利用導數(shù)求曲線的切線和公切線.docVIP

利用導數(shù)求曲線的切線和公切線一.求切線方程【例1】.已知曲線f(x)=x3-2x2+1.(1)求在點P（1,0）處的切線l1的方程；(2)求過點Q（2,1）與已知曲線f(x)相切的直線l2的方程.提醒：注意是在某個點處還是過某個點！2. 有關(guān)切線的條數(shù)【例2】（2014北京）已知函數(shù)f（x）=2x33x（）求f（x）在區(qū)間2，1上的最大值；（）若過點P（1，t）存在3條直線與曲線y=f（x）相切，求t的取值范圍；（）問過點A（1，2），B（2，10），C（0，2）分別存在幾條直線與曲線y=f（x）相切？（只需寫出結(jié)論）【解答】解：（）由f（x）=2x33x得f（x）=6x23，令f（x）=0得，x=或x=，f（2）=10，f（）=，f（）=，f（1）=1，f（x）在區(qū)間2，1上的最大值為（）設(shè)過點P（1，t）的直線與曲線y=f（x）相切于點（x0，y0），則y0=23x0，且切線斜率為k=63，切線方程為yy0=（63）（xx0），ty0=（63）（1x0），即46+t+3=0，設(shè)g（x）=4x36x2+t+3，則“過點P（1，t）存在3條直線與曲線y=f（x）相切”，等價于“g（x）有3個不同的零點”g（x）=12x212x=12x（x1），g（0）=t+3是g（x）的極大值，g（1）=t+1是g（x）的極小值g（0）0且g（1）0，即3t1，當過點過點P（1，t）存在3條直線與曲線y=f（x）相切時，t的取值范圍是（3，1）（）過點A（1，2）存在3條直線與曲線y=f（x）相切；過點B（2，10）存在2條直線與曲線y=f（x）相切；過點C（0，2）存在1條直線與曲線y=f（x）相切【例3】已知函數(shù)f（x）=lnax（a0，aR），（）當a=3時，解關(guān)于x的不等式：1+ef（x）+g（x）0；（）若f（x）g（x）（x1）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；（）當a=1時，記h（x）=f（x）g（x），過點（1，1）是否存在函數(shù)y=h（x）圖象的切線？若存在，有多少條？若不存在，說明理由【解答】解：（I）當a=3時，原不等式可化為：1+eln3x+0；等價于，解得x，故解集為（）對x1恒成立，所以，令，可得h（x）在區(qū)間1，+）上單調(diào)遞減，故h（x）在x=1處取到最大值，故lnah（1）=0，可得a=1，故a的取值范圍為：1，+）（）假設(shè)存在這樣的切線，設(shè)切點T（x0，），切線方程：y+1=，將點T坐標代入得：即，設(shè)g（x）=，則x0，g（x）在區(qū)間（0，1），（2，+）上是增函數(shù)，在區(qū)間（1，2）上是減函數(shù)，故g（x）極大=g（1）=10，故g（x）極，小=g（2）=ln2+0，又g（）=+1261=ln430，由g（x）在其定義域上的單調(diào)性知：g（x）=0僅在（，1）內(nèi)有且僅有一根，方程有且僅有一解，故符合條件的切線有且僅有一條【作業(yè)1】（2017莆田一模）已知函數(shù)f（x）=2x33x+1，g（x）=kx+1lnx（1）設(shè)函數(shù)，當k0時，討論h（x）零點的個數(shù)；（2）若過點P（a，4）恰有三條直線與曲線y=f（x）相切，求a的取值范圍3. 切線與切線之間的關(guān)系【例4】（2018綿陽模擬）已知a，b，cR，且滿足b2+c2=1，如果存在兩條互相垂直的直線與函數(shù)f（x）=ax+bcosx+csinx的圖象都相切，則a+c的取值范圍是 .，b2+c2=1，故a+c，【例5】.已知函數(shù)f（x）=lnxa（x1），g（x）=ex，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)（）設(shè)，求函數(shù)t（x）在m，m+1（m0）上的最小值；（）過原點分別作曲線y=f（x）與y=g（x）的切線l1，l2，已知兩切線的斜率互為倒數(shù)，求證：a=0或【解答】（）解：，令t（x）0得x1，令t（x）0得x1，所以，函數(shù)t（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+）上是增函數(shù)，當m1時，t（x）在m，m+1（m0）上是增函數(shù)，當0m1時，函數(shù)t（x）在m，1上是減函數(shù)，在1，m+1上是增函數(shù)，t（x）min=t（1）=e（）設(shè)l2的方程為y=k2x，切點為（x2，y2），則，x2=1，y2=ek2=e由題意知，切線l1的斜率，切線l1的方程為，設(shè)l1與曲線y=f（x）的切點為（x1，y1），又y1=lnx1a（x11），消去y1，a后整理得，令，則，m（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