2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口2　曲线的公切线问题

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口2　曲线的公切线问题，共5页。试卷主要包含了已知直线l与曲线C1等内容，欢迎下载使用。

A．0B．－1
C．1D．－1或1
【解析】 点A(0,0)在两函数图象上，f′(x)＝(1＋x)ex，g′(x)＝2x＋a，根据题意可得f′(0)＝g′(0)，即a＝1．
2．已知函数f(x)＝ex－ax＋b，g(x)＝x2－x．若曲线y＝f(x)和y＝g(x)在公共点A(1,0)处有相同的切线，则a，b的值分别为( A )
A．e－1，－1B．－1，e－1
C．e，－1D．－1，e
【解析】 因为g′(x)＝2x－1，所以g′(1)＝1，f′(x)＝ex－a，由题意，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f′1＝e－a＝1，,f1＝e－a＋b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝e－1，,b＝－1.))
3．对于三次函数f(x)，若曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线与曲线y＝xf(x)在点(1,2)处的切线重合，则f′(2)＝( B )
A．－34B．－14
C．－4D．14
【解析】 设f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，因为f(0)＝d＝0，所以f(x)＝ax3＋bx2＋cx，所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，所以f′(0)＝c＝eq \f(2－0,1－0)＝2．设g(x)＝xf(x)，则g(1)＝f(1)＝a＋b＋2＝2，即a＋b＝0①．又因为g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g′(1)＝f(1)＋f′(1)＝2，所以f′(1)＝0，即3a＋2b＋2＝0②．由①②可得a＝－2，b＝2，c＝2，所以f′(2)＝12a＋4b＋c＝－14．
4．已知直线y＝ax＋b(a∈R，b＞0)是曲线f(x)＝ex与曲线g(x)＝lnx＋2的公切线，则a＋b等于( D )
A．e＋2B．3
C．e＋1D．2
【解析】 设(t，et)是f(x)图象上的一点，f′(x)＝ex，所以f(x)在点(t，et)处的切线方程为y－et＝et(x－t)，y＝etx＋(1－t)et①．令g′(x)＝eq \f(1,x)＝et，解得x＝e－t，g(e－t)＝lne－t＋2＝2－t，所以eq \f(2－t－et,e－t－t)＝et,1－t＝(1－t)et，所以t＝0或t＝1(此时①为y＝ex，b＝0，不符合题意，舍去)，所以t＝0，此时①可化为y－1＝1×(x－0)，y＝x＋1，所以a＋b＝1＋1＝2．
5．若函数f(x)＝ln x(x＞0)与函数g(x)＝x2＋a有公切线，则实数a的取值范围为( D )
A．[－ln 2－1，＋∞)B．(－∞，－ln 2－1]
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)ln 2－\f(1,2)))D．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)ln 2－\f(1,2)，＋∞))
【解析】 f′(x)＝eq \f(1,x)，设公切线与曲线f(x)＝lnx相切的切点为(m，lnm)，m＞0，则公切线方程为y＝eq \f(1,m)(x－m)＋lnm，即x－my－m＋m lnm＝0，其与y＝x2＋a相切，联立消去y得mx2－x＋am＋m－m lnm＝0，则Δ＝1－4m(am＋m－m lnm)＝0有解，即a＝eq \f(1,4m2)－1＋lnm有解．令h(m)＝eq \f(1,4m2)－1＋lnm，m＞0，则h′(m)＝－eq \f(1,2m3)＋eq \f(1,m)＝eq \f(2m2－1,2m3)，令eq \f(2m2－1,2m3)＝0，得m＝eq \f(\r(,2),2)，则h(m)＝eq \f(1,4m2)－1＋lnm在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(,2) ,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,2),2)，＋∞))上单调递增，则h(m)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,2) ,2)))＝eq \f(1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(,2) ,2)))2)－1＋lneq \f(\r(,2),2)＝－eq \f(1,2)ln2－eq \f(1,2)，则a≥－eq \f(1,2)ln2－eq \f(1,2)．
6．(2023·深圳一调)已知函数f(x)＝2＋lnx，g(x)＝aeq \r(,x)，若总存在两条不同的直线与函数y＝f(x)，y＝g(x)图象均相切，则实数a的取值范围为( B )
A．[0,1]B．(0,2)
C．(1,2)D．(1，e)
