利用导数求曲线的切线和公切线

1、利用导数求曲线的切线和公切线一.求切线方程【例1】.已知曲线f(x)=x3-2x2+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！2. 有关切线的条数【例2】（2014北京）已知函数f（x）=2x33x（）求f（x）在区间2，1上的最大值；（）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；（）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：（）由f（x）=2x33x得f（x）=6x23，令f（x）=0得

2、，x=或x=，f（2）=10，f（）=，f（）=，f（1）=1，f（x）在区间2，1上的最大值为（）设过点P（1，t）的直线与曲线y=f（x）相切于点（x0，y0），则y0=23x0，且切线斜率为k=63，切线方程为yy0=（63）（xx0），ty0=（63）（1x0），即46+t+3=0，设g（x）=4x36x2+t+3，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）=12x212x=12x（x1），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3t1，当过点过点P（1，t）存在3条直线与

3、曲线y=f（x）相切时，t的取值范围是（3，1）（）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（a0，aR），（）当a=3时，解关于x的不等式：1+ef（x）+g（x）0；（）若f（x）g（x）（x1）恒成立，求实数a的取值范围；（）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+0；等价于，解得x，故解集为

4、（）对x1恒成立，所以，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lnah（1）=0，可得a=1，故a的取值范围为：1，+）（）假设存在这样的切线，设切点T（x0，），切线方程：y+1=，将点T坐标代入得：即，设g（x）=，则x0，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）=10，故g（x）极，小=g（2）=ln2+0，又g（）=+1261=ln430，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

5、知函数f（x）=2x33x+1，g（x）=kx+1lnx（1）设函数，当k0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3. 切线与切线之间的关系【例4】（2018绵阳模拟）已知a，b，cR，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+c的取值范围是 .，b2+c2=1，故a+c，【例5】.已知函数f（x）=lnxa（x1），g（x）=ex，其中e为自然对数的底数（）设，求函数t（x）在m，m+1（m0）上的最小值；（）过原点分别作曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l

6、1，l2，已知两切线的斜率互为倒数，求证：a=0或【解答】（）解：，令t（x）0得x1，令t（x）0得x1，所以，函数t（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+）上是增函数，当m1时，t（x）在m，m+1（m0）上是增函数，当0m1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（）设l2的方程为y=k2x，切点为（x2，y2），则，x2=1，y2=ek2=e由题意知，切线l1的斜率，切线l1的方程为，设l1与曲线y=f（x）的切点为（x1，y1），又y1=lnx1a（x11），消去y1，a后整理得，令，则，m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上

7、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+x1）ex+f（0）（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若g（x）=exf（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：a四求公切线的方程【例6】（2018安阳一模）已知函数，g（x）=3elnx，其中e为自然对数的底数（）讨论函数f（x）的单调性（）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

8、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：（）由，得，令f（x）=0，得当且x0时，f（x）0；当时，f（x）0f（x）在（，0）上单调递减，在上单调递减，在上单调递增；（）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x00，则，即，其中（2）式即记h（x）=4x33e2xe3，x（0，+），则h（x）=3（2x+e）（2xe），得h（x）在上单调递减，在上单调递增，又h（0）=e3，h（e）=0，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，

9、曲线y=g（x）与y=g（x）的公切线l的方程为y3e=3（xe），即y=3x【作业3】已知函数f （x）=lnx，g（x）=2（x0）（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+12）（1+23）（1+20122013）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）=ax2x（aR）（）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；（）当b=1时，若曲线f（x）与g（x

10、）在公共点P处有相同的切线，求证：点P唯一；（）若a0，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：（）f（x）=，g（x）=2ax1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 （）设P（x0，y0），则由题设有lnx0=ax02x0，又在点P有共同的切线，f（x0）=g（x0），a=，代入得lnx0=x0，设h（x）=lnx+x，则h（x）=+（x0），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）（）当a0，b=1时，f（x）=lnx，f（

11、x）=，f（x）在点（t，lnt）处的切线方程为ylnt=（xt），即y=x+lnx1与y=ax2x，联立得ax2（1+）xlnt+1=0曲线f（x）与g（x）总存在公切线，关于t（t0）的方程=+4a（lnt1）=0，即=4a（1lnt）（*）总有解 若te，则1lnt0，而0，显然（*）不成立，所以 0te，从而，方程（*）可化为4a=令H（t）=（0te），则H（t）=当0t1时，h（t）0；当1te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4a4，即a1 正实数a的最小值为1【例8】（

12、2017韶关模拟）.已知函数f（x）=aex（a0），g（x）=x2（）若曲线c1：y=f（x）与曲线c2：y=g（x）存在公切线，求a最大值（）当a=1时，F（x）=f（x）bg（x）cx1，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：（）设公切线l与c1切于点（x1，a）与c2切于点（x2，），f（x）=aex，g（x）=2x，由知x20，代入：=2x2，即x2=2x12，由知a=，设g（x）=，g（x）=，令g（x）=0，得x=2；当x2时g（x）0，g（x）递增当x2时，g（x）0，g（x）递减x=2时，g（x）max=g（2）=，amax=（）F（x

