专题10切线问题（教师版）-2025年高考数学压轴大题必杀技系列·导数_2.2025数学总复习_2025年新高考资料_二轮复习_冲刺高考2025年高考数学二轮复习之压轴大题必杀技系列

专题 10 切线问题 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2024年高考全国卷II 卷及2023年全国卷乙卷在解答题中都考查了曲线的切线问题,曲线的切线问题主要涉及求曲线的斜率与方 程、曲线切线的条数、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. (一) 求曲线在某点处的切线 求以曲线上的点(x ,f(x ))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)； 0 0 ②求切线的斜率f′(x )；③写出切线方程y－f(x )＝f′(x )(x－x ),并化简． 0 0 0 0 【例1】（2024届北京市西城区北师大附属实验中学高三下学期6月热身练）已知函数 f(x)= xalnx，其中 a为常数且 a¹0. (1)求曲线y= f(x)在 x=1处的切线方程； (2)讨论函数 f(x)的单调区间； æ 1ö (3)当 a=1时，若在点 M(x , f(x ))çx > ÷处的切线l分别与x轴和y轴于，A，B两点，O为坐标原点，记 0 0 è 0 eø AOB的面积为S，求S的最小值. V 【解析】（1） f¢(x)=axa-1lnx+xa-1， x>0. 因为 f¢(1)=1， f(1)=0，所以切线方程为 y=x-1. （2）定义域为(0,+¥)， f¢(x)=(alnx+1)xa-1，令 f¢(x)=0，解得 - 1 . x=e a 1 1 当 a>0时， - ， f¢(x)<0Þ f(x)的减区间为 - ； xÎ(0,e a) (0,e a) 1 1 - ， f¢(x)>0Þ f(x)的增区间为 - . xÎ(e a,+¥) (e a,+¥) 1 1 当 a<0时， xÎ(0,e - a) ， f¢(x)>0Þ f(x)的增区间为 (0,e - a) ； 1 1 - ， f¢(x)<0Þ f(x)的减区间为 - . xÎ(e a,+¥) (e a,+¥)（3）当 a=1时， f(x)=xlnx， f¢(x)=1+lnx.切线l： y=(lnx +1)(x-x )+x lnx ， 0 0 0 0 x lnx x 令 x=0， y =-x <0；令 y=0， x =- 0 0 +x = 0 >0. B 0 A lnx +1 0 lnx +1 0 0 1 1 x2 S = |x || y |= × 0 . 2 A B 2 lnx +1 0 x2 1 2x(lnx+1)-x x(2lnx+1) 设 g(x)= ， x> . g¢(x)= = . 2(lnx+1) e 2(lnx+1)2 2(lnx+1)2 xÎ( 1 ,e - 1 2)， g¢(x)<0Þg(x)在( 1 ,e - 1 2)单调递减； e e 1 1 - ， g¢(x)>0Þg(x)在 - 单调递增. xÎ(e 2,+¥) (e 2,+¥) - 1 1 1 1 所以 g(x)≥g(e 2)= .所以当 - 时，S的最小值为 . x =e 2 e 0 e (二)求曲线过某点的切线 y ＝f（x ）， { 0 0 求曲线过某点的切线,一般是设出切点(x ,y ),解方程组 y 1 －y 0 得切点(x ,y ),进而确定切线方程． 0 0 ＝f′（x ）， 0 0 x －x 0 1 0 【例2】（2024届江苏省南通市高三下学期模拟预测）设a>0，函数 f(x)=ax3-2x+1． (1)当a=1时，求过点(0,-1)且与曲线y= f(x)相切的直线方程： (2)x,x 是函数 f(x)的两个极值点，证明： f x + f x 为定值． 1 2 1 2 【解析】（1）当a=1时， f(x)=x3-2x+1，则导数 f¢(x)=3x2-2． 设切点为  x ,x3-2x +1  ，则 f¢x =3x2-2， 0 0 0 0 0 所以切线方程为y-  x3-2x +1  =  3x2-2 x-x ． 0 0 0 0 又切线过点(0,-1)，则-1-  x3-2x +1  =  3x2-2 0-x ， 0 0 0 0 整理得，2x3 =2，解得x =1． 0 0 所以过点(0,-1)且与曲线y= f(x)相切的直线方程为y=x-1． 2 （2）证明：依题意， f¢(x)=3ax2-2(a>0)，令 f¢(x)=0，得x=± ． 3a æ 2 ö 2 æ 2 2 ö 2 æ 2 ö x ç-¥,- ÷ - ç- , ÷ ç ,+¥÷ ç è 3a ÷ ø 3a è ç 3a 3a ÷ ø 3a ç è 3a ÷ ø f¢x + 0 - 0 +f x 极大值 极小值 Z ] Z 2 2 不妨设x 0，得x>-1-ln2；令g¢(x)<0，得x<-1-ln2， 可知gx在(-¥,-1-ln2)上单调递减，在(-1-ln2,+¥)上单调递增， 所以g(x) = g(-1-ln2)=ln2>0，故gx的零点个数为0. min （2）解：因为 f(x)= x2+3x+3,g(x)=2ex+1-x-2，所以 f¢(x)=2x+3,g¢(x)=2ex+1-1， 所以曲线y= f(x)在点  x,x2+3x +3  处的切线方程为： 1 1 1 y-  x2+3x +3  =2x +3x-x ，即y=2x +3x-x2+3， 1 1 1 1 1 1 曲线y=g(x)在点  x ,2ex2+1-x -2  处的切线方程为：y-(2ex2+1-x -2)=(2ex2+1-1)(x-x )， 2 2 2 2 即y=  2ex2+1-1  x+2-2x ex2+1-2，令 ï í ì2ex2+1-1=2x 1 +3 ，可得 ìï í ex2+1 =x 1 +2 ， 2 ïî 2-2x 2 ex2+1-2=-x 1 2+3 ïî 2-2x 2 ex2+1-2=-x 1 2+3 消去x，整理得x2-5+ é4-2lnx +2ùx +2=0， 2 1 ë 1 û 1 1 令x +2=t(t>0)，可得t2-2tlnt-1=0，等价于t-2lnt- =0， 1 t1 (t-1)2 设h(t)=t-2lnt- (t>0)，则h¢(t)= ³0，所以h(t)在(0,+¥)上单调递增， t t2 又因为h(1)=0，所以h(t)在(0,+¥)上有唯一的零点t=1， 由x +2=1，得x =-1，所以曲线y= f(x)与曲线y=g(x)有且仅有一条公切线. 1 1 (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 f x=ex+a,gx=lnx+1,aÎZ. (1)若a=-1.求证： f x>gx； (2)若函数 f x与函数gx存在两条公切线，求整数a的最小值. 