专题3：切线问题-2023届高考数学二轮专题必考点专练 学案

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专题3：切线问题
题型一：公切线问题
典型例题
例1(2022·浙江省温州市期末)已知函数，．则函数与的图象是存在 公切线，其中一条公切线的方程为 ．
变式训练
练1（湖北省武汉市第一中学2022-2023学年高三上学期10月月考）已知曲线和.若直线与曲线都相切，且与曲线相切于点，则的横坐标为___________.（注：是自然对数的底数）
练2（浙江省名校协作体2022-2023学年高三下学期开学联考）已知函数．
（1）证明：恰有两个零点，且；
（2）设是的一个零点，证明：是曲线和曲线的公切线．
题型二：含参变量的切线问题
典型例题
例2（吉林省长春市长春吉大附中实验学校2022-2023学年高三上学期摸底考试）已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）若函数满足，且过点可作曲线的三条切线，求实数的取值范围.
变式训练
练3（湖北省武汉市武昌区2023届高三上学期质量检测）当时，过点均可以作曲线的两条切线，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
练4. (2022·河南校考阶段练习) 若函数与函数的图象存在公切线，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
练5（天津市咸水沽第一中学2021-2022学年高三上学期第二次月考）已知函数．
(1)若，求函数的极小值点；
(2)当时，讨论函数的图象与函数的图象公共点的个数，并证明你的结论．
题型三：利用切线放缩证明不等式
典型例题
例3（湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考）已知函数，其中.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，①证明：；
②方程有两个实根，且，求证：.
变式训练
练6(2022·安徽省合肥市模拟)已知函数，函数的最大值为．
求的值；
求证：与的一条公切线过原点；．
练7（四川省成都市第七中学2022-2023学年高三上期诊断模拟考试） 已知函数，（其中是自然对数的底数）
(1)试讨论函数的零点个数；
(2)当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
专题训练
1.（江苏省南通市启东市吕四中学2022-2023学年高三下学期开学检测数学试题）过定点作曲线的切线，恰有2条，则实数的取值范围是______．
2．（安徽省名校联盟2023届高三下学期开学模拟考试数学试题）已知曲线：，：，若恰好存在两条直线直线、与、都相切，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（天津南开中学2023届高三上学期统练数学试题）若函数与函数有公切线，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4.（2022年黑龙江省哈尔滨工业大学附属中学校数学测试）设直线，分别是函数，图象上点，处的切线 ，且与垂直相交于点，，分别与轴相交于点A，，则的面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5.（广西钦州市第四中学2022-2023学年上学期模拟考试数学试题）函数，．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，设，与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，求实数的最大值．
6.（安徽省滁州市定远县育才学校2022年测试卷数学试题）已知函数，，其中．
（1）若曲线在点，处的切线与曲线在点，处的切线平行，证明：；
（2）证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线．
7.（湖北省荆州市沙市中学2022-2023学年高三上学期月考数学试题）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，直线与曲线和曲线都相切，切点分别为，，
求证：．
8.（湖北省武汉市第一中学2022-2023学年高三上学期月考数学试题）已知函数．（）在处的切线l方程为．
(1)求a，b，并证明函数的图象总在切线l的上方（除切点外）；
(2)若方程有两个实数根，．且．证明：．
专题3 切线问题--答案解析
例1【解析】由题设函数与的图象存在公切线，
设公切线与函数、上的切点分别为，，
因为，，
所以切线的方程分别为，，
即，，由题意可得
则，可知，将代入可得，
函数与的图象存在公切线，则有解，
设，，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，
因为，，，
所以函数在上有两个零点，则函数与的图象存在两条公切线，
因为，代入，
可得其中一条公切线的方程为．
练1【解析】依题设直线与曲线的切点为直线与曲线的切点为
因为
又；
两切线重合则有：
由因为函数在上递增，所以，代入
得因为所以（舍）
故的横坐标为
练2【解析】（1）函数，定义域为；
，，在，上单调递增；
因为，
所以在上存在唯一零点，即；
所以，且；所以在上有唯一零点．
所以恰有两个零点且；
（2）因为为的零点，则；由，在处；
所以曲线在处的切线为；
由化简得切线为：；
当曲线切线斜率为时，即，则；所以切点为；
则过切点曲线的切线为；
由，切线的方程化简为：；所以和相同；
故是曲线和曲线的公切线；
例2【解析】(1)，令得或，
①若，即，则，在上单调递增，无极值；
②若，即，则当或时，；当时，，
故在和单调递增，在单调递减，极大值为，
极小值为；
③若，即，则当或时，；当时，，
在和单调递增，在单调递减，
极大值为，极小值为，
综上可知，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，无极值；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
极大值为，极小值为；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为，
极大值为，极小值为.
