新教材2025屆高考數(shù)學二輪專項分層特訓卷三微專題提升練微專題24函數(shù)的公切線問題

微專題24函數(shù)的公切線問題一、單項選擇題1．[2024·湖南長沙模擬]若斜率為1的直線l與曲線y＝ln(x＋a)和圓x2＋y2＝eq\f(1,2)都相切，則實數(shù)a的值為()A．－1或2B．0或2C．0D．22．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(x)，g(x)＝alnx，a∈R，若曲線y＝f(x)與y＝g(x)相交，且在交點處有相同的切線，則a的值為()A．eq\f(e,2)B．e2C．eD．2e3．若直線y＝kx＋b是曲線f(x)＝lnx＋2的切線，也是曲線g(x)＝ln(x＋1)的切線，則k－b＝()A．3－ln2B．3＋ln2C．eq\f(5,3)＋lneq\f(3,2)D．1＋ln24．[2024·河北滄州模擬]已知直線y＝kx＋b與曲線y＝ex＋2和曲線y＝ln(e2x)均相切，則實數(shù)k的解的個數(shù)為()A．0B．1C．2D．多數(shù)二、多項選擇題5．若二次函數(shù)f(x)＝2x2＋3的圖象與曲線C：g(x)＝aex＋3(a>0)存在公切線，則實數(shù)a的可能取值為()A．eq\f(1,2)B．eq\r(e)C．eq\f(8,e2)D．eq\f(e,2)[答題區(qū)]題號12345答案三、填空題6．[2024·海南海口模擬]已知函數(shù)f(x)＝x3＋lnx的圖象在點A(1，f(1))處的切線為l，若l與函數(shù)g(x)的圖象也相切，切點為B(2，m)，則g(2)＋g′(2)＝________．7．與曲線y＝ex和y＝－eq\f(x2,4)都相切的直線方程為________．8．[2024·安徽定遠模擬]已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝x2－m，g(x)＝6lnx－4x，設(shè)曲線y＝f(x)與y＝g(x)在公共點處的切線相同，則實數(shù)m＝________．9．[2024·福建廈門模擬]已知函數(shù)f(x)＝mx＋lnx，g(x)＝x2－mx，若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)存在公切線，則實數(shù)m的最大值為________．10．[2024·湖南長沙模擬]若曲線C1：f(x)＝x2＋a和曲線C2：g(x)＝2lnx恰好存在兩條公切線，則實數(shù)a的取值范圍為________．四、解答題11．已知函數(shù)f(x)＝x2－1，函數(shù)g(x)＝alnx，其中a≤2.假如曲線y＝f(x)與y＝g(x)在x＝1處具有公共的切線，求a的值及切線方程．解：12．已知函數(shù)f(x)＝1－eln(ax)，g(x)＝eq\f(a,x)(a>0).(1)求函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上的極值；(2)當a＝1時，若直線l既是曲線y＝f(x)又是曲線y＝g(x)的切線，試推斷l(xiāng)的條數(shù)．解：

微專題24函數(shù)的公切線問題1．解析：設(shè)直線l與曲線y＝ln(x＋a)的切點為P(x0，y0)，由y′＝[ln(x＋a)]′＝eq\f(1,x＋a)，則eq\f(1,x0＋a)＝1，則x0＝1－a，y0＝0，即切點為P(1－a，0)，所以直線l為y＝x－1＋a，又直線l與圓x2＋y2＝eq\f(1,2)也相切，則有eq\f(|－1＋a|,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝2或a＝0.故選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).故選A.答案：A3．解析：直線y＝kx＋b是曲線y＝lnx＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則兩個切點都在直線y＝kx＋b上，設(shè)兩個切點分別為(x1，kx1＋b)，(x2，kx2＋b),則兩個曲線的導數(shù)分別為y′＝eq\f(1,x)，y′＝eq\f(1,x＋1)，由導數(shù)的幾何意義可知k＝eq\f(1,x1)＝eq\f(1,x2＋1)，則x1＝x2＋1，且切點在各自曲線上，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(kx1＋b＝lnx1＋2，①,kx2＋b＝ln（x2＋1），②))則將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.故選D.答案：D4．解析：依據(jù)題意可知，直線y＝kx＋b與曲線y＝ex＋2和曲線y＝ln(e2x)都相切，所以對于曲線y＝ex＋2，則y′＝ex＝k，所以x＝lnk，所以切點A(lnk，k＋2)，對于曲線y＝ln(e2x)，則y′＝eq\f(1,x)＝k(x>0)，所以x＝eq\f(1,k)，切點B(eq\f(1,k)，lneq\f(1,k)＋2)(k>0)，易知A，B不重合，因為公切線過A，B兩點，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))，進而可得klnk－lnk－k－1＝0，令g(k)＝klnk－lnk－k－1(k>0)，則g′(k)＝lnk－eq\f(1,k)(k>0)，令φ(k)＝g′(k)＝lnk－eq\f(1,k)(k>0)，則φ′(k)＝eq\f(1,k)＋eq\f(1,k2)>0(k>0)所以g′(k)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，因為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)，所以當0<k<k0時，g′(k)<0，當k>k0時，g′(k)>0，所以g(k)在(0，k0)上單調(diào)遞減，在(k0，＋∞)上單調(diào)遞增，k0∈(1，e)，故g(k)min＝g(k0)＝k0lnk0－lnk0－k0－1.又因為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，當k＝e2時，g(e2)＝e2lne2－lne2－e2－1＝e2－3>0，因為k0∈(1，e)，g(k0)g(e2)<0，所以在(k0，e2)內(nèi)存在k1，使得g(k1)＝0，當k＝eq\f(1,e2)時，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，因為k0∈(1，e)，g(k0)g(eq\f(1,e2))<0，所以在(eq\f(1,e2)，k0)內(nèi)存在k2，使得g(k2)＝0，綜上所述，存在兩條斜率分別為k1，k2的直線與曲線y＝ex＋2和曲線y＝ln(e2x)都相切，故選C.答案：C5．