)>0，
∵φ′(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，
∴φ′(x)min＝φ′(－1)＝－eq \f(1,e)－1<0，
又当x<0时，φ′(x)<0，
且φ′(0)<0，φ′(1)＝e－1>0，
∃x0∈(0,1)，使φ′(x)＝0，即＝1，
∴当x∈(－∞，x0)时，φ′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(x0)＝－x0－1
＝－eq \f(1,x0)－x0<0，
且φ(－2)＝1－eq \f(3,e2)>0，φ(2)＝e2－3>0，
∴函数φ(x)有2个零点，即y＝ex与y＝ln x有2条公切线．
规律方法 运用导数与斜率之间的关系可以将两曲线公切线的切点表示出来，构造新的函数通过零点存在定理判断函数零点个数，即方程解的情况．
跟踪演练3 若a>eq \f(1,2e)，则函数y＝ax2与y＝ln x的公切线有( )
A．0条 B．1条
C．2条 D．无数条
答案 C
解析 设切线与曲线y＝ln x相切于点(t，ln t)，
对函数y＝ln x求导得y′＝eq \f(1,x)，
所以曲线y＝ln x在点(t，ln t)处的切线方程为
y－ln t＝eq \f(1,t)(x－t)，即y＝eq \f(1,t)x＋ln t－1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝ax2，,y＝\f(1,t)x＋ln t－1，))
可得ax2－eq \f(1,t)x＋1－ln t＝0，
由题意可得a≠0且Δ＝eq \f(1,t2)－4a(1－ln t)＝0，
可得eq \f(1,4a)＝t2－t2ln t，
令g(t)＝t2－t2ln t，其中t>0，
则g′(t)＝2t－(2tln t＋t)＝t(1－2ln t)．
当00，函数g(t)单调递增；
当t>eq \r(e)时，g′(t)<0，函数g(t)单调递减，
所以g(t)max＝g(eq \r(e))＝eq \f(e,2).且当00；
当t>e时，g(t)<0，函数g(t)的图象如图所示，
由题意可知，当a>eq \f(1,2e)时，0由图可知，直线y＝eq \f(1,4a)与曲线g(t)有两个交点，
则函数y＝ax2与y＝ln x有两条公切线．
考点四 求参数的取值范围
例4 若曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝eq \f(ex,a)(a>0)存在公切线，则实数a的取值范围为______．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞))
解析 y＝x2在点(m，m2)处的切线斜率为2m，
y＝eq \f(ex,a)(a>0)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，\f(1,a)en))处的切线斜率为eq \f(1,a)en，
如果两个曲线存在公共切线，那么2m＝eq \f(1,a)en.
又由斜率公式得2m＝eq \f(m2－\f(1,a)en,m－n)，
由此得到m＝2n－2，
则4n－4＝eq \f(1,a)en有解，
即y＝4x－4，y＝eq \f(1,a)ex的图象有公共点即可．
当直线y＝4x－4与曲线y＝eq \f(1,a)ex相切时，
设切点为(s，t)，则eq \f(1,a)es＝4，
且t＝4s－4＝eq \f(1,a)es，可得t＝4，s＝2，
即切点为(2,4)，a＝eq \f(e2,4)，故a的取值范围是a≥eq \f(e2,4).
规律方法 利用导数的几何意义，构造参数关于切点横坐标或切线斜率k的函数，转化成函数的零点问题或两函数的交点问题，利用函数的性质或图象求解．
跟踪演练4 若函数f(x)＝4ln x＋1与函数g(x)＝ax2－2x(a>0)的图象存在公切线，则实数a的取值范围为( )
A．[3，＋∞) B．(3，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
答案 A
解析 因为a>0，设切点为(t，4ln t＋1)，
则f′(t)＝eq \f(4,t)，
则公切线方程为y－4ln t－1＝eq \f(4,t)(x－t)，
即y＝eq \f(4,t)x＋4ln t－3，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(4,t)x＋4ln t－3，,y＝ax2－2x，))
可得ax2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(4,t)))x－4ln t＋3＝0，
所以Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(4,t)))2－4a(3－4ln t)＝0，
整理可得a＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,t)＋1))2,3－4ln t)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,t>0，))可得3－4ln t>0，
解得0令h(t)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,t)＋1))2,3－4ln t)，
其中0则h′(t)＝eq \f(\f(4,t)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,t)＋1))·\f(t＋4ln t－1,t),3－4ln t2)，
令φ(t)＝t＋4ln t－1，则φ′(t)＝1＋eq \f(4,t)>0，
函数φ(t)在上单调递增，
当0当10，
即h′(t)>0，此时函数h(t)单调递增，
所以h(t)min＝h(1)＝3，
且当t→0＋时，h(t)→＋∞，
所以函数h(t)的值域为[3，＋∞)，故a≥3.
