利用导数求曲线的切线和公切线一. 求切线万程【例11 .已知曲线f(x)=x 3-2x 2+1.(1) 求在点P (1,0 )处的切线l 1的方程；⑵ 求过点Q( 2,1 )与已知曲线f(x)相切的直线丨2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21.( 2014?北京)已知函数f (x ) =2x 3 - 3x .(I)求f (x )在区间［-2, 1］上的最大值；(n)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;(川)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1 解：(I)由 f (x ) =2x 3 - 3x 得 f '( x ) =6x 2- 3, 令 f '(x ) =0 得，x= -^_或 x=」,•- f (-2) =- 10, f (-=) =：-：, f (斗)=-::,f (1) =- 1, .f (x )在区间［-2, 1］上的最大值为：.：.(n)设过点P (1, t )的直线与曲线y=f (x )相切于点(X 。

，y °),则y °=2诃-3X 0，且切线斜率为k=6爲-3, .切线方程为 y -y o = (6-,- - 3)(x - x o ), +t+3=0，设 g (x ) =4x 3 - 6x 2+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”.T g '(x ) =12x 2- 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)v 0,即-3v t v- 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).(rn)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.(6t - y o = -3)( 1-X 。

)，即卩 4嗚2 O【解答】解：(I )当a=3时，原不等式可化为：1+e ln3x ±L >0；工•对x > 1恒成立，所以可得h (x )在区间［1，+x)上单调递减,故a 的取值范围为：［1 , +xXn _l•••切线方程：y+仁xo即1口為 -一 1=0,①设 g (x ) =1 口叶色一打-1,则# Cx)- ••• x >0,二g (x )在区间(0, 1) ,( 2, +x)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+丄 >0,. 又 g (寺)=1 诗+12- 6- 1 = -ln4 - 3V 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,4 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 ) =2x 3 - 3x+1, g (x ) =kx+1 - Inx .v<l等价于l+3x+—>03K >0，解得X •丄，故解集为 令'i ■■| ■: ". ” ： O(Q1)，故h (x )在x=1处取到最大值，故lna > h (1) =0,可得 a=1，(川)假设存在这样的切线，设切点T (xo, L n/工厂1CT v _ ),(弹-1)，将点T 坐标代入得:+1=Ko(1)设函数htx)=J z?、.，当k v 0时，讨论h (x)零点的个数；(菖(X)5 図R1(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. 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+J；L〔J；c 的取值范围是.粹t = tf+ftcosjt —rsin x = a+\b2 +c2 cos(x ++ cos(x+令x+^-6^則码十护二即巧十卩= &：• f\x) = a十g宫0由題总，存在兀也亡R梗得厂也)厂(兀戸-1，即(□+005^)(^4-005^) = -],即关于席的二択方FW +炖+⑷迢⑷+1 = 0广)柑实根所W A = (cos^l+ cosft)*-4cos^costf1-4i0^(costf l-cosft)2王4所闵co昭一00昭|工2,又|cos^ -<：05^|<2»所叫co昭-co昭| = 2所llcos^^cos^ =-1此时方程广)变为i? =0=>a=0则 a 2b , 3c 一2b , 3c，v b2+c2=1，•••设 b sin ,a cos ，•••• 2b3c 5 sin( )，故a+血+V3c € [-韻眄，求证：a=0 或^一- -- T .e c【解答】(I)解：t 任)二兰,迁亦心)，亡&)二'，；仝1I令 t' (x )> 0 得 x > 1,令 t' (x )v 0 得 X V 1 ,所以，函数t (X )在(0, 1)上是减函数，在(1, +X )上是增函数， •••当 1 时，t (x )在［m , m+1］ (m >0)上是增函数，二七当0v m V 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 .(U)设12的方程为y=k 2X ，切点为(X 2, y 2),贝U y 丹二呂(工g)二启"二• X 2=1, y 2=e ： k 2=e .由题意知，切线l 1的斜率'.；_ - _!