专题03 曲线的公切线方程(解析版)

专题03 曲线的公切线方程【方法总结】解决此类问题通常有两种方法(1)利用其中一曲线在某点处的切线与另一曲线相切，列出关系式求解；(2)设公切线l在y＝f(x)上的切点P1(x1，f(x1))，在y＝g(x)上的切点P2(x2，g(x2))，则f′(x1)＝g′(x2)＝eq\f(f(x1)－g(x2),x1－x2)．注意：求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法．【例题选讲】[例1](1)(2020·全国Ⅲ)若直线l与曲线y＝eq\r(x)和圆x2＋y2＝eq\f(1,5)都相切，则l的方程为( )A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋eq\f(1,2) C．y＝eq\f(1,2)x＋1 D．y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)答案 D 解析 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝kx＋b，则eq\f(|b|,\r(k2＋1))＝eq\f(\r(5),5) ①．设直线l与曲线y＝eq\r(x)的切点坐标为(x0，eq\r(x0))(x0>0)，则y′|x＝x0＝eq\f(1,2)x0－eq\f(1,2)＝k ②，eq\r(x0)＝kx0＋b ③，由②③可得b＝eq\f(1,2)eq\r(x0)，将b＝eq\f(1,2)eq\r(x0)，k＝eq\f(1,2)x0－eq\f(1,2)代入①得x0＝1或x0＝－eq\f(1,5)(舍去)，所以k＝b＝eq\f(1,2)，故直线l的方程y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)．(2)已知f(x)＝ex(e为自然对数的底数)，g(x)＝lnx＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则直线l的方程为．答案 y＝ex或y＝x＋1 解析 设l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)，则y1＝，f′(x)＝ex，∴f′(x1)＝，∴切点为(x1，)，切线斜率k＝，∴切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝·x－＋，①，同理设l与g(x)＝lnx＋2的切点为(x2，y2)，∴y2＝lnx2＋2，g′(x)＝eq\f(1,x)，∴g′(x2)＝eq\f(1,x2)，切点为(x2，lnx2＋2)，切线斜率k＝eq\f(1,x2)，∴切线方程为y－(lnx2＋2)＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)·x＋lnx2＋1，②，由题意知，①与②相同，∴把③代入④有－＋＝－x1＋1，即(1－x1)(－1)＝0，解得x1＝1或x1＝0，当x1＝1时，切线方程为y＝ex；当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1，综上，直线l的方程为y＝ex或y＝x＋1．(3)曲线C1：y＝lnx＋x与曲线C2：y＝x2有________条公切线．答案 1 解析 由y＝lnx＋x得y′＝eq\f(1,x)＋1，设点(x1，lnx1＋x1)是曲线C1上任一点，∴曲线C1在点(x1，lnx1＋x1)处的切线方程为y－(lnx1＋x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋1))(x－x1)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋1))x＋lnx1－1．同理可得曲线C2在点(x2，xeq\o\al(2,2))处的切线方程为y－xeq\o\al(2,2)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－xeq\o\al(2,2)．依题意知两切线重合，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋1＝2x2，,lnx1－1＝－x\o\al(2,2)，))消去x2得eq\f(1,x\o\al(2,1))＋eq\f(2,x1)＋4lnx1－3＝0，①，令f(x)＝eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)＋4lnx－3(x>0)，则f′(x)＝－eq\f(2,x3)－eq\f(2,x2)＋eq\f(4,x)＝eq\f(4x2－2x－2,x3)＝eq\f(2(2x＋1)(x－1),x3)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)只有一个零点．即方程①只有一个解，故曲线C1与C2只有1条公切线．(4)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＝．答案 8 解析 方法一 因为y＝x＋lnx，所以y′＝1＋eq\f(1,x)，y′|x＝1＝2．所以曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．因为y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，所以a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1，,y＝ax2＋(a＋2)x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0．由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8．方法二 同方法一得切线方程为y＝2x－1．设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，axeq\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1)．