微专题集训16 曲线的公切线-【高考领航】2027年高考数学一轮复习微专题速练

**基本信息** 聚焦曲线公切线问题，整合导数几何意义与函数性质，通过高考真题与模拟题系统呈现公切线求法及参数问题，培养数学思维的推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |高考真题|2题（2024新课标Ⅰ卷T13、2022全国甲卷文T20）|填空、解答，求参数值及范围|以导数几何意义为核心，通过切点坐标建立切线方程关系，体现概念生成与应用拓展| |模拟题|7题（2026湖南郴州等多地模拟）|选择、填空、解答，含存在性证明|结合指数、对数、幂函数，构建公切线方程模型，强化方程思想与函数性质的综合运用|

微专题集训16　曲线的公切线 1．(2024·新课标Ⅰ卷T13，中)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 2．(2022·全国甲卷文T20，中)已知函数f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线． (1)若x1＝－1，求a； (2)求a的取值范围． 1．已知曲线y＝ex-1在点(1，1)处的切线与曲线y＝(a>0)只有一个公共点，则a＝(　　) A．e2 B．2e C． D．1 2．已知f(x)＝logax，g(x)＝ax，其中a>1. (1)求函数h(x)＝f(x)－的单调递增区间； (2)若a＝e，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线与曲线y＝g(x)在点(x2，g(x2))的切线平行，求f(x1)＋x2； (3)证明：当a≥时，存在直线l既是y＝f(x)的一条切线，也是y＝g(x)的一条切线． 1．(2026·湖南郴州模拟)若函数f(x)＝a ln x(a>0)和g(x)＝x2有且仅有一条公切线，则实数a的值为(　　) A．e B． C．2e D．2 2．(2026·辽宁七校协作体联考)已知函数f(x)＝ex－ax＋b(a，b∈R)，g(x)＝x2＋x，若这两个函数的图象在公共点A(1，2)处有相同的切线，则a＋b的值为(　　) A．e－4 B．e＋2 C．e D．e2 3．(多选)(2026·重庆模拟)已知曲线C1：f(x)＝ex＋a和曲线C2：g(x)＝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的取值可以为(　　) A．－e B． C．2 D．e 4．(2026·河南名校联考)若曲线y＝ex＋1在x＝0处的切线，也是y＝ln x＋b的切线，则b＝________． 5．(2026·安徽合肥月考)已知曲线f(x)＝ex+1和g(x)＝ln x＋a存在一条过坐标原点的公切线，则实数a＝________． 6．(2026·北京名校月考)已知函数f(x)＝(a≠0)，g(x)＝ln (x－b)．记F(x)＝f(x)g(x)，已知曲线y＝F(x)在点(2，F(2))处的切线方程为x＋2y－2＝0. (1)求实数a，b的值； (2)若直线l既是曲线y＝f(x)的切线又是曲线y＝g(x)的切线，试判断l的条数，并给出证明． 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题集训16　曲线的公切线 [真题精准练] 1．解析：由题意，令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln (x＋1)＋a，则g′(x)＝，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则＝2，得x0＝－，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝ln ＋a，所以a＝ln 2. 答案：ln 2 2．解：(1)当x1＝－1时，f(－1)＝0，所以切点坐标为(－1，0)． 由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1， 所以切线斜率k＝f′(－1)＝2， 所以切线方程为y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2. 将y＝2x＋2代入y＝x2＋a，得x2－2x＋a－2＝0. 