微专题28　切线与公切线问题

微专题28切线与公切线问题高考定位曲线的切线与公切线问题是高考考查的热点，一般单独考查，难度较小，也可与函数的单调性、极值、最值综合考查，难度较大.【真题体验】1.(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝eq\f(ex＋2sinx,1＋x2)，则曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.eq\f(2,3)答案A解析f′(x)＝eq\f(（ex＋2cosx）（1＋x2）－（ex＋2sinx）·2x,（1＋x2）2)，所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为eq\f(1,2)×1×eq\f(1,3)＝eq\f(1,6)，故选A.2.(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝________.答案ln2解析由题意，令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln(x＋1)＋a，则g′(x)＝eq\f(1,x＋1)，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则eq\f(1,x0＋1)＝2，得x0＝－eq\f(1,2)，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋1))＋a，所以a＝ln2.3.(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________.答案(－∞，－4)∪(0，＋∞)解析因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)ex0)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|x＝x0＝(x0＋a＋1)ex0＝eq\f(（x0＋a）ex0,x0)，化简得xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞).4.(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为________，________.答案y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x解析先求当x>0时，曲线y＝lnx过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y′＝eq\f(1,x)，得切线斜率为eq\f(1,x0)，又切线的斜率为eq\f(y0,x0)，所以eq\f(1,x0)＝eq\f(y0,x0)，解得y0＝1，代入y＝lnx，得x0＝e，所以切线斜率为eq\f(1,e)，切线方程为y＝eq\f(1,e)x.同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－eq\f(1,e)x.综上可知，两条切线方程为y＝eq\f(1,e)x，y＝－eq\f(1,e)x.【热点突破】热点一曲线的切线例1(1)过坐标原点作曲线y＝ex－2＋1的切线，则切线方程为()A.y＝x B.y＝2xC.y＝eq\f(1,e2)x D.y＝ex(2)(2024·兰州调研)已知过点(0，－1)且与曲线f(x)＝－x3＋eq\f(3a,2)x2－6x(x>0)相切的直线有且仅有两条，则实数a的取值范围是()A.(2，＋∞) B.(0，＋∞)C.(－∞，2) D.(－∞，0)答案(1)A(2)A解析(1)由y＝ex－2＋1，可得y′＝ex－2，设切点坐标为(t，et－2＋1)，可得切线方程为y－(et－2＋1)＝et－2(x－t)，把原点(0，0)代入切线方程，可得0－(et－2＋1)＝et－2(0－t)，即(t－1)et－2＝1，解得t＝2，所以切线方程为y－(e0＋1)＝e0(x－2)，即y＝x.(2)由曲线f(x)＝－x3＋eq\f(3a,2)x2－6x(x>0)，可设切点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，－t3＋\f(3a,2)t2－6t))(t>0)，易知切线的斜率存在，由f′(x)＝－3x2＋3ax－6，可得切线的斜率k＝－3t2＋3at－6，从而切线方程为y＝－t3＋eq\f(3a,2)t2－6t＋(－3t2＋3at－6)(x－t)，又切线过点(0，－1)，所以－1＝－t3＋eq\f(3a,2)t2－6t＋(－3t2＋3at－6)(0－t)，整理得4t3－3at2＋2＝0，由题意可知方程有两个不相等的正实数解.令h(t)＝4t3－3at2＋2，则函数h(t)在(0，＋∞)上有两个不同的零点，令h′(t)＝12t2－6at＝0，可得t＝0或t＝eq\f(a,2).又h(0)＝2，结合h(t)的图象(如图)特征可知，要满足题意，需使a>0且heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))＝－eq\f(1,4)a3＋2<0，从而可得a>2.所以实数a的取值范围是(2，＋∞).故选A.规律方法求过某点的切线方程时(不论这个点在不在曲线上，这个点都不一定是切点)，应先设切点的坐标，再根据切点的“一拖三”(切点的横坐标与斜率相关、切点在切线上、切点在曲线上)求切线方程.训练1(1)已知曲线y＝xlnx＋ae－x在点x＝1处的切线方程为2x－y＋b＝0，则b＝()A.－1 B.－2C.