微专题4　曲线的公切线高考数学一轮复习讲义练习

这是一份微专题4　曲线的公切线高考数学一轮复习讲义练习，共6页。
求公切线方程
例1 (1) 与曲线y＝ex和y＝－ eq \f(x2,4)都相切的直线方程为_y＝x＋1_．
【解析】 设所求直线与曲线y＝ex相切于点(x1，ex1).因为y′＝ex，所以该直线的方程为y－ex1＝ex1 (x－x1)，即y＝e x1x＋e x1 (1－x1).设所求直线与曲线y＝－ eq \f(x2,4)相切于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，－\f(x eq \\al(2,2),4))).因为y′＝－ eq \f(x,2)，所以该直线的方程为y＋ eq \f(x eq \\al(2,2),4)＝－ eq \f(x2,2)(x－x2)，即y＝－ eq \f(x2,2)x＋ eq \f(x eq \\al(2,2),4)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e x1＝－\f(x2,2)，,e x1 (1－x1)＝\f(x eq \\al(2,2),4)，))解得x1＝0，x2＝－2，所以所求直线的方程为y＝x＋1.
(2) 若直线l是曲线y＝ln x－1与y＝ln (x－1)的公切线，则直线l的方程为( A )
A. y＝x－2B. y＝x
C. y＝x＋1D. y＝ex
【解析】 由y＝ln x－1，得y′＝ eq \f(1,x)；由y＝ln (x－1)，得y′＝ eq \f(1,x－1).设直线l与曲线y＝ln x－1相切于点(x1，ln x1－1)，与曲线y＝ln (x－1)相切于点(x2，ln (x2－1))，则 eq \f(1,x1)＝ eq \f(1,x2－1)，故x1＝x2－1.又 eq \f(ln (x2－1)－(ln x1－1),x2－x1)＝ eq \f(1,x1)，解得x1＝1，x2＝2，所以直线l过点(1，－1)，斜率为1，即直线l的方程为y＝x－2.
曲线f(x)和g(x)公切线问题：
变式1 已知直线l与曲线y＝ex，y＝2＋ln x都相切，则直线l的方程为_y＝x＋1或y＝ex_．
【解析】 由y＝ex得y′＝ex，设切点为(x1，ex1)，则直线l的斜率为ex1，所以直线l的方程为y＝ex1x＋ex1(1－x1).由y＝2＋ln x得y′＝ eq \f(1,x)，设切点为(x2，2＋ln x2)，则直线l的斜率为 eq \f(1,x2)，所以直线l的方程为y＝ eq \f(1,x2)x＋1＋ln x2，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex1＝\f(1,x2)，,ex1(1－x1)＝1＋ln x2，))消去x1得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))(1＋ln x2)＝0，故x2＝1或x2＝ eq \f(1,e)，所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝ex.
由公切线求参数的值或范围
例2 (1) 已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x2－m，g(x)＝6ln x－4x，设曲线y＝f(x)与y＝g(x)在公共点处的切线相同，则实数m＝_5_．
【解析】 设曲线y＝f(x)与y＝g(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同．因为f(x)＝x2－m，g(x)＝6ln x－4x，所以f′(x)＝2x，g′(x)＝ eq \f(6,x)－4，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(x0)＝g(x0)，,f′(x0)＝g′(x0)，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x eq \\al(2,0)－m＝6ln x0－4x0，,2x0＝\f(6,x0)－4，))因为x0＞0，所以x0＝1，m＝5.
(2) (2025·锦州期中)已知曲线f(x)＝x2与g(x)＝a＋ln x有公共切线，则实数a的最大值为_ln eq \r(2e)_．
【解析】 设曲线f(x)＝x2与g(x)＝a＋ln x的切点分别为(x1，x eq \\al(2,1))，(x2，a＋ln x2).因为f′(x)＝2x，g′(x)＝ eq \f(1,x)，则两切线斜率k1＝2x1，k2＝ eq \f(1,x2)，所以y－x eq \\al(2,1)＝2x1(x－x1)，y－(a＋ln x2)＝ eq \f(1,x2)(x－x2)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1＝\f(1,x2)，,x eq \\al(2,1)＋a＋ln x2－1＝0，))所以 eq \f(1,4x eq \\al(2,2))＋a＋ln x2－1＝0，即1－a＝ eq \f(1,4x eq \\al(2,2))＋ln x2.令h(x)＝ eq \f(1,4x2)＋ln x，则h′(x)＝ eq \f(2x2－1,2x3).当0＜x＜ eq \f(\r(2),2)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；当x＞ eq \f(\r(2),2)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)≥h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))＝ eq \f(1,2)＋ln eq \f(\r(2),2)，即1－a≥ eq \f(1,2)＋ln eq \f(\r(2),2)，即a≤ eq \f(1,2)－ln eq \f(\r(2),2)＝ln eq \r(2e).
