利用导数求曲线地切线和公切线.docx
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利用导数求曲线地切线和公切线
利用导数求曲线的切线和公切线
一.求切线方程
【例1】.已知曲线f(x)=x3-2x2+1.
(1)求在点P(1,0)处的切线l1的方程;
(2)求过点Q(2,1)与已知曲线f(x)相切的直线l2的方程.
提醒:
注意是在某个点处还是过某个点!
2.有关切线的条数
【例2】.(2014•)已知函数f(x)=2x3﹣3x.
(Ⅰ)求f(x)在区间[﹣2,1]上的最大值;
(Ⅱ)若过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切,求t的取值围;
(Ⅲ)问过点A(﹣1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线y=f(x)相切?
(只需写出结论)
【解答】解:
(Ⅰ)由f(x)=2x3﹣3x得f′(x)=6x2﹣3,
令f′(x)=0得,x=﹣或x=,
∵f(﹣2)=﹣10,f(﹣)=,f()=﹣,f
(1)=﹣1,
∴f(x)在区间[﹣2,1]上的最大值为.
(Ⅱ)设过点P(1,t)的直线与曲线y=f(x)相切于点(x0,y0),
则y0=2﹣3x0,且切线斜率为k=6﹣3,
∴切线方程为y﹣y0=(6﹣3)(x﹣x0),
∴t﹣y0=(6﹣3)(1﹣x0),即4﹣6+t+3=0,设g(x)=4x3﹣6x2+t+3,
则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切”,等价于“g(x)有3个不同的零点”.∵g′(x)=12x2﹣12x=12x(x﹣1),
∴g(0)=t+3是g(x)的极大值,g
(1)=t+1是g(x)的极小值.
∴g(0)>0且g
(1)<0,即﹣3<t<﹣1,
∴当过点过点P(1,t)存在3条直线与曲线y=f(x)相切时,t的取值围是(﹣3,﹣1).
(Ⅲ)过点A(﹣1,2)存在3条直线与曲线y=f(x)相切;
过点B(2,10)存在2条直线与曲线y=f(x)相切;
过点C(0,2)存在1条直线与曲线y=f(x)相切.
【例3】.已知函数f(x)=lnax(a≠0,a∈R),.
(Ⅰ)当a=3时,解关于x的不等式:
1+ef(x)+g(x)>0;
(Ⅱ)若f(x)≥g(x)(x≥1)恒成立,数a的取值围;
(Ⅲ)当a=1时,记h(x)=f(x)﹣g(x),过点(1,﹣1)是否存在函数y=h(x)图象的切线?
若存在,有多少条?
若不存在,说明理由.
【解答】解:
(I)当a=3时,原不等式可化为:
1+eln3x+>0;
等价于,解得x,故解集为
(Ⅱ)∵对x≥1恒成立,所以,
令,
可得h(x)在区间[1,+∞)上单调递减,
故h(x)在x=1处取到最大值,故lna≥h
(1)=0,可得a=1,
故a的取值围为:
[1,+∞)
(Ⅲ)假设存在这样的切线,设切点T(x0,),
∴切线方程:
y+1=,将点T坐标代入得:
即,①
设g(x)=,则
∵x>0,∴g(x)在区间(0,1),(2,+∞)上是增函数,在区间(1,2)上是减函数,
故g(x)极大=g
(1)=1>0,故g(x)极,小=g
(2)=ln2+>0,.
又g()=+12﹣6﹣1=﹣ln4﹣3<0,
由g(x)在其定义域上的单调性知:
g(x)=0仅在(,1)有且仅有一根,
方程①有且仅有一解,故符合条件的切线有且仅有一条.
【作业1】.(2017•一模)已知函数f(x)=2x3﹣3x+1,g(x)=kx+1﹣lnx.
(1)设函数,当k<0时,讨论h(x)零点的个数;
(2)若过点P(a,﹣4)恰有三条直线与曲线y=f(x)相切,求a的取值围.
3.切线与切线之间的关系
【例4】.(2018•模拟)已知a,b,c∈R,且满足b2+c2=1,如果存在两条互相垂直的直线与函数f(x)=ax+bcosx+csinx的图象都相切,则a+c的取值围是.
,∵b2+c2=1,∴,
∴,
故a+c∈[﹣,],
【例5】.已知函数f(x)=lnx﹣a(x﹣1),g(x)=ex,其中e为自然对数的底数.
(Ⅰ)设,求函数t(x)在[m,m+1](m>0)上的最小值;
(Ⅱ)过原点分别作曲线y=f(x)与y=g(x)的切线l1,l2,已知两切线的斜率互为倒数,
求证:
a=0或.
