高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)沖滿分-專題03 曲線的公切線方程-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

解決此類問題通常有兩種方法
(1)利用其中一曲線在某點處的切線與另一曲線相切，列出關(guān)系式求解；
(2)設(shè)公切線l在y＝f(x)上的切點P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切點P2(x2，g(x2))，則f′(x1)＝g′(x2)＝eq \f(f(x1)－g(x2),x1－x2)．
注意：求兩條曲線的公切線，如果同時考慮兩條曲線與直線相切，頭緒會比較亂，為了使思路更清晰，一般是把兩條曲線分開考慮，先分析其中一條曲線與直線相切，再分析另一條曲線與直線相切，直線與拋物線相切可用判別式法．
【例題選講】
[例1](1)(2020·全國Ⅲ)若直線l與曲線y＝eq \r(x)和圓x2＋y2＝eq \f(1,5)都相切，則l的方程為( )
A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋eq \f(1,2) C．y＝eq \f(1,2)x＋1 D．y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)
答案 D 解析易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程y＝kx＋b，則eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝eq \f(\r(5),5) ①．設(shè)直線l與曲線y＝eq \r(x)的切點坐標(biāo)為(x0，eq \r(x0))(x0>0)，則y′|x＝x0＝eq \f(1,2)x0－eq \f(1,2)＝k ②，eq \r(x0)＝kx0＋b ③，由②③可得b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，將b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，k＝eq \f(1,2)x0－eq \f(1,2)代入①得x0＝1或x0＝－eq \f(1,5)(舍去)，所以k＝b＝eq \f(1,2)，故直線l的方程y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)．
(2)已知f(x)＝ex(e為自然對數(shù)的底數(shù))，g(x)＝lnx＋2，直線l是f(x)與g(x)的公切線，則直線l的方程為．
答案 y＝ex或y＝x＋1 解析設(shè)l與f(x)＝ex的切點為(x1，y1)，則y1＝，f′(x)＝ex，∴f′(x1)＝，∴切點為(x1，)，切線斜率k＝，∴切線方程為y－＝(x－x1)，即y＝·x－＋，①，同理設(shè)l與g(x)＝ln x＋2的切點為(x2，y2)，∴y2＝ln x2＋2，g′(x)＝eq \f(1,x)，∴g′(x2)＝eq \f(1,x2)，切點為(x2，ln x2＋2)，切線斜率k＝eq \f(1,x2)，∴切線方程為y－(ln x2＋2)＝eq \f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq \f(1,x2)·x＋ln x2＋1，②，由題意知，①與②相同，∴把③代入④有－＋＝－x1＋1，即(1－x1)(－1)＝0，解得x1＝1或x1＝0，當(dāng)x1＝1時，切線方程為y＝ex；當(dāng)x1＝0時，切線方程為y＝x＋1，綜上，直線l的方程為y＝ex或y＝x＋1．
(3)曲線C1：y＝ln x＋x與曲線C2：y＝x2有________條公切線．
答案 1 解析由y＝ln x＋x得y′＝eq \f(1,x)＋1，設(shè)點(x1，ln x1＋x1)是曲線C1上任一點，∴曲線C1在點(x1，ln x1＋x1)處的切線方程為y－(ln x1＋x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1))(x－x1)，即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1))x＋ln x1－1．同理可得曲線C2在點(x2，xeq \\al(2,2))處的切線方程為y－xeq \\al(2,2)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－xeq \\al(2,2)．依題意知兩切線重合，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1＝2x2，,ln x1－1＝－x\\al(2,2)，))消去x2得eq \f(1,x\\al(2,1))＋eq \f(2,x1)＋4ln x1－3＝0，①，令f(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋4ln x－3(x>0)，則f′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x2－2x－2,x3)＝eq \f(2(2x＋1)(x－1),x3)，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)0，∴f(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)只有一個零點．即方程①只有一個解，故曲線C1與C2只有1條公切線．