【解析】 设函数f(x)＝2＋lnx上的切点坐标为(x1，2＋lnx1)，且x1＞0，函数g(x)＝aeq \r(,x)上的切点坐标为(x2，aeq \r(,x2))，且x2≥0，又f′(x)＝eq \f(1,x)，g′(x)＝eq \f(a,2\r(,x))，则公切线的斜率k＝eq \f(1,x1)＝eq \f(a,2\r(,x2))，则a＞0，所以x2＝eq \f(a2,4)xeq \\al(2,1)，则公切线方程为y－(2＋lnx1)＝eq \f(1,x1)(x－x1)，即y＝eq \f(1,x1)x＋lnx1＋1，代入(x2，aeq \r(,x2))得aeq \r(,x2)＝eq \f(1,x1)x2＋lnx1＋1，则eq \f(a2,2)x1＝eq \f(1,x1)·eq \f(a2,4)xeq \\al(2,1)＋lnx1＋1，整理得a2＝eq \f(4lnx1＋4,x1)，若总存在两条不同的直线与函数y＝f(x)，y＝g(x)图象均相切，则方程a2＝eq \f(4lnx1＋4,x1)有两个不同的实根．设h(x)＝eq \f(4lnx＋4,x)，x＞0，则h′(x)＝eq \f(\f(4,x)·x－4lnx＋4,x2)＝eq \f(－4lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1，当x∈(0,1)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，由h(x)＝0可得x＝eq \f(1,e)，h(1)＝4，则x→0时，h(x)→－∞；x→＋∞时，h(x)→0，则函数h(x)的大致图象如图所示．所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＞0，,0＜a2＜4，))解得0＜a＜2，故实数a的取值范围为(0,2)．
(第6题)
7．(2023·嘉兴二模)已知直线l与曲线C1：y＝x2和C2：y＝－eq \f(1,x)均相切，则该直线与两坐标轴围成的三角形的面积为__2__．
【解析】 由已知得C1，C2的导函数分别为y′＝2x，y′＝eq \f(1,x2)，设C1，C2上的切点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则有eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2x1＝eq \f(1,x\\al(2,2))＝eq \f(x\\al(2,1)＋\f(1,x2),x1－x2)，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝2，y1＝4，,x2＝\f(1,2)，y2＝－2，))故l：y＝4x－4，与坐标轴交点分别为(1,0)，(0，－4)，围成的三角形面积为eq \f(1,2)×1×4＝2．
8．(2023·绍兴二模)与曲线y＝ex和y＝－eq \f(x2,4)都相切的直线方程为__y＝x＋1__．
【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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，－\f(x\\al(2,2),4)))，因为y′＝－eq \f(x,2)，所以该直线的方程为y＋eq \f(x\\al(2,2),4)＝－eq \f(x2,2)(x－x2)，即y＝－eq \f(x2,2)x＋eq \f(x\\al(2,2),4)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex1＝－\f(x2,2)，,ex11－x1＝\f(x\\al(2,2),4)，))解得x1＝0，x2＝－2，所以该直线的方程为y＝x＋1．
9．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，则a的值为__1或eq \f(1,64)__．
【解析】 易知点O(0,0)在曲线y＝x3－3x2＋2x上．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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x，,y＝x2＋a，))得x2－2x＋a＝0，依题意，Δ＝4－4a＝0，得a＝1．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＝xeq \\al(3,0)－3xeq \\al(2,0)＋2x0，k＝y′|x＝x0＝3xeq \\al(2,0)－6x0＋2①，又k＝eq \f(y0,x0)＝xeq \\al(2,0)－3x0＋2②．联立①②，得x0＝eq \f(3,2)(x0＝0舍去)，所以k＝－eq \f(1,4)，故直线l的方程为y＝－eq \f(1,4)x．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,4)x，,y＝x2＋a，))得x2＋eq \f(1,4)x＋a＝0，依题意，Δ＝eq \f(1,16)－4a＝0，得a＝eq \f(1,64)．综上，a＝1或a＝eq \f(1,64)．
10．(2023·邵阳二模)已知直线l是曲线y＝ln(x－2)＋2与y＝ln(x－1)的公切线，则直线l与x轴的交点坐标为__eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋ln2,2)，0))__．
【解析】 设直线l与曲线y＝ln(x－2)＋2和y＝ln(x－1)分别相切于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，分别求导，得y′＝eq \f(1,x－2)，y′＝eq \f(1,x－1)，故l：y－[ln(x1－2)＋2]＝eq \f(1,x1－2)(x－x1)，整理可得y＝eq \f(1,x1－2)x＋ln(x1－2)＋2－eq \f(x1,x1－2)．同理得l：y－ln(x2－1)＝eq \f(1,x2－1)(x－x2)，整理可得y＝eq \f(1,x2－1)x＋ln(x2－1)－eq \f(x2,x2－1)．因为直线l为两曲线的公切线，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－2)＝\f(1,x2－1)，,lnx1－2＋2－\f(x1,x1－2)＝lnx2－1－\f(x2,x2－1)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝\f(5,2)，,x2＝\f(3,2)，))所以直线l的方程为y＝2x－3－ln2，令y＝0，则x＝eq \f(3＋ln2,2)，则直线l与x轴的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋ln2,2)，0))．