前言
涉及切线的问题,主要关联的是导数知识和方程思想;
难点总结
- 涉及直线和曲线相切时,难点一是列方程组,来源角度是斜率相等(k=f'(x_0)),点在直线上,和点在曲线上三个角度;难点二是解方程组,求解变形方向是求解切点坐标,再求解斜率;
- 涉及直线和曲线[圆、椭圆、双曲线、抛物线]的相切时,可以考虑联立直线和曲线得到方程组,令(Delta=0)求解;也可以利用导数知识设切点求切点;
单切线
说明:此类型涉及一直线和一曲线
- 类型1:求切点坐标,斜率,切线方程
分析:利用点斜式来求解,其中斜率(k=f'(x)_{|x=1}=(2x-cfrac{1}{x^2})_{|x=1}=1),
切点是((1,2)),故切线方程为(y-2=1(x-1)),整理为(y=x+1)。
分析:(f'(x)=3x^2+2ax),则由题意可知,(left{egin{array}{l}{3x_0^2+2ax_0=-1①}\{x_0+y_0=0②}\{y_0=x_0^3+ax_0^2③}end{array} ight.),
将②代入③,由于(x_0 eq 0),得到(-1=x_0^2+ax_0),即(ax_0=-1-x_0^2),
代入①得到,(x_0^2=1),解得(x_0=1)或(x_0=-1),代入②得到,切点(P(1,-1))或(P(-1,1)),故选(D)。
- 类型2:过点处的切线
思路:设经过点(P(2,4))的切线方程与曲线相切于点(P_0(x_0,y_0)),则有
(egin{cases}y_0=cfrac{1}{3}x_0^3+cfrac{4}{3}\ k=f'(x_0)=x_0^2\ y-y_0=f'(x_0)(x-x_0) end{cases})
又因为点(P(2,4))在切线方程上,则有(4-(cfrac{1}{3}x_0^3+cfrac{4}{3})=x_0^2(2-x_0))
整理得到,(x_0^3-3x_0^2+4=0)
试商法:令(x_0=0),如果上述方程成立,说明方程能分解出因子(x_0),本题目中显然不成立;再令(x_0=1),上述方程不成立,说明方程不能分解出因子(x_0-1);再令(x_0=-1),上述方程成立,说明方程能分解出因子(x_0+1);这样(x_0^3-3x_0^2+4=(x_0+1)(x_0^2+bx_0+c)(b,c是常数,待定)),这样做的目的是为了降次;
分组分解法:由试商法可以指导我们的分组分解的方向,
如(x_0^3-3x_0^2+4=(x_0^3+1)-3(x_0^2-1))
(=(x_0+1)(x_0^2-x_0+1)-3(x_0+1)(x_0-1))
(=(x_0+1)(x_0^2-x_0+1-3x_0+3))
(=(x_0+1)(x_0-2)^2=0);
多项式除法:如图所示,
即((x_0+1)(x_0-2)^2=0),解得(x_0=-1),或(x_0=2)
当(x_0=-1)时,切点为((-1,1)),(k_1=1),切线方程为(x-y+2=0);
当(x_0=2)时,切点为((2,4)),(k_2=4),切线方程为(4x-y-4=0);
总结:设切点,求切点;
【等价题目】直线(y=x)上的点为(P(x,y)),函数(y=lnx)上的点是(Q(m,n)),求(sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2})的最小值。
思路:平行线法,设和直线(y=x)平行且和函数(y=lnx)相切的直线为(y=x+m),
切点为(P_0(x_0,y_0)),则有(egin{cases} y_0=x_{0}+ m \ y_0=lnx_0 \ f'(x_0)=cfrac{1}{x_0}=1end{cases});
从而解得(x_0=1,y_0=0,m=-1)所以所求的点点距的最小值,就转化为切点(P_0(1,0))到直线(y=x)的点线距,
或者两条直线(y=x,y=x-1)的线线距了。
分析:设函数(y=kx)与函数(y=lnx)切点为(Q(x_0,y_0)),则有
(egin{cases} y_0=kx_0 \ y_0=lnx_0 \ k=f'(x_0)=cfrac{1}{x_0}end{cases});
从而解得(x_0=e,y_0=1,k=cfrac{1}{e}),故切点(Q)的坐标为((e,1))
分析:设函数(y=mx)与函数(y=e^x)切点为(P(x_0,y_0)),则有
(egin{cases} y_0=mx_0 \ y_0=e^{x_0} \ m=f'(x_0)=e^{x_0}end{cases});
从而解得(x_0=1,y_0=e,m=e),故切点(P)的坐标为((1,e))。
