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专题四 导数及其应用
4.1 导数的概念及运算
基础篇
考点 导数的概念及运算 导函数 则 ｆ
)ꎬ (１)＝ ( )
１.(多选)( 届辽宁鞍山质量监测ꎬ )设函 ２０ １１ ７ １６
２０２３ ９ Ａ.－ Ｂ.－ Ｃ. Ｄ.
９ ９ ９ ９
数 ｆ ｘ 在 ｘ 处的导数存在 则 １ｆ ′
( ) ＝２ ꎬ － (２)＝ 答案 Ｄ ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ２ｘ２ ｘ
２ ∵ ( )＝ ２ (３) － ＋ｌｎ ꎬ∴
９
( )
ｆ ′ ｘ ｆ ′ ４ｘ １ ｆ ′ ｆ ′
ｆ ｘ ｆ ｆ ｆ ｘ ( )＝ ２ (３)－ ＋ｘꎬ∴ (３)＝ ２ (３)－
(２＋Δ )－ (２) (２)－ (２＋Δ ) ９
Ａ.ｌｉｘｍ ｘ Ｂ.ｌｉｘｍ ｘ
Δ→０ ２Δ Δ→０ ２Δ
４ １ ｆ ′
ｆ ｘ ｆ ｆ ｆ ｘ ＋ ⇒ (３)＝ １ꎬ
(２－Δ )－ (２) (２)－ (２－Δ ) ３ ３
Ｃ.ｌｉｘｍ ｘ Ｄ.ｌｉｘｍ ｘ
Δ→０ ２Δ Δ→０ ２Δ
ｆ ｘ ｘ ２ｘ２ ｘ ｆ ２ １６ 故
答案 ＢＣ 因为函数ｆ ｘ 在ｘ 处的导数 ∴ ( )＝ ２ － ＋ｌｎ ꎬ∴ (１)＝ ２－ ＝ ꎬ
( ) ＝２ ９ ９ ９
存在 选
ꎬ Ｄ.
ｆ ｆ ｘ ４.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)函数ｆ ｘ ｘ４ ｘ３
所 以 (２)－ (２＋Δ ) １ ２０２０ Ⅰ ６ ５ ( )＝ －２
ｌｉｘｍ ｘ ＝ －
Δ→０ ２Δ ２ 的图象在点 ｆ 处的切线方程为
(１ꎬ (１))
ｆ ｘ ｆ
(２＋Δ )－ (２)
ｌｉｘｍ ｘ ( )
Δ→０ Δ ｙ ｘ ｙ ｘ
Ａ. ＝－２ －１ Ｂ. ＝－２ ＋１
１ｆ ′ 故 正确. ｙ ｘ ｙ ｘ
＝－ (２)ꎬ Ｂ Ｃ. ＝２ －３ Ｄ. ＝２ ＋１
２ 答案 Ｂ ｆ ′ ｘ ｘ３ ｘ２ 则ｆ ′
ｆ ｘ ｆ ｆ ｘ ｆ ( )＝ ４ －６ ꎬ (１)＝ －２ꎬ
(２－Δ )－ (２) １ (２－Δ )－ (２) １ｆ 易知ｆ 则函数ｆ ｘ 的图象在 ｆ
Δ ｌｉｘ → ｍ ０ ２Δ ｘ ＝－ ２Δ ｌｉｘ → ｍ ０ －Δ ｘ ＝－ ２ (１)＝ －１ꎬ ( ) (１ꎬ
处的切线方程为 ｙ ｘ
′ 所以 正确.故选 (１)) －(－１)＝ －２( －１)ꎬ
(２)ꎬ Ｃ ＢＣ.
即 ｙ ｘ .故选 .
２.( 届长沙长郡中学月考ꎬ )已知函数 ｙ ＝－２ ＋１ Ｂ
２０２３ ３ ＝
５.(多选)( 湖北襄阳五中阶段考ꎬ )下列
ｆ ｘ 的图象在点 Ｐ ｆ 处的切线方程 ２０２２ ９
( ) (３ꎬ (３))
各式正确的是
是 ｙ ｘ 则 ｆ ｆ ′ ( )
＝－２ ＋７ꎬ (３)－ (３)＝ ( )
æ ö
ç π÷′ π ｘ ′ １
Ａ.－２ Ｂ.２ Ｃ.－３ Ｄ.３ Ａ.èｓｉｎ ø ＝ｃｏｓ Ｂ.[ｌｎ(－ )] ＝ ｘ
答案 Ｄ 函数ｆ ｘ 的图象在点Ｐ ｆ ３ ３
5 ( ) (３ꎬ (３))
年 处的切线的斜率就是在该点处的导数 即 ｆ ′ ２ ｘ ′ ２ ｘ ｘ ′ １
高 ꎬ Ｃ.(ｅ ) ＝２ｅ Ｄ.( ) ＝－ ｘ
考 ２
就是切线 ｙ ｘ 的斜率 所以 ｆ ′
3
(３) ＝－２ ＋７ ꎬ (３) æ ö æ ö
年 模 拟 ＝ －２ꎬ 又 ｆ (３)＝ －２×３＋７ ＝ １ꎬ 所以 ｆ (３)－ 答案 ＢＣ 对于 Ａꎬè ç ｓｉｎ π ３ ø ÷′ ＝ è çç ２ ３ ø ÷÷′ ＝０≠
ｆ ′ .故选
A (３)＝ １－(－２)＝ ３ Ｄ.
版 ３.( 海南学业水平诊断一ꎬ )已知函数 ｃｏｓ π ꎬＡ 错误 ꎻ
２０２２ ５ ３
高
考
数 ｆ ｘ ｆ ′ ｘ ２ ｘ２ ｘ ｆ ′ ｘ 是ｆ ｘ 的 对于 ｘ ′ １ ｘ ′ １
学 ( )＝ ２ (３) － ＋ｌｎ ( ( ) ( ) Ｂꎬ [ｌｎ(－ )] ＝ ｘ (－ ) ＝ ｘꎬ Ｂ
９ －
９４
正确 为 .
ꎻ
对于 ２ ｘ ′ ２ ｘ ｘ ′ ２ ｘ 正确 答案
Ｃꎬ(ｅ ) ＝ｅ (２ ) ＝２ｅ ꎬＣ ꎻ ｅ
解析 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ
对于 ｘ ′ ｘ１ ２ ′ １ｘ－２ １ １ 错误. ∵ ( ) ＝ ｅ ｌｎ ꎬ ∴ ( ) ＝ ｅ
Ｄꎬ( ) ＝( ) ＝ ＝ ꎬＤ
ｘ æ ö
２ ２ ç ｘ １÷ ｆ ′ １ .
