21.导数与圆锥曲线的综合性压轴_11.3-2_2026-11-03

21.导数与几何背景的结合
一．新题速递
x2
例 1.（2024年四川省预赛）已知t为正实数,若曲线 y tex与椭圆C:  y2 1交于
2
2
A、B两个不同的点,求证:直线AB的斜率k  .
2
解析：设 Ax ,y ,,Bx ,y ，其中 x  x .注意到对数不等式:若a,b0,ab,则
1 1 2 2 1 2
ab ab ex 1 ex 2 ex 1 ex 2
 . 取aex 1,,bex 2，得  .
lnalnb 2 x x 2
1 2
y  y t  ex 1 ex 2  t  ex 1 ex 2  y  y x2
k  1 2    1 2 .y  y 2k.①将 1  y2 1和
x x x x 2 2 1 2 2 1
1 2 1 2
x2 x x x x 
2  y2 1相 减 ， 得 1 2 1 2 y  y y  y 0,
2 2 2 1 2 1 2
x2 x2
x x 2ky  y ② .再 将 1  y2 1和 2  y2 1相 加 ， 得
1 2 1 2 2 1 2 2
x2 x2 x2 x2 x x 2
1 2  y2  y2 2③.注意到:x  x 时，由x2 x2 2x x 知 1 2  1 2 ，
2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4
结合①②③知：
x2 x2 x x 2 y  y 2 4k2y  y 2 y  y 2
2 1 2  y2  y2  1 2  1 2  1 2  1 2 4k4 2k2,
2 1 2 4 2 4 2
2
2k4 k2 10  2k2 1  k2 1  0，解得k  .
2
在这里用到了指数均值不等式，它是很多导数与圆锥曲线综合问题的秘密武器，下面给出
详细介绍：
x 1 x 2 ex 2 ex 1 ex 1 ex 2
1.指数均值不等式.若x ,x R，则e 2   .
1 2 x x 2
2 1
证明：（方法1.双变量消元直接证明）
x1x2 ex1 ex2 x 1 x 2 ex 1 x 2 1
欲证e 2  ，两边同除以ex 2 ，即证e 2  ，即证
x x x x
1 2 1 2
xx xx
1 2 1 2
x x e 2 ex 1 x 2 1，即证x x e 2 ex 1 x 2 10
1 2 1 2
令 x x tt 0 即证不等式 t 当t 0时恒成立.
1 2 te2 et 10t t t 1  t  t t  t  t 
设tte2 et 1，∴te2 te2  et   1  e2 et e2  e2   1 
2 2   2 
t t t  t 
而e2  1，即e2   1  0，∴t0，∴t 在 ,0 上是减函数，又
2 2 
00∴t0恒成立，得证.
ex
2
ex
1
ex
1
ex
2
ex
2
ex
1
ex
1
ex
2
接着证明右边的不等式  ，同样设x  x ,  等价于
x x 2 2 1 x x 2
2 1 2 1
2  ex 2 ex 1  x  x  ex 1 ex 2  .令x x m(m0),x  x  m，则
2 1 2 1 2 1
2  ex 1 m ex 1  m  ex 1  ex 1 m ，两边同时除以ex 1得2  em 1）m  1em .
设h(m)m  1em 2  em 1   mmem 2em 2, h(m)1  em mem 2em 1
mem em 1(m1)em，再求h(m)em (m1)em  mem 0（因为m0），所以
h(m)在(0,)上单调递增.由于h(0)1(01)e0 0，因为h(m)在(0,)上单调
递增，所以h(m)在(0,)上单调递增，h(m)h(0)002(11）0，即
m  1em 2  em 1  0，所以2  em 1  m  1em ，也就是
ex
2
ex
1 
ex
1
ex
2 .
x x 2
2 1
x 1 x 2 ex 2 ex 1 ex 1 ex 2
综上，不等式e 2   得证.
x x 2
2 1
（方法2.对数均值不等式转化）
 ab
 (a b),
两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)lnalnb ，对数平均与算术平均､
