专题10切线问题（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2024年新高考资料_专项复习资料_学霸养成2024高考数学压轴大题必杀技系列·导数

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(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届陕西省榆林市府谷县高三上学期第一次联考）已知函数 （ ）． (1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程； (2)讨论 的单调性． 【解析】（1）若 ，则 ，所以 ， 所以 ，又 ， 所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ． （2） ， 当 时，令 ，解得 ，令 ，解得 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增 当 时，令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增； 当 时，由 在 上恒成立，所以 在 上单调递增； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】当 时，令 ，解得 或 ，令 ，解得 ，所以 在 上单调 递增，在 上单调递减，在 上单调递增． 综上，当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增； 当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增； 当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减， 在 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(x,y),解方程组得切点(x,y),进而确定切线方程． 0 0 0 0 【例2】（2024届重庆市第一中学高三上学期开学考试）已知函数 . (1)设 ，经过点 作函数 图像的切线，求切线的方程； (2)若函数 有极大值，无最大值，求实数 的取值范围. 【解析】（1） 时 ， 设切点为 ，则切线斜率为 ， 切线方程： ， 将点 带入得： ， 此时斜率 ，所以切线方程为 . （2）函数 的定义域为 ，令 ，则 （1）当 时 在 单调递增， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】注意到 时， ，注意到 时， ， 故存在 ，使得 ，在 时 单调递减，在 时， 单调递增，函数 有极小值，无极大值，不符合题意. （2）当 时，令 ，令 ， 所以 在 单调递增，在 单调递减. 当 时 ，当 时 ， 所以 ， 若 ，则 恒成立， 在 单调递减，无极值和最值. 若 ，即 ，此时存在 ，使得 ， 且在 有 单调递减；在 有 单调递增，此时 为 的极大值. 注意到 时 ，要使 无最大值，则还应满足 ， 即 ，同时 ， 带入 整理得 . 由于 ，且 在 单调递减，故 ， 即 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】综上实数 的取值范围为 . (三)求曲线的切线条数  t, f t 求曲线切线的条数一般是设出切点 ,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 是函数 的 极值点. (1)求 的极值； (2)证明：过点 可以作曲线 的两条切线. 【解析】（1）因为 ，所以 . 因为 是函数 的极值点， 所以 ，所以 . 即 ， 易知当 时， ；当 或 时， ； 因为 在 上单调递增， 上单调递减， 上单调递增， 所以当 时， 取得极大值 ；当 时， 取得极小值 . （2）设切点 ， 则切线方程是 . 代入得 ， 整理得 . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设 ，则 . 易知 在 上单调递减， 上单调递增， 上单调递减， 上单调递增， 又因 ，所以 在 上有且只有一个零点. 又因为 ， ， 所以 在 上有且只有一个等点. 又因为当 时， ， 所以 在 上没有零点； 即 有且仅有两个零点，也即过点 可以作曲线 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 . (1)若 .求证： ； (2)若函数 与函数 存在两条公切线，求整数 的最小值. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解析】（1）当 时， ， 令 ，则 ， 令 ，因为 ， 所以 在区间 上单调递增，且 ， 所以存在 ，满足 ， 当 时， 单调递减；当 时， 单调递增； 则当 时， 取得最小值， 可得 ， 因为 ，所以 不成立，故等号不成立，则 ， 所以当 时， . （2）设公切线 与两函数的图象分别相切于点 和点 ， 因为 ， 所以直线 的方程可表示为 或 ， 则有 ，① ，② 由①可得 ，代入②可得 ， 即 ，令 ，则 ， 令 ，则 ， ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以由复合函数的单调性可知 在区间 上单调递增， 又 ， 根据零点存在定理知，存在 ，使得 ， 所以 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增. 因为 在 上单调递增，所以 ， 则 ， 又 为整数，所以 ，故所求整数 的最小值是 . (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. a 【例5】已知函数 f xxlnx,gx x2xaaR 2 xtt 0 y f x ygx A,B y f x (1)若直线 与曲线 和 分别交于 两点且曲线 在A处的切线与 ygx 在B处的切线相互平行,求 a 的取值范围； hx f xgx x,x x x 0 e1x x (2)设 在其定义域内有两个不同的极值点 1 2且 1 2.已知 ,若不等式 1 2 恒 成立,求的取值范围.  fxlnx1 gxax1 ftlnt1 gtat1 【解析】 (1) , , , ；  y f x ygx 在A处的切线与 在B处的切线相互平行, ftgt lnt at 0, ,即 在 上有解, ylnx yax 0, 则问题等价于 与 在 上有交点, 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】ykx ylnx m,lnm 当直线 与 相切时,设切点为 , lnx  1 ,k  1  lnm ,解得： ,k  1 ； x m m me e 1 由图象可知：当 ak ,即 a e 时, ylnx 与 yax 在0,上有交点,  1 ,  实数a的取值范围为 e. a (2)hxxlnx x2xa,hxlnx1ax1lnxax； 2 lnx lnx a 1 2  x 1 ,x 2 是 hx 的两个极值点, lnx 1 ax 1,lnx 2 ax 2 , x 1 x 2 ； 0 , x 1 x 2 0 , e1x x 1lnx lnx ax ax ax x  则由 1 2 得： 1 2 1 2 1 2 ,  x  1  1 1 x 1x x  x  ,即 ,ln 1  1 2  2 ； 1 lnx lnx 1 x x x x a 1 2  2 1 2 1  x x x x x x x 1 2 1 2 1 2 2 x 1 tt 1 1t1 lnt  令x ,则 t ； 2 1t1 t 1  t1t1  t1 t2 令tlnt t 1,则 t t2 tt2 ； t 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】2 1 t0 t 1, ①当 时, 恒成立, 在 上单调递增, 1t1 t10,即lnt  恒成立,满足题意； t t  1,2 t0 t  1,2 ②当2 1时,若 ,则 , 在 上单调递减, 1t1 此时 t10 ,即lnt ,不合题意； t e1x x 2 1 0 01 综上所述：若不等式 1 2 恒成立,则 ,又 , , 0,1  即 的取值范围为 . 三、典例展示 【例1】（2024届河南省新未来高三上学9月联考）已知函数 . (1)若 的图缘在点 处的切线经过点 ，求 ； (2) 为 的极值点，若 ，求实数 的取值范围. 【解析】（1）函数 ，求导得 ， 于是函数 的图象在点 处的切线方程为 ， 即 ，而切线过点 ， 因此 ，整理得 ，解得 或 ， 所以 或 . （2）由（1）知，方程 ，即 有两个不等实根 ，则 ，解得 ， 且 ，于是 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】， 由 ，得 ，解得 ，因此 ， 所以实数 的取值范围是 . f(x) x3x,g(x) x2 a y f(x) x, f x  【例2】（2022高考全国卷甲文）已知函数 ,曲线 在点 1 1 处的 y  g(x) 切线也是曲线 的切线． x 1 （1）若 1 ,求a； （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,解得 2 2 2 2 2 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 y   3x2 1  x2x3 理得 1 1 , g(x) x ,g(x ) g(x)2x g(x )2x 设该切线与 切于点 2 2 , ,则 2 2, y  x2 a  2x (xx ) y 2x xx2 a 则切线方程为 2 2 2 ,整理得 2 2 , 3x2 12x 