故选 èｌｎ ＋ｘ øꎬ∴ (１)＝ ｅ (ｌｎ １＋１)＝ ｅ
ＢＣ.
９.( 江苏无锡期初ꎬ )若经过点 Ｐ
６.( 重庆巴蜀中学测试ꎬ )若曲线ｙ ｘ的
２０２２ １４ (１ꎬ２)
２０２２ ５ ＝
一条切线经过点 则此切线的斜率为
作曲线ｆ ｘ ｘ３ ｘ 的切线 则切线方程为
( )＝ － ＋２ ꎬ
(８ꎬ３)ꎬ
.
( )
答案 ｙ ｘ 或 ｙ １ｘ ９
１ １ １或１ １或１ ＝２ ＝－ ＋
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ.
４ ４
４ ２ ４ ８ ２ ４
解析 设经过点 Ｐ 的直线与曲线相切
答案 Ｃ 由题意 设切点坐标为 ｘ
(１ꎬ２)
ꎬ ( ０ꎬ
于点 ｘ ｙ .由 ｆ ′ ｘ ｘ２ 得曲线在点
ｘ 由 ｙ ｘ ｘ１ ２ 得 ｙ′ １ 则切线斜率 ( ０ꎬ ０) ( )＝ ３ －１
０)ꎬ ＝ ＝ ꎬ ＝ ｘ ꎬ ｘ ｙ 处的切线斜率 ｋ ｆ ′ ｘ ｘ２ 切
２ ( ０ꎬ ０) ＝ ( ０)＝ ３ ０ －１ꎬ
线方程为 ｙ ｙ ｘ２ ｘ ｘ 又因为点
ｋ １ 则曲线在切点处的切线方程为 ｙ － ０ ＝(３ ０ －１)( － ０)ꎬ
＝ ｘ ꎬ － ｘ ｙ 在曲线 ｙ ｆ ｘ 上 点 Ｐ 在切线
２ ０ ( ０ꎬ ０) ＝ ( ) ꎬ (１ꎬ２)
{ｙ ｘ３ ｘ
ｘ １ ｘ ｘ 又切线过点 所以 上 所以有 ０ ＝ ０ － ０ ＋２ꎬ 消去 ｙ
０ ＝
２
ｘ
０
( － ０)ꎬ (８ꎬ３)ꎬ ꎬ
２－
ｙ
０ ＝(３
ｘ２
０ －１)(１－
ｘ
０)ꎬ
０
ｘ １ ｘ 整理得 ｘ ｘ 得 ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ 解得 ｘ 或 ｘ
３－ ０ ＝ ｘ (８－ ０)ꎬ ０ －６ ０ ＋８＝ ０ － ０ ＝(３ ０ －１)(１－ ０)ꎬ ０ ＝１ ０
２ ０
１ 于是 ｋ 或 １ 所以所求切线方程
＝－ ꎬ ＝２ － ꎬ
解得 ｘ 或 所以切线斜率 ｋ １ 或 ２ ４
０ꎬ ０ ＝２ ４ꎬ ＝
４
为 ｙ ｘ 或 ｙ １ｘ ９.
＝２ ＝－ ＋
１.故选 ４ ４
Ｃ.
８ １０.( 届甘肃张掖诊断ꎬ )设函数 ｆ ｘ
ｘ ２０２３ １５ ( )＝
７.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)设函数ｆ ｘ ｅ . ｘ３ ａｘ２ ａ ｘ.若 ｆ ｘ 的图象关于原点
２０２０ Ⅲ １５ ５ ( )＝ ｘ ａ ＋ ＋( ＋２) ( )
＋
对称 则曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 处的
(０ꎬ０) ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ３)
若 ｆ ′ ｅ 则 ａ .
切线方程为 .
(１)＝ ꎬ ＝
４
答案 ｘ ｙ
答案
５ － －２＝０
１
ｘ ａ ｘ 解析 由题意知函数 ｆ ｘ 为奇函数 ｆ
( ) ꎬ∴ (－
解析 ｆ ′ ｘ ( ＋ －１)ｅ 则 ｆ ′
( ) ＝ ｘ ａ ２ ꎬ (１) ＝ ｆ 即 ａ 解得 ａ ｆ ｘ
( ＋ ) １)＝ － (１)ꎬ ２ ＋３＝３ꎬ ＝０ꎬ∴ ( )＝
ａ ｘ３ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２ ｆ ′
ｅ ｅ 解得 ａ . ＋２ ꎬ∴ ( )＝ ３ ＋２ꎬ∴ (１)＝ ３＋２＝５ꎬ
ａ ２ ＝ ꎬ ＝１ 又 ｆ 所求切线方程为 ｙ ｘ
( ＋１) ４ (１)＝ ３ꎬ∴ －３＝５( －
８.( 天津文ꎬ ꎬ 分)已知函数ｆ ｘ ｘ 即 ｘ ｙ .
２０１８ １０ ５ ( )＝ ｅ １)ꎬ ５ － －２＝０
ｘ ｆ ′ ｘ 为ｆ ｘ 的导函数 则 ｆ ′ 的值
ｌｎ ꎬ ( ) ( ) ꎬ (１)
专
题
四
导
数
及
其
应
用
９５
综合篇
考法 利用导数的几何意义求曲线的切线方 的切线 则 ａ 的取值范围是
ꎬ ( )
程及参数的方法
Ａ.(－∞ꎬ１)∪(８ꎬ＋∞)
考向一 求切线的方程 Ｂ.(－∞ꎬ－１)∪(８ꎬ＋∞)
１.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)设函数ｆ ｘ ｘ３ ａ Ｃ.(－∞ꎬ０)∪(８ꎬ＋∞)
２０１８ Ⅰ ５ ５ ( )＝ ＋(
ｘ２ ａｘ.若ｆ ｘ 为奇函数 则曲线 ｙ ｆ ｘ
Ｄ.(－∞ꎬ－８)∪(０ꎬ＋∞)
－１) ＋ ( ) ꎬ ＝ ( ) ａ
答案 Ｄ ｆ ′ ｘ 设切点坐标为
在点 处的切线方程为
(０ꎬ０) ( ) ( )＝ １－ ｘ２ ꎬ
２
ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ ｙ ｘ
Ａ. ＝－２ Ｂ. ＝－ Ｃ. ＝２ Ｄ. ＝ æ ａ ö ａ
çｘ ｘ ÷ 则切线方程为 ｙ ｘ
答案 Ｄ ｆ ｘ ｘ３ ａ ｘ２ ａｘ 为奇函 è ０ꎬ ０ ＋ ｘ øꎬ － ０ － ｘ ＝
∵ ( )＝ ＋( －１) ＋ ２ ０ ２ ０
数 ａ 解得 ａ ｆ ｘ ｘ３ ｘ ｆ ′ æ ａ ö
ꎬ∴ －１＝０ꎬ ＝１ꎬ∴ ( )＝ ＋ ꎬ∴ çç ÷÷ ｘ ｘ 由切线过点 可得 ｘ
ｘ ｘ２ ｆ ′ 故曲线 ｙ ｆ ｘ 在 è１－ ｘ２ø( － ０)ꎬ (２ꎬ０)ꎬ － ０
( )＝ ３ ＋１ꎬ∴ (０)＝ １ꎬ ＝ ( ) ２ ０
点 处的切线方程为 ｙ ｘ 故选 . ａ æ ａ ö
(０ꎬ０) ＝ ꎬ Ｄ çç ÷÷ ｘ 整理得 ｘ２ ａｘ ａ
２.(多选)( ２０２３ 届沈阳四中月考ꎬ １０ )已知 ｙ ＝ － ２ ｘ ０ ＝è１－ ２ ｘ２ ０ ø(２－ ０)ꎬ ２ ０ ＋ ０ － ＝
由曲线存在两条切线 知方程有两个不等
ｋｘ 是曲线ｆ ｘ ｘ ｘ 的一条切线 则实数ｋ ０ꎬ ꎬ
( )＝ ｓｉｎ ꎬ
实根 则 Δ ａ２ ａ 解得 ａ 或 ａ
的值可以为 ꎬ ＝ －８(－ )>０ꎬ <－８ >
( )
故选
０ꎬ Ｄ.
