高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用培优专题三数中的切线问题学案

这是一份高三数学一轮复习第三章一元函数的导数及其应用培优专题三数中的切线问题学案，共10页。

1．求曲线y＝f (x)的切线方程
若已知曲线y＝f (x)过点P(x0，y0)，求过点P的切线方程．
(1)当点P(x0，y0)是切点时，切线方程为y－y0＝f ′(x0)(x－x0)．
(2)当点P(x0，y0)不是切点时，可分以下几步完成：
第一步：设出切点坐标P′(x1，f (x1))；
第二步：写出过点P′(x1，f (x1))的切线方程y－f (x1)＝f ′(x1)(x－x1) ；
第三步：将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程求出x1；
第四步：将x1的值代入方程y－f (x1)＝f ′(x1)(x－ x1)，可得过点P(x0，y0)的切线方程．
2．利用导数的几何意义求参数
(1)处理与切线有关的参数问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：
①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；
③切点在曲线上．
(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P处的切线”．
3．公切线问题
公切线问题，应根据两个函数图象在切点处的切线斜率相等，且切点既在切线上又在曲线上，列出有关切点横坐标的方程组，通过解方程组求解．或者分别求出两函数图象的切线，利用两切线重合列方程组求解．
4．求解与导数的几何意义有关问题时应注意的两点
(1)注意曲线上横坐标的取值范围；
(2)谨记切点既在切线上又在曲线上．
[培优案例]
[例1] (2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A．eb＜a B．ea＜b
C．0＜a＜eb D．0＜b＜ea
D [法一(数形结合法)：设切点(x0，y0)，y0＞0，则切线方程为y－b＝ex0(x－a)，
由y0-b=ex0x0-a，y0=ex0，得ex0(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f (x)＝ex(1－x＋a)，则f ′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f ′(x)＝0得x＝a，所以当x＜a时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，当x＞a时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，所以f (x)max＝f (a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x＜a时，a－x＞0，所以f (x)＞0，当x→－∞时，f (x)→0，当x→＋∞时，f (x)→－∞，
函数f (x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示，
因为f (x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0＜b＜ea．故选D．
法二(用图估算法)：过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得0＜b＜ea．故选D．]
[例2] (2024·邢台四校联考)若直线l与函数f (x)＝ex，g(x)＝ln x的图象分别相切于点A(x1，f (x1))，B(x2，g(x2))，则x1x2－x1＋x2＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
B [由f (x)＝ex，g(x)＝ln x，
得f ′(x)＝ex，g′(x)＝1x，
则ex1＝1x2，所以lnex1＝ln 1x2，
即x1＝－ln x2．
曲线y＝f (x)在点A处的切线方程为y＝ex1x+ex1(1－x1)，
曲线y＝g(x)在点B处的切线方程为y＝1x2x－1＋ln x2，
所以ex1(1－x1)＝－1＋ln x2，
可得1x2(1－x1)＝－1－x1，
整理得x1x2－x1＋x2＝－1．]
[例3] (2020·北京卷)已知函数f (x)＝12－x2．
(1)求曲线y＝f (x)的斜率等于－2的切线方程；
(2)设曲线y＝f (x)在点(t，f (t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．