(4)已知曲線y＝x＋lnx在點(1，1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝．
答案 8 解析方法一因為y＝x＋ln x，所以y′＝1＋eq \f(1,x)，y′|x＝1＝2．所以曲線y＝x＋ln x在點(1，1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．因為y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，所以a≠0(當(dāng)a＝0時曲線變?yōu)閥＝2x＋1與已知直線平行)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,y＝ax2＋(a＋2)x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0．由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8．
方法二同方法一得切線方程為y＝2x－1．設(shè)y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于點(x0，axeq \\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1)．因為y′＝2ax＋(a＋2)，所以＝2ax0＋(a＋2)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ax0＋(a＋2)＝2，,ax\\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))
(5) (2016·課標(biāo)全國Ⅱ)若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ex的切線，則b＝________．
答案 0或1 解析設(shè)直線y＝kx＋b與曲線y＝ln x＋2的切點為(x1，y1)，與曲線y＝ex的切點為(x2，y2)，y＝ln x＋2的導(dǎo)數(shù)為y′＝eq \f(1,x)，y＝ex的導(dǎo)數(shù)為y′＝ex，可得k＝ex2＝eq \f(1,x1)．又由k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(ex2－ln x1－2,x2－x1)，消去x2，可得(1＋ln x1)·(x1－1)＝0，則x1＝eq \f(1,e)或x1＝1，則直線y＝kx＋b與曲線y＝ln x＋2的切點為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))或(1,2)，與曲線y＝ex的切點為(1，e)或(0，1)，所以k＝eq \f(e－1,1－\f(1,e))＝e或k＝eq \f(1－2,0－1)＝1，則切線方程為y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或1．
(6)已知曲線f(x)＝lnx＋1與g(x)＝x2－x＋a有公共切線，則實數(shù)a的取值范圍為．
答案 8 解析設(shè)切線與f(x)＝lnx＋1相切于點P(x0，lnx0＋1)，f′(x0)＝eq \f(1,x0)，∴切線方程為y－(lnx0＋1)＝eq \f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq \f(1,x0)x＋lnx0，聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,x0)x＋ln x0，,y＝x2－x＋a，))得x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0)))x＋a－lnx0＝0，∴Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0)))2－4(a－lnx0)＝0，即eq \f(1,x\\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1－4a＋4lnx0＝0，即4a＝eq \f(1,x\\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1＋4lnx0有解，令φ(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋1＋4lnx(x>0)，φ′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x2－2x－2,x3)＝eq \f(2(2x＋1)(x－1),x3)，當(dāng)x∈(0，1)時，φ′(x)0，∴φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又x→＋∞時，φ(x)→＋∞，故φ(x)的值域為[4，＋∞)，所以4a≥4，即a≥1，故實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)．
