微切口2曲線的公切線問題1．已知函數(shù)f(x)＝xex與g(x)＝x2＋ax(a∈R)的圖象在A(0,0)處有相同的切線，則a＝(C)A．0 B．－1C．1 D．－1或1【解析】點A(0,0)在兩函數(shù)圖象上，f′(x)＝(1＋x)ex，g′(x)＝2x＋a，根據(jù)題意可得f′(0)＝g′(0)，即a＝1．2．已知函數(shù)f(x)＝ex－ax＋b，g(x)＝x2－x．若曲線y＝f(x)和y＝g(x)在公共點A(1,0)處有相同的切線，則a，b的值分別為(A)A．e－1，－1 B．－1，e－1 C．e，－1 D．－1，e【解析】因為g′(x)＝2x－1，所以g′(1)＝1，f′(x)＝ex－a，由題意，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f′1＝e－a＝1，,f1＝e－a＋b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝e－1，,b＝－1.))3．對于三次函數(shù)f(x)，若曲線y＝f(x)在點(0,0)處的切線與曲線y＝xf(x)在點(1,2)處的切線重合，則f′(2)＝(B)A．－34 B．－14C．－4 D．14【解析】設(shè)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，因為f(0)＝d＝0，所以f(x)＝ax3＋bx2＋cx，所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，所以f′(0)＝c＝eq\f(2－0,1－0)＝2．設(shè)g(x)＝xf(x)，則g(1)＝f(1)＝a＋b＋2＝2，即a＋b＝0①．又因為g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，所以g′(1)＝f(1)＋f′(1)＝2，所以f′(1)＝0，即3a＋2b＋2＝0②．由①②可得a＝－2，b＝2，c＝2，所以f′(2)＝12a＋4b＋c＝－14．4．已知直線y＝ax＋b(a∈R，b＞0)是曲線f(x)＝ex與曲線g(x)＝lnx＋2的公切線，則a＋b等于(D)A．e＋2 B．3C．e＋1 D．2【解析】設(shè)(t，et)是f(x)圖象上的一點，f′(x)＝ex，所以f(x)在點(t，et)處的切線方程為y－et＝et(x－t)，y＝etx＋(1－t)et①．令g′(x)＝eq\f(1,x)＝et，解得x＝e－t，g(e－t)＝lne－t＋2＝2－t，所以eq\f(2－t－et,e－t－t)＝et,1－t＝(1－t)et，所以t＝0或t＝1(此時①為y＝ex，b＝0，不符合題意，舍去)，所以t＝0，此時①可化為y－1＝1×(x－0)，y＝x＋1，所以a＋b＝1＋1＝2．5．若函數(shù)f(x)＝lnx(x＞0)與函數(shù)g(x)＝x2＋a有公切線，則實數(shù)a的取值范圍為(D)A．[－ln2－1，＋∞) B．(－∞，－ln2－1]C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)ln2－\f(1,2))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)ln2－\f(1,2)，＋∞))【解析】f′(x)＝eq\f(1,x)，設(shè)公切線與曲線f(x)＝lnx相切的切點為(m，lnm)，m＞0，則公切線方程為y＝eq\f(1,m)(x－m)＋lnm，即x－my－m＋mlnm＝0，其與y＝x2＋a相切，聯(lián)立消去y得mx2－x＋am＋m－mlnm＝0，則Δ＝1－4m(am＋m－mlnm)＝0有解，即a＝eq\f(1,4m2)－1＋lnm有解．令h(m)＝eq\f(1,4m2)－1＋lnm，m＞0，則h′(m)＝－eq\f(1,2m3)＋eq\f(1,m)＝eq\f(2m2－1,2m3)，令eq\f(2m2－1,2m3)＝0，得m＝eq\f(\r(,2),2)，則h(m)＝eq\f(1,4m2)－1＋lnm在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(,2),2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)，＋∞))上單調(diào)遞增，則h(m)min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)))＝eq\f(1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,2),2)))2)－1＋lneq\f(\r(,2),2)＝－eq\f(1,2)ln2－eq\f(1,2)，則a≥－eq\f(1,2)ln2－eq\f(1,2)．6．(2023·深圳一調(diào))已知函數(shù)f(x)＝2＋lnx，g(x)＝aeq\r(,x)，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)y＝f(x)，y＝g(x)圖象均相切，則實數(shù)a的取值范圍為(B)A．[0,1] B．(0,2)C．(1,2) D．(1，e)【解析】設(shè)函數(shù)f(x)＝2＋lnx上的切點坐標(biāo)為(x1，2＋lnx1)，且x1＞0，函數(shù)g(x)＝aeq\r(,x)上的切點坐標(biāo)為(x2，aeq\r(,x2))，且x2≥0，又f′(x)＝eq\f(1,x)，g′(x)＝eq\f(a,2\r(,x))，則公切線的斜率k＝eq\f(1,x1)＝eq\f(a,2\r(,x2))，則a＞0，所以x2＝eq\f(a2,4)xeq\o\al(2,1)，則公切線方程為y－(2＋lnx1)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，即y＝eq\f(1,x1)x＋lnx1＋1，代入(x2，aeq\r(,x2))得aeq\r(,x2)＝eq\f(1,x1)x2＋lnx1＋1，則eq\f(a2,2)x1＝eq\f(1,x1)·eq\f(a2,4)xeq\o\al(2,1)＋lnx1＋1，整理得a2＝eq\f(4lnx1＋4,x1)，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)y＝f(x)，y＝g(x)圖象均相切，則方程a2＝eq\f(4lnx1＋4,x1)有兩個不同的實根．