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專題 10 切線問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 用導數研究曲線的切線是一個主要命題點,如 2024 年高考全國卷 II
卷及 2023 年全國卷乙卷在解答題中都考查了曲線的切線問題,曲線的切線問題主要涉及求曲線的斜率與方
程、曲線切線的條數、公切線問題,確定切線滿足條件的切線是否存在或由切線滿足條件求參數或參數范圍
等.
(一) 求曲線在某點處的切線
求以曲線上的點(x0,f(x0))為切點的切線方程的求解步驟：①求出函數 f(x)的導數 f′(x)；
②求切線的斜率 f′(x0)；③寫出切線方程 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0),并化簡．
【例 1】（2024 屆北京市西城區北師大附屬實驗中學高三下學期 6 月熱身練）已知函數 f (x) = xa ln x ，其中
a 為常數且 a 0 .
(1)求曲線 y = f (x) 在 x =1處的切線方程；
(2)討論函數 f (x) 的單調區間；
(3)當 a =1時，若在點 M (x0 , f (x0 ))

x
1
0 >

÷處的切線 l 分別與 x 軸和 y 軸于，A，B 兩點，O 為坐標原點，記
è e
VAOB的面積為 S，求 S 的最小值.
【解析】（1） f (x) = axa-1 ln x + xa-1 ， x > 0 .
因為 f (1) =1， f (1) = 0，所以切線方程為 y = x -1 .
(0, ) 1（2）定義域為 + ， f (x) = (a ln x +1)xa-1 ，令 f (x) = 0 ，解得 -x = e a .
1 1
當 a > 0時， -x (0,e a ) ， f (x) < 0 f (x) 的減區間為
-
(0,e a )；
1 1
- -
x (e a ,+ )， f (x) > 0 f (x)的增區間為 (e a , + ) .
1 1
當 a<0 時， - -x (0,e a ) ， f (x) > 0 f (x)的增區間為 (0,e a )；
1 1
-
x (e a ,+ )， f (x) < 0 f (x) 的減區間為
-
(e a , + ) .
（3）當 a =1時， f (x) = x ln x ， f (x) =1+ ln x .切線 l： y = (ln x0 +1)(x - x0 ) + x0 ln x0 ，
x ln x x
令 x = 0 y = -x < 0 y = 0 x = - 0 0 + x = 0， B 0 ；令 ， A 0 > 0ln x0 +1 ln x0 +1
.
1 1 x2S = | x || y 0
2 A B
|= × .
2 ln x0 +1
2 2x(ln x +1) - x x(2 ln x +1)
設 g(x)
x x 1= ， > . g (x) = =
2(ln x +1) e 2(ln x +1)2 2(ln x +1)2
.
1 1 1-x ( ,e 2 )， g (x) < 0 g(x) 1
-
在 ( ,e 2 ) 單調遞減；
e e
1
- 1
x (e 2 ,+ )， g (x) > 0 g(x)在
-
(e 2 ,+ ) 單調遞增.
1
- 1 1
所以 g(x)≥g(e 2 ) 1= .所以當 -x = e 2 時，S 的最小值為 .e 0 e
(二)求曲線過某點的切線
y0＝f（x0），
求曲線過某點的切線,一般是設出切點(x0,y0),解方程組{y1－y0 得切點(x0,y ),進而確定切線方程．＝f′ 0（xx 0），1－x0
【例 2】（2024 屆江蘇省南通市高三下學期模擬預測）設 a > 0，函數 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)當 a =1時，求過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程：
(2) x1, x2 是函數 f (x) 的兩個極值點，證明： f x1 + f x2 為定值．
【解析】（1）當 a =1時， f (x) = x3 - 2x +1，則導數 f (x) = 3x2 - 2 ．
設切點為 x0 , x30 - 2x0 +1 f x = 3x2，則 0 0 - 2，
3 2
所以切線方程為 y - x0 - 2x0 +1 = 3x0 - 2 x - x0 ．
又切線過點 (0, -1) ，則-1- x3 - 2x +1 = 3x20 0 0 - 2 0 - x0 ，
2x3整理得， 0 = 2，解得 x0 = 1．
所以過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程為 y = x -1．
（2）證明：依題意， f (x) = 3ax2 - 2(a > 0) ，令 f (x) = 0，得 x 2= ± ．
3a
2 2 2 2
x 2 2 - ,- 3a ÷÷ -
- , , +
è 3a è 3a 3a ÷
÷
3a 3a
÷÷
è
f x + 0 - 0 +
f x Z 極大值 ] 極小值 Z
不妨設 x1 < x
2 2
2，則 x1 = - , x2 = ．3a 3a
3 3
f x + f x = ax3 - 2x +1+ ax3 - 2x +1 a 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 = - 3a ÷÷ - - ÷÷ +1+ a ÷÷ - 2 +1 = 2è è 3a è 3a 3a
所以 f x1 + f x2 為定值．
(三)求曲線的切線條數
求曲線切線的條數一般是設出切點 t, f t ,由已知條件整理出關于 t 的方程,把切線條數問題轉化為關于 t
的方程的實根個數問題.
【例 3】（2024 屆陜西省西安市第一中學 2024 屆高三下學期模擬）已知函數
f (x) = x2 + 3x + 3, g(x) = 2ex+1 - x - 2 .
(1)判斷 g(x)的零點個數；
(2)求曲線 y = f (x) 與曲線 y = g(x) 公切線的條數.
【解析】（1）解：由函數 g(x) = 2ex+1 - x - 2 ，可得其定義域為 (- , + )，且 g (x) = 2ex+1 -1，
令 g (x) > 0，得 x > -1- ln 2；令 g (x) < 0，得 x < -1- ln 2，
可知 g x 在 (- , -1- ln 2)上單調遞減，在 (-1- ln 2,+ )上單調遞增，
所以 g(x)min = g(-1- ln 2) = ln 2 > 0，故 g x 的零點個數為 0 .
（2）解：因為 f (x) = x2 + 3x + 3, g(x) = 2ex+1 - x - 2，所以 f (x) = 2x + 3, g (x) = 2ex+1 -1，
所以曲線 y = f (x) 在點 x1, x21 + 3x1 + 3 處的切線方程為：
y - x21 + 3x1 + 3 = 2x1 + 3 x - x1 ，即 y = 2x 21 + 3 x - x1 + 3，
曲線 y = g(x) 在點 x2 , 2ex2 +1 - x - 2 y - (2ex2 +1 - x - 2) = (2ex2 +12 處的切線方程為： 2 -1)(x - x2 )，
ì x2 +1 ì x2 +1
即 y = 2ex2 +1 -1 x + 2e -1 = 2x + 3 e = x + 22 - 2x ex2 +1 - 2 1 12 ，令 í 2 - 2x ex2 +1 - 2 = -x2 3，可得+ í 2 - 2x ex 2 +1 2 2 1 2 - 2 = -x1 + 3
，
消去x ，整理得 x21 - 5 + é2 4 - 2ln x1 + 2 ù x1 + 2 = 0，
令 x1 + 2 = t(t > 0)
1
，可得 t2 - 2t ln t -1 = 0 ，等價于 t - 2ln t - = 0，t
2
設h(t) = t - 2ln t
1
- (t > 0)，則 h (t) (t -1)= 0 ，所以 h(t)在 (0, + )上單調遞增，
t t 2
又因為 h(1) = 0，所以 h(t)在 (0, + )上有唯一的零點 t =1，
由 x1 + 2 = 1，得 x1 = -1，所以曲線 y = f (x) 與曲線 y = g(x) 有且僅有一條公切線.
(四)曲線的公切線
研究曲線的公切線,一般是分別設出兩切點,寫出兩切線方程,然后再使這兩個方程表示同一條直線.
4 x+a【例 】（2024 屆湖南省長沙市第一中學高三上學期月考）已知函數 f x = e , g x = ln x +1 ,a Z .
(1)若 a = -1 .求證： f x > g x ；
(2)若函數 f x 與函數 g x 存在兩條公切線，求整數 a的最小值.
1 a = -1 f x = ex-1【解析】（ ）當 時， ，
h x = f x - g x = ex-1令 - ln x +1 , x > -1，則 h x = ex-1 1- ，
x +1
m x ex-1 1= - m x = ex-1 1令 ，因為 + 2 > 0，x +1 (x +1)
所以m x 在區間 -1, + 1 1 1上單調遞增，且m 0 = -1< 0, m 1 =1- = > 0 ，
e 2 2
1
所以存在 x0 0,1 ex0 -1，滿足 = x0 +1 ，
當 x -1, x0 時，m x < 0, h x 單調遞減；當 x x0 ,+ 時，m x > 0, h x 單調遞增；
則當 x = x0時， h x 取得最小值，
h x = ex0 -1可得 0 - ln x
1 1
0 +1 = + x0 -1 = + x0 +1- 2 2 1 × x0 +1 - 2 = 0x0 +1 x 1
，
0 + x0 +1
因為 x0 0,1
1
，所以 = x +1x +1 0 不成立，故等號不成立，則
h x0 > 0，
0
所以當 a = -1時， f x > g x .
（2）設公切線 l A x , ex1 +a與兩函數的圖象分別相切于點 1 和點B x2 , ln x2 +1 ，
f x = ex+a因為 , g x 1= ，
x +1
1
所以直線 l x +a x的方程可表示為 y - e 1 = e 1 +a x - x1 或 y - ln x2 +1 = x - x x2 +1 2
，
ex +a 11則有 = x2 +1
，①
1 x- x ex1 +a 21 = ln x2 +1 - = ln x2 +1
1
+ -1
x ，②2 +1 x2 +1
1
由①可得 x1 = -ln x2 +1 - a，代入②可得 é a +1+ ln x2 +1 ù = ln x2 +1
1
+ -1
x2 +1 x
，
2 +1
即 a = x2ln x2 +1 - x2 +1 ，令 t = x2 +1, t 0, + ，則 a = t -1 lnt - t ，
令w t = t -1 lnt - t ，則w t = lnt 1- ， t 0, + ，
t
所以由復合函數的單調性可知w t 在區間 0, + 上單調遞增，
又w 1 = -1< 0, w 2 = ln2 1- > 0，
2
1
根據零點存在定理知，存在 t0 1,2 ，使得 lnt0 = t ，0
所以w t = t -1 lnt - t 在區間 0,t0 上單調遞減，在區間 t0 ,+ 上單調遞增.
因為 y
1 1 5
= t0 + 在 1,2t 上單調遞增，所以 2 < t0 + < ，0 t0 2
則w t

= w t0 = t0 -1 lnt - t
1
=1- t + 3
min 0 0 0 t ÷
- ,-1 ，
è 0 è 2
÷

又 a為整數，所以 a -1，故所求整數 a的最小值是 -1 .
(五)確定滿足條件的切線是否存在或根據切線滿足條件求參數的值或范圍
此類問題或判斷符合條件的切線是否存在,或根據切線滿足條件求參數的值或范圍,求解思路是把切線滿足
條件轉化為關于斜率或切點的方程或函數,再根據方程根的情況或函數性質去求解.
【例 5】（2024 屆重慶市南開中學校高三第九次質量檢測）已知函數 f (x) = aex , g(x) = ln x + b(a,b R) .
(1)當b =1時， f (x) g(x) 恒成立，求實數a的取值范圍；
(2)已知直線 l1、l2是曲線 y = g(x) 的兩條切線，且直線 l1 、l2 的斜率之積為 1.
（i）記 x0 為直線 l1 、l2 交點的橫坐標，求證： x0 <1；
（ii）若 l1 、l2 也與曲線 y = f (x) 相切，求 a,b的關系式并求出b的取值范圍.
x a lnx +1【解析】（1）由于 ae lnx +1，則 ，ex
1
F x lnx +1= - lnx -1 1設 x ，則 F x = x ，F 1 = 0 ，且 y = - lnx -1在 0, + 上單減，e ex x
令F x > 0得0 < x < 1，令F x < 0得 x >1，
所以F x 在 0,1 單調遞增， 1, + 1單調遞減，所以F (x)max = F 1 ，則 a F 1 = .e
（2）（i）設兩條切線在 g x 上的兩個切點橫坐標分別為 x1, x2 ，
有 g x g x
1 1
1 2 = × =1，即 x1x2 =1x ，1 x2
1
此時，切線為： y - lnx1 + b = x - x1 , y - lnx b
1
2 + = x - x2 x ，1 x2
x lnx2 - lnx1 lnx2 + lnx2 2lnx = = = 2
相減得 lnx
1 1
2 - lnx1 = - ÷ x = x - x x 02 1 ，所以 x 1 1x x 2 - x1 x - x - ，è 1 2 2 x 22 x2
k x 2lnx x 1= - - k x 2 1設 ÷， = -1- 2 0，所以 k x 在 0, + 上單調遞減.è x x x
故當 x 0,1 時， k x > k 1 = 0，所以0 > 2lnx > x 1- x ÷；è
2lnx
x 1, + k x < k 1 = 0 0 < 2lnx < 1 x
2
0 = 1 <1當 時， ，所以 x - ÷ ，則 .
è x x2 - x2
（ii）由題意得：存在實數 s, t ，使 f x 在 x = s處的切線和 g x 在 x = t 處的切線重合，
f s - g t
1
所以 f s = g t = ，即 aes 1 ae
s - lnt - b - lnt - b
= = = t ，s - t t s - t s - t
則 s - t =1- tlnt - bt, s =1- tlnt - b -1 t ，
又因為 aes
1
= lna + s = -lnt ，所以 lna = -lnt - s = -lnt -1+ tlnt + b -1 t ，
t
題目轉化為 h t = -lnt -1+ tlnt + b -1 t = lna有兩個不等實根，且互為倒數，
不妨設兩根為m,
1
，
m
h m h 1 則由 = ÷ 得-lnm -1+ mlnm b 1 m ln
1 1 1
+ - = - -1+ ln + b -1 1 ，
è m m m m m
b -1 1 - m ÷ b -1 1- m2
化簡得 lnm = è m 1 = 2 = b -1
1+ m
，
m + - 2 m +1- 2m 1- m
m
所以 lna = m -1 lnm -1+ b -1 m = b -1 -1- m -1+ b -1 m = -b，
所以b = -lna ，（也可寫為 a = e-b ）.
代入 h t 中得： h t = -lnt -1+ tlnt + b -1 t = -b有兩個不等實根，
1 -1- lnt t +1 - 1- t lnt 1
即b 1
1- t lnt 1 t ÷ - = × - t - t - 2lnt，設
t +1 G t = × lnt,G t = è = t ，t +1 (t +1)2 (t +1)2
由于H t 1= - t - lnt 在 0, + 上單調遞減且H 1 = 0 ，
t
所以G t 在 0,1 單調遞增， 1, + 單調遞減，
而 t無限趨近于 0 時，G t 無限趨向于負無窮大， t無限趨近于正無窮大時，G t 無限趨向于負無窮大，
G 1 = 0，所以b -1< 0，即b <1.
(六)圓錐曲線中拋物線的切線問題
x2
x2拋物線 = 2 py p 0 ，可以化為函數 y = 2 p ，所以我們可以利用導數研究拋物線的切線問題。
【例 6】（2024 屆江蘇省南通、揚州、泰州七市高三第三次調研）已知拋物線C : x2 = 2 py( p > 0)的焦點為
F ，直線 l過點 F 交 C于 A, B兩點， C在 A, B兩點的切線相交于點 P, AB 的中點為 Q，且 PQ交 C于點
E ．當 l的斜率為 1 時， AB = 8．
(1)求 C的方程；
(2)若點 P 的橫坐標為 2，求 QE ；
(3)設 C在點 E 處的切線與 PA, PB 分別交于點M , N ，求四邊形 ABNM 面積的最小值．
【解析】（1）由題意，直線 l的斜率必存在.
p
設直線 l的方程為 y = kx + , A x1, y1 , B x2 , y2 ，2
ì ìΔ > 0,
y = kx
p
+
聯立 í 2 得 x2 - 2 pkx - p2 = 0, (*)，所以 íx1 + x2 = 2 pk
x
2 = 2 py x1x2 = - p
2.
當 k =1時， x1 + x2 = 2 p，
AB p p此時 = y1 + y2 + p =

