利用导数求曲线的切线和公切线

利用导数求曲线的切线和公切线

一.求切线方程

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【例1】.已知曲线f(x)=x-2x+1.

(1)求在点P（1,0）处的切线l1的方程；

(2)求过点Q（2,1）与已知曲线f(x)相切的直线l2的方程.

提醒：注意是在某个点处还是过某个点！

二. 有关切线的条数

【例2】．（2014?北京）已知函数f（x）=2x3﹣3x．

（Ⅰ）求f（x）在区间[﹣2，1]上的最大值；

（Ⅱ）若过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切，求t的取值范围； （Ⅲ）问过点A（﹣1，2），B（2，10），C（0，2）分别存在几条直线与曲线y=f（x）相切？（只需写出结论）

【解答】解：（Ⅰ）由f（x）=2x3﹣3x得f′（x）=6x2﹣3， 令f′（x）=0得，x=﹣∵f（﹣2）=﹣10，f（﹣

或x=）=

， ，f（

）=﹣．

，f（1）=﹣1，

∴f（x）在区间[﹣2，1]上的最大值为

（Ⅱ）设过点P（1，t）的直线与曲线y=f（x）相切于点（x0，y0）， 则y0=2

﹣3x0，且切线斜率为k=6

﹣3，

∴切线方程为y﹣y0=（6∴t﹣y0=（6

﹣3）（x﹣x0），

﹣6

+t+3=0，设g（x）=4x3﹣6x2+t+3，

﹣3）（1﹣x0），即4

则“过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切”，等价于“g（x）有3个不同的零点”．∵g′（x）=12x2﹣12x=12x（x﹣1），

∴g（0）=t+3是g（x）的极大值，g（1）=t+1是g（x）的极小值． ∴g（0）＞0且g（1）＜0，即﹣3＜t＜﹣1，

∴当过点过点P（1，t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切时，t的取值范围是（﹣3，﹣1）．

（Ⅲ）过点A（﹣1，2）存在3条直线与曲线y=f（x）相切； 过点B（2，10）存在2条直线与曲线y=f（x）相切； 过点C（0，2）存在1条直线与曲线y=f（x）相切．

【例3】．已知函数f（x）=lnax（a≠0，a∈R），

（Ⅰ）当a=3时，解关于x的不等式：1+ef（x）+g（x）＞0；

．

（Ⅱ）若f（x）≥g（x）（x≥1）恒成立，求实数a的取值范围；

（Ⅲ）当a=1时，记h（x）=f（x）﹣g（x），过点（1，﹣1）是否存在函数y=h（x）图象的切线？若存在，有多少条？若不存在，说明理由． 【解答】解：（I）当a=3时，原不等式可化为：1+eln3x+等价于（Ⅱ）∵令

可得h（x）在区间[1，+∞）上单调递减，

故h（x）在x=1处取到最大值，故lna≥h（1）=0，可得a=1， 故a的取值范围为：[1，+∞）

（Ⅲ）假设存在这样的切线，设切点T（x0，

），

，解得x

，故解集为

，

，

＞0；

对x≥1恒成立，所以

∴切线方程：y+1=，将点T坐标代入得：

即设g（x）=

，① ，则

∵x＞0，∴g（x）在区间（0，1），（2，+∞）上是增函数，在区间（1，2）上是减函数，

故g（x）极大=g（1）=1＞0，故g（x）极，小=g（2）=ln2+＞0，． 又g（）=

+12﹣6﹣1=﹣ln4﹣3＜0，

由g（x）在其定义域上的单调性知：g（x）=0仅在（，1）内有且仅有一根， 方程①有且仅有一解，故符合条件的切线有且仅有一条．

【作业1】．（2017?莆田一模）已知函数f（x）=2x3﹣3x+1，g（x）=kx+1﹣lnx． （1）设函数

，当k＜0时，讨论h（x）零点的个数；

（2）若过点P（a，﹣4）恰有三条直线与曲线y=f（x）相切，求a的取值范围． 三切线与切线之间的关系 . 【例4】．（2018?绵阳模拟）已知a，b，c∈R，且满足b2+c2=1，如果存在两条互相垂直的直线与函数f（x）=ax+bcosx+csinx的图象都相切，则a+的取值范围是 . c