【對點訓(xùn)練】
1．若直線l與曲線y＝ex及y＝－eq \f(1,4)x2都相切，則直線l的方程為________．
1．答案 y＝x＋1 解析設(shè)直線l與曲線y＝ex的切點為(x0，)，直線l與曲線y＝－eq \f(1,4)x2的切點為
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，－\f(x\\al(2,1),4)))，因為y＝ex在點(x0，)處的切線的斜率為y′|x＝x0＝，y＝－eq \f(x2,4)在點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，－\f(x\\al(2,1),4)))處的切線的斜率為y′|x＝x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)))|x＝x1＝－eq \f(x1,2)，則直線l的方程可表示為y＝x－x0e＋或y＝－eq \f(1,2)x1x＋eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝－\f(x1,2)，,－x0＋＝\f(x\\al(2,1),4)，))所以＝1－x0，解得x0＝0，所以直線l的方程為y＝x＋1．
2．已知函數(shù)f(x)＝x2的圖象在x＝1處的切線與函數(shù)g(x)＝eq \f(ex,a)的圖象相切，則實數(shù)a等于( )
A．eq \r(e) B．eq \f(e\r(e),2) C．eq \f(\r(e),2) D．eeq \r(e)
2．答案 B 解析由f(x)＝x2，得f′(x)＝2x，則f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以函數(shù)f(x)＝x2的圖象在x＝1處
的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．設(shè)y＝2x－1與函數(shù)g(x)＝eq \f(ex,a)的圖象相切于點(x0，y0)，由g′(x)＝eq \f(ex,a)，可得解得x0＝eq \f(3,2)，a＝＝eq \f(e\r(e),2)．
3．已知函數(shù)f(x)＝eq \r(x)＋1，g(x)＝alnx，若在x＝eq \f(1,4)處函數(shù)f(x)與g(x)的圖象的切線平行，則實數(shù)a的值為( )[
A．eq \f(1,4) B．eq \f(1,2) C．1 D．4
3．答案 A 解析由題意可知f′(x)＝eq \f(1,2)x－eq \f(1,2)，g′(x)＝eq \f(a,x)，由f′(eq \f(1,4))＝g′(eq \f(1,4))，得eq \f(1,2)×(eq \f(1,4))－eq \f(1,2)＝eq \f(a,\f(1,4))，可得a＝eq \f(1,4)，經(jīng)檢
驗，a＝eq \f(1,4)滿足題意．
4．若f(x)＝lnx與g(x)＝x2＋ax兩個函數(shù)的圖象有一條與直線y＝x平行的公共切線，則a等于( )
A．1 B．2 C．3 D．3或－1
4．答案 D 解析設(shè)在函數(shù)f(x)＝ln x處的切點為(x，y)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義得到k＝eq \f(1,x)＝1，解得x＝1，
故切點為(1，0)，可求出切線方程為y＝x－1，此切線和 g(x)＝x2＋ax也相切，故x2＋ax＝x－1，化簡得到x2＋(a－1)x＋1＝0，只需要滿足Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3．
5．若直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________．
5．答案 1－ln 2 解析 y＝lnx＋2的切線為y＝eq \f(1,x1)·x＋lnx1＋1(設(shè)切點橫坐標(biāo)為x1)．y＝ln(x＋1)的切線為
y＝eq \f(1,x2＋1)x＋ln(x2＋1)－eq \f(x2,x2＋1)(設(shè)切點橫坐標(biāo)為x2)．∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,lnx1＋1＝ln(x2＋1)－\f(x2,x2＋1)，))解得x1＝eq \f(1,2)，x2＝－eq \f(1,2)，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2．
6．已知f(x)＝lnx，g(x)＝eq \f(1,2)x2＋mx＋eq \f(7,2)(m＜0)，直線l與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切，與f(x)圖象的切點為
(1，f(1))，則m＝________．
6．答案－2 解析 ∵f′(x)＝eq \f(1,x)，∴直線l的斜率k＝f′(1)＝1．又f(1)＝0，∴切線l的方程為y＝x－1．g′(x)
＝x＋m，設(shè)直線l與g(x)的圖象的切點為(x0，y0)，則有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝eq \f(1,2)xeq \\al(2,0)＋mx0＋eq \f(7,2)，m＜0，∴m＝－2．