x1 +
+ x + ÷ 2 ÷ + p = x1 + x2 + 2 p = 8，
è 2 è 2
所以 4 p = 8，即 p = 2 .所以 C的方程為 x2 = 4y .
（2）由(1)知， x1 + x2 = 2 pk = 4k ，
則 xQ = 2k 2，代入直線 y = kx +1得 yQ = 2k +1，則 AB 中點Q 2k, 2k 2 +1 .
x
因為 x2 = 4y ，所以 y = ，
2
則直線 PA方程為 y - y
x1 x 1 11 = - x1 2，即 y = x x - x ，2 2 1 4 1
1 x2 1 21 1 4 1
- x2 x
同理，直線 PB方程為 y = x x - x2 ，所以 x = 4 = 1
+ x2
2 2
= 2k ，
4 2 P 1 x 2
2 1
- x2
x
y 1 x + x x
2
1 2 1 x1x2
P = - = = -1，所以 P(2k,-1) .4 4 4
因為 xP = 2,2k = 2，即 k =1，此時 Q(2,3), P(2,-1)，
所以直線 PQ的方程為 x = 2 ，代入 x2 = 4y ，得 y =1，所以 E(2,1)，所以 | QE |= 2 .
（3）由（2）知Q 2k, 2k 2 +1 , P(2k,-1) ，所以直線 PQ方程為 x = 2k ，
代入 x2 = 4y ，得 y = k 2 ，所以 E 2k,k 2 ，所以 E 為 PQ的中點.
因為 C 1在 E 處的切線斜率 y = 2k = k ，
2
所以 C在 E 處的切線平行于 AB ，
3
又因為 E 為 PQ的中點，所以 S = S四邊形ABNM 4 VABP
.
由(1)中 (*)式得 x2 - 4kx - 4 = 0，所以 x1 + x2 = 4k ，
因為直線 AB 方程為 y = kx +1，
所以 AB = y1 + y2 + p = kx1 +1 + kx2 +1 + 2 = k x1 + x2 + 4 = 4k 2 + 4 .
2k 2 + 2
又 P(2k,-1)到直線 AB 的距離 h = = 2 k 2 +1，
k 2 +1
S 1 1
3
所以 2 2VABP = AB × h = × 4k + 4 × 2 k +1 = 4 k 2 +1 2 4 ，2 2
(當且僅當 k = 0時取“ = ”)
S 3所以 = S 3四邊形ABNM VABP ，所以四邊形 ABNM 的面積的最小值為 3.4
【例 1】（2024 屆廣東省汕頭市潮南區高三下學期高考考前測試）已知函數 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲線 y = f (x) 在 x=- 1處的切線與 y 軸垂直，求 y = f (x) 的極值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一個零點，求a .
【解析】（1）函數 f (x) = x(ex - ax2 )的定義域為 R，求導得 f (x) = (x +1)ex - 3ax2 ， f (-1) = -3a ，
依題意， f (-1) = 0 ，則 a = 0， f (x) = x ex , f (x) = (1+ x)ex ，
當 x < -1時， f (x) < 0 ，當 x > -1時， f (x) > 0 ，
因此函數 f (x) 在 (- , -1)上單調遞減，在 (-1, + )上單調遞增，
f (x) 1所以函數 在 x=- 1處取得極小值 f (-1) = - ，無極大值.
e
（2）函數 f (x) = x(ex - ax2 )在 (0, + )只有一個零點，等價于 y = ex - ax2在 (0, + )只有一個零點，
設 g(x) = ex - ax2，則函數 g(x)在 (0, + )只有一個零點，當且僅當 g(x) = 0在 (0, + )只有一解，
ex x
即 a = 在 (0, + ) e只有一解，于是曲線 y = (x > 0) 與直線 y = a 只有一個公共點，
x2 x2
x x
j(x) e (x 0) e (x - 2)令 = > ，求導得j (x) = ，當 x < 22 3 時，j
(x) < 0，當 x > 2時，j (x) > 0 ，
x x
因此函數j(x) 在 (0,2)上單調遞減，在 (2,+ ) 上單調遞增，
2
函數j(x) 在 x = 2 e取得極小值同時也是最小值j(2) = ，
4
當 x 0 時，j(x) + ；當 x + 時，j(x) + ，
j(x) e
x
畫山 = 大致的圖象，如圖，
x2
2
g(x) e在 (0, + )只有一個零點時， a = j(2) = ，
4
2
所以 f (x) 在 (0, + ) e只有一個零點吋， a = .
4
x
【例 2】（2024 屆陜西省安康市高新中學高三下學期模擬考試）已知函數 f x = ae a 0 , g x = x2 , g x
為 g x 的導函數.
(1)證明：當 a =1時，"x 0, + , f (x) > g x ；
(2)若 f x 與 g x 有兩條公切線，求 a 的取值范圍.
x
【解析】（1）當 a =1時， f x = e ， g x = 2x，
"x 0, + , f (x) > g x 等價于證明"x 0, + , ex > 2x ，
令 h x =ex - 2x x > 0 x， h x =e - 2，
當0 < x < ln 2時， h x < 0， h x 在 0, ln 2 上單調遞減，
當 x > ln 2時， h x > 0， h x 在 ln 2,+ 上單調遞增，所以 h x h ln 2 =2 - 2ln 2 > 0，
"x 0, + , ex所以 > 2x ，即"x 0, + , f (x) > g x ；
（2）設一條公切線與 f x = aex , g x = x2 x 2切點分別為 x 11, ae , x2 , x2 ，
則 f x = aex , g x = 2x y - aex1 = aex1 x - x y - x2，可得切線方程為 1 ， 2 = 2x2 x - x2 ，
ìaex1 = 2x2
因為它們是同一條直線，所以 í ，
-x ae
x1 x1
1 + ae = -x
2
2
4x - 4 4x - 4
可得 a = 1
ex
，令 p x = x ，1 e
若 f x 與 g x y 4x - 4有兩條公切線，則 = y = ax 與 的圖象有兩個交點，e
則 p x 8 - 4x= x ，當 x < 2時， p x > 0， p x 在 - , 2 上單調遞增，e
當 x > 2時， p x < 0 ， p x 4在 2, + 上單調遞減，所以 p x p 2 =
e2
，
且當 x >1時， p x > 0，當 x <1時， p x < 0，可得 p x 的大致圖象如下圖，
4
所以0 < a < 2 .e
【例 3】（2024 屆天津市和平區高三三模）已知函數 f x = lnx g x = nx2， + mx n,m R ，
h x = f x + g x ．
(1)若 n = 0，函數 h x 存在斜率為 3 的切線，求實數 m的取值范圍；
1
(2)若 n = ，試討論函數 h x 的單調性；
2
(3)若 n 0，設函數 f x 的圖象C1與函數 g x 的圖象C2 交于兩點 A、B，過線段 AB 的中點 H 作 x 軸的垂
線分別交C1、C2 于點 D、E ，問是否存在點 H ，使C1在 D處的切線與C2 在 E 處的切線平行？若存在，求
出點 H 的橫坐標；若不存在，請說明理由．
1
【解析】（1）因為 n = 0，所以 h x = lnx + mx ， h x = + m，
x
1
因為函數 h x 存在斜率為 3 的切線，所以 h x = + m = 3在 0, + 有解，
x
1
所以 = 3- m > 0，得 m < 3，所以實數 m的取值范圍為 - ,3 .
x
1 1 2
（2）因為 n = ，所以 h x = lnx + x2 + mx x > 0 1 x + mx +1， h x = + x + m = ，2 2 x x
令 h x = 0，即 x2 + mx +1= 0， Δ = m2 - 4 ，
（ⅰ）當 Δ = m2 - 4 0 時，即 -2 m 2 ， h x 0， h x 在 0, + 上單調遞增．
（ⅱ）當 Δ = m2 - 4 > 0時，即 m < -2 ，或 m > 2 ，
-m - m2 2x2 + mx +1= 0有兩根 x1，x2 ， x - 4 -m + m - 41 = ， x2 = ，2 2
①當 m > 2 時， x1 < x2 < 0， x 0, + 時， h x > 0， h x 在 0, + 上單調遞增．
②當 m < -2 時， 0 < x1 < x2 ， x 0, x1 時， h x > 0， x x1, x2 時， h x < 0， x x2 , + 時，
h x > 0，
h x 在 0, x1 ， x2 ,+ 上單調遞增，在 x1, x2 上單調遞減．
綜上，當 m -2 時，函數 h x 在 0, + 上單調遞增；
-m - m2 - 4 -m + m2 - 4
當 m < -2 時，函數 h x 在 0, ÷， ,+ 2 ÷ ÷÷ 上單調遞增，在è è 2
-m - m2 - 4 , -m + m
2 - 4
÷÷上單調遞減．
è 2 2
（3）
設點 A ， B 的坐標為 x1, y1 , x2 , y2 ，且 0 < x1 < x2 ，
y1 = lnx
2 2
1 = nx1 + mx1， y2 = lnx2 = nx2 + mx2 ，
1
則點 D與點 E x + x的橫坐標均為 1 2 ， f x = ， g x = 2nx + m，
2 x
2 x + x
所以C1在點 D處的切線斜率為 k1 = Cx x ， 2 在點 E 處的切線斜率為 k2 = 2n ×
1 2 + m = n x1 + x2 + m
1 +
，
2 2
假設C1在點 D處的切線與C2 在點 E 處的切線平行，則有 k1 = k2 ，
2
即 = n x1 + x2 + mx + x ，則有下式成立：1 2
2 x2 - x1 = n x22 - x21 + m x2 - x1 = nx22 + mx2 - nx21 + mxx1 + x 1 2

2 x2

-1
= y - y x= lnx - lnx = ln 2 x2 2 x2 - x

1 è x
÷
1
2 1 2 1 x ，即 ln = = ，1 x1 x1 + x 1 x2 + 2
x1
x2
設 = t >1
2 t -1lnt x ，有 = ，設 r t
2 t -1
= lnt - t >1 ，
1 1+ t 1+ t
r t 1 4 t -1
2
則 = - 2 = > 0，所以 r t 在 1, + 上單調遞增，t t +1 t t +1 2
故 r t > r 1 = 0 2 t -1 2 t -1，即 lnt > ，與 lnt = 矛盾，所以假設不成立，
1+ t 1+ t
所以不存在點 H 使C1在點 D處的切線與C2 在點 E 處的切線平行．
【例 4】（2024 屆上海市七寶中學高三三模）若曲線 C 的切線 l 與曲線 C 共有 n 個公共點（其中 n N ，
n 1），則稱 l 為曲線 C 的“Tn -切線 ”.
(1)若曲線 y = f x 在點 1,-2 處的切線為T2 -切線，另一個公共點的坐標為 3,4 ，求 f 1 的值；
(2)求曲線 y = x3 - 3x2 所有T1 -切線的方程；
(3)設 f x = x + sin x ，是否存在 t (0, π) ，使得曲線 y = f x 在點 t，f t 處的切線為T3 -切線？若存在，2
探究滿足條件的 t 的個數，若不存在，說明理由．
4 - (-2)
【解析】（1）依題意，該切線的斜率為 = 3，因此 f (1) = 3 .
3-1
（2）由 y = x3 - 3x2 ，求導得 y = 3x2 - 6x ，
則曲線 y = x3 - 3x2 3 2 3 2 2在 (x0 , x0 - 3x0 )處的切線方程為： y - (x0 - 3x0 ) = (3x0 - 6x0 ) x - x0 ，
令 h(x) = x3 - 3x2 - (3x20 - 6x0 )x + 3x
3
0 - 6x
2
0 - x
3 2
0 + 3x0 ，整理得 h(x) = (x - x0 )
2 (x + 2x0 - 3)，
此切線為 T1 -切線，等價于方程 h(x) = 0 有且僅有一個根，即 x0 = 3 - 2x0 ，即 x0 = 1，
所以曲線 y = x3 - 3x2 的 T1 -切線僅有一條，為 y = -3x +1 .
（3）由 (x + sin x) =1+ cos x，得曲線 y = f (x) 在點 (t, f (t)) 處的切線方程為：
y - t - sin t = (1+ cos t)(x - t) ，即 y = (1+ cos t)x + sin t - t cos t ，
令 g(x) = (x + sin x) -[(1+ cos t)x + sin t - t cos t] = sin x - x cos t - sin t + t cos t ，
求導得 g (x) = cos x - cos t ，由 t (0,
π) ，得 cos t (0,1)，
2
對 k Z ，當 x (2kπ - t, 2kπ + t) 時， g (x) = cos x - cos t > 0, y = g(x)為嚴格增函數；
當 x (2kπ + t, 2kπ + 2π - t) 時， g (x) = cos x - cos t < 0, y = g(x) 為嚴格減函數，
函數 y = g(x) 所有的極大值為 g(2kπ + t) = -2kπ cos t ，
當 k = 0時，極大值等于 0，即 g(t) = 0，
當 k 為正整數時，極大值全部小于 0，即 y = g(x) 在 (t, + )無零點，
當 k 為負整數時，極大值全部大于 0，
函數 y = g(x) 所有的極小值為 g(2kπ - t) = (2t - 2kπ)cos t - 2sin t ，
當 k = 0時，極小值 g(-t) = 2t cos t - 2sin t = 2cos t(t - tan t) < 0 ，
且隨著 k 的增大，極小值 (2t - 2kπ)cos t - 2sin t 越來越小，
因此 y = f (x) 在點 (t, f (t))(0 < t
π
< )處的切線為 T -切線，
2 3
等價于 y = g(x) 有三個零點，等價于 (2t + 2π)cos t - 2sin t = 0，即 tan t - t = π 有解，
h(t) = tan t - t h (t) 1令 ，則 = -1 = tan2 t > 0，
cos2 t
因此 y = h(t)
π
為 (0, ) 上的嚴格增函數，因為 h(0) = 0 < π,h(
3) 12.6 > π ，
2 2
于是存在唯一實數 t (0,
π) ，滿足 tan t - t = π ，
2
π
所以存在唯一實數 t (0, ) ，使得曲線 y = f (x) 在點 (t, f (t)) 處的切線為 T3 -切線.2
【例 5】（2024 屆福建省泉州第五中學高三下學期適應性監測）已知拋物線C : x2 = 2 py( p > 0)的焦點為 F，
O 為坐標原點，拋物線 C 上不同兩點 A，B 同時滿足下列三個條件中的兩個：① | FA | + | FB |=| AB |；②
| OA |=| OB |=| AB |= 8 3 ；③直線 AB 的方程為 y = 6 p ．
(1)請分析說明 A，B 滿足的是哪兩個條件？并求拋物線 C 的標準方程；
(2)若直線 AB 經過點 M (0,m)(m > 0) ，且與（1）的拋物線 C 交于 A，B 兩點， N (0,n)，若
m
MNA = MNB ，求 的值；
n
(3)點 A，B，E 為（1）中拋物線 C 上的不同三點，分別過點 A，B，E 作拋物線 C 的三條切線，且三條切線
兩兩相交于 M，N，P，求證： △MNP的外接圓過焦點 F．
p
【解析】（1）若同時滿足①②：由 | FA | + | FB |=| AB |，可得 AB 過焦點 F 0, ÷，
è 2
當 | OA |=| OB |時， | AB |= 2 p而 | OA |=| OB | 5= p | AB |= 2 p，所以①②不同時成立
2
若同時滿足①③由① | FA | + | FB |=| AB | F ，可得 AB 過焦點 0,
p
÷，
è 2
p
因為直線 AB 的方程為 y = 6 p ，不可能過焦點 F 0, ÷，所以①③不同時成立
è 2
只能同時滿足條件②③，因為② | OA |=| OB |=| AB |= 8 3 ；
π
且直線 AB 的方程為 y = 6 p ，所以6 p =| OA | sin =12，解得 p = 2 ．
3
所以拋物線 C 的標準方程為 x2 = 4y ．
（2）如圖：
設直線 AB 的方程為 y = kx + m(k 0), A x1, y1 , B x2 , y2 ，
ìy = kx + m
聯立方程組 íx2 4y ，整理得= x
2 - 4kx - 4m = 0，