则a?2b?3c?2b?3c，∵b+c=1，∴设b?sin?,a?cos?，

2

2

∴2b?3c?5sin(???)，

故a+c∈[﹣

，

]，

【例5】.已知函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1），g（x）=ex，其中e为自然对数的

底数． （Ⅰ）设最小值；

（Ⅱ）过原点分别作曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l1，l2，已知两切线的斜率互为倒数，

，求函数t（x）在[m，m+1]（m＞0）上的

求证：a=0或【解答】（Ⅰ）解：

．

，

令t'（x）＞0得x＞1，令t'（x）＜0得x＜1，

所以，函数t（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数， ∴当m≥1时，t（x）在[m，m+1]（m＞0）上是增函数，∴

当0＜m＜1时，函数t（x）在[m，1]上是减函数，在[1，m+1]上是增函数， ∴t（x）min=t（1）=e．

（Ⅱ）设l2的方程为y=k2x，切点为（x2，y2），则∴x2=1，y2=e∴k2=e．由题意知，切线l1的斜率

，设l1与曲线y=f（x）的切点为（x1，y1），∴

，

，∴切线l1的方程为

，

∴，，

，

又y1=lnx1﹣a（x1﹣1），消去y1，a后整理得令

，则

，

∴m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 若x1∈（0，1），∵而

，在

单调递减，∴

，

，∴．

，

若x1∈（1，+∞），∵m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（e）=0， ∴x1=e，∴综上，a=0或

．

【作业2】．（2017?黄山二模）已知函数f（x）=（ax2+x﹣1）ex+f'（0）． （1）讨论函数f（x）的单调性；

（2）若g（x）=e﹣xf（x）+lnx，h（x）=ex，过O（0，0）分别作曲线y=g（x）与y=h（x）的切线l1，l2，且l1与l2关于x轴对称，求证：﹣四．求公切线的方程

【例6】．（2018?安阳一模）已知函数e为自然对数的底数．

（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性．

（Ⅱ）试判断曲线y=f（x）与y=g（x）是否存在公共点并且在公共点处有公切线．若存在，求出公切线l的方程；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（Ⅰ）由

，得

，

，g（x）=3elnx，其中

＜a＜﹣

．

令f′（x）=0，得．

当且x≠0时，f′（x）＜0；当时，f′（x）＞0．

∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在单调递增；

上单调递减，在上

（Ⅱ）假设曲线y=f（x）与y=g（x）存在公共点且在公共点处有公切线，且切点横坐标为x0＞0，

则，即，其中（2）式即

．

记h（x）=4x3﹣3e2x﹣e3，x∈（0，+∞），则h'（x）=3（2x+e）（2x﹣e）， 得h（x）在又h（0）=﹣e3，

上单调递减，在

，h（e）=0，

上单调递增，

故方程h（x0）=0在（0，+∞）上有唯一实数根x0=e，经验证也满足（1）式． 于是，f（x0）=g（x0）=3e，f′（x0）=g'（x0）=3，

曲线y=g（x）与y=g（x）的公切线l的方程为y﹣3e=3（x﹣e）， 即y=3x．

【作业3】．已知函数f （x）=lnx，g（x）=2﹣（x＞0） （1）试判断当f（x）与g（x）的大小关系；

（2）试判断曲线 y=f（x）和 y=g（x）是否存在公切线，若存在，求出公切线方程，若不存在，说明理由；

（3）试比较 （1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）与 e4021的大小，并写出判断过程．