【解答】(Ⅰ)解:
,
令t'(x)>0得x>1,令t'(x)<0得x<1,
所以,函数t(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,
∴当m≥1时,t(x)在[m,m+1](m>0)上是增函数,∴
当0<m<1时,函数t(x)在[m,1]上是减函数,在[1,m+1]上是增函数,
∴t(x)min=t
(1)=e.
(Ⅱ)设l2的方程为y=k2x,切点为(x2,y2),则,
∴x2=1,y2=e∴k2=e.由题意知,切线l1的斜率,∴切线l1的方程为,设l1与曲线y=f(x)的切点为(x1,y1),∴,∴,,
又y1=lnx1﹣a(x1﹣1),消去y1,a后整理得,
令,则,
∴m(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
若x1∈(0,1),∵,,∴,
而,在单调递减,∴.
若x1∈(1,+∞),∵m(x)在(1,+∞)上单调递增,且m(e)=0,
∴x1=e,∴
综上,a=0或.
【作业2】.(2017•二模)已知函数f(x)=(ax2+x﹣1)ex+f'(0).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若g(x)=e﹣xf(x)+lnx,h(x)=ex,过O(0,0)分别作曲线y=g(x)与y=h(x)的切线l1,l2,且l1与l2关于x轴对称,求证:
﹣<a<﹣.
四.求公切线的方程
【例6】.(2018•一模)已知函数,g(x)=3elnx,其中e为自然对数的底数.
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性.
(Ⅱ)试判断曲线y=f(x)与y=g(x)是否存在公共点并且在公共点处有公切线.若存在,求出公切线l的方程;若不存在,请说明理由.
【解答】解:
(Ⅰ)由,得,
令f′(x)=0,得.
当且x≠0时,f′(x)<0;当时,f′(x)>0.
∴f(x)在(﹣∞,0)上单调递减,在上单调递减,在上单调递增;
(Ⅱ)假设曲线y=f(x)与y=g(x)存在公共点且在公共点处有公切线,且切点横坐标为x0>0,
则,即,其中
(2)式即.
记h(x)=4x3﹣3e2x﹣e3,x∈(0,+∞),则h'(x)=3(2x+e)(2x﹣e),
得h(x)在上单调递减,在上单调递增,
又h(0)=﹣e3,,h(e)=0,
故方程h(x0)=0在(0,+∞)上有唯一实数根x0=e,经验证也满足
(1)式.
于是,f(x0)=g(x0)=3e,f′(x0)=g'(x0)=3,
曲线y=g(x)与y=g(x)的公切线l的方程为y﹣3e=3(x﹣e),
即y=3x.
【作业3】.已知函数f(x)=lnx,g(x)=2﹣(x>0)
(1)试判断当f(x)与g(x)的大小关系;
(2)试判断曲线y=f(x)和y=g(x)是否存在公切线,若存在,求出公切线方程,若不存在,说明理由;
(3)试比较(1+1×2)(1+2×3)…(1+2012×2013)与e4021的大小,并写出判断过程.
五.与公切线有关的参数取值围问题
【例7】.已知函数f(x)=blnx,g(x)=ax2﹣x(a∈R).
(Ⅰ)若曲线f(x)与g(x)在公共点A(1,0)处有相同的切线,数a、b的值;
(Ⅱ)当b=1时,若曲线f(x)与g(x)在公共点P处有相同的切线,求证:
点P唯一;
(Ⅲ)若a>0,b=1,且曲线f(x)与g(x)总存在公切线,求正实数a的最小值.
【解答】解:
(Ⅰ)f′(x)=,g'(x)=2ax﹣1.
∵曲线f(x)与g(x)在公共点A(1,0)处有相同的切线,
∴,解得a=b=1.
(Ⅱ)设P(x0,y0),则由题设有lnx0=ax02﹣x0…①,
又在点P有共同的切线,∴f′(x0)=g′(x0),∴,
∴a=,代入①得lnx0=x0,
设h(x)=lnx﹣+x,则h′(x)=+(x>0),则h′(x)>0,
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,所以h(x)=0最多只有1个实根,
从而,结合
(1)可知,满足题设的点P只能是P(1,0).
(Ⅲ)当a>0,b=1时,f(x)=lnx,f′(x)=,
f(x)在点(t,lnt)处的切线方程为y﹣lnt=(x﹣t),即y=x+lnx﹣1.
与y=ax2﹣x,联立得ax2﹣(1+)x﹣lnt+1=0.
∵曲线f(x)与g(x)总存在公切线,
∴关于t(t>0)的方程△=+4a(lnt﹣1)=0,
即=4a(1﹣lnt)(*)总有解.
