2024版大二輪數(shù)學新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）專題一　微重點2　函數(shù)的公切線問題76

微重點2函數(shù)的公切線問題函數(shù)的公切線問題，是導數(shù)的重要應用之一，利用導數(shù)的幾何意義，通過雙變量的處理，從而轉化為零點問題，主要利用消元與轉化，考查構造函數(shù)、數(shù)形結合能力，培養(yǎng)邏輯推理、數(shù)學運算素養(yǎng)．考點一求兩函數(shù)的公切線例1(2023·湘潭模擬)已知直線l是曲線y＝ex－1與y＝lnx＋1的公切線，則直線l的方程為__________．答案y＝ex－1或y＝x解析設直線l與曲線y＝ex－1相切于點P(a，ea－1)，與曲線y＝lnx＋1相切于點Q(b，lnb＋1)，則ea＝eq\f(1,b)＝eq\f(lnb－ea＋2,b－a)，整理得(a－1)(ea－1)＝0，解得a＝1或a＝0，當a＝1時，l的方程為y＝ex－1；當a＝0時，l的方程為y＝x.規(guī)律方法求切線方程時，注意區(qū)分曲線在某點處的切線和曲線過某點的切線，曲線y＝f(x)在點P(x0，f(x0))處的切線方程是y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)；求過某點的切線方程，需先設出切點坐標，再依據(jù)已知點在切線上求解．跟蹤演練1(2023·南平模擬)已知曲線y＝alnx和曲線y＝x2有唯一公共點，且這兩條曲線在該公共點處有相同的切線l，則直線l的方程為__________．答案2eq\r(e)x－y－e＝0解析設曲線g(x)＝alnx和曲線f(x)＝x2在公共點(x0，y0)處的切線相同，則f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(a,x)，由題意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x0＝\f(a,x0)，,x\o\al(2,0)＝alnx0，))解得a＝2e，x0＝eq\r(e)，故切點為(eq\r(e)，e)，切線斜率k＝f′(x0)＝2eq\r(e)，所以切線方程為y－e＝2eq\r(e)(x－eq\r(e))，即2eq\r(e)x－y－e＝0.考點二與公切線有關的求值問題例2(2023·德陽模擬)已知曲線y＝ex在點(x1，y1)處的切線與曲線y＝lnx在點(x2，y2)處的切線相同，則(x1＋1)(x2－1)等于()A．－1B．－2C．1D．2答案B解析根據(jù)常用函數(shù)的導數(shù)可知y＝ex?y′＝ex，y＝lnx?y′＝eq\f(1,x)，則兩函數(shù)在點(x1，y1)和(x2，y2)處的切線分別為y－y1＝(x－x1)，y－y2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，化簡得y＝x＋(1－x1)，y＝eq\f(1,x2)x＋lnx2－1，由題意可得化簡得x1x2＋x2－x1＋1＝0?(x1＋1)(x2－1)＝－2.規(guī)律方法利用導數(shù)的幾何意義解題，關鍵是切點，要充分利用切點既在曲線上又在切線上構造方程．跟蹤演練2已知函數(shù)f(x)＝xlnx，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，若經(jīng)過點A(0，－1)存在一條直線l與f(x)的圖象和g(x)的圖象都相切，則a等于()A．0 B．－1C．3 D．－1或3答案D解析設直線l與f(x)＝xlnx相切的切點為(m，mlnm)，由f(x)＝xlnx得f′(x)＝1＋lnx，可得切線的斜率為1＋lnm，則切線方程為y－mlnm＝(1＋lnm)(x－m)，將A(0，－1)代入切線方程可得－1－mlnm＝(1＋lnm)(0－m)，解得m＝1，則切線l的方程為y＝x－1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y＝x2＋ax，))可得x2＋(a－1)x＋1＝0，由Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3.考點三判斷公切線條數(shù)例3(2023·廣州模擬)曲線C1：y＝x2與曲線C2：y＝lnx公切線的條數(shù)是()A．0B．1C．2D．