則 x1 + x2 = 4k, x1 × x2 = -4m ．因為 MNA = MNB ，直線 AN，BN 的斜率之和為 0，
k k y1 - n y2 - n
x2 y1 - n + x+ = + = 1 y2 - n 即 AN BN = 0，x1 x2 x1x2
所以 x2 y1 - n + x1 y2 - n = x2 kx1 + m - n + x1 kx2 + m - n = 2kx1x2 + (m - n) x1 + x2 = 0 ，
即 2kx1x2 + (m - n) x1 + x2 = 2k × (-4m) + (m - n)(4k) = 0，
所以-4k(m + n) = 0
m
，即 = -1．
n
（3）設過點 A，B，E 的三條切線分別為 l1, l2 , l3 ，傾斜角分別為a1 ,a2 ,a3 ，
令 A
x , 1 x2 , B 1 2 1 1 ÷ x2 , x2 ÷ , E x3 ,
1 x2
4 4 4 3 ÷，è è è
y x 1 1由 = 得： tana1 = x1, tana2 = x2 , tana
1
3 = x l
1 1
3 1： y = x1x - x
2
2 2 2 2 2 4 1
l y 1 x x 1 x2 l y 1 1 2 1 1 2所以 1： = 2 1
- 1 ； 2： = x2x - x ； l4 2 4 2 3
： y = x3x - x .2 4 3
l , l M x1 + x3 x1x3 聯立 1 3 直線方程可得 , ÷
è 2 4
l , l N x2 + x3 , x2x3 聯立 2 3 直線方程可得 ÷
è 2 4
1 x 11 - x2
\ tan MPN = tan a a 2 2 2 x1 - x1 - 2 = = × 2
1 1+ x 1 x1 × x2 + 4
2 1
× x
2 2
x1x3 -1 x2x3
Qk 4 x1x - 4
-1
3 , k 4 x2x3 - 4又 MF = x = = =1 + x3 2 ，x + x NF x1 3 2 + x3 2 x2 + x3
2 2
x1x3 - 4 x2x3 - 4-
k - k 2 x + x 2 x + x 2 x - x x2 + 4
\ tan MFN x - x= MF NF = 1 3 2 3 = 1 2 3 = 2 × 1 2
1+ kMF ×kNF x 21+ 1x3 - 4 x2x3 - 4 4 + x1x2 x3 + 4 4 + x1x2
4 x1 + x3 x2 + x3
所以 tan MPN = tan MFN MPN = MFN .
所以： M , F, P, N 四點共圓，即 △MNP的外接圓過焦點 F．
1.（2024 屆北京市陳經綸中學高三下學期三模）已知 f x = 2 x - a ln x - ax -1．
(1)若 a = -1，求曲線 y = f x 在點P 1, 2 處的切線方程；
(2)若函數 y = f x 存在兩個不同的極值點 x1, x2 ，求證： f x1 + f x2 > 0．
【解析】（1）當 a = -1時， f x = 2 x + ln x + x -1，
f x 1 1= + +1, f 1 = 3
x x ，
所以曲線 y = f x 在點P 1, 2 處的切線方程為 y - 2 = 3 x -1 ，即 y = 3x -1；
1 a 1 a
（2） f x = - - ax ，令 f (x) = 0，得
- - a = 0
x x x
，令 t = x ，則 t > 0，
原方程可化為 at2 - t + a = 0 ①，則 t1 = x1 , t2 = x2 是方程①的兩個不同的根，
ìΔ =1- 4a2 > 0
1
所以 í1 ，解得0 < a < ，
> 0 2 a
1 2 2 2 1
由韋達定理得 t1 + t2 = ,t1t2 =1，則 t1 + t2 = t1 + ta 2 - 2t1t2 = 2 - 2a ，
所以 f (x1) + f (x2 ) = 2( x1 + x2 ) - a(ln x1 + ln x2 ) - a(x1 + x2 ) - 2
= 2(t 11 + t
2 2 2 2
2 ) - a ln(t1 t2 ) - a(t1 + t2 ) - 2 = 2a + - 2a ，
令 h a = 2a 1 1 1 1+ - 2 0 < a <

÷，則 h a = 2 - 2 < 0

a 2 a
0 < a <
2 ÷
，
è è
h a 0, 1 所以函數 在 ÷上單調遞減，
è 2
h a 2a 1所以 = + - 2 > h 1 ÷ =1 > 0，所以 f (x1) + f (x ) > 0 .a 2è 2
2．（2024 屆山東省青島第五十八中學高三下學期二模）已知函數 f (x) = ln x + ax2 - x + a +1 .
(1)證明曲線 y = f x 在 x =1處的切線過原點；
(2)討論 f x 的單調性；
【解析】（1）由題設得 f (x)
1
= + 2ax -1(x > 0) ，所以 f (1) =1+ 2a -1 = 2a ，
x
又因為 f (1) = a -1+ a +1 = 2a ，所以切點為 (1, 2a) ，斜率 k = 2a ，
所以切線方程為 y - 2a = 2a(x -1)，即 y = 2ax 恒過原點．
2
（2）由（1）得 f (x) 2ax - x +1= (x > 0) ，
x
當 a = 0時， f (x)
-x +1
= ，
x
當 x (0,1) 時， f (x) > 0， f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，
當 x (1,+ )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )上單調遞減；
當 a 0時，令 t x = 2ax2 - x +1，則D =1-8a，
當 a > 0且D =1-8a
1
0時，即 a 時， f (x) 0， f (x) 在 (0, + )上單調遞增，
8
1
當0 < a < 時，D =1-8a > 0，
8
由 t x = 2ax2 - x +1 > 0 0 1- 1-8a 1+ 1-8a，則 < x < ，或 x > ，則 f (x) > 0，
4a 4a

所以 f (x) 在 0,
1- 1-8a 1+ 1-8a
4a ÷÷上單調遞增，在
,+
è è 4a
÷上單調遞增；

由 t x = 2ax2 - x +1 < 0 1- 1-8a x 1+ 1-8a，則 < < ，則 f (x) < 0 ，
4a 4a
1- 1-8a ,1+ 1-8a

所以 f (x) 在 4a 4a ÷÷上單調遞減；è
當 a < 0時，D =1-8a > 0，則 t x = 2ax2 - x +1為開口向下的二次函數，
1
對稱軸 x = < 0， t 0 =1 1 ， t =1
1
- >1，
4a è 4a ÷ 8a
2 1+ 1-8a 1+ 1-8a
由 t x = 2ax - x +1 > 0，則0 < x < ，則 f (x) > 0，所以 f (x) 在 0,
4a 4a
÷÷上單調遞增，
è

由 t x = 2ax2 - x +1 < 0 1+ 1-8a，則 x 1+ 1-8a> ，則 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 ,+ 4a ÷上單調遞減；4a è
綜上：當 a = 0時， f (x) 在( 0, 1)上單調遞增， f (x) 在 (1, + )上單調遞減；
當 a
1
時， f (x) 在 (0, + )上單調遞增；
8
1 0,1- 1-8a
1+ 1-8a
當0 < a < 時， f (x) 在 4a ÷÷上單調遞增，在
,+
4a ÷上單調遞增，
f (x) 在
8 è è
1- 1-8a ,1+ 1-8a


è 4a 4a ÷
÷上單調遞減；

1+ 1-8a , 0,1+ 1-8a

當 a < 0時， f (x) 在 + ÷上單調遞減， f (x)4a 在 4a ÷÷上單調遞增.è è
3．（2024 屆四川省成都市樹德中學高三下學期適應性考試）已知函數 f x = x - a ln x,a R .
(1) 2當 a = 2時，曲線 y = f x 與曲線 f x = -x + m 恰有一條公切線 y = -x + t ，求實數m與 t的值；
h x x a ln x 1(2)若函數 = - - 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 且 h x2 - h x
4
1 - ，求 a的取值范圍.x e
2
【解析】（1）解：當 a = 2時， f x = x - 2ln x，可得 f x =1- ，
x
令 f x 2=1- = -1，可得 x =1，又由 f 1 =1，所以切點 1,1 在直線 y = -x + t 上，則 t = 2，
x
因為 y = -x2 + m，所以 y = -2x，令 y = -1
1
，則 x = ，
2
在直線 y = -x + 2
1 3
方程中，令 x = ，可得 y = ，
2 2
1
又因為點 ,
3 2 7
÷在曲線 y = -x + m上，所以m = .
è 2 2 4
2
（2）解：函數 h x = x - a ln x 1- h x 1 a 1 x - ax +1，可得 = - + = x > 0 ，
x x x2 x2
ìx1 + x2 = a
x x =1
由函數 h x 有兩個極值點，所以 x2 ax 1 0 1 2- + = 有兩個不等正根，則 í
a > 2
，
0 < x1 <1 < x2
由 h x2 - h x1 = x2 - a ln x
1 1
2 - - xx 1
+ a ln x1 +
2 x1
x - x
= x2 - x1 + a ln x - ln x + 2 11 2 = 2
1
- x1 ÷ + 2 x
1
+ ln x 4 -
x x 1 ÷ 1 ，1 2 è x1 è x1 e
1
可得 - x1 ÷ + x
1 2
1 + ÷ ln x1 - ，
è x1 è x1 e
g x 1 1= - x + x + 1 令 ÷ ln x 0 < x <1 ， g (x) = - 2 -1+ 1
1 ln x 1 1 1 1- ÷ + + = -

÷ ln x > 0，x è x x è x2 x2 è x2
所以 g x 在區間 0,1 上單調遞增，
g 1 1 1 2因為 ÷ = e - + + e÷ -1 = - ，
è e e è e e
1
所以由 - x
1 2
1 ÷ + x +
1
x 1 x ÷
ln x1 - ，可得 x1 <1，
è 1 è 1 e e
2
令函數m x = x 1 1+ , x éê ,1
1 x -1
÷，可得 x e m x =1- = < 0， x2 x2
所以m x [1在 ,1) 上單調遞減，可得m x > m 1 = 2, m x = m 1 = e 1+
e max e ֏ e
，
a x 1又因為 = 1 + ，所以 a
2,e 1ù
x 的取值范圍是
+ ú .
1 è e
4．（2024 屆建省泉州市高中畢業班 5 月適應性練習）已知函數 f x = ax3 - 2x2 - 2x + a a 0 ．
(1)當 a =1時，若直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切，求b ；
(2)若直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點，求 a．
【解析】（1）當 a =1時， f x = x3 - 2x2 - 2x +1， f x = 3x2 - 4x - 2，
因為直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切，
2
設切點為 x0 , y0 ，則切線斜率 k = f x0 = 3x0 - 4x0 - 2，
ì x 10 =
ì3x2

0 - 4x0 - 2 = -3 ì x0 =1 3
y = -3x + b 4可得 í 0 0 ，解得 íy0 = -2或 íy0 = ，
y = x 3 - 2x 2 - 2x +1
27
0 0 0 0 b =1

b 31 = 27
b 1 b 31所以 = 或 = ．
27
（2）因為直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點，
所以方程 ax3 - 2x2 - 2x + a = -2x - 2，
a x3 +1 - 2 x2即方程 -1 = 0有兩個不等實根，
3 2
因為 x=- 1是方程 a x +1 - 2 x -1 = 0的一個根；
當 x -1 2時，方程可化為 ax - a + 2 x + a + 2 = 0（*），
依題意，方程（*）有不等于 -1的唯一根，
因為 a 0，若 a = 0，則（*）即-2x + 2 = 0， x =1，滿足條件；
ì a + a + 2 + a + 2 0 2
若 a > 0，則由 í ，解得： a = ．
V= a + 2
2 - 4a a + 2 = 0 3
2
綜上所述， a = 0或 a = ．
3
5．（2024 山東省青島市高三第三次適應性檢測）已知 O 為坐標原點，曲線 f x = alnx 在點 P 1，0 處
x
的切線與曲線 g x = e + b 在點Q 0，1+ b 處的切線平行，且兩切線間的距離為 2 ，其中 b 0 .
(1)求實數 a，b 的值;
(2)若點 M，N 分別在曲線 y = f x ，y = g x 上，求 ONP 與 OMQ 之和的最大值;
(3)若點 A，B 在曲線 y = f x 上，點 C，D 在曲線 y = g x 上，四邊形 ABCD 為正方形，其面積
1 2S 為 ，證明: S > 2 e -
è 2 ÷
附:ln2 ≈ 0.693.
【解析】（1）因為 f x a= ，所以 f 1 = a ，又因為 g x = ex ，所以 g 0 =1，
x
解得 a =1，所以 f x 在 1,0 處的切線方程為: y = a x -1 = x -1，
所以 g x 在 0,1+ b 處的切線方程為: y = x +1+ b ，
2 + b
2 2 + b所以 = = ，解得 b = 0 .
2 2
（2）（法一）由（1）知： P 1,0 ，Q 0,1 ，記直線 NP，ON 的傾斜角分別為a，b ，
斜率分別為 k1，k2 ，所以 ONP = a - b N x, ex，設 ，x 0 且 x 1，
ex ex
- x
所以 tan ONP = tan a b k1 - k2 x -1 x e- = = = ,
1+ k k x x 2 2x1 2 1 e e+ × x - x + e
x -1 x
ex e
x x2 - 3x +1- e2x
令m x = 2 2x x 0，x 1 ，則m x = 2 2x 2
，
x - x + e x - x + e
當 x > 0 x時，設函數 n x = e - x -1，則 n x = ex -1 > 0，
所以 n x 在 0，+ 單調遞增，所以 n x n 0 = 0，即 ex x +1 >1，
所以 x2 - 3x +1- e2x x2 - 3x +1- x +1 2 = -5x < 0，
所以m x 0,1 1,+ m 1 1在 ， 均單調遞減，且 = <1，
e
當 x < 0 時， x2 - 3x +1- e2x >1- e2x > 0，所以m x 在 - ，0 單調遞增，
所以m x < m 0 =1.當 x = 0 1時， tan ONP =1 ;當 x =1時， tan ONP = ，
e
所以，當點 N 坐標為Q 0,1 π時， ONP最大為 .
4
同理，函數 f x = lnx 與 g x = ex 的圖象關于直線 y = x 對稱，
且 P，Q y = x OMQ
π
也關于直線 對稱，所以 最大為 ，
4
π
所以 ONP與 OMQ 之和的最大值為 .
2
2 2
（法二）由（1）知: P 1,0 ，Q 0,1 O P W : ，點 ， 在圓 x
1
-
1 1
÷ +

