高考数学导数冲满分-专题03 曲线的公切线方程

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解决此类问题通常有两种方法
(1)利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；
(2)设公切线l在y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f′(x1)＝g′(x2)＝eq \f(f(x1)－g(x2),x1－x2)．
注意：求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法．
【例题选讲】
[例1](1)(2020·全国Ⅲ)若直线l与曲线y＝eq \r(x)和圆x2＋y2＝eq \f(1,5)都相切，则l的方程为( )
A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋eq \f(1,2) C．y＝eq \f(1,2)x＋1 D．y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)
答案 D 解析 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝kx＋b，则eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝eq \f(\r(5),5) ①．设直线l与曲线y＝eq \r(x)的切点坐标为(x0，eq \r(x0))(x0>0)，则y′|x＝x0＝eq \f(1,2)x0－eq \f(1,2)＝k ②，eq \r(x0)＝kx0＋b ③，由②③可得b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，将b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，k＝eq \f(1,2)x0－eq \f(1,2)代入①得x0＝1或x0＝－eq \f(1,5)(舍去)，所以k＝b＝eq \f(1,2)，故直线l的方程y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)．
(2)已知f(x)＝ex(e为自然对数的底数)，g(x)＝lnx＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则直线l的方程为 ．
答案 y＝ex或y＝x＋1 解析 设l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)，则y1＝，f′(x)＝ex，∴f′(x1)＝，∴切点为(x1，)，切线斜率k＝，∴切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝·x－＋，①，同理设l与g(x)＝ln x＋2的切点为(x2，y2)，∴y2＝ln x2＋2，g′(x)＝eq \f(1,x)，∴g′(x2)＝eq \f(1,x2)，切点为(x2，ln x2＋2)，切线斜率k＝eq \f(1,x2)，∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝eq \f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq \f(1,x2)·x＋ln x2＋1，②，由题意知，①与②相同，∴把③代入④有－＋＝－x1＋1，即(1－x1)(－1)＝0，解得x1＝1或x1＝0，当x1＝1时，切线方程为y＝ex；当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1，综上，直线l的方程为y＝ex或y＝x＋1．
(3)曲线C1：y＝ln x＋x与曲线C2：y＝x2有________条公切线．
答案 1 解析 由y＝ln x＋x得y′＝eq \f(1,x)＋1，设点(x1，ln x1＋x1)是曲线C1上任一点，∴曲线C1在点(x1，ln x1＋x1)处的切线方程为y－(ln x1＋x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1))(x－x1)，即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1))x＋ln x1－1．同理可得曲线C2在点(x2，xeq \\al(2,2))处的切线方程为y－xeq \\al(2,2)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－xeq \\al(2,2)．依题意知两切线重合，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1＝2x2，,ln x1－1＝－x\\al(2,2)，))消去x2得eq \f(1,x\\al(2,1))＋eq \f(2,x1)＋4ln x1－3＝0，①，令f(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋4ln x－3(x>0)，则f′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x2－2x－2,x3)＝eq \f(2(2x＋1)(x－1),x3)，当x∈(0,1)时，f′(x)0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)只有一个零点．即方程①只有一个解，故曲线C1与C2只有1条公切线．
(4)已知曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝ ．
答案 8 解析 方法一 因为y＝x＋ln x，所以y′＝1＋eq \f(1,x)，y′|x＝1＝2．所以曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．因为y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，所以a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,y＝ax2＋(a＋2)x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0．由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8．
方法二 同方法一得切线方程为y＝2x－1．设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，axeq \\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1)．因为y′＝2ax＋(a＋2)，所以＝2ax0＋(a＋2)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ax0＋(a＋2)＝2，,ax\\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))
