高考数学导数专项练习之切线问题

1．若函数f(x)lnx与函数g(x)x22xa(x0)有公切线，则实数a的取值范围是（ ） A．(ln 1．A

lnx1)(x10)，则切线方程【解析】设公切线与函数f(x)lnx切于点A(x1，1,) 2eB．(1,) C．(1,) D．(ln2,)

为ylnx11(xx1)；设公切线与函数g(x)x22xa切于点x122B(x2，x22x2a)(x20)，则切线方程为y(x22x2a)2(x21)(xx2)，

12(x21)，x所以有{12∵x20x1，∴022lnx11x2a．12． x111111talnx11ln21又，令x，∴12xx4x111110t2，at2tlnt．

41211(t1)230，∴h(t)在(0，设h(t)ttlnt(0t2)，则h(t)t142t2t2)上为减函数，则h(t)h(2)ln21ln11aln，∴，故选A． ，2e2e2． 已知直线y2x与曲线fxlnaxb相切，则ab的最大值为（ ）

eA．

4eB．

2C．e D．2e

2．C

【解析】设切点x0,lnax0b，则由fx0a2得ax0b第 1 页 共 13 页

1ax0baa0，

211aaaaalnaxb2xxlnaxblnbaxln， 又由得0，则00，002222222a11a11a1 有aba2a2lna0，令gaa2a2ln，则gaaln，

22222222故当0a2e时ga0；当a2e时ga0，故当a2e时ga取得极大值也即最大值g2ee. 故选：C.

3．已知P是曲线C1：yex上任意一点，点Q是曲线C2：y意一点，则PQ的最小值是（ ） A．1C．2 3．D

【解析】（1）曲线C1：yex，求导得yex，易知C1在点A0,1处切线方程为yx1.

下面证明exx1恒成立：

xx构造函数fxex1，求导得fxe1，则x,0时，fxlnx上任xln2 2B．1ln2 2D．2

0，

fx单调递减；x0,时，fx0，fx单调递增.

故函数fxf00，即exx1恒成立，有C1为下凸曲线 （2）曲线C2：y点B1,0

lnx1lnx，求导得y2，当x1时，y1，且C2过xx故C2在点1,0处的切线方程为yx1. 下面证明x12lnx在0,x上恒成立：

12x2x12x1x1令Fxxxlnx，则Fx2x1， xxx当0x1时，Fx0，Fx单调递减；当x1时，Fx0，Fx单调递增，

所以FxminF10，即FxF10， 则x2xlnx0，即x1lnx在0,x上恒成立，有C2为上凸曲线

（3）由C1在A0,1处切线yx1与C2在B1,0处的切线yx1，知：它们相互平行

又直线AB的斜率k = -1，即可知：直线AB与两条切线同时垂直 ∴综上，知：PQ最小时，A即为P点，B即为Q点，故|PQ|min|AB| ∴|PQ|min AB12122 故选：D

4．若曲线y＝ax+2cosx上存在两条切线相互垂直，则实数a的取值范围是（ ）

A．[3，3] B．[﹣1，1] 4．A

ya2sinx， 【解析】要使曲线yax2cosx上存在两条切线相互垂直，

C．（﹣∞，1] D．[3，1]

只需切线斜率最小时，其负倒数仍在导函数值域内取值，即y显然ymn0，

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1minymax，

故只需(y)min(y)max1，

因为ya2sinx最小值为a20，最大值为a20， 所以(a2)(a2)解得3a1，即a23，

3．

故选：A．

5．已知关于x不等式aexxb对任意xR和正数b恒成立，则的最小值为（ ） A．

25．B

【解析】设fxae，gxxb，

xab1B．1 C．2 D．2

若aexxb，对任意xR和正数b恒成立， 则fxgx，对任意xR和正数b恒成立， 如图，

a0时，aexxb，对任意xR和正数b不恒成立；

如图，

a0时，

fxaex，则fxaex，

xxlna设fx0ae1，解得x0lna，且fx0aeae1，

00∴当fxaex的切线斜率为1时，切点坐标为lna,1， 由直线的点斜式方程可得切线方程为y1xlna， 即yxlna1，

若fxgxxb，对任意xR和正数b恒成立，则lna1b ∴lnalnbb1lnb ∴eb1lnb，

设hbb1lnb，b0

1b1hb1，

bbab∴b1,hb0，b1,hb0，b1,hb0， ∴hbh10，

ab1lnbhb0ee1 ∴eb故选：B.