y -
= 上.
è 2 è 2 ÷ 2
下面證明：直線 l : y = x +1與圓 W 和曲線 y = g x 均相切，
1 2
因為圓 W 的圓心到直線 l的距離為 = ，所以直線 l與圓 W 相切，
2 2
即，除點 0,1 外，圓 W 上的點均在直線 l : y = x +1下方,
又因為m x = ex - x +1 ，則m x = ex -1，
所以m x 在 - ，0 單調遞減，在 0，+ 單調遞增，
所以m x m 0 = 0，
即，除點 0,1 外，曲線 y = g x 上的點均在直線 l : y = x +1上方.
π
所以，當點 N 坐標為Q 0,1 時， ONP最大為 ，
4
同理，函數 f x = lnx 與 g x = ex 的圖象關于直線 y = x 對稱，
且 P Q
π
， 也關于直線 y = x 對稱，所以 OMQ 最大為 ，
4
π
綜上知: ONP與 OMQ 之和的最大值為 .
2
（3）因為曲線 y = f x +1 +1與與曲線 y = g x 與有唯一交點，且關于 y = x +1對稱，
并分居兩側，
所以曲線 y = f x 的上的點到曲線 y = g x 上的點的最小距離 2 ，且此時這兩點只能為 P 1，0 , Q 0，1 ，
假設函數 f x = lnx x與函數 g x = e 的圖象關于直線 y = kx + m 對稱，
P 1，0 y = kx + m P g x = ex則點 關于 的對稱點 在 上，
點Q 0，1 關于 y = kx + m 的對稱點 Q 在 f x = lnx 上，
因為 PQ = P Q = 2 ，所以 P 與 Q重合， Q 與 P 重合，
所以 y = x 是函數 f x = lnx 與函數 g x = ex的圖象的唯一對稱軸，所以 A, D和 B,C 分別關于直線 y = x 對
稱，
設 A x1,lnx1 , B x2, lnx2 , C x3, ex3 , D x , ex44 ，其中 x1 < x2 , x4 < x3 ，
x - lnx
所以 BC = 2 x2 - x1 = 2 x2 - x3 = 2 2 2 = 2 x2 - lnx2 ，2
即 x1 = x3 = lnx2 ，
又因為 BC = 2 ex3 - lnx2 = 2 lnx2 - lnx1 ，
x
即 e 1 + lnx1 = 2lnx2 = 2x1，
所以 x1為方程 ex + lnx - 2x
x
= 0的根，即 h x = e + lnx - 2x x > 0 的零點為 x1，
因為 h x = ex 1 1+ - 2 x +1+ - 2 1 1= x + -1 2 x × -1 =1 > 0，
x x x x
所以 h x 在 0，+ 單調遞增，
h 1 故 ÷ = e - ln 2 -1< e - 0.69 -1 = e -1.69 < 0， h 1 = e - 2 > 0，
è 2
1
< x <1 j x = ex所以 1 ，令 - x x > 0 ，2
則j x = ex -1 > 0，所以j x 在 0，+ 單調遞增，
2
2 2
所以 S = é 2 x2 - x ù1 = 2 ex1 - x1 > 2
1
e - 2 ֏
6.（2022 高考全國卷甲文）已知函數 f (x) = x3 - x, g(x) = x2 + a ,曲線 y = f (x) 在點 x1, f x1 處的切線也
是曲線 y = g(x) 的切線．
（1）若 x1 = -1 ,求 a；
（2）求 a 的取值范圍．
【解析】（1）由題意知, f (-1) = -1- (-1) = 0 , f (x) = 3x2 -1, f (-1) = 3-1 = 2 ,
則 y = f (x) 在點 -1,0 處的切線方程為 y = 2(x +1) ,即 y = 2x + 2 ,
設該切線與 g(x)切于點 x2 , g(x2 ) , g (x) = 2x ,則 g (x2 ) = 2x2 = 2 ,解得 x2 =1 ,則 g(1) =1+ a = 2 + 2 ,解
得 a = 3 .
（2）因為 f (x) = 3x2 -1,所以 y = f (x) 3 2在點 x1 , f (x1) 處的切線方程為 y - x1 - x1 = 3x1 -1 (x - x1) ,整
理得 y = 3x21 -1 x - 2x31 ,
設該切線與 g(x)切于點 x2 , g(x2 ) , g (x) = 2x ,則 g (x2 ) = 2x2 ,
則切線方程為 y - x22 + a = 2x2 (x - x2 ) ,整理得 y = 2x 22x - x2 + a ,
ì3x2 -1 = 2x 2 21 2 3x
則 í 2 3 1
1 3 9
3 ,整理得 a = x - 2x = - - 2x = x
4 3 1- 2x3 - x2 + ,
-2x1 = -x
2
2 + a
2 1 ÷ 1 1 1 1
è 2 2 4 2 4
（另法：求出 y = f (x) x 2 3在點 1 , f (x1) 處的切線方程 y = 3x1 -1 x - 2x1 后代入 g x 解析式,用 D = 0求解）
h(x) 9= x4 - 2x3 3- x2 1+ , h (x) = 9x3 2令 則 - 6x - 3x = 3x(3x +1)(x -1) ,令 h (x) > 0 ,解得
4 2 4
1
- < x < 0 或 x >1 ,
3
令 h (x) < 0
1
,解得 x < - 或 0 < x <1 ,則 x 變化時, h (x), h(x)的變化情況如下表：
3
- , 1- 1-
1
x ÷ - ,0÷ 0 0,1 1 1, +
è 3 3 è 3
h (x) - 0 + 0 - 0 +
h(x) 5 1] -127 Z 4 ] Z
則 h(x) 的值域為 -1, + ,故 a的取值范圍為 -1, + .
1
7.（2024 屆四川省成都市第七中學高三上學期考試）已知函數 f x = a ln x + x - 有三個零點 x1, x2 , xx 3
（ x1 < x2 < x3）.
(1)求 a 的取值范圍；
(2)過點 x1,0 與 x3 ,0 分別作 f x 的切線，兩切線交于 M 點，求 M 點到 y 軸的距離.
2
【解析】（1）由 f x = a ln x + x 1- 得 f x a 1 x + ax +1= +1+ 2 = 2 ，x x x x
當 a > 0時， f x > 0，則 f x 在 0, + 上單調遞增，函數 a > 0至多一個零點，不符合題意；
當 a<0時，由題意只需使 f x = 0在 0, + 有兩個異號根即可，
ìΔ = a2 - 4 > 0

所以 í-a > 0 ，解得 a < -2；綜上， a < -2 .

1 > 0
（2）當 a < -2時， f 1 = a + 2 < 0 .又 f 1 = 0，故 x2 =1， x1 <1 < x3 .
又知當 f
1
x1 = 0時，有 a ln x1 + x1 - = 0x ，1
a ln 1 1+ - x = 0 1 所以 f = 0 x x =1x1 x
1 ，即 x ÷ ，故 1 3
.
1 è 1
又 f x 0 f x x x y a 1 1 x x a 11 = ，所以 在 = 1處的切線方程為 = + +x x 2 ÷ - 1 - - ，è 1 1 x1
所以 f x 在 x = x3處的切線方程為 y = ax1 +1+ x 2
1
1 x - x1 - a - x ，1
聯立整理得兩直線交點橫坐標 xM = 0 .故 M 點到 y 軸的距離 0.
8.（2024 3 2屆江蘇省南通市高三上學期質量監測）已知函數 f x = ax + bx + cx a > 0 的極小值為-2，其導
函數 f x 的圖象經過 A -1,0 ，B 1,0 兩點.
(1)求 f x 的解析式；
(2)若曲線 y = f x 恰有三條過點P 1,m 的切線，求實數m的取值范圍.
【解析】（1） f x = 3ax2 + 2bx + c，
因為 a > 0，且 f x 的圖象經過 A -1,0 ，B 1,0 兩點.
所以當 x - ,-1 時， f x > 0， f x 單調遞增；
當 x -1,1 時， f x < 0， f x 單調遞減；
當 x 1,+ 時， f x > 0， f x 單調遞增.
所以 f x 在 x =1處取得極小值，所以 f 1 = a + b + c = -2，
又因為 f -1 = 0， f 1 = 0，所以3a - 2b + c = 0，3a + 2b + c = 0，
ì3a - 2b + c = 0

解方程組 í3a + 2b + c = 0得 a =1，b = 0，c = -3，

a + b + c = -2
3
所以 f x = x - 3x .
（2）設切點為 x0 , y0 ，則 y0 = x30 - 3x0 ，
因為 f x = 3x2 - 3，所以 f x0 = 3x20 - 3，
所以切線方程為 y - x3 - 3x = 3x20 0 0 - 3 x - x0 ，
將P 1,m 2x3 - 3x2代入上式，得 0 0 + m + 3 = 0 .
因為曲線 y = f x 恰有三條過點P 1,m 的切線，所以方程 2x3 - 3x2 + m + 3 = 0有三個不同實數解.
記 g x = 2x3 - 3x2 + m + 3 2，則導函數 g x = 6x - 6x = 6x x -1 ，
令 g x = 0 ，得 x = 0或 1.
列表：
x - ,0 0 0,1 1 1, +
g x + 0 - 0 +
g x ↗ 極大 ↘ 極小 ↗
所以 g x 的極大值為 g 0 = m + 3， g x 的極小值為 g 1 = m + 2，
ì g 0 > 0
所以 í ，解得-3 < m < -2 .故m的取值范圍是 -3, -2 g 1 0
.
<
9.（2024 屆遼寧省丹東市高三總復習質量測試二）設函數 y = F x 的定義域為 I，若 x0 I ，曲線 y = F x
在 x = x0處的切線 l 與曲線 y = F x 有 n 個公共點，則稱 (x0 , F (x0 )) 為函數 F x 的“n 度點”，切線 l 為一條
“n 度切線”．
2
(1)判斷點 1, f 1 是否為函數 f (x) = x - - 3ln x 的“2 度點”，說明理由；
x
(2)設函數 g x = ex + ax2 - ex .
①直線 y = 2x -1是函數 y = g x 的一條“1 度切線”，求 a 的值；
②若 a = -1，求函數 y = g x 的“1 度點”.
2
【解析】（1）因為 f x = x - - 3ln x ，所以 f x =1 2 3+ 2 - ， f 1 = 0，x x x
則函數 f x 在點 1,-1 處的切線方程 l : y = -1，
f x x 2 3ln x x 2將切線 l 的方程與 = - - 聯立得 - - 3ln x +1 = 0，
x x
記 h x x 2= - - 3ln x +1，
x
2
Q h x 1 2 3 x - 3x + 2 x -1 x - 2 = + 2 - = = ，x x x2 x2
當 1< x < 2時， h x < 0，當 0 < x <1和 x > 2時， h ' x > 0，
則 h x 在 0,1 上單調遞增，在 1,2 上單調遞減，
所以 h x 在 x =1處取得極大值， h 1 = 0，
h x 在 1,2 上單調遞減，在 (2, + ) 上單調遞增，
所以 h x 在 x = 2 處取得極小值，
h 2 = 2 - 3ln 2 = ln e2 - ln8 ，因為 e2 < 8，所以 h 2 < 0，
2
又因為 h(e ) = e2
2
- 2 - 6 +1 = e
2 2- - 5 > 0，
e e2
所以 h x 在 (2, + ) 上存在唯一零點，
則點 1, f 1 為函數 f x 2= x - - 3ln x 的“2 度點”．
x
（2）①設直線 y = 2x -1與曲線 y = g x 相切于點 P x1, 2x1 -1 ，
Q g x = ex + ax2 - ex \ g x = ex， + 2ax - e ，
ì2x1 -1 = e
x1 + ax21 - ex x
則 í 1 1ex
，整理得 e x
1 + 2ax - e = 2 1
- 2 + ex1 + 2x1 - 2 = 0 ，
1
對于給定函數 p x 我們定義它的導數為 p x ，定義它的導數 p x 的導數為 p x .
G x = ex設 x - 2 + ex + 2x - 2，則G x = ex x -1 + e + 2，G x = ex x ，
\G x 在 (- ,0) 上單調遞減，在 (0, + ) 上單調遞增，\G x G 0 = e +1 > 0，
\G x 在 R 上遞增，又G 1 = 0，\ x1 = 1，\a = 1，經檢驗符合題意；
②設點 P(x2 , g(x2 )) ，曲線 y = g x 在點 P 處的切線方程為 y = g x2 x - x2 + g x2 ，
令 H x = g x - g x2 x - x2 - g x2 ，
Q曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點 P，\H x 有唯一零點，
H (x) = ex - ex2 - 2(x - x2 )，且 H (x2 ) = H x2 = 0，
\H (x) = ex - 2，令 H (x) = 0，則 x = ln 2 ，
\ x (- , ln 2)， H (x) < 0， H x 單調遞減；
x (ln 2,+ )， H (x) > 0， H (x) 單調遞增；
（i）若 x = ln 2 ，由 x (- , ln 2)， H (x) > 0； x (ln 2,+ )， H (x) > 0，
\ H (x)在 R 上單調遞增，\H x 只有唯一零點 x = ln 2 ；
（ii）若 x2 > ln 2，由 x (ln 2,+ )， H x 單調遞增，且 H x2 = 0，
則當 x ln 2, x2 ， H x < 0 ， H x > H x2 = 0，
當 x (- , ln 2)， H (x) = ex - x2 - ex - g (x2 )(x - x
2
2 ) - g(x2 ) < -x + bx + c ，
其中 b = -e - g x2 ， c = 2 - g x2 + x2g x2 ，
必存在 m < ln 2，使得 -m2 + bm + c < 0，
\H m < 0，故 H x 在 m, ln 2 內存在零點，即 H x 在 R 上至少有兩個零點；
iii x < ln 2 ex x
3
（ ）若 ，同理利用 > ，可得 H x 在 R 上至少有兩個零點；
6
綜上所述，函數 y = g x 的“1 度點”為 P ln 2,2 - ln2 2 - e ln 2 ．
10．（2024 屆河北省衡水市高三下學期大數據應用調研聯合測評）過點 P a,b 可以作曲線 y = x + ex 的兩條
切線，切點為 A, B .
1
(1)證明： a b - a > - ；
e
(2)設線段 AB 中點坐標為 x0 , y0 ，證明： a + y0 > b + x0 .
t
【解析】（1）證明：設切點 A t, et + t ， y =1+ ex ，所以 kPA =1 et e + t - b+ = ，t - a
t t - a -1 et即關于 的方程 + b - a = 0有兩個不相等的實數根.
設 f t = t - a -1 et + b - a，則 f t = t - a et = 0， t = a .
當 t < a 時， f t < 0，則 f t 在 - ,a 上單調遞減；
當 t > a時， f t > 0，則 f t 在 a,+ 上單調遞增，
f t a所以 在 t = a處取值得最小值，即 f a = b - a - e .
當 t + 時， f t + ，當 t - 時， f t b - a，
ìb - a > 0
若滿足方程有兩個不相等的實數根，則 í
b - a - e
a ，< 0
于是 0 < b - a < ea ，即 ln b - a < a ，得 b - a ln b - a < b - a a ,
設 g x = x ln x， g x = ln x +1 = 0 1，得 x = ，
e