分析:当在曲线上试图寻找一点,让它到直线的距离最小,思考不便于展开时,不妨换位思考,让直线平行移动到和曲线相切得到一个切点,那么所求距离就是切点到直线的点线距,或者是两条平行线之间的线线距。
解析:将函数化简整理为(y=f(x)=x^2-lnx(x>0)),再设与已知直线平行的且与曲线相切的直线为(4x+4y+c=0),
切点为((x_0,y_0)),则由(f'(x)=2x-cfrac{1}{x}),
得到(egin{cases}k=f'(x_0)=2x_0-cfrac{1}{x_0}=-1①\4x_0+4y_0+c=0②\y_0=x_0^2-lnx_0③end{cases}),
解①得到(x_0=-1(舍去))或(x_0=cfrac{1}{2}),代入③得到(y_0=cfrac{1}{4}+ln2),
故切点((cfrac{1}{2},cfrac{1}{4}+ln2))到已知直线(4x+4y+1=0)的距离就是所要求解的距离。
故所求距离(d=cfrac{|4 imes cfrac{1}{2}+4 imes(cfrac{1}{4}+ln2)+1|}{sqrt{4^2+4^2}}=cfrac{sqrt{2}}{2}(1+ln2))
公切线
说明:此类型涉及一直线和两曲线
- 求公切线的斜率,截距,求公切线方程
思路:设直线(y=kx+b)与函数(C_0:y=lnx+2)相切于点(P_0(x_0,y_0)),
直线(y=kx+b)与函数(C_1:y=ln(x+1))相切于点(P_1(x_1,y_1)),
则由题可知,在点(P_0(x_0,y_0))处的切线方程为(y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)),
即(y-(lnx_0+2)=cfrac{1}{x_0}(x-x_0)),化简为(y=cfrac{1}{x_0}x+lnx_0+1);
在点(P_0(x_0,y_0))处的切线方程为(y-y_1=f'(x_1)(x-x_1)),
即(y-ln(x_1+1)=cfrac{1}{x_1+1}(x-x_1)),化简为(y=cfrac{1}{x_1+1}x+ln(x_1+1)-cfrac{x_1}{x_1+1})
由这两条切线是同一条可知【同一法】,
(egin{cases} k=cfrac{1}{x_0}=cfrac{1}{x_1+1} \ b=lnx_0+1=ln(x_1+1)-cfrac{x_1}{x_1+1} end{cases})
解得:(egin{cases} x_0=x_1+1 \ x_0=cfrac{1}{2},x_1=-cfrac{1}{2}end{cases})
所以(b=1+lnx_0=1+ln(cfrac{1}{2})=1-ln2).
反思:还可以求解(k)值,切线方程等。
- 求解公切线的条数
法1:做出两个曲线的图像,由图像的位置观察可得,选(C);
法2:计算法,设函数(g(x)=x^2+2x+3)上的切点为(P(x_0,y_0)),
则(k=g'(x_0)=2x_0+2)①,又(y-y_0=(2x_0+2)(x-x_0))②,
且有(y_0=x_0^2+2x_0+3)③,将③代入②,
得到切线方程为(2(x_0+1)x-y+3-x_0^2=0),再联立(f(x)=y=-x^2),
消去(y),得到(x^2+2(x_0+1)x+3-x_0^2=0),
由切线和函数(y=f(x))也相切,则(Delta=0),
得到(x_0^2+x_0-1=0),解得(x_0=cfrac{pmsqrt{5}-1}{2}),
故情形一,切点为((cfrac{sqrt{5}-1}{2},cfrac{sqrt{5}+7}{2})),斜率为(k=sqrt{5}+1);
情形二,切点为((cfrac{-sqrt{5}-1}{2},cfrac{-sqrt{5}+7}{2})),斜率为(k=-sqrt{5}+1);
故满足题意的切点个数有2个,故选(C)。
对计算结果的图形验证如下所示:
- 由公切线的存在性问题求参数的取值范围
分析:本题目属于公切线问题,可以先求得过点处的与(y=x^3)相切的直线,然后联立直线和抛物线(二次函数),利用(Delta=0)来解决。
设过点((1,0))的直线与曲线(y=x^3)相切于点((x_0,y_0)),由(f'(x)=3x^2)可得,
(egin{cases}k=f'(x_0)=3x_0^2\y_0=x_0^3\y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)end{cases}),