１
Ａ.０ Ｂ.１ Ｃ. Ｄ.－１ ４.( 课标 ꎬ文 ꎬ理 ꎬ 分)已知曲线 ｙ
２ ２０１９ Ⅲ ７ ５ ５ ＝
答案 ＡＢＤ 在曲线 ｆ ｘ ｘ ｘ 上任取一 ａ ｘ ｘ ｘ在点 ａ 处的切线方程为 ｙ ｘ
( )＝ ｓｉｎ ｅ ＋ ｌｎ (１ꎬ ｅ) ＝２
点 Ｐ ｔ ｔ ｔ .因为 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ 所 ｂ 则
( ꎬ ｓｉｎ ) ( )＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ꎬ ＋ ꎬ ( )
以 ｆ ′ ｔ ｔ ｔ ｔ ａ ｂ ａ ｂ
( )＝ ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ꎬ Ａ. ＝ｅꎬ ＝－１ Ｂ. ＝ｅꎬ ＝１
所以曲线在点 Ｐ ｔ ｔ ｔ 处的切线方程为 ｙ ａ －１ ｂ ａ －１ ｂ
( ꎬ ｓｉｎ ) Ｃ. ＝ｅ ꎬ ＝１ Ｄ. ＝ｅ ꎬ ＝－１
ｔ ｔ ｔ ｔ ｔ ｘ ｔ 又因为切线 答案 Ｄ ｙ′ ａ ｘ ｘ ｙ′ ａ
－ ｓｉｎ ＝(ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ )( － )①ꎬ ∵ ＝ ｅ ＋ｌｎ ＋１ꎬ∴ ｜ｘ ＝１ ＝ ｅ
过原点 所以在 中 令 ｘ ｙ 得 ｔ ｔ
ꎬ ① ꎬ ＝ ＝０ꎬ － ｓｉｎ ＝ ＋１ꎬ
(ｓｉｎ
ｔ
＋
ｔ
ｃｏｓ
ｔ
)(－
ｔ
)ꎬ
即ｔ２
ｃｏｓ
ｔ
＝０ꎬ
所以ｔ
＝０ ∴ ２＝
ａ
ｅ＋１ꎬ∴
ａ
ｅ＝１
.
∴
切点坐标为
(１ꎬ１)ꎬ
将 代入 ｙ ｘ ｂ 得 ｂ ｂ
或 ｔ ｎ π ｎ Ｚ 当 ｔ 时 ｋ ｆ ′ (１ꎬ１) ＝２ ＋ ꎬ １＝２＋ ꎬ∴ ＝－１ꎬ
＝ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ＝０ ꎬ ＝ (０)＝ ０ꎬ 故选 .
２ Ｄ
æ ö ５.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)若过点 ａ ｂ 可以
当 ｔ ｎ π ｎ Ｚ 时 ｋ ｆ ′çｎ π÷ ２０２１ Ⅰ ７ ５ ( ꎬ )
＝ π＋ ꎬ ∈ ꎬ ＝ è π＋ ø ＝ｓｉｎ
２ ２ 作曲线 ｙ ｘ 的两条切线 则
＝ｅ ꎬ ( )
æ ö æ ö æ ö
çｎ π÷ çｎ π÷ çｎ π÷ ｂ ａ ａ ｂ
5 è π＋ ø ＋ è π＋ ø ｃｏｓ è π＋ ø ＝ ｓｉｎ Ａ.ｅ < Ｂ.ｅ <
２ ２ ２ ａ ｂ ｂ ａ
年
高 æ ö Ｃ.０< <ｅ Ｄ.０< <ｅ
考 çｎ π÷ . 答案 Ｄ 解法一 设切点坐标为 ｘ ｙ
3 è π＋ ø ＝±１ : ( ０ꎬ ０)ꎬ
２
年 则 ｙ ｘ .
模 拟 综上可得 ꎬ ｋ 的可能取值为 － １ꎬ０ꎬ１ . 故 对 ｙ ０ ＝ｅ ｘ 求 ０ 导得 ｙ′ ｘ 则切线斜率 ｋ ｘ
选 ０
＝ｅ ＝ｅ ꎬ ＝ｅ ꎬ
A ＡＢＤ.
版 ３.( 福建长汀一中月考ꎬ )已知函数ｆ ｘ 切线方程为 ｙ －ｅ ｘ ０ ＝ｅ ｘ ０ ( ｘ － ｘ ０)ꎬ
２０２２ ６ ( )
高 因为切线过点 ａ ｂ 所以 ｂ ｘ ｘ ａ ｘ
考 ａ ( ꎬ )ꎬ －ｅ ０ ＝ｅ ０ ( － ０)ꎬ
数 ｘ .若曲线 ｙ ｆ ｘ 存在两条过点
学 ＝ ＋ ｘ ＝ ( ) (２ꎬ０) 即 ｘ ０ ａ ｘ ｂ .
２ ｅ ( － ０ ＋１)－ ＝０( )
９６
由题意知方程 有两个解. 不能直接求 上可知 ａ .
( ) ( ꎬ ＝±２
方程 的解 考虑其对应函数有两个零 ８.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)曲线 ｙ ｘ 过坐
( ) ꎬ ２０２２ Ⅱ １４ ５ ＝ｌｎ｜ ｜
点 利用导数法求解 标原点的两条切线的方程为
ꎬ ) ꎬ
设ｇ ｘ ｘ ａ ｘ ｂ 则ｇ′ ｘ ｘ ａ ｘ .