【解析】（1）当a=-1时， f x=ex-1， 1 令hx= f x-gx=ex-1-lnx+1,x>-1，则h¢x=ex-1- ， x+1 1 1 令mx=ex-1- ，因为m¢x=ex-1+ >0， x+1 (x+1)2 1 1 1 所以mx在区间-1,+¥上单调递增，且m0= -1<0,m1=1- = >0， e 2 2 1 所以存在x Î0,1，满足ex0-1= ， 0 x +1 0 当xÎ-1,x 时，mx<0,hx单调递减；当xÎx ,+¥时，mx>0,hx单调递增； 0 0 则当x=x 时，hx取得最小值， 0 1 1 1 可得hx =ex0-1-lnx +1= +x -1= +x +1-2³2 ×x +1-2=0， 0 0 x +1 0 x +1 0 x +1 0 0 0 0 1 因为x Î0,1，所以 = x +1不成立，故等号不成立，则hx >0， 0 x +1 0 0 0 所以当a=-1时， f x>gx . （2）设公切线l与两函数的图象分别相切于点A  x,ex1+a 和点Bx ,lnx +1 ， 1 2 2 1 因为 f¢x=ex+a,g¢x= ， x+1 1 所以直线l的方程可表示为y-ex1+a =ex1+ax-x 或y-lnx +1= x-x  ， 1 2 x +1 2 2 1 则有ex1+a = ，① x +1 2x 1 1-x ex1+a =lnx +1- 2 =lnx +1+ -1，② 1 2 x +1 2 x +1 2 2 1 1 由①可得x 1 =-lnx 2 +1-a，代入②可得é ë a+1+lnx 2 +1ù û x +1 =lnx 2 +1+ x +1 -1， 2 2 即a=x lnx +1-x +1，令t =x +1,tÎ0,+¥，则a=t-1lnt-t， 2 2 2 2 1 令wt=t-1lnt-t，则w¢t=lnt- ，tÎ0,+¥， t 所以由复合函数的单调性可知w¢t在区间0,+¥上单调递增， 1 又w¢1=-1<0,w¢2=ln2- >0， 2 1 根据零点存在定理知，存在t Î1,2，使得lnt = ， 0 0 t 0 所以wt=t-1lnt-t在区间0,t 上单调递减，在区间t ,+¥上单调递增. 0 0 1 1 5 因为y=t + 在1,2上单调递增，所以20得0< x<1，令F¢x<0得x>1， 1 所以Fx在0,1单调递增，1,+¥单调递减，所以F(x) =F1，则a³F1= . max e（2）（i）设两条切线在gx上的两个切点横坐标分别为x,x ， 1 2 1 1 有g¢x g¢x = × =1，即xx =1， 1 2 x x 1 2 1 2 1 1 此时，切线为：y-lnx +b= x-x ,y-lnx +b= x-x  ， 1 x 1 2 x 2 1 2 lnx -lnx lnx +lnx 2lnx æ 1 1 ö x = 2 1 = 2 2 = 2 相减得lnx -lnx =ç - ÷x=x -x x，所以 0 x -x 1 1 ， 2 1 èx 1 x 2 ø 2 1 2 1 x 2 - x x 2 - x 2 2 æ 1ö 2 1 设kx=2lnx-çx- ÷，k¢x= -1- £0，所以kx在0,+¥上单调递减. è xø x x2 æ 1ö 故当xÎ0,1时，kx>k1=0，所以0>2lnx>çx- ÷； è xø 2lnx æ 1ö x = 2 <1 当xÎ1,+¥时，kx0)的焦点为 F ，直线l过点 F 交C于A,B两点，C在A,B两点的切线相交于点 P,AB的中点为Q，且 PQ交C于点 E．当l的斜率为1时， AB =8． (1)求C的方程； (2)若点 P的横坐标为2，求 QE ； (3)设C在点 E处的切线与 PA,PB分别交于点M,N ，求四边形 ABNM 面积的最小值． 【解析】（1）由题意，直线l的斜率必存在. p 设直线l的方程为y=kx+ ,Ax,y ,Bx ,y ， 2 1 1 2 2 ì p ìΔ>0, ïy=kx+ ï 联立í 2 得 x2-2pkx- p2 =0, (*)，所以íx +x =2pk 1 2 ï îx2 =2py ï îxx =-p2. 1 2 当 k=1时，x +x =2p， 1 2 æ pö æ pö 此时 AB = y +y + p=çx + ÷+çx + ÷+ p=x +x +2p=8， 1 2 è 1 2ø è 2 2ø 1 2 所以4p=8，即 p=2.所以C的方程为 x2 =4y. （2）由(1)知，x +x =2pk =4k， 1 2 则 x =2k，代入直线y=kx+1得 y =2k2+1，则 AB中点Q  2k,2k2+1  . Q Q x 因为 x2 =4y，所以y¢ = ， 2 x 1 1 则直线 PA方程为y-y = 1x-x ，即y= xx- x2， 1 2 1 2 1 4 11 1 x2- x2 1 1 4 1 4 2 x +x 同理，直线 PB方程为y= x x- x2，所以 x = = 1 2 =2k， 2 2 4 2 P 1 x -x  2 2 1 2 x x +x  x2 xx y = 1 1 2 - 1 = 1 2 =-1，所以 P(2k,-1). P 4 4 4 因为x =2,2k =2，即 k=1，此时Q(2,3),P(2,-1)， P 所以直线 PQ的方程为 x=2，代入 x2 =4y，得y=1，所以 E(2,1)，所以|QE|=2. （3）由（2）知Q  2k,2k2+1  ,P(2k,-1)，所以直线 PQ方程为 x=2k， 代入 x2 =4y，得y=k2，所以 E  2k,k2 ，所以 E为 PQ的中点. 1 因为C在 E处的切线斜率y¢= ´2k =k， 2 所以C在 E处的切线平行于 AB， 3 又因为 E为 PQ的中点，所以 S = S . 四边形ABNM 4 VABP 由(1)中(*)式得 x2-4kx-4=0，所以 x +x =4k ， 1 2 因为直线 AB方程为y=kx+1， 所以 AB = y +y + p=kx +1+kx +1+2=kx +x +4=4k2+4. 1 2 1 2 1 2 2k2+2 又 P(2k,-1)到直线 AB的距离h= =2 k2+1， k2+1 1 1 3 所以 S = AB ×h= ×  4k2+4  ×2 k2+1=4  k2+1  2 ³4， VABP 2 2 (当且仅当 k =0时取“ =”) 3 所以 S = S ³3，所以四边形 ABNM 的面积的最小值为3. 四边形ABNM 4 VABP【例1】（2024届广东省汕头市潮南区高三下学期高考考前测试）已知函数 f(x)=x(ex-ax2). (1)若曲线y= f(x)在x=-1处的切线与y轴垂直，求y= f(x)的极值. (2)若 f(x)在(0,+¥)只有一个零点，求a. 【解析】（1）函数 f(x)=x(ex-ax2)的定义域为R，求导得 f¢(x)=(x+1)ex-3ax2， f¢(-1)=-3a， 依题意， f¢(-1)=0，则a=0， f(x)=xex, f¢(x)=(1+x)ex， 当x<-1时， f¢(x)<0，当x>-1时， f¢(x)>0， 因此函数 f(x)在(-¥,-1)上单调递减，在(-1,+¥)上单调递增， 1 所以函数 f(x)在x=-1处取得极小值 f(-1)=- ，无极大值. e （2）函数 f(x)=x(ex-ax2)在(0,+¥)只有一个零点，等价于y=ex-ax2在(0,+¥)只有一个零点， 设g(x)=ex-ax2，则函数g(x)在(0,+¥)只有一个零点，当且仅当g(x)=0在(0,+¥)只有一解， ex ex 即a= 在(0,+¥)只有一解，于是曲线y= (x>0)与直线y =a只有一个公共点， x2 x2 ex ex(x-2) 令j(x)= (x>0)，求导得j¢(x)= ，当x<2时，j¢(x)<0，当x>2时，j¢(x)>0， x2 x3 因此函数j(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+¥)上单调递增， e2 函数j(x)在x=2取得极小值同时也是最小值j(2)= ， 4 当x0时，j(x)+¥；当x+¥时，j(x)+¥， ex 画山j(x)= 大致的图象，如图， x2 e2 g(x)在(0,+¥)只有一个零点时，a=j(2)= ， 4 e2 所以 f(x)在(0,+¥)只有一个零点吋，a= . 