新教材2025届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题24函数的公切线问题

微专题24函数的公切线问题一、单项选择题1．[2024·湖南长沙模拟]若斜率为1的直线l与曲线y＝ln(x＋a)和圆x2＋y2＝eq\f(1,2)都相切，则实数a的值为()A．－1或2B．0或2C．0D．22．已知函数f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝alnx，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．eq\f(e,2)B．e2C．eD．2e3．若直线y＝kx＋b是曲线f(x)＝lnx＋2的切线，也是曲线g(x)＝ln(x＋1)的切线，则k－b＝()A．3－ln2B．3＋ln2C．eq\f(5,3)＋lneq\f(3,2)D．1＋ln24．[2024·河北沧州模拟]已知直线y＝kx＋b与曲线y＝ex＋2和曲线y＝ln(e2x)均相切，则实数k的解的个数为()A．0B．1C．2D．多数二、多项选择题5．若二次函数f(x)＝2x2＋3的图象与曲线C：g(x)＝aex＋3(a>0)存在公切线，则实数a的可能取值为()A．eq\f(1,2)B．eq\r(e)C．eq\f(8,e2)D．eq\f(e,2)[答题区]题号12345答案三、填空题6．[2024·海南海口模拟]已知函数f(x)＝x3＋lnx的图象在点A(1，f(1))处的切线为l，若l与函数g(x)的图象也相切，切点为B(2，m)，则g(2)＋g′(2)＝________．7．与曲线y＝ex和y＝－eq\f(x2,4)都相切的直线方程为________．8．[2024·安徽定远模拟]已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x2－m，g(x)＝6lnx－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＝________．9．[2024·福建厦门模拟]已知函数f(x)＝mx＋lnx，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________．10．[2024·湖南长沙模拟]若曲线C1：f(x)＝x2＋a和曲线C2：g(x)＝2lnx恰好存在两条公切线，则实数a的取值范围为________．四、解答题11．已知函数f(x)＝x2－1，函数g(x)＝alnx，其中a≤2.假如曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处具有公共的切线，求a的值及切线方程．解：12．已知函数f(x)＝1－eln(ax)，g(x)＝eq\f(a,x)(a>0).(1)求函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上的极值；(2)当a＝1时，若直线l既是曲线y＝f(x)又是曲线y＝g(x)的切线，试推断l的条数．解：

微专题24函数的公切线问题1．解析：设直线l与曲线y＝ln(x＋a)的切点为P(x0，y0)，由y′＝[ln(x＋a)]′＝eq\f(1,x＋a)，则eq\f(1,x0＋a)＝1，则x0＝1－a，y0＝0，即切点为P(1－a，0)，所以直线l为y＝x－1＋a，又直线l与圆x2＋y2＝eq\f(1,2)也相切，则有eq\f(|－1＋a|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝2或a＝0.故选B.答案：B2．解析：∵f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝alnx，∴f′(x)＝eq\f(1,2\r(x))，g′(x)＝eq\f(a,x)(x>0)，由已知得eq\r(x)＝alnx，eq\f(1,2\r(x))＝eq\f(a,x)，解得a＝eq\f(e,2).故选A.答案：A3．解析：直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则两个切点都在直线y＝kx＋b上，设两个切点分别为(x1，kx1＋b)，(x2，kx2＋b),则两个曲线的导数分别为y′＝eq\f(1,x)，y′＝eq\f(1,x＋1)，由导数的几何意义可知k＝eq\f(1,x1)＝eq\f(1,x2＋1)，则x1＝x2＋1，且切点在各自曲线上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx1＋b＝lnx1＋2，①,kx2＋b＝ln（x2＋1），②))则将x1＝x2＋1代入①可得k(x2＋1)＋b＝ln(x2＋1)＋2，③③－②可得k＝2，由k＝eq\f(1,x1)＝eq\f(1,x2＋1)可得x1＝eq\f(1,2)，x2＝－eq\f(1,2)，代入①中可知1＋b＝lneq\f(1,2)＋2，③所以b＝1＋lneq\f(1,2)＝1－ln2，所以k－b＝1＋ln2.故选D.答案：D4．解析：依据题意可知，直线y＝kx＋b与曲线y＝ex＋2和曲线y＝ln(e2x)都相切，所以对于曲线y＝ex＋2，则y′＝ex＝k，所以x＝lnk，所以切点A(lnk，k＋2)，对于曲线y＝ln(e2x)，则y′＝eq\f(1,x)＝k(x>0)，所以x＝eq\f(1,k)，切点B(eq\f(1,k)，lneq\f(1,k)＋2)(k>0)，易知A，B不重合，因为公切线过A，B两点，所以k＝eq\f(yA－yB,xA－xB)＝eq\f(k－ln\f(1,k),lnk－\f(1,k))＝eq\f(k＋lnk,lnk－\f(1,k))，进而可得klnk－lnk－k－1＝0，令g(k)＝klnk－lnk－k－1(k>0)，则g′(k)＝lnk－eq\f(1,k)(k>0)，令φ(k)＝g′(k)＝lnk－eq\f(1,k)(k>0)，则φ′(k)＝eq\f(1,k)＋eq\f(1,k2)>0(k>0)所以g′(k)在(0，＋∞)单调递增，因为g′(1)＝－1<0，g′(e)＝1－eq\f(1,e)>0，所以存在k0使得lnk0－eq\f(1,k0)＝0，即lnk0＝eq\f(1,k0)，所以当0<k<k0时，g′(k)<0，当k>k0时，g′(k)>0，所以g(k)在(0，k0)上单调递减，在(k0，＋∞)上单调递增，k0∈(1，e)，故g(k)min＝g(k0)＝k0lnk0－lnk0－k0－1.