五 .与公切线有关的参数取值范围问题

【例7】．已知函数f（x）=blnx，g（x）=ax2﹣x（a∈R）．

（Ⅰ）若曲线f（x）与g（x）在公共点A（1，0）处有相同的切线，求实数a、b的值；

（Ⅱ）当b=1时，若曲线f（x）与g（x）在公共点P处有相同的切线，求证：点P唯一；

（Ⅲ）若a＞0，b=1，且曲线f（x）与g（x）总存在公切线，求正实数a的最小值．

【解答】解：（Ⅰ）f′（x）=，g'（x）=2ax﹣1． ∵曲线f（x）与g（x）在公共点A（1，0）处有相同的切线， ∴

，解得a=b=1．

（Ⅱ）设P（x0，y0），则由题设有lnx0=ax02﹣x0…①， 又在点P有共同的切线，∴f′（x0）=g′（x0），∴

，

∴a=，代入①得lnx0=x0，

设h（x）=lnx﹣+x，则h′（x）=+（x＞0），则h′（x）＞0， ∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，所以 h（x）=0最多只有1个实根， 从而，结合（1）可知，满足题设的点P只能是P（1，0）． （Ⅲ）当a＞0，b=1时，f（x）=lnx，f′（x）=，

f（x）在点（t，lnt）处的切线方程为y﹣lnt=（x﹣t），即y=x+lnx﹣1． 与y=ax2﹣x，联立得ax2﹣（1+）x﹣lnt+1=0． ∵曲线f（x）与g（x）总存在公切线， ∴关于t（t＞0）的方程△=即

+4a（lnt﹣1）=0，

=4a（1﹣lnt）（*）总有解．

＞0，显然（*）不成立，所以 0＜t＜e，

．

若t＞e，则1﹣lnt＜0，而从而，方程（*）可化为4a=

令H（t）=（0＜t＜e），则H′（t）=．

∴当0＜t＜1时，h'（t）＜0；当1＜t＜e时，h'（t）＞0， 即 h（t）在（0，1）上单调递减，在（1，e）上单调递增． ∴h（t）在（0，e）上的最小值为h（1）=4， ∴要使方程（*）有解，只须4a≥4，即a≥1． ∴正实数a的最小值为1．

【例8】．（2017?韶关模拟）.已知函数f（x）=aex（a≠0），g（x）=x2

（Ⅰ）若曲线c1：y=f（x）与曲线c2：y=g（x）存在公切线，求a最大值． （Ⅱ）当a=1时，F（x）=f（x）﹣bg（x）﹣cx﹣1，且F（2）=0，若F（x）在（0，2）内有零点，求实数b的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）设公切线l与c1切于点（x1，a∵f′（x）=aex，g′（x）=2x，

）与c2切于点（x2，

），

∴，由①知x2≠0，①代入②：=2x2，即x2=2x1﹣2，

由①知a=，设g（x）=，g′（x）=，

令g′（x）=0，得x=2；当x＜2时g′（x）＞0，g（x）递增． 当x＞2时，g′（x）＜0，g（x）递减． ∴x=2时，g（x）max=g（2）=

，∴amax=

．

（Ⅱ）F（x）=f（x）﹣bg（x）﹣cx﹣1=ex﹣bx2﹣cx﹣1， ∵F（2）=0=F（0），又F（x）在（0，2）内有零点， ∴F（x）在（0，2）至少有两个极值点，

即F′（x）=ex﹣2bx﹣c在（0，2）内至少有两个零点． ∵F″（x）=ex﹣2b，F（2）=e2﹣4b﹣2c﹣1=0，c=

，

①当b≤时，在（0，2）上，ex＞e0=1≥2b，F″（x）＞0， ∴F″（x）在（0，2）上单调增，F′（x）没有两个零点． ②当b≥

时，在（0，2）上，ex＜e2≤2b，∴F″（x）＜0，

∴F″（x）在（0，2）上单调减，F′（x）没有两个零点； ③当＜b＜

时，令F″（x）=0，得x=ln2b，

因当x＞ln2b时，F″（x）＞0，x＜ln2b时，F″（x）＜0， ∴F″（x）在（0，ln2b）递减，（ln2b，2）递增， 所以x=ln2b时，∴F′（x）最小=F′（ln2b）=4b﹣2bln2b﹣设G（b）=F′（ln2b）=4b﹣2bln2b﹣令G′（b）=2﹣2ln2b=0，