，•切线l 1的方程为1k 2 e丁 一工，设l 1与曲线y=f (x )的切点为(X 1, y",-41 1y 1 — — 1 ~s ,OF --------- 1 e1X L e又y 1=lnx 1- a (X 1- 1)，消去y 1, a 后整理得，贝U I 「 I 一 丄"T __厶• m(x )在(0, 1)上单调递减，在(1, +x)上单调递增， &右 1)，1 1 a- --------- 朮1 e而,在 rr:— 一 I :丄"|,亡丄一 —1, • 若 X 1€( 0, 1),v若 X €( 1： +x )m (x )1 1--X 1=e ,・• —- 一二X 1 e综上，a=0或皂土 2 1-<a<e Te£ 在(1, +x )上单调递增，且 m( e ) =0,【作业2】.(2017?黄山二模)已知函数f (x) = (ax2+x- 1) e x+f (0)(1)讨论函数f (x)的单调性；0) 上单调递减，在(山辛一)上单调递减，在上Vi V4单调递增；(U)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x°> 0，f'( x)v 0；当(x)> 0.f (x)在(— x,其中(2 )式即Q2 2 & 2起3_【解答】解：⑴由"二罕+ ,得'心二七(2)若g (x) =e—f (x) +lnx，h (x) =e，过O (0，0)分别作曲线y=g (x)当且x工0时,时，f'则即•I T -■- I.记h (x) =4x3—3e2x - e3, x €( 0, +x),贝y h' (x) =3 (2x+e)( 2x - e).得h (x )在0 号)上单调递减，在(¥，十*)上单调递增，又h (0) = -e3, h(2二-2』，h (e) =0,故方程h (x o) =0在(0, +x)上有唯一实数根x o=e,经验证也满足(1)式. 于是，f (X。

)=g (x°) =3e, f'(x°) =g' (x°) =3,曲线y=g (x)与y=g (x)的公切线I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-色(x >0)I(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+1X 2)(1+2X 3)•••( 1+2012X 2013)与 e 4021的大小，并写出判断过程.【解答】解：(I) f'(x)丄,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，IffCD^blnl-O•「吕二己-1 二0，解得a=b=1.|[b=2a-l_ , 2(U)设P (X0, y°),则由题设有lnx 0=ax0 -x°…①，又在点P有共同的切线，•••「(x°) =g'(x°),.・.* —■，：|-',K fl•曲线f (x )与g (x )总存在公切线,•••当 O v t v 1 时，h' (t )v 0；当 1 v t v 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 ) =ae x (a ^0), g (x ) =x 2 (I)若曲线C 1： y=f (x )与曲线C 2： y=g (x )存在公切线，求a 最大值.(U)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C 1切于点(* , a/】)与C 2切于点(X 2，衍2), ••• f '(x ) =ae x , g '(x ) =2x ,a=；,代入①得lnx 0设 h (x ) =lnx — ••• h (x )在(0,L^x ,贝U h '(x) —(x >0),贝U h ' +x)上单调递增，所以h (x ) =0最多只有1个实根,(x )> 0,从而，结合(1) 可知，满足题设的点P 只能是P (1, 0). (川)当a >0, f (x )在点(t ,b=1 时，f (x ) =lnx , f '( x)—, 1 lnt )处的切线方程为y - lnt=(x — t )，即卩 y 丄x+lnx — 1.与 y=ax — x ，联立得 ax —(1x — Int+1=0 .•••关于t (t > 0)的方程△=门-二 =4a (1 — l nt ) (* )总有解. 若 t >e ,贝U 1 — lnt v 0,从而，方程(*)可化为 I —1 >0,显然(*)不成立，所以0 v t v e ,t 2 (1 -lnt.)(O v t v e ),贝U H'( t )t 3 (1-1 nt ) 22+4a (lnt — 1) =0,2工 _工丄,由①知X 2工0,①代入②： 一J=2X 2，即X 2=2X I- 2,2 (2x-i -2) 4 _/inJ,由①知 a= ，设 g (X ) i - , g '(X ) = h ,丈1 XKe e e令 g '(X ) =0,得 X =2；当 X v 2 时 g '(X )>0, g (X )递增. 当 X >2 时，g '( x )v 0, g (X )递减.X =2 时,g ( X ) maX =g (2) = ^ ,二 a maX =.ecX2(H) F ( X ) =f (x )- bg (x )- cx - 1=e - bx - cx - 1,••• F (2) =0=F (0),又 F (X )在(0, 2)内有零点，• F (乂)在(0, 2)至少有两个极值点，即F '(X ) =e X - 2bx - c 在(0, 2)内至少有两个零点.2••• F 〃( X ) =e X - 2b , F (2) =e 2- 4b - 2c -仁0, c=「一：卜'一, ① 当 b w 二时，在(0, 2) 上, e X >e °=1>2b , F 〃( X )>0, • F 〃( X )在(0, 2) 上单调增，F '(X )没有两个零点.2 2② 当 b^—时，在(0, 2) 上, e X v e w 2b ,： F 〃( x )v 0, • F 〃( X )在(0, 2) 上单调减，F '(X )没有两个零点； ③ 当丄v b v —时，令 F 〃( X ) =0,得 X=ln2b ,苍 £因当 X >ln2b 时，F 〃( X ) >0, X v ln2b 时，F 〃(X ) v 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, 令 G'(b ) =2 - 2ln2b=0 ,得 2b=e ，即 b^—，当 b v 、时 G ( b )>0;当 b >一时，G'XL 2ae —K 9------------ =2Z 2®y 2(b )v 0,当b丄时，G(b) 最大=G• G(b) =f'(ln2b )v 0恒成立,因F '(x ) =e x - 2bx -c 在(0, 2)内有两个零点，” 行bT >o I•••『(52韵二2b-2bW2b 上二jW-VO , (2)=J-4b-'—；bT 〉o |2 - j解得：—_vbv 」l ,4 42 - 2综上所述，b 的取值范围(、，二7 ).4 ] | 4 | 【作业 4】.