4 【例2】（2024届陕西省安康市高新中学高三下学期模拟考试）已知函数 f x=aexa¹0,gx=x2,g¢x为gx的导函数. (1)证明：当a=1时，"xÎ0,+¥, f(x)>g¢x； (2)若 f x与gx有两条公切线，求a的取值范围. 【解析】（1）当a=1时， f x=ex，g¢x=2x， "xÎ0,+¥, f(x)>g¢x等价于证明"xÎ0,+¥,ex >2x， 令hx=ex-2xx>0，h¢x=ex-2， 当0ln2时，h¢x>0，hx在ln2,+¥上单调递增，所以hx³hln2=2-2ln2>0， 所以"xÎ0,+¥,ex >2x，即"xÎ0,+¥, f(x)>g¢x； （2）设一条公切线与 f x=aex,gx=x2切点分别为  x,aex1  ,  x ,x2 ， 1 2 2 则 f¢x=aex,g¢x=2x，可得切线方程为y-aex 1 =aex 1 x-x ，y-x2 =2x x-x ， 1 2 2 2 ìaex1 =2x 因为它们是同一条直线，所以í 2 ， î-xaex1 +aex1 =-x2 1 2 4x -4 4x-4 可得a= 1 ，令px= ， ex1 ex 4x-4 若 f x与gx有两条公切线，则y= 与y=a的图象有两个交点， ex 8-4x 则p¢x= ，当x<2时，p¢x>0，px在-¥,2上单调递增， ex 4 当x>2时，p¢x<0，px在2,+¥上单调递减，所以px£ p2= ， e2 且当x>1时，px>0，当x<1时，px<0，可得px的大致图象如下图， 4 所以00，得 m<3，所以实数 m的取值范围为-¥,3 . x 1 1 1 x2+mx+1 （2）因为n= ，所以hx=lnx+ x2+mxx>0， h¢x= +x+m= ， 2 2 x x 令h¢x=0，即 x2+mx+1=0，Δ=m2-4， （ⅰ）当Δ=m2-4£0时，即 -2£m£2，h¢x³0，hx在0,+¥上单调递增． （ⅱ）当Δ=m2-4>0时，即m<-2，或 m>2， -m- m2-4 -m+ m2-4 x2+mx+1=0有两根 x，x ， x = ， x = ， 1 2 1 2 2 2 ①当 m>2时，x 0，hx在0,+¥上单调递增． 1 2 ②当m<-2时，00， xÎx,x 时，h¢x<0， xÎx ,+¥时， 1 2 1 1 2 2 h¢x>0， hx在0,x ，x ,+¥上单调递增，在x,x 上单调递减． 1 2 1 2 综上，当 m³-2时，函数hx在0,+¥上单调递增； æ -m- m2-4ö æ-m+ m2-4 ö 当m<-2时，函数hx在ç0, ÷，ç ,+¥÷上单调递增，在 ç 2 ÷ ç 2 ÷ è ø è ø æ-m- m2-4 -m+ m2-4ö ç , ÷上单调递减． ç 2 2 ÷ è ø（3） 设点 A， B的坐标为x,y ,x ,y ，且01，有lnt= ，设rt=lnt- t >1， x 1+t 1+t 1 1 4 t-12 则r¢t= - = >0，所以rt在1,+¥上单调递增， t t+12 tt+12 2t-1 2t-1 故rt>r1=0，即lnt> ，与lnt= 矛盾，所以假设不成立， 1+t 1+t 所以不存在点 H使C 在点 D处的切线与C 在点 E处的切线平行． 1 2 【例4】（2024届上海市七宝中学高三三模）若曲线C的切线l与曲线C共有n个公共点（其中 nÎN， n³1），则称l为曲线C的“T -切线”. n (1)若曲线 y= f x在点1,-2处的切线为T -切线，另一个公共点的坐标为3,4，求 f¢1的值； 2 (2)求曲线y=x3-3x2所有T -切线的方程； 1 π (3)设 f x=x+sinx，是否存在tÎ(0, )，使得曲线 y= f x在点t，f t处的切线为T -切线？若存在， 2 3探究满足条件的t的个数，若不存在，说明理由． 4-(-2) 【解析】（1）依题意，该切线的斜率为 =3，因此 f¢(1)=3. 3-1 （2）由y=x3-3x2，求导得y¢ =3x2-6x， 则曲线y=x3-3x2在(x ,x3-3x2)处的切线方程为： y-(x3-3x2)=(3x2-6x )x-x ， 0 0 0 0 0 0 0 0 令 h(x)=x3-3x2-(3x2-6x )x+3x3-6x2-x3+3x2，整理得 h(x)=(x-x )2(x+2x -3)， 0 0 0 0 0 0 0 0 此切线为T -切线，等价于方程 h(x)=0有且仅有一个根，即x =3-2x ，即 x =1， 1 0 0 0 所以曲线y=x3-3x2的T -切线仅有一条，为y=-3x+1. 1 （3）由(x+sinx)¢=1+cosx，得曲线 y= f(x)在点(t, f(t))处的切线方程为： y-t-sint =(1+cost)(x-t)，即y=(1+cost)x+sint-tcost， 令 g(x)=(x+sinx)-[(1+cost)x+sint-tcost] =sinx-xcost-sint+tcost， π 求导得 g¢(x)=cosx-cost，由tÎ(0, )，得costÎ(0,1)， 2 对 kÎZ，当 xÎ(2kπ-t,2kπ+t)时， g¢(x)=cosx-cost >0,y=g(x)为严格增函数； 当 xÎ(2kπ+t,2kπ+2π-t)时， g¢(x)=cosx-cost<0,y=g(x)为严格减函数， 函数y=g(x)所有的极大值为 g(2kπ+t)=-2kπcost， 当 k =0时，极大值等于0，即 g(t)=0， 当 k为正整数时，极大值全部小于0，即y=g(x)在(t,+¥)无零点， 当 k为负整数时，极大值全部大于0， 函数y=g(x)所有的极小值为 g(2kπ-t)=(2t-2kπ)cost-2sint， 当 k =0时，极小值 g(-t)=2tcost-2sint =2cost(t-tant)<0， 且随着 k的增大，极小值(2t-2kπ)cost-2sint越来越小， π 因此 y= f(x)在点(t, f(t))(00， cos2t π 3 因此y =h(t)为(0, )上的严格增函数，因为h(0)=0<π,h( )»12.6>π， 2 2 π 于是存在唯一实数tÎ(0, )，满足 tant-t =π， 2 π 所以存在唯一实数tÎ(0, )，使得曲线 y= f(x)在点(t, f(t))处的切线为T -切线. 2 3【例5】（2024届福建省泉州第五中学高三下学期适应性监测）已知抛物线C:x2 =2py(p>0)的焦点为F， O为坐标原点，抛物线C上不同两点A，B同时满足下列三个条件中的两个：①|FA|+|FB|=|AB|；② |OA|=|OB|=|AB|=8 3；③直线AB的方程为y=6p ． (1)请分析说明A，B满足的是哪两个条件？