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)=2x 33x()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)=2x 3
2、3x 得 f(x)=6x 23,令 f(x)=0 得,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(x 0,y 0),则 y0=2 3x 0,且切线斜率为 k=6 3,切线方程为 yy 0=(6 3)(xx 0),ty 0=(6 3)(1x 0),即 4 6 +t+3=0,设 g(x)=4x36x 2+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)=12x 212x=12x(x1),g(0)=t+3
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+e f(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
4、)=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+e ln3x+ 0;等价于 ,解得 x ,故解集为() 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(x 0, ),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
5、 g(x) 极大 =g(1)=10,故 g(x) 极,小 =g(2)=ln2+ 0,又 g( )= +1261=ln43 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)=2x 33x+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
6、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 .23abc则 c,b 2+c2=1, sin,cosba设 , 5sin(),故 a+ c , ,【例 5】.已知函数 f(x)=lnxa(x1),g(x)=e x,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 l1,l 2,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
7、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(x 2,y 2),则 ,x 2=1,y 2=ek 2=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(x 1,y 1), , ,又 y1=lnx1a(x 11),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,
8、+)上单调递增,且 m(e)=0,x 1=e,综上,a=0 或 【作业 2】(2017 黄山二模)已知函数 f(x)=(ax 2+x1)e x+f(0)(1)讨论函数 f(x)的单调性;(2)若 g(x)=e x f(x)+lnx,h(x)=e x,过 O(0,0)分别作曲线y=g(x)与 y=h(x)的切线 l1,l 2,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切线若存在,求出
9、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)=4x 33e 2xe 3,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)=e 3, ,h(e)=0,故方程 h(x 0)=0 在(0,+)上有唯一实数根 x0=e,经验证也满足(1)式于是,f(x
10、 0)=g(x 0)=3e,f(x 0)=g(x 0)=3,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)=ax 2x(aR)()若曲线 f(x)与 g(x)
11、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)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(x 0,y 0),则由题设有 lnx0=ax02x 0,又在点 P 有共同的切线,f(x 0)=g(x 0), ,a= ,代入 得 lnx0= x0,设 h(x)=lnx + x,则 h(x)= + (x0),则
12、 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(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),
13、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】(2017 韶关模拟) .已知函数 f(x)=ae x(a0),g(x)=x 2()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(x
14、1,a )与 c2切于点(x 2,),f(x)=ae x,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)= ,a max= ()F(x)=f(x)bg(x)cx1=e xbx 2cx1,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)=e x2bxc 在(0,2)内至少有两个零点F(x)=e x2b,F(2)=e 24b2c
15、1=0,c= ,当 b 时,在(0,2)上,e xe 0=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,e xe 22b,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)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
16、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)=e x2bxc 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)=x 2(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)=
17、e x(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)=e x的切点分别为(m,lnm),(n,e n),mn,f(x)= ,g(x)=e x, ,化简得(m1)lnm=m+1
18、,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)=x 2+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
19、(1)=0,g(x)在1,+)上有 1 个零点;1k0,g(1)0,g(e 1k )=ke 1k +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)=6x 26x,切线斜率 f(t)=6t26t,切线方程为 yf(t)=(6t 26t)(xt),切线过 P(a,4),4f(t)=(6t 26t)(at),4t 33t 26t 2a+6ta5=0由题意,方程有 3 个不同的解令 H(t)=4t 33t 26t 2a+6ta5,则 H(t)=12t 26t12at+6a=0t=或 aa= 时,
20、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)(2a 25a+5)0,a 或 a1【作业 2 解答】解:由已知得 f(x)=ax 2+(2a+1)xe x,f(0)=0,所以f
21、(x)=(ax 2+x1)e x(1)f(x)=ax 2+(2a+1)xe x=x(ax+2a+1)e x若 a0,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 a=0,f(x)=(x1)e x,f(x)=xe x,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(
22、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)=e x f(x)+lnx=e x (ax 2+x1)e x+lnx=ax2+x1+lnx,设 l2的方程为 y=k2x,切点为(x 2,y 2),则 ,所以x2=1,y 2=e,k 2=e由题意知 k1=k 2=e,所以 l1的方程为 y=ex,设
23、 l1与 y=g(x)的切点为(x 1,y 1),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=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(x 0,lnx 0)和Q(x 1,2 )因为
24、 f(x)= ,g(x)= ,所以分别以 P(x 0,lnx 0)和 Q(x 1,2 )为切线的切线方程为y= +lnx01,y= +2 令 ,即 2lnx1+ (3+ln3)=0令 h(x)=2lnx 1+ (3+ln3)所以由 h(x)= =0,得 x1=3显然,当 0x 13 时,h(x)0,当 x13 时,h(x)0,所以 h(x) min=ln310,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+12)(1+23) (1+20122013) e4021理由:由(1)可得 lnx2 (x0),可令 x=
25、1+n(n+1),可得 ln(1+n(n+1)2 2=23( ),则 ln(1+12)+ln(1+23)+ln(1+20122013)220123(1 + + )=40243+ 4021即有(1+12)(1+23)(1+20122013)e 4021【作业 4 解答】解:()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+1b=0,b=2;(2)假设 f(x),g(x)的图象在其公共点(x 0,y 0)处存在公切线,由 f(x)=a(x )2lnx,得 f(x)= ,g(x)=2x,由 f(
26、x 0)=g(x 0),得=2x0,即 2x03ax 02+2x0a=0,即(x 02+1)(2x 0a)=0,则 x0= ,又函数的定义域为(0,+),当 a0 时,x 0= 0,则 f(x),g(x)的图象在其公共点(x 0,y 0)处不存在公切线;当 a0 时,令 f( )=g( ), 2ln 2= ,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)
27、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. 是 定 义 在 上 的 奇 函 数 , 当 时 , , 且 ,则 不 等 式 的 解 集 是 ( )分 析 : 观 察 条 件 给 的 不 等 式 , 它 的 左 边 是的 导
28、 函 数 。 故 构 造 , 并 把 题 中 的 其 他 性 质 转 化 成 的 性 质 , 把 要求 解 的 不 等 式 也 转 化 成 关 于 的 不 等 式 。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)
29、 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 知 , , 而 不 等 式 即 为 , 解 集 为, 选 。3. 已 知 为
30、 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 在 上 的 零 点 个 数 为 ( )或 。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 , 在 上 递 增 , 当时 , , 无 零 点 。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 。