( )＝ ｅ ( － ＋１)－ ꎬ ( )＝ ｅ ( － )ꎬ
令 ｇ′ ｘ 得 ｘ ａ 令 ｇ′ ｘ 得 ｘ ａ
( )>０ꎬ < ꎬ ( )<０ꎬ > ꎬ 答案 ｙ １ｘ ｙ １ｘ 不分先后
故函数 ｇ ｘ 在 ｘ ａ 处取得极大值 也是最 ＝ ＝－ ( )
( ) ＝ ꎬ ｅ ｅ
大值. 解析 由题意可知 函数的定义域为 ｘ ｘ
ꎬ { ｜ ≠
要使 ｇ ｘ 有两个零点 则 ｇ ａ 即 ａ ａ .易证函数 ｙ ｘ 为偶函数 当 ｘ 时 ｙ
( ) ꎬ ( )>０ꎬ ｅ ( － ０} ＝ｌｎ｜ ｜ ꎬ >０ ꎬ
ａ ｂ 即 ｂ ａ.
＋１)－ >０ꎬ <ｅ ｘ 设切点坐标为 ｘ ｘ ｙ′ １
＝ｌｎ ꎬ ( ０ꎬｌｎ ０)ꎬ∵ ＝ ｘꎬ∴
解法二 当 ｘ 时
: →－∞ ꎬ
曲线 ｙ ｘ 的切线的斜 切线斜率 ｋ ｙ′ １
＝ｅ ＝ ｜ｘ ＝ ｘ ０ ＝ｘ ꎬ
率 ｋ 且 ｋ 趋向于 ０
>０ ０ꎬ
当 ｘ 时 曲线 ｙ 故切线方程为 ｙ ｘ １ ｘ ｘ 又知切线
→＋∞ ꎬ ＝ －ｌｎ ０ ＝ｘ ( － ０)ꎬ
ｘ 的切线的斜率 ｋ 且 ｋ 趋向于 结合 ０
ｅ >０ ＋∞ꎬ 过原点 ｘ ｘ 故切线
(０ꎬ０)ꎬ∴ －ｌｎ ０ ＝－１ꎬ∴ ０ ＝ｅꎬ
图象可知 两切线的交点应该在 ｘ 轴上方
ꎬ ꎬ
方程为ｙ １ ｘ 即ｙ １ｘ.由偶函数图
且在曲线 ｙ ｘ 的下方 ｂ ａ 故选 . －１＝ ( －ｅ)ꎬ ＝
＝ｅ ꎬ∴ ０< <ｅ ꎬ Ｄ ｅ ｅ
６.( 届福建泉州质量监测一ꎬ )曲线ｆ ｘ
２０２３ １４ ( ) 象的对称性可知另一条切线方程为 ｙ １
＝－
ｘ ｘ 在 ｘ 处的切线方程是 .
ｅ
＝ ｅ ｃｏｓ ＝０
答案 ｙ ｘ ｘ 故过坐标原点的两条切线方程为 ｙ １ｘ和
＝ ＋１
ꎬ ＝
解析 因为ｆ ｘ ｘ ｘ 所以ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｅ
( )＝ｅ ｃｏｓ ꎬ ( )＝ｅ ｃｏｓ
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｙ １ｘ.
＋ｅ (－ｓｉｎ )＝ｅ (ｃｏｓ －ｓｉｎ )ꎬ ＝－
ｅ
因此 曲线在ｘ 处的切线斜率为ｋ ｆ ′
ꎬ ＝０ ＝ (０) ９.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)若曲线 ｙ ｘ ａ
２０２２ Ⅰ １５ ５ ＝( ＋ )
又ｆ
０
故所求切线方程为
＝ １ꎬ (０)＝ ｅ ｃｏｓ ０＝１ꎬ ｘ 有两条过坐标原点的切线 则 ａ 的取值
ｙ ｘ 即 ｙ ｘ . ｅ ꎬ
－１＝ －０ꎬ ＝ ＋１ 范围是 .
７.( 届福建漳州质检ꎬ )已知直线 ｘ ｙ ａ
２０２３ １４ ＋ ＋ 答案
(－∞ꎬ－４)∪(０ꎬ＋∞)
是曲线 ｘｙ 的切线 则 ａ .
＝０ －１＝０ ꎬ ＝ 解析 设ｆ ｘ ｙ ｘ ａ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ ａ
( )＝ ＝( ＋ )ｅ ꎬ ( )＝ ( ＋
答案
±２ ｘ 设切点为 ｘ ｘ ａ ｘ ０
解析 设切点为 ｘ ｙ 由 ｘｙ 得 ｙ ＋１)ｅ ꎬ ( ０ꎬ( ０ ＋ )ｅ )ꎬ
( ０ꎬ ０)ꎬ －１＝０ꎬ ＝ 因此切线方程为 ｙ ｘ ａ ｘ
０
ｘ ａ ｘ
０
－( ０ ＋ )ｅ ＝( ０ ＋ ＋１)ｅ
１ ｙ′ １ 直线 ｘ ｙ ａ 是曲线 ｘｙ ｘ ｘ
ｘꎬ∴ ＝－ｘ２ ꎬ∵ ＋ ＋ ＝０ －１ ( － ０)ꎬ
又 切线过原点 ｘ ａ ｘ ｘ
０
的切线 ∵ (０ꎬ０)ꎬ∴ －( ０ ＋ )ｅ ＝( ０ ＋
＝０ ꎬ ａ ｘ
０
ｘ 整理得 ｘ２ ａｘ ａ 又切
＋１)ｅ (－ ０)ꎬ ０ ＋ ０ － ＝０ꎬ
ｙ′ １ 解得ｘ 当ｘ 时
∴ ｜ｘ ＝ ｘ ０ ＝－ｘ２ ＝－１ꎬ ０ ＝±１ꎬ ０ ＝１ ꎬ 线有两条 ꎬ∴ 关于 ｘ ０ 的方程 ｘ２ ０ ＋ ａｘ ０ － ａ ＝０ 有
０
两不等实根 故 Δ ａ２ ａ 解得 ａ 或 ａ 专
ｙ １ 把 代入切线方程 ｘ ｙ ａ ꎬ ＝ ＋４ >０ꎬ <－４ 题
０ ＝ｘ ＝１ꎬ (１ꎬ１) ＋ ＋ ＝０ꎬ . 四
０ >０
导
ｘ 数
可得 ａ 当 ｘ 时 ｙ １ 把 １０.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分)曲线 ｙ ２ －１在
及
＝－２ꎬ ０ ＝－１ ꎬ ０ ＝ｘ ＝－１ꎬ (－ ２０２１ １３ ５ ＝ ｘ 其
０
＋２
应
代入切线方程ｘ ｙ ａ 可得ａ .综 点 处的切线方程为 . 用
１ꎬ－１) ＋ ＋ ＝０ꎬ ＝２ (－１ꎬ－３)
９７
答案 ｙ ｘ
＝５ ＋２ 设 ｋ ｋ 则 ｋ １
ＢＮ＝ ꎬ ＡＭ＝－ｋꎬ
ｘ
解析 ｙ ２( ＋２)－５ ５ 所以 ｙ′
＝ ｘ ＝ ２－ｘ ꎬ ＝
＋２ ＋２ æ ö２
ç １÷ ｘ
ＡＭ １＋è－ｋ ø ｜０－ １｜
５ 所以 ｋ ｙ′ 从而切线方程为 则｜ ｜ １ １
( ｘ ＋２) ２ ꎬ ＝ ｜ｘ ＝－１ ＝５ꎬ ｜ ＢＮ ｜ ＝ １＋ ｋ２ ｜ ｘ ２ －０｜ ＝ ｋ ＝ ｅ ｘ ２ ꎬ
ｙ ｘ 即 ｙ ｘ .