由切线与曲线y＝g(x)相切，得Δ＝(－2)2－4(a－2)＝0，解得a＝3. (2)由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1，所以切线斜率k＝f′(x1)＝－1， 所以切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝x－. 将y＝x－代入y＝x2＋a，得x2－x＋a＋＝0. 由切线与曲线y＝g(x)相切，得 Δ＝2－4＝0， 整理，得4a＝＋1. 令h(x)＝9x4－8x3－6x2＋1， 则h′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(3x＋1)·(x－1)， 由h′(x)＝0，得x＝－，0，1， h(x)，h′(x)随x的变化如下表所示： x (－∞，－) － 0 (0，1) 1 (1，＋∞) h′(x) － 0 ＋ 0 － 0 ＋ h(x)  极小值  极大值  极小值  由上表知，当x＝－时， h(x)取得极小值h＝， 当x＝1时，h(x)取得极小值h(1)＝－4， 易知当x→－∞时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞， 所以函数h(x)的值域为[－4，＋∞)， 所以由4a∈[－4，＋∞)，得a∈[－1，＋∞)， 故实数a的取值范围为[－1，＋∞)． [高考变式练] 1．B　由y＝ex-1，则y′＝ex-1，所以y′|x＝1＝e1-1＝1，所以曲线y＝ex-1在点(1，1)处的切线方程为y－1＝x－1，即y＝x，因为y＝x与曲线y＝(a>0)只有一个公共点，即x＝(a>0)有且仅有一个解，又x>0，所以x2＝a ln x有且仅有一个解，令g(x)＝x2－a ln x(x>0，a>0)，即g(x)有且仅有一个零点，则g′(x)＝2x－，所以当0<x<时，g′(x)<0，当x>时，g′(x)>0，所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，所以g(x)min＝＝ln ，又当x→0时g(x)→＋∞，当x→＋∞时g(x)→＋∞，所以g(x)min＝＝0，即1－ln ＝0，解得a＝2e.故选B. 2．解：(1)因为h(x)＝f(x)－＝logax－，所以求导得h′(x)＝， 因为a>1，故ln a>0. 令h′(x)>0，解得0<x<1. 所以h(x)的单调递增区间为(0，1)． (2)因为f(x)＝ln x，g(x)＝ex，所以f′(x)＝，g′(x)＝ex. 所以f(x)在点(x1，ln x1)处的切线方程为y－ln x1＝(x－x1)， 曲线g(x)在点处的切线方程为(x－x2)． 因为两切线平行，所以，所以x2＝－ln x1. 所以f(x1)＋x2＝ln x1＋x2＝0. (3)证明：曲线y＝f(x)在点(x1，logax1)处的切线l1：y－logax1＝， 曲线y＝g(x)在点处的切线l2：ln a(x－x2)． 要证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切线， 只需证明当a≥时，存在x2∈R，x1∈(0，＋∞)，使得l1，l2重合， 即只需证明当a≥时， 方程组 由①得x1＝，代入②得ln a＋x2＋＝0，　③ 因此，只需证明当a≥时，关于x2的方程③存在实数解． 设函数u(x)＝ax－xax ln a＋x＋，即要证明当a≥时，函数y＝u(x)存在零点． u′(x)＝1－(ln a)2xax，可知x∈(－∞，0)时，u′(x)>0； x∈(0，＋∞)时，u′(x)单调递减，又u′(0)＝1>0，＝<0， 故存在唯一的x0，且x0>0，使得u′(x0)＝0，即＝0. 由此可得，u(x)在(－∞，x0)上单调递增，在(x0，＋∞)上单调递减，u(x)在x＝x0处取得极大值u(x0)． 因为a≥，故ln (ln a)≥－1. 所以u(x0)＝ln a＋x0＋≥0. 下面证明存在实数t，使得u(t)<0. 令k(x)＝ax－x ln a－1，求导得k′(x)＝ax ln a－ln a＝(ax－1)ln a， 因为a>1，所以ln a>0，ax－1>0，所以k′(x)>0， 所以k(x)在R上单调递增，又k(0)＝0，所以k(x)在(0，＋∞)上大于0，即ax≥1＋x ln a．当x>时，有u(x)≤(1＋x ln a)(1－x ln a)＋x＋＝－(ln a)2x2＋x＋1＋. 存在实数t，使得u(t)<0，因此，当a≥时，存在x2∈R，使得u(x2)＝0. 