并求抛物线C的标准方程； (2)若直线 AB经过点 M(0,m)(m>0)，且与（1）的抛物线C交于A，B两点， N(0,n)，若 m ÐMNA=ÐMNB，求 的值； n (3)点A，B，E为（1）中抛物线C上的不同三点，分别过点A，B，E作抛物线C的三条切线，且三条切线 两两相交于M，N，P，求证：△MNP的外接圆过焦点F． æ pö 【解析】（1）若同时满足①②：由|FA|+|FB|=|AB|，可得AB过焦点 Fç0, ÷， è 2ø 5 当|OA|=|OB|时，|AB|=2p而|OA|=|OB|= p¹|AB|=2p，所以①②不同时成立 2 æ pö 若同时满足①③由①|FA|+|FB|=|AB|，可得AB过焦点 Fç0, ÷， è 2ø æ pö 因为直线AB的方程为y=6p ，不可能过焦点 Fç0, ÷，所以①③不同时成立 è 2ø 只能同时满足条件②③，因为②|OA|=|OB|=|AB|=8 3； π 且直线AB的方程为y=6p ，所以6p=|OA|sin =12，解得 p=2． 3 所以抛物线C的标准方程为 x2 =4y． （2）如图： 设直线AB的方程为 y=kx+m(k ¹0),Ax,y ,Bx ,y ， 1 1 2 2 ìy=kx+m 联立方程组í ，整理得 x2-4kx-4m=0， îx2 =4y 则 x +x =4k,x ×x =-4m．因为ÐMNA=ÐMNB，直线AN，BN的斜率之和为0， 1 2 1 2 y -n y -n x y -n+x y -n 即 k +k = 1 + 2 = 2 1 1 2 =0， AN BN x x xx 1 2 1 2所以 x y -n+x y -n=x kx +m-n+x kx +m-n=2kxx +(m-n)x +x =0， 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 即 2kxx +(m-n)x +x =2k×(-4m)+(m-n)(4k)=0， 1 2 1 2 m 所以-4k(m+n)=0，即 =-1． n （3）设过点A，B，E的三条切线分别为l,l ,l ，倾斜角分别为a,a,a ， 1 2 3 1 2 3 æ 1 ö æ 1 ö æ 1 ö 令Açx, x2 ÷,Bçx , x2 ÷,Eçx , x2 ÷， è 1 4 1 ø è 2 4 2 ø è 3 4 3 ø x 1 1 1 1 1 由y¢ = 得： tana = x,tana = x ,tana = x l ：y= xx- x2 2 1 2 1 2 2 2 3 2 3 1 2 1 4 1 1 1 1 1 1 1 所以l ：y= xx- x2；l ：y= x x- x2；l ：y= x x- x2. 1 2 1 4 1 2 2 2 4 2 3 2 3 4 3 æx +x xx ö 联立l,l 直线方程可得 M ç 1 3, 1 3 ÷ 1 3 è 2 4 ø æx +x x x ö 联立l ,l 直线方程可得 N ç 2 3, 2 3 ÷ 2 3 è 2 4 ø 1 1 x - x \tanÐMPN =tana-a= 2 1 2 2 =2× x 1 -x 2 1 2 1 1 x ×x +4 1+ x × x 1 2 2 1 2 2 xx x x 1 3 -1 2 3 -1 4 xx -4 4 x x -4 又 k = = 1 3 ,k = = 2 3 ， Q MF x +x 2x +x  NF x +x 2x +x  1 3 1 3 2 3 2 3 2 2 xx -4 x x -4 1 3 - 2 3 k -k 2x +x  2x +x  2x -x  x2+4  x -x \tanÐMFN = MF NF = 1 3 2 3 = 1 2 3 =2× 1 2 1+k ×k xx -4x x -4 4+xx  x2+4  4+xx MF NF 1+ 1 3 2 3 1 2 3 1 2 4x +x x +x  1 3 2 3 所以 tanÐMPN =tanÐMFN Þ ÐMPN =ÐMFN . 所以： M,F,P,N四点共圆，即△MNP的外接圆过焦点F．1.（2024届北京市陈经纶中学高三下学期三模）已知 f x=2 x-alnx-ax-1． (1)若a=-1，求曲线y= f x在点P1,2处的切线方程； (2)若函数y= f x存在两个不同的极值点x,x ，求证： f x + f x >0． 1 2 1 2 【解析】（1）当a=-1时， f x=2 x+lnx+x-1， 1 1 f¢x= + +1,f¢1=3， x x 所以曲线y= f x在点P1,2处的切线方程为y-2=3x-1，即y=3x-1； 1 a 1 a （2） f¢x= - -a，令 f¢(x)=0，得 - -a=0，令t = x，则t >0， x x x x 原方程可化为at2-t+a=0①，则t = x ,t = x 是方程①的两个不同的根， 1 1 2 2 ìΔ=1-4a2 >0 ï 1 所以í1 ，解得00 2 îa 1 1 由韦达定理得t +t = ,tt =1，则t2+t2 =t +t 2-2tt = -2， 1 2 a 12 1 2 1 2 12 a2 所以 f(x)+ f(x )=2( x + x )-a(lnx +lnx )-a(x +x )-2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 =2(t +t )-aln(t2t2)-a(t2+t2)-2=2a+ -2， 1 2 1 2 1 2 a 1 æ 1ö 1 æ 1ö 令ha=2a+ -2ç0hç ÷=1>0，所以 f(x )+ f(x )>0. a è2ø 1 2 2．（2024届山东省青岛第五十八中学高三下学期二模）已知函数 f(x)=lnx+ax2-x+a+1. (1)证明曲线y= f x在x=1处的切线过原点； (2)讨论 f x的单调性； 1 【解析】（1）由题设得 f¢(x)= +2ax-1(x>0)，所以 f¢(1)=1+2a-1=2a， x 又因为 f(1)=a-1+a+1=2a，所以切点为(1,2a)，斜率k =2a，所以切线方程为y-2a=2a(x-1)，即y=2ax恒过原点． 2ax2-x+1 （2）由（1）得 f¢(x)= (x>0)， x -x+1 当a=0时， f¢(x)= ， x 当xÎ(0,1)时， f¢(x)>0， f(x)在(0,1)上单调递增， 当xÎ(1,+¥)时， f¢(x)<0， f(x)在(1,+¥)上单调递减； 当a¹0时，令tx=2ax2-x+1，则D=1-8a， 1 当a>0且D=1-8a£0时，即a³ 时， f¢(x)³0， f(x)在(0,+¥)上单调递增， 8 1 当00， 8 由tx=2ax2-x+1>0，则0 1+ 1-8a ，则 f¢(x)>0， 4a 4a æ 1- 1-8a ö æ1+ 1-8a ö 所以 f(x)在ç0, ÷上单调递增，在ç ,+¥÷上单调递增； ç ÷ 4a 4a è ø è ø 由tx=2ax2-x+1<0，则 1- 1-8a 0，则tx=2ax2-x+1为开口向下的二次函数， 1 æ 1 ö 1 对称轴x= <0，t0=1，tç ÷=1- >1， 4a è4aø 8a 由tx=2ax2-x+1>0，则00，所以 f(x)在ç æ 0, 1+ 1-8a ÷ ö 上单调递增， ç ÷ 4a è 4a ø 由tx=2ax2-x+1<0，则x> 