2021.03.09
利用导数求曲线的切线和公切
线
时间：2021.03.09 创作：欧阳法 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：注意是在某个点处还是过某个点！
二.
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，
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令f′（x）=0得，x=﹣∵f（﹣2）=﹣10，f（﹣（1）=﹣1，
或x=，
）=﹣
，f
）=，f（
∴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是g（x）的极大值，g（1）=t+1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的取值范围是（﹣3，﹣1）． （Ⅲ）过点A（﹣1，2）存在3条直线与曲线y=f（x）相切；
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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）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+等价于（Ⅱ）∵
＞0；
，解得x
，故解集为
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，
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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：
即设g（x）=
，①
，则
∵x＞0，∴g（x）在区间（0，1），（2，+∞）上是增函数，在区间（1，2）上是减函数，
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
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﹣3x+1，g（x）=kx+1﹣lnx． （1）设函数（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．
三.
，当k＜0时，讨论h
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+的取值范围是.
则a2b3c2b3cc
，∵
b2+c2=1，∴
设bsin,acos，
∴2b3c5sin()，
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，
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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）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，
∴当m≥1时，t（x）在[m，m+1]（m＞0）上是增函数，∴
当0＜m＜1时，函数t（x）在[m，1]上是减函数，在[1，m+1]上是增函数， ∴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
，
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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
，l2，且l1与l2关于x轴对称，求证：﹣l1
＜a＜
﹣．
四．求公切线的方程
【例6】．（2018•安阳一模）已知函数
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，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）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
，
令f′（x）=0，得当
．
时，f′，得
且x≠0时，f′（x）＜0；当
（x）＞0．
∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在调递减，在
上单调递增；
上单
（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（2）式即
，即
．
，其中
记h（x）=4x3﹣3e2x﹣e3，x∈（0，+∞），则h'
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（x）=3（2x+e）（2x﹣e）， 得h（x）在增，
又h（0）=﹣e3，
，h（e）=0，
上单调递减，在
上单调递
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）和 y=g（x）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．
.与公切线有关的参数取值范围问题 五
【例7】．已知函数f（x）=blnx，g（x）=ax2﹣x（a
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∈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
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最多只有1个实根，
从而，结合（1）可知，满足题设的点P只能是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△=即
+4a（lnt﹣1）=0，
=4a（1﹣lnt）（*）总有解．
＞0，显然（*）不成
若t＞e，则1﹣lnt＜0，而立，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．
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∴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
