利用导数求曲线的切线和公切线.docx

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利用导数求曲线的切线和公切线

利用导数求曲线的切线与公切线

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:

注意就是在某个点处还就是过某个点！

2.有关切线的条数

【例2】.（2014•北京）已知函数f（x）=2x3﹣3x.

（Ⅰ）求f（x）在区间[﹣2,1]上的最大值;

（Ⅱ）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;

（Ⅲ）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:

（Ⅰ）由f（x）=2x3﹣3x得f′（x）=6x2﹣3,

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.

（Ⅱ）设过点P（1,t）的直线与曲线y=f（x）相切于点（x0,y0）,

则y0=2﹣3x0,且切线斜率为k=6﹣3,

∴切线方程为y﹣y0=（6﹣3）（x﹣x0）,

∴t﹣y0=（6﹣3）（1﹣x0）,即4﹣6+t+3=0,设g（x）=4x3﹣6x2+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）=12x2﹣12x=12x（x﹣1）,

∴g（0）=t+3就是g（x）的极大值,g

（1）=t+1就是g（x）的极小值.

∴g（0）＞0且g

（1）＜0,即﹣3＜t＜﹣1,

∴当过点过点P（1,t）存在3条直线与曲线y=f（x）相切时,t的取值范围就是（﹣3,﹣1）.

（Ⅲ）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（a≠0,a∈R）,.

（Ⅰ）当a=3时,解关于x的不等式:

1+ef（x）+g（x）＞0;

（Ⅱ）若f（x）≥g（x）（x≥1）恒成立,求实数a的取值范围;

（Ⅲ）当a=1时,记h（x）=f（x）﹣g（x）,过点（1,﹣1）就是否存在函数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+eln3x+＞0;

等价于,解得x,故解集为

（Ⅱ）∵对x≥1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lna≥h

（1）=0,可得a=1,

故a的取值范围为:

[1,+∞）

（Ⅲ）假设存在这样的切线,设切点T（x0,）,

∴切线方程:

y+1=,将点T坐标代入得:

即,①

设g（x）=,则

∵x＞0,∴g（x）在区间（0,1）,（2,+∞）上就是增函数,在区间（1,2）上就是减函数,

故g（x）极大=g

（1）=1＞0,故g（x）极,小=g

（2）=ln2+＞0,.

又g（）=+12﹣6﹣1=﹣ln4﹣3＜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①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）=2x3﹣3x+1,g（x）=kx+1﹣lnx.

（1）设函数,当k＜0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,c∈R,且满足b2+c2=1,如果存在两条互相垂直的直线与函数f（x）=ax+bcosx+csinx的图象都相切,则a+c的取值范围就是、

∵b2+c2=1,∴,

∴,

故a+c∈[﹣,],

【例5】、已知函数f（x）=lnx﹣a（x﹣1）,g（x）=ex,其中e为自然对数的底数.

（Ⅰ）设,求函数t（x）在[m,m+1]（m＞0）上的最小值;

（Ⅱ）过原点分别作曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l1,l2,已知两切线的斜率互为倒数,

求证:

a=0或.

【解答】（Ⅰ）解:

令t'（x）＞0得x＞1,令t'（x）＜0得x＜1,

所以,函数t（x）在（0,1）上就是减函数,在（1,+∞）上就是增函数,

∴当m≥1时,t（x）在[m,m+1]（m＞0）上就是增函数,∴

当0＜m＜1时,函数t（x）在[m,1]上就是减函数,在[1,m+1]上就是增函数,

∴t（x）min=t

（1）=e.

（Ⅱ）设l2的方程为y=k2x,切点为（x2,y2）,则,

∴x2=1,y2=e∴k2=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（x1,y1）,∴,∴,,

又y1=lnx1﹣a（x1﹣1）,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,+∞）上单调递增,且m（e）=0,

∴x1=e,∴

综上,a=0或.

【作业2】.（2017•黄山二模）已知函数f（x）=（ax2+x﹣1）ex+f'（0）.

（1）讨论函数f（x）的单调性;

（2）若g（x）=e﹣xf（x）+lnx,h（x）=ex,过O（0,0）分别作曲线y=g（x）与y=h（x）的切线l1,l2,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.

（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性.

（Ⅱ）试判断曲线y=f（x）与y=g（x）就是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.

【解答】解:

（Ⅰ）由,得,

令f′（x）=0,得.

当且x≠0时,f′（x）＜0;当时,f′（x）＞0.

