专题一 微重点 1 函数的公切线问题-【创新大课堂】2026年高考二轮数学专题复习

第2编　微重点突破 微重点1　函数的公切线问题 [考情分析]　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]　(2025·扬州模拟)若直线l既是曲线y＝ln x的切线，也是曲线y＝ex－2的切线，则直线l的方程为 ． 解析　设直线l与y＝ex－2和y＝ln x的切点分别为(x1，ex1－2)，(x2，ln x2)， 由导数的几何意义可得k＝ex1－2＝， 曲线y＝ex－2在点(x1，ex1－2)处的切线方程为y－ex1－2＝ex1－2(x－x1)，即y＝ex1－2x＋(1－x1)ex1－2， 曲线y＝ln x在点(x2，ln x2)处的切线方程为y－ln x2＝(x－x2)，即y＝x＋ln x2－1， 则解得或 故直线l的方程为y＝x－1或y＝x. 答案　y＝x－1或y＝x 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． 跟踪训练1　(2025·高三山西太原二模)曲线f(x)＝ln x－1与g(x)＝ln (x－1)的公切线的斜率为(　　) A．1 B．－1 C．e D．－e A　[因为f(x)＝ln x－1，则f′(x)＝，设切点坐标为(a，ln a－1)，a>0，切线斜率为k1＝，可得切线方程为y－(ln a－1)＝(x－a)，即y＝x－2＋ln a；因为g(x)＝ln (x－1)，则g′(x)＝，设切点坐标为(b，ln (b－1))，b>1，切线斜率为k2＝，可得切线方程为y－ln (b－1)＝(x－b)，即y＝x－＋ln (b－1)；由题意可得：，解得，所以公切线的斜率为＝1.故选A.] 考点二　与公切线有关的求值问题 [例2]　(2025·高三广西南宁二模)已知曲线y＝ln x＋2与y＝ln (x＋a)的公切线为y＝kx＋1－ln 2，则实数a＝ ． 解析　由函数y＝ln x＋2，可得y′＝，设切点坐标为(t，ln t＋2)，可得y′|x＝t＝，则切线方程为y－(ln t＋2)＝(x－t)，即y＝x＋ln t＋1，与公切线y＝kx＋1－ln 2重合，可得ln t＋1＝1－ln 2，可得t＝，所以切线方程为y＝2x＋1－ln 2，对于函数y＝ln (x＋a)，可得y′＝，设切点为(m，ln (m＋a))，则y′|x＝m＝，则 ，解得m＝－，a＝1.故答案为：1. 答案　1 充分利用切点既在曲线上又在切线上构造方程，设切点坐标为(t，ln t＋2)，求得切线方程y＝x＋ln t＋1，根据题意，求得t＝，得到切线方程为y＝2x＋1－ln 2，再设切点为(m，ln (m＋a))，结合切点在切线上和＝2，列出方程组，即可求解． 跟踪训练2　(2025·高三江苏苏州二模)若曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝aex存在公切线，则a的最大值 ． 　[设公切线与曲线C1切与点(x1，x)，与曲线C2切与点(x2，aex2)，由y＝x2，得y′＝2x；由y＝aex得y′＝aex.则2x1＝aex2＝，所以2x1＝⇒x1＝2x2－2，所以aex2＝4x2－4，即a＝.设f(x)＝，则f′(x)＝＝.由f′(x)>0⇒x<2；由f′(x)<0⇒x>2.所以函数f(x)在(－∞，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减．所以函数f(x)≤f(2)＝.即a的最大值为.故答案为：.] 考点三　判断公切线条数 [例3]　(2025·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 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－＝， 令f′(x)>0，得x>； 令f′(x)<0，得0<x<. ∴f(x)在区间(0，)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.故选C. 答案　C 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． 跟踪训练3　已知函数f(x)＝x3－x，则与曲线y＝f(x)和y＝x2＋均相切的直线l有(　　) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 C　[f(x)＝x3－x，所以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－(x＋)＝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，故上述方程有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．故选C.] 考点四　求参数的取值范围 [例4]　(2025·安徽滁州二模)若直线x＝1上一点P可以作曲线x＝ln y的两条切线，则点P纵坐标的取值范围为 ． 解析　曲线x＝ln y即曲线y＝ex，在曲线y＝ex上任取一点M(t，et)，对函数y＝ex求导得y′＝ex，所以曲线y＝ex在点M(t，et)处的切线方程为y－et＝et(x－t)，即y＝etx＋(1－t)et，又切线过点P(1，b)，则b＝et＋(1－t)et＝(2－t)et.令f(t)＝(2－t)et，则f′(t)＝(1－t)et，当t<1时，f′(t)>0，此时函数f(t)单调递增；当t>1时，f′(t)<0，此时函数f(t)单调递减，所以f(t)max＝f(1)＝e. 由题意知，直线y＝b与曲线y＝f(t)有两个交点，则b<f(t)max＝e，当t<2时，f(t)>0；当t>2时，f(t)<0.故0<b<e.故答案为：(0，e). 答案　(0，e) 先求出过点P(1，b)的切线方程，分离参数变量，转化为函数直线y＝b与曲线y＝f(t)有两个交点，借助导数研究单调性和最值，结合图象可解． 跟踪训练4　(2025·高三黑龙江二模)若过点(2，m)可作出曲线f(x)＝x3－3x的三条切线，则m的取值范围是 ． (－6，2)　[f′(x)＝3x2－3，则过(t，f(t))的切线为y－f(t)＝f′(t)(x－t)，即y＝(3t2－3)x－2t3.由过点(2，m)可作曲线y＝f(x)的三条切线得m＝－2t3＋6t2－6有3个不等实根．令g(t)＝2t3－6t2＋6＋m，g′(t)＝6t2－12t，由g′(t)＝0得t＝0或t＝2.当t<0或t>2，g′(t)>0，g(t)单调递增；当0<t<2，g′(t)<0，g(t)单调递减；故当t＝0时，函数g(t)取得极大值为6＋m；当t＝2时，函数g(t)取得极小值为m－2.要使g(t)＝0有3个不等实根，则6＋m>0，m－2<0，即得－6<m<2，即所求m的取值范围是(－6，2).故答案为：(－6，2).] 学科网（北京）股份有限公司 $