又因为lnk0＝eq\f(1,k0)，所以g(k)min＝k0·eq\f(1,k0)－eq\f(1,k0)－k0－1＝－eq\f(1,k0)－k0<0，当k＝e2时，g(e2)＝e2lne2－lne2－e2－1＝e2－3>0，因为k0∈(1，e)，g(k0)g(e2)<0，所以在(k0，e2)内存在k1，使得g(k1)＝0，当k＝eq\f(1,e2)时，g(k)＝g(eq\f(1,e2))＝eq\f(1,e2)lneq\f(1,e2)－lneq\f(1,e2)－eq\f(1,e2)－1＝－eq\f(3,e2)＋1>0，因为k0∈(1，e)，g(k0)g(eq\f(1,e2))<0，所以在(eq\f(1,e2)，k0)内存在k2，使得g(k2)＝0，综上所述，存在两条斜率分别为k1，k2的直线与曲线y＝ex＋2和曲线y＝ln(e2x)都相切，故选C.答案：C5．解析：由f(x)＝2x2＋3得f′(x)＝4x；由g(x)＝aex＋3得g′(x)＝aex.设公切线与f(x)的图象相切于点(x1，2xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋3)，与g(x)的图象相切于点(x2，aex2＋3)，所以4x1＝aex2＝eq\f(aex2＋3－（2xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋3）,x2－x1)＝eq\f(aex2－2xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),x2－x1)，即2x1＝eq\f(2x1－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),x2－x1)，可得x1＝0或2x2＝x1＋2，因为4x1＝aex2，a>0，则x1>0，2x2＝x1＋2>2，即x2>1，a＝eq\f(4x1,ex2)＝eq\f(4（2x2－2）,ex2)＝eq\f(8（x2－1）,ex2)，x2>1，令h(x)＝eq\f(8（x－1）,ex)，x>1，可得h′(x)＝eq\f(8ex－8ex（x－1）,e2x)＝eq\f(16－8x,ex)，由h′(x)>0，得1<x<2；由h′(x)<0，得x>2；所以h(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，所以h(x)max＝h(2)＝eq\f(8,e2)，所以实数a的取值范围eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,e2))).因为e≈2.718，eq\f(1,2)<eq\f(8,e2)≈eq\f(8,2.72)＝eq\f(8,7.29)，eq\r(e)>eq\r(2.7)>1.5，eq\f(8,e2)<eq\f(8,7.29)<1.1，即eq\f(8,e2)<eq\r(e)，eq\f(e,2)>eq\f(2.7,2)＝1.35，则eq\f(e,2)>eq\f(8,e2)，则AC正确．故选AC.答案：AC6．解析：由题意得f′(x)＝3x2＋eq\f(1,x)，则f(1)＝1，f′(1)＝4，所以切线l的方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.所以m＝4×2－3＝5，则g(2)＝5，g′(2)＝4，g(2)＋g′(2)＝9.答案：97．解析：设直线与曲线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＝ex1x＋ex1(1－x1)，设直线与曲线y＝－eq\f(x2,4)相切于点(x2，－eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4))，因为y′＝－eq\f(x,2)，所以该直线的方程为y＋eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)＝－eq\f(x2,2)(x－x2)，即y＝－eq\f(x2,2)x＋eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝－\f(x2,2),ex1（1－x1）＝\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4)))，解得x1＝0，x2＝－2，所以该直线的方程为y＝x＋1.答案：y＝x＋18．解析：依题意设曲线y＝f(x)与y＝g(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同．∵f(x)＝x2－m，g(x)＝6lnx－4x，∴f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(6,x)－4，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x0）＝g（x0）,f′（x0）＝g′（x0）))，即，即m＝－6lnx0＋2x0＋3，∵x0>0，∴x0＝1，m＝5.答案：59．