已知函数 f (x ) =a (x -二)-blnx (a , b € RR , g (x ) =x 2. (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 ) =e x . (1)确定方程f (x )上1实数根的个数；x-1(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.•方程f (x )丄一有两个实根；x-1(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) =e x的切点分别为(m lnm), (n, e n), m^n,当 m=1 时，(m- 1) lnm=m+1 不成立； 当 m^ 1 时，(m — 1) lnm=m+1 化为 Inm^^L ,由(1)可知，方程lnm 』二有两个实根, 二曲线y=f (x ) ，y=g (x )公切线的条数是2条.【作业 5】.已知函数 f (x ) =X 2+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-—是h ( X )的零点；X )二k _ —,k v 0, g '(X )V 0, g (X )在［1 , +^)上单调递减，g (X )的最大值为g (1) =k+1.k v- 1, g (1)v 0, g ( X )在［1 , +*)上无零点； k=- 1, g (1) =0, g (x )在［1 , +^)上有 1 个零点；-1v k v 0, g (1)> 0, g (e 1 -k ) =ke 1-k +k v 0, g (X )在［1 , +*)上有 1 个零 综上所述，k v- 1时，h ( X )有1个零点；-K k v 0时，h ( X )有两个零点；(2)设切点(t , f (t )), f '( X ) =6X 2- 6X ,「.切线斜率 f '( t ) =6t 2- 6t , •••切线方程为 y -f (t ) = (6t 2-6t )( X - t ),•••切线过 P (a ,- 4), •- 4-f (t ) = (6t 2-6t )( a -t ), • 4t 3- 3t 2- 6t 2a+6ta - 5=0① 由题意，方程①有3个不同的解.令 H(t ) =4t 3- 3t 2- 6t 2a+6ta - 5,贝U H'( t ) =12t 2 - 6t - 12at+6a=0 . t=丄或,化简得(m- 1) lnm=m+1,【作业1解答】解:1) f '(X ) = (2X +1)(X - g '( x ) =e x ,…X =a .aJ 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(-8, £)，( a , +x )上, H (t ) > 0,函数单调递增，在(丄， a ) 上, H'(t )v 0,函数单调递减，H( t )的极大值为H (―),极小值为H (a );5a+5)> 0, a >丄或 a v — 1.2【作业2解答】解：由已知得f (x ) =[ax 2+ (2a+1) x]e x , f (0) =0,所以f (x ) = (ax 2+x - 1) e x .2xx(1) f (x ) =[ax + (2a+1) x]e =[x (ax+2a+1) ]e . ①若 a >0,当 或 x >0 时，f (x ) > 0;当 一2丄WO 时，f (x ) vaa0,所以f (x )的单调递增区间为(-2」^), (0, +卫);单调递减区间为江(-2-丄* CO .a② 若 a=0, f (x ) = (x — 1) e x , f (x ) =xe x ,当 x >0 时，f (x )> 0;当 x v 0 时，f (x )v 0,所以f (x )的单调递增区间为(0, +x)；单调递减区间为(-X, 0). ③ 若0 ,当工>一2-^或 x v 0 时，f (x ) v 0；当时，f (x )2 a a> 0,所以f ( x )的单调递增区间为 © -2丄)；单调递减区间为,+Xa J _时，在(-%上, H'(t )v 0,函数单调递减,上, H'(t ) >0,函数单调递增，在(a , 丄) (丄)；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 (a )v 0,即(2a - 7)( a+1)(2a 2-::7, (YO, 0人(-2 — ,十切).a④若二一 一 ■- ~~7 工'亡: J ，故 fy 2=e ，k 2=e .由题意知k i =- k 2=- e ，所以11的方程为y= - ex ，设I i 与y=g (x )的切点为(X i , y i )， 则k& Ugf+l 肓肓乂2 •丹二曰叮+ z [+-1+1I1 靭二PX 1U C K )d 〔工)二計】在定义域上，u' (x )> 0,所以(0, +X)上,(x )的单调递减区间为(-X ， +X⑤若< -1，当―或x >0时，f (x )v 0；当-2^<x<。