2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口2　曲线的公切线问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：学案 特别策划2　微切口2　曲线的公切线问题，共4页。
例1 (1) 若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝__1－ln2__．
【解析】 方法一：设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2的切点为(x0，ln x0＋2)，y′＝eq \f(1,x0)＝k，则切线方程为y＝eq \f(1,x0)x＋ln x0＋1．对于函数y＝ln(x＋1)，y′＝eq \f(1,x＋1)，因为eq \f(1,x0)＝eq \f(1,x＋1)＝k，所以切点坐标为(x0－1，ln x0)，将其代入y＝eq \f(1,x0)x＋ln x0＋1中，得x0＝eq \f(1,2)，所以b＝ln x0＋1＝lneq \f(1,2)＋1＝1－ln 2．
方法二：y′＝(ln x＋2)′＝eq \f(1,x)＝k，x＝eq \f(1,k)，代入切线方程得y＝b＋1，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)，b＋1))代入y＝ln x＋2，得b＝1－ln k，同理由y＝ln(x＋1)得1－k＋b＝－ln k，得k＝2，所以b＝1－ln 2．
方法三：(影子函数法)如果一个函数通过平移可得到另一个函数，那么这两个函数叫做互为影子函数．y＝ln x＋2向左平移一个单位长度，再向下平移两个单位长度可得到y＝ln(x＋1)，y＝kx＋b向左平移一个单位长度，再向下平移两个单位长度可得到y＝k(x＋1)＋b－2，因为是公切线，所以y＝kx＋b与y＝k(x＋1)＋b－2重合，即k＝2，所以eq \f(1,x0)＝2，切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2－ln 2))，代入直线y＝kx＋b中，得b＝1－ln 2．
(2) (2023·石家庄期末)若直线y＝kx＋b是曲线y＝eq \f(lnx,x)的切线，也是曲线y＝eq \f(2,x)的切线，则k＝__－eq \f(1,2e3)__．
【解析】 由y＝eq \f(lnx,x)可得y′＝eq \f(1－lnx,x2)，设直线y＝kx＋b与曲线y＝eq \f(lnx,x)相切于(m，n)，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n＝km＋b，,n＝\f(lnm,m)，,k＝\f(1－lnm,m2)，))所以切线方程可表示为y－n＝eq \f(1－lnm,m2)(x－m)，即y＝eq \f(1－lnm,m2)x－eq \f(1－2lnm,m)．由y＝eq \f(2,x)可得y′＝－eq \f(2,x2)．设直线y＝kx＋b与曲线y＝eq \f(2,x)相切于(s，t)，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝ks＋b，,t＝\f(2,s)，,k＝－\f(2,s2).))所以切线方程可表示为y－t＝－eq \f(2,s2)(x－s)，即y＝－eq \f(2,s2)x＋eq \f(4,s)．所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1－lnm,m2)＝－\f(2,s2)，,\f(2lnm－1,m)＝\f(4,s)，))消去s，整理得4ln2m－12lnm＋9＝0，解得lnm＝eq \f(3,2)，所以m＝e eq \s\up7(\f(3,2)) ，所以斜率k＝eq \f(1－lne eq \s\up7(\f(3,2)) ,e eq \s\up7(\f(3,2)) 2)＝－eq \f(1,2e3)．
变式1 (2023·张家口期末)已知直线l：y＝kx＋b是函数f(x)＝ax2(a＞0)与函数g(x)＝ex的公切线，若(1，f(1))是直线l与函数f(x)相切的切点，则b＝__－eq \f(1,2)e eq \s\up7(\f(3,2)) __．
【解析】 因为f′(x)＝2ax，f′(1)＝2a，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝2a(x－1)，即y＝2ax－a．设直线l与g(x)相切的切点为(x1，y1)，g′(x)＝ex，所以切线方程为y－y1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x＋ex1(1－x1)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex1＝2a，,ex11－x1＝－a，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝\f(3,2)，,a＝\f(1,2)e eq \s\up7(\f(3,2)) ，))所以b＝－a＝－eq \f(1,2)e eq \s\up7(\f(3,2)) ．