+）上單調(diào)遞增，若x1（0，1），而，在單調(diào)遞減，若x1（1，+），m（x）在（1，+）上單調(diào)遞增，且m（e）=0，x1=e，綜上，a=0或【作業(yè)2】（2017黃山二模）已知函數(shù)f（x）=（ax2+x1）ex+f（0）（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；（2）若g（x）=exf（x）+lnx，h（x）=ex，過O（0，0）分別作曲線y=g（x）與y=h（x）的切線l1，l2，且l1與l2關(guān)于x軸對稱，求證：a四求公切線的方程【例6】（2018安陽一模）已知函數(shù)，g（x）=3elnx，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)（）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性（）試判斷曲線y=f（x）與y=g（x）是否存在公共點并且在公共點處有公切線若存在，求出公切線l的方程；若不存在，請說明理由【解答】解：（）由，得，令f（x）=0，得當且x0時，f（x）0；當時，f（x）0f（x）在（，0）上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；（）假設(shè)曲線y=f（x）與y=g（x）存在公共點且在公共點處有公切線，且切點橫坐標為x00，則，即，其中（2）式即記h（x）=4x33e2xe3，x（0，+），則h（x）=3（2x+e）（2xe），得h（x）在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又h（0）=e3，h（e）=0，故方程h（x0）=0在（0，+）上有唯一實數(shù)根x0=e，經(jīng)驗證也滿足（1）式于是，f（x0）=g（x0）=3e，f（x0）=g（x0）=3，曲線y=g（x）與y=g（x）的公切線l的方程為y3e=3（xe），即y=3x【作業(yè)3】已知函數(shù)f （x）=lnx，g（x）=2（x0）（1）試判斷當f（x）與g（x）的大小關(guān)系；（2）試判斷曲線 y=f（x）和 y=g（x）是否存在公切線，若存在，求出公切線方程，若不存在，說明理由；（3）試比較 （1+12）（1+23）（1+20122013）與 e4021的大小，并寫出判斷過程五.與公切線有關(guān)的參數(shù)取值范圍問題【例7】已知函數(shù)f（x）=blnx，g（x）=ax2x（aR）（）若曲線f（x）與g（x）在公共點A（1，0）處有相同的切線，求實數(shù)a、b的值；（）當b=1時，若曲線f（x）與g（x）在公共點P處有相同的切線，求證：點P唯一；（）若a0，b=1，且曲線f（x）與g（x）總存在公切線，求正實數(shù)a的最小值【解答】解：（）f（x）=，g（x）=2ax1曲線f（x）與g（x）在公共點A（1，0）處有相同的切線，解得a=b=1 （）設(shè)P（x0，y0），則由題設(shè)有l(wèi)nx0=ax02x0，又在點P有共同的切線，f（x0）=g（x0），a=，代入得lnx0=x0，設(shè)h（x）=lnx+x，則h（x）=+（x0），則h（x）0，h（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，所以 h（x）=0最多只有1個實根，從而，結(jié)合（1）可知，滿足題設(shè)的點P只能是P（1，0）（）當a0，b=1時，f（x）=lnx，f（x）=，f（x）在點（t，lnt）處的切線方程為ylnt=（xt），即y=x+lnx1與y=ax2x，聯(lián)立得ax2（1+）xlnt+1=0曲線f（x）與g（x）總存在公切線，關(guān)于t（t0）的方程=+4a（lnt1）=0，即=4a（1lnt）（*）總有解 若te，則1lnt0，而0，顯然（*）不成立，所以 0te，從而，方程（*）可化為4a=令H（t）=（0te），則H（t）=當0t1時，h（t）0；當1te時，h（t）0，即 h（t）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，e）上單調(diào)遞增h（t）在（0，e）上的最小值為h（1）=4，要使方程（*）有解，只須4a4，即a1 正實數(shù)a的最小值為1【例8】（2017韶關(guān)模擬）.