(5) (2016·课标全国Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ex的切线，则b＝________．
答案 0或1 解析 设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2的切点为(x1，y1)，与曲线y＝ex的切点为(x2，y2)，y＝ln x＋2的导数为y′＝eq \f(1,x)，y＝ex的导数为y′＝ex，可得k＝ex2＝eq \f(1,x1)．又由k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(ex2－ln x1－2,x2－x1)，消去x2，可得(1＋ln x1)·(x1－1)＝0，则x1＝eq \f(1,e)或x1＝1，则直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2的切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))或(1,2)，与曲线y＝ex的切点为(1，e)或(0，1)，所以k＝eq \f(e－1,1－\f(1,e))＝e或k＝eq \f(1－2,0－1)＝1，则切线方程为y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或1．
(6)已知曲线f(x)＝lnx＋1与g(x)＝x2－x＋a有公共切线，则实数a的取值范围为 ．
答案 8 解析 设切线与f(x)＝lnx＋1相切于点P(x0，lnx0＋1)，f′(x0)＝eq \f(1,x0)，∴切线方程为y－(lnx0＋1)＝eq \f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq \f(1,x0)x＋lnx0，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,x0)x＋ln x0，,y＝x2－x＋a，))得x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0)))x＋a－lnx0＝0，∴Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0)))2－4(a－lnx0)＝0，即eq \f(1,x\\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1－4a＋4lnx0＝0，即4a＝eq \f(1,x\\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1＋4lnx0有解，令φ(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋1＋4lnx(x>0)，φ′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x2－2x－2,x3)＝eq \f(2(2x＋1)(x－1),x3)，当x∈(0，1)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又x→＋∞时，φ(x)→＋∞，故φ(x)的值域为[4，＋∞)，所以4a≥4，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【对点训练】
1．若直线l与曲线y＝ex及y＝－eq \f(1,4)x2都相切，则直线l的方程为________．
1．答案 y＝x＋1 解析 设直线l与曲线y＝ex的切点为(x0，)，直线l与曲线y＝－eq \f(1,4)x2的切点为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，－\f(x\\al(2,1),4)))，因为y＝ex在点(x0，)处的切线的斜率为y′|x＝x0＝，y＝－eq \f(x2,4)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，－\f(x\\al(2,1),4)))处的切线的斜率为y′|x＝x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)))|x＝x1＝－eq \f(x1,2)，则直线l的方程可表示为y＝x－x0e＋或y＝－eq \f(1,2)x1x＋eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝－\f(x1,2)，,－x0＋＝\f(x\\al(2,1),4)，))所以＝1－x0，解得x0＝0，所以直线l的方程为y＝x＋1．
2．已知函数f(x)＝x2的图象在x＝1处的切线与函数g(x)＝eq \f(ex,a)的图象相切，则实数a等于( )
A．eq \r(e) B．eq \f(e\r(e),2) C．eq \f(\r(e),2) D．eeq \r(e)
2．答案 B 解析 由f(x)＝x2，得f′(x)＝2x，则f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以函数f(x)＝x2的图象在x＝1处
的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．设y＝2x－1与函数g(x)＝eq \f(ex,a)的图象相切于点(x0，y0)，由g′(x)＝eq \f(ex,a)，可得解得x0＝eq \f(3,2)，a＝＝eq \f(e\r(e),2)．
3．已知函数f(x)＝eq \r(x)＋1，g(x)＝alnx，若在x＝eq \f(1,4)处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，则实数a的值为( )[
A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,2) C．1 D．4
3．答案 A 解析 由题意可知f′(x)＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)，g′(x)＝eq \f(a,x)，由f′(eq \f(1,4))＝g′(eq \f(1,4))，得eq \f(1,2)×(eq \f(1,4))－eq \f(1,2)＝eq \f(a,\f(1,4))，可得a＝eq \f(1,4)，经检
验，a＝eq \f(1,4)满足题意．
4．若f(x)＝lnx与g(x)＝x2＋ax两个函数的图象有一条与直线y＝x平行的公共切线，则a等于( )
A．1 B．2 C．3 D．3或－1
4．答案 D 解析 设在函数f(x)＝ln x处的切点为(x，y)，根据导数的几何意义得到k＝eq \f(1,x)＝1，解得x＝1，
故切点为(1，0)，可求出切线方程为y＝x－1，此切线和 g(x)＝x2＋ax也相切，故x2＋ax＝x－1，化简得到x2＋(a－1)x＋1＝0，只需要满足Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3．
