完整版)利用導數(shù)求曲線的切線和公切線

1、利用導數(shù)求曲線的切線和公切線一. 求切線萬程【例11 .已知曲線f(x)=x 3-2x 2+1.(1) 求在點P (1,0 )處的切線l 1的方程； 求過點Q( 2,1 )與已知曲線f(x)相切的直線丨2的方程.提醒：注意是在某個點處還是過某個點！二. 有關切線的條數(shù)【例21.( 2014?北京)已知函數(shù)f (x) =2x3 - 3x.(I)求f (x)在區(qū)間-2, 1上的最大值；(n)若過點P (1, t)存在3條直線與曲線y=f (x)相切，求t的取值范圍;(川)問過點 A (- 1, 2), B (2, 10), C (0, 2)分別存在幾條直線與曲線 y=f (x)相切？(只需寫出結(jié)論

2、)【解答1 解：(I)由 f (x) =2x3 - 3x 得 f( x) =6x2- 3, 令 f (x) =0 得，x= -_或 x=,- f (-2) =- 10, f (-=) =：-：, f (斗)=-:,f (1) =- 1,.f (x)在區(qū)間-2, 1上的最大值為：.：.(n)設過點P (1, t)的直線與曲線y=f (x)相切于點(X。，y),則y=2訶-3X0，且切線斜率為k=6爲-3,.切線方程為 y-yo= (6-,- - 3)(x - xo),(6t - yo=-3)( 1-X。)，即卩 4嗚2 O+t+3=0，設 g (x) =4x3 - 6x2+t+3 ,則“過點P

3、(1, t)存在3條直線與曲線y=f (x)相切”，等價于“ g (x)有3 個不同的零點”.T g(x) =12x2- 12x=12x (x- 1),.g (0) =t+3是g (x)的極大值，g (1) =t+1是g (x)的極小值.g (0) 0 且 g (1)v 0,即-3v t v- 1,.當過點過點P (1, t)存在3條直線與曲線y=f (x)相切時，t的取值范圍是(-3,- 1).(rn)過點A (- 1, 2)存在3條直線與曲線y=f (x)相切；過點B (2, 10)存在2條直線與曲線y=f (x)相切；過點C (0, 2)存在1條直線與曲線y=f (x)相切.【例3】.已

4、知函數(shù)f (x) =lnax (a0, a R),呂(小二土L.x(I)當a=3時，解關于x的不等式：1+ef (x) +g (x ) 0;(U)若f (x) g (x) (x 1)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(川)當a=1時，記h (x) =f (x)- g (x)，過點(1,- 1)是否存在函數(shù)y=h (x)圖象的切線？若存在，有多少條？若不存在，說明理由.【解答】解：(I)當a=3時，原不等式可化為：1+eln3xL0；工等價于l+3x+03k0，解得X 丄，故解集為對x 1恒成立，所以令i |:.”：O(Q1)，可得h (x)在區(qū)間1，+x)上單調(diào)遞減,故h (x )在x=1處取到最大

5、值，故lna h (1) =0,可得 a=1，故a的取值范圍為：1 , +x(川)假設存在這樣的切線，設切點T (xo, Ln/工廠1CT v_),(彈-1)，將點T坐標代入得:+1=KoXn_l切線方程：y+仁xo即1口為 -一 1=0,設 g (x) =1 口葉色一打-1,則# Cx)- x0,二g (x)在區(qū)間(0, 1) ,( 2, +x)上是增函數(shù)，在區(qū)間(1, 2)上是減函數(shù)，故 g (x)極大=g (1) =10,故 g (x)極，小=g ( 2) =ln2+丄 0,.又 g (寺)=1 詩+12- 6- 1 = -ln4 - 3V 0,由g (x)在其定義域上的單調(diào)性知：g (

6、x) =0僅在(,1)內(nèi)有且僅有一根,4方程有且僅有一解，故符合條件的切線有且僅有一條.【作業(yè) 1】.(2017?莆田一模)已知函數(shù) f (x) =2x3 - 3x+1, g (x) =kx+1 - Inx .vl(1) 設函數(shù)htx)=J z?、.，當kv 0時，討論h (x)零點的個數(shù)；(菖(X)5 図R1(2) 若過點P (a,- 4)恰有三條直線與曲線y=f (x)相切，求a的取值范圍.三. 切線與切線之間的關系【例4】.(2018?綿陽模擬)已知a, b, c R,且滿足b2+c2=1，如果存在兩 條互相垂直的直線與函數(shù)f (x) =ax+bcosx+csinx的圖象都相切，則a+J