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（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；
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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+﹣∴G（b）=f′（ln2b）＜0恒成立，
因F′（x）=ex﹣2bx﹣c在（0，2）内有两个零点，
＜0，
∴，
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．
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（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）在其公共点处是否有公切线，若存在，研究a的个数；若不存
在，请说明理由． 六．公切线的条数问题
【例9】．已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex． （1）确定方程f（x）=
实数根的个数；
（2）我们把与两条曲线都相切的直线叫作这两条曲线的公切线，试确定曲线y=f（x），y=g（x）公切线的条数，并证明你的结论． 【解答】解：（1）由题意得lnx=﹣1=
．
的函数图象，由图象可
=1+
，即lnx
分别作出y=lnx﹣1和y=知：y=lnx﹣1和y=∴方程f（x）=
的函数图象有两个交点，
有两个实根；
（2）解：曲线y=f（x），y=g（x）公切线的条数是2，证明如下：
设公切线与f（x）=lnx，g（x）=ex的切点分别为（m，lnm），（n，en），m≠n，
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∵f′（x）=，g′（x）=ex， ∴
，化简得（m﹣1）lnm=m+1，
当m=1时，（m﹣1）lnm=m+1不成立； 当m≠1时，（m﹣1）lnm=m+1化为lnm=由（1）可知，方程lnm=
有两个实根，
，
∴曲线y=f（x），y=g（x）公切线的条数是2条． 【作业5】．已知函数f（x）=x2+2（1﹣a）x﹣4a，g（x）=﹣（a+1）2，则f（x）和g（x）图象的公切线条数的可能值是．
【作业1解答】解：（1）f′（x）=（2x+1）（x﹣1）2=0，x=﹣或1，∴x=﹣是h（x）的零点； ∵g′（x）=k﹣，
k＜0，g′（x）＜0，g（x）在[1，+∞）上单调递减，g（x）的最大值为g（1）=k+1．
k＜﹣1，g（1）＜0，g（x）在[1，+∞）上无零点； k=﹣1，g（1）=0，g（x）在[1，+∞）上有1个零点；
﹣1＜k＜0，g（1）＞0，g（e1﹣k）=ke1﹣k+k＜0，g（x）在[1，+∞）上有1个零点；
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综上所述，k＜﹣1时，h（x）有1个零点；﹣1≤k＜0时，h（x）有两个零点；
（2）设切点（t，f（t）），f′（x）=6x2﹣6x，∴切线斜率f′（t）=6t2﹣6t，
∴切线方程为y﹣f（t）=（6t2﹣6t）（x﹣t）， ∵切线过P（a，﹣4），∴﹣4﹣f（t）=（6t2﹣6t）（a﹣t），
∴4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5=0① 由题意，方程①有3个不同的解．
令H（t）=4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5，则H′（t）=12t2﹣6t﹣12at+6a=0．t=或a．
a=时，H′（t）≥0，H（t）在定义域内单调递增，H（t）不可能有两个零点，方程①不可能有两个解，不满足题意； a
时，在（﹣
），（a，+∞）上，H′（t）
＞0，函数单调递增，在（，a）上，H′（t）＜0，函数单调递减，H（t）的极大值为H（），极小值为H（a）； a
时，在（﹣∞，a），（，+∞）上，H′（t）
＞0，函数单调递增，在（a，）上，H′（t）＜
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0，函数单调递减，H（t）的极大值为H（a），极小值为H（）；
要使方程①有三个不同解，则H（）H（a）＜0，即（2a﹣7）（a+1）（2a2﹣5a+5）＞0， ∴a＞或a＜﹣1．
【作业2解答】解：由已知得f'（x）=[ax2+（2a+1）x]ex，f'（0）=0，所以f（x）=（ax2+x﹣1）ex． （1）f'（x）=[ax2+（2a+1）x]ex=[x（ax+2a+1）]ex． ①若a＞0，当
或x＞0时，f'（x）＞0；当
时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为单调递减区间为
．
；
②若a=0，f（x）=（x﹣1）ex，f'（x）=xex，当x＞0时，f'（x）＞0；当x＜0时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（﹣∞，0）． ③若
，当
或x＜0时，f'（x）＜0；当
时，f'（x）＞0，
所以f（x）的单调递增区间为区间为
．
；单调递减
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④若
间为（﹣∞，+∞）． ⑤若
，当
，故f（x）的单调递减区
或x＞0时，f'（x）＜0；当
时，f'（x）＞0，
所以f（x）的单调递增区间为区间为
．
；单调递减
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为
；单调递减区间为
．
当a=0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；单调递减区间为（﹣∞，0）．， 当
时，f（x）的单调递增区间为
．
；
单调递减区间为当
时，f（x）的单调递减区间为（﹣∞，+
∞）； 当
时，f（x）单调递增区间为
，（0，+∞）；
；单调
递减区间为
（2）证明：g（x）=e﹣xf（x）+lnx=﹣e﹣x（ax2+x﹣1）ex+lnx=ax2+x﹣1+lnx，
设l2的方程为y=k2x，切点为（x2，y2），则
，所以x2=1，y2=e，k2=e．