＋３＝５( ＋１)ꎬ ＝５ ＋２
ｘ １ .
１１.( 江苏ꎬ ꎬ 分)在平面直角坐标系 ∵ ２>０ꎬ∴ ｘ
２
∈(０ꎬ１)
２０１９ １１ ５ ｅ
ｘＯｙ 中 点 Ａ 在曲线 ｙ ｘ 上 且该曲线在 １３.( 届山东潍坊五县联考ꎬ )已知函数
ꎬ ＝ｌｎ ꎬ ２０２３ ２３
点 Ａ 处的切线经过点 为自然对
(－ｅꎬ－１)(ｅ
ｆ ｘ ｘ３ λｘ２ ３ｘ λ Ｒ 为奇函数.
数的底数 则点 Ａ 的坐标是 . ( )＝ ＋ － ( ∈ )
)ꎬ ２
答案 é ù
(ｅꎬ１)
(１)
若 ｆ
(
ｘ
)≤
ｍ２
＋４
ｍ 对 ｘ
∈ë
ê
ê －
１
ꎬ２û
ú
ú
恒成
解析 设 Ａ ｘ ｙ 由 ｙ′ １ 得 ｋ １ 所以 ２
( ０ꎬ ０)ꎬ ＝ ｘꎬ ＝ｘ ꎬ 立 求实数 ｍ 的取值范围
０ ꎬ ꎻ
æ ö
在点 Ａ 处的切线方程为 ｙ ｘ １ ｘ ｘ . 过点Ａç １÷且与曲线ｙ ｆ ｘ 相切的
－ｌｎ ０ ＝ｘ ( － ０) (２) è１ꎬ－ ø ＝ ( )
０ ２
直线为 ｌ ｌ 与 ｘ 轴 ｙ 轴分别交于点 Ｂ Ｃ Ｏ
因为切线经过点 所以 ｘ １ ꎬ 、 ꎬ ꎬ
(－ｅꎬ－１)ꎬ －１－ｌｎ
０
＝ｘ
为坐标原点 求 ＢＯＣ 的面积.
０ ꎬ △
ｘ 所以 ｘ ｅ.令 ｇ ｘ ｘ ｅ ｘ
(－ｅ－ ０)ꎬ ｌｎ ０ ＝ｘ ( )＝ ｌｎ － ｘ ( 解析 (１) 因为 ｆ ( ｘ )＝ ｘ３ ＋ λｘ２ － ３ｘ ( λ ∈ Ｒ )
０
２
则 ｇ′ ｘ １ ｅ 则 ｇ′ ｘ 所以 为奇函数
>０)ꎬ ( )＝ ｘ ＋ｘ２ ꎬ ( )>０ꎬ ꎬ
ｇ ｘ 在 上为增函数. 所以 ｆ ｘ ｆ ｘ 即 ｘ３ λｘ２ ３ｘ ｘ３
( ) (０ꎬ＋∞) (－ )＝ － ( )ꎬ － ＋ ＋ ＝－ －
２
又ｇ 所以 ｘ ｅ有唯一解ｘ .所以
(ｅ)＝ ０ꎬ ｌｎ ＝ ｘ ＝ｅ λｘ２ ３ｘ
＋ ꎬ
２
ｘ .
０
＝ｅ
所以点 Ａ 的坐标为 .
解得 λ
＝０ꎬ
所以 ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ３
－
３ｘ
ꎬ
ｆ ′
(
ｘ
)＝ ３
ｘ２
－
(ｅꎬ１)
２
１２.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知函数ｆ ｘ
２０２１ Ⅱ １６ ５ ( )＝
３ 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ ２或 ２ ｆ ｘ ｆ ′
ｘ ｘ ｘ 函数ｆ ｘ 的图象在点 ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝－ ꎬ ( )ꎬ
｜ｅ －１｜ꎬ １<０ꎬ ２>０ꎬ ( ) ２ ２ ２
Ａ ｘ ｆ ｘ 和点 Ｂ ｘ ｆ ｘ 处的两条 ｘ 随 ｘ 的变化情况如表.
( １ꎬ ( １)) ( ２ꎬ ( ２)) ( )
切线互相垂直 且分别交ｙ 轴于Ｍ Ｎ 两点
ꎬ ꎬ ꎬ æ ö æ ö
ｘ １ ç １ ２÷ ２ ç ２ ÷
ＡＭ － è－ ꎬ ø è ꎬ２ø ２
则｜ ｜的取值范围是 . ２ ２ ２ ２ ２
ＢＮ
5 ｜ ｜ ｆ ′ ( ｘ ) － ０ ＋
年 答案
高 (０ꎬ１)
ｆ ｘ ５ 极小值 ２
考 解析 当 ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ( ) ↘ － ↗ ５
3 >０ ꎬ ( )＝ ｅ －１ꎬ ( )＝ ｅ ꎬ ８ ２
年 则 ｋ ｘ .
模 ＢＮ＝ｅ ２ 由表知 ｆ ｘ ｆ 由 ｆ ｘ ｍ２ ｍ
拟
当 ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ ｋ
ꎬ ( )ｍａｘ ＝ (２)＝ ５ꎬ ( )≤ ＋４
版
A
ｘ １
<０ ꎬ ( )＝ １－ｅ ꎬ ( )＝ －ｅ ꎬ ＡＭ ＝ 对 ｘ
∈
é
ë
ê
ê －
１
ꎬ２
ù
û
ú
ú
恒成立
ꎬ
得 ｍ２
＋４
ｍ
≥５ꎬ
解得 ｍ
－ｅ ꎬ ２
高 考 由切线垂直可知 ｋ ＡＭ ｋ ＢＮ＝－ｅ ｘ １ ｅ ｘ ２ ＝－１ꎬ 得 ≤－５ 或 ｍ ≥１ .