在 0,
1
÷上， g x
1
< 0，則 g x 單調遞減，在 ,+ ÷上， g x > 0e ，則 g x 單調遞增，è e è
g x = x ln x x 1= 1 1 1所以 ，在 處取得最小值，即 g = - ，所以 a b - a > - .
e è e ÷ e e
（2）證明：設 A x1, y1 , B x2 , y2 ，
1 1 x x 1
則 y0 = y 1 21 + y2 = e + e + x0 ，即 y0 - x0 = y 1 x1 x22 2 2 1 + y2 = e + e ，2
在點 A x1, y1 , B x2 , y2 處的切線方程都過 P a,b ，
b - x - ex1 = 1+ ex于是，由 11 a - x1 ，得 x1 - a +1 b - a+ ex = 0 ，1
b - x - ex由 22 = 1+ ex2 a - x b - a2 ，得 x2 - a +1 + = 0ex2
x - x ex1 +x2
兩式相減整理得： b - a = 1 2 ，
ex1 - ex2
x - x ex1 +x ex1 +x2 é e2x2 1 1 - e2x2 ù b - a - y0 - x0 = 1 2 - ex1 + ex2 = 2 x - x -x xe 1 - ex 2 2 2 e 1 - ex ê 1 2 ú2 ex1 +x 2
ex1 +x2 é2 x x ex -x 1= - - 1 2 + ù
2 ex1 - ex2 ê 1 2 ex1 -x2 ú ，
ex1 +x2
x > x ,m = x - x > 0 > 0 h m 2m em 1不妨設 1 2 1 2 ，所以 2 ex ex ，則 = - +1 - 2 em ，
h m 1= 2 - em - m 2 - 2 = 0，所以 h m 在 0, + 上單調遞減，于是 h m < h 0 = 0 ，e
于是 b - a - y0 - x0 < 0，即 a + y0 > b + x0 .
“拐點”又稱“反曲點”，是曲線上彎曲方向發生改變的點.設j x 為函數j x 的導數，若 a 為j x 的極值
點，則 a ,j a 為曲線 y = j x 的拐點.
11.（2024 屆陜西省西安市第一中學高三下學期 4 月月考）已知曲線 C： y = x3 - 3x2 +1.
(1)求 C 的拐點坐標；
(2)證明：C 關于其拐點對稱；
(3)設 l為 C 在其拐點處的切線，證明：所有平行于 l的直線都與 C 有且僅有一個公共點.
【解析】（1）設 f x = x3 - 3x2 +1，則 f x = 3x2 - 6x .
設 g x = f x ，則 g x = 6x - 6 ，
當 x <1時， g x < 0， g x 單調遞減，當 x >1時， g x > 0， g x 單調遞增，
故 x =1是 f x = g x 的極小值點，且為唯一極值點.
所以曲線 C： y = f x 的拐點為 1, f 1 ，即 1,-1 .
2 f x + f 2 - x = x3 - 3x2 +1+ 2 - x 3 2（ ）因為 - 3 2 - x +1 = -2 .
所以 C： y = f x 關于其拐點 1,-1 對稱.
（3）因為 C 在拐點 1,-1 處的切線方程 l為： y = -3x + 2 .
設平行于 l的直線方程為 y = -3x + b b 2 ，
并與 C 的方程聯立有 x3 - 3x2 +1 = -3x + b .
設 h x = x3 - 3x2 + 3x +1- b，則 h x = 3x2 - 6x + 3 = 3 x -1 2 0，
則 h x 在 R 上單調遞增.
因為 h b -1 = b -1 b - 2 b - 3 ，故當 b =1,2,3時， l與 C 有唯一公共點.
當 b <1時， b -1< 0，且 h b -1 < 0， h 0 =1- b > 0，
故存在唯一 x1 b -1, 0 ，使得 h x1 = 0，此時 l與 C 有唯一公共點.
同理，當 b > 3時， b -1 > 2 ，且 h b -1 > 0， h 2 = 3- b < 0，
故存在唯一 x2 2,b -1 ，使得 h x2 = 0，此時 l與 C 有唯一公共點.
當 1 < b < 2 時， h 0 = 1- b < 0，且 h 1 = 2 - b > 0，
故存在唯一 x3 0,1 ，使得 h x3 = 0 ，此時 l與 C 有唯一公共點.
同理，當 2 < b < 3時， h 2 = 3- b > 0，且 h 1 = 2 - b < 0，
故存在唯一 x4 1,2 ，使得 h x4 = 0，此時 l與 C 有唯一公共點.
綜上，所有平行于 l的直線都與 C 有且僅有一個公共點.
12.設函數 f (x) = aex ， g(x) = ln x + b ，其中 a， b R ， e是自然對數的底數．
(1)設 F (x) = xf (x) ，當 a = e-1 時，求 F (x)的最小值；
(2)證明：當 a = e-1 ， b <1時，總存在兩條直線與曲線 y = f (x) 與 y = g(x) 都相切；
2
(3)當 a > 2 時，證明： f (x) > x[g(x) - b] ．e
【解析】（1）由題設 F x = xex-1 ，則 F x = x +1 ex-1 ，
當 x (- ,-1)時， F (x) < 0， F (x)單調遞減，當 x (-1, + )時， F (x) > 0， F (x)單調遞增，
故 x=- 1時， F (x)取得最小值 F -1 = -e-2 ；
2 f x = ex-1 f x = ex-1 m, em-1 y = em-1x + 1- m em-1（ ）由 ，則 在 處的切線方程為 ，
由 g (x)
1
= ，則 g(x) = lnx + b 在點 n, lnn + b 1處的切線方程為 y = x + lnn + b -1，
x n
ì
em-1
1
= m-1
由題意得 í n ， m -1 e - m + b = 0，
1- m em-1 = lnn + b -1
令 h m = m -1 em-1 - m + b h x = mem-1，則 -1，
由（1）得 m < -1時， h (m)單調遞減，且 h (m) < 0，當 m > -1時， h (m)單調遞增，
又 h 1 = 0，當 m <1時， h (m) < 0， h(m)單調遞減；當 m > 1時， h (m) > 0 ， h(m)單調遞減，
1 b <1 h b -1 = b - 2 eb-2 1由（ ）及 ，得 +1 > - +1 > 0，
e
y =ex -x-1 y =ex由 ，則 -1，故 x < 0 有 y < 0， y 遞減， x > 0有 y > 0， y 遞增，
所以 y e0 - 0 -1 = 0，則 ex x +1，僅當 x = 0時等號成立，而 3- b > 2，
2
故 h 3- b = 2 - b e2-b + 2b - 3 > 2 - b 3- b + 2b - 3 = b 3 3 - ÷ + > 0 ， h 1 = b -1< 0，
è 2 4
\函數 h(m)在 (b -1,1)和 (1,3 - b) 內各有一個零點，
故當 b <1時，總存在兩條直線與曲線 y = f (x) 與 y = g(x) 都相切；
x x
（3）證明： f x > x é g x - b
ae
ù - lnx > 0，令G x
ae
= - lnx x > 0 ，
x x
以下證明：當 a
2
> 2 時，G(x)的最小值大于 0，e
a x -1 e
x a
G x 1 x -1 e
x - x
求導 = 2 - = 2 ，x x x
①當 0 < x 1時，G (x) < 0，則G x 遞減，G x G 1 = ae > 0，
a x -1 é ù
②當 x >1時，G x = 2 êex
x
-
x ú ， ê a x -1 ú
令 H x
1
= ex x- ， H x = ex + 2 > 0a x 1 H- a x 1 ，故 x 在 1, + - 上遞增，
H 2 e2 2 ae
2 - 2 t 2
又 = - = 0，取 t (1, 2) > e
2 ae
且使
a a a t -1 ，即 1< t < ae2 ，-1
H t = et t則 - < e2 - e2 = 0 ，故 H t H 2 < 0，故 H (x)a t -1 存在唯一零點 x0 1,2 ，
aex0
即G(x)有唯一的極值點 x0 1,2 ，又G x0 = - lnxx 0 ，0
x
H (x ) ex x 10且 0 = -
0 = 0 ex0 = 0，即 G(x ) = - lnxa(x0 -1) a(x0 -1)
，故 0 x0 -1
0 ，
QG x 1 1= - 2 - < 0 x ，故 G(x0 )是 (1, 2)x -1 上的減函數，0 0
\G x0 > G 2
2
= 1- ln2 > 0 ，\G x > 0，綜上所求，當 a > 2 時， f (x) > x[g(x) - b] ．e
x
13.（2024 1屆天津市十二區重點學校高三下學期聯考二）已知函數 f (x) = + lnx, g(x) e= - kf (x),k R .
x x
(1)求函數 f (x) 的單調區間；
(2)若函數 g(x)在 x =1處取得極大值，求實數 k 的取值范圍：
(3)已知 a,b R ，曲線 y = f (x) 在不同的三點 (x1, f (x1)), (x2 , f (x2 )), (x3 , f (x3))處的切線都經過點 (a, b)，且
2 - a 1 1 2 2 - a
x1 < x2 < x3 ，當 0 < a < 2 時，證明： 1+ < + < -24 x1 x3 a 24
.
1 1 1 x -1
【解析】（1）函數 f (x) = + lnx的定義域為 (0, + ) ，求導得 f (x) = - 2 + = ，x x x x2
當 0 < x <1時， f (x) < 0 ，當 x >1時， f (x) > 0，即 f (x) 在( 0, 1)上遞減，在 (1, + )上遞增，
所以函數 f (x) 的單調減區間為( 0, 1)，單調增區間為 (1, + ) .
2 e
x k (x -1)(ex - k)
（ ）依題意，函數 g(x) = - - klnx, x (0, + )，求導得 g (x) = ，
x x x2
當 k e時，當 x >1時， g (x) > 0，則函數 g(x)在 x =1處不可能取到極大值；
當 k > e時，由 g (x) < 0，得 1< x < ln k ，由 g (x) > 0，得 0 < x <1或 x > lnk ，
則函數 g(x)在 x =1處取到極大值，所以 k > e .
（3）由（1）知， f (x)
x -1
= 2 ，曲線 y = f (x) 過 (a, b)有三條不同的切線，切點為 (xi , f (xi )), i =1,2,3，x
于是 f xi - b = f xi xi - a ，方程 f x - b = f x x - a 有 3 個不同的根，
1
該方程整理為 + lnx b
x -1
- = 2 × (x - a)，x x
h(x) x -1設 = 2 × (x - a) (
1
- + lnx - b) h (x) 1，求導得 = - 3 (x - 2)(x - a)，x x x
而 0 < a < 2 ，當 0 < x < a 或 x > 2時， h (x) < 0 ，當 a < x < 2 時， h (x) > 0，
則函數 h(x) 在 (0, a), (2,+ ) 上單調遞減，在 (a, 2) 上單調遞增，
顯然 h(x) 有 3 個不同的零點 x1 < x2 < x3 ，必有 0 < x1 < a < x2 < 2 < x3 ，
則 h(a)
1
= - - lna + b < 0，且 h(2)
a a 1
= - - ln2 + b > 0 ，即 + ln2 < b < + lna，
a 4 4 a
又 h(x) 1
a + 2 a
= - + 2 - lnx + b
2 a
= 0，設 t = , m = (0,1)，
x x x 2
1 a + 2 a則方程 - + 2 - lnx + b
m
= 0即為： t 2 - m +1 t + lnt +1- ln2 + b = 0，
x x 2
記 t
2
1 = , t
2 , t 22 = 3 = t , t , t
m 2
x x x ，則 1 2 3 為 t - m +1 t + lnt +1- ln2 + b = 0有三個不同的根，1 2 3 2
a 1 2 - a 1 1 2 2 - am 1 + < + < - 2 - a 4 2 - a設 = < ，要證
2 24 x x a 24
，即證 2 + < t1 + t < - ，
1 3 12 3 a 12
2 2 - 2m t 2 2 - 2m 13- m 2 1- m即證 + <
12 1
+ t3 < - ，即證 < tm 12 6 1
+ t3 < - ，m 6
2 (m -13)(m2 - m +12)
即證 (t t
13- m)(t t 2 1- m1 + 3 - 1 +6 3
- + ) < 0，即證 t + t - 2 - < ，
m 6 1 3 m 36m(t1 + t3)
又 -(m +1)t
m
+ t 21 1 + lnt
m
1 + b = 0且 -(m +1)t
2
3 + t3 + lnt2 2 3
+ b = 0，
m 2 2 lnt - lnt
則 lnt1 - lnt3 + (t
2 2
1 - t3 ) - (m +1)(t - t
1 3
2 1 3
) = 0，即 t1 + t3 - 2 - = - m m t ，1 - t3
t
2 lnt1 - lnt3 (m -13)(m
2 - m +12) (t + t )ln 1
于是即證 - <
1 3 2
m t t 36m(t t ) ，即證
t3 (m -13)(m - m +12)+ > 0，
1 - 3 1 + 3 t1 - t3 72
t1 x3 2 1
設u = = > = >1，記j(u)
(u +1)lnu
= ,u >1，求導得j (u)
1
= 2 (u
1
- - 2lnu)
t x a m (u 1) u ，3 1 u -1 -
設 F (u)
1 1 2 1
= u - - 2lnu，則 F (u) =1+ 2 - = (1- )
2 > 0，
u u u u
則函數 F (u)在 (1, + )上單調遞增，有 F (u) > F (1) = 0，
j (u) > 0 j (u) (1, + ) j(u) j( 1 ) (m +1)lnm于是 ，即 在 上為增函數，有 > = ，
m m -1
(u +1)lnu (m -13)(m2 - m +12) (m +1)lnm (m -13)(m2 - m +12)
因此 + > +
u -1 72 m -1 72
m +1 [lnm (m -1)(m -13)(m
2 - m +12)
= × + ]
m -1 72(m +1)
w(m) lnm (m -1)(m -13)(m
2 - m +12)
記 = + ,0 < m <1，
72(m +1)
w (m) (m -1)
2 (3m3 - 20m2 - 49m + 72) (m -1)2 (3m3 + 3)
則 = 2 > 2 > 0，72m(m +1) 72m(m +1)
于是w(m)在( 0, 1)為增函數，則w(m) < w(1) = 0，
2 2
所以 lnm
(m -1)(m -13)(m - m +12)
+ < 0 (m +1)lnm (m -13)(m - m +12)，即 + > 0，
72(m +1) m -1 72
從而原不等式得證.
x214.（2024 屆天津市北辰區高三三模）已知 f x = ex - ，曲線 y = f x 在點 P x0 , f x0 x0 > 0 處的切2
線為 l : y = g(x) .
(1)當 x0 = 0時，求直線 l的方程；
(2)證明： l與曲線 y = f x 有一個異于點 P 的交點 x1, f x1 ，且 x1 < 0；
x
(3) 0在（2）的條件下，令 = t tx ，求 的取值范圍.1
【解析】（1）當 x0 = 0
x
時， P 0,1 ，而 f x = e - x ，所以 f 0 =1 .
所以 l的方程是 y =1× x - 0 +1，即 x - y +1 = 0 ；
2
（2）由于 f (x) = ex - x ，故 l的方程 y = f x0 x - x x00 + f x0 可化為 y = e - x0 x x- x0 + ex0 - 0 .2
2
設 g x = ex0 - x0 x - x0 ex x+ 0 - 0 ，則直線 l的方程為 y = g x .2
2 2
令 F x f x g x ex x ex x x x ex x= - = - - 0 - - - 0 + 00 0 ，2 2
h x 1 1設 = - x2 + x -1 ex ，則對 x > 0有 h x = -x + xex = x ex -1 > 0，所以 h x 在 0, + 上單調遞增.
2
2 2
記u = ex0 - x0 - ex0 - x + 2 1+ ex x00 - x 00 x0 + ，則
è 2
÷

