专题1 微重点2 函数的公切线问题-【步步高】2024年高考数学大二轮专题复习与增分策略（新高考提高版）

微重点2　函数的公切线问题 函数的公切线问题，是导数的重要应用之一，利用导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要利用消元与转化，考查构造函数、数形结合能力，培养逻辑推理、数学运算素养． 考点一　求两函数的公切线 例1　(2023·湘潭模拟)已知直线l是曲线y＝ex－1与y＝ln x＋1的公切线，则直线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＝＝， 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　(2023·南平模拟)已知曲线y＝aln x和曲线y＝x2有唯一公共点，且这两条曲线在该公共点处有相同的切线l，则直线l的方程为__________． 答案　2x－y－e＝0 解析　设曲线g(x)＝aln x和曲线f(x)＝x2在公共点(x0，y0)处的切线相同， 则f′(x)＝2x，g′(x)＝， 由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)， 即 解得a＝2e，x0＝， 故切点为(，e)， 切线斜率k＝f′(x0)＝2， 所以切线方程为y－e＝2(x－)， 即2x－y－e＝0. 考点二　与公切线有关的求值问题 例2　(2023·德阳模拟)已知曲线y＝ex在点(x1，y1)处的切线与曲线y＝ln x在点(x2，y2)处的切线相同，则(x1＋1)(x2－1)等于(　　) A．－1 B．－2 C．1 D．2 答案　B 解析　根据常用函数的导数可知 y＝ex⇒y′＝ex， y＝ln x⇒y′＝， 则两函数在点(x1，y1)和(x2，y2)处的切线分别为 y－y1＝(x－x1)， y－y2＝(x－x2)， 化简得y＝x＋(1－x1)， y＝x＋ln x2－1， 由题意可得 化简得x1x2＋x2－x1＋1＝0⇒(x1＋1)(x2－1)＝－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　已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，若经过点A(0，－1)存在一条直线l与f(x)的图象和g(x)的图象都相切，则a等于(　　) A．0 B．－1 C．3 D．－1或3 答案　D 解析　设直线l与f(x)＝xln x相切的切点为(m，mln m)， 由f(x)＝xln x得f′(x)＝1＋ln x， 可得切线的斜率为1＋ln m， 则切线方程为y－mln m＝(1＋ln m)(x－m)， 将A(0，－1)代入切线方程可得 －1－mln m＝(1＋ln m)(0－m)， 解得m＝1，则切线l的方程为y＝x－1， 联立 可得x2＋(a－1)x＋1＝0， 由Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3. 考点三　判断公切线条数 例3　(2023·广州模拟)曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝ln x公切线的条数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　C 解析　设公切线与y＝x2的切点为(x1，x)， 与y＝ln x的切点为(x2，ln x2)， y＝x2的导数为y′＝2x，y＝ln x的导数为y′＝， 则在切点(x1，x)处的切线方程为y－x＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－x， 则在切点(x2，ln x2)处的切线方程为 y－ln x2＝(x－x2)， 即y＝x＋ln x2－1， ∴ 整理得到x－ln x1＝1＋ln 2， 令f(x)＝x2－ln x，x∈(0，＋∞)， 则f′(x)＝2x－＝， f′(x)>0⇒x>；f′(x)<0⇒0<x<， ∴f(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增， f(x)min＝f ＝＋ln 2<1＋ln 2， 即函数f(x)与y＝1＋ln 2的图象如图所示， 由图可知，函数f(x)的图象与直线y＝1＋ln 2有两个交点，则方程x－ln x1＝1＋ln 2有两个不相等的正根，即曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝ln x公切线的条数是2. 规律方法　运用导数与斜率之间的关系可以将两曲线公切线的切点表示出来，构造新的函数，通过零点存在定理判断函数零点个数，即方程解的情况． 跟踪演练3　已知函数f(x)＝x2－4x＋4，g(x)＝x－1，则f(x)和g(x)的公切线的条数为(　　) A．3 B．2 C．1 D．