9.新高考背景下的切线问题研究_11.3-2_2026-11-03

9.26 届高三备考下的切线问题研究
一．基本原理
1. 用导数的几何意义求曲线的切线方程的方法步骤：
①求出切点(x , f(x ))的坐标；
0 0
②求出函数y f(x)在点x 处的导数 f(x )
0 0
③得切线方程y f(x ) f(x)(xx )
0 0
2. 求过点A处切线方程方法如下：
设切点为P(x ,y )，则斜率k  f(x )，过切点的切线方程为：y y  f(x )(xx )
0 0 0 0 0 0
，∵过点A(m,n)，∴n y  f(x )(mx )然后解出x 的值，x 有几个值，就有几条切
0 0 0 0 0
线.
3.若函数 y  f(x)的图象在点A(x ,y )处的切线与函数 y  g(x)的图象在点B(x ,y )处
1 1 2 2
的 切 线 相 同 （ 公 切 线 ）， 则 等 价 于 f(x)的 图 象 在 点 A处 的 切 线 ：
y f(x ) f '(x )(xx )与g(x)的图象在点B处的切线： yg(x ) g'(x )(xx )重
1 1 1 2 2 2
f '(x ) g'(x )
1 2
合.进一步等价于下列方程组有解： .
f(x )x  f '(x ) g(x )x g'(x )

