2023高考数学二轮专题导数38讲 专题03 曲线的公切线方程

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专题03　曲线的公切线方程
【方法总结】
解决此类问题通常有两种方法
(1)利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；
(2)设公切线l在y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f′(x1)＝g′(x2)＝．
注意：求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法．
【例题选讲】
[例1](1)(2020·全国Ⅲ)若直线l与曲线y＝和圆x2＋y2＝都相切，则l的方程为(　　)
A．y＝2x＋1　　　　B．y＝2x＋　　　　C．y＝x＋1　　　　D．y＝x＋
答案　D　解析　易知直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝kx＋b，则＝　①．设直线l与曲线y＝的切点坐标为(x0，)(x0>0)，则y′|x＝x0＝x0－＝k　②，＝kx0＋b　③，由②③可得b＝，将b＝，k＝x0－代入①得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以k＝b＝，故直线l的方程y＝x＋．
(2)已知f(x)＝ex(e为自然对数的底数)，g(x)＝lnx＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则直线l的方程为 ．
答案　y＝ex或y＝x＋1　解析　设l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)，则y1＝，f′(x)＝ex，∴f′(x1)＝，∴切点为(x1，)，切线斜率k＝，∴切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝·x－＋，①，同理设l与g(x)＝ln x＋2的切点为(x2，y2)，∴y2＝ln x2＋2，g′(x)＝，∴g′(x2)＝，切点为(x2，ln x2＋2)，切线斜率k＝，∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝(x－x2)，即y＝·x＋ln x2＋1，②，由题意知，①与②相同，∴把③代入④有－＋＝－x1＋1，即(1－x1)(－1)＝0，解得x1＝1或x1＝0，当x1＝1时，切线方程为y＝ex；当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1，综上，直线l的方程为y＝ex
或y＝x＋1．
(3)曲线C1：y＝ln x＋x与曲线C2：y＝x2有________条公切线．
答案　1　解析　由y＝ln x＋x得y′＝＋1，设点(x1，ln x1＋x1)是曲线C1上任一点，∴曲线C1在点(x1，ln x1＋x1)处的切线方程为y－(ln x1＋x1)＝(x－x1)，即y＝x＋ln x1－1．同理可得曲线C2在点(x2，x)处的切线方程为y－x＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－x．依题意知两切线重合，∴消去x2得＋＋4ln x1－3＝0，①，令f(x)＝＋＋4ln x－3(x>0)，则f′(x)＝－－＋＝＝，当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)只有一个零点．即方程①只有一个解，故曲线C1与C2只有1条公切线．
(4)已知曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝ ．
答案　8　解析　方法一　因为y＝x＋ln x，所以y′＝1＋，y′|x＝1＝2．所以曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．因为y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，所以a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．由消去y，得ax2＋ax＋2＝0．由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8．
方法二　同方法一得切线方程为y＝2x－1．设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，ax＋(a＋2)x0＋1)．因为y′＝2ax＋(a＋2)，所以＝2ax0＋(a＋2)．由解得
(5) (2016·课标全国Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ex的切线，则b＝________．
答案　0或1　解析　设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2的切点为(x1，y1)，与曲线y＝ex的切点为(x2，y2)，y＝ln x＋2的导数为y′＝，y＝ex的导数为y′＝ex，可得k＝ex2＝．又由k＝＝，消去x2，可得(1＋ln x1)·(x1－1)＝0，则x1＝或x1＝1，则直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2的切点为或(1,2)，与曲线y＝ex的切点为(1，e)或(0，1)，所以k＝＝e或k＝＝1，则切线方程为y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或1．