[解] (1)函数f (x)＝12－x2的定义域为R，f ′(x)＝－2x，令f ′(x)＝－2x＝－2，得x＝1，∴f ′(1)＝－2，又f (1)＝11，∴曲线y＝f (x)的斜率等于－2的切线方程为y－11＝－2(x－1)，即2x＋y－13＝0．
(2)由(1)知f ′(x)＝－2x，则f ′(t)＝－2t，又f (t)＝12－t2，所以曲线y＝f (x)在点(t，f (t))处的切线方程为y－(12－t2)＝－2t(x－t)，即y＝－2tx＋t2＋12．若t＝0，则围不成三角形，故t≠0．
令x＝0，得y＝t2＋12，记A(0，t2＋12)，O为坐标原点，则|OA|＝t2＋12，令y＝0，得x＝t2+122t，
记Bt2+122t，0，则|OB|＝t2+122t，
∴S(t)＝12|OA||OB|＝t2+1224t，
∵S(t)为偶函数，
∴仅考虑t＞0即可．
当t＞0时，S(t)＝14t3+24t+144t，
则S′(t)＝143t2+24-144t2＝34t2(t2－4)(t2＋12)，令S′(t)＝0，得t＝2，
∴当t变化时，S′(t)与S(t)的变化情况如表：
∴S(t)min＝S(2)＝32．
【教师备用】
1．(2023·重庆统考三模)已知直线y＝ax－a与曲线y＝x＋ax相切，则实数a＝( )
A．0 B．12 C．45 D．32
C [由y＝x＋ax且x不为0，得y′＝1－ax2．
设切点为(x0，y0)，则y0=ax0-a，y0=x0+ax0，1-ax02=a，
即ax0-a=x0+ax0，a=x02x02+1，
所以x03x02+1-x02x02+1＝x0+x0x02+1，
可得x0＝－2，a＝45．
故选C．]
2．(2023·全国乙卷第21题节选)已知函数f (x)＝1x+aln (1＋x)．当a＝－1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程．
[解] 当a＝－1时，f (x)＝1x-1ln (x＋1)，
则f ′(x)＝－1x2×ln (x＋1)＋1x-1×1x+1，
据此可得f (1)＝0，f ′(1)＝－ln 2，
曲线y＝f (x)在(1，f (1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，
即x ln 2＋y－ln 2＝0．
3．(2023·天津卷第20题节选)已知函数f (x)＝1x+12ln (x＋1)．求曲线y＝f (x)在x＝2处切线的斜率．
[解] f (x)＝lnx+1x＋lnx+12，
则f ′(x)＝1xx+1＋12x+1－lnx+1x2，
所以f ′(2)＝13－ln34，
故曲线y＝f (x)在x＝2处的切线斜率为13－ln34．
培优训练(三) 导数中的切线问题
1．(2020·全国Ⅰ卷)函数f (x)＝x4－2x3的图象在点(1，f (1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
B [法一：∵f (x)＝x4－2x3，∴f ′(x)＝4x3－6x2，∴f ′(1)＝－2，又f (1)＝1－2＝－1，∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1．故选B．
法二：∵f (x)＝x4－2x3，∴f ′(x)＝4x3－6x2，f ′(1)＝－2，∴切线的斜率为－2，排除C，D．
又f (1)＝1－2＝－1，∴切线过点(1，－1)，排除A．故选B．]
2．(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线y＝aex＋x ln x在点(1，ae)处的切线方程为y＝2x＋b，则( )
A．a＝e，b＝－1 B．a＝e，b＝1
C．a＝e-1，b＝1 D．a＝e-1，b＝－1
D [因为y′＝aex＋ln x＋1，所以y′|x＝1＝ae＋1，所以曲线在点(1，ae)处的切线方程为y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae＋1)x－1，所以ae+1=2，b=-1，解得a=e-1，b=-1．故选D．]
3．过坐标原点作曲线y＝ex-2＋1的切线，则切线方程为( )
A．y＝x B．y＝2x
C．y＝1e2x D．y＝ex
A [由函数y＝ex-2＋1，可得y′＝ex-2，
设切点坐标为(t，et-2＋1)，可得切线方程为
y－(et-2＋1)＝et-2(x－t)，
把原点(0，0)代入方程，可得0－(et-2＋1)＝et-2(0－t)，即(t－1)et-2＝1，
解得t＝2，所以切线方程为y－(e0＋1)＝e0(x－2)，即y＝x．故选A．]
4．(多选)已知曲线f (x)＝2(x＋1)3＋1，则曲线过点P(0，3)的切线方程为( )
