新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题24函数的公切线问题（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题24函数的公切线问题（附解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·湖南长沙模拟]若斜率为1的直线l与曲线y＝ln (x＋a)和圆x2＋y2＝eq \f(1,2)都相切，则实数a的值为( )
A．－1或2B．0或2C．0D．2
2．已知函数f(x)＝eq \r(x)，g(x)＝alnx，a∈R，若曲线y＝f(x)与y＝g(x)相交，且在交点处有相同的切线，则a的值为( )
A．eq \f(e,2)B．e2C．eD．2e
3．若直线y＝kx＋b是曲线f(x)＝lnx＋2的切线，也是曲线g(x)＝ln (x＋1)的切线，则k－b＝( )
A．3－ln2B．3＋ln2C．eq \f(5,3)＋lneq \f(3,2)D．1＋ln2
4．[2023·河北沧州模拟]已知直线y＝kx＋b与曲线y＝ex＋2和曲线y＝ln (e2x)均相切，则实数k的解的个数为( )
A．0B．1C．2D．无数
二、多项选择题
5．若二次函数f(x)＝2x2＋3的图象与曲线C：g(x)＝aex＋3(a>0)存在公切线，则实数a的可能取值为( )
A．eq \f(1,2)B．eq \r(e)C．eq \f(8,e2)D．eq \f(e,2)
[答题区]
三、填空题
6．[2023·海南海口模拟]已知函数f(x)＝x3＋lnx的图象在点A(1，f(1))处的切线为l，若l与函数g(x)的图象也相切，切点为B(2，m)，则g(2)＋g′(2)＝________．
7．与曲线y＝ex和y＝－eq \f(x2,4)都相切的直线方程为________．
8．[2023·安徽定远模拟]已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)＝x2－m，g(x)＝6lnx－4x，设曲线y＝f(x)与y＝g(x)在公共点处的切线相同，则实数m＝________．
9．[2023·福建厦门模拟]已知函数f(x)＝mx＋lnx，g(x)＝x2－mx，若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)存在公切线，则实数m的最大值为________．
10．[2023·湖南长沙模拟]若曲线C1：f(x)＝x2＋a和曲线C2：g(x)＝2lnx恰好存在两条公切线，则实数a的取值范围为________．
四、解答题
11．已知函数f(x)＝x2－1，函数g(x)＝alnx，其中a≤2.如果曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处具有公共的切线，求a的值及切线方程．
解：
12．已知函数f(x)＝1－eln (ax)，g(x)＝eq \f(a,x)(a>0).
(1)求函数F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上的极值；
(2)当a＝1时，若直线l既是曲线y＝f(x)又是曲线y＝g(x)的切线，试判断l的条数．
解：
微专题24 函数的公切线问题
1．解析：设直线l与曲线y＝ln (x＋a)的切点为P(x0，y0)，
由y′＝[ln (x＋a)]′＝eq \f(1,x＋a)，则eq \f(1,x0＋a)＝1，
则x0＝1－a，y0＝0，即切点为P(1－a，0)，
所以直线l为y＝x－1＋a，又直线l与圆x2＋y2＝eq \f(1,2)也相切，
则有eq \f(|－1＋a|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝2或a＝0.故选B.
答案：B
2．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).故选A.
答案：A
3．解析：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，
则两个切点都在直线y＝kx＋b上，设两个切点分别为(x1，kx1＋b)，(x2，kx2＋b),
则两个曲线的导数分别为y′＝eq \f(1,x)，y′＝eq \f(1,x＋1)，
由导数的几何意义可知k＝eq \f(1,x1)＝eq \f(1,x2＋1)，则x1＝x2＋1，
且切点在各自曲线上，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx1＋b＝lnx1＋2， ①,kx2＋b＝ln（x2＋1）， ②))
则将x1＝x2＋1代入①可得k(x2＋1)＋b＝ln (x2＋1)＋2， ③
③－②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.故选D.