6．若存在实数a,b，使不等式2elnxaxb12xe对一切正数x都成立2（其中e为自然对数的底数），则实数a的最大值是（ ）

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A．e 6．C

B．2e C．2e D．2

12a,b2elnxaxbxe对一切正数x都【解析】存在实数，使不等式

2成立，要求a的最大值，临界条件即为直线yaxb恰为函数

f(x)=2elnx,g(x)12xe的公切线. 2设f(x)=2elnx的切点为(x1,y1)(x10)，f(x)=122e2e,a. xx12ax2, 设g(x)xe的切点为(x2,y2)(x20)，g(x)x，所以a2e=x2,x1x22e. x112elnx1x22e2e2由题得ax2,2lnx1230.

x1x2x1设h(x1)2lnx12e3(x10)， 2x124e2x124e所以h(x1)3，

x1x1x13所以函数h(x1)2lnx1增.

又h(e)2lne2e3在(0,2e)上单调递减，在(2e,)单调递2x12e3=1+23=0， e当x1时，h(x1)2lnx12e30， 2x1e. 所以方程另外一个零点一定大于2所以方程小的零点为e，

所以amax故选：C

2e2e. e7．若对函数fx2xsinx的图象上任意一点处的切线l1，函数

gxmexm2x的图象上总存在一点处的切线l2，使得l1l2，则m的取值范围是（ ） A．,0

2C．1,0 7．D

【解析】由fx2xsinx，得fx2cosx1,3，所以

111,=A，

2cosx3eB．0,

2eD．0,1

xx由gxmem2x，得gxmem2.

(1)当m0时，导函数单调递增，gxm2,， 由题意得x1,x2,f(x1)gx21gx2故m21，解得0m1；

(2)当m0时，导函数单调递减，gx,m2，同理可得m2，与m0矛盾，舍去； （3）当m0时，不符合题意. 综上所述：m的取值范围为0,1. 故选：D.

8．若过点P1,m可以作三条直线与曲线C:yxex相切，则m的取值

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1AB f(x1)13

范围是（ ）

5A．2,0

e5B．2,e

eC．0,

31D．2,

ee8．A

x【解析】设切点为Mx0,y0，∵yxex，∴yx1e，

∴M处的切线斜率kx01ex，则过点P的切线方程为

0yx01ex0xx0x0ex0，

x2代入点P的坐标，化简得mx0x01e，

0∵过点P1,m可以作三条直线与曲线C:yxex相切，

2x01e有三个不等实根. ∴方程mx0x02x2x令fxxx1e，求导得到fxxx2e，

可知fx在,2上单调递减，在2,1上单调递增，在1,调递减，

如图所示，故f2m0，即5m0. e2上单

故选：A.

9． 已知ykxb是函数fxlnxx的切线，则2kb的最小值为______．9．2ln2

【解析】根据题意，直线y＝kx+b与函数f（x）＝lnx+x相切，设切

点为（m，lnm+m），

函数f（x）＝lnx+x，其导数f′（x）则切线的方程为：y﹣（lnm+m）＝（（

11）x+lnm﹣1， m111，则f′（m）1， xm11）（x﹣m），变形可得y＝m又由切线的方程为y＝kx+b， 则k11，b＝lnm﹣1， m222+lnm﹣1＝lnm1， mm12m221，其导数g′（m）2，

mmm2m21为减函数， m则2k+b设g（m）＝lnm在区间（0，2）上，g′（m）＜0，则g（m）＝lnm在（2，+∞）上，g′（m）＞0，则g（m）＝lnm21为增函数， m则g（m）min＝g（2）＝ln2+2，即2k+b的最小值为ln2+2； 故答案为ln2+2．