A．6x＋y－3＝0 B．6x－y＋3＝0
C．5x－2y＋6＝0 D．3x－2y＋6＝0
BD [设切点坐标为(x0，2(x0＋1)3＋1)，
因为f ′(x)＝6(x＋1)2，所以切线斜率为k＝f ′(x0)＝6(x0＋1)2，
则切线方程为y－[2(x0＋1)3＋1]＝6(x0＋1)2(x－x0)，
又曲线过点P(0，3)，所以代入得3－[2(x0＋1)3＋1]＝6(x0＋1)2(－x0)，
可化简为(x0＋1)3－3x0(x0＋1)2＝1，
即-2x0 3-3x0 2＝0，
解得x0＝0或x0＝－32，
则曲线过点P(0，3)的切线方程为6x－y＋3＝0或3x－2y＋6＝0．
故选BD．]
5．(2023·河北邯郸二模)已知直线y＝x是曲线f (x)＝ln x＋a的切线，则a＝( )
A．－1 B．1
C．－2 D．2
B [由f (x)＝ln x＋a，得f ′(x)＝1x，令直线y＝x与曲线f (x)＝ln x＋a相切的切点为(x0，ln x0＋a)，
于是1x0＝1且ln x0＋a＝x0，所以a＝x0＝1．故选B．]
6．(2023·全国甲卷)曲线y＝exx+1在点1，e2处的切线方程为( )
A．y＝e4x B．y＝e2x
C．y＝e4x＋e4 D．y＝e2x＋3e4
C [由题意可知y′＝exx+1-ex·1x+12＝xexx+12，则曲线y＝exx+1在点1，e2处的切线斜率k＝y′|x＝1＝e4，所以曲线y＝exx+1在点1，e2处的切线方程为y－e2＝e4(x－1)，即y＝e4x＋e4，故选C．]
7．(2023·河北唐山统考三模)已知曲线y＝ln x与y＝ax2(a>0)有公共切线，则实数a的取值范围为________．
12e，+∞ [设公切线与曲线y＝ln x和y＝ax2的切点分别为x1，lnx1，x2，ax22，其中x1>0，
对于y＝ln x有y′＝1x，则y＝ln x上的切线方程为y－ln x1＝1x1(x－x1)，即y＝xx1＋ln x1－1，
对于y＝ax2有y′＝2ax，则y＝ax2上的切线方程为y-ax22＝2ax2(x－x2)，即y＝2ax2x-ax22，
所以1x1=2ax2，lnx1-1=-ax22，有-14ax12＝ln x1－1，
即14a＝x12-x12ln x1(x1>0)，
令g(x)＝x2－x2ln x，g′(x)＝x－2x ln x＝x(1－2ln x)，
令g′(x)＝0，得x＝e12，
当x∈0，e12时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(e12，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
所以g(x)max＝g(e12)＝12e，故0<14a≤12e，即a≥12e．
∴正实数a的取值范围是12e，+∞．]
8．(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______．
(－∞，－4)∪(0，＋∞) [∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex，
设切点为(x0，y0)，则y0＝x0+aex0，切线斜率k＝x0+1+aex0，
切线方程为：y-x0+aex0＝x0+1+aex0(x－x0)，
∵切线过原点，∴-x0+aex0＝x0+1+aex0(－x0)，
整理得：x02＋ax0－a＝0，
∵切线有两条，∴Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，
∴a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．]
9．函数f (x)＝x sin x＋x＋2的图象在x＝π2处的切线与坐标轴所围成的图形的面积为________．
1 [由题意可得f ′(x)＝sin x＋x cs x＋1，则f ′π2＝2，f π2＝π＋2，故f (x)的图象在x＝π2处的切线方程为y－(π＋2)＝2x-π2，即y＝2x＋2．令x＝0，得y＝2；令y＝0，得x＝－1，则所求图形的面积为12×2×1＝1．]
10．(2023·广东江门统考一模节选)已知函数f (x)＝x－1x－a ln x，其中a∈R．若f (x)的图象在x＝1处的切线过点(2，1)，求a的值．
[解] 由题意得f ′(x)＝1＋1x2－ax，
∴f ′(1)＝2－a，
又f (1)＝1－11－a ln 1＝0，
∴f (x)的图象在x＝1处的切线方程为y＝(2－a)(x－1)，
∵f (x)的图象在x＝1处的切线过点(2，1)，
∴1＝(2－a)(2－1)，∴a＝1．
t
(0，2)
2
(2，＋∞)
S′(t)
－
0
＋
S(t)

极小值