已知函數(shù)f（x）=aex（a0），g（x）=x2（）若曲線c1：y=f（x）與曲線c2：y=g（x）存在公切線，求a最大值（）當a=1時，F(xiàn)（x）=f（x）bg（x）cx1，且F（2）=0，若F（x）在（0，2）內(nèi)有零點，求實數(shù)b的取值范圍【解答】解：（）設(shè)公切線l與c1切于點（x1，a）與c2切于點（x2，），f（x）=aex，g（x）=2x，由知x20，代入：=2x2，即x2=2x12，由知a=，設(shè)g（x）=，g（x）=，令g（x）=0，得x=2；當x2時g（x）0，g（x）遞增當x2時，g（x）0，g（x）遞減x=2時，g（x）max=g（2）=，amax=（）F（x）=f（x）bg（x）cx1=exbx2cx1，F(xiàn)（2）=0=F（0），又F（x）在（0，2）內(nèi)有零點，F(xiàn)（x）在（0，2）至少有兩個極值點，即F（x）=ex2bxc在（0，2）內(nèi)至少有兩個零點F（x）=ex2b，F(xiàn)（2）=e24b2c1=0，c=，當b時，在（0，2）上，exe0=12b，F(xiàn)（x）0，F(xiàn)（x）在（0，2）上單調(diào)增，F(xiàn)（x）沒有兩個零點當b時，在（0，2）上，exe22b，F(xiàn)（x）0，F(xiàn)（x）在（0，2）上單調(diào)減，F(xiàn)（x）沒有兩個零點；當b時，令F（x）=0，得x=ln2b，因當xln2b時，F(xiàn)（x）0，xln2b時，F(xiàn)（x）0，F(xiàn)（x）在（0，ln2b）遞減，（ln2b，2）遞增，所以x=ln2b時，F(xiàn)（x）最小=F（ln2b）=4b2bln2b+，設(shè)G（b）=F（ln2b）=4b2bln2b+，令G（b）=22ln2b=0，得2b=e，即b=，當b時G（b）0；當b時，G（b）0，當b=時，G（b）最大=G（）=e+0，G（b）=f（ln2b）0恒成立，因F（x）=ex2bxc在（0，2）內(nèi)有兩個零點，解得：b，綜上所述，b的取值范圍（，）【作業(yè)4】已知函數(shù)f（x）=a（x）blnx（a，bR），g（x）=x2（1）若a=1，曲線y=f（x）在點（1，f（1）處的切線與y軸垂直，求b的值；（2）若b=2，試探究函數(shù)f（x）與g（x）在其公共點處是否有公切線，若存在，研究a的個數(shù)；若不存在，請說明理由六公切線的條數(shù)問題【例9】已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=ex（1）確定方程f（x）=實數(shù)根的個數(shù)；（2）我們把與兩條曲線都相切的直線叫作這兩條曲線的公切線，試確定曲線y=f（x），y=g（x）公切線的條數(shù)，并證明你的結(jié)論【解答】解：（1）由題意得lnx=1+，即lnx1=分別作出y=lnx1和y=的函數(shù)圖象，由圖象可知：y=lnx1和y=的函數(shù)圖象有兩個交點，方程f（x）=有兩個實根；（2）解：曲線y=f（x），y=g（x）公切線的條數(shù)是2，證明如下：設(shè)公切線與f（x）=lnx，g（x）=ex的切點分別為（m，lnm），（n，en），mn，f（x）=，g（x）=ex，化簡得（m1）lnm=m+1，當m=1時，（m1）lnm=m+1不成立；當m1時，（m1）lnm=m+1化為lnm=，由（1）可知，方程lnm=有兩個實根，曲線y=f（x），y=g（x）公切線的條數(shù)是2條【作業(yè)5】已知函數(shù)f（x）=x2+2（1a）x4a，g（x）=（a+1）2，則f（x）和g（x）圖象的公切線條數(shù)的可能值是 【作業(yè)1解答】解：（1）f（x）=（2x+1）（x1）2=0，x=或1，x=是h（x）的零點；g（x）=k，k0，g（x）0，g（x）在1，+）上單調(diào)遞減，g（x）的最大值為g（1）=k+1k1，g（1）0，g（x）在1，+）上無零點；k=1，g（1）=0，g（x）在1，+）上有1個零點；1k0，g（1）0，g（e1k）=ke1k+k0，g（x）在1，+）上有1個零點；綜上所述，k1時，h（x）有1個零點；1k0時，h（x）有兩個零點；（2）設(shè)切點（t，f（t），f（x）=6x26x，切線斜率f（t）=6t26t，切線方程為yf（t）=（6t26t）（xt），切線過P（a，4），4f（t）=（6t26t）（at），4t33t26t2a+6ta5=0由題意，方程有3個不同的解令H（t）=4t33t26t2a+6ta5，則H（t）=12t26t12at+6a=0t=或aa=時，H（t）0，H（t）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，H（t）不可能有兩個零點，方程不可能有兩個解，不滿足題意；a時，在（），（a，+）上，H（t）0，函數(shù)單調(diào)遞增，在（，a）上，H（t）0，函數(shù)單調(diào)遞減，H（t）的極大值為H（），極小值為H（a）；a時，在（，a），（，+）上，H（t）0，函數(shù)單調(diào)遞增，在（a，）上，H（t）0，函數(shù)單調(diào)遞減，H（t）的極大值為H（a），極小值為H（）；要使方程有三個不同解，則H（）H（a）0，即（2a7）（a+1）（2a25a+5）0，a或a1