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新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题24函数的公切线问题(附解析)
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这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题24函数的公切线问题(附解析),共8页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
1.[2023·湖南长沙模拟]若斜率为1的直线l与曲线y=ln (x+a)和圆x2+y2=eq \f(1,2)都相切,则实数a的值为( )
A.-1或2B.0或2C.0D.2
2.已知函数f(x)=eq \r(x),g(x)=alnx,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.e2C.eD.2e
3.若直线y=kx+b是曲线f(x)=lnx+2的切线,也是曲线g(x)=ln (x+1)的切线,则k-b=( )
A.3-ln2B.3+ln2C.eq \f(5,3)+lneq \f(3,2)D.1+ln2
4.[2023·河北沧州模拟]已知直线y=kx+b与曲线y=ex+2和曲线y=ln (e2x)均相切,则实数k的解的个数为( )
A.0B.1C.2D.无数
二、多项选择题
5.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(1,2)B.eq \r(e)C.eq \f(8,e2)D.eq \f(e,2)
[答题区]
三、填空题
6.[2023·海南海口模拟]已知函数f(x)=x3+lnx的图象在点A(1,f(1))处的切线为l,若l与函数g(x)的图象也相切,切点为B(2,m),则g(2)+g′(2)=________.
7.与曲线y=ex和y=-eq \f(x2,4)都相切的直线方程为________.
8.[2023·安徽定远模拟]已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)=x2-m,g(x)=6lnx-4x,设曲线y=f(x)与y=g(x)在公共点处的切线相同,则实数m=________.
9.[2023·福建厦门模拟]已知函数f(x)=mx+lnx,g(x)=x2-mx,若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)存在公切线,则实数m的最大值为________.
10.[2023·湖南长沙模拟]若曲线C1:f(x)=x2+a和曲线C2:g(x)=2lnx恰好存在两条公切线,则实数a的取值范围为________.
四、解答题
11.已知函数f(x)=x2-1,函数g(x)=alnx,其中a≤2.如果曲线y=f(x)与y=g(x)在x=1处具有公共的切线,求a的值及切线方程.
解:
12.已知函数f(x)=1-eln (ax),g(x)=eq \f(a,x)(a>0).
(1)求函数F(x)=f(x)-g(x)在(0,+∞)上的极值;
(2)当a=1时,若直线l既是曲线y=f(x)又是曲线y=g(x)的切线,试判断l的条数.
解:
微专题24 函数的公切线问题
1.解析:设直线l与曲线y=ln (x+a)的切点为P(x0,y0),
由y′=[ln (x+a)]′=eq \f(1,x+a),则eq \f(1,x0+a)=1,
则x0=1-a,y0=0,即切点为P(1-a,0),
所以直线l为y=x-1+a,又直线l与圆x2+y2=eq \f(1,2)也相切,
则有eq \f(|-1+a|,\r(2))=eq \f(\r(2),2),解得a=2或a=0.故选B.
答案:B
2.解析:∵f(x)=eq \r(x),g(x)=alnx,
∴f′(x)=eq \f(1,2\r(x)),g′(x)=eq \f(a,x)(x>0),
由已知得eq \r(x)=alnx,eq \f(1,2\r(x))=eq \f(a,x),解得a=eq \f(e,2).故选A.
答案:A
3.解析:直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线,也是曲线y=ln (x+1)的切线,
则两个切点都在直线y=kx+b上,设两个切点分别为(x1,kx1+b),(x2,kx2+b),
则两个曲线的导数分别为y′=eq \f(1,x),y′=eq \f(1,x+1),
由导数的几何意义可知k=eq \f(1,x1)=eq \f(1,x2+1),则x1=x2+1,
且切点在各自曲线上,所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx1+b=lnx1+2, ①,kx2+b=ln(x2+1), ②))
则将x1=x2+1代入①可得k(x2+1)+b=ln (x2+1)+2, ③
③-②可得k=2,
由k=eq \f(1,x1)=eq \f(1,x2+1)可得x1=eq \f(1,2),x2=-eq \f(1,2),
代入①中可知1+b=lneq \f(1,2)+2,③
所以b=1+lneq \f(1,2)=1-ln2,
所以k-b=1+ln2.故选D.
答案:D
4.解析:根据题意可知,直线y=kx+b与曲线y=ex+2和曲线y=ln (e2x)都相切,
所以对于曲线y=ex+2,则y′=ex=k,所以x=lnk,
所以切点A(lnk,k+2),
对于曲线y=ln (e2x),则y′=eq \f(1,x)=k(x>0),所以x=eq \f(1,k),
切点B(eq \f(1,k),lneq \f(1,k)+2)(k>0),易知A,B不重合,
因为公切线过A,B两点,所以k=eq \f(yA-yB,xA-xB)=eq \f(k-ln\f(1,k),lnk-\f(1,k))=eq \f(k+lnk,lnk-\f(1,k)),
进而可得klnk-lnk-k-1=0,
令g(k)=klnk-lnk-k-1(k>0),则g′(k)=lnk-eq \f(1,k)(k>0),
令φ(k)=g′(k)=lnk-eq \f(1,k)(k>0),则φ′(k)=eq \f(1,k)+eq \f(1,k2)>0(k>0)
所以g′(k)在(0,+∞)单调递增,
因为g′(1)=-10,
所以存在k0使得lnk0-eq \f(1,k0)=0,即lnk0=eq \f(1,k0),
所以当00,2x2=x1+2>2,即x2>1,
a=eq \f(4x1,ex2)=eq \f(4(2x2-2),ex2)=eq \f(8(x2-1),ex2),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10),
设与曲线f(x)=x2+a相切的切点为(x1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) +a),与曲线g(x)=2lnx相切的切点为(x2,2lnx2),
则切线方程为y=2x1(x-x1)+x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) +a,即y=2x1x-x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) +a,
y=eq \f(2,x2)(x-x2)+2lnx2,
即y=eq \f(2,x2)x+2lnx2-2,
由于两切线为同一直线,所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1=\f(2,x2),,-x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) +a=2lnx2-2)),得a=x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) -2lnx1-2(x1>0).
令φ(x)=x2-2lnx-2(x>0),则φ′(x)=2x-eq \f(2,x)=eq \f(2(x+1)(x-1),x),
当00时,令h(x)=2elnx+eq \f(2,x)-1(x>0),即h′(x)=eq \f(2e,x)-eq \f(2,x2)=eq \f(2ex-2,x2),
令h′(x)=0,得x=eq \f(1,e).所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,e)))时,h′(x)0,h(x)单调递增;
所以h(x)min=heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))=-10,h(1)=1>0,
所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))·heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))
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