得2b=e，即b=，当b＜时G′（b）＞0；当b＞时，G′（b）＜0， 当b=时，G（b）最大=G（）=e+﹣∴G（b）=f′（ln2b）＜0恒成立，

＜0， +，

+，

因F′（x）=ex﹣2bx﹣c在（0，2）内有两个零点，

∴，

解得：＜b＜，

，

）．

综上所述，b的取值范围（

【作业4】．已知函数f（x）=a（x﹣）﹣blnx（a，b∈R），g（x）=x2． （1）若a=1，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与y轴垂直，求b的值；

（2）若b=2，试探究函数f（x）与g（x）在其公共点处是否有公切线，若存在，研究a的个数；若不存在，请说明理由． 六．公切线的条数问题

【例9】．已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex． （1）确定方程f（x）=

实数根的个数；

（2）我们把与两条曲线都相切的直线叫作这两条曲线的公切线，试确定曲线y=f（x），y=g（x）公切线的条数，并证明你的结论． 【解答】解：（1）由题意得lnx=即lnx﹣1=

．

的函数图象，由图的函数图象有两个交

=1+

，

分别作出y=lnx﹣1和y=象可知：y=lnx﹣1和y=点，

∴方程f（x）=

有两个实根；

（2）解：曲线y=f（x），y=g（x）公切线的条数是2，证明如下：

设公切线与f（x）=lnx，g（x）=ex的切点分别为（m，lnm），（n，en），m≠n，

∵f′（x）=，g′（x）=ex，

∴，化简得（m﹣1）lnm=m+1，

当m=1时，（m﹣1）lnm=m+1不成立； 当m≠1时，（m﹣1）lnm=m+1化为lnm=由（1）可知，方程lnm=

有两个实根，

，

∴曲线y=f（x），y=g（x）公切线的条数是2条．

【作业5】．已知函数f（x）=x2+2（1﹣a）x﹣4a，g（x）=﹣（a+1）2，则f（x）和g（x）图象的公切线条数的可能值是 ．

【作业1解答】解：（1）f′（x）=（2x+1）（x﹣1）2=0，x=﹣或1，∴x=﹣是h（x）的零点； ∵g′（x）=k﹣，

k＜0，g′（x）＜0，g（x）在[1，+∞）上单调递减，g（x）的最大值为g（1）=k+1．

k＜﹣1，g（1）＜0，g（x）在[1，+∞）上无零点； k=﹣1，g（1）=0，g（x）在[1，+∞）上有1个零点；

﹣1＜k＜0，g（1）＞0，g（e1﹣k）=ke1﹣k+k＜0，g（x）在[1，+∞）上有1个零点；

综上所述，k＜﹣1时，h（x）有1个零点；﹣1≤k＜0时，h（x）有两个零点； （2）设切点（t，f（t）），f′（x）=6x﹣6x，∴切线斜率f′（t）=6t﹣6t， ∴切线方程为y﹣f（t）=（6t2﹣6t）（x﹣t），

∵切线过P（a，﹣4），∴﹣4﹣f（t）=（6t2﹣6t）（a﹣t）， ∴4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5=0① 由题意，方程①有3个不同的解．

令H（t）=4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5，则H′（t）=12t2﹣6t﹣12at+6a=0．t=或