3答案C解析設公切線與y＝x2的切點為(x1，xeq\o\al(2,1))，與y＝lnx的切點為(x2，lnx2)，y＝x2的導數(shù)為y′＝2x，y＝lnx的導數(shù)為y′＝eq\f(1,x)，則在切點(x1，xeq\o\al(2,1))處的切線方程為y－xeq\o\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－xeq\o\al(2,1)，則在切點(x2，lnx2)處的切線方程為y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)x＋lnx2－1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝\f(1,x2)，,x\o\al(2,1)＝1－lnx2，))整理得到xeq\o\al(2,1)－lnx1＝1＋ln2，令f(x)＝x2－lnx，x∈(0，＋∞)，則f′(x)＝2x－eq\f(1,x)＝eq\f(2x2－1,x)，f′(x)>0?x>eq\f(\r(2),2)；f′(x)<0?0<x<eq\f(\r(2),2)，∴f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調遞減，在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))上單調遞增，f(x)min＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)ln2<1＋ln2，即函數(shù)f(x)與y＝1＋ln2的圖象如圖所示，由圖可知，函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝1＋ln2有兩個交點，則方程xeq\o\al(2,1)－lnx1＝1＋ln2有兩個不相等的正根，即曲線C1：y＝x2與曲線C2：y＝lnx公切線的條數(shù)是2.規(guī)律方法運用導數(shù)與斜率之間的關系可以將兩曲線公切線的切點表示出來，構造新的函數(shù)，通過零點存在定理判斷函數(shù)零點個數(shù)，即方程解的情況．跟蹤演練3已知函數(shù)f(x)＝x2－4x＋4，g(x)＝x－1，則f(x)和g(x)的公切線的條數(shù)為()A．3B．2C．1D．0答案Ag′(n)＝f′(m)＝eq\f(gn－fm,n－m)，解得m＝－eq\f(n－2,2)＋2，代入化簡得8n3－8n2＋1＝0，構造函數(shù)h(x)＝8x3－8x2＋1，h′(x)＝8x(3x－2)，則h(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調遞減，極大值h(0)>0，極小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<0，故函數(shù)h(x)的圖象和x軸有3個交點，方程8n3－8n2＋1＝0有三個解，故公切線有3條．考點四求參數(shù)的取值范圍例4(2023·保定模擬)若曲線f(x)＝eq\f(k,x)(k<0)與g(x)＝ex有三條公切線，則k的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2,e)))答案A解析設公切線為l，P(x1，y1)是l與f(x)的切點，由f(x)＝eq\f(k,x)，得f′(x)＝eq\f(－k,x2)，設Q(x2，y2)是l與g(x)的切點，由g(x)＝ex，得g′(x)＝ex，所以l的方程為y－y1＝eq\f(－k,x\o\al(2,1))(x－x1)，因為y1＝eq\f(k,x1)，整理得y＝eq\f(－k,x\o\al(2,1))x＋eq\f(2k,x1)，同理y－y2＝(x－x2)，因為y2＝，整理得y＝x＋(1－x2)，依題意，可得消去x1，得4k＝－(x2－1)2，由題意此方程有三個不相等的實根，設h(x)＝－ex(x－1)2，即直線y＝4k與曲線h(x)有三個不同的交點，因為h′(x)＝ex(1－x2)，令h′(x)＝0，則x＝±1，當x<－1或x>1時，h′(x)<0；當－1<x<1時，h′(x)>0，所以h(x)有極小值為h(－1)＝－4e－1，h(x)有極大值為h(1)＝0，因為h(x)＝－ex(x－1)2，ex>0，(x－1)2≥0，所以h(x)≤0，當x趨近于－∞時，h(x)趨近于0；當x趨近于＋∞時，h(x)趨近于－∞，故h(x)的大致圖象如圖．所以當－4e－1<4k<0，即－eq\f(1,e)<k<0時，直線y＝4k與曲線h(x)有三個交點．規(guī)律方法利用導數(shù)的幾何意義，構造參數(shù)關于切點橫坐標或切線斜率k的函數(shù)，轉化成函數(shù)的零點問題或兩函數(shù)的交點問題，利用函數(shù)的性質或圖象求解．