0 答案　A 解析　设公切线与f(x)和g(x)分别相切于点(m，f(m))，(n，g(n))，f′(x)＝2x－4，g′(x)＝－x－2，g′(n)＝f′(m)＝， 解得m＝－＋2，代入化简得8n3－8n2＋1＝0， 构造函数h(x)＝8x3－8x2＋1， h′(x)＝8x(3x－2)， 则h(x)在(－∞，0)，上单调递增， 在上单调递减，极大值h(0)>0，极小值h<0，故函数h(x)的图象和x轴有3个交点，方程8n3－8n2＋1＝0有三个解，故公切线有3条． 考点四　求参数的取值范围 例4　(2023·保定模拟)若曲线f(x)＝(k<0)与g(x)＝ex有三条公切线，则k的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设公切线为l，P(x1，y1)是l与f(x)的切点，由f(x)＝， 得f′(x)＝，设Q(x2，y2)是l与g(x)的切点， 由g(x)＝ex，得g′(x)＝ex， 所以l的方程为y－y1＝(x－x1)， 因为y1＝， 整理得y＝x＋， 同理y－y2＝(x－x2)， 因为y2＝， 整理得y＝x＋(1－x2)， 依题意，可得 消去x1，得4k＝－(x2－1)2， 由题意此方程有三个不相等的实根， 设h(x)＝－ex(x－1)2， 即直线y＝4k与曲线h(x)有三个不同的交点， 因为h′(x)＝ex(1－x2)， 令h′(x)＝0，则x＝±1， 当x<－1或x>1时，h′(x)<0； 当－1<x<1时，h′(x)>0， 所以h(x)有极小值为h(－1)＝－4e－1， h(x)有极大值为h(1)＝0， 因为h(x)＝－ex(x－1)2，ex>0，(x－1)2≥0，所以h(x)≤0， 当x趋近于－∞时，h(x)趋近于0； 当x趋近于＋∞时，h(x)趋近于－∞， 故h(x)的大致图象如图． 所以当－4e－1<4k<0，即－<k<0时，直线y＝4k与曲线h(x)有三个交点． 规律方法　利用导数的几何意义，构造参数关于切点横坐标或切线斜率k的函数，转化成函数的零点问题或两函数的交点问题，利用函数的性质或图象求解． 跟踪演练4　(2023·桂林模拟)若曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝(a>0)存在公切线，则实数a的取值范围是(　　) A．(0,1) B. C. D. 答案　D 解析　y＝x2在点(m，m2)处的切线斜率为2m， y＝(a>0)在点处的切线斜率为， 如果两个曲线存在公切线，那么2m＝. 又由斜率公式得到2m＝， 由此得到m＝2n－2， 则4n－4＝有解， 则y＝4x－4，y＝的图象有公共点． 当直线y＝4x－4与曲线y＝相切时，设切点为(s，t)，则＝4，且t＝4s－4＝， 可得t＝4，s＝2， 即有切点(2,4)，a＝， 故a的取值范围是a≥. 专题强化练 1．已知直线l为曲线y＝x＋1＋ln x在A(1,2)处的切线，若l与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1也相切，则a等于(　　) A．0 B．－4 C．4 D．0或4 答案　C 解析　因为y＝x＋1＋ln x， 所以y′＝1＋，所以y′|x＝1＝2， 所以曲线y＝x＋1＋ln x在A(1,2)处的切线方程为y－2＝2x－2，即y＝2x. 由于切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切， 由 得ax2＋ax＋1＝0， 当a＝0时，1＝0，不成立； 又a≠0，两线相切有一切点， 所以Δ＝a2－4a＝0，解得a＝4或a＝0(舍去)． 2．(2023·保定模拟)若直线y＝3x＋m是曲线y＝x3(x>0)与曲线y＝－x2＋nx－6(x>0)的公切线，则m＋n等于(　　) A．4 B．5 C．6 D．8 答案　B 解析　设直线y＝3x＋m与曲线y＝x3(x>0)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. 所以m＋n＝－2＋7＝5. 3．已知曲线C1：y＝x3，曲线C2：y＝cos x－1与直线l：y＝0，则(　　) A．l与C1，C2均相切 B．l与C1，C2均不相切 C．l与C1相切，l与C2不相切 D．l与C1不相切，l与C2相切 答案　A 解析　设曲线C1：y＝x3在点A(x0，y0)处的切线的斜率为0， 则3x＝0，y0＝x， 所以x0＝0，y0＝0，切线方程为y＝0， 设曲线C2：y＝cos x－1在点B(x1，y1)处的切线的斜率为0， 则－sin x1＝0，y1＝cos x1－1， 所以x1＝2kπ，y1＝0或x1＝2kπ＋π，y1＝－2， 取x1＝0，y1＝0可得切线方程为y＝0，所以l与C1，C2均相切． 4．对于三次函数f(x)，若曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线与曲线y＝xf(x)在点(1,2)处的切线重合，则f′(2)等于(　　) A．－34 B．－14 C．－4 D．