若t>e,则1﹣lnt<0,而>0,显然(*)不成立,所以0<t<e,
从而,方程(*)可化为4a=.
令H(t)=(0<t<e),则H′(t)=.
∴当0<t<1时,h'(t)<0;当1<t<e时,h'(t)>0,
即h(t)在(0,1)上单调递减,在(1,e)上单调递增.
∴h(t)在(0,e)上的最小值为h
(1)=4,
∴要使方程(*)有解,只须4a≥4,即a≥1.
∴正实数a的最小值为1.
【例8】.(2017•模拟).已知函数f(x)=aex(a≠0),g(x)=x2
(Ⅰ)若曲线c1:
y=f(x)与曲线c2:
y=g(x)存在公切线,求a最大值.
(Ⅱ)当a=1时,F(x)=f(x)﹣bg(x)﹣cx﹣1,且F
(2)=0,若F(x)在(0,2)有零点,数b的取值围.
【解答】解:
(Ⅰ)设公切线l与c1切于点(x1,a)与c2切于点(x2,),
∵f′(x)=aex,g′(x)=2x,
∴,由①知x2≠0,①代入②:
=2x2,即x2=2x1﹣2,
由①知a=,设g(x)=,g′(x)=,
令g′(x)=0,得x=2;当x<2时g′(x)>0,g(x)递增.
当x>2时,g′(x)<0,g(x)递减.
∴x=2时,g(x)max=g
(2)=,∴amax=.
(Ⅱ)F(x)=f(x)﹣bg(x)﹣cx﹣1=ex﹣bx2﹣cx﹣1,
∵F
(2)=0=F(0),又F(x)在(0,2)有零点,
∴F(x)在(0,2)至少有两个极值点,
即F′(x)=ex﹣2bx﹣c在(0,2)至少有两个零点.
∵F″(x)=ex﹣2b,F
(2)=e2﹣4b﹣2c﹣1=0,c=,
①当b≤时,在(0,2)上,ex>e0=1≥2b,F″(x)>0,
∴F″(x)在(0,2)上单调增,F′(x)没有两个零点.
②当b≥时,在(0,2)上,ex<e2≤2b,∴F″(x)<0,
∴F″(x)在(0,2)上单调减,F′(x)没有两个零点;
③当<b<时,令F″(x)=0,得x=ln2b,
因当x>ln2b时,F″(x)>0,x<ln2b时,F″(x)<0,
∴F″(x)在(0,ln2b)递减,(ln2b,2)递增,
所以x=ln2b时,∴F′(x)最小=F′(ln2b)=4b﹣2bln2b﹣+,
设G(b)=F′(ln2b)=4b﹣2bln2b﹣+,
令G′(b)=2﹣2ln2b=0,
得2b=e,即b=,当b<时G′(b)>0;当b>时,G′(b)<0,
当b=时,G(b)最大=G()=e+﹣<0,
∴G(b)=f′(ln2b)<0恒成立,
因F′(x)=ex﹣2bx﹣c在(0,2)有两个零点,
∴,
解得:
<b<,
综上所述,b的取值围(,).
【作业4】.已知函数f(x)=a(x﹣)﹣blnx(a,b∈R),g(x)=x2.
(1)若a=1,曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线与y轴垂直,求b的值;
(2)若b=2,试探究函数f(x)与g(x)在其公共点处是否有公切线,若存在,研究a的个数;若不存在,请说明理由.
六.公切线的条数问题
【例9】.已知函数f(x)=lnx,g(x)=ex.
(1)确定方程f(x)=实数根的个数;
(2)我们把与两条曲线都相切的直线叫作这两条曲线的公切线,试确定曲线y=f(x),y=g(x)公切线的条数,并证明你的结论.
【解答】解:
(1)由题意得lnx==1+,即lnx﹣1=.
分别作出y=lnx﹣1和y=的函数图象,由图象可知:
y=lnx﹣1和y=的函数图象有两个交点,
∴方程f(x)=有两个实根;
(2)解:
曲线y=f(x),y=g(x)公切线的条数是2,证明如下:
设公切线与f(x)=lnx,g(x)=ex的切点分别为(m,lnm),(n,en),m≠n,
∵f′(x)=,g′(x)=ex,
∴,化简得(m﹣1)lnm=m+1,
当m=1时,(m﹣1)lnm=m+1不成立;
当m≠1时,(m﹣1)lnm=m+1化为lnm=,
由
(1)可知,方程lnm=有两个实根,
∴曲线y=f(x),y=g(x)公切线的条数是2条.