1+ 1-8a ，则 f¢(x)<0，所以 f(x)在 æ ç 1+ 1-8a ,+¥ ö ÷上单调递减； 4a è 4a ø 综上：当a=0时， f(x)在(0,1)上单调递增， f(x)在(1,+¥)上单调递减； 1 当a³ 时， f(x)在(0,+¥)上单调递增； 8 1 æ 1- 1-8a ö æ1+ 1-8a ö 当00， x x x2 x2 ìx +x =a 1 2 ï ïxx =1 由函数hx有两个极值点，所以x2-ax+1=0有两个不等正根，则í 1 2 ， a>2 ï ï î00， x è xø x2 è x2 ø x2 è x2 ø 所以gx在区间0,1上单调递增， æ1ö 1 æ1 ö 2 因为gç ÷=e- +ç +e÷´-1=- ， èeø e èe ø e æ 1 ö æ 1 ö 2 1 所以由ç -x ÷+çx + ÷lnx ³- ，可得 £x <1， èx 1 ø è 1 x ø 1 e e 1 1 11 é1 ö 1 x2-1 令函数mx=x+ ,xÎ ê ,1÷，可得m¢x=1- = <0， x ëe ø x2 x2 1 æ1ö 1 所以mx在[ ,1)上单调递减，可得mx>m1=2,mx =mç ÷=e+ ， e max èeø e 1 æ 1ù 又因为a=x 1 + x ，所以a的取值范围是 è ç2,e+ e ú û . 1 4．（2024届建省泉州市高中毕业班5月适应性练习）已知函数 f x=ax3-2x2-2x+aa³0． (1)当a=1时，若直线y=-3x+b与曲线y= f x相切，求b； (2)若直线y=-2x-2与曲线y= f x恰有两个公共点，求a． 【解析】（1）当a=1时， f x=x3-2x2-2x+1， f¢x=3x2-4x-2， 因为直线y=-3x+b与曲线y= f x相切， 设切点为x ,y ，则切线斜率k = f¢x =3x2-4x -2， 0 0 0 0 0 ì 1 x = ì3x2-4x -2=-3 ì x =1 ï ï 0 3 0 0 0 ï ï ï 4 可得íy =-3x +b ，解得íy =-2或íy = ， 0 0 0 0 27 î ï y 0 =x 0 3-2x 0 2-2x 0 +1 ï î b=1 ï ï 31 b= ï î 27 31 所以b=1或b= ． 27 （2）因为直线y=-2x-2与曲线y= f x恰有两个公共点， 所以方程ax3-2x2-2x+a=-2x-2， 即方程a  x3+1  -2  x2-1  =0有两个不等实根， 因为x=-1是方程a  x3+1  -2  x2-1  =0的一个根； 当x¹-1时，方程可化为ax2-a+2x+a+2=0（*）， 依题意，方程（*）有不等于-1的唯一根， 因为a³0，若a=0，则（*）即-2x+2=0，x=1，满足条件； ì ï a+a+2+a+2¹0 2 若a>0，则由í ，解得：a= ． ïîV =a+22 -4aa+2=0 3 2 综上所述，a=0或a= ． 35．（2024山东省青岛市高三第三次适应性检测）已知 O 为坐标原点，曲线 f x=alnx 在点 P1，0 处 的切线与曲线 gx=ex+b 在点Q0，1+b 处的切线平行，且两切线间的距离为 2，其中 b³0 . (1)求实数 a，b的值; (2)若点 M，N 分别在曲线 y= f x，y=gx 上，求 ÐONP 与 ÐOMQ 之和的最大值; (3)若点 A，B 在曲线 y= f x 上，点C，D 在曲线 y=gx 上，四边形 ABCD 为正方形，其面积 æ 1ö 2 为S，证明: S >2ç e- ÷ è 2ø 附:ln2 ≈ 0.693. a 【解析】（1）因为 f¢x= ，所以 f¢1=a，又因为 g¢x=ex，所以 g¢0=1， x 解得 a=1，所以 f x在1,0处的切线方程为: y=ax-1=x-1， 所以 gx在0,1+b处的切线方程为: y=x+1+b， 2+b 2+b 所以 2 = = ，解得b=0. 2 2 （2）（法一）由（1）知： P1,0，Q0,1，记直线 NP，ON 的倾斜角分别为a，b， 斜率分别为 k，k ，所以ÐONP=a-b，设 N  x,ex，x¹0且 x¹1， 1 2 ex ex - 所以 tanÐONP=tana-b= k 1 -k 2 = x-1 x = ex , 1+kk ex ex x2-x+e2x 1 2 1+ × x-1 x ex x2-3x+1-e2x 令mx= ex x¹0，x¹1，则m¢x= ， x2-x+e2x  x2-x+e2x2 当 x>0时，设函数nx=ex-x-1，则n¢x=ex-1>0， 所以nx在0，+¥单调递增，所以nx³n0=0，即ex ³x+1>1， 所以 x2-3x+1-e2x £x2-3x+1-x+12 =-5x<0， 1 所以mx在0,1，1,+¥均单调递减，且m1= <1， e 当 x<0时， x2-3x+1-e2x >1-e2x >0，所以mx在-¥，0单调递增，1 所以mx0的零点为x， 1 1 1 1 1 1 因为 h¢x=ex+ -2³x+1+ -2=x+ -1³2 x× -1=1>0， x x x x 所以hx在0，+¥单调递增， æ1ö 故hç ÷= e-ln2-1< e-0.69-1= e-1.69<0，h1=e-2>0， è2ø 1 所以 0， 2 1 则j¢x=ex -1>0，所以jx在0，+¥单调递增， 所以 S =é ë 2x 2 -x 1 ù û 2 =2  ex1 -x 1 2 >2 æ ç è e- 1 2 ö ÷ ø 2 6.（2022高考全国卷甲文）已知函数 f(x)= x3-x,g(x)= x2 +a,曲线 y= f(x)在点 x, f x  处的切线也 1 1 是曲线 y = g(x)的切线． （1）若x =-1,求a； 1 （2）求a的取值范围． 【解析】（1）由题意知, f(-1)=-1-(-1)=0, f¢(x)=3x2 -1, f¢(-1)=3-1=2,则 y= f(x)在点 -1,0 处的切线方程为 y =2(x+1),即 y =2x+2, 设该切线与 g(x)切于点 x ,g(x ) , g¢(x)=2x,则 g¢(x )=2x =2,解得x =1,则 g(1)=1+a=2+2,解 2 2 2 2 2 得 a=3. （2）因为 f¢(x)=3x2 -1,所以 y= f(x)在点 x 1, f(x 1 )处的切线方程为y-  x 1 3-x 1  =  3x 1 2 -1  (x-x 1 ),整 理得y =  3x2 -1  x-2x3 , 1 1 设该切线与 g(x)切于点 x ,g(x ) , g¢(x)=2x,则 g¢(x )=2x , 2 2 2 2 则切线方程为y-  x2 +a  =2x (x-x ),整理得 y =2x x-x2 +a, 2 2 2 2 2 ì3x2 -1=2x æ3x2 1ö 2 9 3 1 则í 1 2 ,整理得 a= x2 -2x3 =ç 1 - ÷ -2x3 = x4 -2x3- x2 + , î -2x3 =-x2 +a 2 1 è 2 2ø 1 4 1 1 2 1 4 1 2 （另法：求出 y= f(x)在点 x 1, f(x 1 )处的切线方程y =  3x 1 2 -1  x-2x 1 3后代入gx解析式,用 D=0求解） 9 3 1 令h(x)= x4 -2x3- x2 + ,则h¢(x)=9x3-6x2 -3x=3x(3x+1)(x-1),令h¢(x)>0,解得 4 2 4 1 - < x<0或 x>1, 3 1 令h¢(x)<0,解得x<- 或 0< x<1,则 x变化时,h¢(x),h(x)的变化情况如下表： 3 æ 1ö 1 æ 1 ö x ç -¥,- ÷ - ç - ,0 ÷ 0 0,1 1 1,+¥ è 3ø 3 è 3 ø h¢(x) - 0 + 0 - 0 + 5 1 h(x) -1 ] Z ] Z 27 4 则h(x)的值域为 -1,+¥ ,故 a的取值范围为 -1,+¥ . 