专题强化练
1．(2022·合肥模拟)已知函数f(x)＝eq \r(x)，g(x)＝aln x，a∈R，若曲线y＝f(x)与y＝g(x)相交，且在交点处有相同的切线，则a的值为( )
A.eq \f(e,2) B．e2 C．e D．2e
答案 A
解析 设曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的交点为P(x0，y0)，则eq \r(x0)＝aln x0，
因为f′(x)＝eq \f(1,2\r(x))，g′(x)＝eq \f(a,x)，
所以eq \f(1,2\r(x0))＝eq \f(a,x0)，即a＝eq \f(\r(x0),2)，
则eq \r(x0)＝aln x0＝eq \f(\r(x0),2)ln x0，
因为x0>0，所以ln x0＝2，即x0＝e2，
所以a＝eq \f(\r(x0),2)＝eq \f(e,2).
2．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，若经过点A(0，－1)存在一条直线l与f(x)的图象和g(x)的图象都相切，则a等于( )
A．0 B．－1
C．3 D．－1或3
答案 D
解析 设直线l与f(x)＝xln x相切的切点为(m，mln m)，
由f(x)＝xln x的导数为f′(x)＝1＋ln x，
可得切线的斜率为1＋ln m，
则切线方程为y－mln m＝(1＋ln m)(x－m)，
将A(0，－1)代入切线方程可得
－1－mln m＝(1＋ln m)(0－m)，
解得m＝1，则切线l的方程为y＝x－1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y＝x2＋ax，))可得x2＋(a－1)x＋1＝0，
由Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或3.
3．(2022·邢台模拟)若直线l与函数f(x)＝ex，g(x)＝ln x的图象分别相切于点A(x1，f(x1))，B(x2，g(x2))，则x1x2－x1＋x2等于( )
A．－2 B．－1 C．1 D．2
答案 B
解析 由f(x)＝ex，g(x)＝ln x，
得f′(x)＝ex，g′(x)＝eq \f(1,x)，
则＝eq \f(1,x2)，ln＝ln eq \f(1,x2)，即x1＝－ln x2.
曲线y＝f(x)在点A处的切线方程为y＝x＋(1－x1)，
曲线y＝g(x)在点B处的切线方程为y＝eq \f(1,x2)x－1＋ln x2，
所以(1－x1)＝－1＋ln x2，
可得eq \f(1,x2)(1－x1)＝－1－x1，
整理得x1x2－x1＋x2＝－1.
4．(2022·青岛质检)若函数y＝f(x)的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线y＝f(x)在这两点处的切线重合，则称函数y＝f(x)为“自重合”函数．下列函数中是“自重合”函数的为( )
A．y＝ln x＋x B．y＝ex＋1
C．y＝x3 D．y＝x－cs x
答案 D
解析 若曲线y＝f(x)在这两点处的切线重合，首先要保证这两点处导数相同．
A选项中，y′＝eq \f(1,x)＋1；B选项中，y′＝ex，导数均为单调函数，切点不同时，导数值不同，所以切线不可能重合，故A，B错误；
C选项中，y′＝3x2，若斜率相同，
则切点为(x0，xeq \\al(3,0))和(－x0，－xeq \\al(3,0))，
代入解得切线方程分别为y＝3xeq \\al(2,0)x－2xeq \\al(3,0)和y＝3xeq \\al(2,0)x＋2xeq \\al(3,0)，
若切线重合，则x0＝0，此时两切点为同一点，不符合题意，故C错误；
D选项中，y′＝1＋sin x，
令y′＝1＋sin x＝1得x＝kπ(k∈Z)，
则有点(0，－1)，(2π，2π－1)，切线均为y＝x－1，所以存在不同的两点使得切线重合，故D正确．
5．(多选)(2022·保定模拟)若直线y＝3x＋m是曲线y＝x3(x>0)与曲线y＝－x2＋nx－6(x>0)的公切线，则( )
A．m＝－2 B．m＝－1
C．n＝6 D．n＝7
答案 AD
解析 设直线y＝3x＋m与曲线y＝x3(x>0)相切于点(a，a3)，与曲线y＝－x2＋nx－6(x>0)相切于点(b，3b＋m)，
对于函数y＝x3(x>0)，y′＝3x2，
则3a2＝3(a>0)，解得a＝1，
所以13＝3＋m，即m＝－2.