由公切线求参数的值或范围问题，其关键是列出函数的导数等于切线斜率的方程．求解策略：
(1) 合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等关系式求解；
(2) 构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
(3) 利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
变式2 (2024·新高考Ⅰ卷)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＝_ln 2_．
【解析】 由y＝ex＋x，可得y′＝ex＋1，则曲线在点(0，1)处切线的斜率为e0＋1＝2，切线方程为y－1＝2x，即y＝2x＋1.因为曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，设y＝ln (x＋1)＋a的切点的横坐标为x0，所以切线的斜率为 eq \f(1,x0＋1)＝2，可得x0＝－ eq \f(1,2).将x0＝－ eq \f(1,2)代入y＝2x＋1，可得切点坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0)).又切点在曲线y＝ln (x＋1)＋a上，所以0＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋1))＋a，解得a＝ln 2.
练案❶ 趁热打铁，事半功倍．请老师布置同学们及时完成《配套精练》．
练案❷ 1. 补不足、提能力，老师可增加训练《抓分题·高考夯基固本天天练》(提高版)对应内容，成书可向当地发行咨询购买．
2. 为提高高考答卷速度及综合应考能力，老师可适时安排《一年好卷》或《抓分卷·高考增分提速天天练》(提高版)，成书可向当地发行咨询购买．
配套精练
1. 已知函数f(x)＝ eq \r(x)，g(x)＝a ln x，a∈R，若曲线y＝f(x)与y＝g(x)相交，且在交点处有相同的切线，则a的值为( A )
A. eq \f(e,2) B. e2
C. e D. 2e
【解析】因为f(x)＝ eq \r(x)，g(x)＝a ln x，所以f′(x)＝ eq \f(1,2\r(x))，g′(x)＝ eq \f(a,x)(x＞0).令 eq \r(x)＝a ln x， eq \f(1,2\r(x))＝ eq \f(a,x)，解得a＝ eq \f(e,2).
2. (2024·江门期末)已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1有且仅有一个公共点，则实数a的值是( D )
A. －8 B. 0
C. 0或8 D. 8
【解析】 由y＝x＋ln x，得y′＝ eq \f(1,x)＋1，所以y′|x＝1＝2，所以y＝x＋ln x在(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.又切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1有且仅有一个公共点，所以ax2＋(a＋2)x＋1＝2x－1有一个解，整理得ax2＋ax＋2＝0，当a＝0时，显然不成立，当a≠0时，只需Δ＝a2－8a＝0，所以a＝8.
3. 若直线l与曲线y＝ex相切，切点为M(x1，y1)，与曲线y＝(x＋3)2也相切，切点为N(x2，y2)，则2x1－x2的值为( B )
A. －2 B. －1
C. 0 D. 1
【解析】 由直线l与曲线y＝ex相切，切点为M(x1，y1)，可知直线l的方程为y＝ex1(x－x1)＋ex1＝ex1x＋(1－x1)ex1.由直线l与曲线y＝(x＋3)2也相切，切点为N(x2，y2)，可知直线l的方程为y＝2(x2＋3)(x－x2)＋(x2＋3)2＝2(x2＋3)x－x eq \\al(2,2)＋9，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex1＝2(x2＋3)，,(1－x1)ex1＝－x eq \\al(2,2)＋9，))两式相除可得2(1－x1)＝3－x2，所以2x1－x2＝－1.