7、；L J ；c 的取值范圍是 .粹 t= tf+ftcosjt rsin x = a+b2 +c2 cos(x + cos(x+令x+-6則碼十護二即 巧十卩= &： fx) = a十g宮0由題總，存在兀也亡R梗得廠也)廠(兀戸-1，即(+005)(4-005) = -,即關于席的二択方FW+燉+迢+1 = 0廣)柑實根所W A = (cosl + cosft)*-4coscostf1-4i0(costfl-cosft)2 王4所閔co昭一00昭|工2,又|cos -：05|a=0則 a 2b , 3c 一 2b , 3c，v b2+c2=1， 設 b sin ,a cos ， 2b3c5 s

8、in()，故a+血+V3c -韻眄，【例5】.已知函數(shù)f (x) =lnx - a (x- 1)， g (x) =ex，其中e為自然對數(shù)的 底數(shù).(I)設加 (0, +)，求函數(shù) t (x )在m，m+1 (m 0) 上 的最小值；(n)過原點分別作曲線y=f (x)與y=g (x)的切線丨1，丨2，已知兩切線的斜 率互為倒數(shù)，求證：a=0 或一- - T .ec【解答】(I)解：t任)二蘭,遷亦心)，亡&)二，；仝1I令 t (x) 0 得 x 1,令 t (x)v 0 得 XV 1 ,所以，函數(shù)t (X)在(0, 1)上是減函數(shù)，在(1, +X)上是增函數(shù)，當1 時，t (x)在m, m+

9、1 (m0)上是增函數(shù)，二七當0vmV 1時，函數(shù)t (x)在m，1上是減函數(shù)，在1，m+1上是增函數(shù)， t (x) min=t (1) =e.(U)設12的方程為y=k2X，切點為(X2, y2),貝U y丹二呂(工g)二啟二 X2=1, y2=e： k2=e.由題意知，切線l 1的斜率.；_ - _!，切線l 1的方程為1 k2 e丁 一工，設l 1與曲線y=f (x)的切點為(X1, y,-41 1y 1 1 s x 1,OF1 e1XL e又y1=lnx1- a (X1- 1)，消去y1, a后整理得，貝U I I 一 丄T _厶rr: 一 I :丄|,亡丄一 1, m(x)在(0,

10、1)上單調(diào)遞減，在(1, +x)上單調(diào)遞增，若 X1( 0, 1),v&右 1)，若 X1( 1：+x)m (x)11A-X1=e,-一二 0X1e綜上，a=0或皂土21-a 0. It - -I.f (x)在( x,0) 上單調(diào)遞減，在(山 辛一)上單調(diào)遞減，在上ViV4單調(diào)遞增；(U)假設曲線y=f (x)與y=g (x)存在公共點且在公共點處有公切線，且切則即其中(2 )式即點橫坐標為x 0，記 h (x) =4x3 3e2x - e3, x ( 0, +x),貝y h (x) =3 (2x+e)( 2x - e).得h (x )在0 號)上單調(diào)遞減，在(，十*)上單調(diào)遞增， 又 h (

11、0) = -e3, h(2二-2，h (e) =0,故方程h (xo) =0在(0, +x)上有唯一實數(shù)根xo=e,經(jīng)驗證也滿足(1)式. 于是，f (X。)=g (x) =3e, f(x) =g (x) =3,曲線y=g (x)與y=g (x)的公切線I的方程為y- 3e=3 (x- e), 即 y=3x.【作業(yè)3】.已知函數(shù)f (x) =lnx , g (x) =2-色(x 0)I(1) 試判斷當f (x)與g (x)的大小關系；(2) 試判斷曲線y=f (x)和y=g (x)是否存在公切線，若存在，求出公切線 方程，若不存在，說明理由；(3) 試比較 (1+1X 2)(1+2X 3)(

12、1+2012X 2013)與 e 4021 的大小，并寫 出判斷過程.五.與公切線有關的參數(shù)取值范圍問題【例 7】.已知函數(shù) f (x) =blnx , g (x) =ax2- x (a R).(I)若曲線f (x)與g (x)在公共點A (1, 0)處有相同的切線，求實數(shù) a、 b的值；(U)當b=1時，若曲線f (x)與g (x)在公共點P處有相同的切線，求證： 點P唯一；(川)若a0, b=1，且曲線f (x)與g (x)總存在公切線，求正實數(shù) a的最 小值.【解答】解：(I) f(x)丄,g (x) =2ax- 1.曲線f (x)與g (x)在公共點A (1, 0)處有相同的切線，If