5．若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________．
5．答案 1－ln 2 解析 y＝lnx＋2的切线为y＝eq \f(1,x1)·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1)．y＝ln(x＋1)的切线为
y＝eq \f(1,x2＋1)x＋ln(x2＋1)－eq \f(x2,x2＋1)(设切点横坐标为x2)．∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,lnx1＋1＝ln(x2＋1)－\f(x2,x2＋1)，))解得x1＝eq \f(1,2)，x2＝－eq \f(1,2)，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2．
6．已知f(x)＝lnx，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋mx＋eq \f(7,2)(m＜0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，与f(x)图象的切点为
(1，f(1))，则m＝________．
6．答案 －2 解析 ∵f′(x)＝eq \f(1,x)，∴直线l的斜率k＝f′(1)＝1．又f(1)＝0，∴切线l的方程为y＝x－1．g′(x)
＝x＋m，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋mx0＋eq \f(7,2)，m＜0，∴m＝－2．
7．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3lnx－x，若以上两函数的图象有公共点，
且在公共点处切线相同，则m的值为( )
A．2 B．5 C．1 D．0
7．答案 C 解析 根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a>0，由f(x)＝－2x2＋
m，可得f′(x)＝－4x，则切线的斜率为k＝f′(a)＝－4a，由g(x)＝－3ln x－x，可得g′(x)＝－eq \f(3,x)－1，则切线的斜率为k＝g′(a)＝－eq \f(3,a)－1，因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以－4a＝－eq \f(3,a)－1，解得a＝1或a＝－eq \f(3,4)(舍去)，又g(1)＝－1，即公共点的坐标为(1，－1)，将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，可得m＝1．
8．若直线y＝kx＋b是曲线y＝eq \f(ex,e2)的切线，也是曲线y＝ex－1的切线，则k＋b等于( )
A．－eq \f(ln 2,2) B．eq \f(1－ln 2,2) C．eq \f(ln 2－1,2) D．eq \f(ln 2,2)
8．答案 D 解析 设直线y＝kx＋b与曲线y＝eq \f(ex,e2)相切于点P(x1，y1)，y′＝eq \f(ex,e2)＝ex－2，k1＝；直线y＝
kx＋b与曲线y＝ex－1相切于点Q(x2，y2)，y′＝ex，k2＝，∴l1：y＝，l2：y＝，∴x2＝－ln 2，∴k＋b＝＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－1－(－ln 2)×eq \f(1,2)＝eq \f(ln 2,2)．
9．设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝eq \f(1,x)(x＞0)在点P处的切线垂直，则P的坐标为________．
9．答案 (1，1) 解析 y′＝ex，曲线y＝ex在点(0，1) 处的切线的斜率k1＝e0＝1．设P(m，n)，y＝eq \f(1,x)(x
＞0)的导数为y′＝－eq \f(1,x2)(x＞0)，曲线y＝eq \f(1,x)(x＞0)在点P处的切线斜率k2＝－eq \f(1,m2)(m＞0)，因为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，则点P的坐标为(1，1)．
10．已知曲线f(x)＝x3＋ax＋eq \f(1,4)在x＝0处的切线与曲线g(x)＝－lnx相切，则a的值为 ．
10．答案 －e 解析 由f(x)＝x3＋ax＋eq \f(1,4)，得f′(x)＝3x2＋a．∵f′(0)＝a，f(0)＝eq \f(1,4)，∴曲线y＝f(x)在x＝
0处的切线方程为y－eq \f(1,4)＝ax．设直线y－eq \f(1,4)＝ax与曲线g(x)＝－lnx相切于点(x0，－lnx0)，又∵g′(x)＝－eq \f(1,x)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ln x0－\f(1,4)＝ax0，①,a＝－\f(1,x0)，②,))将②代入①得lnx0＝eq \f(3,4)，∴x0＝e，∴a＝－eq \f(1,e)＝－e．
11．已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线与曲线y＝lnx在点(x2，lnx2)处的切线相同，则(x1＋1)(x2－1)＝( )
A．－1 B．－2 C．1 D．2
11．答案 B 解析 已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线方程为y－＝ (x－x1)，即y＝
，曲线y＝lnx在点(x2，lnx2)处的切线方程为y－lnx2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq \f(1,x2)x－1＋lnx2，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝\f(1,x2)，,－x1＝－1＋lnx2，))得x2＝，＝－1＋ln x2＝－1＋＝－1－x1，则＝eq \f(x1＋1,x1－1)．又x2＝，所以x2＝eq \f(x1－1,x1＋1)，所以x2－1＝eq \f(x1－1,x1＋1)－1＝eq \f(－2,x1＋1)，所以(x1＋1)(x2－1)＝－2．
12．曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝aex(a>0)存在公切线，则a的取值范围是________．
12．答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,e2))) 解析 设公切线在y＝x2上的切点为(x1，xeq \\al(2,1))，在y＝aex(a>0)上的切点为(x2，)．函
数y＝x2，y＝aex(a>0)的导数分别为y′＝2x，y′＝aex，则公切线的斜率为2x1＝，整理得a＝．由a>0可知，x2>1，令f(x)＝eq \f(4x－1,ex)，x∈(1，＋∞)，则f′(x)＝eq \f(4ex2－x,ex2)＝eq \f(8－4x,ex)，f′(x)>0⇒1