14 答案　B 解析　设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＝＝2， 设g(x)＝xf(x)， 则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．与曲线f(x)＝x3－x和y＝x2＋均相切的直线l有(　　) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 答案　C 解析　由f′(x)＝3x2－1， 所以y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线方程为y－(x－x1)＝(3x－1)(x－x1)， 整理得y＝(3x－1)x－2x. 设g(x)＝x2＋， 直线l与g(x)的图象相切于点(x2，g(x2))，因为g′(x)＝2x， 所以切线方程为y－＝2x2(x－x2)， 整理得y＝2x2x－x＋， 则(*) 整理得2－2x－ ＝x－2x－x ＝(9x－8x1－6)＝0， 当9x－8x1－6＝0时，Δ＝82＋4×9×6>0，方程有两个非零实数根， x1＝0也满足方程，故x1有3个解， 所以方程组(*)有3组解，故满足题中条件的直线l有3条． 6．若存在斜率为3a(a>0)的直线l与曲线f(x)＝x2＋2ax－2b与g(x)＝3a2·ln x都相切，则实数b的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　设直线l与f(x)，g(x)的切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)， 因为f(x)＝x2＋2ax－2b， g(x)＝3a2·ln x， 所以f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝， 因为直线l与f(x)，g(x)都相切， 所以x1＋2a＝＝3a，解得x1＝x2＝a， 则两切点重合，即f(a)＝g(a)， a2＋2a2－2b＝3a2·ln a， 2b＝a2－3a2·ln a， 设h(a)＝a2－3a2·ln a(a>0)， 则h′(a)＝2a－6aln a＝2a(1－3ln a)， 当0<a<时，h′(a)>0，h(a)单调递增； 当a>时，h′(a)<0，h(a)单调递减， 则h(a)max＝ ＝ ＝， 因为当a→＋∞时，h(a)→－∞， 所以2b≤， 即b≤， 所以实数b的取值范围为. 7．(2023·嘉兴模拟)已知直线l与曲线C1：y＝x2和C2：y＝－均相切，则该直线与两坐标轴围成的三角形的面积为________． 答案　2 解析　由已知得C1，C2的导函数分别为y′＝2x，y′＝， 设C1，C2上的切点分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则有＝2x1＝＝， 解得 故l：y＝4x－4与坐标轴的交点坐标分别为(1,0)，(0，－4)，围成的三角形面积为×1×4＝2. 8．已知曲线C1：y＝ex＋a和曲线C2：y＝ln(x＋b)＋a2(a，b∈R)，若存在斜率为1的直线与C1，C2同时相切，则b的最大值为________． 答案　 解析　令f(x)＝ex＋a，g(x)＝ln(x＋b)＋a2， 则f′(x)＝ex，g′(x)＝， 设斜率为1的切线在C1，C2上的切点横坐标分别为x1，x2， 由题知＝＝1，∴x1＝0，x2＝1－b， 两点处的切线方程分别为y－(1＋a)＝x和y－a2＝x－(1－b)， 故a＋1＝a2－1＋b， 即b＝2＋a－a2＝－2＋≤. 所以b的最大值为. 9．请你举出与函数f(x)＝e2x－1在(0,0)处具有相同切线的一个函数：________. 答案　y＝x2＋2x(答案不唯一) 解析　由题意得f′(x)＝2e2x，故f′(0)＝2e0＝2， 故函数f(x)＝e2x－1在原点(0,0)处的切线方程为y＝2x； 故可考虑如函数g(x)＝ax2＋bx的形式， 此时g′(x)＝2ax＋b，故g′(0)＝b＝2， 取a＝1，此时g(x)＝x2＋2x. 10．若函数f(x)＝ln x＋ax与函数g(x)＝x2的图象有两条公切线，则实数a的取值范围是________． 答案　(－∞，1) 解析　设公切线与函数f(x)，g(x)分别切于点A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则过A，B的切线分别为y＝x＋ln x1－1，y＝2x2x－x， 则有 由ln x1－1＝－x得x1＝， 代入＋a＝2x2得a＝2x2－， 依题意知y＝a与y＝2x－有两个不同的交点， 令φ(x)＝2x－， ∵φ′(x)＝2－2x，令φ′(x)＝0，得x＝1， 当x∈(－∞，1)时，φ′(x)>0； 当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0， ∴φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； ∴φ(x)max＝φ(1)＝1， 又x→－∞时，φ(x)→－∞； x→＋∞时，φ(x)→－∞， 故a<1. 学科网（北京）股份有限公司 $$