又点((1,0))在切线上,故有(0-x_0^3=3x_0^2(1-x_0)),解得(x_0=0)或(x_0=cfrac{3}{2});
当(x_0=0)时,(y_0=0),即切点是((0,0)),斜率(k=0),故切线方程为(y=0),
与曲线(y=ax^2+cfrac{15}{4}x-9)相切,消(y)得到(ax^2+cfrac{15}{4}x-9=0),
利用(Delta=(cfrac{15}{4})^2+4 imes 9a=0),解得(a=-cfrac{25}{64});
当(x_0=cfrac{3}{2})时,(y_0=cfrac{27}{8}),即切点是((cfrac{3}{2},cfrac{27}{8})),斜率(k=cfrac{27}{4}),
故切线方程为(y-cfrac{27}{8}=cfrac{27}{4}(x-cfrac{3}{2})),
与曲线(y=ax^2+cfrac{15}{4}x-9)相切,消(y)得到(ax^2-3x-cfrac{9}{4}=0),
利用(Delta=(-3)^2-4 imes a imes(-cfrac{9}{4})=0),解得(a=-1);
综上,(a=-1)或(-cfrac{25}{64}),故选A。
反思总结:直线与三次曲线的相切问题,我们用导数解决;直线与二次曲线(如圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的相切问题,我们常用(Delta=0)来解决。
分析:由(y=ax^2),得到(y'=2ax);由(y=e^x)得到(y'=e^x);
曲线(C_1:y=ax^2(a>0))与曲线(C_2:y=e^{-x})有公共切线,
设公切线与(C_1:y=ax^2(a>0))相切于点((x_1,ax_1^2)),
公切线与(C_1:y=e^x(a>0))相切于点((x_2,e^{x_2})),
则由切线斜率相等,可得(2ax_1=e^{x_2}=cfrac{e^{x_2}-ax_1^2}{x_2-x_1}),
可得(2x_2=x_1+2);便于变量集中,
故由(2ax_1=e^{x_2}),分离参数得到(a=cfrac{e^{x_2}}{2x_1}=cfrac{e^{frac{x_1}{2}+1}}{2x_1})
令(f(x)=cfrac{e^{frac{x}{2}+1}}{2x}),即上式为(a=f(x)(由图可看出x>0))由实数解,
转化为求函数(f(x))的值域问题。
(f'(x)=cfrac{e^{frac{x}{2}+1}cdot cfrac{1}{2}cdot 2x-e^{frac{x}{2}+1}cdot 2}{(2x)^2}),
(=cfrac{e^{frac{x}{2}+1}cdot(x-2)}{4x^2}),
故(xin(0,2))上,(f'(x)<0),(f(x))单调递减,
(xin(2,+infty))上,(f'(x)>0),(f(x))单调递增,
故(f(x)_{极小}=f(x)_{min}=f(2)=cfrac{e^2}{4});
故(a)的取值范围为([cfrac{e^2}{4},+infty))。
分析:由于曲线(C)存在与直线(y=ex)垂直的切线,设曲线的切线的切点坐标((x_0,y_0)),
则有(f'(x_0)=e^{x_0}-m=-cfrac{1}{e}),即方程(m=e^{x_0}+cfrac{1}{e})有解,
故转化为求函数(g(x_0)=e^{x_0}+cfrac{1}{e})的值域,
由于(x_0in R),故(g(x_0)in (cfrac{1}{e},+infty)),
故实数(m)的取值范围是(min (cfrac{1}{e},+infty))。
- 由公切线的存在性问题求切点坐标的取值范围
分析:由切线(l)与函数(y=x^2)相切与点((x_0,x_0^2)),则得到切线的点斜式方程为:(y-x_0^2=2x_0(x-x_0))
由切线(l)与函数(y=lnx)相切与点((x_1,lnx_1)),则得到切线的点斜式方程为:(y-lnx_1=cfrac{1}{x_1}(x-x_1))且(x_1in(0,1))
又两条切线是同一条直线,得到
(egin{cases} 2x_0=cfrac{1}{x_1} hspace{0.5cm} x_1in(0,1) hspace{1cm}①\ x_0^2=1-lnx_1 hspace{3cm}②end{cases})
法1:不等式性质法
由于(x_1in(0,1)),由①得到(x_0>cfrac{1}{2});由于(1-lnx_1>1),由②得到(x_0>1),综合得到(x_0>1),故选(D).