【作業(yè)2解答】解：由已知得f（x）=ax2+（2a+1）xex，f（0）=0，所以f（x）=（ax2+x1）ex（1）f（x）=ax2+（2a+1）xex=x（ax+2a+1）ex若a0，當或x0時，f（x）0；當時，f（x）0，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為若a=0，f（x）=（x1）ex，f（x）=xex，當x0時，f（x）0；當x0時，f（x）0，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+）；單調(diào)遞減區(qū)間為（，0）若，當或x0時，f（x）0；當時，f（x）0，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為若，故f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（，+）若，當或x0時，f（x）0；當時，f（x）0，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為當a0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為當a=0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+）；單調(diào)遞減區(qū)間為（，0），當時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為當時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（，+）；當時，f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為；單調(diào)遞減區(qū)間為，（0，+）；（2）證明：g（x）=exf（x）+lnx=ex（ax2+x1）ex+lnx=ax2+x1+lnx，設(shè)l2的方程為y=k2x，切點為（x2，y2），則，所以x2=1，y2=e，k2=e由題意知k1=k2=e，所以l1的方程為y=ex，設(shè)l1與y=g（x）的切點為（x1，y1），則又，即，令，在定義域上，u（x）0，所以（0，+）上，u（x）是單調(diào)遞增函數(shù)，又，所以，即，令，則，所以，故【作業(yè)3解答】解：（1）證明：設(shè)F（x）=f（x）g（x），則F（x）=，由F（x）=0，得x=3，當0x3時，F(xiàn)（x）0，當x3時F（x）0，可得F（x）在區(qū)間（0，3）單調(diào)遞減，在區(qū)間（3，+）單調(diào)遞增，所以F（x）取得最小值為F（3）=ln310，F(xiàn)（x）0，即f（x）g（x）；（2）假設(shè)曲線f（x）與g（x）有公切線，切點分別為P（x0，lnx0）和Q（x1，2）因為f（x）=，g（x）=，所以分別以P（x0，lnx0）和Q（x1，2）為切線的切線方程為y=+lnx01，y=+2令 ，即2lnx1+（3+ln3）=0令h（x）=2lnx1+（3+ln3）所以由h（x）=0，得x1=3顯然，當0x13時，h（x）0，當x13時，h（x）0，所以h（x）min=ln310，所以方程2lnx1+（3+ln3）=0無解，故二者沒有公切線所以曲線y=f（x）和y=g（x）不存在公切線；（3）（1+12）（1+23）（1+20122013）e4021理由：由（1）可得lnx2（x0），可令x=1+n（n+1），可得ln（1+n（n+1）22=23（），則ln（1+12）+ln（1+23）+ln（1+20122013）220123（1+）=40243+4021即有（1+12）（1+23）（1+20122013）e4021【作業(yè)4解答】解：（）f（x）=xblnx，f（x）=1+，由于曲線y=f（x）在點（1，f（1）處的切線垂直于y軸，故該切線斜率為0，即f（1）=0，即1+1b=0，b=2；（2）假設(shè)f（x），g（x）的圖象在其公共點（x0，y0）處存在公切線，由f（x）=a（x）2lnx，得f（x）=，g（x）=2x，由f（x0）=g（x0），得=2x0，即2x03ax02+2x0a=0，即（x02+1）（2x0a）=0，則x0=，又函數(shù)的定義域為（0，+），當a0時，x0=0，則f（x），g（x）的圖象在其公共點（x0，y0）處不存在公切線；當a0時，令f（）=g（），2ln2=，即=ln，令h（x）=ln（x0），h（x）=x=，則h（x）在（0，2）遞減，（2，+）遞增且h（2）=0，且當x0時，h（x）+；當x+時，h（x）+，h（x）在（0，+）有兩個零點，方程=ln在（0，+）解的個數(shù)為2綜上：當a0時，函數(shù)f（x）與g（x）的圖象在其公共點處不存在公切線；當a0時，函數(shù)f（x）與g（x）的圖象在