专题10 切线问题（原卷版）

专题10切线问题一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,用导数研究曲线的切线是一个主要命题点,如2023年高考全国卷已卷在解答题中考查曲线的切线问题,曲线的切线内容主要涉及求曲线的斜率与方程、曲线的条数、公切线问题,确定切线满足条件的切线是否存在或由切线满足条件求参数或参数范围等.二、解题秘籍(一)求曲线在某点处的切线求以曲线上的点(x0,f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：①求出函数f(x)的导数f′(x)；②求切线的斜率f′(x0)；③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0),并化简．【例1】（2024届陕西省榆林市府谷县高三上学期第一次联考）已知函数22e12xafxxxax（aR）．(1)若2a，求曲线yfx在点0,0f处的切线方程；(2)讨论fx的单调性．【解析】（1）若2a，则22e21xfxxxx，所以1e22xfxxx，所以0121f，又0213f，所以曲线yfx在点0,0f处的切线方程为310yx，即30xy．（2）1e1exxfxxaxaxa，当0a时，令()0fx¢，解得1x，令0fx，解得1x，所以fx在,1上单调递减，在1,上单调递增当0ea时，令()0fx¢，解得lnxa或1x，令0fx，解得ln1ax，所以fx在,lna上单调递增，在ln,1a上单调递减，在1,上单调递增；当ea时，由0fx在,上恒成立，所以fx在,上单调递增；当ea时，令()0fx¢，解得1x或lnxa，令0fx，解得1lnxa，所以fx在,1上单调递增，在1,lna上单调递减，在ln,a上单调递增．综上，当0a时，fx在,1上单调递减，在1,上单调递增；当0ea时，fx在,lna上单调递增，在ln,1a上单调递减，在1,上单调递增；当ea时，fx在,上单调递增；当ae时，fx在,1上单调递增，在1,lna上单调递减，在ln,a上单调递增．(二)求曲线过某点的切线求曲线过某点的切线,一般是设出切点(x0,y0),解方程组y0＝f（x0），y1－y0x1－x0＝f′（x0），得切点(x0,y0),进而确定切线方程．【例2】（2024届重庆市第一中学高三上学期开学考试）已知函数3ln2fxxxaxx.(1)设0a，经过点0,1作函数yfx图像的切线，求切线的方程；(2)若函数fx有极大值，无最大值，求实数a的取值范围.【解析】（1）0a时ln2ln3fxxxxfxx，，设切点为0000,ln2xxxx，则切线斜率为00ln3kfxx，切线方程：00000ln2ln3yxxxxxx，将点0,1带入得：0000001ln2ln31xxxxxx，此时斜率3k，所以切线方程为31yx.（2）函数fx的定义域为20,,3ln3fxxax，令gxfx，则16gxaxx（1）当0a时0gxfx在0,单调递增，注意到0x时，fx，注意到x时，fx，故存在00,x，使得00fx，在00,xx时0,fxfx单调递减，在0,xx时，0,fxfx单调递增，函数fx有极小值，无极大值，不符合题意.（2）当0a时，令100,6gxxa，令10,6gxxa，所以fx在10,6a单调递增，在1,6a单调递减.当0x时fx，当x时151,ln6622fxfaa，所以max51()ln622fxa，若51ln6022a，则0fx恒成立，fx在0,单调递减，无极值和最值.若51ln6022a，即5e6a，此时存在12106xxa，使得120fxfx，且在120,,,xx有0,fxfx单调递减；在12,xx有0,fxfx单调递增，此时2fx为fx的极大值.注意到0x时0fx，要使fx无最大值，则还应满足20fx，即32222ln20*xxaxx，同时22222223ln03ln303xfxxaxax，带入*整理得32222ln30exx.由于216xa，且fx在1,6a单调递减，故33222ee0fxff，即333e3e022aa，综上实数a的取值范围为35ee,26.(三)求曲线的切线条数求曲线切线的条数一般是设出切点,tft,由已知条件整理出关于t的方程,把切线条数问题转化为关于t的方程的实根个数问题.【例3】（2024届江苏省南通市如东县高三上学期期初学情检测）已知1x是函数21exfxxax的极值点.