导数专题讲义九--切线问题

函数图像的切线问题探究1设函数f(x)x3mx2m(m0) 若存在t0，使得函数f(x)图象上有且仅有两个不同的点，且函数f(x)的图象在这两点处的两条切线都经过点(2，t)，试求m的取值范围探究2已知函数若函数在区间内的图象上存在两点，使得在该两点处的切线相互垂直，求的取值范围探究3已知函数，设函数的图象被点分成的两部分为（点除外），该函数图象在点处的切线为，且分别完全位于直线的两侧，试求所有满足条件的的值探究4 已知函数，.（1）若， 当时，求函数的极值（用a表示）； 若有三个相异零点，问是否存在实数使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由；（2）函数图象上点A处的切线与的图象相交于另一点B，在点B处的切线为，直线，的斜率分别为，且，求满足的关系式.变式一：已知函数（）.（1）若函数的最小值为，求的值；（2）设函数，试求的单调区间；（3）试给出一个实数的值，使得函数与的图象有且只有一条公切线，并说明此时两函数图象有且只有一条公切线的理由.变式二：已知函数f(x)x2xt，t0，g(x)lnx（1）令h(x)f(x)g(x)，求证：h(x)是增函数；（2）直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切对于确定的正实数t，讨论直线l的条数，并说明理由变式三：已知函数（1）当时，求函数的单调增区间；（2）当时，求函数在区间上的最小值；（3）记函数图象为曲线，设点，是曲线上不同的两点，点为线段的中点，过点作轴的垂线交曲线于点试问：曲线在点处的切线是否平行于直线？并说明理由探究1解析：设两切点的横坐标分别是x1，x2则函数f(x)在这两点的切线的方程分别为y(x13mx12m)(3x122mx1)(xx1)，y(x23mx22m)(3x222mx2)(xx2) 10分将(2，t)代入两条切线方程，得t(x13mx12m)(3x122mx1)(2x1)，t(x23mx22m)(3x222mx2)(2x2)因为函数f(x)图象上有且仅有两个不同的切点，所以方程t(x3mx2m)(3x22mx)(2x)有且仅有不相等的两个实根12分整理得t2x3(6m)x24mxm设h(x)2x3(6m)x24mxm，h (x)6x22(6m)x4m2(3xm)(x2)当m6时，h (x)6(x2)20，所以h(x)单调递增，显然不成立当m6时， h (x)0，解得x2或x列表可判断单调性，可得当x2或x，h(x)取得极值分别为h(2)3m8，或h()m3m2m 要使得关于x的方程t2x3(6m)x24mxm有且仅有两个不相等的实根，则t3m8，或tm3m2m 14分因为t0，所以3m80，（*），或m3m2m0（*）解（*），得m，解（*），得m93或m93因为m0，所以m的范围为(0，93，) 16分探究2解析：由得与分别为的两个不同的单调区间，因为在两点处的切线相互垂直，所以这两个切点一定分别在两个不同单调区间内 12分故可设存在的两点分别为其中，由该两点处的切线相互垂直，得， 13分即，而，故，可得，由得，则，又，则，即所以的取值范围为 16分探究3解析：因为所以切线的方程为令，则6分若，则，当时，；当时，所以，在直线同侧，不合题意；8分若，若，是单调增函数，当时，；当时，符合题意；10分若，当时，当时，不合题意； 12分若，当时，当时，不合题意； 14分若，当时，当时，不合题意故只有符合题意 16分探究4解析 解：（1）由及，得， 令，解得或.由知，单调递增，单调递减，单调递增，因此，的极大值为，的极小值为. 当时，此时不存在三个相异零点；当时，与同理可得的极小值为，的极大值为.要使有三个不同零点，则必须有，即. 不妨设的三个零点为，且，则， ， ， -得，因为，所以， 同理， -得，因为，所以， 又，所以. 所以，即，即，因此，存在这样实数满足条件. （2）设A（m，f(m)）,B(n，f(n)，则，又，由此可得，化简得，因此， 所以，所以. 变式一解析：解：（1）由题意，得函数，所以，当时，函数在上单调递增，此时无最小值，舍去； 2分当时，由，得. 当，原函数单调递减；，原函数单调递增.所以时，函数取最小值，即，解得. 4分（2）由题意，得，则， 6分当时，函数在上单调递增； 当时，由，得或，（A）若，则，此时，函数在上单调递减；（B）若，则，由，解得，由，解得，所以函数在上单调递增，在与上单调递减；（C）若，则，同理可得，函数在上单调递增，在与上单调递减.综上所述，的单调区间如下：当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减；当时，函数的增区间为，减区间为与；当时，函数的增区间为，减区间为与. 10分（3）符合题意. 12分理由如下：此时.设函数与上各有一点，则以点为切点的切线方程为，以点为切点的切线方程为，由两条切线重合，得 （*）， 14分消去，整理得，即， 令，得，所以函数在单调递减，在单调递增， 又，所以函数有唯一零点，从而方程组（*）有唯一解，即此时函数与的图象有且只有一条公切线.故符合题意. 变式二解析：19解：（1）由h(x)f(x)g(x)x2xtlnx，得h (x)2x1，x0因为2x22，所以h (x)0， 从而函数h(x)是增函数 3分（2）记直线l分别切f(x)，g(x)的图象于点(x1，x12x1t)，(x2，lnx2)，由f(x)2x1，得l的方程为y(x12x1t)(2x11)(xx1)，即y(2x11)xx12t由g(x)，得l的方程为ylnx2(xx2)，即y xlnx21所以(*) 消去x1得lnx2(t1)0 (*) 7分令F(x)lnx(t1)，则F(x)，x0由F(x)0，解得x1当0x1时，F(x)0，当x1时，F(x)0，所以F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，从而F(x)minF(1)t 9分当t0时，方程(*)只有唯一正数解，从而方程组(*)有唯一一组解，即存在唯一一条满足题意的直线； 11分当t0时，F(1)0，由于F(et1)ln(et1)(t1)0，故方程(*)在(1，)上存在唯一解； 13分令k(x)lnx1(x1)，由于k (x)0，故k (x)在(0，1上单调递减，故当0x1时，k (x)k (1)0，即lnx1，从而lnx (t1)()2t所以F()()2t0，又01，故方程(*)在(0，1)上存在唯一解所以当t0时，方程(*)有两个不同的正数解，方程组(*)有两组解即存在两条满足题意的直线综上，当t0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为1；当t0时，与两个函数图象同时相切的直线的条数为2 16分变式三：（1）， 2分因为，所以，解，得，所以的单调增区间为 4分（2）当时，由，得，当1，即时，在上是减函数，所以在上的最小值为 6分当，即时，在上是减函数，在上是增函数，所以的最小值为 8分当，即时