13、）=f（x）bg（x）cx1=exbx2cx1，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）=ex2bxc在（0，2）内至少有两个零点F（x）=ex2b，F（2）=e24b2c1=0，c=，当b时，在（0，2）上，exe0=12b，F（x）0，F（x）在（0，2）上单调增，F（x）没有两个零点当b时，在（0，2）上，exe22b，F（x）0，F（x）在（0，2）上单调减，F（x）没有两个零点；当b时，令F（x）=0，得x=ln2b，因当xln2b时，F（x）0，xln2b时，F（x）0，F（x）在（0，ln2b）递减，（ln2b，2）

14、递增，所以x=ln2b时，F（x）最小=F（ln2b）=4b2bln2b+，设G（b）=F（ln2b）=4b2bln2b+，令G（b）=22ln2b=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+0，G（b）=f（ln2b）0恒成立，因F（x）=ex2bxc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，bR），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

15、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=1+，即lnx1=分别作出y=lnx1和y=的函数图象，由图象可知：y=lnx1和y=的函数图象有两个交点，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），mn，f（x）=

16、，g（x）=ex，化简得（m1）lnm=m+1，当m=1时，（m1）lnm=m+1不成立；当m1时，（m1）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（1a）x4a，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）（x1）2=0，x=或1，x=是h（x）的零点；g（x）=k，k0，g（x）0，g（x）在1，+）上单调递减，g（x）的最大值为g（1）=k+1k1，g（1）0，g（x）在1，+）上无零点；k=1，g（1）=

17、0，g（x）在1，+）上有1个零点；1k0，g（1）0，g（e1k）=ke1k+k0，g（x）在1，+）上有1个零点；综上所述，k1时，h（x）有1个零点；1k0时，h（x）有两个零点；（2）设切点（t，f（t），f（x）=6x26x，切线斜率f（t）=6t26t，切线方程为yf（t）=（6t26t）（xt），切线过P（a，4），4f（t）=（6t26t）（at），4t33t26t2a+6ta5=0由题意，方程有3个不同的解令H（t）=4t33t26t2a+6ta5，则H（t）=12t26t12at+6a=0t=或aa=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

18、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（）；要使方程有三个不同解，则H（）H（a）0，即（2a7）（a+1）（2a25a+5）0，a或a1【作业2解答】解：由已知得f（x）=ax2+（2a+1）xex，f（0）=0，所以f（x）=（ax2+x1）ex（1）f（x）=ax2+（2a+1）xex=x（ax+2a+1）ex若a0，当或x0时，

19、f（x）0；当时，f（x）0，所以f（x）的单调递增区间为；单调递减区间为若a=0，f（x）=（x1）ex，f（x）=xex，当x0时，f（x）0；当x0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）若，当或x0时，f（x）0；当时，f（x）0，所以f（x）的单调递增区间为；单调递减区间为若，故f（x）的单调递减区间为（，+）若，当或x0时，f（x）0；当时，f（x）0，所以f（x）的单调递增区间为；单调递减区间为当a0时，f（x）的单调递增区间为；单调递减区间为当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

20、为；单调递减区间为当时，f（x）的单调递减区间为（，+）；当时，f（x）单调递增区间为；单调递减区间为，（0，+）；（2）证明：g（x）=exf（x）+lnx=ex（ax2+x1）ex+lnx=ax2+x1+lnx，设l2的方程为y=k2x，切点为（x2，y2），则，所以x2=1，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，即，令，在定义域上，u（x）0，所以（0，+）上，u（x）是单调递增函数，又，所以，即，令，则，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=

21、3，当0x3时，F（x）0，当x3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）=ln310，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）因为f（x）=，g（x）=，所以分别以P（x0，lnx0）和Q（x1，2）为切线的切线方程为y=+lnx01，y=+2令 ，即2lnx1+（3+ln3）=0令h（x）=2lnx1+（3+ln3）所以由h（x）=0，得x1=3显然，当0x13时，h（x）0，当x13时，h（x）0，所以h（x）min=ln310，所以方程2

22、lnx1+（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+12）（1+23）（1+20122013）e4021理由：由（1）可得lnx2（x0），可令x=1+n（n+1），可得ln（1+n（n+1）22=23（），则ln（1+12）+ln（1+23）+ln（1+20122013）220123（1+）=40243+4021即有（1+12）（1+23）（1+20122013）e4021【作业4解答】解：（）f（x）=xblnx，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+1b=

23、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）=，g（x）=2x，由f（x0）=g（x0），得=2x0，即2x03ax02+2x0a=0，即（x02+1）（2x0a）=0，则x0=，又函数的定义域为（0，+），当a0时，x0=0，则f（x），g（x）的图象在其公共点（x0，y0）处不存在公切线；当a0时，令f（）=g（），2ln2=，即=ln，令h（x）=ln（x0），h（x）=x=，则h（x）在（0，2）递减，（2，+）递增且h（2）=0，且当x0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a0时，函数f（x）与g（x）的图象在其公共点处不存在公切线；当a0时，函数f（x）与g（x）的图象在