2

2

a．

a=时，H′（t）≥0，H（t）在定义域内单调递增，H（t）不可能有两个零点，方程①不可能有两个解，不满足题意； a

时，在（﹣

），（a，+∞）上，H′（t）＞0，函数单调递增，在（，

a）上，H′（t）＜0，函数单调递减，H（t）的极大值为H（），极小值为H（a）； a

时，在（﹣∞，a），（，+∞）上，H′（t）＞0，函数单调递增，在（a，）上，H′（t）＜0，函数单调递减，H（t）的极大值为H（a），极小值为H（）；

要使方程①有三个不同解，则H（）H（a）＜0，即（2a﹣7）（a+1）（2a2﹣5a+5）＞0， ∴a＞或a＜﹣1．

【作业2解答】解：由已知得f'（x）=[ax2+（2a+1）x]ex，f'（0）=0，所以f（x）=（ax2+x﹣1）ex．

（1）f'（x）=[ax2+（2a+1）x]ex=[x（ax+2a+1）]ex． ①若a＞0，当0，

所以f（x）的单调递增区间为

．

②若a=0，f（x）=（x﹣1）ex，f'（x）=xex，当x＞0时，f'（x）＞0；当x＜0时，f'（x）＜0，

所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（﹣∞，0）． ③若＞0，

所以f（x）的单调递增区间为

；单调递减区间为

，当

或x＜0时，f'（x）＜0；当

时，f'（x）

；单调递减区间为

或x＞0时，f'（x）＞0；当

时，f'（x）＜

．

④若⑤若＞0，

所以f（x）的单调递增区间为

．

当a＞0时，f（x）的单调递增区间为为

．

；单调递减区间

；单调递减区间为

，当

，故f（x）的单调递减区间为（﹣∞，+∞）．

或x＞0时，f'（x）＜0；当

时，f'（x）

当a=0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（﹣∞，0）．， 当

时，f（x）的单调递增区间为

．

当当

时，f（x）的单调递减区间为（﹣∞，+∞）； 时，f（x）单调递增区间为

；单调递减区间为

，

；单调递减区间为

（0，+∞）；

（2）证明：g（x）=e﹣xf（x）+lnx=﹣e﹣x（ax2+x﹣1）ex+lnx=ax2+x﹣1+lnx， 设l2的方程为y=k2x，切点为（x2，y2），则y2=e，k2=e．

由题意知k1=﹣k2=﹣e，所以l1的方程为y=﹣ex，设l1与y=g（x）的切点为（x1，y1）， 则又

，，

在定义域上，u'（x）＞0，所以（0，+∞）上，u（x）是单调递增函数，

即

．

，

令

，所以x2=1，

又

，

令

，

则

，

，所以，即

，所以

故．

【作业3解答】解：（1）证明：设F（x）=f（x）﹣g（x），则F′（x）=﹣，

由F'（x）=0，得x=3，当0＜x＜3时，F'（x）＜0，

当x＞3时F'（x）＞0，可得F（x）在区间（0，3）单调递减，在区间（3，+∞）单调递增，

所以F（x）取得最小值为F（3）=ln3﹣1＞0， ∴F（x）＞0，即f（x）＞g（x）；

（2）假设曲线f（x）与g（x）有公切线，切点分别为P（x0，lnx0）和Q（x1，2﹣

）．

，

）为切线的切线方程为y=

+lnx0﹣

因为f′（x）=，g′（x）=

所以分别以P（x0，lnx0）和Q（x1，2﹣1，y=

+2﹣

．

令 ，即2lnx1+﹣（3+ln3）=0．

令h（x）=2lnx1+所以由h′（x）=

﹣（3+ln3）． ﹣

=0，得x1=3．

显然，当0＜x1＜3时，h'（x）＜0，当x1＞3时，h'（x）＞0， 所以h（x）min=ln3﹣1＞0， 所以方程2lnx1+

﹣（3+ln3）=0无解，

故二者没有公切线．

所以曲线y=f（x）和y=g（x）不存在公切线；

（3）（1+1×2）（1+2×3）?…?（1+2012×2013）＞e4021． 理由：由（1）可得lnx＞2﹣（x＞0）， 可令x=1+n（n+1），可得ln（1+n（n+1））＞2﹣=2﹣3（﹣