法2:零点存在性定理
由方程组消掉(x_1)得到新方程(x_0^2-ln2x_0-1=0),令函数(f(x_0)=x_0^2-ln2x_0-1),由零点存在性定理可得,(D) 是正确的。当然我们还可以结合二分法,得到更小的解的区间。
- 由公切线的存在性问题求参数的最值
分析:本题目属于公切线问题,设切点为(P(x_0,y_0)),则满足以下方程组
(egin{cases}f'(x_0)=g'(x_0)①\y_0=f(x_0)=cfrac{3}{2}x_0^2-2ax_0②\y_0=g(x_0)=a^2lnx_0+b③end{cases})
由①得到(x_0=a)或(x_0=-cfrac{a}{3}(a>0,不符合舍去))
由②③得到,(cfrac{3}{2}x_0^2-2ax_0=a^2lnx_0+b),将(x_0=a)代入,
分离参数(b)得到,(b=-cfrac{1}{2}a^2-a^2lna)。
设(h(a)=-cfrac{1}{2}a^2-a^2lna(a>0)),则(b_{max}=h(a)_{max});
接下来,用导数研究(h(a))的单调性。
(h'(a)=-2a(1+lna)),借助(y=1+lna)的大致图像可知,
(h(a))在区间((0,cfrac{1}{e}))单调递增,在区间((cfrac{1}{e},+infty))上单调递减,
则(h(a)_{max}=h(cfrac{1}{e})=cfrac{1}{2e^2})
即(b_{max}=cfrac{1}{2e^2}),选A。
- 直线与曲线无交点
法1:导数法,仿上题可知,函数(y=mx)与函数(y=e^x)的图像没有交点,所求的(m)取值范围为$0leq m<e $。
法2:转化法,则方程(e^x=mx)无解,即方程(m=cfrac{e^x}{x})无解,令函数(g(x)=cfrac{e^x}{x}),
利用导数求得值域为(g(x)in (-infty,0)cup[e,+infty)),故要使得方程(m=g(x))无解,得到$0leq m<e $。
- 讨论公切线的条数
(1)确定方程(f(x)=cfrac{x+1}{x-1})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。
分析:(1)由(f(x)=cfrac{x+1}{x-1})得到,(lnx=cfrac{x+1}{x-1}=1+cfrac{2}{x-1}),
即(lnx-1=cfrac{2}{x-1}),由数转化到形,
在同一系中做出函数(y=lnx-1)和函数(cfrac{2}{x-1})的图像,
由图像可得,函数(y=lnx-1)和函数(cfrac{2}{x-1})的图像有两个交点,
故方程(f(x)=cfrac{x+1}{x-1})实数根的个数有两个。
(2)曲线(y=f(x),y=g(x))公切线的条数有2个,证明如下:
设公切线与曲线(y=f(x),y=g(x))分别相切于点((m,lnm))和((n,e^n)),
由(f'(x)=cfrac{1}{x}),(g'(x)=e^{x})可得,
(egin{cases}cfrac{1}{m}=e^n\cfrac{lnm-e^n}{m-n}=cfrac{1}{m}end{cases}),
化简得,((m-1)lnm=m+1)
当(m=1)时,上式不成立;
当(m eq 1)时,变形得到(lnm=cfrac{m+1}{m-1}),
由(1)可知,方程(lnm=cfrac{m+1}{m-1})有2个实根,
即曲线(y=f(x),y=g(x))公切线的条数有2个。
- 利用公切线证明不等式
(1)、求(a、b)的值和直线(l)的方程;
分析:一直线两曲线的公切线问题,同一法;
由题意,直线(l)与曲线(C_1:y=f(x))切于点((0,a)),又(f'(0)=a),
故切线方程为(y-a=a(x-0)),即(y=ax+a);
与曲线(C_2:y=g(x))切于点((cfrac{pi}{2},1+cfrac{pi}{2}b)),又(g'(cfrac{pi}{2})=b),
故切线方程为(y-(1+cfrac{pi}{2}b)=b(x-cfrac{pi}{2})),即(y=bx+1);
由同一法可知,(a=b=1),切线方程为(y=x+1)。
(2)、求证:(ae^x+x^2-bx-sinx>0)。
分析:证明时思路的预判,原不等式即(e^x+x^2-x-sinx>0)
思路一:令(h(x)=e^x+x^2-x-sinx(xin R)),即需要说明(h(x)_{min}>0);
(h'(x)=e^x+2x-1-cosx);令(m(x)=h'(x)),
则(m'(x)=e^x+2+sinx>0)恒成立,故(h'(x))在(R)上单调递增,