解析：由f(x)＝2x2＋3得f′(x)＝4x；由g(x)＝aex＋3得g′(x)＝aex.設(shè)公切線與f(x)的圖象相切于點(x1，2xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋3)，與g(x)的圖象相切于點(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，因為4x1＝aex2，a>0，則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)上單調(diào)遞增，在(2，＋∞)上單調(diào)遞減，所以h(x)max＝h(2)＝eq\f(8,e2)，所以實數(shù)a的取值范圍eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(8,e2))).因為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，則eq\f(e,2)>eq\f(8,e2)，則AC正確．故選AC.答案：AC6．解析：由題意得f′(x)＝3x2＋eq\f(1,x)，則f(1)＝1，f′(1)＝4，所以切線l的方程為y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.所以m＝4×2－3＝5，則g(2)＝5，g′(2)＝4，g(2)＋g′(2)＝9.答案：97．解析：設(shè)直線與曲線y＝ex相切于點(x1，ex1)，因為y′＝ex，所以該直線的方程為y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x＋ex1(1－x1)，設(shè)直線與曲線y＝－eq\f(x2,4)相切于點(x2，－eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),4))，因為y′＝－eq\f(x,2)，所以該直線的方程為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，所以該直線的方程為y＝x＋1.答案：y＝x＋18．解析：依題意設(shè)曲線y＝f(x)與y＝g(x)在公共點(x0，y0)處的切線相同．∵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，假設(shè)兩曲線在同一點(x0，y0)處相切，則，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，因為函數(shù)y＝x2＋lnx－1單調(diào)遞增，且x＝1時y＝0，所以x0＝1，則m＝eq\f(1,2)，此時兩曲線在(1，eq\f(1,2))處相切，依據(jù)曲線的改變趨勢，若m接著增大，則兩曲線相交于兩點，不存在公切線，所以m的最大值為eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)10．解析：由題意得f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(2,x)，(x>0)，設(shè)與曲線f(x)＝x2＋a相切的切點為(x1，xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋a)，與曲線g(x)＝2lnx相切的切點為(x2，2lnx2)，則切線方程為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，由于兩切線為同始終線，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)，則φ′(x)＝2x－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x＋1）（x－1）,x)，當0<x<1時，φ′(x)<0，φ(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，當x>1時，φ′(x)>0，φ(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．即在x＝1處φ(x)取得微小值，也為最小值，且為φ(1)＝－1.又兩曲線恰好存在兩條公切線，即a＝φ(x)有兩解，結(jié)合當x→0時，x2趨近于0，lnx趨于負無窮大，故φ(x)趨近于正無窮大，當x→＋∞時，x2趨近于正無窮大，且增加幅度遠大于lnx的增加幅度，故φ(x)趨近于正無窮大，由此結(jié)合圖象可得a的范圍是(－1，＋∞).答案：(－1，＋∞)11．解析：因為函數(shù)f(x)＝x2－1，函數(shù)g(x)＝alnx，則f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(a,x)，因為曲線y＝f(x)與y＝g(x)在x＝1處具有公共的切線，則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，故所求切線方程為y＝2(x－1)，即2x－y－2＝0.12．解析：(1)由題知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).故當x改變時，F(xiàn)(x)，F(xiàn)′(x)的改變狀況如下表：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)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減所以當x＝eq\f(a,e)時，F(xiàn)(x)取得極大值，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,e)))＝1－2elna，無微小值．(2)f(x)＝1－elnx，f′(x)＝－eq\f(e,x)，g(x)＝eq\f(1,x)，g′(x)＝－eq\f(1,x2)，所以曲線y＝f(x)在點(t，1－elnt)處的切線方程為y－(1－elnt)＝－eq\f(e,t)(x－t)，即y＝－eq\f(e,t)x－elnt＋e＋1.同理可得曲線在點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，\f(1,b)))處的切線方程為y－eq\f(1,b)＝－eq\f(1,b2)(x－b)，即y＝－eq\f(1,b2)x＋eq\f(2,b).若曲線y＝f(x)與曲線y＝g(x)有公切線，則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，所以問題轉(zhuǎn)化為推斷關(guān)于b的方程2eln|b|＋eq\f(2,b)－1＝0在(－∞，0)∪(0，＋∞)的根的個數(shù)．因b≠0，當b>0時，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