3x2 1 2 9 3 1 则   2 1 x3 x2 2 a ,整理得 a x 2 2 2x 1 3   2 1  2   2x 1 3  4 x 1 4 2x 1 3 2 x 1 2  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0求 解） 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】9 3 1 1 h(x) x4 2x3  x2    x0 令 4 2 4,则 h(x)9x36x2 3x3x(3x1)(x1) ,令h(x)0,解得 3 x1 或 , 1 令h(x)0,解得x 3 或 0 x1 ,则 x 变化时,h(x),h(x)的变化情况如下表：  1 1  1  x  ,     ,0  0 0,1 1 1,  3 3  3  h(x)  0  0  0  5 1 h(x)    1  27 4 h(x) 1, 1, 则 的值域为 ,故a的取值范围为 . 【例3】（2024届四川省成都市第七中学高三上学期入学考试）已知函数 有三个零点 （ ）. (1)求a的取值范围； (2)过点 与 分别作 的切线，两切线交于M点，求M点到y轴的距离. 【解析】（1）由 得 ， 当 时， ，则 在 上单调递增，函数 至多一个零点，不符合题意； 当 时，由题意只需使 在 有两个异号根即可， 所以 ，解得 ； 综上， . （2）当 时， .又 ，故 ， . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】又知当 时，有 ， 所以 ，即 ，故 . 又 ，所以 在 处的切线方程为 ， 所以 在 处的切线方程为 ， 联立整理得两直线交点横坐标 .故M点到y轴的距离0. 【例4】（2024届黑龙江省实验中学高三上学期月考）已知函数 . (1)若曲线 在点 处的切线与 轴， 轴分别交于点 ， ，求 的面积（ 为坐 标原点）； (2)求与曲线 相切，并过点 的直线方程. 【解析】（1）∵ ，∴ ，又 ， ∴ 在 处的切线方程为： ，即 ， ∴可得 ， ， ∴ ； （2）设过点 的直线与 相切于点 ， 由 ，∴ ，∴切线方程为： 又切线过点 ， ∴ ，解得： ， ∴所求切线方程为： ，即 . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【例5】（2024届江苏省南通市高三上学期质量监测）已知函数 的极小值为 ， 其导函数 的图象经过 ， 两点. (1)求 的解析式； (2)若曲线 恰有三条过点 的切线，求实数 的取值范围. 【解析】（1） ， 因为 ，且 的图象经过 ， 两点. 所以当 时， ， 单调递增； 当 时， ， 单调递减； 当 时， ， 单调递增. 所以 在 处取得极小值，所以 ， 又因为 ， ，所以 ， ， 解方程组 得 ， ， ， 所以 . （2）设切点为 ，则 ， 因为 ，所以 ， 所以切线方程为 ， 将 代入上式，得 . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因为曲线 恰有三条过点 的切线，所以方程 有三个不同实数解. 记 ，则导函数 ， 令 ，得 或1. 列表： 0 1 + 0 - 0 + 极 ↗ 极大 ↘ ↗ 小 所以 的极大值为 ， 的极小值为 ， 所以 ，解得 .故 的取值范围是 . e 【例6】（2023届湖北省九校教研协作体高三上学期起点考试）设函数 f(x) lnx(x0)． 2x (1)求 f(x)的单调区间； (2)已知 a,bR ,曲线 y f(x) 上不同的三点 x 1 , f x 1 ,x 2 , f x 2 ,x 3 , f x 3  处的切线都经过点 (a,b) ．证 明： 1a  0b f(a)  1 （ⅰ）若ae,则 2e ； 2 ea 1 1 2 ea      （ⅱ）若0ae,x  x  x ,则e 6e2 x x a 6e2 ． 1 2 3 1 3 （注：e2.71828是自然对数的底数） e 1 2xe e e 【解析】（1） fx 2x2  x  2x2 ,当0x 2 , f�( x) <0；当x 2 , f�( x) >0,故 f x的减区间为  e e    0, 2  , f x 的增区间为  2 , . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】a,b x, f x ,i1,2,3 f x b fx x a （2）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线,设切点为 i i ,故 i i i ,故方 1 e  e 程 f xb fxxa 有3个不同的根,该方程可整理为  x  2x2   xa 2x lnxb0 ,设 gx   1  e   xa e lnxb gx 1  e    1  e   xa 1  e  1 xexa x 2x2  2x ,则 x 2x2  x2 x3 x 2x2 x3 ,当 0xe xa g�( x) <0 exa g�( x) >0 gx 0,e,a, e,a 或 时, ；当 时, ,故 在 上为减函数,在 上为增 1 e  e 函数,因为 gx有3个不同的零点,故 ge0 且 ga0 ,故 e  2e2   ea 2e lneb0且   1  e   aa e lnab0 b a 1 b e lna f a a 2a2  2a ,整理得到： 2e 且 2a ,此时 b f a 1  a 1   a 1   e lna   a  1  3  e lna ua 3  e lna ua e-2a 0 2e  2e 2a  2e 2 2 2a ,设 2 2a ,则 2a2 ,故 3 e 1a  ua为e,上的减函数,故ua 2  2e lne0,故0b f a 2  e 1  .（ⅱ）当 0ae 时,同 gx 0,a,e, a,e x x x （ⅰ）中讨论可得：故 在 上为减函数,在 上为增函数,不妨设 1 2 3,则 0x ax ex gx ga0 ge0 1 2 3,因为 有3个不同的零点,故 且 ,故   1  e   ea e lneb0   1  e   aa e lnab0 a 1b a lna e 2e2  2e 且a 2a2  2a ,整理得到：2e 2e ,因为 ae ea e a x x x ,故0x ax ex ,又 gx1 x  2x2 lnxb,设 t  x , e m0,1 ,则方程 1 2 3 1 2 3 e e e t  ,t  ,t  , ae ea ae a m 1 x 2 x 3 x 1  lnxb0  t t2lntb0 m1t t2lntb0 1 2 3 x 2x2 e 2e 2 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】ae ea ae a m 1  lnxb0 即为：  t t2lntb0 即为m1t t2lntb0,记 x 2x2 e 2e 2 e e e m t x e a t 1  x ,t 2  x ,t 3  x , 则 t ,t ,t 为m1t 2 t2lntb0有三个不同的根,设 k  t 1  x 3  a 1 ,m e 1, 1 2 3 1 1 3 3 1 2 ea 1 1 2 ea ea 2e ea 13m 2 1m      2 t t   t t   要证：e 6e2 x x a 6e2 ,即证 6e 1 3 a 6e ,即证： 6 1 3 m 6 ,即证： 1 2  13m 2 1m 2 m13 m2m12    t 1 t 3  6     t 1 t 3  m  6   0 ,即证： t 1 t 3 2 m  36mt t  ,而 1 3 m m m m1t  t2lnt b0 且m1t  t2lnt b0,故lnt lnt   t2t2 m1t t 0,故 1 2 1 1 3 2 3 3 1 3 2 1 3 1 3 2 2 lnt lnt 2 lnt lnt m13 m2m12  t t 2   1 3   1 3  1 3 m m t t ,故即证： m t t 36mt t  ,即证： 1 3 1 3 1 3 t t 1 t 3 ln t 1 m13 m2m12  即证：k1lnk m13 m2m12  ,记 3  0  0 t t 72 k1 72 1 3 k k1lnk ,k 1 ,则 k k 1 12    k k 1 2lnk    0 ,设 ukk 1 2lnk ,则 k1 k 1 2 2 2 uk1 k2  k  k  k 0 即k0,故k在1,上为增函数,故km,所以 k1lnk m13 m2m12  m1lnm m13 m2m12     k1 72 m1 72 ,记 m1m13 m2m12  mlnm ,0m1 72m1 ,则 m10 m12 3m320m249m72  m12 3m33  资料m整理【淘宝店铺：向阳百分百】  0 72mm12 72mm12 m (0,1)m12 3m320m249m72  m12 3m33  m  0 72mm12 72mm12 ,所以 m在 (0,1) 为增函数,故 m1m13 m2m12  m1lnm m13 m2m12  lnm 0 m10,故 72m1 即  0 ,故原不等 m1 72 式得证： 四、跟踪检测 1．（2024届福建省莆田哲理中学高三上学期月考）已知函数 ， . (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程； (2)试讨论函数 的单调性. 【解析】（1）因为 ， 所以 ，则 ，切点为 又因为 所以 ，即 所以曲线 在点 处的切线方程是 ， 即 . （2）因为 ， ， 所以 ， 当 时， ，则 在 上单调递减； 当 时，令 ，得 ， 当 时， ，当 时， ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 综上，当 时， 在 上单调递减； 当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增 2．