新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题1　微重点4　函数的公切线问题（含解析）

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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， SKIPIF 1 < 0 )，y′＝ex，
∴直线l的方程为y－ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 (x－x1)，
即y＝ SKIPIF 1 < 0 ·x－x1 SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 .
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 SKIPIF 1 < 0
消去x2得 SKIPIF 1 < 0 －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，
∵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)－10，
则g′(t)＝2t－(2tln t＋t)＝t(1－2ln t)．
当0eq \r(e)时，g′(t)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00)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， SKIPIF 1 < 0 ＋3)，
所以4x1＝ SKIPIF 1 < 0
即2x1＝eq \f(2x1－x\\al(2,1),x2－x1)，
可得x1＝0或2x2＝x1＋2，
因为4x1＝ SKIPIF 1 < 0 ，a>0，
则x1>0,2x2＝x1＋2>2，即x2>1，
SKIPIF 1 < 0 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，
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