数
学 ｘ ｘ 故 ｍ 的取值范围是 .
１ ＋ ２ ＝０ꎬ (－∞ꎬ－５]∪[１ꎬ＋∞)
９８
æ ö 所以 ｋ ｘ .故选
１
因为ｆ １ 所以点Ａç １÷在曲线 ＝ｅ ＝２ Ｃ.
(２) (１)＝ － ꎬ è１ꎬ－ ø ２.( 广州执信中学月考ꎬ )已知曲线ｙ ｘ
２ ２
２０２２ ６ ＝ ＋
ｙ ｆ ｘ 上
＝ ( ) ꎬ ｘ 在点 处的切线与抛物线ｙ ａｘ２ ａ
ｌｎ (１ꎬ１) ＝ ＋(
当 Ａ 为切点时 ｋ ｆ ′ ３ 切线 ｌ 的方程 ｘ 相切 则 ａ 的值为
ꎬ ｌ＝ (１)＝ ꎬ ＋２) ＋１ ꎬ ( )
２ 或
æ ö Ａ.０ Ｂ.０ ８ Ｃ.８ Ｄ.１
为 ｙ ３ ｘ 所以 Ｂç４ ÷ Ｃ 则
＝ －２ꎬ è ꎬ０øꎬ (０ꎬ－２)ꎬ 答案 Ｃ ｙ′ １ 当 ｘ 时 切线的斜率
２ ３ ＝１＋ｘꎬ ＝１ ꎬ
Ｓ １ ４ ４ ｋ 切线方程为 ｙ ｘ ｘ 联立
△ ＢＯＣ＝ × ×２＝ ꎻ ＝２ꎬ ＝２( －１)＋１＝２ －１ꎬ
２ ３ ３ {ｙ ｘ
当 Ａ 不 是 切 点 时
ꎬ
设 切 点 坐 标 ＝２ －１ꎬ 消 ｙ 得 ａｘ２ ａｘ 因
æ ö
ｙ
＝
ａｘ２
＋(
ａ
＋２)
ｘ
＋１ꎬ
＋ ＋２＝０ꎬ
为çｘ ｘ３ ３ｘ ÷
è ０ꎬ ０ － ０øꎬ 为切线与抛物线相切 所以 ａｘ２ ａｘ 有
２ ꎬ ＋ ＋２＝０
{ａ
ｘ３ ３ｘ １ 唯一解 则有 ≠０ꎬ 解得 ａ 故选
ｋ
ｌ＝
ｆ ′
(
ｘ
０)＝ ３
ｘ２
０ －
３
＝
０ －
ｘ
２
０ ＋
２
ꎬ
ꎬ ａ２
－８
ａ
＝０ꎬ
＝８ꎬ Ｃ.
２ ０ －１ ３.( 山东滕州一中期中ꎬ )已知ｆ ｘ ｘ
２０２２ ８ ( )＝ ｅ －
整理得 ｘ ２ ｘ 解得 ｘ １或 为自然对数的底数 ｇ ｘ ｘ 则
( ０ －１) (２ ０ ＋１)＝ ０ꎬ ０ ＝－ １(ｅ )ꎬ ( )＝ ｌｎ ＋１ꎬ
２
曲线ｆ ｘ 与 ｇ ｘ 的公切线条数为
æ ö ( ) ( ) ( )
ｘ 舍去 所以 ｋ ｆ ′ç １÷ ３ 切线 ｌ
０ ＝１( )ꎬ ｌ＝ è－ ø ＝－ ꎬ
２ ４ Ａ.０ Ｂ.１ Ｃ.２ Ｄ.３
æ ö 答案 Ｃ 设直线 ｌ 与曲线ｆ ｘ ｘ 相切
的方程为 ｙ ３ ｘ １ 所以 Ｂ ç１ ÷ Ｃ ( )＝ ｅ －１
＝ － ＋ ꎬ è ꎬ０øꎬ 于点 ｍ ｍ 与曲线 ｇ ｘ ｘ 相切
４ ４ ３ ( ꎬｅ －１)ꎬ ( )＝ ｌｎ ＋１
æ ö 于点 ｎ ｎ .
ç １ ÷ 则 Ｓ １ １ １ １. ( ꎬｌｎ ＋１)
è０ꎬ ４ øꎬ △ ＢＯＣ＝ ２ × ３ × ４ ＝ ２４ 对ｆ ｘ ｘ 求导得 ｆ ′ ｘ ｘ
( )＝ ｅ －１ ( )＝ ｅ ꎬ
综上 ＢＯＣ 的面积为４或１ . 则 ｋ ｍ 则直线 ｌ 的方程为 ｙ ｍ ｍ ｘ
ꎬ△ １ ＝ｅ ꎬ ＋１－ｅ ＝ｅ ( －
３ ２４ ｍ
)ꎬ
考向二 两曲线的公切线问题
即 ｙ ｍｘ ｍ ｍ .