1 1 1 2 2 2
4.若动点C为函数 y  f(x)图象上任一点，直线l与 y  f(x)图象相离，则C到l距离的
最小值为函数 y  f(x)图象在点C处的切线与l平行时产生，故此时最小距离即为切点到
直线l的距离.
5.与切线有关的新定义问题
（1）隔离曲线：一般来说，“隔离函数”通常有两类：一类是函数 y  f(x)与 y  g(x)
的图像在集合 M 上有一个公共点，称之为“接触隔离”；另一类是函数 y  f(x)与
y  g(x)的图像在集合M 上没有公共点，称之为“非接触隔离”.
（2）自公切线
...
二．典例分析★1. 与切线有关的新定义问题
例1.（浙江省杭州市25届高三一模） 若函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象上的两个不同点处的切线互
相重合，则称该切线为函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象的“自公切线”，称这两点为函数𝑦=𝑓(𝑥)的图
象的一对“同切点”.
(1)判断函数𝑓 (𝑥)=sin𝑥与𝑓 (𝑥)=ln𝑥的图象是否存在“自公切线”，并说明理由;
1 2
𝜋𝜋
(2)若𝑎∈𝑅，求证：函数𝑔(𝑥)=tan𝑥‒𝑥+𝑎在区间(‒ , )上有唯一零点且该函数的图象不
22
存在“自公切线”;
𝜋𝜋 𝜋𝜋
(3)设𝑛∈𝑁∗，函数ℎ(𝑥)=tan𝑥‒𝑥+𝑛𝜋在(‒ , )内的零点为𝑥 ，𝑡∈(‒ , )，求证：“存
22 𝑛 22
在𝑠∈(2𝜋,+∞)，使得点(𝑠,sin𝑠)与(𝑡,sin𝑡)是函数𝑦=sin𝑥的图象的一对“同切点”的充要
条件是“t是数列{𝑥 }中的项”.
𝑛
𝜋 5𝜋
解析：(1)显然直线𝑦=1切𝑦=sin𝑥的图象于点( ,1)，( ,1)，直线𝑦=1是𝑦=sin𝑥的图像
2 2
1
的一条“自公切线”，故函数𝑓 (𝑥)的图象存在“自公切线”;对于𝑓 (𝑥)=ln𝑥，𝑓' (𝑥)=
1 2 2 𝑥
(𝑥>0)是减函数，故𝑓 (𝑥)在不同点处的切线斜率不同，所以函数𝑓 (𝑥)的图象不存在“自
2 2
公切线”.
1 sin2𝑥 𝜋𝜋
(2)①𝑔'(𝑥)= ‒1= =tan2𝑥≥0恒成立，故𝑦=𝑔(𝑥)在(‒ , )上单调递增，可得
cos2𝑥 cos2𝑥 22
𝜋𝜋
𝑦=𝑔(𝑥)至多有一个零点，令𝑔 (𝑥)=sin𝑥‒(𝑥‒𝑎)cos𝑥(𝑥∈[‒ , ])，由𝑦=𝑔 (𝑥)的图像是
1 22 1
𝜋 𝜋 𝜋𝜋 𝜋𝜋
连续的曲线，且𝑔 (‒ )𝑔 ( )=‒1<0，所以𝑔 (𝑥)在(‒ , )上存在零点，故在(‒ , )上
1 2 1 2 1 22 22
𝑔 1 (𝑥) 𝜋𝜋
𝑔(𝑥)= 存在零点，所以𝑔(𝑥)在区间(‒ , )上有唯一零点.
cos𝑥 22
𝜋𝜋
②假设𝑔(𝑥)的图象存在“自公切线”，即存在𝑥 ，𝑥 ∈(‒ , )且𝑥 ≠𝑥 ，使得𝑔(𝑥)的图象
1 2 22 1 2
在𝑥=𝑥 与𝑥=𝑥 处的切线重合，函数𝑔(𝑥)在𝑥=𝑥 处的切线方程为𝑦‒tan𝑥 +𝑥 ‒𝑎=tan2
1 2 1 1 1
𝑥 (𝑥‒𝑥 )，函数𝑔(𝑥)在𝑥=𝑥 处的切线方程为𝑦‒tan𝑥 +𝑥 ‒𝑎=tan2𝑥 (𝑥‒𝑥 )，
1 1 2 2 2 2 2
故tan2𝑥 =tan2𝑥 (∗)，且‒𝑥 tan2𝑥 +tan𝑥 ‒𝑥 +𝑎=‒𝑥 tan2𝑥 +tan𝑥 ‒𝑥 +𝑎(∗∗)，
1 2 1 1 1 1 2 2 2 2
𝜋
由(∗)可得𝑥 =‒𝑥 ，不妨设𝑥 ∈(0, )，将𝑥 =‒𝑥 代入(∗∗)，