跟蹤演練4(2023·桂林模擬)若曲線C1：y＝x2與曲線C2：y＝eq\f(ex,a)(a>0)存在公切線，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0,1) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(e2,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，2)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2,4)，＋∞))答案D解析y＝x2在點(m，m2)處的切線斜率為2m，y＝eq\f(ex,a)(a>0)在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n，\f(en,a)))處的切線斜率為eq\f(en,a)，如果兩個曲線存在公切線，那么2m＝eq\f(en,a).又由斜率公式得到2m＝eq\f(m2－\f(en,a),m－n)，由此得到m＝2n－2，則4n－4＝eq\f(en,a)有解，則y＝4x－4，y＝eq\f(ex,a)的圖象有公共點．當直線y＝4x－4與曲線y＝eq\f(ex,a)相切時，設切點為(s，t)，則eq\f(es,a)＝4，且t＝4s－4＝eq\f(es,a)，可得t＝4，s＝2，即有切點(2,4)，a＝eq\f(e2,4)，故a的取值范圍是a≥eq\f(e2,4).專題強化練1．已知直線l為曲線y＝x＋1＋lnx在A(1,2)處的切線，若l與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1也相切，則a等于()A．0B．－4C．4D．0或4答案C解析因為y＝x＋1＋lnx，所以y′＝1＋eq\f(1,x)，所以y′|x＝1＝2，所以曲線y＝x＋1＋lnx在A(1,2)處的切線方程為y－2＝2x－2，即y＝2x.由于切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝ax2＋a＋2x＋1，,y＝2x，))得ax2＋ax＋1＝0，當a＝0時，1＝0，不成立；又a≠0，兩線相切有一切點，所以Δ＝a2－4a＝0，解得a＝4或a＝0(舍去)．2．(2023·保定模擬)若直線y＝3x＋m是曲線y＝x3(x>0)與曲線y＝－x2＋nx－6(x>0)的公切線，則m＋n等于()A．4B．5C．6D．8答案B解析設直線y＝3x＋m與曲線y＝x3(x>0)相切于點(a，a3)，與曲線y＝－x2＋nx－6(x>0)相切于點(b,3b＋m)，對于函數(shù)y＝x3(x>0)，y′＝3x2，則3a2＝3(a>0)，解得a＝1，所以13＝3＋m，即m＝－2.對于函數(shù)y＝－x2＋nx－6(x>0)，y′＝－2x＋n，則－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.所以m＋n＝－2＋7＝5.3．已知曲線C1：y＝x3，曲線C2：y＝cosx－1與直線l：y＝0，則()A．l與C1，C2均相切B．l與C1，C2均不相切C．l與C1相切，l與C2不相切D．l與C1不相切，l與C2相切答案A解析設曲線C1：y＝x3在點A(x0，y0)處的切線的斜率為0，則3xeq\o\al(2,0)＝0，y0＝xeq\o\al(3,0)，所以x0＝0，y0＝0，切線方程為y＝0，設曲線C2：y＝cosx－1在點B(x1，y1)處的切線的斜率為0，則－sinx1＝0，y1＝cosx1－1，所以x1＝2kπ，y1＝0或x1＝2kπ＋π，y1＝－2，取x1＝0，y1＝0可得切線方程為y＝0，所以l與C1，C2均相切．4．對于三次函數(shù)f(x)，若曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線與曲線y＝xf(x)在點(1,2)處的切線重合，則f′(2)等于()A．－34B．－14C．－4D．14答案B解析設f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，∵f(0)＝d＝0，∴f(x)＝ax3＋bx2＋cx，∴f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，∴f′(0)＝c＝eq\f(2－0,1－0)＝2，設g(x)＝xf(x)，則g(1)＝f(1)＝a＋b＋2＝2，即a＋b＝0，①又∵g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，∴g′(1)＝f(1)＋f′(1)＝2，∴f′(1)＝0，即3a＋2b＋2＝0，②由①②可得a＝－2，b＝2，c＝2，∴f′(2)＝－14.5．