∴f（x）在（﹣∞,0）上单调递减,在上单调递减,在上单调递增;

（Ⅱ）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x0＞0,

则,即,其中

（2）式即.

记h（x）=4x3﹣3e2x﹣e3,x∈（0,+∞）,则h'（x）=3（2x+e）（2x﹣e）,

得h（x）在上单调递减,在上单调递增,

又h（0）=﹣e3,,h（e）=0,

故方程h（x0）=0在（0,+∞）上有唯一实数根x0=e,经验证也满足

（1）式.

于就是,f（x0）=g（x0）=3e,f′（x0）=g'（x0）=3,

曲线y=g（x）与y=g（x）的公切线l的方程为y﹣3e=3（x﹣e）,

即y=3x.

【作业3】.已知函数f（x）=lnx,g（x）=2﹣（x＞0）

（1）试判断当f（x）与g（x）的大小关系;

（2）试判断曲线y=f（x）与y=g（x）就是否存在公切线,若存在,求出公切线方程,若不存在,说明理由;

（3）试比较（1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）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）=ax2﹣x（a∈R）.

（Ⅰ）若曲线f（x）与g（x）在公共点A（1,0）处有相同的切线,求实数a、b的值;

（Ⅱ）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;

（Ⅲ）若a＞0,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:

（Ⅰ）f′（x）=,g'（x）=2ax﹣1.

∵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.

（Ⅱ）设P（x0,y0）,则由题设有lnx0=ax02﹣x0…①,

又在点P有共同的切线,∴f′（x0）=g′（x0）,∴,

∴a=,代入①得lnx0=x0,

设h（x）=lnx﹣+x,则h′（x）=+（x＞0）,则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只能就是P（1,0）.

（Ⅲ）当a＞0,b=1时,f（x）=lnx,f′（x）=,

f（x）在点（t,lnt）处的切线方程为y﹣lnt=（x﹣t）,即y=x+lnx﹣1.

与y=ax2﹣x,联立得ax2﹣（1+）x﹣lnt+1=0.

∵曲线f（x）与g（x）总存在公切线,

∴关于t（t＞0）的方程△=+4a（lnt﹣1）=0,

即=4a（1﹣lnt）（*）总有解.

若t＞e,则1﹣lnt＜0,而＞0,显然（*）不成立,所以0＜t＜e,

从而,方程（*）可化为4a=.

令H（t）=（0＜t＜e）,则H′（t）=.

∴当0＜t＜1时,h'（t）＜0;当1＜t＜e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4a≥4,即a≥1.

∴正实数a的最小值为1.

【例8】.（2017•韶关模拟）、已知函数f（x）=aex（a≠0）,g（x）=x2

（Ⅰ）若曲线c1:

y=f（x）与曲线c2:

y=g（x）存在公切线,求a最大值.

（Ⅱ）当a=1时,F（x）=f（x）﹣bg（x）﹣cx﹣1,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:

（Ⅰ）设公切线l与c1切于点（x1,a）与c2切于点（x2,）,

∵f′（x）=aex,g′（x）=2x,

∴,由①知x2≠0,①代入②:

=2x2,即x2=2x1﹣2,

由①知a=,设g（x）=,g′（x）=,

令g′（x）=0,得x=2;当x＜2时g′（x）＞0,g（x）递增.

当x＞2时,g′（x）＜0,g（x）递减.

∴x=2时,g（x）max=g

（2）=,∴amax=.

（Ⅱ）F（x）=f（x）﹣bg（x）﹣cx﹣1=ex﹣bx2﹣cx﹣1,

∵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）=ex﹣2bx﹣c在（0,2）内至少有两个零点.

∵F″（x）=ex﹣2b,F

（2）=e2﹣4b﹣2c﹣1=0,c=,

①当b≤时,在（0,2）上,ex＞e0=1≥2b,F″（x）＞0,

∴F″（x）在（0,2）上单调增,F′（x）没有两个零点.

②当b≥时,在（0,2）上,ex＜e2≤2b,∴F″（x）＜0,

∴F″（x）在（0,2）上单调减,F′（x）没有两个零点;

③当＜b＜时,令F″（x）=0,得x=ln2b,

因当x＞ln2b时,F″（x）＞0,x＜ln2b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）=4b﹣2bln2b﹣+,

设G（b）=F′（ln2b）=4b﹣2bln2b﹣+,

令G′（b）=2﹣2ln2b=0,

得2b=e,即b=,当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）=ex﹣2bx﹣c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,b∈R）,g（x）=x2.

（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）在其公共点处就是否有公切线,