 a(a b).
几何平均的大小关系：
ab
ab  L(a,b)
2
（此式记为对数平均不等式），取等条件：当且仅当ab时，等号成立．
证明如下：不失一般性，可设ab．（1）先证： ab  L(a,b)……①
ab a a b 1 a
不等式①lnalnb ln    2lnx x （其中x 1）
ab b b a x b
1 2 1 1
构造函数 f(x)2lnx(x ),(x1)，则 f(x) 1 (1 )2．
x x x2 x
因为x1时， f(x)0，所以函数 f(x)在(1,)上单调递减，故 f(x) f(1)0，从
而不等式①成立.ab
（2）再证：L(a,b) ……②
2
a
2( 1)
2(ab) a b 2(x1) a
不等式②lnalnb ln  lnx （x 1）
ab b a (x1) b
( 1)
b
2(x1) 1 4 (x1)2
构造函数g(x)lnx ,(x1)，则g(x)   ．
(x1) x (x1)2 x(x1)2
因为x1时，g(x)0，所以函数g(x)在(1,)上单调递增，
故g(x) g(1)0，从而不等式②成立；综合（1）（2）知，对a,bR，都有对数平
ab
均不等式 ab  L(a,b) 成立，当且仅当ab时，等号成立．
2
设x lna,x lnb，则aex 1,bex 2，将aex 1,bex 2代入对数均值不等式
1 2
ab ex 1 ex 2 x 1 x 2 ex 1 ex 2
ab  中，可得 ex 1ex 2  ，即e 2 
lnalnb x x x x
1 2 1 2
ab ab ex 1 ex 2 ex 1 ex 2
把aex 1,bex 2代入    .
lnalnb 2 x x 2
1 2
x 1 x 2 ex 1 ex 2 ex 1 ex 2
综上，由对数均值不等式可得到指数均值不等式e 2   .
x x 2
1 2
x2
例2 ．已知函数 f xtext 0的图象Γ与椭圆C: y2 1a1交于A,B两个不同的
a2
点.P 0, f 0 是Γ上的点，Γ在P 处的切线交x轴于点Q a,0，过Q 作x轴的垂线交Γ
0 0 1 1 1
于P,Γ在P处的切线交x轴于点Q a ,0，过Q 作x轴的垂线交Γ于P ，重复上述操作，
1 1 2 2 2 2
依次得到Q a ,0,Q a ,0,,Q a ,0 .
3 3 4 4 n n
（1）求a,a ；
1 n
（2）记直线AB的斜率为k.
（i）设AAQ Q ,ABQ Q 的面积分别为S ,T ，证明：k S T ；
n n1 n1 n2 n n n n
1
（ii）若a2 a a ，求证：k  .
n n1 n1
解析：（1）由题意 fxtex，k  f0t，f 0t，Γ在P 处的切线方程为ytxt；
0
令y0，可得x1，即a 1.由Q a ,0可知P  a ,tean ，Γ在P 处的切线方程为
1 n n n n n
ytea n xa 1；令y0可得xa 1，即a a 1；所以数列a 是以a 为首项，
n n n1 n n 1
公差为1的等差数列，所以a n.
n（2）（i）设Ax,y ,Bx ,y ，由题意x,x 不同时为0，不妨令x 0且x x ；
1 1 2 2 1 2 1 1 2
y y
S  1 Q Q ，T  2 Q Q .由（1）可知 Q Q  Q Q a a 1；
n 2 n n1 n 2 n1 n2 n1 n2 n n1 n n1
y t y t y y tex1 tex2 tex1 tex2
则S  1  ex1，T  2  ex2.要证k S T ，即证k  1 2   ，
n 2 2 n 2 2 n n x x x x 2
1 2 1 2
ex1 ex2 ex1 ex2 m m m m
即证  ；令m ex1,m ex2，即证 1 2  1 2 ，再令
x x 2 1 2 lnm lnm 2
1 2 1 2
m 1 1 21 2x1
 2 1 ，即证  ，即证ln .构造函数gxlnx x1
m ln 2 1 x1
1
(x1)2
，则gx 0，所以gx在1,上单调递增；即gxg10.所以
x(x1)2
1 1
 得证.即k S T .
ln 2 n n
x2