(2)由，，
可得，所以，，
设曲线与过点的切线相切于点，
则切线的斜率为，所以切线方程为，
因为点在切线上，
所以，即，设，
过点可作曲线的三条切线，即与的图像有三个交点，
因为，令，解得或，
所以当或时，；当时，，在和上单调递减，在上单调递增，的极小值为，极大值为，
则的大致图像如下：
从而由与的图像有三个交点，可得，
所以实数的取值范围是.
练3【解析】设过点的切线与相切于，则有，消去n得：
.因为过点均可以作曲线的两条切线，
所以关于m的方程有两解.即有两解.
令.
只需与有两个交点.对于，
则.令，
解得：；令，解得：.
所以在上单调递减，在单调递增.作出的草图如图所示：
要使与有两个交点，只需.
记，.
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在单调递增.
所以的最大值为，所以.
故选C.
练4【解析】由题意，设的切点为，注意到函数的定义域为，
又因为函数的导数为，
所以切线为：，即，
设的切点为，因为函数的导数，，
故切线为：，即，，
因为函数与函数有公切线，所以且有解，
消去得：，由得，
要求实数的取值范围，即求的取值范围，
令，，对函数求导，化简整理得：
，，令，，
易知 在上单调递增，又，
所以当时，有，即得，
当时，有，即得，
从而函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
于是当时，在处取得极小值，也是最小值，
为，
于是函数在区间上的值域为故实数的取值范围是．
故选．
练5【解析】(1)当时，，所以，令，得，
当时，，当时，，所以是函数的极小值点；
(2)当时，令，
则，
当时，时，，时，，
所以当时，取得极小值，且，，
当，即，函数的图象与函数的图象无公共点；
当，即时，
函数的图象与函数的图象有1个公共点；
当，即时，
函数的图象与函数的图象有2个公共点；
当，即，
函数的图象与函数的图象有1个公共点；
当，即时，或时，，时，，
所以当时，取得极大值，当时，取得极小值，且，，
因为恒成立，
所以函数的图象与函数的图象只有1个公共点；
综上： 当时，函数的图象与函数的图象无公共点；
当或 或时，
的图象与函数的图象只有1个公共点；
当时，函数的图象与函数的图象有2个公共点.
例3【解析】（1）由已知函数的定义域为，且，
所以当时，此时，函数单调递减区间为，
所以当时，此时，函数单调递增区间为，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）当时，①要证不等式成立，即证明成立.
即证明成立.令
当时，此时，当时，此时，
所以在上单调递减，在上单调递增
所以最小值为，恒成立，即恒成立得证.
②由①得恒成立，即直线始终在曲线下方且有唯一切点，
又，故,
所以在点处的切线方程为,
令，则
所以当时，此时，函数单调递减区间为,
所以当时，此时，函数单调递减区间为,
所以，即,
即直线始终在曲线下方且有唯一切点；
设与的图象与交点的横坐标分别为,
则,,
所以,即.
练6【解析】显然，，由得，
若，当时，，单调递减当时，，单调递增．
没有最大值，不符合题意．
若，当时，，单调递增当时，，单调递减．
有最大值，故．
由，得，设切点坐标为，
切线为，即过原点，
所以，故，故切线方程为
由知，
设切点坐标为，切线为
由切线过原点，得，故切线方程为
所以与有一条公切线过原点．
由知要证，即证，即且等号不同时成立
令，，，
当时，，单调递减当时，，单调递增．
所以，所以，当且仅当时取等号，
令，，所以．
所以，当时，，单调递减当时，，单调递增．
故G，所以，当且仅当时取等号．
综上，．
练7【解析】(1)由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：
减 极小值 增
如下图所示：
当时，函数无零点；当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
(2)，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得，
要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，
所以，，
因为，可得，
函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为，
所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时， ，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，故原不等式成立.