13、fCDblnl-O呂二己-1 二0，解得 a=b=1.|b=2a-l_ ,2(U)設P (X0, y),則由題設有l(wèi)nx 0=ax0 -x， 又在點P有共同的切線，(x) =g(x),.* ，：|-,K fla=；,代入得lnx 0設 h (x) =lnx h (x)在(0,Lx,貝U h(x) (x0),貝U h+x)上單調(diào)遞增，所以h (x) =0最多只有1個實根,(x) 0,從而，結(jié)合(1)可知，滿足題設的點P只能是P (1, 0).(川)當a0,f (x)在點(t ,b=1 時，f (x) =lnx , f( x),1lnt )處的切線方程為y - lnt=(x t)，即卩 y丄x+l

14、nx 1.與 y=ax x，聯(lián)立得 ax (1x Int+1=0 .曲線f (x)與g (x)總存在公切線,關于t (t 0)的方程=2+4a (lnt 1) =0,門-二 =4a (1 l nt )(* )總有解.若 t e,貝U 1 lnt v 0,從而，方程(*)可化為I 1 0,顯然(*)不成立，所以0 v t v e,t2 (1 -lnt.)(Ovt ve),貝U H( t)t 3 (1-1 nt ) 2當 Ovt v 1 時，h (t )v 0；當 1 vt ve 時，h (t ) 0, 即h (t )在(0, 1) 上單調(diào)遞減，在(1, e) 上單調(diào)遞增. h (t )在(0,

15、e) 上的最小值為h (1) =4, 要使方程(*)有解，只須4a4,即a 1.正實數(shù)a的最小值為1.【例8】.(2017?韶關模擬).已知函數(shù)f (x) =aex (a0), g (x) =x2 (I)若曲線C1： y=f (x)與曲線C2： y=g (x)存在公切線，求a最大值.(U)當 a=1 時，F(xiàn) (x) =f (x) bg (x) cx 1,且 F (2) =0,若 F (x) 在(0, 2)內(nèi)有零點，求實數(shù) b的取值范圍.【解答】解：(I)設公切線l與C1切于點(* , a/】)與C2切于點(X2，衍2), f(x) =aex, g(x) =2x,0 巳 1 2)xl 2ae k

16、 9=2z2y 22工 _工丄,由知X2工0,代入： 一J=2X2，即X2=2xi- 2,2 (2x-i -2)4 _/inJ,由知 a=，設 g (x) i - , g(x) = h ,丈1XKeee令 g(x) =0,得 x=2；當 xv2 時 g(x)0, g (x)遞增. 當 x2 時，g( x)v 0, g (x)遞減.x=2 時,g ( x) maX=g (2) = ,二 amaX=.ecx2(H) F ( x) =f (x)- bg (x)- cx - 1=e - bx - cx - 1, F (2) =0=F (0),又 F (X)在(0, 2)內(nèi)有零點， F (乂)在(0,

17、2)至少有兩個極值點，即F(x) =eX- 2bx- c在(0, 2)內(nèi)至少有兩個零點.2 F( x) =eX - 2b, F (2) =e2- 4b- 2c-仁0, c=一：卜一, 當 bw二時，在(0, 2) 上, eXe=12b, F( x)0, F( x)在(0, 2) 上單調(diào)增，F(xiàn)(X)沒有兩個零點.2 2 當 b時，在(0, 2) 上, eXve w2b,： F( x)v 0, F( x)在(0, 2) 上單調(diào)減，F(xiàn)(X)沒有兩個零點； 當丄v bv時，令 F( X) =0,得 X=ln2b ,蒼因當 xln2b 時，F(xiàn)( X) 0, xvln2b 時，F(xiàn)(x) v 0, F(x)

18、在(0, ln2b )遞減，(ln2b , 2)遞增,2 e112+2所以 x=ln2b 時， F( x)最小=F( ln2b ) =4b-2bln2b 設 G(b) =F( ln2b ) =4b- 2bln2b -#令,令 G(b) =2 - 2ln2b=0 ,(b)v 0,得 2b=e，即 b，當 bv、時 G ( b)0;當 b一時，G當b丄時，G(b) 最大 =G G(b) =f(ln2b )v 0恒成立,因F(x) =ex- 2bx-c在(0, 2)內(nèi)有兩個零點，”行bT o I(52韻二2b-2bW2b上二jW-VO, (2)=J-4b-；bTo|2 -j解得：_vbvl ,442