1 y2 1①
tex1 tex2 y y a2 1
（ii）由（i）可知，k   1 2 ，所以y y 2k.因为 ，①②
2 2 1 2 x
2
2
y2 1②
a2 2
x2x2 x x x x 
得 1 2 y2y2 0；即 1 2 1 2 y y y y 0，即
a2 1 2 a2 1 2 1 2
x x a2ky y  .
1 2 1 2
x2x2
①②得 1 2 y2y2 2，因为x  x ，所以x2x2 2xx ；所以
a2 1 2 1 2 1 2 1 2
x2x2 2 x x  2
1 2   1 2  .所以
a2 a2  2 
x2x2 x x 2 y y 2 a2k2y y 2 y y 2
2 1 2 y2y2  1 2  1 2  1 2  1 2 2a2k42k2.即
a2 1 2 2a2 2 2 2
a2k4k210.当a2 a a nn1时，有nn1k4k210，即
n n1
1
 nk21 n1k210；所以n1k210，从而k  .
 
n1
三．习题演练
1.（ 24届 深 圳 中 学 高 三 检 测 ） 若 曲 线 y lnxa(aA )和 圆
O:x2  y2 r2(rA,r 0)相交于A,B两个不同点，记直线AB的斜率为k.
（1）当r  2时，证明：a 1；
3
（2）当r  时，证明：k  2.
2
解析：我们来考虑曲线和圆相切的情形，假设其相切于点P(x ,y )，根据圆在P(x ,y )
0 0 0 0
的 切 线 方 程 为 ： x x y y r2， 对 于 曲 线 而 言 ,过 点 P(x ,y )的 切 线 为
0 0 0 0 x 1
 0 

1  y x
y y  xx 即 xx y  x y x ， 故  0 0 ， 代 入 r  2， 解 得 :
0 x 0 0 0 0 0 r2
0  y 1
y 0

0
x 1,y 1
0 0
又点E在曲线 y lnxa上,解得a 1要相交于两点,故向上平移,所以a 1，此时，
切线的斜率为1.可以看到，这个题目的几何背景就是这样一个公切线背景.当然，代数证明
方法较多，可见相关公众号.（公众号：凌晨讲数学）
2．（23届青岛高三二模）已知函数 f xlnx，圆C:x2yb2 2．
（1）若b1，写出曲线y f x与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；
（2）若曲线y f x与圆C恰有三条公切线．
（i）求b的取值范围；
y2
（ii）证明：曲线D: x2 1上存在点Tm,nm0,n0，对任意x0，
2
f mx f xn1b．
1 1
解析：（1）设f(x)的切线的切点为x ,lnx ，∵ fx ，∴切线斜率为k fx  ，
0 0 x 0 x
0
1
∴切线方程为ylnx  xx  ，即xx yx x lnx 0，当b＝1时，圆的圆心为
0 x 0 0 0 0 0
0
x x x lnx
0,1，半径为 2，当f(x)的切线也是圆的切线时， 0 0 0 0  2，即
1x2
0
2x x lnx  2  1x2，易知x 1是该方程的一个根，此时切线方程为xy10．
0 0 0 0 0
（2）（i）设曲线y f x与圆C公切线l的方程为ykxm(显然，l斜率存在)，∵l与曲线
1 1 1 1  1
y f x相切，故 fx k，∴切点为 ,ln ，l:yln kx ，即
x k k k  k
bm
l:ykx1lnk，即m1lnk，∵l与圆C相切，∴  2，即(bm)22k220
1k2，
∴(b1lnk)22k220，令gx(b1lnx)22x22,x0，
则gx
2b1lnx
4x
2

b1lnx2x2
 ，设hxb1lnx2x2，则
x x
1 12x12x
hx 4x ，易证明：lnxx1．
x x
 1 1  1
①当b1时，∵hx在0, 上单调递增，在 ,上单调递减；∴hxh ，
 2 2  2
∵h   1 b 1 ln20，h  eb1 2  eb12 0，h2bb1ln2b8b2 3b8b2 0
2 2
；
 1 1 
∴存在eb1, ， ,2b，使得hh0．∴b1ln22，
 2 2 
b1ln22，∴gx在0,上单调递减，在,上单调递增，在,上单调递
减；∵g442220，且gg1(b1)240，又∵
g  e3b1 4b22  e3b12 20，且g3b[b1ln3b]218b2216b218b220，
∴存在x   e3b1,  ,x ,,x ,3b，使得gx gx gx 0，
1 2 3 1 2 3
∴当b1时，曲线y f x与圆C恰有三条公切线；（公众号：凌晨讲数学）
②当0ln2 1 b1时，∵h   1 0,h  eb1 0,h1(b1)240；∴存在
2 2
 1 1 
eb1, , ,1