1 7.（2024届四川省成都市第七中学高三上学期考试）已知函数 f x=alnx+x- 有三个零点x,x ,x x 1 2 3 （x 0时， f¢x>0，则 f x在0,+¥上单调递增，函数a>0至多一个零点，不符合题意； 当a<0时，由题意只需使 f¢x=0在0,+¥有两个异号根即可， ìΔ=a2-4>0 ï 所以í-a>0 ，解得a<-2；综上，a<-2. ï 1>0 î （2）当a<-2时， f¢1=a+2<0.又 f 1=0，故x =1，x <10的极小值为-2，其导 函数 f¢x的图象经过A-1,0，B1,0两点. (1)求 f x的解析式； (2)若曲线y= f x恰有三条过点P1,m的切线，求实数m的取值范围. 【解析】（1） f¢x=3ax2+2bx+c， 因为a>0，且 f¢x的图象经过A-1,0，B1,0两点. 所以当xÎ-¥,-1时， f¢x>0， f x单调递增； 当xÎ-1,1时， f¢x<0， f x单调递减； 当xÎ1,+¥时， f¢x>0， f x单调递增. 所以 f x在x=1处取得极小值，所以 f 1=a+b+c=-2，又因为 f¢-1=0， f¢1=0，所以3a-2b+c=0，3a+2b+c=0， ì3a-2b+c=0 ï 解方程组í3a+2b+c=0得a=1，b=0，c=-3， ï îa+b+c=-2 所以 f x=x3-3x. （2）设切点为x ,y ，则y =x3-3x ， 0 0 0 0 0 因为 f¢x=3x2-3，所以 f¢x =3x2-3， 0 0 所以切线方程为y-  x3-3x  =  3x2-3 x-x ， 0 0 0 0 将P1,m代入上式，得2x3-3x2+m+3=0. 0 0 因为曲线y= f x恰有三条过点P1,m的切线，所以方程2x3-3x2+m+3=0有三个不同实数解. 记gx=2x3-3x2+m+3，则导函数g¢x=6x2-6x=6xx-1， 令g¢x=0，得x=0或1. 列表： x -¥,0 0 0,1 1 1,+¥ g¢x + 0 - 0 + gx ↗ 极大 ↘ 极小 ↗ 所以gx的极大值为g0=m+3，gx的极小值为g1=m+2， ìïg0>0 所以í ，解得-32时，h'x>0， 则hx在0,1上单调递增，在1,2上单调递减， 所以hx在 x=1处取得极大值，h1=0， hx在1,2上单调递减，在(2,+¥)上单调递增， 所以hx在 x=2处取得极小值， h2=2-3ln2=lne2-ln8，因为e2 <8，所以h2<0， 2 2 又因为h(e2)=e2- -6+1=e2- -5>0， e2 e2 所以hx在(2,+¥)上存在唯一零点， 2 则点 1, f 1 为函数 f x=x- -3lnx的“2度点”． x （2）①设直线y=2x-1与曲线 y=gx相切于点 Px,2x -1， 1 1 Q gx=ex+ax2-ex，\g¢x=ex+2ax-e， ì2x -1=ex1 +ax2-ex 则í 1 1 1，整理得ex1 x -2+ex +2x -2=0， îex1 +2ax -e=2 1 1 1 1 对于给定函数 px我们定义它的导数为 p¢x，定义它的导数 p¢x的导数为 p¢¢x.设Gx=exx-2+ex+2x-2，则G¢x=exx-1+e+2，G¢¢x=exx， \G¢x在(-¥,0)上单调递减，在(0,+¥)上单调递增，\G¢x³G¢0=e+1>0， \Gx在R上递增，又G1=0，\x =1，\a=1，经检验符合题意； 1 ②设点 P(x ,g(x ))，曲线 y=gx在点P处的切线方程为 y=g¢x x-x +gx ， 2 2 2 2 2 令 Hx=gx-g¢x x-x -gx ， 2 2 2 Q 曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P，\Hx有唯一零点， H¢(x)=ex-ex2 -2(x-x )，且 H(x )=H¢x =0， 2 2 2 \H¢(x)=ex-2，令 H¢¢(x)=0，则 x=ln2， \xÎ(-¥,ln2)， H¢¢(x)<0， H¢x单调递减； xÎ(ln2,+¥)， H¢¢(x)>0， H¢(x)单调递增； （i）若 x=ln2，由 xÎ(-¥,ln2)， H¢(x)>0； xÎ(ln2,+¥)， H¢(x)>0， \H(x)在R上单调递增，\Hx只有唯一零点 x=ln2； （ii）若 x >ln2，由 xÎ(ln2,+¥)， H¢x单调递增，且 H¢x =0， 2 2 则当 xÎln2,x ， H¢x<0， Hx>Hx =0， 2 2 当 xÎ(-¥,ln2)， H(x)=ex-x2-ex-g¢(x )(x-x )-g(x )<-x2+bx+c， 2 2 2 其中b=-e-g¢x ，c=2-gx +x g¢x ， 2 2 2 2 必存在 m ，可得 Hx在R上至少有两个零点； 6 综上所述，函数 y=gx的“1度点”为 P  ln2,2-ln22-eln2  ． 10．（2024届河北省衡水市高三下学期大数据应用调研联合测评）过点 Pa,b可以作曲线 y=x+ex的两条 切线，切点为A,B. 1 (1)证明： ab-a>- ； e(2)设线段 AB中点坐标为x ,y ，证明： a+y >b+x . 0 0 0 0 【解析】（1）证明：设切点A  t,et +t  ，y¢=1+ex，所以 k =1+et = et +t-b ， PA t-a 即关于t的方程t-a-1et +b-a=0有两个不相等的实数根. 设 f t=t-a-1et +b-a，则 f¢t=t-aet =0，t=a. 当ta时， f¢t>0，则 f t在a,+¥上单调递增， 所以 f t在t=a处取值得最小值，即 f a=b-a-ea. 当t+¥时， f t+¥，当t-¥时， f tb-a， ìb-a>0 若满足方程有两个不相等的实数根，则í ， îb-a-ea <0 于是00，则 gx单调递增， è eø èe ø 1 æ1ö 1 1 所以 gx=xlnx，在 x= 处取得最小值，即 gç ÷=- ，所以 ab-a>- . e èeø e e （2）证明：设Ax,y ,Bx ,y ， 1 1 2 2 1 1 1 1 则y = y +y =  ex1 +ex2  +x ，即y -x = y +y =  ex1 +ex2  ， 0 2 1 2 2 0 0 0 2 1 2 2 在点Ax,y ,Bx ,y 处的切线方程都过 Pa,b， 1 1 2 2 于是，由b-x -ex1 =  1+ex1 a-x ，得 x -a+1+ b-a =0， 1 1 1 ex1 由b-x -ex2 =  1+ex2 a-x ，得 x -a+1+ b-a =0 2 2 2 ex2 x -x ex1+x2 两式相减整理得：b-a= 1 2 ， ex1 -ex2 b-a-y 0 -x 0 = x 1 e - x1 x - 2  e e x2 x1+x2 - 1 2  ex1 +ex2  = 2  e e x1 x1+ - x2 ex2  é ê ë 2x 1 -x 2 - e2x e 1 x - 1+x e 2 2x2 ù ú û ex1+x2 é 1 ù = 2  ex1 -ex2 ê ë 2x 1 -x 2 -ex1-x2 + ex1-x2 ú û ，ex1+x2 1 不妨设x >x ,m=x -x >0，所以 >0，则hm=2m-em+ ， 1 2 1 2 2  ex1 -ex2  em 1 h¢m=2-em- £2-2=0，所以hm在0,+¥上单调递减，于是hmb+x . 