2
x x 2 2u = e 0 - x - e 00 - x0 + 2 1+ ex x0 - x0 x0 + 0 ÷ < ex0 - x0 - ex0 - x0 = 0 .
è 2
x2 x2
由于 F 0 =1- ex0 - x0 -x - ex0 + 0 =1- 00 + x x02 2 0 -1 e = h x0 > h 0 = 0，
u2 x2 2 2
且 F u = eu - - ex0 - x0 u x u x- 0 - ex0 + 0 <1- + ex0 - x u + x + 02 2 2 0 0 2
1 u
2 2
ex x x u x0 u
2
x
2
= - + 0 - 0 0 - + = - - e
x
0 - x0 u +
x
1+ e 0 - x 00 x0 + ÷ < 0，2 2 2 è 2
故一定存在 x1 u,0 ，使得 F x1 = 0，即 f x1 = g x1 .
而 x1 < 0 < x0 ，故 x1, f x1 是 l : y = g x 與曲線 y = f x 的交點，且 x1 < 0；
2
（3）對 k > 0，設j t = e-kt k 1 t et t k +1e + + × - - t 2 .
2
則 j t = -ke-kt + k +1 t +1 ×et - et - k +1 2 t ，
j t = k 2e-kt + k +1 t + 2 ×et - et - k +1 2 ，
j t = -k 3e-kt + k +1 t + 3 ×et - et .
t > 0 j t k 4e-kt由于當 時， 的導數 + k +1 t + 4 ×et - et > k 4e-kt + 4 ×et - et = k 4e-kt + 3 ×et > 0，
故j t 在 0, + 上單調遞增.
若 0 < k 2 ，則 j 0 = -k 3 + 3 k +1 -1 = -k 3 + 3k + 2 = 2 - k k +1 2 0 .
t > 0 j 所以對 有 t > j 0 0 ，從而j t 在 0, + 上單調遞增；
所以對 t > 0有j t > j 0 = 0，從而j t 在 0, + 上單調遞增；
所以對 t > 0有j t > j 0 = 0，從而j t 在 0, + 上單調遞增；
所以對 t > 0有j t > j 0 = 0，從而j t 在 0, + 上無零點.
若 k > 2，則 j 0 = -k 3 + 3 k +1 -1 = -k 3 + 3k + 2 = 2 - k k +1 2 < 0 .
t > 0 j t = -k 3e-kt + k +1 t + 3 ×et - et > -k 3e-kt由于對 有 + 3 ×et - et = 2et - k 3e-kt > 2et - k 3，
k33 ln 1+ ÷÷
故 j ln 1
k
+ > 2e è 2 ÷÷ ÷ - k
3 = 2 > 0 .
è è 2
k 3
從而存在 v 0, ln 1+ ÷ j ÷ 使 v = 0 .
è è 2 ÷
j 結合 t 0, + 在 上單調遞增，知對 0 < t < v有j t < j v = 0，從而j t 在 0,v 上單調遞減；
所以對 0 < t < v有j t < j 0 = 0，從而j t 在 0,v 上單調遞減；
所以對 0 < t < v有j t < j 0 = 0，從而j t 在 0,v 上單調遞減；
所以j v < j 0 = 0，又由于對 t > 1有
0 h t 1 1 t 2 t
t 1 t t t t t t t
< ÷ = - + -1

÷e2 <1- t
2 + ×e2 < ×e2 1- t 2 t+ ×e2 1 1= t ×e2 - t 2 = t e2 - t2 8 ÷
，
è è 2 2 2 2 2 2 2 è 2
t k +1 21
故對 t > 1有 e2 > t ，從而當 t >1+ 2ln 1+ ÷ >1 ÷ 時，有2 è 2
2 2
j t = e-kt + k +1 t ×et t k +1 2 k +1- e - t = e-kt + kt + t -1 et - t 2
2 2
t k +1
2
2 t k +1
2
t k +1
2 t t t k +1 2
> t ×e - t = t e - t ÷ > t e - e2 ÷ = t ×e2 e2 - ÷ > 0
.2 è 2 ÷ è 2 ÷ è 2 ÷
結合j v < j 0 = 0，就知道j t 在 0,v 上存在零點，從而j t 在 0, + 上存在零點.
2
綜上，對 k > 0 k +1，函數j t = e-kt + k +1 t ×et - et - t 2在 0, + 上存在零點的充要條件是 k > 2 .
2
x1
最后，一方面我們取 k = - x ，就有0
2
x
- 1 +12 2 ÷
0 = F x ，x1 = ex
x
1 - 1 - ex x x0 - x x - x - ex0 + 0 = ex1 + - 1 +1 x ×ex0 - ex0 - è 0 0 1 0 ÷ 0 x2 = j x 2 2 è x 0 00 2
所以j
1 x
t 1 1在 0, + 上存在零點 x0 ，故 - = - = k > 2t x ，得 - < t < 0；0 2
1 1
另一方面，對任意 - < t < 0，取 k = - > 2，則j t 在 0, + 上存在零點.
2 t
記該零點為 x0 ，取 x1 = -kx0 ，則
0 x e-kx k 1 x ex k +1ex
2
= j = 0 + + × 0 - 0 - x20 0 2 0
2
x
- 1 +1 x x ÷ 2 2
= ex1 + - 1 +1 x ×ex0 - ex0 - è 0 x2 ex x1 ex x x x ex x . ÷ = 1 - - 0 00 0 - 0 1 - 0 - + 0 = F x
è x0 2 2 2
1
x0 1
所以這樣的 x0 , x1滿足原條件，且 = - = tx1 k
.
綜上， t
1
的取值范圍是 - ,0

2 ÷
.
è 專題 10 切線問題
函數與導數一直是高考中的熱點與難點, 用導數研究曲線的切線是一個主要命題點,如 2024 年高考全國卷 II
卷及 2023 年全國卷乙卷在解答題中都考查了曲線的切線問題,曲線的切線問題主要涉及求曲線的斜率與方
程、曲線切線的條數、公切線問題,確定切線滿足條件的切線是否存在或由切線滿足條件求參數或參數范圍
等.
(一) 求曲線在某點處的切線
求以曲線上的點(x0,f(x0))為切點的切線方程的求解步驟：①求出函數 f(x)的導數 f′(x)；
②求切線的斜率 f′(x0)；③寫出切線方程 y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0),并化簡．
【例 1】（2024 屆北京市西城區北師大附屬實驗中學高三下學期 6 月熱身練）已知函數 f (x) = xa ln x ，其中
a 為常數且 a 0 .
(1)求曲線 y = f (x) 在 x =1處的切線方程；
(2)討論函數 f (x) 的單調區間；
(3)當 a =1時，若在點 M (x0 , f (x0 ))

x
1
0 >

÷處的切線 l 分別與 x 軸和 y 軸于，A，B 兩點，O 為坐標原點，記
è e
VAOB的面積為 S，求 S 的最小值.
【解析】（1） f (x) = axa-1 ln x + xa-1 ， x > 0 .
因為 f (1) =1， f (1) = 0，所以切線方程為 y = x -1 .
(0, ) 1（2）定義域為 + ， f (x) = (a ln x +1)xa-1 ，令 f (x) = 0 ，解得 -x = e a .
1 1
當 a > 0時， -x (0,e a ) ， f (x) < 0 f (x) 的減區間為
-
(0,e a )；
1 1
- -
x (e a ,+ )， f (x) > 0 f (x)的增區間為 (e a , + ) .
1 1
當 a<0 時， - -x (0,e a ) ， f (x) > 0 f (x)的增區間為 (0,e a )；
1 1
-
x (e a ,+ )， f (x) < 0 f (x) 的減區間為
-
(e a , + ) .
（3）當 a =1時， f (x) = x ln x ， f (x) =1+ ln x .切線 l： y = (ln x0 +1)(x - x0 ) + x0 ln x0 ，
x ln x x
令 x = 0 y = -x < 0 y = 0 x = - 0 0 + x = 0， B 0 ；令 ， A 0 > 0ln x0 +1 ln x0 +1
.
1 1 x2S = | x || y 0
2 A B
|= × .
2 ln x0 +1
2 2x(ln x +1) - x x(2 ln x +1)
設 g(x)
x x 1= ， > . g (x) = =
2(ln x +1) e 2(ln x +1)2 2(ln x +1)2
.
1 1 1-x ( ,e 2 )， g (x) < 0 g(x) 1
-
在 ( ,e 2 ) 單調遞減；
e e
1
- 1
x (e 2 ,+ )， g (x) > 0 g(x)在
-
(e 2 ,+ ) 單調遞增.
1
- 1 1
所以 g(x)≥g(e 2 ) 1= .所以當 -x = e 2 時，S 的最小值為 .e 0 e
(二)求曲線過某點的切線
y0＝f（x0），
求曲線過某點的切線,一般是設出切點(x0,y0),解方程組{y1－y0 得切點(x0,y ),進而確定切線方程．＝f′ 0（xx 0），1－x0
【例 2】（2024 屆江蘇省南通市高三下學期模擬預測）設 a > 0，函數 f (x) = ax3 - 2x +1．
(1)當 a =1時，求過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程：
(2) x1, x2 是函數 f (x) 的兩個極值點，證明： f x1 + f x2 為定值．
【解析】（1）當 a =1時， f (x) = x3 - 2x +1，則導數 f (x) = 3x2 - 2 ．
設切點為 x0 , x30 - 2x0 +1 f x = 3x2，則 0 0 - 2，
3 2
所以切線方程為 y - x0 - 2x0 +1 = 3x0 - 2 x - x0 ．
又切線過點 (0, -1) ，則-1- x3 - 2x +1 = 3x20 0 0 - 2 0 - x0 ，
2x3整理得， 0 = 2，解得 x0 = 1．
所以過點 (0, -1) 且與曲線 y = f (x) 相切的直線方程為 y = x -1．
（2）證明：依題意， f (x) = 3ax2 - 2(a > 0) ，令 f (x) = 0，得 x 2= ± ．
3a
2 2 2 2
x 2 2 - ,- 3a ÷÷ -
- , ,+
è 3a è 3a 3a ÷
÷
3a 3a
÷÷
è
f x + 0 - 0 +
f x Z 極大值 ] 極小值 Z
不妨設 x1 < x
2 2
2，則 x1 = - , x2 = ．3a 3a
3 3
f x + f x = ax3 - 2x +1+ ax3 - 2x +1 a 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 = - 3a ÷÷ - - ÷÷ +1+ a ÷÷ - 2 +1 = 2è è 3a è 3a 3a
所以 f x1 + f x2 為定值．
(三)求曲線的切線條數
求曲線切線的條數一般是設出切點 t, f t ,由已知條件整理出關于 t 的方程,把切線條數問題轉化為關于 t
的方程的實根個數問題.
【例 3】（2024 屆陜西省西安市第一中學 2024 屆高三下學期模擬）已知函數
f (x) = x2 + 3x + 3, g(x) = 2ex+1 - x - 2 .
(1)判斷 g(x)的零點個數；
(2)求曲線 y = f (x) 與曲線 y = g(x) 公切線的條數.
【解析】（1）解：由函數 g(x) = 2ex+1 - x - 2 ，可得其定義域為 (- , + )，且 g (x) = 2ex+1 -1，
令 g (x) > 0，得 x > -1- ln 2；令 g (x) < 0，得 x < -1- ln 2，
可知 g x 在 (- , -1- ln 2)上單調遞減，在 (-1- ln 2,+ )上單調遞增，
所以 g(x)min = g(-1- ln 2) = ln 2 > 0，故 g x 的零點個數為 0 .
（2）解：因為 f (x) = x2 + 3x + 3, g(x) = 2ex+1 - x - 2，所以 f (x) = 2x + 3, g (x) = 2ex+1 -1，
所以曲線 y = f (x) 在點 x1, x21 + 3x1 + 3 處的切線方程為：
y - x21 + 3x1 + 3 = 2x1 + 3 x - x1 ，即 y = 2x 21 + 3 x - x1 + 3，
曲線 y = g(x) 在點 x2 , 2ex2 +1 - x - 2 y - (2ex2 +1 - x - 2) = (2ex2 +12 處的切線方程為： 2 -1)(x - x2 )，
ì x2 +1 ì x2 +1
即 y = 2ex2 +1 -1 x + 2e -1 = 2x + 3 e = x + 22 - 2x ex2 +1 - 2 1 12 ，令 í 2 - 2x ex2 +1 - 2 = -x2 3，可得+ í 2 - 2x ex 2 +1 2 2 1 2 - 2 = -x1 + 3
，
消去x ，整理得 x21 - 5 + é2 4 - 2ln x1 + 2 ù x1 + 2 = 0，
令 x1 + 2 = t(t > 0)
1
，可得 t2 - 2t ln t -1 = 0 ，等價于 t - 2ln t - = 0，
t
2
設h(t) = t - 2ln t
1
- (t > 0)，則 h (t) (t -1)= 0 ，所以 h(t)在 (0, + )上單調遞增，
t t 2
又因為 h(1) = 0，所以 h(t)在 (0, + )上有唯一的零點 t =1，
由 x1 + 2 = 1，得 x1 = -1，所以曲線 y = f (x) 與曲線 y = g(x) 有且僅有一條公切線.
(四)曲線的公切線
研究曲線的公切線,一般是分別設出兩切點,寫出兩切線方程,然后再使這兩個方程表示同一條直線.
4 x+a【例 】（2024 屆湖南省長沙市第一中學高三上學期月考）已知函數 f x = e , g x = ln x +1 ,a Z .
(1)若 a = -1 .求證： f x > g x ；
(2)若函數 f x 與函數 g x 存在兩條公切線，求整數 a的最小值.
1 a = -1 f x = ex-1【解析】（ ）當 時， ，
h x = f x - g x = ex-1令 - ln x +1 , x > -1，則 h x = ex-1 1- ，
x +1
m x ex-1 1= - m x = ex-1 1令 ，因為 + 2 > 0，x +1 (x +1)
所以m x 在區間 -1, + 1 1 1上單調遞增，且m 0 = -1< 0, m 1 =1- = > 0 ，
e 2 2
1
所以存在 x0 0,1 ex0 -1，滿足 = x0 +1 ，
當 x -1, x0 時，m x < 0, h x 單調遞減；當 x x0 ,+ 時，m x > 0, h x 單調遞增；
則當 x = x0時， h x 取得最小值，
h x = ex0 -1可得 0 - ln x
1 1
0 +1 = + x0 -1 = + x0 +1- 2 2 1 × x0 +1 - 2 = 0x0 +1 x 1
，
0 + x0 +1
因為 x0 0,1
1
，所以 = x +1x +1 0 不成立，故等號不成立，則
h x0 > 0，
0
所以當 a = -1時， f x > g x .
（2）設公切線 l A x , ex1 +a與兩函數的圖象分別相切于點 1 和點B x2 , ln x2 +1 ，
f x = ex+a因為 , g x 1= ，
x +1
1
所以直線 l x +a x的方程可表示為 y - e 1 = e 1 +a x - x1 或 y - ln x2 +1 = x - x x2 +1 2
，
ex +a 11則有 = x2 +1
，①
1 x- x ex1 +a 21 = ln x2 +1 - = ln x2 +1
1
+ -1
x ，②2 +1 x2 +1
1
由①可得 x1 = -ln x2 +1 - a，代入②可得 éa +1+ ln x2 +1 ù = ln x2 +1
1
+ -1
x2 +1 x
，
2 +1
即 a = x2ln x2 +1 - x2 +1 ，令 t = x2 +1, t 0, + ，則 a = t -1 lnt - t ，
令w t = t -1 lnt - t ，則w t = lnt 1- ， t 0, + ，
t
所以由復合函數的單調性可知w t 在區間 0, + 上單調遞增，
又w 1 = -1< 0, w 2 = ln2 1- > 0，
2
1
根據零點存在定理知，存在 t0 1,2 ，使得 lnt0 = t ，0
所以w t = t -1 lnt - t 在區間 0,t0 上單調遞減，在區間 t0 ,+ 上單調遞增.
因為 y
1 1 5
= t0 + 在 1,2t 上單調遞增，所以 2 < t0 + < ，0 t0 2
則w t