2 1 1 2 2 1
可得‒𝑥 tan2𝑥 +tan𝑥 ‒𝑥 =𝑥 tan2𝑥 ‒tan𝑥 +𝑥 ，即𝑥 (1+tan2𝑥 )=tan𝑥 ，则有𝑥 =
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
𝜋
sin𝑥 cos𝑥 ，即2𝑥 =sin2𝑥 ，令𝜑(𝑥)=2𝑥‒sin2𝑥，𝑥∈(0, )，则𝜑'(𝑥)=2‒2cos2𝑥>0，
1 1 1 1 2
𝜋 𝜋
可知𝜑(𝑥)在(0, )上单调递增，所以当𝑥 ∈(0, )时，𝜑(𝑥 )>𝜑(0)=0，即2𝑥 >sin2𝑥 ，
2 1 2 1 1 1
𝜋
则方程2𝑥 =sin2𝑥 在(0, )上无解，故𝑔(𝑥)的图象不存在“自公切线”.
1 1 2
(3)对给定的𝑛∈𝑁∗，由(2)知ℎ(𝑥)有唯一零点，所以𝑥 唯一确定.函数𝑦=sin𝑥在点(𝑡,sin𝑡)
𝑛
处的切线方程为𝑦‒sin𝑡=cos𝑡(𝑥‒𝑡)，即𝑦=𝑥cos𝑡+sin𝑡‒𝑡cos𝑡，函数𝑦=sin𝑥在点(𝑠,sin𝑠)处的切线方程为𝑦=𝑥cos𝑠+sin𝑠‒𝑠cos𝑠，
①若存在𝑠∈(2𝜋,+∞)，使得点(𝑠,sin𝑠)与(𝑡,sin𝑡)是函数𝑦=sin𝑥图象的一对“同切点”，
{ cos𝑠=cos𝑡(𝑠≠𝑡) 𝜋𝜋 {cos𝑠=cos𝑡(𝑠≠𝑡)
则 ，又𝑡∈(‒ , )，故cos𝑡>0，所以 ，
sin𝑠‒𝑠cos𝑠=sin𝑡‒𝑡cos𝑡 22 tan𝑠‒𝑠=tan𝑡‒𝑡
可得cos𝑠=cos𝑡且tan𝑠=‒tan𝑡，从而存在𝑛∈𝑁∗，使得𝑠=2𝑛𝜋‒𝑡，代入tan𝑠‒𝑠=tan
𝑡‒𝑡，
可得tan𝑡‒𝑡+𝑛𝜋=0，故𝑥 =𝑡，所以t是数列{𝑥 }中的项.
𝑛 𝑛
②若t是数列{𝑥 }中的项，则存在𝑛∈𝑁∗，使得𝑥 =𝑡，即tan𝑡‒𝑡+𝑛𝜋=0，
𝑛 𝑛
𝜋𝜋 𝜋𝜋
由(2)中的𝑔(𝑥)在(‒ , )上单调递增，可知ℎ(𝑥)在(‒ , )上单调递增，
22 22
又ℎ(0)=𝑛𝜋>0且ℎ(𝑡)=0，可知𝑡<0，令𝑠=2𝑛𝜋‒𝑡，则𝑠∈(2𝜋,+∞)且cos𝑠=cos𝑡，tan
𝑠‒𝑠‒(tan𝑡‒𝑡)=2(𝑡‒tan𝑡‒𝑛𝜋)=0，即tan𝑠‒𝑠=tan𝑡‒𝑡，可得sin𝑠‒𝑠cos𝑠=sin𝑡‒𝑡
cos𝑡，
所以存在𝑠∈(2𝜋,+∞)，使得点(𝑠,sin𝑠)与(𝑡,sin𝑡)是函数𝑦=sin𝑥的图象的一对“同切点”.
综上可知：“存在𝑠∈(2𝜋,+∞)，使得点(𝑠,sin𝑠)与(𝑡,sin𝑡)是函数𝑦=sin𝑥图像的一对‘同
切点”的充要条件是“t是数列{𝑥 }中的项”.
𝑛
例2．若函数 f x,gx与hx在区间D上恒有 f xhxgx，则称函数hx为
f x和gx在区间D上的隔离函数.
11
(1)若 f x x,gx2 6x,hx2x23,D1,2，判断hx是否为 f x和gx在区
2
间D上的隔离函数，并说明理由；
(2)若 f xex1,hxkx，且 f xhx在R上恒成立，求k的值；
lnx1
(3)若 f xex,gx 1,hxkxbk,bR,D0,，证明：bk1是hx
x
为 f x和gx在0,上的隔离函数的必要条件.
解析：（1）h(x)是 f x和gx在区间D上的隔离函数.因为
11
f x x,gx2 6x,hx2x23，所以
2
f xhx 11 x  2x23  2  x 11  2  25 ， f xhx在   1, 11  上单调递增，在
2  8  32  8 
11  1
,2 上单调递减，又 f 1h1 , f 2h20，
 