(6)已知曲线f(x)＝lnx＋1与g(x)＝x2－x＋a有公共切线，则实数a的取值范围为 ．
答案　8　解析　设切线与f(x)＝lnx＋1相切于点P(x0，lnx0＋1)，f′(x0)＝，∴切线方程为y－(lnx0＋1)＝(x
－x0)，即y＝x＋lnx0，联立得x2－x＋a－lnx0＝0，∴Δ＝2－4(a－lnx0)＝0，即＋＋1－4a＋4lnx0＝0，即4a＝＋＋1＋4lnx0有解，令φ(x)＝＋＋1＋4lnx(x>0)，φ′(x)＝－－＋＝＝，当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又x→＋∞时，φ(x)→＋∞，故φ(x)的值域为[4，＋∞)，所以4a≥4，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
【对点训练】
1．若直线l与曲线y＝ex及y＝－x2都相切，则直线l的方程为________．
1．答案　y＝x＋1　解析　设直线l与曲线y＝ex的切点为(x0，)，直线l与曲线y＝－x2的切点为
，因为y＝ex在点(x0，)处的切线的斜率为y′|x＝x0＝，y＝－在点处的切线的斜率为y′|x＝x1＝|x＝x1＝－，则直线l的方程可表示为y＝x－x0e＋或y＝－x1x＋x，所以所以＝1－x0，解得x0＝0，所以直线l的方程为y＝x＋1．
2．已知函数f(x)＝x2的图象在x＝1处的切线与函数g(x)＝的图象相切，则实数a等于(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．e
2．答案　B　解析　由f(x)＝x2，得f′(x)＝2x，则f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以函数f(x)＝x2的图象在x＝1处
的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．设y＝2x－1与函数g(x)＝的图象相切于点(x0，y0)，由g′(x)＝，可得解得x0＝，a＝＝．
3．已知函数f(x)＝＋1，g(x)＝alnx，若在x＝处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，则实数a的值为(　　)[
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．1　　　　　　　　D．4
3．答案　A　解析　由题意可知f′(x)＝x－，g′(x)＝，由f′()＝g′()，得×()－＝，可得a＝，经检
验，a＝满足题意．
4．若f(x)＝lnx与g(x)＝x2＋ax两个函数的图象有一条与直线y＝x平行的公共切线，则a等于(　　)
A．1　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C．3　　　　　　　　D．3或－1
4．答案　D　解析　设在函数f(x)＝ln x处的切点为(x，y)，根据导数的几何意义得到k＝＝1，解得x＝1，
故切点为(1，0)，可求出切线方程为y＝x－1，此切线和 g(x)＝x2＋ax也相切，故x2＋ax＝x－1，化简得到x2＋(a－1)x＋1＝0，只需要满足Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3．
5．若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________．
5．答案　1－ln 2　解析　y＝lnx＋2的切线为y＝·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1)．y＝ln(x＋1)的切线为
y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点横坐标为x2)．∴解得x1＝，x2＝－，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2．
6．已知f(x)＝lnx，g(x)＝x2＋mx＋(m＜0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，与f(x)图象的切点为
(1，f(1))，则m＝________．
6．答案　－2　解析　∵f′(x)＝，∴直线l的斜率k＝f′(1)＝1．又f(1)＝0，∴切线l的方程为y＝x－1．g′(x)
＝x＋m，设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，y0＝x＋mx0＋，m＜0，∴m＝－2．
7．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)＝－2x2＋m，g(x)＝－3lnx－x，若以上两函数的图象有公共点，
且在公共点处切线相同，则m的值为(　　)
A．2　　　　　　　　B．5　　　　　　　　C．1　　　　　　　　D．0
7．答案　C　解析　根据题意，设两曲线y＝f(x)与y＝g(x)的公共点为(a，b)，其中a>0，由f(x)＝－2x2＋
m，可得f′(x)＝－4x，则切线的斜率为k＝f′(a)＝－4a，由g(x)＝－3ln x－x，可得g′(x)＝－－1，则切线的斜率为k＝g′(a)＝－－1，因为两函数的图象有公共点，且在公共点处切线相同，所以－4a＝－－1，解得a＝1或a＝－(舍去)，又g(1)＝－1，即公共点的坐标为(1，－1)，将点(1，－1)代入f(x)＝－2x2＋m，可得m＝1．
8．若直线y＝kx＋b是曲线y＝的切线，也是曲线y＝ex－1的切线，则k＋b等于(　　)
A．－　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