（2024届四川省成都市蓉城联盟高三上学期联考）已知函数 ． (1)求 过原点的切线方程； (2)证明：当 时，对任意的正实数 ，都有不等式 恒成立． 【解析】（1）因为 ， ，设切点为 ， 所以切线斜率为 ，切线为 ， 将点 代入切线解得 ，故切线方程为 ； （2）令 ， ， 则原不等式即为 ，显然 ， 又 ，且 ， 再令 ，则 ， 当 时， ， ，所以 恒成立， 当 时， ， 所以当 时，恒有 ，所以 在区间 上为增函数， 即 在区间 上为增函数， 因为当 时，有 ， 所以 在 上为增函数，所以 ，不等式恒成立． 3．（2024届辽宁省名校联盟高三上学期9月联考）已知函数 ， ． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)若 ， ，求a的取值范围； (2)设函数 ， ，若斜率为1的直线与曲线 ， 都相切，求b 的值． 【解析】（1）解：由题意 ， ， 得 ，即 在 时有解． 设 ， 则 ，易知 ． 令 ，则 ， 所以 单调递增， 所以当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增． 所以 ，所以 ． （2）由题意得 ，所以 ， 令 ，解得 ， ， 所以直线与 的两个切点坐标分别为 ， ， 所以切线方程分别为 和 ． 令 ，得 ， 令 ，解得 或 ． 令 ，得 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】令 ，无解． 经检验，直线与 的两个切点坐标分别为 ， ， 综上， 或 ． 4．（2024届四川省成都市石室中学高三上学期开学考试）设 ． (1)证明： 的图象与直线 有且只有一个横坐标为 的公共点，且 ； (2)求所有的实数 ，使得直线 与函数 的图象相切； (3)设 （其中 由（1）给出），且 ， ，求 的最大值． 【解析】（1）考虑函数 ， 在 上单调递增，且 ， ． 因此有且只有 使得 ， 即 的图象与直线 有且只有一个公共点， 且该公共点的横坐标为 ． （2） ， ．设 是 的图象上一点， 则该点处的切线为 ， 整理得 ．令 ，解得 或 ． 因此 与 与函数 的图象相切．因此所求实数 的值为 或 ． （3）设 ，则 ． 设 ，则 ． 当 时， ；当 时， ． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】因此 在 上单调递增，在 上单调递减． 从而 在 上单调递增， 上单调递减． 注意到 ，故当 时 ，当 时 ， 因此 在 上单调递减，在 上单调递增． 所以当 时， ．另一方面，注意到 ， 故必然存在 ，使得 ， 且当 时 ，当 时 ． 因此 在 上单调递减，在 上单调递增． 显然 ，而 ． 因此当 时， ． 综上可知当 时 ，即 ，当且仅当 时等号成立． 由于 ，故当 ，即 时， ， 当且仅当 ，即 时等号成立． 因此 ， 当且仅当 时等号成立． 因此 的最大值为 ． 5．（2023届河南省部分学校高三押题信息卷）已知函数 ． (1)求证：曲线 仅有一条过原点的切线； (2)若 时，关于 的方程 有唯一解，求实数 的取值范围． 【解析】（1） 的定义域为 ， ，设切点 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则切线方程为 ， 当切线过原点时有 ，即 ， 故 ，因为 ，所以 ，即切点有且只有一个，则曲线 仅有一条过原点的切线， 即得证. （2）关于 的方程 有唯一解，即方程 ， 有唯一解， 令 ，则 . 因为 ，故当 ，即 时， ，函数 单调递增，且当 时， ，当 时， . 易知 的图象与直线 有且仅有一个交点，满足题意，此时 ； 当 ，即 时，设 有两个根 ， ，则 ， ， 故 . ①若 ，则当 时 ， 单调递增； 当 时 ， 单调递减，且当 时， ，当 时， . 故要使得 有唯一解，则 或 恒成立. 此时 ，即 ， ， . 则极大值 ， 令 ，则 ，故当 时， ， 单调递增；当 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】时， ， 单调递减. 所以 ， 又 恒成立，故 ， ； 同理，极小值 ，当 时无最小值，此时无实数 使得 恒成立. ②若 ，则 ， ，不满足 ； ③若 ，由①可得 ； 故当 时， . 综上所述： 当 时， ；当 时， . 6．（2023届四川省成都市四七九名校高三全真模拟）已知函数 在 处的切线与 y轴垂直.（其中 是自然对数的底数） (1)求实数 的值； (2)设 ， ，当 时，求证：函数 在 的图象恒在函数 的图象的上 方. 