答案：D
4．解析：根据题意可知，直线y＝kx＋b与曲线y＝ex＋2和曲线y＝ln (e2x)都相切，
所以对于曲线y＝ex＋2，则y′＝ex＝k，所以x＝lnk，
所以切点A(lnk，k＋2)，
对于曲线y＝ln (e2x)，则y′＝eq \f(1,x)＝k(x>0)，所以x＝eq \f(1,k)，
切点B(eq \f(1,k)，lneq \f(1,k)＋2)(k>0)，易知A，B不重合，
因为公切线过A，B两点，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))，
进而可得klnk－lnk－k－1＝0，
令g(k)＝klnk－lnk－k－1(k>0)，则g′(k)＝lnk－eq \f(1,k)(k>0)，
令φ(k)＝g′(k)＝lnk－eq \f(1,k)(k>0)，则φ′(k)＝eq \f(1,k)＋eq \f(1,k2)>0(k>0)
所以g′(k)在(0，＋∞)单调递增，
因为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)，
所以当0k0时，g′(k)>0，
所以g(k)在(0，k0)上单调递减，在(k0，＋∞)上单调递增，k0∈(1，e)，
故g(k)min＝g(k0)＝k0lnk0－lnk0－k0－1.
又因为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，
当k＝e2时，g(e2)＝e2lne2－lne2－e2－1＝e2－3>0，
因为k0∈(1，e)，g(k0)g(e2)<0，
所以在(k0，e2)内存在k1，使得g(k1)＝0，
当k＝eq \f(1,e2)时，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，
因为k0∈(1，e)，g(k0)g(eq \f(1,e2))<0，
所以在(eq \f(1,e2)，k0)内存在k2，使得g(k2)＝0，
综上所述，存在两条斜率分别为k1，k2的直线与曲线y＝ex＋2和曲线y＝ln (e2x)都相切，故选C.
答案：C
5．解析：由f(x)＝2x2＋3得f′(x)＝4x；
由g(x)＝aex＋3得g′(x)＝aex.
设公切线与f(x)的图象相切于点(x1，2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋3)，与g(x)的图象相切于点(x2，aex2＋3)，
所以4x1＝aex2＝eq \f(aex2＋3－（2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋3）,x2－x1)＝eq \f(aex2－2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,x2－x1)，即2x1＝eq \f(2x1－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,x2－x1)，
可得x1＝0或2x2＝x1＋2，
因为4x1＝aex2，a>0，则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12；
所以h(x)在(1，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)max＝h(2)＝eq \f(8,e2)，所以实数a的取值范围eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(8,e2))).
因为e≈2.718，eq \f(1,2)eq \r(2.7)>1.5，eq \f(8,e2)eq \f(2.7,2)＝1.35，则eq \f(e,2)>eq \f(8,e2)，则AC正确．故选AC.
答案：AC
6．解析：由题意得f′(x)＝3x2＋eq \f(1,x)，则f(1)＝1，f′(1)＝4，
所以切线l的方程为y－1＝4(x－1)，即y＝4x－3.
所以m＝4×2－3＝5，则g(2)＝5，g′(2)＝4，g(2)＋g′(2)＝9.
答案：9
7．解析：设直线与曲线y＝ex相切于点(x1，ex1)，
因为y′＝ex，所以该直线的方程为y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x＋ex1(1－x1)，
设直线与曲线y＝－eq \f(x2,4)相切于点(x2，－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4))，
因为y′＝－eq \f(x,2)，所以该直线的方程为y＋eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)＝－eq \f(x2,2)(x－x2)，即y＝－eq \f(x2,2)x＋eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex1＝－\f(x2,2),ex1（1－x1）＝\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)))，解得x1＝0，x2＝－2，
所以该直线的方程为y＝x＋1.
答案：y＝x＋1
8．解析：依题意设曲线y＝f(x)与y＝g(x)在公共点(x0，y0)处的切线相同．
∵f(x)＝x2－m，g(x)＝6lnx－4x，
∴f′(x)＝2x，g′(x)＝eq \f(6,x)－4，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（x0）＝g（x0）,f′（x0）＝g′（x0）))，即，即m＝－6lnx0＋2x0＋3，
∵x0>0，∴x0＝1，m＝5.