【作业5】.已知函数f(x)=x2+2(1﹣a)x﹣4a,g(x)=﹣(a+1)2,则f(x)和g(x)图象的公切线条数的可能值是 .
【作业1解答】解:
(1)f′(x)=(2x+1)(x﹣1)2=0,x=﹣或1,∴x=﹣是h(x)的零点;
∵g′(x)=k﹣,
k<0,g′(x)<0,g(x)在[1,+∞)上单调递减,g(x)的最大值为g
(1)=k+1.
k<﹣1,g
(1)<0,g(x)在[1,+∞)上无零点;
k=﹣1,g
(1)=0,g(x)在[1,+∞)上有1个零点;
﹣1<k<0,g
(1)>0,g(e1﹣k)=ke1﹣k+k<0,g(x)在[1,+∞)上有1个零点;
综上所述,k<﹣1时,h(x)有1个零点;﹣1≤k<0时,h(x)有两个零点;
(2)设切点(t,f(t)),f′(x)=6x2﹣6x,∴切线斜率f′(t)=6t2﹣6t,
∴切线方程为y﹣f(t)=(6t2﹣6t)(x﹣t),
∵切线过P(a,﹣4),∴﹣4﹣f(t)=(6t2﹣6t)(a﹣t),
∴4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5=0①
由题意,方程①有3个不同的解.
令H(t)=4t3﹣3t2﹣6t2a+6ta﹣5,则H′(t)=12t2﹣6t﹣12at+6a=0.t=或a.
a=时,H′(t)≥0,H(t)在定义域单调递增,H(t)不可能有两个零点,方程①不可能有两个解,不满足题意;
a时,在(﹣),(a,+∞)上,H′(t)>0,函数单调递增,在(,a)上,H′(t)<0,函数单调递减,H(t)的极大值为H(),极小值为H(a);
a时,在(﹣∞,a),(,+∞)上,H′(t)>0,函数单调递增,在(a,)上,H′(t)<0,函数单调递减,H(t)的极大值为H(a),极小值为H();
要使方程①有三个不同解,则H()H(a)<0,即(2a﹣7)(a+1)(2a2﹣5a+5)>0,
∴a>或a<﹣1.
【作业2解答】解:
由已知得f'(x)=[ax2+(2a+1)x]ex,f'(0)=0,所以f(x)=(ax2+x﹣1)ex.
(1)f'(x)=[ax2+(2a+1)x]ex=[x(ax+2a+1)]ex.
①若a>0,当或x>0时,f'(x)>0;当时,f'(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间为;单调递减区间为.
②若a=0,f(x)=(x﹣1)ex,f'(x)=xex,当x>0时,f'(x)>0;当x<0时,f'(x)<0,
所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞);单调递减区间为(﹣∞,0).
③若,当或x<0时,f'(x)<0;当时,f'(x)>0,
所以f(x)的单调递增区间为;单调递减区间为.
④若,故f(x)的单调递减区间为(﹣∞,+∞).
⑤若,当或x>0时,f'(x)<0;当时,f'(x)>0,
所以f(x)的单调递增区间为;单调递减区间为.
当a>0时,f(x)的单调递增区间为;单调递减区间为.
当a=0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);单调递减区间为(﹣∞,0).,
当时,f(x)的单调递增区间为;单调递减区间为.
当时,f(x)的单调递减区间为(﹣∞,+∞);
当时,f(x)单调递增区间为;单调递减区间为,(0,+∞);
(2)证明:
g(x)=e﹣xf(x)+lnx=﹣e﹣x(ax2+x﹣1)ex+lnx=ax2+x﹣1+lnx,
设l2的方程为y=k2x,切点为(x2,y2),则,所以x2=1,y2=e,k2=e.
由题意知k1=﹣k2=﹣e,所以l1的方程为y=﹣ex,设l1与y=g(x)的切点为(x1,y1),
则
.
又,即,令,
在定义域上,u'(x)>0,所以(0,+∞)上,u(x)是单调递增函数,
又,所以,即,
令,则,所以,
故.
【作业3解答】解:
(1)证明:
设F(x)=f(x)﹣g(x),则F′(x)=﹣,
由F'(x)=0,得x=3,当0<x<3时,F'(x)<0,
当x>3时F'(x)>0,可得F(x)在区间(0,3)单调递减,在区间(3,+∞)单调递增,
所以F(x)取得最小值为F(3)=ln3﹣1>0,
∴F(x)>0,即f(x)>g(x);
(2)假设曲线f(x)与g(x)有公切线,切点分别为P(x0,lnx0)和Q(x1,2﹣).
因为f′(x)=,g′(x)=,
所以分别以P(x0,lnx0)和Q(x1,2﹣)为切线的切线方程为y=+lnx0﹣1,y=+2﹣.