0 0 0 0 “拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设j¢x为函数jx的导数，若a为j¢x的极值 点，则 a,ja 为曲线 y=jx的拐点. 11.（2024届陕西省西安市第一中学高三下学期4月月考）已知曲线C： y=x3-3x2+1. (1)求C的拐点坐标； (2)证明：C关于其拐点对称； (3)设l为C在其拐点处的切线，证明：所有平行于l的直线都与C有且仅有一个公共点. 【解析】（1）设 f x=x3-3x2+1，则 f¢x=3x2-6x. 设 gx= f¢x，则 g¢x=6x-6， 当 x<1时， g¢x<0， gx单调递减，当 x>1时， g¢x>0， gx单调递增， 故 x=1是 f¢x= gx的极小值点，且为唯一极值点. 所以曲线C： y= f x的拐点为 1, f 1 ，即1,-1. （2）因为 f x+ f 2-x=x3-3x2+1+2-x3-32-x2+1=-2. 所以C： y= f x关于其拐点1,-1对称. （3）因为C在拐点1,-1处的切线方程l为： y=-3x+2. 设平行于l的直线方程为 y=-3x+bb¹2， 并与C的方程联立有 x3-3x2+1=-3x+b. 设hx=x3-3x2+3x+1-b，则 h¢x=3x2-6x+3=3x-12 ³0， 则hx在 R上单调递增. 因为hb-1=b-1b-2b-3，故当b=1,2,3时，l与C有唯一公共点.当b<1时，b-1<0，且 hb-1<0，h0=1-b>0， 故存在唯一 x Îb-1,0，使得hx =0，此时l与C有唯一公共点. 1 1 同理，当b>3时，b-1>2，且 hb-1>0，h2=3-b<0， 故存在唯一 x Î2,b-1，使得hx =0，此时l与C有唯一公共点. 2 2 当10， 故存在唯一 x Î0,1，使得hx =0，此时l与C有唯一公共点. 3 3 同理，当 20，且 h1=2-b<0， 故存在唯一 x Î1,2，使得hx =0，此时l与C有唯一公共点. 4 4 综上，所有平行于l的直线都与C有且仅有一个公共点. 12.设函数 f(x)=aex， g(x)=lnx+b，其中 a，bÎR， e是自然对数的底数． (1)设 F(x)=xf(x)，当 a=e-1时，求 F(x)的最小值； (2)证明：当 a=e-1，b<1时，总存在两条直线与曲线 y= f(x)与y=g(x)都相切； 2 (3)当a> 时，证明： f(x)>x[g(x)-b]． e2 【解析】（1）由题设 Fx=xex-1，则 F¢x=x+1ex-1， 当 xÎ(-¥,-1)时， F¢(x)<0， F(x)单调递减，当 xÎ(-1,+¥)时， F¢(x)>0， F(x)单调递增， 故 x=-1时， F(x)取得最小值 F-1=-e-2； （2）由 f¢x=ex-1，则 f x=ex-1在  m,em-1 处的切线方程为 y=em-1x+1-mem-1， 1 1 由 g¢(x)= ，则 g(x)=lnx+b在点n,lnn+b处的切线方程为y= x+lnn+b-1， x n ì 1 ï em-1 = 由题意得í n ，m-1em-1-m+b=0， ï1-mem-1 =lnn+b-1 î 令hm=m-1em-1-m+b，则h¢x=mem-1-1， 由（1）得 m<-1时，h¢(m)单调递减，且h¢(m)<0，当 m>-1时，h¢(m)单调递增， 又h¢1 =0，当 m<1时，h¢(m)<0， h(m)单调递减；当m> 1时，h¢(m)>0， h(m)单调递减， 1 由（1）及b<1，得hb-1=b-2eb-2+1>- +1>0， e由 y=ex-x-1，则 y¢=ex-1，故 x<0有y¢<0， y递减， x>0有y¢>0， y递增， 所以 y³e0-0-1=0，则ex ³x+1，仅当 x=0时等号成立，而3-b>2， 故h3-b=2-be2-b+2b-3>2-b3-b+2b-3= æ çb- 3ö ÷ 2 + 3 >0，h1=b-1<0， è 2ø 4 \函数 h(m)在(b-1,1)和(1,3-b)内各有一个零点， 故当b<1时，总存在两条直线与曲线 y= f(x)与y=g(x)都相切； aex aex （3）证明： f x>xégx-bùÛ -lnx>0，令Gx= -lnxx>0， ë û x x 2 以下证明：当a> 时，G(x)的最小值大于0， e2 ax-1ex 1 ax-1ex-x 求导G¢x= - = ， x2 x x2 ①当00， ax-1é x ù ②当 x>1时，G¢x= êex- ú， x2 ëê ax-1 úû x 1 令 Hx=ex- ， H¢x=ex+ >0，故 Hx在1,+¥上递增， ax-1 ax-12 又 H2=e2- 2 = ae2-2 ³0，取tÎ(1,2)且使 t >e2 ，即1G2 =1-ln2>0，\Gx>0，综上所求，当a> 时， f(x)>x[g(x)-b]． 0 e2 1 ex 13.（2024届天津市十二区重点学校高三下学期联考二）已知函数 f(x)= +lnx,g(x)= -kf(x),kÎR. x x (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若函数 g(x)在 x=1处取得极大值，求实数 k的取值范围： (3)已知 a,bÎR，曲线 y= f(x)在不同的三点(x, f(x )),(x , f(x )),(x , f(x ))处的切线都经过点(a,b)，且 1 1 2 2 3 32-a 1 1 2 2-a x 1时， f¢(x)>0，即 f(x)在(0,1)上递减，在(1,+¥)上递增， 所以函数 f(x)的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1,+¥). ex k (x-1)(ex-k) （2）依题意，函数 g(x)= - -klnx,xÎ(0,+¥)，求导得 g¢(x)= ， x x x2 当 k £e时，当 x>1时， g¢(x)>0，则函数 g(x)在 x=1处不可能取到极大值； 当 k >e时，由 g¢(x)<0，得10，得0lnk， 则函数 g(x)在 x=1处取到极大值，所以 k >e. x-1 （3）由（1）知， f¢(x)= ，曲线 y= f(x)过(a,b)有三条不同的切线，切点为(x, f(x)),i=1,2,3， x2 i i 于是 f x -b= f¢x x -a，方程 f x-b= f¢xx-a有3个不同的根， i i i 1 x-1 该方程整理为 +lnx-b= ×(x-a)， x x2 x-1 1 1 设h(x)= ×(x-a)-( +lnx-b)，求导得h¢(x)=- (x-2)(x-a)， x2 x x3 而02时， h¢(x)<0，当 a0， 则函数 h(x)在(0,a),(2,+¥)上单调递减，在(a,2)上单调递增， 显然 h(x)有3个不同的零点x 0，即 +ln20 1 3 1 3 t -t 72 1 3 t x 2 1 (u+1)lnu 1 1 设u= 1 = 3 > = >1，记j(u)= ,u>1，求导得j¢(u)= (u- -2lnu)， t x a m u-1 (u-1)2 u 3 1 1 1 2 1 设 F(u)=u- -2lnu，则 F¢(u)=1+ - =(1- )2 >0， u u2 u u 则函数 F(u)在(1,+¥)上单调递增，有 F(u)>F(1)=0， 1 (m+1)lnm 于是j¢(u)>0，即j(u)在(1,+¥)上为增函数，有j(u)>j( )= ， m m-1 (u+1)lnu (m-13)(m2-m+12) (m+1)lnm (m-13)(m2-m+12) 因此 + > + u-1 72 m-1 72 m+1 (m-1)(m-13)(m2-m+12) = ×[lnm+ ] m-1 72(m+1) (m-1)(m-13)(m2-m+12) 记w(m)=lnm+ ,0 >0， 72m(m+1)2 72m(m+1)2 于是w(m)在(0,1)为增函数，则w(m)0， 72(m+1) m-1 72 从而原不等式得证. 14.（2024届天津市北辰区高三三模）已知 f x=ex- x2 ，曲线 y= f x在点 Px , f x x >0处的切 0 0 0 2 线为l: y= g(x). (1)当x =0时，求直线l的方程； 0 (2)证明：l与曲线 y= f x有一个异于点 P的交点 x, f x  ，且x <0； 1 1 1 x (3)在（2）的条件下，令 0 =t，求t的取值范围. x 1 【解析】（1）当x =0时， P0,1，而 f¢x=ex-x，所以 f¢0=1. 0 所以l的方程是 y=1×x-0+1，即 x-y+1=0； x2 （2）由于 f¢(x)=ex -x，故l的方程 y= f¢x x-x + f x 可化为y=  ex0 -x x-x +ex0 - 0 . 0 0 0 0 0 2 x2 设 gx=  ex 0 -x x-x +ex 0 - 0 ，则直线l的方程为 y=gx . 0 0 2x2 x2 令 Fx= f x-gx=ex- -  ex0 -x x-x -ex0 + 0 ， 2 0 0 2 设hx=1- 1 x2+x-1ex，则对 x>0有 h¢x=-x+xex =x  ex-1  >0，所以hx在0,+¥上单调递增. 2 记u= ex0 -x -  ex0 -x 2 +2 æ ç1+ ex0 -x x + x 0 2 ö ÷，则 0 0 è 0 0 2 ø u= ex0 -x -  ex0 -x 2 +2 æ ç1+ ex0 -x x + x 0 2 ö ÷ < ex0 -x -  ex0 -x 2 =0. 0 0 è 0 0 2 ø 0 0 x2 x2 由于 F0=1-  ex0 -x -x -ex0 + 0 =1- 0 +x -1ex0 =hx >h0=0， 0 0 2 2 0 0 u2 x2 u2 x2 且 Fu=eu - -  ex0 -x u-x -ex0 + 0 <1- + ex0 -x u + x + 0 2 0 0 2 2 0 0 2 u2 x2 u2 æ x2 ö =1- + ex0 -x x -u+ 0 =- - ex0 -x u+ç1+ ex0 -x x + 0 ÷<0， 2 0 0 2 2 0 è 0 0 2 ø 故一定存在 x Îu,0，使得 Fx =0，即 f x =gx . 1 1 1 1 而x <00，设jt=e-kt +k+1t×et -et - t2. 2 则j¢t=-ke-kt +k+1t+1×et -et -k+12t， j¢¢t=k2e-kt +k+1t+2×et -et -k+12， j¢¢¢t=-k3e-kt +k+1t+3×et -et. 由于当t >0时，j¢¢¢t的导数 k4e-kt +k+1t+4×et -et >k4e-kt +4×et -et =k4e-kt +3×et >0， 故j¢¢¢t在0,+¥上单调递增. 若00有j¢¢¢t>j¢¢¢0³0，从而j¢¢t在0,+¥上单调递增； 所以对t >0有j¢¢t>j¢¢0=0，从而j¢t在0,+¥上单调递增； 所以对t >0有j¢t>j¢0=0，从而jt在0,+¥上单调递增； 所以对t >0有jt>j0=0，从而jt在0,+¥上无零点.若 k >2，则j¢¢¢0=-k3+3k+1-1=-k3+3k+2=2-kk+12 <0. 由于对t >0有j¢¢¢t=-k3e-kt +k+1t+3×et -et >-k3e-kt +3×et -et =2et -k3e-kt >2et -k3， 故j¢¢¢ æ ç ç ln æ ç1+ k3ö ÷ ö ÷ ÷ >2e ln æ çç è 1+ k 2 3ö ÷÷ ø-k3 =2>0. è è 2 øø æ æ k3öö 从而存在vÎç ç 0,lnç1+ ÷÷ ÷ 使j¢¢¢v=0. è è 2 øø 结合j¢¢¢t在0,+¥上单调递增，知对01有 æt ö 1 æt ö t 1 t t t t 1 t t t 1 æ t 1 ö 01有e2 > t，从而当t >1+2lnç1+ ÷>1时，有 2 ç 2 ÷ è ø k+12 k+12 jt=e-kt +k+1t×et -et - t2 =e-kt +kt+t-1et - t2 2 2 k+12 æ k+12 ö æ k+12 t ö t æ t k+12 ö >t×et - t2 =tçet - t÷>tçet - e2÷=t×e2çe2 - ÷>0. 2 ç 2 ÷ ç 2 ÷ ç 2 ÷ è ø è ø è ø 结合jv0，函数jt=e-kt +k+1t×et -et - t2在0,+¥上存在零点的充要条件是 k >2. 2 x 最后，一方面我们取 k =- 1 ，就有 x 0 2 æ x ö ç- 1 +1÷ 0=Fx =ex1 - x 1 2 -  ex0 -x x -x -ex0 + x 0 2 =ex1 + æ ç- x 1 +1 ö ÷x ×ex0 -ex0 - è x 0 ø x2 =jx  ， 1 2 0 1 0 2 è x ø 0 2 0 0 0 1 x 1 所以jt在0,+¥上存在零点 x ，故 - =- 1 =k >2，得 - 2，则jt在0,+¥上存在零点. 2 t记该零点为 x ，取x =-kx ，则 0 1 0 k+12 0=jx =e-kx0 +k+1x ×ex0 -ex0 - x2 0 0 2 0 2 æ x ö ç- 1 +1÷ =ex 1 +ç æ - x 1 +1÷ ö x ×ex 0 -ex 0 - è x 0 ø x2 =ex 1 - x 1 2 -  ex 0 -x x -x -ex 0 + x 0 2 =Fx  . è x ø 0 2 0 2 0 1 0 2 1 0 x 1 所以这样的 x ,x 满足原条件，且 0 =- =t. 0 1 x k 1 æ 1 ö 综上，t的取值范围是ç- ,0÷. è 2 ø