【解析】（1）由 ，求导可得 ， 则 在 处切线斜率为 ， 由 在 处的切线与 轴垂直，则 ，解得 . （2）要证：函数 在 的图象恒在函数 的图象的上方， 只需证： 在 恒成立， 不等式 ，由 ， ，则 ，化简为 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】令 ，求导可得 ， 令 ，则 ，令 ，解得 ， 最小值 ，由 ，则 ， 所以 在 单调递增，则 ， 故 在 恒成立. 7．（2024届陕西省汉中市高三上学期联考）已知函数 ． (1)若曲线 在点 处的切线方程为 ，求 的值； (2)当 时，求 在 上的最大值． 【解析】（1）由 ，得 ， ， 又曲线 在点 处的切线方程为 ， 故 ， ． （2）当 时， ， 由 、 在 上分别单调递增、单调递减可得： 在 上单调递增， 而 ， ，使得 ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故 在 上单调递减，在 上单调递增， 又 ， 在 上的最大值为 ． 8．（2024届西省赣州市第四中学高三上学期考试）设m为实数，函数 . (1)当 时，直线 是曲线 的切线，求 的最小值； (2)已函数 有两个不同的零点 ， （ ），若 ，且 恒成立， 求实数 的范围. 【解析】（1）当 时， ，∴ ， 设切点为 ，则切线斜率 ， ∴切线方程为 ，∴ ， ， ∴ ， 令 ，则 ， 由 ，可得 ；由 ，可得 ， ∴ 在 上单调递减，在 上单调递增， ∴ ，即 的最小值为 ； （2）∵ 有两个不同的零点 ， （ ）， ∴ ， ， ， ∴ ，∴ ， 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设 ，则 ， 又 ， ∴ ， 将 代入上式可得： 恒成立， 又 ，则 ，∴ 恒成立， 设 ， ， 则 ， ， （ⅰ）当 时， ， ∴ ，∴ 在 上单调递减， 恒成立， ∴ ； （ⅱ）当 时，∵ ， ∴ 时， ， 在 上单调递减； 时， ， 在 上单调递增， ∴ 时， ， 综上可得 . 9．（2024届湖北省武汉市江汉区高三上学期考试）已知 ，函数 ． (1)讨论 的单调性； 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)求证：存在 ，使得直线 与函数 的图像相切． 【解析】（1） 的定义域是 ， ， 当 时， 恒成立， 在 单调递增； 当 时，令 ，则 ， 显然成立， 解得： ， ， 当 时， ；当 时， ， 的增区间是 和 ，减区间是 ． （2） ，则 ，设切点坐标为 ． 由直线 与函数 的图象相切，则 ，解得： ． 显然直线 过原点，则 ，所以 ． 整理得 ，即： ，得： ． 设 ， ． 当 时， ， 递减，当 时， ， 递增． 又 ， ．所以存在 ，使得 ． 存在 ，使得直线 与函数 的图像相切． f xxlnxaxb xe 10．（2023届重庆市巴蜀中学高三上学期适应性月考）已知函数 在 时取得极小值 1e,其中e2.718是自然对数的底数. 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)求实数a、b的值； y f x  t, f t 0,0 (2)若曲线 在点 处的切线过原点 ,求实数t的值. f xxlnxaxb 0, fxlnx1a 【解析】（1）解：因为 ,该函数的定义域为 ,则 ,由已知可得 fea20 a2   f eaeeb1e,解得  b1 .此时 f xxlnx2x1, fxlnx1,由 fx0可得xe,当 0xe fx0 f x xe fx0 f x 时, ,此时函数 单调递减,当 时, ,此时函数 单调递增,合乎题意.综上, a2,b1. y f x  t, f t ytlnt2t1lnt1xt （2）解：曲线 在点 处的切线方程为 ,将原点坐标代入切 线方程可得tlnt2t1tlntt,即t10,解得t 1. f(x)a2xlnx1,g(x) x  exa  e2.72,aR 11.已知 （e为自然对数的底数, ）. aR y f(x) (1, f(1)) (1)对任意 ,证明： 的图象在点 处的切线始终过定点； (2)若 f(x)g(x)恒成立,求实数a的取值范围. 1 【解析】 (1)因为 f(x)a2xlnx1 ,所以 f(1)a21 , f(x)a2 x ,所以 f(1)a21 . 所以 y f(x) 的图象在点(1, f(1))处的切线为 y  a21  x 经过定点 0,0 . y f(x) (1, f(1)) 即 的图象在点 处的切线始终过定点. xexlnx1 (2)因为 恒成立,即为a2a 对 恒成立. f(x)g(x) x x0 xexlnx1 记hx ,x0 ,只需a2ahx . x min xexlnx1 xexlnxx1 elnxxlnxx1 hx  1 1 x x x . tlnxx,x0 不妨设 . 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 因为 t x 10 ,所以 tlnxx 在0,上单增, 1 1 当 时, ；当x 时, t  10 , x1 t 10 e e tlnxx 0, x 故 在 存在唯一零点 0, yelnxxlnxx1et t1 记 . yet 1 y0 t 0 y0 t0 因为 .