8  2
当x2时， f xhx在D上取到最小值0，故x1,2, f xhx .
2
 6
又hxgx2x232 6x2x  0，所以hxgx .综上，h(x)是 f x和
 
2
 gx在区间D上的隔离函数.
（2）设xex1kx,xR，则xexk，因为x00，则x0是φ(x)的
极小值点，也是最小值点，所以01k 0，即k 1.当k 1时，
xex1x,xex1，当x0时，φ'(x)>0；当x0时，φ'(x)<0，所以
x00，即ex x1恒成立（当且仅当x0时取等号），故k 1.
lnx1 
（3）证明：设Fxex 1,x0,，由（2）得ex x1（当且仅当x0时
 x 
lnx1  1 1
取等号），所以Fxex 1 

xexxlnx1

 

exlnxxlnx1

 x  x x
1
 xlnx1xlnx10，当且仅当xlnx0时取等号，设
 
x
1
Gxxlnx,x0,，则Gx1 0，所以Gx在(0,+∞)上单调递增，又
x
G110,G  e1 e110，
1 1
所以存在x   e1,1  使得Gx 0，即x lnx 0，则x ln ,ex0  ，
0 0 0 0 0 x x
0 0
lnx 1 lnx 1
又Fx 0，则ex0  0 1，由隔离函数定义可得ex0 kx b 0 1ex0，所以
0 x 0 x
0 0
kx bex0，设Hxexkxb,x0,，则Hx ex 0 kx b0,Hxexk，
0 0 0
又Hx0Hx
0
，则x
0
是Hx的极小值点，所以Hx
0
ex 0 k 0，即k ex0，
1
结合ex0  ,kx bex0，得1bk，故bk1，所以bk1是h(x)为 f x和gx在
x 0
0
(0,+∞)上的隔离函数的必要条件.
★2.根据导数的几何意义求切线
ex2sinx
例3 ．（2024年高考全国甲卷数学（理））设函数 f x ，则曲线y f x在
1x2
0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
6 3 2 3
 ex2cosx  1x2   ex2sinx  2x
解析：
fx
，则
 1x22
 e02cos0 10  e02sin0  0
f0 3，即该切线方程为y13x，即y= 3x+1，
102
1
令x0，则y1，令y0，则x=- ，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积
31 1 1
S  1   .故选：A.
2 3 6
★3. 过点求切线
例4 ．（2022年全国新高考2卷）曲线yln|x|过坐标原点的两条切线的方程为
________，___________.
1 1
解析：因为yln x ，当x0时ylnx，设切点为x ,lnx ，由y ，所以y| 
0 0 x xx0 x
0
1 1
，所以切线方程为ylnx  xx  ，又切线过坐标原点，所以lnx  x  ，解得
0 x 0 0 x 0
0 0
1 1
x e，所以切线方程为y1 xe，即y x；
0 e e
1 1
当x0时ylnx，设切点为 x,lnx  ，由y ，所以y|  ，所以切线方程
1 1 x xx1 x
1
1 1
为ylnx  xx  ，又切线过坐标原点，所以lnx  x  ，解得x e，所
1 x 1 1 x 1 1
1 1
1 1 1 1
以切线方程为y1 xe，即y x；故答案为：y x；y x
e e e e
例5.（2022新高考1卷）若曲线 y(xa)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围
是____________．
解析：易得曲线不过原点，设切点为 x ,(x a)ex0 ，则切线斜率为：
0 0
f '(x )(x a1)ex0．可得切线方程为 y(x a)ex0 (x a1)ex0(xx )，又切线过原
0 0 0 0 0
点，可得(x a)ex0 x (x a1)ex0，化简得x 2 ax a 0，又切线有两条，即方
0 0 0 0 0
程有两不等实根，由判别式a2 4a 0，得a4，或a0．
★4. 求公切线
例 6．（2024年新课标全国Ⅰ卷）若曲线yexx在点0,1处的切线也是曲线
yln(x1)a的切线，则a_________. .
解析：由yexx得yex 1，y| e012，故曲线yexx在0,1处的切线方程为
x0
1
y2x1；由ylnx1a得y  ，设切线与曲线ylnx1a相切的切点为
x1
1 1
x ,lnx 1a ，由两曲线有公切线得y 2，解得x  ，则切点为
0 0 x 1 0 2
0
 1 1  1 1
 ,aln ，切线方程为y2x aln 2x1aln2，根据两切线重合,所以
 2 2  2 2
aln20，解得aln2.故答案为：ln2
x1
例7.（2019全国2卷理20）已知函数 f xlnx .
x1
（1）讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；
（2）设x 是 f(x)的一个零点，证明：曲线 y lnx在点 A(x ,lnx )处的切线也是曲线
0 0 0y ex的切线.
解析：（1）函数 f(x)的定义域为(0,1)(1,)，
x1 x2 1
f(x)lnx  f(x) ，因为函数 f(x)的定义域为(0,1)(1,)，所
x1 x(x1)2
以 f(x)0，因此函数 f(x)在(0,1)和(1,)上是单调增函数；当x(0,1)，时，
1
1
1 1 e 2
x0,y，而 f( )ln   0，显然当x(0,1)，函数 f(x)有零
e e 1 e1
1
e
点，而函数 f(x)在x(0,1)上单调递增，故当x(0,1)时，函数 f(x)有唯一的零点；当
e1 2 e2 1 e2 3
x(1,)时， f(e)lne  0, f(e2)lne2   0，因为
e1 e1 e2 1 e2 1
f(e) f(e2)0，所以函数 f(x)在(e,e2)必有一零点，而函数 f(x)在(1,)上是单调
递增，故当x(1,)时，函数 f(x)有唯一的零点综上所述，函数 f(x)的定义域
(0,1)(1,)内有2个零点；
x 1 x 1
（2）因为x 是 f(x)的一个零点，所以 f(x )lnx  0 0lnx  0
0 0 0 x 1 0 x 1
0 0
1 1
y lnx y ，所以曲线y lnx在A(x ,lnx )处的切线l的斜率k  ，故曲线
x 0 0 x
0
1 x 1
y lnx在A(x ,lnx )处的切线l的方程为：ylnx  (xx )而lnx  0 ，所
0 0 0 x 0 0 x 1
0 0
x 2 2
以l的方程为y   ，它在纵轴的截距为 .
x x 1 x 1
0 0 0
设曲线 y ex的切点为B(x ,ex 1)，过切点为B(x ,ex 1)切线l'，y ex  yex，所以在
1 1
B(x ,ex 1)处的切线l'的斜率为ex 1，因此切线l'的方程为y ex 1xex 1(1x )，
1 1
1 1
当切线l'的斜率k ex 1等于直线l的斜率k  时，即ex 1   x (lnx )，
1 x x 1 0
0 0
1 x 1
切线l'在纵轴的截距为b ex 1(1x )elnx 0(1lnx ) (1lnx )，而lnx  0
1 1 0 x 0 0 x 1
0 0
1 x 1 2
，所以b  (1 0 ) ，直线l,l'的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此
1 x x 1 x 1
0 0 0直线l,l'重合，故曲线y lnx在A(x ,lnx )处的切线也是曲线 y ex的切线.
0 0
★5. 切线问题的综合应用
例8 ．（2021年新高考2卷）已知函数 f(x) ex 1,x 0,x 0，函数 f(x)的图象在点
1 2
Ax, f x  和点Bx , f x  的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则
1 1 2 2
|AM |
取值范围是__________.
|BN |
解析：由题意， f x ex1 