與曲線f(x)＝x3－x和y＝x2＋eq\f(1,4)均相切的直線l有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條答案C解析由f′(x)＝3x2－1，所以y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線方程為y－(xeq\o\al(3,1)－x1)＝(3xeq\o\al(2,1)－1)(x－x1)，整理得y＝(3xeq\o\al(2,1)－1)x－2xeq\o\al(3,1).設g(x)＝x2＋eq\f(1,4)，直線l與g(x)的圖象相切于點(x2，g(x2))，因為g′(x)＝2x，所以切線方程為y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,2)＋\f(1,4)))＝2x2(x－x2)，整理得y＝2x2x－xeq\o\al(2,2)＋eq\f(1,4)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x\o\al(2,1)－1＝2x2，,－2x\o\al(3,1)＝－x\o\al(2,2)＋\f(1,4)，))(*)整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x\o\al(2,1),2)－\f(1,2)))2－2xeq\o\al(3,1)－eq\f(1,4)＝eq\f(9,4)xeq\o\al(4,1)－2xeq\o\al(3,1)－eq\f(3,2)xeq\o\al(2,1)＝eq\f(x\o\al(2,1),4)(9xeq\o\al(2,1)－8x1－6)＝0，當9xeq\o\al(2,1)－8x1－6＝0時，Δ＝82＋4×9×6>0，方程有兩個非零實數(shù)根，x1＝0也滿足方程，故x1有3個解，所以方程組(*)有3組解，故滿足題中條件的直線l有3條．6．若存在斜率為3a(a>0)的直線l與曲線f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－2b與g(x)＝3a2·lnx都相切，則實數(shù)b的取值范圍為()A. B.C. D.答案A解析設直線l與f(x)，g(x)的切點分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－2b，g(x)＝3a2·lnx，所以f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝eq\f(3a2,x)，因為直線l與f(x)，g(x)都相切，所以x1＋2a＝eq\f(3a2,x2)＝3a，解得x1＝x2＝a，則兩切點重合，即f(a)＝g(a)，eq\f(1,2)a2＋2a2－2b＝3a2·lna，2b＝eq\f(5,2)a2－3a2·lna，設h(a)＝eq\f(5,2)a2－3a2·lna(a>0)，則h′(a)＝2a－6alna＝2a(1－3lna)，當0<a<時，h′(a)>0，h(a)單調遞增；當a>時，h′(a)<0，h(a)單調遞減，則h(a)max＝＝＝，因為當a→＋∞時，h(a)→－∞，所以2b≤，即b≤，所以實數(shù)b的取值范圍為.7．(2023·嘉興模擬)已知直線l與曲線C1：y＝x2和C2：y＝－eq\f(1,x)均相切，則該直線與兩坐標軸圍成的三角形的面積為________．答案2解析由已知得C1，C2的導函數(shù)分別為y′＝2x，y′＝eq\f(1,x2)，設C1，C2上的切點分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則有eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2x1＝eq\f(1,x\o\al(2,2))＝eq\f(x\o\al(2,1)＋\f(1,x2),x1－x2)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2，y1＝4，,x2＝\f(1,2)，y2＝－2，))故l：y＝4x－4與坐標軸的交點坐標分別為(1,0)，(0，－4)，圍成的三角形面積為eq\f(1,2)×1×4＝2.8．已知曲線C1：y＝ex＋a和曲線C2：y＝ln(x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率為1的直線與C1，C2同時相切，則b的最大值為________．答案eq\f(9,4)解析令f(x)＝ex＋a，g(x)＝ln(x＋b)＋a2，則f′(x)＝ex，g′(x)＝eq\f(1,x＋b)，設斜率為1的切線在C1，C2上的切點橫坐標分別為x1，x2，由題知＝eq\f(1,x2＋b)＝1，∴x1＝0，x2＝1－b，兩點處的切線方程