解析：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，可得1－lnx0＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，即xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋lnx0－1＝0，因为函数y＝x2＋lnx－1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(1，eq\f(1,2))处相切，依据曲线的改变趋势，若m接着增大，则两曲线相交于两点，不存在公切线，所以m的最大值为eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)10．解析：由题意得f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(2,x)，(x>0)，设与曲线f(x)＝x2＋a相切的切点为(x1，xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋a)，与曲线g(x)＝2lnx相切的切点为(x2，2lnx2)，则切线方程为y＝2x1(x－x1)＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋a，即y＝2x1x－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋a，y＝eq\f(2,x2)(x－x2)＋2lnx2，即y＝eq\f(2,x2)x＋2lnx2－2，由于两切线为同始终线，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x1＝\f(2,x2)，,－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋a＝2lnx2－2))，得a＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－2lnx1－2(x1>0).令φ(x)＝x2－2lnx－2(x>0)，则φ′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x)，当0<x<1时，φ′(x)<0，φ(x)在(0，1)上单调递减，当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．即在x＝1处φ(x)取得微小值，也为最小值，且为φ(1)＝－1.又两曲线恰好存在两条公切线，即a＝φ(x)有两解，结合当x→0时，x2趋近于0，lnx趋于负无穷大，故φ(x)趋近于正无穷大，当x→＋∞时，x2趋近于正无穷大，且增加幅度远大于lnx的增加幅度，故φ(x)趋近于正无穷大，由此结合图象可得a的范围是(－1，＋∞).答案：(－1，＋∞)11．解析：因为函数f(x)＝x2－1，函数g(x)＝alnx，则f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(a,x)，因为曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处具有公共的切线，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）＝f（1）,g′（1）＝f′（1）))，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(aln1＝12－1,a＝2))，故a＝2，所以f′(1)＝2，故所求切线方程为y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.12．解析：(1)由题知F(x)＝f(x)－g(x)＝1－eln(ax)－eq\f(a,x)，所以F′(x)＝－eq\f(e,ax)·a＋eq\f(a,x2)＝eq\f(a－ex,x2)，令F′(x)＝0，解得x＝eq\f(a,e).故当x改变时，F(x)，F′(x)的改变状况如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,e)))eq\f(a,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,e)，＋∞))F′(x)＋0－F(x)单调递增极大值单调递减所以当x＝eq\f(a,e)时，F(x)取得极大值，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,e)))＝1－2elna，无微小值．(2)f(x)＝1－elnx，f′(x)＝－eq\f(e,x)，g(x)＝eq\f(1,x)，g′(x)＝－eq\f(1,x2)，所以曲线y＝f(x)在点(t，1－elnt)处的切线方程为y－(1－elnt)＝－eq\f(e,t)(x－t)，即y＝－eq\f(e,t)x－elnt＋e＋1.同理可得曲线在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，\f(1,b)))处的切线方程为y－eq\f(1,b)＝－eq\f(1,b2)(x－b)，即y＝－eq\f(1,b2)x＋eq\f(2,b).若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)有公切线，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(e,t)＝－\f(1,b2)，（i）,－elnt＋e＋1＝\f(2,b)，（ii）))由(i)得t＝eb2，代入(ii)得2eln|b|＋eq\f(2,b)－1＝0，所以问题转化为推断关于b的方程2eln|b|＋eq\f(2,b)－1＝0在(－∞，0)∪(0，＋∞)的根的个数．因b≠0，当b>0时，令h(x)＝2elnx＋eq\f(2,x)－1(x>0)，即h′(x)＝eq\f(2e,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(2ex－2,x2)，令h′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e).所以