求参数范围
例2 (2023·义乌调研)若存在直线l既是曲线y＝x2的切线，也是曲线y＝alnx的切线，则实数a的最大值为__2e__．
【解析】 由题意知两曲线y＝x2与y＝alnx(x＞0)存在公切线．当a＝0时，两曲线分别为y＝x2与y＝0(x＞0)，不合题意；当a≠0时，y＝x2的导数y′＝2x，y＝alnx的导数为y′＝eq \f(a,x)，设公切线与y＝x2相切的切点为(n，n2)，与曲线y＝alnx相切的切点为(m，alnm)，则切线方程为y－n2＝2n(x－n)，即y＝2nx－n2，切线方程也可写为y－alnm＝eq \f(a,m)(x－m)，即y＝eq \f(a,m)x－a＋alnm，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n＝\f(a,m)，,－n2＝－a＋alnm，))即eq \f(a2,4m2)＝a－alnm，即eq \f(a,4m2)＝1－lnm，eq \f(a,4)＝m2(1－lnm)有解．令g(x)＝x2(1－lnx)(x＞0)，则g′(x)＝2x(1－lnx)＋x2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))＝x(1－2lnx)．令g′(x)＝0，得x＝eq \r(e)，当0＜x＜eq \r(e)时，g′(x)＞0，当x＞eq \r(e)时，g′(x)＜0，故g(x)在(0，eq \r(e))上单调递增，在(eq \r(e)，＋∞)上单调递减，故g(x)的最大值为g(eq \r(e))＝eq \f(e,2)，故eq \f(a,4)≤eq \f(e,2)，所以a≤2e，即实数a的最大值为2e．
变式2 已知函数f(x)＝x2，g(x)＝alnx，其中a≠0，若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的公切线有两条，则a的取值范围为( C )
A．(－∞，0)B．(－∞，－1)
C．(0,2e)D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,e)))
【解析】 设曲线f(x)＝x2的切点为(s，s2)，f(x)＝x2⇒f′(x)＝2x，所以过该切点的切线斜率为f′(s)＝2s，因此过该切点的切线方程为y－s2＝2s(x－s)⇒y＝2sx－s2．设曲线y＝g(x)的切点为(t，alnt)，g(x)＝alnx⇒g′(x)＝eq \f(a,x)，所以过该切点的切线斜率为g′(t)＝eq \f(a,t)，因此过该切点的切线方程为y－alnt＝eq \f(a,t)(x－t)⇒y＝eq \f(a,t)x－a＋alnt，则两曲线的公切线应该满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2s＝\f(a,t)，,－s2＝－a＋alnt))⇒a＝4t2(1－lnt)．构造函数h(t)＝4t2(1－lnt)(t＞0)⇒h′(t)＝4t(1－2lnt)．当t＞e eq \s\up7(\f(1,2)) 时，h′(t)＜0，h(t)单调递减，当0＜t＜e eq \s\up7(\f(1,2)) 时，h′(t)＞0，h(t)单调递增，所以函数h(t)有最大值为h(e eq \s\up7(\f(1,2)) )＝2e，当t＞e时，h(t)＜0，当0＜t＜e时，h(t)＞0，作出函数y＝h(t)的大致图象如图所示．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的公切线有两条，则直线y＝a与y＝h(t)的图象有两个交点，由图可知0＜a＜2e．
(变式2)
曲线f(x)和g(x)的公切线问题
设切点
设曲线f(x)的切点A(x1，f(x1))
设曲线g(x)的切点B(x2，g(x2))
求公切线的斜率
k＝f′(x1)
k＝g′(x2)
写出并整理切线
y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，
整理得y＝f′(x1)x－f′(x1)x1＋f(x1)
y－g(x2)＝g′(x2)(x－x2)，
整理得y＝g′(x2)x－g′(x2)x2＋g(x2)
联立已知条件
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′x1＝g′x2，,－f′x1x1＋fx1＝－g′x2x2＋gx2，))消去x1得到关于x2的方程(或消去x2得到关于x1的方程)