），

＞2﹣

则ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln（1+2012×2013） ＞2×2012﹣3（1﹣+﹣+…+

﹣

）=4024﹣3+

＞4021．

即有（1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）＞e4021． 【作业4解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=x﹣﹣blnx， ∴f′（x）=1+

﹣，

由于曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于y轴， 故该切线斜率为0，即f′（1）=0，即1+1﹣b=0， ∴b=2；

（2）假设f（x），g（x）的图象在其公共点（x0，y0）处存在公切线， 由f（x）=a（x﹣）﹣2lnx，得f′（x）=由f′（x0）=g′（x0），得

=2x0，即2x03﹣ax02+2x0﹣a=0，

即（x02+1）（2x0﹣a）=0，则x0=， 又函数的定义域为（0，+∞），

当a≤0时，x0=≤0，则f（x），g（x）的图象在其公共点（x0，y0）处不存在

，g′（x）=2x，

公切线；

当a＞0时，令f（）=g（），即

=ln，

﹣ln（x＞0），

，

﹣2ln﹣2=

，

令h（x）=

h′（x）=x﹣=

则h（x）在（0，2）递减，（2，+∞）递增．且h（2）=﹣＜0， 且当x→0时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞， ∴h（x）在（0，+∞）有两个零点， ∴方程

=ln在（0，+∞）解的个数为2．

综上：当a≤0时，函数f（x）与g（x）的图象在其公共点处不存在公切线； 当a＞0时，函数f（x）与g（x）的图象在其公共点处存在公切线，a的值有2个．

在导数的练习中，常见这一类题型：已知含有

的一个不等式，以及

的一些其他性质，让解不等式或

者比较大小。这类题型的常用思路是\\emph{构造函数}，下面举例说明。

1.则不等式

是定义在上的奇函数，当的解集是( )

时，，且，

分析：观察条件给的不等式，它的左边是

的导函数。故构造

求解的不等式也转化成关于

的不等式。

，并把题中的其他性质转化成的性质，把要

解答：令，当时，。

由是奇函数得也是奇函数，由得。可得的“草图”如下：

而不等式等价于。由“草图”易知解集为，选。

拓展：怎样构造出合适的函数呢？一般考虑一下三个模型：

(1) 。

特别地，当时，有；

当时，有。

(2)

特别地，当时，有；

当时，有。

(3)

我们可以对比这三个模型求导后的形式与题中给出不等式的形式，确定或者。 下面再举几个例子：

2. 已知函数的定义域为%R%，，对任意，，则不等式

的解集是( )

分析：观察条件中给出的不等式，以及要求解的不等式，易知可以构造。再把

的其他性质也都转化成的性质。

解答：构造。则，在上递增。

由选

。

知，，而不等式即为，解集为，

3. 已知（ ）

为定义在上的可导函数，且对于恒成立，且为自然对数的底，则

，

，

，

，

分析：对比可知，不等式是模型(2)当时的特例。

解答：构造函数，，在上递增。

，，即，，正确。

4. 设定义在上的函数满足，其导函数满足，则下列结论中

一定错误的是（ ）

分析：由，尝试构造。

解答：令，，在上递增。

由知，；由知，且。

，，，选项无法判断正误。

又，，即

，选。

5.已知定义在上的奇函数的导函数为，当时，满足

，则

或。

在上的零点个数为（ ）

分析：对比题中给出的不等式可知，只需在模型(3)中令，。

解答：令，则当时，

，

时，

，无零点。

在上递增,当

由可知的零点与的零点相同，在时无零点。而是奇

函数，在时也没有零点。

是唯一的零点。选。

注意：本题无法从是奇函数得到是奇函数或者偶函数。

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