1ex,x0
，则 fx


ex,x0
，所以点A  x,1ex1  和
ex1,x0 ex,x0 1
点B  x ,ex2 1  ，k ex1,k ex2,所以ex1ex2 1,x x 0，
2 AM BN 1 2
所以AM :y1ex1 ex1 xx ,M  0,ex1x ex1 1  ，所以
1 1
AM  x2  ex1x 2  1e2x1  x ，同理 BN  1e2x2  x ,所以
1 1 1 2
AM 1e2x1  x 1e2x1 1e2x1
 1   ex10,1.故答案为：(0,1)
BN 1e2x2  x 1e2x2 1e2x1
2
例9．已知函数 f xex.
(1)若xR，不等式mf(x)x0恒成立，求实数m的取值范围；
(2)过点T(t,1)可以作曲线y f(x)的两条切线，切点分别为A
 a,ea
,B
 b,eb
.
①求实数t的取值范围；
②证明：若ab，则|AT ||BT |.
x x 1x
解析：（1）易知mexx0m ，令gx ，则gx ，显然x1时，
ex ex ex
x
gx0，x1时，gx0，即gx 在,1上单调递增，在1,上单调递
ex
1 1 
减，则gx g1 m，即m ,；
max e e 
（2）①设切点  x ,ex0  ，易知x t， fxex，则有 ex0 1 ex0 ，即t 1 x 1，
0 0 x t ex0 0
0
令hxexx1，则yt,yhx有两个交点，横坐标即分别为a,b，易知
hx1ex，显然x0时，hx0，x0时，hx0，则hx在,0上单调递
减，在0,上单调递增，且x时有hx，x时也有hx，
hxh00，
则要满足题意需t0，即t0,；ea a1t
②由上可知： b0a，作差可得ea ebab0，即ea aebb，
ebb1t
由①知：hx在,0上单调递减，在0,上单调递增，令
Hxhxhxexex2xHx2  exex 0，则Hx始终单调递减，所
以HahahaH00，即hahbha，所以ba，所以ab0
，
k ea
不难发现ea a1tat1ea t， AT ，所以由弦长公式可知
k eb
BT
 AT  1e2a at   AT  1e2a  1ea
 ，所以 ，设
 BT  1e2b tb 