答案：5
9．解析：f′(x)＝m＋eq \f(1,x)，g′(x)＝2x－m，
假设两曲线在同一点(x0，y0)处相切，
则，
可得1－lnx0＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，即x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋lnx0－1＝0，
因为函数y＝x2＋lnx－1单调递增，且x＝1时y＝0，
所以x0＝1，则m＝eq \f(1,2)，此时两曲线在(1，eq \f(1,2))处相切，
根据曲线的变化趋势，若m继续增大，则两曲线相交于两点，不存在公切线，
所以m的最大值为eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
10．解析：由题意得f′(x)＝2x，g′(x)＝eq \f(2,x)，(x>0)，
设与曲线f(x)＝x2＋a相切的切点为(x1，x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a)，与曲线g(x)＝2lnx相切的切点为(x2，2lnx2)，
则切线方程为y＝2x1(x－x1)＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a，即y＝2x1x－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a，
y＝eq \f(2,x2)(x－x2)＋2lnx2，
即y＝eq \f(2,x2)x＋2lnx2－2，
由于两切线为同一直线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x1＝\f(2,x2)，,－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋a＝2lnx2－2))，得a＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2lnx1－2(x1>0).
令φ(x)＝x2－2lnx－2(x>0)，则φ′(x)＝2x－eq \f(2,x)＝eq \f(2（x＋1）（x－1）,x)，
当0当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递增．
即在x＝1处φ(x)取得极小值，也为最小值，且为φ(1)＝－1.
又两曲线恰好存在两条公切线，即a＝φ(x)有两解，
结合当x→0时，x2趋近于0，lnx趋于负无穷大，故φ(x)趋近于正无穷大，
当x→＋∞时，x2趋近于正无穷大，且增加幅度远大于lnx的增加幅度，故φ(x)趋近于正无穷大，
由此结合图象可得a的范围是(－1，＋∞).
答案：(－1，＋∞)
11．解析：因为函数f(x)＝x2－1，函数g(x)＝alnx，则f′(x)＝2x，g′(x)＝eq \f(a,x)，
因为曲线y＝f(x)与y＝g(x)在x＝1处具有公共的切线，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（1）＝f（1）,g′（1）＝f′（1）))，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aln1＝12－1,a＝2))，故a＝2，
所以f′(1)＝2，
故所求切线方程为y＝2(x－1)，
即2x－y－2＝0.
12．解析：(1)由题知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).故当x变化时，F(x)，F′(x)的变化情况如下表：
所以当x＝eq \f(a,e)时，F(x)取得极大值，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,e)))＝1－2elna，无极小值．
(2)f(x)＝1－elnx，f′(x)＝－eq \f(e,x)，g(x)＝eq \f(1,x)，g′(x)＝－eq \f(1,x2)，
所以曲线y＝f(x)在点(t，1－elnt)处的切线方程为y－(1－elnt)＝－eq \f(e,t)(x－t)，即y＝－eq \f(e,t)x－elnt＋e＋1.
同理可得曲线在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，\f(1,b)))处的切线方程为y－eq \f(1,b)＝－eq \f(1,b2)(x－b)，即y＝－eq \f(1,b2)x＋eq \f(2,b).
若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)有公切线，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\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，
所以问题转化为判断关于b的方程2eln|b|＋eq \f(2,b)－1＝0在(－∞，0)∪(0，＋∞)的根的个数．
因b≠0，当b>0时，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).所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，h′(x)>0，h(x)单调递增；
所以h(x)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－1<0.
因为heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))＝－4e＋2e2－1＝2e(e－2)－1>0，h(1)＝1>0，
所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e2)))·heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))<0，h(1)·heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))<0，所以函数h(x)＝2elnx＋eq \f(2,x)－1(x>0)在(0，＋∞)上有两个零点，即2elnb＋eq \f(2,b)－1＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的正实数根；
当b<0时，令k(x)＝2eln (－x)＋eq \f(2,x)－1，则k′(x)＝eq \f(2e,x)－eq \f(2,x2)，
显然x∈(－∞，0)时，k′(x)<0，则k(x)在(－∞，0)上单调递减，
因为k(－e)＝2e－eq \f(2,e)－1>0，k(－1)＝－3<0，
所以k(x)＝2eln (－x)＋eq \f(2,x)－1在(－∞，0)上有唯一一个零点，即方程2eln (－b)＋eq \f(2,b)－1＝0在(－∞，0)上有唯一一个负实数根．所以曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)的公切线l有3条．
题号
1
2
3
4
5
答案
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,e)))
eq \f(a,e)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,e)，＋∞))
F′(x)
＋
0
－
F(x)
单调递增
极大值
单调递减