因为y′＝2ax＋(a＋2)，所以＝2ax0＋(a＋2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ax0＋(a＋2)＝2，,ax\o\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))(5)(2016·课标全国Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ex的切线，则b＝________．答案 0或1 解析 设直线y＝kx＋b与曲线y＝lnx＋2的切点为(x1，y1)，与曲线y＝ex的切点为(x2，y2)，y＝lnx＋2的导数为y′＝eq\f(1,x)，y＝ex的导数为y′＝ex，可得k＝ex2＝eq\f(1,x1)．又由k＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(ex2－lnx1－2,x2－x1)，消去x2，可得(1＋lnx1)·(x1－1)＝0，则x1＝eq\f(1,e)或x1＝1，则直线y＝kx＋b与曲线y＝lnx＋2的切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))或(1,2)，与曲线y＝ex的切点为(1，e)或(0，1)，所以k＝eq\f(e－1,1－\f(1,e))＝e或k＝eq\f(1－2,0－1)＝1，则切线方程为y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或1．(6)已知曲线f(x)＝lnx＋1与g(x)＝x2－x＋a有公共切线，则实数a的取值范围为．答案 8 解析 设切线与f(x)＝lnx＋1相切于点P(x0，lnx0＋1)，f′(x0)＝eq\f(1,x0)，∴切线方程为y－(lnx0＋1)＝eq\f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq\f(1,x0)x＋lnx0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,x0)x＋lnx0，,y＝x2－x＋a，))得x2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x0)))x＋a－lnx0＝0，∴Δ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x0)))2－4(a－lnx0)＝0，即eq\f(1,x\o\al(2,0))＋eq\f(2,x0)＋1－4a＋4lnx0＝0，即4a＝eq\f(1,x\o\al(2,0))＋eq\f(2,x0)＋1＋4lnx0有解，令φ(x)＝eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)＋1＋4lnx(x>0)，φ′(x)＝－eq\f(2,x3)－eq\f(2,x2)＋eq\f(4,x)＝eq\f(4x2－2x－2,x3)＝eq\f(2(2x＋1)(x－1),x3)，当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又x→＋∞时，φ(x)→＋∞，故φ(x)的值域为[4，＋∞)，所以4a≥4，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．【对点训练】1．若直线l与曲线y＝ex及y＝－eq\f(1,4)x2都相切，则直线l的方程为________．1．答案 y＝x＋1 解析 设直线l与曲线y＝ex的切点为(x0，)，直线l与曲线y＝－eq\f(1,4)x2的切点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，－\f(x\o\al(2,1),4)))，因为y＝ex在点(x0，)处的切线的斜率为y′|x＝x0＝，y＝－eq\f(x2,4)在点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，－\f(x\o\al(2,1),4)))处的切线的斜率为y′|x＝x1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(x,2)))|x＝x1＝－eq\f(x1,2)，则直线l的方程可表示为y＝x－x0e＋或y＝－eq\f(1,2)x1x＋eq\f(1,4)xeq\o\al(2,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝－\f(x1,2)，,－x0＋＝\f(x\o\al(2,1),4)，))所以＝1－x0，解得x0＝0，所以直线l的方程为y＝x＋1．2．已知函数f(x)＝x2的图象在x＝1处的切线与函数g(x)＝eq\f(ex,a)的图象相切，则实数a等于( )A．eq\r(e) B．eq\f(e\r(e),2) C．eq\f(\r(e),2) D．eeq\r(e)2．答案 B 解析 由f(x)＝x2，得f′(x)＝2x，则f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以函数f(x)＝x2的图象在x＝1处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．设y＝2x－1与函数g(x)＝eq\f(ex,a)的图象相切于点(x0，y0)，由g′(x)＝eq\f(ex,a)，可得解得x0＝eq\f(3,2)，a＝＝eq\f(e\r(e),2)．3．已知函数f(x)＝eq\r(x)＋1，g(x)＝alnx，若在x＝eq\f(1,4)处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，则实数a的值为( )[A．eq\f(1,4) B．eq\f(1,2) C．1 D．43．答案 A 解析 由题意可知f′(x)＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)，g′(x)＝eq\f(a,x)，由f′(eq\f(1,4))＝g′(eq\f(1,4))，得eq\f(1,2)×(eq\f(1,4))－eq\f(1,2)＝eq\f(a,\f(1,4))，可得a＝eq\f(1,4)，经检验，a＝eq\f(1,4)满足题意．4．若f(x)＝lnx与g(x)＝x2＋ax两个函数的图象有一条与直线y＝x平行的公共切线，则a等于( )A．1 B．2 C．3 D．3或－14．答案 D