19、 - 2綜上所述，b的取值范圍(、，二7 ).4 | 4 |【作業(yè) 4】.已知函數(shù) f (x) =a (x -二)-blnx (a, b RR, g (x) =x2.(1) 若a=1，曲線y=f (x)在點(1, f (1)處的切線與y軸垂直，求b的 值；(2) 若b=2,試探究函數(shù)f (x)與g (x)在其公共點處是否有公切線，若存在， 研究a的個數(shù)；若不存在，請說明理由.六.公切線的條數(shù)問題【例9】.已知函數(shù)f (x) =lnx , g (x) =ex.(1)確定方程f (x)上1實數(shù)根的個數(shù)；x-1(2)我們把與兩條曲線都相切的直線叫作這兩條曲線的公切線，試確定曲線y=f(x), y=g

20、 (x)公切線的條數(shù)，并證明你的結(jié)論.方程f (x)丄一有兩個實根；x-1(2)解：曲線y=f (x) , y=g (x)公切線的條數(shù)是2,證明如下:設公切線與 f (x) =lnx , g (x) =ex的切點分別為(m lnm),(n, en), mn,g( x) =ex,化簡得(m- 1) lnm=m+1,當 m=1 時，(m- 1) lnm=m+1 不成立；當 m 1 時，(m 1) lnm=m+1 化為 InmL,由(1)可知，方程lnm二有兩個實根, 二曲線y=f (x) ，y=g(x)公切線的條數(shù)是2條.【作業(yè) 5】.已知函數(shù) f (x) =x2+2 (1 - a) x- 4a,

21、 g (x) -(a+1) 2,則 f(x)和g ( x)圖象的公切線條數(shù)的可能值是【作業(yè)1解答】解:1) f (x) = (2x+1)(x-x=-是h ( x )的零點；x )二k_ ,kv0, g (x)v 0, g (x)在1 , +)上單調(diào)遞減，g (x)的最大值為g (1)=k+1.k v- 1, g (1)v 0, g ( x)在1 , +*)上無零點；k=- 1, g (1) =0, g (x)在1 , +)上有 1 個零點；-1v kv 0, g (1) 0, g (e1 -k) =ke1-k+kv0, g (x)在1 , +*)上有 1 個零 綜上所述，k v- 1時，h (

22、 x)有1個零點；-K k v 0時，h ( x )有兩個零點；(2)設切點(t , f (t), f( x ) =6x2- 6x,.切線斜率 f( t) =6t2- 6t , 切線方程為 y-f (t) = (6t2-6t)( x - t),切線過 P (a,- 4), - 4-f (t ) = (6t2-6t)( a-t), 4t3- 3t2- 6t2a+6ta - 5=0由題意，方程有3個不同的解.令 H(t) =4t3- 3t2- 6t2a+6ta - 5,貝U H( t) =12t2 - 6t - 12at+6a=0 . t=丄或a.aJ時，H(t ) 0, H( t )在定義域內(nèi)單

23、調(diào)遞增，H( t)不可能有兩個零點,方程不可能有兩個解，不滿足題意；a*時，在(-8, )，( a, +x)上, H (t) 0,函數(shù)單調(diào)遞增，在(丄，a) 上, H(t )v 0,函數(shù)單調(diào)遞減，H( t)的極大值為H (),極小值為H(a);,+Xa J _時，在(-%上, H(t )v 0,函數(shù)單調(diào)遞減,上, H(t) 0,函數(shù)單調(diào)遞增，在(a,丄)(丄)；H (t)的極大值為H (a),極小值為H要使方程有三個不同解，則H (a)v 0,即(2a- 7)( a+1)(2a2-5a+5) 0,a丄或 av 1.2【作業(yè)2解答】解：由已知得f (x) =ax2+ (2a+1) xex, f

24、(0) =0,所以f(x) = (ax2+x - 1) ex.2xx(1) f (x) =ax + (2a+1) xe =x (ax+2a+1) e .若 a0,當或 x0 時，f (x) 0;當 一2丄WO 時，f (x) vaa0,所以f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-2), (0, +衛(wèi));單調(diào)遞減區(qū)間為江(-2-丄* CO.a 若 a=0, f (x) = (x 1) ex, f (x) =xex,當 x0 時，f (x) 0;當 xv0 時，f (x)v 0,所以f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0, +x)；單調(diào)遞減區(qū)間為(-X, 0). 若0 ,當工一2-或 xv0 時，f (x) v0；