令,即2lnx1+﹣(3+ln3)=0.
令h(x)=2lnx1+﹣(3+ln3).
所以由h′(x)=﹣=0,得x1=3.
显然,当0<x1<3时,h'(x)<0,当x1>3时,h'(x)>0,
所以h(x)min=ln3﹣1>0,
所以方程2lnx1+﹣(3+ln3)=0无解,
故二者没有公切线.
所以曲线y=f(x)和y=g(x)不存在公切线;
(3)(1+1×2)(1+2×3)•…•(1+2012×2013)>e4021.
理由:
由
(1)可得lnx>2﹣(x>0),
可令x=1+n(n+1),可得ln(1+n(n+1))>2﹣>2﹣
=2﹣3(﹣),
则ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln(1+2012×2013)
>2×2012﹣3(1﹣+﹣+…+﹣)=4024﹣3+>4021.
即有(1+1×2)(1+2×3)…(1+2012×2013)>e4021.
【作业4解答】解:
(Ⅰ)∵f(x)=x﹣﹣blnx,
∴f′(x)=1+﹣,
由于曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线垂直于y轴,
故该切线斜率为0,即f′
(1)=0,即1+1﹣b=0,
∴b=2;
(2)假设f(x),g(x)的图象在其公共点(x0,y0)处存在公切线,
由f(x)=a(x﹣)﹣2lnx,得f′(x)=,g′(x)=2x,
由f′(x0)=g′(x0),得
=2x0,即2x03﹣ax02+2x0﹣a=0,
即(x02+1)(2x0﹣a)=0,则x0=,
又函数的定义域为(0,+∞),
当a≤0时,x0=≤0,则f(x),g(x)的图象在其公共点(x0,y0)处不存在公切线;
当a>0时,令f()=g(),﹣2ln﹣2=,
即=ln,
令h(x)=﹣ln(x>0),
h′(x)=x﹣=,
则h(x)在(0,2)递减,(2,+∞)递增.且h
(2)=﹣<0,
且当x→0时,h(x)→+∞;当x→+∞时,h(x)→+∞,
∴h(x)在(0,+∞)有两个零点,
∴方程=ln在(0,+∞)解的个数为2.
综上:
当a≤0时,函数f(x)与g(x)的图象在其公共点处不存在公切线;
当a>0时,函数f(x)与g(x)的图象在其公共点处存在公切线,a的值有2个.
在导数的练习中,常见这一类题型:
已知含有的一个不等式,以及的一些其他性质,让解不等式或者比较大小。
这类题型的常用思路是\emph{构造函数},下面举例说明。
1.是定义在上的奇函数,当时,,且,则不等式的解集是( )
分析:
观察条件给的不等式,它的左边是的导函数。
故构造,并把题中的其他性质转化成的性质,把要求解的不等式也转化成关于的不等式。
解答:
令,当时,。
由是奇函数得也是奇函数,由得。
可得的“草图”如下:
而不等式等价于。
由“草图”易知解集为,选。
拓展:
怎样构造出合适的函数呢?
一般考虑一下三个模型:
(1) 。
特别地,当时,有;
当时,有。
(2)
特别地,当时,有;
当时,有。
(3)
我们可以对比这三个模型求导后的形式与题中给出不等式的形式,确定或者。
下面再举几个例子:
2.已知函数的定义域为%R%,,对任意,,则不等式的解集是( )
分析:
观察条件中给出的不等式,以及要求解的不等式,易知可以构造。
再把的其他性质也都转化成的性质。
解答:
构造。
则,在上递增。
由知,,而不等式即为,解集为,选。
3.已知为定义在上的可导函数,且对于恒成立,且为自然对数的底,则( )
,
,
,
,
分析:
对比可知,不等式是模型
(2)当时的特例。
解答:
构造函数,,在上递增。
,,即,,正确。
4.设定义在上的函数满足,其导函数满足,则下列结论中一定错误的是( )
分析:
由,尝试构造。
解答:
令,,在上递增。
由知,;由知,且。
,,,选项无法判断正误。
又,,即,选。
5.已知定义在上的奇函数的导函数为,当时,满足,则在上的零点个数为( )
或。
分析:
对比题中给出的不等式可知,只需在模型(3)中令,。
解答:
令,则当时,
,在上递增,当时,,无零点。
由可知的零点与的零点相同,在时无零点。
而是奇函数,在时也没有零点。
是唯一的零点。
选。
注意:
本题无法从是奇函数得到是奇函数或者偶函数。
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- 关 键 词:
- 利用 导数 曲线 切线 公切线