8．答案　D　解析　设直线y＝kx＋b与曲线y＝相切于点P(x1，y1)，y′＝＝ex－2，k1＝；直线y＝
kx＋b与曲线y＝ex－1相切于点Q(x2，y2)，y′＝ex，k2＝，∴l1：y＝，l2：y＝，∴x2＝－ln 2，∴k＋b＝＝＋－1－(－ln 2)×＝．
9．设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝(x＞0)在点P处的切线垂直，则P的坐标为________．
9．答案　(1，1)　解析　y′＝ex，曲线y＝ex在点(0，1) 处的切线的斜率k1＝e0＝1．设P(m，n)，y＝(x
＞0)的导数为y′＝－(x＞0)，曲线y＝(x＞0)在点P处的切线斜率k2＝－(m＞0)，因为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，则点P的坐标为(1，1)．
10．已知曲线f(x)＝x3＋ax＋在x＝0处的切线与曲线g(x)＝－lnx相切，则a的值为 ．
10．答案　－e　解析　由f(x)＝x3＋ax＋，得f′(x)＝3x2＋a．∵f′(0)＝a，f(0)＝，∴曲线y＝f(x)在x＝
0处的切线方程为y－＝ax．设直线y－＝ax与曲线g(x)＝－lnx相切于点(x0，－lnx0)，又∵g′(x)＝－，∴将②代入①得lnx0＝，∴x0＝e，∴a＝－＝－e．
11．已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线与曲线y＝lnx在点(x2，lnx2)处的切线相同，则(x1＋1)(x2－1)＝(　　)
A．－1　　　　　　　　B．－2　　　　　　　　C．1　　　　　　　　D．2
11．答案　B　解析　已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线方程为y－＝ (x－x1)，即y＝
，曲线y＝lnx在点(x2，lnx2)处的切线方程为y－lnx2＝(x－x2)，即y＝x－1＋lnx2，由题意得得x2＝，＝－1＋ln x2＝－1＋＝－1－x1，则＝．又x2＝，所以x2＝，所以x2－1＝－1＝，所以(x1＋1)(x2－1)＝－2．
12．曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝aex(a>0)存在公切线，则a的取值范围是________．
12．答案　　解析　设公切线在y＝x2上的切点为(x1，x)，在y＝aex(a>0)上的切点为(x2，)．函
数y＝x2，y＝aex(a>0)的导数分别为y′＝2x，y′＝aex，则公切线的斜率为2x1＝，整理得a＝．由a>0可知，x2>1，令f(x)＝，x∈(1，＋∞)，则f′(x)＝＝，f′(x)>0⇒12，∴f(x)在区间(1,2)上单调递增，在区间(2，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(2)＝；当x→＋∞时，f(x)→0，即0 13．若存在过点O(0，0)的直线l与曲线y＝x3－3x2＋2x和y＝x2＋a都相切，求a的值．
13．解析　易知点O(0，0)在曲线y＝x3－3x2＋2x上．
(1)当O(0，0)是切点时，由y′＝3x2－6x＋2，得y′|x＝0＝2，
即直线l的斜率为2，故直线l的方程为y＝2x．由
得x2－2x＋a＝0，依题意Δ＝4－4a＝0，得a＝1．
(2)当O(0，0)不是切点时，设直线l与曲线y＝x3－3x2＋2x相切于点P(x0，y0)，
则y0＝x－3x＋2x0，且k＝y′|x＝x0＝3x－6x0＋2，①，又k＝＝x－3x0＋2，②，
联立①②，得x0＝(x0＝0舍去)，所以k＝－，
故直线l的方程为y＝－x．由得x2＋x＋a＝0，
依题意，Δ＝－4a＝0，得a＝．综上，a＝1或a＝．
14．已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12和直线m：y＝kx＋9，且f′(－1)＝0．
(1)求a的值；
(2)是否存在k，使直线m既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．
14．解析　(1)由已知得f′(x)＝3ax2＋6x－6a，∵f′(－1)＝0，∴3a－6－6a＝0，∴a＝－2．
(2)存在．
由已知得，直线m恒过定点(0，9)，若直线m是曲线y＝g(x)的切线，则设切点为(x0，3x＋6x0＋12)．
∵g′(x0)＝6x0＋6，∴切线方程为y－(3x＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，
将(0，9)代入切线方程，解得x0＝±1．
当x0＝－1时，切线方程为y＝9；当x0＝1时，切线方程为y＝12x＋9．
由(1)知f(x)＝－2x3＋3x2＋12x－11，[来源:学|科|网Z|X|X|K]
①由f′(x)＝0得－6x2＋6x＋12＝0，解得x＝－1或x＝2．
在x＝－1处，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；在x＝2处，y＝f(x)的切线方程为y＝9，
∴y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9．
②由f′(x)＝12得－6x2＋6x＋12＝12，解得x＝0或x＝1．
在x＝0处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；在x＝1处，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10；
∴y＝f(x)与y＝g(x)的公切线不是y＝12x＋9．
综上所述，y＝f(x)与y＝g(x)的公切线是y＝9，此时k＝0．