7．已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3lnx－x，若以上兩函數(shù)的圖象有公共點，
且在公共點處切線相同，則m的值為( )
A．2 B．5 C．1 D．0
7．答案 C 解析根據(jù)題意，設(shè)兩曲線y＝f(x)與y＝g(x)的公共點為(a，b)，其中a>0，由f(x)＝－2x2＋
m，可得f′(x)＝－4x，則切線的斜率為k＝f′(a)＝－4a，由g(x)＝－3ln x－x，可得g′(x)＝－eq \f(3,x)－1，則切線的斜率為k＝g′(a)＝－eq \f(3,a)－1，因為兩函數(shù)的圖象有公共點，且在公共點處切線相同，所以－4a＝－eq \f(3,a)－1，解得a＝1或a＝－eq \f(3,4)(舍去)，又g(1)＝－1，即公共點的坐標(biāo)為(1，－1)，將點(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，可得m＝1．
8．若直線y＝kx＋b是曲線y＝eq \f(ex,e2)的切線，也是曲線y＝ex－1的切線，則k＋b等于( )
A．－eq \f(ln 2,2) B．eq \f(1－ln 2,2) C．eq \f(ln 2－1,2) D．eq \f(ln 2,2)
8．答案 D 解析設(shè)直線y＝kx＋b與曲線y＝eq \f(ex,e2)相切于點P(x1，y1)，y′＝eq \f(ex,e2)＝ex－2，k1＝；直線y＝
kx＋b與曲線y＝ex－1相切于點Q(x2，y2)，y′＝ex，k2＝，∴l(xiāng)1：y＝，l2：y＝，∴x2＝－ln 2，∴k＋b＝＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－1－(－ln 2)×eq \f(1,2)＝eq \f(ln 2,2)．
9．設(shè)曲線y＝ex在點(0，1)處的切線與曲線y＝eq \f(1,x)(x＞0)在點P處的切線垂直，則P的坐標(biāo)為________．
9．答案 (1，1) 解析 y′＝ex，曲線y＝ex在點(0，1) 處的切線的斜率k1＝e0＝1．設(shè)P(m，n)，y＝eq \f(1,x)(x
＞0)的導(dǎo)數(shù)為y′＝－eq \f(1,x2)(x＞0)，曲線y＝eq \f(1,x)(x＞0)在點P處的切線斜率k2＝－eq \f(1,m2)(m＞0)，因為兩切線垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，則點P的坐標(biāo)為(1，1)．
10．已知曲線f(x)＝x3＋ax＋eq \f(1,4)在x＝0處的切線與曲線g(x)＝－lnx相切，則a的值為．
10．答案－e 解析由f(x)＝x3＋ax＋eq \f(1,4)，得f′(x)＝3x2＋a．∵f′(0)＝a，f(0)＝eq \f(1,4)，∴曲線y＝f(x)在x＝
0處的切線方程為y－eq \f(1,4)＝ax．設(shè)直線y－eq \f(1,4)＝ax與曲線g(x)＝－lnx相切于點(x0，－lnx0)，又∵g′(x)＝－eq \f(1,x)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ln x0－\f(1,4)＝ax0，①,a＝－\f(1,x0)，②,))將②代入①得lnx0＝eq \f(3,4)，∴x0＝e，∴a＝－eq \f(1,e)＝－e．
11．已知曲線y＝ex在點(x1，)處的切線與曲線y＝lnx在點(x2，lnx2)處的切線相同，則(x1＋1)(x2－1)＝( )
A．－1 B．－2 C．1 D．2
11．答案 B 解析已知曲線y＝ex在點(x1，)處的切線方程為y－＝ (x－x1)，即y＝
，曲線y＝lnx在點(x2，lnx2)處的切線方程為y－lnx2＝eq \f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq \f(1,x2)x－1＋lnx2，由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(＝\f(1,x2)，,－x1＝－1＋lnx2，))得x2＝，＝－1＋ln x2＝－1＋＝－1－x1，則＝eq \f(x1＋1,x1－1)．又x2＝，所以x2＝eq \f(x1－1,x1＋1)，所以x2－1＝eq \f(x1－1,x1＋1)－1＝eq \f(－2,x1＋1)，所以(x1＋1)(x2－1)＝－2．
12．曲線C1：y＝x2與曲線C2：y＝aex(a>0)存在公切線，則a的取值范圍是________．
12．答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4,e2))) 解析設(shè)公切線在y＝x2上的切點為(x1，xeq \\al(2,1))，在y＝aex(a>0)上的切點為(x2，)．函
數(shù)y＝x2，y＝aex(a>0)的導(dǎo)數(shù)分別為y′＝2x，y′＝aex，則公切線的斜率為2x1＝，整理得a＝．由a>0可知，x2>1，令f(x)＝eq \f(4?x－1?,ex)，x∈(1，＋∞)，則f′(x)＝eq \f(4ex?2－x?,?ex?2)＝eq \f(8－4x,ex)，f′(x)>0?1

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