【专题训练】
1.【解析】由，若切点为，则，
∴切线方程为，又在切线上，
∴，即在上有两个不同解，
令，即原问题转化为与有两个交点，而，
①当时，，递增，且，
②当时，，递增；当时，，递减；
∴，又，时且，
∴要使在上有两个不同解，即.
2．【解析】设直线，，
设与、的切点坐标分别为、，
则有，可得，
故，整理得：，
同理可得，当直线与、都相切时有：，
综上所述，只需有两解，
令，则，故当时，，
当时，，所以在上递增，在递减，
故，所以只需满足即可.
故选C.
3．【解析】设公切线与函数切于点，，切线的斜率为，
则切线方程为，即，
设公切线与函数切于点，，
切线的斜率为，
则切线方程为，
即，所以有，
因为，所以，可得，，即，
由可得：，
所以，
令，则，，
设，则，
所以在上为减函数，则，所以，
所以实数的取值范围是，故选B．
4.【解析】设，
当时，，；当时，，.
∴的斜率为，，的斜率为，，
由与垂直知，即，
直线的方程为，即，则点，
直线的方程为，即，由得，则点，所以，
联立直线方程，消去得点横坐标，
所以的面积，，
因为对勾函数在是单调递减的，取值范围为，故，
即.
故选：A.
5. 【解析】（1），则，
当时，，所以在R上单调递增；
当时，令或，，解得，
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增；
当时，令或，，解得，
所以在上单调递增，，单调递减，上单调递增；
综上所述：当时，在R上单调递增；
当时，在，上单调递增，，上单调递减，，上单调递增；
当时，在，上单调递增，，上单调递减，，上单调递增．
（2），因为与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，
设公共点为，
所以，则，且，解得，
又因为，则，
令，
当时，；当时，，
故在上单调递增，上单调递减，
所以，故实数m的最大值为．
6.【解析】（1）证明：由，
可得曲线在点处的切线的斜率为．
由，可得曲线在点处的切线的斜率为．
这两条切线平行，故有 =，即，
两边取以为底数的对数，得，
；
（2）曲线在点处的切线，
曲线在点处的切线．
要证明当时，存在直线，使是曲线的切线，也是曲线的切线，
只需证明当时，存在使得与重合，
即只需证明当时，方程组
由①得，代入②得：，③
因此，只需证明当时，关于的方程③存在实数解．
设函数，即要证明当时，函数存在零点．
，可知时，；时，单调递减，
又，，
故存在唯一的，且，使得，即．
由此可得，在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值．
又，故．
故．
下面证明存在实数t，使得，因为，
当时，有．
存在实数t，使得．因此，当时，存在，使得．
当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线.
7．【解析】（1）定义域为，因为，
若，则，所以在单调递增，
若，则当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增．
（2）证法一：对于曲线，，
直线的方程为，即，即①．
对于曲线，因为，所以，所以，
直线的方程为，
即，即②．
因为①与②表示同一条直线，所以③，且④，
④÷③，得，所以．令，
，
由（1）知，在单调递增又
∴有唯一零点，
且当时，，，当时，，，
所以在上递增，在上递减，所以，
又，即，所以，
所以，所以，又，所以．
证法二：因为，所以直线的斜率为，
因为，所以，所以，所以直线的斜率为，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，令，
所以，所以在单调递增，
又因为，，
所以存在，使得，
且当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，因为，所以在递减，
所以当时，，所以在内无零点，
因为是的零点且，所以.
8. 【解析】(1)将代入切线方程，有，
所以，所以，
又，所以，
若，则，与矛盾，故，．
∴，，，
设在处的切线方程为，
令，即，所以，
当时，，当时，设，
，故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故，即函数的图象总在切线的上方（除切点外）．
(2)由（1）知，设的根为，则，
又函数单调递减，故，故，
设在处的切线方程为，
因为，，所以，所以．
令，，
当时，，
当时，设，则，
故函数在上单调递增，又，
所以当时，，当时，，
综合得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，即．
设的根为，则，又函数单调递增，故，
故，又，所以．
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