，使得hh0，∴gx在0,上单调递减，在,上
 2 2 
单调递增，在,上单调递减；∴g442220，且g442220
，
∴gx不可能存在三个零点；
1 1
③当bln2 时，h 0；∴hx在0,上单调递减，最多一个零点；∴gx最多
2 2
一个极值点，不可能有三个零点；
综上，若曲线y f x与圆C恰有三条公切线，则b的取值范围为b1．
（ii）函数gx(b1lnx)22x22的零点，即方程 b1lnx  2x22的解，即曲线
 y2 
y b1lnx 和曲线y 2x22 x2 1(y0)交点的横坐标，结合图象，
 2 显然存在Tm,n，使得b1lnmn成立，∴ f mx f xlnm f xn1b对任意
x0恒成立．
3．（24届高三温州二模） 如图，对于曲线Γ，存在圆C满足如下条件：
①圆C与曲线Γ有公共点A，且圆心在曲线Γ凹的一侧；
②圆C与曲线Γ在点A处有相同的切线；（公众号：凌晨讲数学）
③曲线Γ的导函数在点A处的导数（即曲线Γ的二阶导数）等于圆C在点A处的二阶导数
r2
（已知圆xa2yb2 r2在点Ax ,y 处的二阶导数等于 ）；
0 0 by 3
0
则称圆C为曲线Γ在A点处的曲率圆，其半径r称为曲率半径．
（1）求抛物线y =x2在原点的曲率圆的方程；
1
（2）求曲线y 的曲率半径的最小值；
x
（3）若曲线yex在  x,ex1  和  x ,ex2 x  x 处有相同的曲率半径，求证：x x ln2
1 2 1 2 1 2
．
解析：（1）记 f xx2，设抛物线y =x2在原点的曲率圆的方程为x2yb2 b2，其
中b为曲率半径．则 fx2x， fx2，故2 f0
b2

1
，2
r2
，即b
1
b03 b b3 2
，
 1 2 1
所以抛物线y =x2在原点的曲率圆的方程为x2y   ；
 2 4 x a
fx  0
 0 y b
（2）设曲线y f x在x ,y 的曲率半径为r．则   0 ，
0 0 r2
fx 
 0 by 3
 0
3
由x 0 a2y 0 b2 r2知，  fx 0   2 1 y r  2 b2 ，所以 r    fx 0   2 1  2 ，
0 fx 
0
3
  1  2   2
  1
故曲线y 1 在点x ,y 处的曲率半径  x 0 2   ，所以
x 0 0 r
2
x3
0
3
 1 
r2   x 0 4 2  2 1   1 4    x 0 2 x 1 0 2    3 2，则r 2 3 2  2 3    x 0 2 x 1 0 2    2 1 3，则r 1 2    x 0 2 x 1 2    3 2  2，当
0
x3
0
且仅当x
0
2 
x
1
2
，即x
0
2 1时取等号，故r 2，曲线y 1
x
在点1,1处的曲率半径r 2．
0
3
（3）函数yex的图象在
 x,ex
处的曲率半径
 e2x1  2
，故
2 4
x 
2
x，
r r3 e3 e 3
ex
由题意知：
e
4
3
x1
e
 2
3
x1
e
4
3
x2
e
 2
3
x2 令
t 1 e
2
3
x1,t
2 e
2
3
x2，则有t
1
2
t
1 t
2
2
t
1 ，所以
1 2
1 1 t t
t2t2   ，即 t t t t  1 2 ，故tt t t 1． 因为x  x ，所以t t ，
1 2 t t 1 2 1 2 tt 12 1 2 1 2 1 2
2 1 12
3
所以1tt t t tt 2 tt 2tt  2 2ex1x2 ，所以x 1 x 2 ln2．
12 1 2 12 12 12