当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f(x)的切线，也是曲线y＝g(x)的切线． [最新模拟练] 1．C　设直线与g(x)＝x2的切点为，因为g′(x)＝2x，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为2x1，即该直线的方程为y－＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－.设直线与f(x)＝a ln x的切点为(x2，a ln x2)，因为f′(x)＝，根据导数的几何意义可知该直线的斜率为，即该直线的方程为y－a ln x2＝(x－x2)，即y＝因为函数f(x)＝a ln x(a>0)和g(x)＝x2有且只有一条公切线，所以有即a＝ln x2有唯一实根．令h(x)＝4x2－4x2ln x(x>0)，则h′(x)＝8x－8x ln x－4x＝4x(1－2ln x)．由h′(x)＝0，可得x＝.当4x(1－2ln x)>0时，0<x<，所以h(x)在上单调递增；当4x(1－2ln x)<0时，x>，所以h(x)在上单调递减．所以h(x)在x＝处取得最大值h＝4e－4e×＝2e. 当x→0时，h(x)→0，h(e)＝4e2－4e2ln e＝0，作出函数h(x)图象如图所示， 因为a>0，a＝4x2－4x2ln x有唯一实根，所以只有a＝2e.故选C. 2．A　因为f(x)＝ex－ax＋b(a，b∈R)，g(x)＝x2＋x，所以f′(x)＝ex－a，g′(x)＝2x＋1，因为f(x)，g(x)在公共点A(1，2)处有相同的切线，则有即所以即a＋b＝e－4.故选A. 3．ABC　由题知f′(x)＝ex，g′(x)＝，设斜率为1的切线在曲线C1，C2上的切点横坐标分别为x1，x2，由题知＝1，解得x1＝0，x2＝1－b，则切点分别为(0，a＋1)和(1－b，a2)，则两点处的切线方程分别为y＝x＋(a＋1)和y＝x＋a2－1＋b，依题意，可得a＋1＝a2－1＋b，则b＝2＋a－a2＝－2＋.故b的取值范围是.故选ABC. 4．解析：由y＝ex＋1求导得y′＝ex，则曲线y＝ex＋1在x＝0处的切线斜率为k＝e0＝1，又因切点为(0，2)，故曲线y＝ex＋1在x＝0处的切线方程为y＝x＋2.由y＝ln x＋b求导得y′＝，设切点坐标为(x0，y0)，由题意，＝1，解得x0＝1，故切点坐标为(1，3)，代入y＝ln x＋b中，可得b＝3. 答案：3 5．解析：设直线l：y＝kx与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，由f′(x)＝ex+1，得k＝f′(x0)＝ex0＋1，因为l与曲线f(x)＝ex+1相切，所以，解得x0＝1，所以k＝e2，设l与曲线y＝g(x)相切于点(x1，y1)，由g′(x)＝，得k＝e2＝，即e2x1＝1，解得x1＝，因为(x1，y1)是l与曲线g(x)＝ln x＋a的公共点，所以a，即1＝ln ＋a，解得a＝3. 答案：3 6．解：(1)因为曲线y＝F(x)在点(2，F(2))处的切线方程为x＋2y－2＝0， 所以F(2)＝0，F′(2)＝－. F(x)＝f(x)g(x)＝，F(2)＝＝0，又a≠0，所以b＝1. F′(x)＝，F′(2)＝，所以a＝－1. 综上，a＝－1，b＝1. (2)设直线l与f(x)＝－的切点为(x1≠0)，f′(x)＝，则切线斜率k1＝，切线方程为y＋(x－x1)，即y＝. 设直线l与g(x)＝ln (x－1)的切点为(x2，ln (x2－1))(x2>1)，g′(x)＝， 则切线斜率k2＝，切线方程为y－ln (x2－1)＝(x－x2)， 即y＝＋ln (x2－1)． 因为直线l是公切线， 所以 由①可得x2＝＋1，代入②中，得 －＋， 整理得－1＝0， 令h(x)＝ln x2－－1(x≠0)，h′(x)＝， 因为x2－x＋1>0恒成立，所以当x>0时，h′(x)>0，h(x)为(0，＋∞)上的增函数， 当x<0时，h′(x)<0，h(x)为(－∞，0)上的减函数， 因为h(1)＝0，所以h(x)在区间(0，＋∞)上存在唯一一个零点． 因为h(－1)＝－4<0，h(－4)＝ln 16－－1>0， 所以h(x)在区间(－∞，0)上存在唯一一个零点． 综上，h(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上仅有2个零点，即切线l仅有2条． 学科网（北京）股份有限公司 $