(1)求fx的极值；(2)证明：过点1,fx可以作曲线yfx的两条切线.【解析】（1）因为21exfxxax，所以221exfxxaxa.因为1x是函数21exfxxax的极值点，所以21121e0faa，所以1a.即22e21exxfxxxxx，易知当2,1x时，0fx；当,2x或1,时，()0fx¢；因为fx在,2上单调递增，2,1上单调递减，1,上单调递增，所以当2x时，fx取得极大值26e；当1x时，fx取得极小值e.（2）设切点2,1etttt，则切线方程是221e2ettyttttxt.1,fx代入得22e1e2e1ttttttt，整理得3223ee0tttt.设3223eethtttt，则32313313241e1e22tthttttttt.易知ht在313,2上单调递减，313313,22上单调递增，313,12上单调递减，1,上单调递增，又因10h，所以ht在313,2上有且只有一个零点.又因为313102hh，252e0eh，所以ht在313313,22上有且只有一个等点.又因为当2t时，2232323418410tttttt，所以ht在313,2上没有零点；即ht有且仅有两个零点，也即过点1,fx可以作曲线yfx的两条切线.综上可知，命题得证.(四)曲线的公切线研究曲线的公切线,一般是分别设出两切点,写出两切线方程,然后再使这两个方程表示同一条直线.【例4】（2024届湖南省长沙市第一中学高三上学期月考）已知函数e,ln1,xafxgxxaZ.(1)若1a.求证：fxgx；(2)若函数fx与函数gx存在两条公切线，求整数a的最小值.【解析】（1）当1a时，1exfx，令1eln1,1xhxfxgxxx，则11e1xhxx，令11e1xmxx，因为121e0(1)xmxx，所以mx在区间1,上单调递增，且111010,110e22mm，所以存在00,1x，满足0101e1xx，当01,xx时，0,mxhx单调递减；当0,xx时，0,mxhx单调递增；则当0xx时，hx取得最小值，可得0100000011eln111211xhxxxxxx00121201xx，因为00,1x，所以00111xx不成立，故等号不成立，则00hx，所以当1a时，fxgx.（2）设公切线l与两函数的图象分别相切于点11,exaAx和点22,ln1Bxx，因为1e,1xafxgxx，所以直线l的方程可表示为111eexaxayxx或2221ln11yxxxx，则有121e1xax，①121222211eln1ln1111xaxxxxxx，②由①可得12ln1xxa，代入②可得2222111ln1ln1111axxxx，即222ln11axxx，令21,0,txt，则1lnattt，令1lnwtttt，则1lnwttt，0,t，所以由复合函数的单调性可知wt在区间0,上单调递增，又1110,2ln202ww，根据零点存在定理知，存在01,2t，使得001lntt，所以1lnwtttt在区间00,t上单调递减，在区间0,t上单调递增.因为001ytt在1,2上单调递增，所以001522tt，则00000min0131ln1,12wtwtttttt，又a为整数，所以1a，故所求整数a的最小值是1.(五)确定满足条件的切线是否存在或根据切线满足条件求参数的值或范围此类问题或判断符合条件的切线是否存在,或根据切线满足条件求参数的值或范围,求解思路是把切线满足条件转化为关于斜率或切点的方程或函数,再根据方程根的情况或函数性质去求解.【例5】已知函数lnfxxx,22agxxxaaR(1)若直线0xtt与曲线yfx和ygx分别交于,AB两点且曲线yfx在A处的切线与ygx在B处的切线相互平行,求a的取值范围；(2)设hxfxgx在其定义域内有两个不同的极值点12,xx且12xx.已知0,若不等式112exx恒成立,求的取值范围.【解析】(1)ln1fxx,1gxax,ln1ftt,1gtat；yfx在A处的切线与ygx在B处的切线相互平行,ftgt,即lntat在0,上有解,则问题等价于lnyx与yax在0,上有交点,当直线ykx与lnyx相切时,设切点为,lnmm,1lnxx,1lnmkmm,解得：em,1ek；由图象可知：当ak,即1ea时,lnyx与yax在0,上有交点,实数a的取值范围为1,e.(2)2ln2ahxxxx