4. (2024·金华三模)若存在直线与曲线f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a都相切，则a的取值范围为( A )
A. [－1，＋∞) B. eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(5,27)))
C. eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,27)，＋∞)) D. eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,27)))
【解析】 设直线与f(x)相切于点(x1，x eq \\al(3,1)－x1)，因为f′(x)＝3x2－1，所以切线方程为y－(x eq \\al(3,1)－x1)＝(3x eq \\al(2,1)－1)(x－x1)，即y＝(3x eq \\al(2,1)－1)x－2x eq \\al(3,1).设直线与g(x)相切于点(x2，x eq \\al(2,2)＋a)，因为g′(x)＝2x，所以切线方程为y－(x eq \\al(2,2)＋a)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x eq \\al(2,2)＋a，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x2＝3x eq \\al(2,1)－1，,－x eq \\al(2,2)＋a＝－2x eq \\al(3,1)，))所以a＝x eq \\al(2,2)－2x eq \\al(3,1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3x eq \\al(2,1)－1,2))) eq \s\up12(2)－2x eq \\al(3,1)＝ eq \f(9,4)x eq \\al(4,1)－2x eq \\al(3,1)－ eq \f(3,2)x eq \\al(2,1)＋ eq \f(1,4).令h(x)＝ eq \f(9,4)x4－2x3－ eq \f(3,2)x2＋ eq \f(1,4)，则h′(x)＝9x3－6x2－3x＝3x(3x＋1)(x－1)，易得函数h(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))，(0，1)上单调递减，在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0))，(1，＋∞)上单调递增．因为h(1)＝－1，h eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝ eq \f(5,27)，所以h(x)min＝h(1)＝－1，所以a≥－1，故a的取值范围为[－1，＋∞).
5. (2024·上海三模)设曲线f(x)＝aex＋b和曲线g(x)＝cs eq \f(πx,2)＋c在它们的公共点P(0，2)处有相同的切线，则ba＋c的值为_2_．
【解析】 由已知得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(0)＝a＋b＝2，,g(0)＝1＋c＝2，))解得c＝1，b＝2－a.又f′(x)＝aex，g′(x)＝－ eq \f(π,2)sin eq \f(π,2)x，由f′(0)＝g′(0)，可得a＝0，所以a＝0，b＝2，c＝1，所以ba＋c＝20＋1＝2.
6. 若曲线y＝m＋ln x过点(－2，0)的切线也是曲线y＝ex的切线，则m＝_ eq \f(2,e)_．
【解析】 由y＝m＋ln x得y′＝ eq \f(1,x)，设曲线y＝m＋ln x过点(－2，0)的切线的切点为(x0，m＋ln x0)，则切线的斜率为 eq \f(1,x0)，切线方程为y－m－ln x0＝ eq \f(1,x0)(x－x0)，由于该切线过点(－2，0)，所以－m－ln x0＝－ eq \f(2,x0)－1，设该切线与曲线y＝ex切于(x1，y1)，因为y＝ex，所以y′＝ex，所以该切线的斜率为ex1，切线方程为y－ex1＝ex1(x－x1).将(－2，0)代入得0－ex1＝ex1(－2－x1)，得x1＝－1，所以 eq \f(1,x0)＝ex1＝ eq \f(1,e)，所以x0＝e，所以－m－ln e＝－ eq \f(2,e)－1，解得m＝ eq \f(2,e).
7. (2024·聊城三模节选)已知函数f(x)＝ eq \f(1,2)ax2＋x，g(x)＝ln x.若曲线y＝f(x)与y＝g(x)有一条斜率为2的公切线，则实数a的值为_ eq \f(1,2＋2ln 2)_．
【解析】 由g(x)＝ln x得g′(x)＝ eq \f(1,x)，设公切线与曲线g(x)＝ln x的切点坐标为(x0，ln x0)，由已知得 eq \f(1,x0)＝2，解得x0＝ eq \f(1,2)，所以公切线方程为y－ln eq \f(1,2)＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，即y＝2x－1－ln 2.由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)ax2＋x，,y＝2x－1－ln 2，))得 eq \f(1,2)ax2－x＋1＋ln 2＝0，由已知得Δ＝1－4× eq \f(1,2)a×(1＋ln 2)＝0，解得a＝ eq \f(1,2＋2ln 2).
8. (2016·全国Ⅱ卷理改)若直线y＝kx＋b是曲线 y＝ln x＋2的切线，也是曲线y＝ln (x＋1)的切线，则k＝_2_．
【解析】 对于y＝ln x＋2，y′＝ eq \f(1,x)，设切点为(x1，ln x1＋2)，则切线方程为y－(ln x1＋2)＝ eq \f(1,x1)(x－x1)，即y＝ eq \f(1,x1)x＋ln x1＋1，所以k＝ eq \f(1,x1)，b＝ln x1＋1①.对于y＝ln (x＋1)，y′＝ eq \f(1,x＋1)，设切点为(x2，ln (x2＋1))，则切线方程为y－ln (x2＋1)＝ eq \f(1,x2＋1)(x－x2)，即y＝ eq \f(1,x2＋1)x－ eq \f(x2,x2＋1)＋ln (x2＋1)，所以k＝ eq \f(1,x2＋1)，b＝ln (x2＋1)－ eq \f(x2,x2＋1) ②.由①②得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,ln x1＋1＝ln (x2＋1)－\f(x2,x2＋1)，))解得x2＝－ eq \f(1,2)，故k＝ eq \f(1,x2＋1)＝2.