= w t0 = t0 -1 lnt - t
1
=1- t + 3
min 0 0 0 t ÷
- ,-1 ，
è 0 è 2
÷

又 a為整數，所以 a -1，故所求整數 a的最小值是 -1 .
(五)確定滿足條件的切線是否存在或根據切線滿足條件求參數的值或范圍
此類問題或判斷符合條件的切線是否存在,或根據切線滿足條件求參數的值或范圍,求解思路是把切線滿足
條件轉化為關于斜率或切點的方程或函數,再根據方程根的情況或函數性質去求解.
【例 5】（2024 屆重慶市南開中學校高三第九次質量檢測）已知函數 f (x) = aex , g(x) = ln x + b(a,b R) .
(1)當b =1時， f (x) g(x) 恒成立，求實數a的取值范圍；
(2)已知直線 l1、l2是曲線 y = g(x) 的兩條切線，且直線 l1 、l2 的斜率之積為 1.
（i）記 x0 為直線 l1 、l2 交點的橫坐標，求證： x0 <1；
（ii）若 l1 、l2 也與曲線 y = f (x) 相切，求 a,b的關系式并求出b的取值范圍.
x a lnx +1【解析】（1）由于 ae lnx +1，則 ，
ex
1
F x lnx +1= - lnx -1 1設 x ，則 F x = x ，F 1 = 0 ，且 y = - lnx -1在 0, + 上單減，e ex x
令F x > 0得0 < x < 1，令F x < 0得 x >1，
所以F x 在 0,1 單調遞增， 1, + 1單調遞減，所以F (x)max = F 1 ，則 a F 1 = .e
（2）（i）設兩條切線在 g x 上的兩個切點橫坐標分別為 x1, x2 ，
有 g x g x
1 1
1 2 = × =1，即 x1x2 =1x ，1 x2
1
此時，切線為： y - lnx1 + b = x - x1 , y - lnx b
1
2 + = x - x2 x ，1 x2
x lnx2 - lnx1 lnx2 + lnx2 2lnx = = = 2
相減得 lnx
1 1
2 - lnx1 = - ÷ x = x - x x 02 1 ，所以 x 1 1x x 2 - x1 x - x - ，è 1 2 2 x 22 x2
k x 2lnx x 1= - - k x 2 1設 ÷， = -1- 2 0，所以 k x 在 0, + 上單調遞減.è x x x
故當 x 0,1 時， k x > k 1 = 0，所以0 > 2lnx > x 1- x ÷；è
2lnx
x 1, + k x < k 1 = 0 0 < 2lnx < 1 x
2
0 = 1 <1當 時， ，所以 x - ÷ ，則 .
è x x2 - x2
（ii）由題意得：存在實數 s, t ，使 f x 在 x = s處的切線和 g x 在 x = t 處的切線重合，
f s - g t
1
所以 f s = g t = ，即 aes 1 ae
s - lnt - b - lnt - b
= = = t ，s - t t s - t s - t
則 s - t =1- tlnt - bt, s =1- tlnt - b -1 t ，
又因為 aes
1
= lna + s = -lnt ，所以 lna = -lnt - s = -lnt -1+ tlnt + b -1 t ，
t
題目轉化為 h t = -lnt -1+ tlnt + b -1 t = lna有兩個不等實根，且互為倒數，
不妨設兩根為m,
1
，
m
h m h 1 則由 = ÷ 得-lnm -1+ mlnm b 1 m ln
1 1 1
+ - = - -1+ ln + b -1 1 ，
è m m m m m
b -1 1 - m ÷ b -1 1- m2
化簡得 lnm = è m 1 = 2 = b -1
1+ m
，
m + - 2 m +1- 2m 1- m
m
所以 lna = m -1 lnm -1+ b -1 m = b -1 -1- m -1+ b -1 m = -b，
所以b = -lna ，（也可寫為 a = e-b ）.
代入 h t 中得： h t = -lnt -1+ tlnt + b -1 t = -b有兩個不等實根，
1 -1- lnt t +1 - 1- t lnt 1
即b 1
1- t lnt 1 t ÷ - = × - t - t - 2lnt，設
t +1 G t = × lnt,G t = è = t ，t +1 (t +1)2 (t +1)2
由于H t 1= - t - lnt 在 0, + 上單調遞減且H 1 = 0 ，
t
所以G t 在 0,1 單調遞增， 1, + 單調遞減，
而 t 無限趨近于 0 時，G t 無限趨向于負無窮大， t 無限趨近于正無窮大時，G t 無限趨向于負無窮大，
G 1 = 0，所以b -1< 0，即b <1.
(六)圓錐曲線中拋物線的切線問題
x2
x2拋物線 = 2 py p 0 ，可以化為函數 y = 2 p ，所以我們可以利用導數研究拋物線的切線問題。
【例 6】（2024 屆江蘇省南通、揚州、泰州七市高三第三次調研）已知拋物線C : x2 = 2 py( p > 0)的焦點為
F ，直線 l過點 F 交 C于 A, B兩點， C在 A, B兩點的切線相交于點 P, AB 的中點為 Q，且 PQ交 C于點
E ．當 l的斜率為 1 時， AB = 8．
(1)求 C的方程；
(2)若點 P 的橫坐標為 2，求 QE ；
(3)設 C在點 E 處的切線與 PA, PB 分別交于點M , N ，求四邊形 ABNM 面積的最小值．
【解析】（1）由題意，直線 l的斜率必存在.
p
設直線 l的方程為 y = kx + , A x1, y1 , B x2 , y2 ，2
ì ìΔ > 0,
y = kx
p
+
聯立 í 2 得 x2 - 2 pkx - p2 = 0, (*)，所以 íx1 + x2 = 2 pk
x
2 = 2 py x1x2 = - p
2.
當 k =1時， x1 + x2 = 2 p，
AB p p此時 = y1 + y2 + p =

x1 +
+ x + ÷ 2 ÷ + p = x1 + x2 + 2 p = 8，
è 2 è 2
所以 4 p = 8，即 p = 2 .所以 C的方程為 x2 = 4y .
（2）由(1)知， x1 + x2 = 2 pk = 4k ，
則 xQ = 2k 2，代入直線 y = kx +1得 yQ = 2k +1，則 AB 中點Q 2k, 2k 2 +1 .
x
因為 x2 = 4y ，所以 y = ，
2
則直線 PA方程為 y - y
x1 x 1 11 = - x1 2，即 y = x x - x ，2 2 1 4 1
1 x2 1 21 1 4 1
- x2 x
同理，直線 PB方程為 y = x x - x2 ，所以 x = 4 = 1
+ x2
2 2
= 2k ，
4 2 P 1 x 2
2 1
- x2
x
y 1 x + x x
2
1 2 1 x1x2
P = - = = -1，所以 P(2k,-1) .4 4 4
因為 xP = 2,2k = 2，即 k =1，此時 Q(2,3), P(2,-1)，
所以直線 PQ的方程為 x = 2 ，代入 x2 = 4y ，得 y =1，所以 E(2,1)，所以 | QE |= 2 .
（3）由（2）知Q 2k, 2k 2 +1 , P(2k,-1) ，所以直線 PQ方程為 x = 2k ，
代入 x2 = 4y ，得 y = k 2 ，所以 E 2k,k 2 ，所以 E 為 PQ的中點.
因為 C 1在 E 處的切線斜率 y = 2k = k ，
2
所以 C在 E 處的切線平行于 AB ，
3
又因為 E 為 PQ的中點，所以 S = S四邊形ABNM 4 VABP
.
由(1)中 (*)式得 x2 - 4kx - 4 = 0，所以 x1 + x2 = 4k ，
因為直線 AB 方程為 y = kx +1，
所以 AB = y1 + y2 + p = kx1 +1 + kx2 +1 + 2 = k x1 + x2 + 4 = 4k 2 + 4 .
2k 2 + 2
又 P(2k,-1)到直線 AB 的距離 h = = 2 k 2 +1，
k 2 +1
S 1 1
3
所以 2 2VABP = AB × h = × 4k + 4 × 2 k +1 = 4 k 2 +1 2 4 ，2 2
(當且僅當 k = 0時取“ = ”)
S 3所以 = S 3四邊形ABNM VABP ，所以四邊形 ABNM 的面積的最小值為 3.4
【例 1】（2024 屆廣東省汕頭市潮南區高三下學期高考考前測試）已知函數 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲線 y = f (x) 在 x=- 1處的切線與 y 軸垂直，求 y = f (x) 的極值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一個零點，求a .
【解析】（1）函數 f (x) = x(ex - ax2 )的定義域為 R，求導得 f (x) = (x +1)ex - 3ax2 ， f (-1) = -3a ，
依題意， f (-1) = 0 ，則 a = 0， f (x) = x ex , f (x) = (1+ x)ex ，
當 x < -1時， f (x) < 0 ，當 x > -1時， f (x) > 0 ，
因此函數 f (x) 在 (- , -1)上單調遞減，在 (-1, + )上單調遞增，
f (x) 1所以函數 在 x=- 1處取得極小值 f (-1) = - ，無極大值.
e
（2）函數 f (x) = x(ex - ax2 )在 (0, + )只有一個零點，等價于 y = ex - ax2在 (0, + )只有一個零點，
設 g(x) = ex - ax2，則函數 g(x)在 (0, + )只有一個零點，當且僅當 g(x) = 0在 (0, + )只有一解，
ex x
即 a = 在 (0, + ) e只有一解，于是曲線 y = (x > 0) 與直線 y = a 只有一個公共點，
x2 x2
x x
j(x) e (x 0) e (x - 2)令 = > ，求導得j (x) = ，當 x < 22 3 時，j
(x) < 0，當 x > 2時，j (x) > 0 ，
x x
因此函數j(x) 在 (0, 2) 上單調遞減，在 (2,+ ) 上單調遞增，
2
函數j(x) 在 x = 2 e取得極小值同時也是最小值j(2) = ，
4
當 x 0 時，j(x) + ；當 x + 時，j(x) + ，
j(x) e
x
畫山 = 大致的圖象，如圖，
x2
2
g(x) e在 (0, + )只有一個零點時， a = j(2) = ，
4
2
所以 f (x) 在 (0, + ) e只有一個零點吋， a = .
4
x
【例 2】（2024 屆陜西省安康市高新中學高三下學期模擬考試）已知函數 f x = ae a 0 , g x = x2 , g x
為 g x 的導函數.
(1)證明：當 a =1時，"x 0, + , f (x) > g x ；
(2)若 f x 與 g x 有兩條公切線，求 a 的取值范圍.
x
【解析】（1）當 a =1時， f x = e ， g x = 2x，
"x 0, + , f (x) > g x 等價于證明"x 0, + , ex > 2x ，
令 h x =ex - 2x x > 0 x， h x =e - 2，
當0 < x < ln 2時， h x < 0， h x 在 0, ln 2 上單調遞減，
當 x > ln 2時， h x > 0， h x 在 ln 2,+ 上單調遞增，所以 h x h ln 2 =2 - 2ln 2 > 0，
"x 0, + , ex所以 > 2x ，即"x 0, + , f (x) > g x ；
（2）設一條公切線與 f x = aex , g x = x2 x 2切點分別為 x 11, ae , x2 , x2 ，
則 f x = aex , g x = 2x y - aex1 = aex1 x - x y - x2，可得切線方程為 1 ， 2 = 2x2 x - x2 ，
ìaex1 = 2x2
因為它們是同一條直線，所以 í ，
-x ae
x1 x1
1 + ae = -x
2
2
4x - 4 4x - 4
可得 a = 1
ex
，令 p x = x ，1 e
若 f x 與 g x y 4x - 4有兩條公切線，則 = y = ax 與 的圖象有兩個交點，e
則 p x 8 - 4x= x ，當 x < 2時， p x > 0， p x 在 - , 2 上單調遞增，e
當 x > 2時， p x < 0 ， p x 4在 2, + 上單調遞減，所以 p x p 2 =
e2
，
且當 x >1時， p x > 0，當 x <1時， p x < 0，可得 p x 的大致圖象如下圖，
4
所以0 < a < 2 .e
【例 3】（2024 屆天津市和平區高三三模）已知函數 f x = lnx g x = nx2， + mx n,m R ，
h x = f x + g x ．
(1)若 n = 0，函數 h x 存在斜率為 3 的切線，求實數 m的取值范圍；
1
(2)若 n = ，試討論函數 h x 的單調性；
2
(3)若 n 0，設函數 f x 的圖象C1與函數 g x 的圖象C2 交于兩點 A、B，過線段 AB 的中點 H 作 x 軸的垂
線分別交C1、C2 于點 D、E ，問是否存在點 H ，使C1在 D處的切線與C2 在 E 處的切線平行？若存在，求
出點 H 的橫坐標；若不存在，請說明理由．
1
【解析】（1）因為 n = 0，所以 h x = lnx + mx ， h x = + m，
x
1
因為函數 h x 存在斜率為 3 的切線，所以 h x = + m = 3在 0, + 有解，
x
1
所以 = 3- m > 0，得 m < 3，所以實數 m的取值范圍為 - ,3 .
x
1 1 2
（2）因為 n = ，所以 h x = lnx + x2 + mx x > 0 1 x + mx +1， h x = + x + m = ，2 2 x x
令 h x = 0，即 x2 + mx +1= 0， Δ = m2 - 4 ，
（ⅰ）當 Δ = m2 - 4 0 時，即 -2 m 2 ， h x 0， h x 在 0, + 上單調遞增．
（ⅱ）當 Δ = m2 - 4 > 0時，即 m < -2 ，或 m > 2 ，
-m - m2 2x2 + mx +1= 0有兩根 x1，x2 ， x - 4 -m + m - 41 = ， x2 = ，2 2
①當 m > 2 時， x1 < x2 < 0， x 0, + 時， h x > 0， h x 在 0, + 上單調遞增．
②當 m < -2 時， 0 < x1 < x2 ， x 0, x1 時， h x > 0， x x1, x2 時， h x < 0， x x2 , + 時，
h x > 0，
h x 在 0, x1 ， x2 ,+ 上單調遞增，在 x1, x2 上單調遞減．
綜上，當 m -2 時，函數 h x 在 0, + 上單調遞增；
-m - m2 - 4 -m + m2 - 4
當 m < -2 時，函數 h x 在 0, ÷， ,+ 2 ÷ ÷÷ 上單調遞增，在è è 2
-m - m2 - 4 , -m + m
2 - 4
÷÷上單調遞減．
è 2 2
（3）
設點 A ， B 的坐標為 x1, y1 , x2 , y2 ，且 0 < x1 < x2 ，
y1 = lnx
2 2
1 = nx1 + mx1， y2 = lnx2 = nx2 + mx2 ，
1
則點 D與點 E x + x的橫坐標均為 1 2 ， f x = ， g x = 2nx + m，
2 x
2 x + x
所以C1在點 D處的切線斜率為 k1 = Cx x ， 2 在點 E 處的切線斜率為 k2 = 2n ×
1 2 + m = n x1 + x2 + m
1 +
，
2 2
假設C1在點 D處的切線與C2 在點 E 處的切線平行，則有 k1 = k2 ，
2
即 = n x1 + x2 + mx + x ，則有下式成立：1 2
2 x2 - x1 = n x22 - x21 + m x2 - x1 = nx22 + mx2 - nx21 + mxx1 + x 1 2