10．存在k0, b0使kx2kblnx对任意的x0恒成立，则的最小值为________. 10．1

【解析】存在k0, b0使kx2kblnx对任意的x0恒成立， 则等价于等价于存在k0，b0，ykx2b在ylnx的上方. 直线ykx2b过定点2,b，即定点在直线x2上，

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bk

设直线ykx2b与ylnx相切于点x0,y0，

y'lnx'11k，所以x，

x01by0blnx0b由kx2x2得k1k，

002klnb1lnk2. 化简得b2k1lnk，故kkk构造函数gk2'则gk1klnkk0， k11lnklnk2， 22kkk'所以当0k1时，gk0，函数gk递减， '当k1时，gk0，函数gk递增，

bgkg1211.所以的最小值为1. 所以mink故答案为：1

11．若直线ykxb是曲线yex的切线，也是曲线yln(x2)的切线，则k_____． 11．1或

【解析】设ykxb与yex和ylnx2，分别切于点x1,e，

x11ex,lnx222，

11x2x22，即2ex1111x1ke由导数的几何意义可得：

，①

xxxxx则切线方程为yee(xx1)，即yexex1e，

11或yln(x22)11(xx2)，即yln(x22)(xx2)，② x22x2211xx将①代入②得yex2e1x1，

又直线ykxb是曲线yex的切线，也是曲线yln(x2)的切线，

xxx则ex1e2e1x1，

111x即(e1)(x11)0，

1则x11或x10， 即ke01或ke1e， 故答案为：1或.

12．已知直线ykxb与函数yex的图像相切于点Px1,y1，与函数

ylnx的图像相切于点Qx2,y2，若x21，且x2n,n1，nZ，则n11e__________． 12．4

1x1ekx2x【解析】依题意，可得y1e1kx1b，整理得x2lnx2lnx2x210

ylnxkxb222令f(x)xlnxlnxx1(x1)，则f(x)lnx在1,单调递增 且f(1)f(2)0，∴存在唯一实数m1,2，使fm0

f(x)minf(m)f(1)0，f(2)ln230，f(3)2ln340，

f(4)3ln450，f(5)4ln560，∴x2(4,5)，故n4.

1x13．若直线ykxb既是曲线ylnx的切线，又是曲线yex2的切线，则b______.

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13．0或1

【解析】令fxlnx，gxex2，则f'xx，g'xe1x2.

设切点分别Px1,y1，Qx2,y2， 则切线方程为ylnx111xx1，即yxlnx11； x1x1yex22ex22xx2，即yex22x1x2ex22， 1x22lnx12x2xe∴1，即lnx11xex22，

21lnx11xex2221∴1x21ex20，∴x21或x22.

21x1yx，∴b0； 当2时，切线方程为

e当x22时，切线方程为yx1，∴b1. 综上所述，b0或b1. 故答案为: b0或b1 14．已知实数 a,b,c,d，满足小值为_________．

(2+ln2)214．

5lna2c221 ，那么acbd的最bd1【解析】由

lna2c1可知，点Aa,b在函数fxlnx上，由1知，bd122点Bc,d在直线y2x1上，则acbd=|AB|2，所以当点A处的切线与直线y2x1平行时，点A到直线y2x1的距离的平方就是

acbd的最小值.

22由fx2得，x，所以A2,ln2，

x2所以acbd22211122+ln22+ln22ln2，所以min， 555222ln2. 故答案为515．若直线ykxb与曲线ylnx2相切于点P，与曲线ylnx1相切于点Q，则k=_________. 15．2

【解析】设直线与ylnx2相切与点m,lnm2，此时斜率为点斜式得切线方程为ylnm2'线ylnx1，其导数y1，由m11xm，即yxlnm1.对于曲mm111，令，得xm1，故切点坐标x1mx1m11lnm1lnm，解得m，故m2为m1,lnm，代入切线方程得

k12. m

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