＝ｅ ＋ｅ (１－ )－１
１.( 届贵州遵义新高考协作体入学质量监
２０２３
对 ｇ ｘ ｘ 求导得 ｇ′ ｘ １ 则 ｋ
测ꎬ )若直线 ｙ ｋｘ ｂ 是曲线 ｙ ｘ ＋１ 的切 ( )＝ ｌｎ ＋１ ( )＝ ｘꎬ ２
１１ ＝ ＋ ＝ｅ
线 也是 ｙ ｘ 的切线 则 ｋ
ꎬ ＝ｅ ＋２ ꎬ ＝ ( ) １
＝ ｎꎬ
Ａ.ｌｎ ２ Ｂ.－ｌｎ ２ Ｃ.２ Ｄ.－２
答案 Ｃ 对 ｙ
＝ｅ
ｘ
＋２
和 ｙ
＝ｅ
ｘ ＋１ 分别求导得
则直线ｌ 的方程为ｙ ｎ １ ｘ ｎ 即
－(ｌｎ ＋１)＝ ｎ( － )ꎬ
ｙ′ ｘ ｙ′ ｘ ＋１.设直线 ｙ ｋｘ ｂ 与两曲线 ｙ
＝ｅ ꎬ ＝ｅ ＝ ＋ ＝
ｘ 和 ｙ ｘ ＋１ 分别切于点 ｘ ｘ １ ｘ ｙ １ｘ ｎ.由直线 ｌ 是曲线ｆ ｘ 与 ｇ ｘ 的
ｅ ＋２ ＝ｅ ( １ꎬｅ ＋２)ꎬ( ２ꎬ ＝ ｎ ＋ｌｎ ( ) ( )
ｘ
２＋１
ｅ )ꎬ ì
则切线方程分别为 ｙ －(ｅ ｘ １ ＋２)＝ ｅ ｘ １ ( ｘ － ｘ １) 与 公切线 得í ï ï ｅ ｍ ＝ ｎ １ ꎬ 可得 ｍ
ｙ －ｅ ｘ ２＋１ ＝ｅ ｘ ２＋１ ( ｘ － ｘ ２)ꎬ 化简得 ｙ ＝ｅ ｘ １ ｘ ＋ｅ ｘ １ ＋２ ꎬ î ï ï ｍ ｍ ｎ (１－ ) 专
(１－ )ｅ ＝ｌｎ ＋１ꎬ 题
－ ｘ １ｅ ｘ １ 与 ｙ ＝ｅ ｘ ２＋１ｘ － ｘ ２ｅ ｘ ２＋１ ＋ｅ ｘ ２＋１ ꎬ 因为两直线是 ｍ 即ｍ 或ｍ .则切线方程为ｙ 四
(ｅ －１)＝ ０ꎬ ＝０ ＝１
同一条切线 导
ꎬ ｘ 或 ｙ ｘ 公切线有两条.故选 . 数
{ ｘ ｘ ＝ｅ －１ ＝ ꎬ Ｃ 及
所以 ｅ １ ＝ｅ ２＋１ ꎬ 解得 ｘ 其
ｘ １ ｘ ｘ １ ｘ ｘ ２＋１ ｘ ２＋１ ｅ １ ＝２ꎬ ４.( ２０２２ 武汉开学考ꎬ ５ )若函数ｆ ( ｘ )＝ ３ ｘ ＋ １ ｘ － 应 用
ｅ ＋２－ １ｅ ＝－ ２ｅ ＋ｅ ꎬ
９９
ｘ 的图象与函数 ｇ ｘ ｔｘ ｘ 的图象有 ｘ２ ｘ
３( >０) ( )＝ ｅ ４ ２(１－ｌｎ ２)ꎬ
公切线 ｌ 且直线 ｌ 与直线 ｙ １ｘ 互相垂
令ｆ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ
( )＝ ４ (１－ｌｎ )ꎬ >０ꎬ ( )＝ ８ (１－
ꎬ ＝－ ＋２
２ æ ö
直 则实数 ｔ ｘ ｘ２ ç １÷ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
ꎬ ＝ ( ) ｌｎ )＋４ è－ｘ ø ＝８ －８ ｌｎ －４ ＝４ －８ ｌｎ
１ ２ ｘ ｘ ｘ
Ａ. Ｂ.ｅ ＝４ (１－２ｌｎ )ꎬ
ｅ
令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ
( )＝ ０ꎬ ＝ ｅꎬ
１或 １或
Ｃ. ２ ｅ Ｄ. ４ ｅ 则ｆ ｘ 在 上单调递增 在
ｅ ｅ ( ) (０ꎬ ｅ) ꎬ ( ｅꎬ＋∞)
答案 Ｄ 由题意知 ｋ 令ｆ ′ ｘ １ 上单调递减 所以 ｆ ｘ ｆ 当 ｘ
ꎬ ｌ ＝２ꎬ ( )＝ ３－ｘ２ ꎬ ( )ｍａｘ ＝ ( ｅ)＝ ２ｅꎬ
时 ｆ ｘ 又 ａ 为正实数 ａ
由 ｘ 解得 ｘ 因为 ｆ 所以切 →＋∞ ꎬ ( )→－∞ꎬ ꎬ∴ ∈
＝２ꎬ >０ꎬ ＝１ꎬ (１)＝ １ꎬ .故选
线 ｌ 的方程为 ｙ ｘ .ｇ′ ｘ ｔ ｘ ｘ 设 (０ꎬ２ｅ] Ａ.
＝２ －１ ( )＝ ( ＋１)ｅ ꎬ ６.( 海南琼海嘉积三中月考ꎬ )若曲线
函数 ｇ ｘ ｔｘ ｘ 的图象与直线 ｌ 切于点 ｘ ２０２２ １５
( )＝ ｅ ( ０ꎬ
ｙ ｆ ｘ ａ ｘ ａ Ｒ 与 ｇ ｘ ｘ在公共点处
０)ꎬ ( )＝ ｌｎ ( ∈ ) ( )＝
ì ｘ 有共同的切线 则实数 ａ 的值为 .
ï
２ ０ －１ ｔ ｘ ꎬ
{ ｘ ｔｘ ｘ ０ ï ï ｘ ＝ ｅ ０ ꎬ ｘ
所以 ２ ０ －１＝ ０ｅ ꎬ 故í ０ 即２ ０ －１ 答案 ｅ
ｔ ｘ ｘ ï ｘ
２＝ ( ０ ＋１)ｅ ０ ꎬ ï ï ２ ｔ ｘ ０ ０ ２
îｘ ＝ ｅ ꎬ 解析 函数ｆ ｘ ａ ｘ 的定义域为
０ ＋１ ( )＝ ｌｎ (０ꎬ＋
ｇ ｘ ｘ的定义域为 ｆ ′ ｘ
２
＝ｘ ꎬ ∞)ꎬ ( )＝ [０ꎬ＋∞)ꎬ ( )
０ ＋１ ａ
ì ï ï ｘ ０ ＝１ꎬ ì ï ï ｘ １ ＝ ｘꎬ ｇ′ ( ｘ )＝ １ ｘ ꎬ
２
ｘ２
０ －
ｘ
０ －１ ＝ ０ꎬ
解得
î
í
ï ï ｔ ＝ １
或
î
í
ï ï ｔ
０ ＝－
２ .
ꎬ故
设曲线ｆ ( ｘ )＝
２
ａ ｌｎ ｘ 与 ｇ ( ｘ )＝ ｘ的公共点为
ｅ ＝４ ｅ
ｘ ｙ
选 . ( ０ꎬ ０)ꎬ
Ｄ
ａ
５.( 南京外国语学校模拟ꎬ )若两曲线 ｙ 由于在公共点处有共同的切线
２０２２ ６ ＝ ꎬ∴ ｘ ＝
ｘ２ 与 ｙ ａ ｘ 存在公切线 则正实数 ａ ０
－１ ＝ ｌｎ －１ ꎬ
的取值范围为 １ 解得 ｘ ａ２ ａ .由 ｆ ｘ ｇ ｘ
( ) ｘ ꎬ ０ ＝４ ꎬ >０ ( ０)＝ ( ０)ꎬ
２ ０
Ａ.(０ꎬ２ｅ] Ｂ.(０ꎬｅ]
可得 ａ ｘ ｘ .