設(shè)h(x)＝eq\f(4lnx＋4,x)，x＞0，則h′(x)＝eq\f(\f(4,x)·x－4lnx＋4,x2)＝eq\f(－4lnx,x2)，令h′(x)＝0，得x＝1，當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減，由h(x)＝0可得x＝eq\f(1,e)，h(1)＝4，則x→0時，h(x)→－∞；x→＋∞時，h(x)→0，則函數(shù)h(x)的大致圖象如圖所示．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞0，,0＜a2＜4，))解得0＜a＜2，故實數(shù)a的取值范圍為(0,2)．(第6題)7．(2023·嘉興二模)已知直線l與曲線C1：y＝x2和C2：y＝－eq\f(1,x)均相切，則該直線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為__2__．【解析】由已知得C1，C2的導(dǎo)函數(shù)分別為y′＝2x，y′＝eq\f(1,x2)，設(shè)C1，C2上的切點分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則有eq\f(y1－y2,x1－x2)＝2x1＝eq\f(1,x\o\al(2,2))＝eq\f(x\o\al(2,1)＋\f(1,x2),x1－x2)，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝2，y1＝4，,x2＝\f(1,2)，y2＝－2，))故l：y＝4x－4，與坐標(biāo)軸交點分別為(1,0)，(0，－4)，圍成的三角形面積為eq\f(1,2)×1×4＝2．8．(2023·紹興二模)與曲線y＝ex和y＝－eq\f(x2,4)都相切的直線方程為__y＝x＋1__．【解析】設(shè)直線與曲線y＝ex相切于點(x1，ex1)，因為y′＝ex，所以該直線的方程為y－ex1＝ex1(x－x1)，即y＝ex1x＋ex1(1－x1)．設(shè)直線與曲線y＝－eq\f(x2,4)相切于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，－\f(x\o\al(2,2),4)))，因為y′＝－eq\f(x,2)，所以該直線的方程為y＋eq\f(x\o\al(2,2),4)＝－eq\f(x2,2)(x－x2)，即y＝－eq\f(x2,2)x＋eq\f(x\o\al(2,2),4)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex1＝－\f(x2,2)，,ex11－x1＝\f(x\o\al(2,2),4)，))解得x1＝0，x2＝－2，所以該直線的方程為y＝x＋1．9．若存在過點O(0,0)的直線l與曲線y＝x3－3x2＋2x和y＝x2＋a都相切，則a的值為__1或eq\f(1,64)__．【解析】易知點O(0,0)在曲線y＝x3－3x2＋2x上．當(dāng)O(0，0)是切點時，由y′＝3x2－6x＋2，得y′|x＝0＝2，即直線l的斜率為2，故直線l的方程為y＝2x．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x，,y＝x2＋a，))得x2－2x＋a＝0，依題意，Δ＝4－4a＝0，得a＝1．當(dāng)O(0,0)不是切點時，設(shè)直線l與曲線y＝x3－3x2＋2x相切于點P(x0，y0)，則y0＝xeq\o\al(3,0)－3xeq\o\al(2,0)＋2x0，k＝y(tǒng)′|x＝x0＝3xeq\o\al(2,0)－6x0＋2①，又k＝eq\f(y0,x0)＝xeq\o\al(2,0)－3x0＋2②．聯(lián)立①②，得x0＝eq\f(3,2)(x0＝0舍去)，所以k＝－eq\f(1,4)，故直線l的方程為y＝－eq\f(1,4)x．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,4)x，,y＝x2＋a，))得x2＋eq\f(1,4)x＋a＝0，依題意，Δ＝eq\f(1,16)－4a＝0，得a＝eq\f(1,64)．綜上，a＝1或a＝eq\f(1,64)．10．(2023·邵陽二模)已知直線l是曲線y＝ln(x－2)＋2與y＝ln(x－1)的公切線，則直線l與x軸的交點坐標(biāo)為__eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3＋ln2,2)，0))__．【解析】設(shè)直線l與曲線y＝ln(x－2)＋2和y＝ln(x－1)分別相切于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，分別求導(dǎo)，得y′＝eq\f(1,x－2)，y′＝eq\f(1,x－1)，故l：y－[ln(x1－2)＋2]＝eq\f(1,x1－2)(x－x1)，整理可得y＝eq\f(1,x1－2)x＋ln(x1－2)＋2－eq\f(x1,x1－2)．同理得l：y－ln(x2－1)＝eq\f(1,x2－1)(x－x2)，整理可得y＝eq\f(1,x2－1)x＋ln(x2－1)－eq\f(x2,x2－1)．因為直線l為兩曲線的公切線，所以eq\b\lc\{