9. (2025·邯郸期中)已知函数f(x)＝mx＋ln x，g(x)＝x2－mx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)存在公切线，则实数m的最大值为_ eq \f(1,2)_．
【解析】 方法一：f′(x)＝m＋ eq \f(1,x)，g′(x)＝2x－m，假设两曲线在同一点(x0，y0)处相切，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,x0)＝2x0－m，,mx0＋ln x0＝x eq \\al(2,0)－mx0，))可得1－ln x0＝x eq \\al(2,0)，即x eq \\al(2,0)＋ln x0－1＝0.因为函数y＝x2＋ln x－1(x＞0)单调递增，且x＝1时y＝0，所以x0＝1，则m＝ eq \f(1,2)，此时两曲线在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)))处相切．根据曲线的变化趋势，若m＞ eq \f(1,2)，则两曲线相交于两点，不存在公切线，如图，m的最大值为 eq \f(1,2).
(第9题答)
方法二：f′(x)＝m＋ eq \f(1,x)，g′(x)＝2x－m，设公切线l与y＝f(x)的切点为(x1，f(x))，与y＝g(x)的切点为(x2，g(x2))，可得l的方程为y－(mx1＋ln x1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,x1)))(x－x1)y－(x eq \\al(2,2)－mx2)＝(2x2－m)(x－x2)，即y＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,x1)))x＋ln x1－1，y＝(2x2－m)x－x eq \\al(2,2)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,x1)＝2x2－m，,ln x1－1＝x eq \\al(2,2)，))可得m＝ eq \r(1－ln x1)－ eq \f(1,2x1).设h(x)＝ eq \r(1－ln x)－ eq \f(1,2x)，则x∈(0，e]，h′(x)＝－ eq \f(1,2x\r(1－ln x))＋ eq \f(1,2x2)＝ eq \f(\r(1－ln x)－x,2x2\r(1－ln x)).令φ(x)＝ eq \r(1－ln x)－x，x∈(0，e]，易知φ(x)是减函数，且φ(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，φ(x)＞0，即h′(x)＞0；当x∈(1，e]时，φ(x)＜0，即h′(x)＜0，所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以h(x)≤h(1)＝ eq \f(1,2)，故m的最大值为 eq \f(1,2).
10. 若曲线y＝x2与y＝tex(t≠0)恰有两条公切线，则实数t的取值范围为_ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,e2)))_．
【解析】 设曲线y＝tex的切点为M(m，tem)，y＝x2的切点为N(n，n2)，则曲线y＝tex在点M(m，tem)处的切线方程为y－tem＝tem(x－m)，即y＝tem(x－m)＋tem.同理，y＝x2在点N(n，n2)处的切线方程为y＝2nx－n2.根据y＝tex与y＝x2有两条公切线，知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(tem＝2n，,tem－mtem＝－n2，))所以tem－mtem＝－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(tem,2))) eq \s\up12(2)，化简可得t＝ eq \f(4m－4,em) 有两个解，构造函数f(x)＝ eq \f(4x－4,ex)，则f′(x)＝ eq \f(8－4x,ex)，当x＜2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，故f(x)在x＝2处有极大值即为最大值，故f(2)＝ eq \f(4,e2)，当x→－∞时，f(x)→－∞，当x→＋∞时，f(x)→0，故实数t的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,e2))).
第一步
设曲线f(x)的切点A(x1，f(x1))
设曲线g(x)的切点B(x2，g(x2))
求公切线的斜率
k＝f′(x1)
k＝g′(x2)
写出并整理切线
y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)，
整理得
y＝f′(x1)x－f′(x1)x1＋f(x1)
y－g(x2)＝g′(x2)(x－x2)，
整理得
y＝g′(x2)x－g′(x2)x2＋g(x2)
联立已知条件
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′(x1)＝g′(x2)，,f(x1)－f′(x1)x1＝g(x2)－g′(x2)x2，))
消去x1得到关于x2的方程(或消去x2得到关于x1的方程)