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由题意知k1=﹣k2=﹣e，所以l1的方程为y=﹣ex，设l1与y=g（x）的切点为（x1，y1）， 则又
，即
，
在定义域上，u'（x）＞0，所以（0，+∞）上，u（x）是单调递增函数， 又
，即
令
，则
，
故
．
，
，所以，
所
以
．
，令
【作业3解答】解：（1）证明：设F（x）=f（x）﹣g（x），则F′（x）=﹣
，
由F'（x）=0，得x=3，当0＜x＜3时，F'（x）＜0， 当x＞3时F'（x）＞0，可得F（x）在区间（0，3）单调递减，在区间（3，+∞）单调递增， 所以F（x）取得最小值为F（3）=ln3﹣1＞0， ∴F（x）＞0，即f（x）＞g（x）；
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（2）假设曲线f（x）与g（x）有公切线，切点分别为P（x0，lnx0）和Q（x1，2﹣因为f′（x）=，g′（x）=
）． ，
）为切线．
所以分别以P（x0，lnx0）和Q（x1，2﹣的切线方程为y=
+lnx0﹣1，y=
+2﹣
令
，即2lnx1+
﹣（3+ln3）=0．
令h（x）=2lnx1+所以由h′（x）=
﹣（3+ln3）． ﹣
=0，得x1=3．
显然，当0＜x1＜3时，h'（x）＜0，当x1＞3时，h'（x）＞0，
所以h（x）min=ln3﹣1＞0， 所以方程2lnx1+
﹣（3+ln3）=0无解，
故二者没有公切线．
所以曲线y=f（x）和y=g（x）不存在公切线； （3）（1+1×2）（1+2×3）•…•（1+2012×2013）＞e4021．
理由：由（1）可得lnx＞2﹣（x＞0），
可令x=1+n（n+1），可得ln（1+n（n+1））＞2﹣
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＞2﹣
=2﹣3（﹣
），
则ln（1+1×2）+ln（1+2×3）+…+ln（1+2012×2013）
＞2×2012﹣3（1﹣+﹣+…+﹣3+
＞4021．
﹣
）=4024
即有（1+1×2）（1+2×3）…（1+2012×2013）＞e4021．
【作业4解答】解：（Ⅰ）∵f（x）=x﹣﹣blnx， ∴f′（x）=1+
﹣，
由于曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线垂直于y轴，
故该切线斜率为0，即f′（1）=0，即1+1﹣b=0， ∴b=2；
（2）假设f（x），g（x）的图象在其公共点（x0，y0）处存在公切线， 由f（x）=a（x﹣=
）﹣2lnx，得f′（x）
，g′（x）=2x，
由f′（x0）=g′（x0），得
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=2x0，即2x03﹣ax02+2x0﹣a=0，
即（x02+1）（2x0﹣a）=0，则x0=， 又函数的定义域为（0，+∞），
当a≤0时，x0=≤0，则f（x），g（x）的图象在其公共点（x0，y0）处不存在公切线； 当a＞0时，令f（）=g（），即
=ln，
﹣ln（x＞0），
，
﹣2ln﹣2=
，
令h（x）=
h′（x）=x﹣=
则h（x）在（0，2）递减，（2，+∞）递增．且h（2）=﹣＜0，
且当x→0时，h（x）→+∞；当x→+∞时，h（x）→+∞，
∴h（x）在（0，+∞）有两个零点， ∴方程
=ln在（0，+∞）解的个数为2．
综上：当a≤0时，函数f（x）与g（x）的图象在其公共点处不存在公切线；
当a＞0时，函数f（x）与g（x）的图象在其公共点处存在公切线，a的值有2个．
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在导数的练习中，常见这一类题型：已知含有的一个不等式，以及
的一些其他性质，让解不等
式或者比较大小。这类题型的常用思路是\\emph{构造函数}，下面举例说明。 1.
是定义在上的奇函数，当
，且
的解集是( )
分析：观察条件给的不等式
，它的左边是的导函数。故构造
的其他性质转化成式也转化成关于 解答：令
，并把题中时，，则不等式
的性质，把要求解的不等
的不等式。
，当。
时，
由是奇函数得。可得
也是奇函数，由得
的“草图”如下： 等价于，选。
。由“草图”易知
而不等式解集为
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拓展：怎样构造出合适的函数呢？一般考虑一下三个模型： (1)
特别地，当 当 (2)
特别地，当
时，有
；
当 (3)
时，有
。
。
时，有
。
；
时，有
我们可以对比这三个模型求导后的形式与题中给出不等式的形式，确定或者。 下面再举几个例子： 2. 已知函数意
，
的定义域为%R%，，则不等式
，对任的解集是( )
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分析：观察条件中给出的不等式，以及要求解的不等式，易知可以构造的其他性质也都转化成 解答：构造
，
由为
知，，解集为
的性质。
。则在上递增。 ，而不等式，选。
即
。再把
3. 已知为定义在上的可导函数，且对于
恒成立，且为自然对数的底，
则（ ）
，，，，
分析：对比可知，不等式
时的特例。
解答：构造函数
，
，
是模型(2)当
在上递增。
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，，正确。
，即，
4. 设定义在上的函数数
满足
满足，其导函
，则下列结论中一定错误的是
（ ） 分析：由 解答：令增。 由
。
知，
；由
知，
且
，尝试构造，
，
。
在上递
无法判断正误。 又
，即
，，，选项
，
，选。
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5.已知定义在上的奇函数当
时，
满足
的导函数为
，则
，在
上的零点个数为（ ）
或。
分析：对比题中给出的不等式可知，只需在模型(3)中令
，
。
，则当
，
上递增,当 由
在
可知
时，
时，
在
解答：令
，无零点。
的零点相同，
在
的零点与
时无零点。而是奇函数，
时也没有零点。
是
唯一的零点。选。
是奇函数得到
是奇函数
注意：本题无法从或者偶函数。
时间：2021.03.09 创作：欧阳法 2021.03.09 欧阳法创编
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