BT  1e2b  eb1 
e2x
mx 1e2x  1exx0mxex 1e2x  0
1e2x
所以由ab0 e2a 1  1ea > e2b1  1eb  e2b1
1eb
 e2b1  eb1 ，即
eb
AT  BT ，证毕.
三．习题演练
1. （25届泉州市高三开学考试）若曲线 y lnx在x2处的切线与直线ax y10垂
直，则a__________.
1 1
解析：由题意得函数 y lnx的导函数为 y  ，故在x2处切线的斜率为 ，直线
x 2
1
ax y10的斜率存在为a，根据题意得， a1，解得a 2.故答案为:2.
2
2.（浙江省A9协作体25届高三返校考试）曲线 y ex在x 0处的切线恰好是曲线
y lnxa的切线，则实数a ______．
1
解析：曲线 y ex在x 0处的切线为 y  x1,gx ，设切点  x ,lnx a
xa 0 0
 1
 1 x  1
，由 x a ，得 0 ．
0
 lnx a x 1
a 2
 0 0
3.（25届广东省八校高三联考）．若曲线ylnxx22x在x1处的切线恰好与曲线
yexa也相切，则a_________.1
解析：对于：ylnxx22x，可得y 2x2，当x1，则y1,y1，可知曲线
x
ylnxx22x在x1处的切线是yx；对于：yexa，可得yex，令yex 1得
x0，由切点0,0在曲线yexa上得a1.故答案为：1.
1
4.（25届湖北省高三圆创联考卷） 已知函数 f xax，gx log x1，其中
a a
a1，当两函数图象对应曲线存在2条公切线时则a的取值范围是________．
1
解析：令ax  log x1，则ax1 log x1 ，令x+1=t，则at log t ，由于函
a a a a
数y ax,y log x互为反函数，故图象关于y  x对称，因此只需要考虑
a
1
f xax，gx log x1，两曲线相切时的临界情况，设切点横坐标为x ，
a a 0
 1
ax 0  log x 1
由  ax axlna,  log x1  1 , 故    a a 0 ，即
a x1lna 1
ax 0 lna  .

alnax 1
 0
ax 0 1 log x 1
 a 0 1 1
 1
，所以lnx 1
，设x 1t，则lna ，
ax 0 1lna  0 x 1lna 0 tlnt
 lnax 1 0
 0
1
a 1t 1，故有
eln
1
t=tln2t
，两边取对并移项lnt2lnlnt 0，记函数
lnt
1
tlnt2lnlnt ，易知t 在(𝟏,+∞)上单调递增,因为e0，所以t e
lnt
 1 
1
，此时 ，所以a的取值范围是ee,.
aee
 
5．（浙江名校协作体高三开学考试）已知函数 f x x2 2x4,gx2lnx2x5．
（1）判断函数gx的零点个数，并说明理由；
（2）求曲线y  f x与y  gx的所有公切线方程.
2
解析：（1）gx 20，gx 在 0, 单调递增
x
2
又g  e3  10,g170，gx 存在唯零点，在  e3,1  之间．
e3
（2） fx2x2，以 f x 上的点  x , f x  为切点的切线方程为
1 1
y  x2 2x 4  2x 2xx ．以gx 上的点  x ,gx  为切点的切线方程为
1 1 1 1 2 2
 2 
y2lnx 2x 5 2 xx ．
2 2 x 2
 