故此时我们想得到(h'(x_0)>0)或者(h'(x_0)<0)的可能性在(xin R)时不存在了,
故要么放弃这一思路,要么考虑调整思路。
思路二:注意第一问的结论,函数(f(x)=e^x+x^2)和函数(g(x)=x+sinx)的公切线是直线(y=x+1)
故可以尝试这样转化,证明(f(x)=e^x+x^2>x+1),且证明(g(x)=x+sinx<x+1);
先尝试证明(f(x)=e^x+x^2ge x+1),
作差令(h(x)=e^x+x^2-x-1),则(h'(x)=e^x+2x-1)
在同一个坐标系中做出函数(y=e^x)和函数(y=1-2x)的图像,由图像可得
(x<0)时,(h'(x)<0);(x>0)时,(h'(x)>0);
(x=0)时,(h'(x)=0);
故函数(h(x))在((-infty,0))上单调递减,在((0,+infty))上单调递增,
故(h(x)_{min}=h(0)=0),故(h(x)ge 0)恒成立,当且仅当(x=0)时取到等号;
再证明(g(x)=x+sinxleq x+1);即证明(sinxleq 1)
由三角函数的性质我们知道,这个不等式是恒成立的,当且仅当(x=2kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))时取到等号;
综上所述,(e^x+x^2ge x+1),(x+1ge x+sinx),
故(e^x+x^2>x+sinx),等号不能同时取到,故此处取不等号。
即(ae^x+x^2-bx-sinx>0)。证毕。
双切线
说明:此类型涉及一曲线和两直线
分析:本题目如果总纠结要画出适合题意的图形,然后总结思路可能就浪费时间了。
可以这样考虑,设过曲线外的一点所引的两条切线的倾斜角分别是(alpha)和(eta),
则可知其对应的斜率为(k_1=tanalpha)和(k_2=taneta=tan(pi-alpha)=-tanalpha),故有(k_1+k_2=0)。
因此求解如下:
设过点(A(1,0))的切线与曲线相切于点((x_0,y_0)),则由(f'(x)=3x^2-a),得到(egin{cases}k=f'(x_0)=3x_0^2-a\y_0=x_0^3-ax_0+a\y-y_0=(3x_0^2-a)(x-x_0)end{cases}),
又由点(A(1,0))在切线上得到(0-(x_0^3-ax_0+a)=(3x_0^2-a)(1-x_0)),化简整理得到(2x_0^3-3x_0^2=0),解得(x_0=0)或者(x_0=cfrac{3}{2}),
当(x_0=0)时,一条切线的斜率(k_1=-a=tanalpha);
当(x_0=cfrac{3}{2})时,另一条切线的斜率(k_2=cfrac{27}{4}-a=taneta),
由(k_1+k_2=0),得到(cfrac{27}{4}-2a=0),解得(a=cfrac{27}{8}),故选A。
分析:先做出分段函数(f(x))的大致草图如下,
由于分段函数的图像关于(x=a)对称,点(P(a,0))在对称轴上,故由(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})的最小值为(0),
结合图像可知两个向量的夹角为锐角或直角,不可能为钝角,否则最小值为负值,
又由于图像是对称的,从点(P)出发的两条射线都和曲线相切时向量的夹角才会最大,
故说明向量的夹角为(90^{circ}),且可知两条切线的斜率为(k=pm 1),且可知(angle APO=45^{circ}),
那么怎么说明两个切点就是图中的(A),(B)两个点呢?
设切点(A(x_0,y_0)),则(-e^{-x_0}=-1),则(x_0=0),(y_0=1),故点(A(0,1)),从而可知(a=1),
由对称性也可知,(B(2,1)),到此完全说明(A(0,1)),(B(2,1))为两个切点。
故(f(x)_{min}=f(a)=f(1)=cfrac{1}{e}),故选(D)。
可转化类型
(1)、函数上的动点到直线的距离的最小值问题
比如:(2018陕西省二检第16题)
(2)、圆锥曲线上的动点到直线的距离的最小值问题,一般不转化为切线问题,而是用参数方程法,转化为函数的最小值问题
圆锥曲线是隐函数,所以其函数解析式不好写出来,不像那些显函数如(y=2x+3);
后记:这类题目,大多还可以使用“平行线法”这一思路。
(3)、单切线和公切线之间的关系:
单切线:涉及一个方程组和一条切线(简称“一组一线”),
公切线:涉及两个方程组和两条切线(简称“两组两线”),其中两条切线是同一条,使用同一法将其联系在一起。