令 ,解得： ；令 ,解得： ； yet t1 ,0 0, y e0010 所以 在 上单减,在 上单增,所以 min . yelnxxlnxx10 所以 . elnxxlnxx1 elnxxlnxx1 0 11 而x0,所以 x ,所以 x . lnxx0 xx hx 1 a2a1 当且仅当 即 0时等号成立,即 min ,所以 . 1 5 1 5 解得： 1 5 a 1 5 ,即实数a的取值范围为  2 , 2  . 2 2   f xeex 12.已知函数 gx f xkxkkR x1 (1)若 在 时取得极小值,求实数k的值； (a,b) y f x 0b f a (2)若过点 可以作出函数 的两条切线,求证： gxeexk 【解析】 (1)解： g11k 0 ∴ , ∴k 1 k 1 gxeex10 x1 当 时,令 ,得 g(x) ,1 g(x) 1, ∴ 在 单调递减, 在 单调递增, 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】g(x) x1 所以 在 时取得极小值, ∴k 1  x ,ex01 (2)证明：设切点为 0 , yex01 ex01(xx ) ∴切线为 0 , 又切线过点(a,b), bex01 ex01(ax ) ∴ 0 ex01x a1b0 ∴ 0 ,(*) hxex1xa1b 设 hxex1xa 则 h(x) (,a) (a,) ∴ 在 单词递减,在 单调递增. ∵过点(a,b)可作 f(x)的两条切线, ∴方程(*)有两解 ha0  ∴b0 , haea11b0 bea1 由 ,得 0bea1 0b f a ∴ ,即 . Fxeaxlnaa0 Gxlnx 13.已知函数 , . Fx Gx x1 a (1)若 与 在 处有相同的切线,求实数 的值； a1 x1 FxGx1 (2)当 , 时,求证： . 1 【解析】 (1)Gx ,G11； x 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】 Fxeax F1ea11 a1 , ,解得： . FxGxeax lnalnx (2)由题意得： , f aeax lnalnxa1 令 ,  yeax ylna 1, f a 1, 与 在 上单调递增, 在 上单调递增, f a f 1e1xlnx ； 1 1xe1x 令gxe1xlnxx1,则gxe1x  ； x x hx1xe1xx1 hxx1e1x 0 令 ,则 , hx 1, hxh10 gx0 在 上单调递增, ,即 , gx 1, gxg11 f xg11 在 上单调递增, , . FxGx1 综上所述： . f xaxlnx aR 14.已知函数 ,其中 . (1)讨论函数f(x)的单调性； y f x (2)若过点P(1,0)且与曲线 相切的直线有且仅有两条,求实数a的取值范围. 1 ax1 f(x)a  【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), ． x x fx0 a0  ①当 时, ,f(x)在(0,+ )上单调递增； 1 1 1 ②当 时, 0,令 fx0可得0 x ,令 fx0可得x , a0 a a a 1 1   ∴f(x)在(0, )上单调递增,在( ,+∞)上单调递减； a a 综上所述,当a0时,f(x)在(0,+)上单调递增； 1 1   当a<0时,f(x)在(0, )上单调递增,在( ,+∞)上单调递减． a a 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)设切点为Q(m,amlnm),m>0, 1 则在点Q处的切线方程：y(amlnm)(a )(xm), m 1 将P(1,0)的坐标代入得：(amlnm)(a )(1m), m 1 整理为： lnma1, m 1 令g(x) lnx,x>0, x y f(x 若过点P(1,0)且与曲线 )相切的直线有且仅有两条, 相当于函数y=g(x)的图像和函数y=-a+1的图像有两个交点． 1 1 x1 g(x)   , x2 x x2 0x1 g(x)0 x1 g(x)0 当 时, ,g(x)单调递减；当 时, ,g(x)单调递增； g(x) g(1)1 min ∴ ,易知x→0时,g(x)→+；x→+时,g(x)→+,故g(x)如图： 由图可知,a11,则a<0, ,0 故实数a的取值范围为 ． 1 15.函数 f(x) x3ax2b, g(x)a2lnxm． 2 （1）讨论 f(x)的单调性； a0 h(x) f(x) h(x) g(x) （2）当 时,设 , 与 有公共点,且在公共点处的切线方程相同,求实数m的最大值． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 3 3  4  f(x) x3ax2b,xR f(x) x22ax xx a 【解析】（1） 2 ,则 2 2  3 , 3 当 时, f(x) x2 0,所以 在 上单调递增； a0 2 f(x) R 4 4 当 时,令 或x a, f(x)0 ax0, a0 f(x)0 x0 3 3  4  4  , a  a,0 所以 f(x)在 3 上单调递增,3 上单调递减,(0,)上单调递增； 4 4 当 时,令 f(x)0x a或x0, f(x)00x a, a0 3 3  4  4  0, a  a, 所以 f(x)在(,0)上单调递增, 3 上单调递减,3 上单调递增； 综上所述：当a0时, f(x)在R上单调递增；  4  4  , a  a,0 当a0时, f(x)在 3 上单调递增,3 上单调递减,(0,)上单调递增；  4  4  0, a  a, 当a0时, f(x)在(,0)上单调递增, 3 上单调递减,3 上单调递增． 3 （2）h(x) f(x) 2 x22ax,因为 h(x) 与 g(x) 有公共点,设公共点为x 0 ,y 0 , a2 a2 所以h(x)3x2a,g(x) ,则3x 2a ,且 ,解得 , x 0 x 0 x 0 0,a0 x 0 a 3 1 又因为 x22ax a2lnx m,则m a2a2lna,a0, 2 0 0 0 2 1 令(x) x2x2lnx(x0),(x)2x(1lnx) , 2  1 1  x0,  x , 当  e时,(x)0；当 e 时,(x)0,  1 1  0,   , 故(x)在 e上单调递增,e 上单调递减, 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】1 1 (x)   1 所以 max e 2e2 ,故实数m的最大值为2e2 ． 1 16.已知函数 f x x23x,gx1ax2alnx, ． 2 aR 3  （1）若函数 hx f xgx在0,1上单调递增,在 2 ,2  上单调递减,求实数 a 的取值范围； （2）设曲线 y f x 在点P处的切线为 l ,是否存在这样的点P使得直线 l 与曲线 ygx （其中 a1 ）也 相切？若存在,判断满足条件的点P的个数,若不存在,请说明理由． 1 【解析】（1）因为hx f xgx x2a2x2alnx, 2 2a x2xa 则hxxa2  . x x fx0 f x a0 0x2 ①当 时,若 ,则 ,此时函数 单调递减, x2 fx0 f x 若 ,则 ,此时函数 单调递增,不合乎题意； 0a2 fx0 ax2 fx0 0xa x2 ②当 时,由 ,可得 ,由 ,可得 或 . f x 0,a 2, a,2 此时函数 的单调递增区间为 和 ,单调递减区间为 , 3  3 因为函数hx在0,1上单调递增,在 2 ,2  上单调递减,则1a 2 ； x22 ③当a2时,对任意的x0, hx x 0 ,则函数 f x 在 0, 上单调递增,不合乎题意； a2 0x2 fx0 f x ④当 时,若 ,则 ,此时函数 单调递增,不合乎题意.  3 1,   综上所述,实数a的取值范围是 2；  1  （2）设P  x 0 , 2 x 0 23x 0   ,因为 fxx3 ,所以 fx 0 x 0 3 ． 1 1 所以直线 的方程为 y x23x x 3xx  ,即 yx 3x x2 ．① l 2 0 0 0 0 0 2 0 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】假设直线 l 与 y2lnx 的图象也相切,切点为 x 1 ,2lnx 1  ． y 2 y2lnx  2 xx  因为 x,所以直线l的方程也可以写作 1 x 1 , 1 2 即y x2lnx 2．② x 1 1 2 2 2 2 1 2  x 3 x  3 y x  3 又因为 0 x ,即 0 x ,代入①式得直线 l 的方程为 x 2x  ． 1 1 1 1 2 2 1 2  1 2  2lnx 2  3 2lnx 2  3 0 由①②有 1 2x  ,即 1 2x  ． 1 1 2 1 2  x 2lnx 2  3 令 1 1 2x  , x >0 , 1 1 2  2   2  2 x   3    x23x 2  所以 1 x x   x2  x3 1 1 ． 1 1 1 1 3 17 3 17 令 x 1 0 ,得 x 1  2 ,令 x 1 0 ,可得 0x 1  2 .  3 17 3 17  0,   , 所以x 在 2 上递减,在 2 上递增, 1     3 17 3 17 53 17  2ln  0 即x   2  2 4 , 1 min   x 0 0, x 0 所以 1 在 上恒成立,即 1 无解, P l ygx a1 故不存在这样的点 使得直线 与曲线 （其中 ）的图象也相切． 资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】