2 2
2x 2 2
令    1 x 2 ，则x  1 ，代入（2），得
 2  1 x
 x2 2x 42x 2x 2lnx 2x 5 2x 2
 1 1 1 1 2 2 x 2
  2 
1
1 x2 2lnx ，即1 x2 lnx2．设x2 t，函数httlnt ，则ht1 ．
1 1 1 1 1 t
当0t
1时，ht0,ht
单调递减，当t
1时，ht0,ht 单调递增，h11
，
1 x2 lnx2的解为x 1，又x 0,x 0,x 1． f x 和gx 存在唯一一条
1 1 1 2 1 1
公切线为y 4x3．
2x1
6．（2021年全国甲卷）曲线y 在点1,3处的切线方程为_________.
x2
解析：由题，当x=1时，y=3，故点在曲线上．求导得：
2x22x1 5
y  ，所以y| 5．故切线方程为5x y20．
x22 x22 x1
7．（2021新高考1卷）若过点a,b可以作曲线yex的两条切线，则（ ）
A．eb a B．ea b
C．0aeb D．0bea
解析：在曲线 y ex上任取一点P
 t,et
，对函数 y ex求导得yex，
所以，曲线 y ex在点P处的切线方程为yet etxt ，即y etx1tet，
由题意可知，点 a,b 在直线y etx1tet上，可得baet 1tet a1tet
，
令 f ta1tet，则 ftatet .当t a时， ft0，此时函数 f t 单调
递增，当t a时， ft0，此时函数 f t 单调递减，所以， f t  f aea，
max
由题意可知，直线 y b与曲线y  f t 的图象有两个交点，则b f t ea，
max
当t a1时， f t0，当t a1时， f t0，作出函数 f t 的图象如下图所
示：由图可知，当0bea时，直线 y b与曲线y  f t 的图象有两个交点.故选：D.
8.（2015年新课标卷）已知曲线 y  xlnx在点 1,1 处的切线与曲线
y ax2 a2x1相切，则a _______
1
解析： y' 1 ，所以 y' | 2，切线方程为 y12x1 y 2x1，联立方
x x1
 y 2x1
程 ax2 ax20，从而由相切可得：
 y ax2 a2x1
 a2 8a 0a 8
9．若函数y=f(x)的图象上的若干个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数y=f(x)
的图象的“自公切线”，称这若干个点为函数y=f(x)的图象的一组“同切点”例如，如图，直
线l为函数y=f(x)的图象的“自公切线”，A，B为函数y=f(x)的图象的一组“同切点”.
(1)已知函数 f xxcosx在x0处的切线为它的一条“自公切线”，求该自公切线方程；
 π π
(2)若aR，求证：函数gxxtanxa，x , 有唯一零点，且该函数的图象不
 2 2
存在“自公切线”；
x  π π 
(3)设nN*，函数h x tanxπ，x nπ, nπ的零点为q ，求证：
n n  2 2  n
A q , f q  为函数 f xxcosx的一组同切点.
n 2n 2n
解析：（1）由 f xxcosx，则 f 00， fxcosxxsinx，则 f01，所以函数
f xxcosx在x0处的切线方程为yx，即该自公切线方程为yx.
1 sin2x
（2）由g(x)1  tan2x0恒成立，当且仅当x0时g(x)0，则
cos2x cos2x
 π π
yg(x)是 , 上单调递减，可得它至多有一个零点，令g (x)sinx(xa)cosx，
 2 2 1
 π π π π
x , ，由y g (x)的图象是连续曲线，且g ( )g ( )10，
 2 2 1 1 2 1 2
 π π  π π g (x)
因此g (x)在 , 上存在零点，即在 , 上g(x) 1 存在零点，所以g(x)有唯
1  2 2  2 2 cosx
π π
一零点；设g(x)的图象存在“自公切线”，则存在x,x ( , )且x  x ，使得g(x)的图
1 2 2 2 1 2
π
象在xx 与xx 处的切线重合，即tan2x tan2x ，有x x ，不妨设x (0, )，
1 2 1 2 2 1 1 2切线l :ytanx x atan2x (xx )，l :ytanx x atan2x (xx )，
1 1 1 1 1 2 2 2 2 2
有相同截距，即x tan2x tanx x ax tan2x tanx x a，而x x ，
1 1 1 1 2 2 2 2 2 1
则x tan2x tanx x ax tan2x tanx x a，即x (1tan2 x )tanx ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
则有x sinx cosx ，即2x sin2x ，令(x)xsinx,0xπ，(x)1cosx0，
1 1 1 1 1
即函数(x)在(0,π)上单调递增，(x)(0)0，因此当x(0,π)时，xsinx，
π
即2x sin2x 在(0, )上无解，所以g(x)的图象不存在“自公切线”.
1 1 2
x
（3）由 tanxπ0，易知xnπ是方程的根，
n
x 1 1  π π 
由h x tanxπ，则hx  0，则h x在x nπ, nπ上单调递
n n n n cos2x n  2 2 
 π π 
减，则xnπ是h x在 nπ, nπ上唯一零点，所以q nπ，
n  2 2  n
由（1）可知 f x在x ,y 处的切线为yx cosx cosx x sinx xx ，
0 0 0 0 0 0 0 0
化简得ycosx x sinx xx2sinx ，对于q 2nπ，cosq q sinq 1，
0 0 0 0 0 2n 2n 2n 2n
q2 sinq 0，则自公切线为y1，所以A q , f q  为函数 f xxcosx的一组同切
2n 2n n 2n 2n
点.