对于函数y＝－x2＋nx－6(x>0)，y′＝－2x＋n，
则－2b＋n＝3(b>0)，
又－b2＋nb－6＝3b－2，
所以－b2＋b(3＋2b)－6＝3b－2，
又b>0，所以b＝2，n＝7.
6．(多选)(2022·南京模拟)若二次函数f(x)＝2x2＋3的图象与曲线C：g(x)＝aex＋3(a>0)存在公切线，则实数a的可能取值为( )
A.eq \f(1,e) B.eq \f(1,2) C.eq \f(8,e2) D.eq \r(e)
答案 ABC
解析 由f(x)＝2x2＋3可得f′(x)＝4x，
由g(x)＝aex＋3可得g′(x)＝aex，
设公切线与f(x)＝2x2＋3的图象相切于点(x1，2xeq \\al(2,1)＋3)，
与g(x)＝aex＋3的图象相切于点(x2，＋3)，
所以4x1＝
即2x1＝eq \f(2x1－x\\al(2,1),x2－x1)，
可得x1＝0或2x2＝x1＋2，
因为4x1＝，a>0，
则x1>0,2x2＝x1＋2>2，即x2>1，
x2>1，
令h(x)＝eq \f(8x－1,ex)，x>1，
可得h′(x)＝eq \f(8ex－8exx－1,e2x)＝eq \f(16－8x,ex)，
由h′(x)>0得12，
所以h(x)在(1,2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(2)＝eq \f(8×2－1,e2)＝eq \f(8,e2)，
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(8,e2)))，故选ABC.
7．(2022·重庆质检)设三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，若曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线与曲线g(x)＝xf(x)在点(1,2)处的切线重合，则g′(2)＝________.
答案 －32
解析 由题知f(0)＝0，
∴d＝0，f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
f(x)在(0,0)处的切线为y－0＝f′(0)(x－0)，
即y＝f′(0)x，
∵g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，g′(1)＝f(1)＋f′(1)，
∴g(x)在(1,2)处的切线方程为
y＝g′(1)x－g′(1)＋2，
又两条切线重合，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′0＝g′1，,－g′1＋2＝0，))
∴f′(0)＝g′(1)＝2，
又∵g(1)＝f(1)＝2，g′(1)＝f(1)＋f′(1)，
∴f′(1)＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′0＝c＝2，,f′1＝3a＋2b＋c＝0，,f1＝a＋b＋c＝2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－2，,b＝2，,c＝2，))
∴f(x)＝－2x3＋2x2＋2x，
f′(x)＝－6x2＋4x＋2，
∴g′(2)＝f(2)＋2f′(2)＝－32.
8．(2022·湖北新高考联考协作体联考)已知f(x)＝eq \f(1,2)x2－2ax，g(x)＝3a2ln x－b，其中a>0.设两曲线y＝f(x)，y＝g(x)有公共点，且在该点的切线相同，则b的最小值为________，曲线y＝f(x)，y＝g(x)这样的公共切线有______条．
答案 －eq \f(1,6e2) 1
解析 由f(x)＝eq \f(1,2)x2－2ax，
g(x)＝3a2ln x－b，x>0，
则f′(x)＝x－2a，g′(x)＝eq \f(3a2,x)，
设两曲线的公切点为(x0，y0)，由题意得，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx0＝gx0，,f′x0＝g′x0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x\\al(2,0)－2ax0＝3a2ln x0－b，,x0－2a＝\f(3a2,x0)，))
由x0－2a＝eq \f(3a2,x0)得，xeq \\al(2,0)－2ax0－3a2＝0，
解得x0＝3a或x0＝－a(舍去)，
所以曲线y＝f(x)，y＝g(x)只有一条这样的公共切线．
b＝3a2ln x0－eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋2ax0＝3a2ln 3a－eq \f(9a2,2)＋6a2
＝3a2ln 3a＋eq \f(3a2,2)，
令F(a)＝3a2ln 3a＋eq \f(3a2,2)，a>0，
则F′(a)＝6aln 3a＋6a＝6a(ln 3a＋1)，
当0当a>eq \f(1,3e)时，F′(a)>0，
所以函数F(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3e)))上单调递减，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3e)，＋∞))上单调递增，
所以当a＝eq \f(1,3e)时，b取得最小值，
为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3e)))＝－eq \f(1,3e2)＋eq \f(3,2)·eq \f(1,9e2)＝－eq \f(1,6e2).