2 x2

-1
= y - y x= lnx - lnx = ln 2 x2 2 x2 - x

1 è x
÷
1
2 1 2 1 x ，即 ln = = ，1 x1 x1 + x 1 x2 + 2
x1
x2
設 = t >1
2 t -1lnt x ，有 = ，設 r t
2 t -1
= lnt - t >1 ，
1 1+ t 1+ t
r t 1 4 t -1
2
則 = - 2 = > 0，所以 r t 在 1, + 上單調遞增，t t +1 t t +1 2
故 r t > r 1 = 0 2 t -1 2 t -1，即 lnt > ，與 lnt = 矛盾，所以假設不成立，
1+ t 1+ t
所以不存在點 H 使C1在點 D處的切線與C2 在點 E 處的切線平行．
【例 4】（2024 屆上海市七寶中學高三三模）若曲線 C 的切線 l 與曲線 C 共有 n 個公共點（其中 n N ，
n 1），則稱 l 為曲線 C 的“Tn -切線 ”.
(1)若曲線 y = f x 在點 1,-2 處的切線為T2 -切線，另一個公共點的坐標為 3,4 ，求 f 1 的值；
(2)求曲線 y = x3 - 3x2 所有T1 -切線的方程；
(3)設 f x = x + sin x ，是否存在 t (0, π) ，使得曲線 y = f x 在點 t，f t 處的切線為T3 -切線？若存在，2
探究滿足條件的 t 的個數，若不存在，說明理由．
4 - (-2)
【解析】（1）依題意，該切線的斜率為 = 3，因此 f (1) = 3 .
3-1
（2）由 y = x3 - 3x2 ，求導得 y = 3x2 - 6x ，
則曲線 y = x3 - 3x2 3 2 3 2 2在 (x0 , x0 - 3x0 )處的切線方程為： y - (x0 - 3x0 ) = (3x0 - 6x0 ) x - x0 ，
令 h(x) = x3 - 3x2 - (3x20 - 6x0 )x + 3x
3
0 - 6x
2
0 - x
3 2
0 + 3x0 ，整理得 h(x) = (x - x0 )
2 (x + 2x0 - 3)，
此切線為 T1 -切線，等價于方程 h(x) = 0 有且僅有一個根，即 x0 = 3 - 2x0 ，即 x0 = 1，
所以曲線 y = x3 - 3x2 的 T1 -切線僅有一條，為 y = -3x +1 .
（3）由 (x + sin x) =1+ cos x，得曲線 y = f (x) 在點 (t, f (t)) 處的切線方程為：
y - t - sin t = (1+ cos t)(x - t) ，即 y = (1+ cos t)x + sin t - t cos t ，
令 g(x) = (x + sin x) -[(1+ cos t)x + sin t - t cos t] = sin x - x cos t - sin t + t cos t ，
求導得 g (x) = cos x - cos t ，由 t (0,
π) ，得 cos t (0,1)，
2
對 k Z ，當 x (2kπ - t, 2kπ + t) 時， g (x) = cos x - cos t > 0, y = g(x)為嚴格增函數；
當 x (2kπ + t, 2kπ + 2π - t) 時， g (x) = cos x - cos t < 0, y = g(x) 為嚴格減函數，
函數 y = g(x) 所有的極大值為 g(2kπ + t) = -2kπ cos t ，
當 k = 0時，極大值等于 0，即 g(t) = 0，
當 k 為正整數時，極大值全部小于 0，即 y = g(x) 在 (t, + )無零點，
當 k 為負整數時，極大值全部大于 0，
函數 y = g(x) 所有的極小值為 g(2kπ - t) = (2t - 2kπ)cos t - 2sin t ，
當 k = 0時，極小值 g(-t) = 2t cos t - 2sin t = 2cos t(t - tan t) < 0 ，
且隨著 k 的增大，極小值 (2t - 2kπ)cos t - 2sin t 越來越小，
因此 y = f (x) 在點 (t, f (t))(0 < t
π
< )處的切線為 T -切線，
2 3
等價于 y = g(x) 有三個零點，等價于 (2t + 2π)cos t - 2sin t = 0，即 tan t - t = π 有解，
h(t) = tan t - t h (t) 1令 ，則 = -1 = tan2 t > 0，
cos2 t
因此 y = h(t)
π
為 (0, ) 上的嚴格增函數，因為 h(0) = 0 < π,h(
3) 12.6 > π ，
2 2
于是存在唯一實數 t (0,
π) ，滿足 tan t - t = π ，
2
π
所以存在唯一實數 t (0, ) ，使得曲線 y = f (x) 在點 (t, f (t)) 處的切線為 T3 -切線.2
【例 5】（2024 屆福建省泉州第五中學高三下學期適應性監測）已知拋物線C : x2 = 2 py( p > 0)的焦點為 F，
O 為坐標原點，拋物線 C 上不同兩點 A，B 同時滿足下列三個條件中的兩個：① | FA | + | FB |=| AB |；②
| OA |=| OB |=| AB |= 8 3 ；③直線 AB 的方程為 y = 6 p ．
(1)請分析說明 A，B 滿足的是哪兩個條件？并求拋物線 C 的標準方程；
(2)若直線 AB 經過點 M (0,m)(m > 0) ，且與（1）的拋物線 C 交于 A，B 兩點， N (0,n)，若
m
MNA = MNB ，求 的值；
n
(3)點 A，B，E 為（1）中拋物線 C 上的不同三點，分別過點 A，B，E 作拋物線 C 的三條切線，且三條切線
兩兩相交于 M，N，P，求證： △MNP的外接圓過焦點 F．
p
【解析】（1）若同時滿足①②：由 | FA | + | FB |=| AB |，可得 AB 過焦點 F 0, ÷，
è 2
當 | OA |=| OB |時， | AB |= 2 p而 | OA |=| OB | 5= p | AB |= 2 p，所以①②不同時成立
2
若同時滿足①③由① | FA | + | FB |=| AB | F ，可得 AB 過焦點 0,
p
÷，
è 2
p
因為直線 AB 的方程為 y = 6 p ，不可能過焦點 F 0, ÷，所以①③不同時成立
è 2
只能同時滿足條件②③，因為② | OA |=| OB |=| AB |= 8 3 ；
π
且直線 AB 的方程為 y = 6 p ，所以6 p =| OA | sin =12，解得 p = 2 ．
3
所以拋物線 C 的標準方程為 x2 = 4y ．
（2）如圖：
設直線 AB 的方程為 y = kx + m(k 0), A x1, y1 , B x2 , y2 ，
ìy = kx + m
聯立方程組 íx2 4y ，整理得= x
2 - 4kx - 4m = 0，

則 x1 + x2 = 4k, x1 × x2 = -4m ．因為 MNA = MNB ，直線 AN，BN 的斜率之和為 0，
k k y1 - n y2 - n
x2 y1 - n + x+ = + = 1 y2 - n 即 AN BN = 0，x1 x2 x1x2
所以 x2 y1 - n + x1 y2 - n = x2 kx1 + m - n + x1 kx2 + m - n = 2kx1x2 + (m - n) x1 + x2 = 0 ，
即 2kx1x2 + (m - n) x1 + x2 = 2k × (-4m) + (m - n)(4k) = 0，
所以-4k(m + n) = 0
m
，即 = -1．
n
（3）設過點 A，B，E 的三條切線分別為 l1, l2 , l3 ，傾斜角分別為a1 ,a2 ,a3 ，
令 A
x , 1 x2 , B 1 2 1 1 ÷ x2 , x2 ÷ , E x3 ,
1 x2
4 4 4 3 ÷，è è è
y x 1 1由 = 得： tana1 = x1, tana2 = x2 , tana
1
3 = x l
1 1
3 1： y = x1x - x
2
2 2 2 2 2 4 1
l y 1 x x 1 x2 l y 1 1 2 1 1 2所以 1： = 2 1
- 1 ； 2： = x2x - x ； l4 2 4 2 3
： y = x3x - x .2 4 3
l , l M x1 + x3 x1x3 聯立 1 3 直線方程可得 , ÷
è 2 4
l , l N x2 + x3 , x2x3 聯立 2 3 直線方程可得 ÷
è 2 4
1 x 11 - x2
\ tan MPN = tan a a 2 2 2 x1 - x1 - 2 = = × 2
1 1+ x 1 x1 × x2 + 4
2 1
× x
2 2
x1x3 -1 x2x3
Qk 4 x1x - 4
-1
3 , k 4 x2x3 - 4又 MF = x = = =1 + x3 2 ，x + x NF x1 3 2 + x3 2 x2 + x3
2 2
x1x3 - 4 x2x3 - 4-
k - k 2 x + x 2 x + x 2 x - x x2 + 4
\ tan MFN x - x= MF NF = 1 3 2 3 = 1 2 3 = 2 × 1 2
1+ kMF ×kNF x 21+ 1x3 - 4 x2x3 - 4 4 + x1x2 x3 + 4 4 + x1x2
4 x1 + x3 x2 + x3
所以 tan MPN = tan MFN MPN = MFN .
所以： M , F, P, N 四點共圓，即 △MNP的外接圓過焦點 F．
1.（2024 屆北京市陳經綸中學高三下學期三模）已知 f x = 2 x - a ln x - ax -1．
(1)若 a = -1，求曲線 y = f x 在點P 1,2 處的切線方程；
(2)若函數 y = f x 存在兩個不同的極值點 x1, x2 ，求證： f x1 + f x2 > 0．
2．（2024 屆山東省青島第五十八中學高三下學期二模）已知函數 f (x) = ln x + ax2 - x + a +1 .
(1)證明曲線 y = f x 在 x =1處的切線過原點；
(2)討論 f x 的單調性；
3．（2024 屆四川省成都市樹德中學高三下學期適應性考試）已知函數 f x = x - a ln x,a R .
(1) 2當 a = 2時，曲線 y = f x 與曲線 f x = -x + m 恰有一條公切線 y = -x + t ，求實數m 與 t 的值；
(2)若函數 h x = x - a ln x 1- 有兩個極值點 x1, x x < x
4
2 1 2 且 h x2 - h x1 - ，求 a的取值范圍.x e
4．（2024 3 2屆建省泉州市高中畢業班 5 月適應性練習）已知函數 f x = ax - 2x - 2x + a a 0 ．
(1)當 a =1時，若直線 y = -3x + b 與曲線 y = f x 相切，求b ；
(2)若直線 y = -2x - 2與曲線 y = f x 恰有兩個公共點，求 a．
5．（2024 山東省青島市高三第三次適應性檢測）已知 O 為坐標原點，曲線 f x = alnx 在點 P 1，0 處
的切線與曲線 g x = ex + b 在點Q 0，1+ b 處的切線平行，且兩切線間的距離為 2 ，其中 b 0 .
(1)求實數 a，b 的值;
(2)若點 M，N 分別在曲線 y = f x ，y = g x 上，求 ONP 與 OMQ 之和的最大值;
(3)若點 A，B 在曲線 y = f x 上，點 C，D 在曲線 y = g x 上，四邊形 ABCD 為正方形，其面積
1 2
為 S，證明: S > 2 e -
è 2 ÷
附:ln2 ≈ 0.693.
6.（2022 高考全國卷甲文）已知函數 f (x) = x3 - x, g(x) = x2 + a ,曲線 y = f (x) 在點 x1, f x1 處的切線也
是曲線 y = g(x) 的切線．
（1）若 x1 = -1 ,求 a；
（2）求 a 的取值范圍．
1
7.（2024 屆四川省成都市第七中學高三上學期考試）已知函數 f x = a ln x + x - 有三個零點 x1, x2 , xx 3
（ x1 < x2 < x3）.
(1)求 a 的取值范圍；
(2)過點 x1,0 與 x3 ,0 分別作 f x 的切線，兩切線交于 M 點，求 M 點到 y 軸的距離.
8.（2024 3 2屆江蘇省南通市高三上學期質量監測）已知函數 f x = ax + bx + cx a > 0 的極小值為-2，其導
函數 f x 的圖象經過 A -1,0 ，B 1,0 兩點.
(1)求 f x 的解析式；
(2)若曲線 y = f x 恰有三條過點P 1,m 的切線，求實數m 的取值范圍.
9.（2024 屆遼寧省丹東市高三總復習質量測試二）設函數 y = F x 的定義域為 I，若 x0 I ，曲線 y = F x
在 x = x0處的切線 l 與曲線 y = F x 有 n 個公共點，則稱 (x0 , F (x0 )) 為函數 F x 的“n 度點”，切線 l 為一條
“n 度切線”．
1, f 1 f (x) x 2(1)判斷點 是否為函數 = - - 3ln x 的“2 度點”，說明理由；
x
(2) x設函數 g x = e + ax2 - ex .
①直線 y = 2x -1是函數 y = g x 的一條“1 度切線”，求 a 的值；
②若 a = -1，求函數 y = g x 的“1 度點”.
10．（2024 屆河北省衡水市高三下學期大數據應用調研聯合測評）過點 P a,b 可以作曲線 y = x + ex 的兩條
切線，切點為 A, B .
1
(1)證明： a b - a > - ；
e
(2)設線段 AB 中點坐標為 x0 , y0 ，證明： a + y0 > b + x0 .
11.（2024 屆陜西省西安市第一中學高三下學期 4 月月考）已知曲線 C： y = x3 - 3x2 +1.
(1)求 C 的拐點坐標；
(2)證明：C 關于其拐點對稱；
(3)設 l為 C 在其拐點處的切線，證明：所有平行于 l的直線都與 C 有且僅有一個公共點.
12.設函數 f (x) = aex ， g(x) = ln x + b ，其中 a， b R ， e是自然對數的底數．
(1)設 F (x) = xf (x) ，當 a = e-1 時，求 F (x)的最小值；
(2)證明：當 a = e-1 ， b <1時，總存在兩條直線與曲線 y = f (x) 與 y = g(x) 都相切；
2
(3)當 a > 2 時，證明： f (x) > x[g(x) - b] ．e
x
13. 2024 1 e（ 屆天津市十二區重點學校高三下學期聯考二）已知函數 f (x) = + lnx, g(x) = - kf (x),k R .
x x
(1)求函數 f (x) 的單調區間；
(2)若函數 g(x)在 x =1處取得極大值，求實數 k 的取值范圍：
(3)已知 a,b R ，曲線 y = f (x) 在不同的三點 (x1, f (x1)), (x2 , f (x2 )), (x3 , f (x3))處的切線都經過點 (a, b)，且
2 - a 1 1 2 2 - a
x1 < x2 < x3 ，當 0 < a < 2 時，證明： 1+ < + < -24 x1 x3 a 24
.
2
14.（2024 x屆天津市北辰區高三三模）已知 f x = ex - ，曲線 y = f x 在點 P x
2 0
, f x0 x0 > 0 處的切
線為 l : y = g(x) .
(1)當 x0 = 0時，求直線 l的方程；
(2)證明： l與曲線 y = f x 有一個異于點 P 的交點 x1, f x1 ，且 x1 < 0；
x
(3) 0在（2）的條件下，令 = tx ，求
t的取值范圍.
1

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