25、當時，f (x)2aa 0,所以f ( x )的單調(diào)遞增區(qū)間為 -2丄)；單調(diào)遞減區(qū)間為(YO, 0人(-2 ,十切).a(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-X，+X若0時，f(x)v 0；當-2x 0,所以f ( x )的單調(diào)遞增區(qū)間為0)；單調(diào)遞減區(qū)間為(YO, -2),(0,十8).a當a 0時，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-；單調(diào)遞減區(qū)間為(-三-丄，0).a當a=0時，f (x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，+x)；單調(diào)遞減區(qū)間為(-X，0).，#3*0時，f (x)的單調(diào) 遞增區(qū)間為(0,；單調(diào)遞 減區(qū)間為S, 0), (-2丄，+8).當,f當f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-X，+x)；(x)單調(diào)遞增區(qū)

26、間為(_2丄.0)；單調(diào)遞減區(qū)間為(a(0，+x);(2)證明：g(x) =e-xf (x) +lnx= - e-x (ax2+x- 1) ex+lnx=ax 2+x- 1+lnx ,設I 2的方程為y=k2X，切點為(X2，y2)，則，所以x2=1， 若二一 一-7 工亡: J，故 f:7,y2=e，k2=e.由題意知ki=- k2=- e，所以11的方程為y= - ex，設I i與y=g (x)的切點為(Xi, yi)，則k& Ugf+l肓肓乂2 丹二曰叮+ z +-1+1I1 靭二px 1uCk)d工)二計】u (x)是單調(diào)遞增函數(shù),在定義域上，u (x) 0,所以(0, +X) 上,，

27、所以-e-blI- I ,即血)二t4乎=鑼，V -2e?2【作業(yè)3解答】解：(1)證明：設F (x)=f (X) - g (x),則 F(X)(X) v0,由 F (x) =0,得 x=3，當 Ov xv 3 時，F(xiàn) 當x3時F (x) 0,可得F (x)在區(qū)間(0, 3)單調(diào)遞減，在區(qū)間(3, +%)單調(diào)遞增， 所以F (x)取得最小值為F (3) =ln3 - 10, F (x) 0,即 f (x) g (x);(2)假設曲線f (x )與g (x)有公切線，切點分別為 P (X。，I nx。)和Q( xi, 2- ).因為 f (x)丄,g( x)1, y=+23 時，h (x)0,所

28、以 h ( x) min=l n3 1 0,所以方程2lnx 1+、( 3+ln3 ) =0無解，|sl|故二者沒有公切線.所以曲線y=f (x)和y=g(x)不存在公切線;4021(3)( 1+1X 2)( 1+2X 3) ?(1+2012X 2013) e .理由：由(1)可得 lnx 2 (x0)，可令 x=1+ n (n+1)，可得 ln(1+ n (n+1) 2 3n(n+l)=2 - 3 (丄n則 ln (1+1X 2) +ln (1+2X 3) + +ln (1+2012X 2013)2X 2012 3 (1-丄丄-丄+) =4024 3 4021.2 2320122013201

29、3即有(1+1X 2)( 1+2X 3)-( 1+2012X 2013) e4021.【作業(yè)4解答】解：(I)： f (x) =x- - blnx，二f (=2x0，即 2x03 ax02+2x0 - a=0, 0即(X02+1)( 2X0 - a) =0,則 X0斗,又函數(shù)的定義域為(0, +x),當a 0時，x一0時，令f (寺)=g (亍)，寺-21 n肖-2軒,即二- =ln,L2_C令 h (x)=-In 昱(x 0),8 22h，(x) x -丄=T ,則 h (x)在(0, 2)遞減，(2, +x)遞增且 h (2) =-v0,-且當 x0 時，h (x) +x；當 x+x時，h

30、 (x) +x, h (x)在(0, +x)有兩個零點，2_c方程=ln在(0, +x)解的個數(shù)為2.8 2綜上：當a0時，函數(shù)f (x)與g (x)的圖象在其公共點處存在公切線，a的值有2個.在導數(shù)的練習中，常見這一類題型：已知含有f的一個不等式，以及的一些其他性質(zhì)，讓解不等式或者比較大小。這類題型的常用思路是emph構(gòu)造函數(shù)，下面舉例說明。1. m 是定義在用上的奇函數(shù)，當應 時，(廠+1)尸+乙心)a,且(一1)= “， 則不等式，心)A 的解集是()+oo)U (L+x)C. oc7 一 1)Z7.( oo. 1) U (II. 1J分析：觀察條件給的不等式| :-;：1：|,它的左邊是匚：:一：匕兒的導函數(shù)。 故構(gòu)造 血）,并把題中的其他性質(zhì)轉(zhuǎn)化成譏川的性質(zhì)，把要求解的不等式也轉(zhuǎn)化成關于的不等式。解答：令譏