Ｃ.[２ｅꎬ＋∞) Ｄ.(ｅꎬ２ｅ] ｌｎ ０ ＝ ０
{
答案 Ａ 设 Ａ
(
ｘ
１ꎬ
ｘ２
１ －１)ꎬ
Ｂ
(
ｘ
２ꎬ
ａ
ｌｎ
ｘ
２ －１)
.
联立
ｘ
０ ＝４
ａ２
ꎬ 解得 ａ ｅ.
ａ ａ ａ ｘ ｘ ＝
ｙ′ ＝２ ｘ ꎬ ｙ′ ＝ ｘꎬ 则 ｋ １ ＝２ ｘ １ꎬ ｋ ２ ＝ｘ ꎬ ｌｎ ０ ＝ ０ꎬ ２
７.( 全国甲文ꎬ ꎬ 分)已知函数ｆ ｘ
２
２０２２ ２０ １２ ( )＝
5 切线方程为 ｙ ｘ２ ｘ ｘ ｘ 即 ｙ
年 －( １ －１)＝ ２ １( － １)ꎬ ＝ ｘ３ ｘ ｇ ｘ ｘ２ ａ 曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ
高 ｘ ｘ ｘ２
－ ꎬ ( )＝ ＋ ꎬ ＝ ( ) ( １ꎬ
考 ２ １ － １ －１ꎻ ｆ ｘ 处的切线也是曲线 ｙ ｇ ｘ 的切线.
3 ａ ａ ( １)) ＝ ( )
年 ｙ ａ ｘ ｘ ｘ 即 ｙ ｘ ａ ａ 若 ｘ 求 ａ
模 －( ｌｎ ２ －１)＝ ｘ ( － ２)ꎬ ＝ｘ － ＋ ｌｎ (１) １ ＝－１ꎬ ꎻ
拟 ２ ２
求 ａ 的取值范围.
ｘ .
(２)
A
２
－１
版 ì ａ 解析 解法一 由题意可知 ｆ ′ ｘ ｘ２
ï : ( )＝ ３ －１ꎬ
ｘ
ï
高 í ２ １ ＝ｘ ꎬ 消去 ｘ 整理得 ａ ｆ ｘ ｘ３ ｘ 则曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ
考 ∴ ï ２ １ ＝ ( １)＝ １ － １ꎬ ＝ ( ) ( １ꎬ
数 学 î ï ｘ２ ａ ａ ｘ ｆ ｘ 处的切线方程为ｙ ｘ３ ｘ ｘ２
－ １ －１＝－ ＋ ｌｎ ２ －１ꎬ ( １)) －( １ － １)＝ (３ １ －
１００
１ ｘ ｘ 即 ｙ ｘ２ ｘ ｘ３ . 上单调递减
)( － １)ꎬ ＝(３ １ －１) －２ １① ꎬ
因为曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｘ ｆ ｘ 处的切线 æ ö
＝ ( ) ( １ꎬ ( １)) 又 ｈ ｈç １÷ ２０ 所以 ｈ ｘ
也 是 曲 线 ｙ ｇ ｘ 的 切 线 所 以 (１)＝ －４ꎬ è－ ø ＝ ꎬ ( )≥－４ꎬ
３ ２７
＝ ( ) ꎬ
{ｙ ｘ２ ｘ ｘ３ 所以 ａ
≥－１
.
＝(３ １ －１) －２ １ꎬ有且仅有一组解 即方程
ꎬ
解法二 由题意可知 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｆ ｘ
ｙ ｘ２ ａ : ( )＝ ３ －１ꎬ ( １)＝
＝ ＋
ｘ２ －(３ ｘ２ １ －１) ｘ ＋２ ｘ３ １ ＋ ａ ＝ ０ 有两个相等的实
ｘ３
１ －
ｘ
１ꎬ
则曲线 ｙ
＝
ｆ
(
ｘ
)
在点
(
ｘ
１ꎬ
ｆ
(
ｘ
１))
处的
数根
切线方程为 ｙ ｘ３ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 即
ꎬ －( １ － １)＝ (３ １ －１)( － １)ꎬ
从而 Δ ＝(３ ｘ２ １ －１) ２ －４(２ ｘ３ １ ＋ ａ )＝ ０⇔４ ａ ＝９ ｘ４ １ － ｙ ＝(３ ｘ２ １ －１) ｘ －２ ｘ３ １①ꎬ
８
ｘ３
１ －６
ｘ２
１ ＋１
.
设公切线与曲线 ｙ
＝
ｇ
(
ｘ
)
的切点为
(
ｘ
２ꎬ
ｘ２
２ ＋
若 ｘ 则 ａ ａ . ａ
(１) １ ＝－１ꎬ ４ ＝１２ꎬ ＝３ )ꎬ
(２)４ ａ ＝９ ｘ４ １ －８ ｘ３ １ －６ ｘ２ １ ＋１ꎬ
又 ｇ′
(
ｘ
２)＝ ２
ｘ
２ꎬ
则切线可表示为 ｙ
－(
ｘ２
２ ＋
ａ
)
令 ｈ ( ｘ )＝ ９ ｘ４ －８ ｘ３ －６ ｘ２ ＋１ꎬ ＝ ２
ｘ
２(
ｘ
－
ｘ
２)ꎬ
即 ｙ
＝２
ｘ
２
ｘ
－
ｘ２
２ ＋
ａ
②ꎬ
因为
①②
则 ｈ′
(
ｘ
)＝ ３６
ｘ３
－２４
ｘ２
－１２
ｘ
＝１２
ｘ
(
ｘ
－１)(３
ｘ
＋ 表示同一直线方程 所以
{
３
ｘ２
１ －１＝２
ｘ
２ꎬ
ꎬ
ｘ３ ｘ２ ａ
１)ꎬ －２ １ ＝－ ２ ＋ ꎬ
则 ｘ２ ２ ｘ３ ａ ａ ｘ４ ｘ３ ｘ２ .
令ｈ′ ｘ 得 １ ｘ 或ｘ 令ｈ′ ｘ (３ １ －１) －８ １ ＝４ ⇔４ ＝９ １ －８ １ －６ １ ＋１
( )>０ꎬ － < <０ >１ꎬ ( )<０ꎬ
下面同解法一.
３
æ ö
易错警示
得 ｘ １或 ｘ 所以 ｈ ｘ 在ç １ ÷和
<－ ０< <１ꎬ ( ) è－ ꎬ０ø
３ ３ 不能认为两曲线的公切线切点相同.
æ ö
上单调递增 在ç １÷和
(１ꎬ＋∞) ꎬ è－∞ꎬ－ ø (０ꎬ１)
３
专
题
四
导
数
及
其
应
用
１０１