－3 D.0(2)(2024·泸州模拟)曲线f(x)＝eq\f(x－cosx,ex)在x＝0处的切线方程为________.答案(1)C(2)2x－y－1＝0解析(1)由题意可得y′＝lnx＋1－ae－x，根据导数的几何意义可知，在点x＝1处的切线斜率为1－eq\f(a,e)＝2，解得a＝－e.所以切点为(1，－1)，代入切线方程可得2＋1＋b＝0，解得b＝－3.(2)由题意可知f′(x)＝eq\f(（1＋sinx）ex－（x－cosx）ex,（ex）2)＝eq\f(1＋sinx－x＋cosx,ex)，所以切线斜率k＝f′(0)＝2，又f(0)＝－1，即切线方程为y－(－1)＝2(x－0)，即2x－y－1＝0.热点二曲线的公切线考向1切点相同的公切线问题例2(1)(2024·济南质检)已知曲线y＝lnx与曲线y＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))在交点(1，0)处有相同的切线，则a＝()A.1 B.eq\f(1,2)C.－eq\f(1,2) D.－1(2)已知曲线f(x)＝x2－2m，g(x)＝3lnx－x，若y＝f(x)与y＝g(x)在公共点处的切线相同，则m＝()A.－3 B.1C.2 D.5答案(1)B(2)B解析(1)因为(lnx)′＝eq\f(1,x)，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))))′＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2)))，曲线y＝lnx与曲线y＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))在交点(1，0)处有相同的切线，所以2a＝1，a＝eq\f(1,2).故选B.(2)设曲线f(x)＝x2－2m和g(x)＝3lnx－x的公共点为(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x0）＝g（x0），,f′（x0）＝g′（x0），))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)－2m＝3lnx0－x0，,2x0＝\f(3,x0)－1，,x0>0，))解得x0＝m＝1.考向2切点不同的公切线问题例3(1)已知函数f(x)＝lnx与g(x)的图象关于直线y＝x对称，直线l与g(x)，h(x)＝ex＋1－1的图象均相切，则l的倾斜角为()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(3π,4)(2)(2024·湖北名校联考)若直线x＋y＋m＝0是曲线f(x)＝x3＋nx－52与曲线g(x)＝x2－3lnx的公切线，则m－n＝()A.－30 B.－25C.26 D.28答案(1)B(2)C解析(1)因为函数f(x)＝lnx与g(x)的图象关于直线y＝x对称，所以f(x)＝lnx与g(x)互为反函数，所以g(x)＝ex，则g′(x)＝ex.由h(x)＝ex＋1－1，得h′(x)＝ex＋1，设直线l与函数g(x)＝ex的图象的切点坐标为(x1，ex1)，与函数h(x)＝ex＋1－1的图象的切点坐标为(x2，ex2＋1－1)，则直线l的斜率k＝ex1＝ex2＋1，故x1＝x2＋1，显然x1≠x2，故k＝eq\f(ex2＋1－1－ex1,x2－x1)＝eq\f(－1,－1)＝1，所以直线l的倾斜角为eq\f(π,4)，故选B.(2)由g(x)＝x2－3lnx，得g′(x)＝2x－eq\f(3,x)，令2x－eq\f(3,x)＝－1，解得x＝1(x>0).则直线x＋y＋m＝0与曲线y＝x2－3lnx的切点为(1，1)，代入x＋y＋m＝0，得m＝－2；由以上可知公切线方程为x＋y－2＝0，由f(x)＝x3＋nx－52，得f′(x)＝3x2＋n.设直线x＋y－2＝0与曲线f(x)＝x3＋nx－52切于点(t，t3＋nt－52)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3t2＋n＝－1，,t＋t3＋nt－52－2＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(t＝－3，,n＝－28.))所以m－n＝26，故选C.规律方法求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法.训练2(1)已知函数f(x)＝x2－4x＋4，g(x)＝x－1，则f(x)和g(x)的公切线的条数为()A.3 B.2C.1 D.0(2)已知曲线y＝alnx和曲线y＝x2有唯一公共点，且这两条曲线在该公共点处有相同的切线l，则直线l的方程为______________________________________.答案(1)A(2)2eq\r(e)x－y－e＝0解析(1)设公切线与f(x)和g(x)分别相切于点(m，f(m))，(n，g(n))，f′(x)＝2x－4，g′(x)＝－x－2，g′(n)＝f′(m)＝eq\f(g（n）－f（m）,n－m)，解得m＝－eq\f(n－2,2)＋2，代入化简得8n3－8n2＋1＝0，构造函数h(x)＝8x3－8x2＋1，则h′(x)＝8x(3x－2)，所以h(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递减，极大值h(0)>0，极小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))<0，故函数h(x)的图象和x轴有3个交点，方程8n3－8n2＋1＝0有三个解，故公切线有3条.(2)设曲线g(x)＝alnx和曲线f(x)＝x2在公共点(x0，y0)处的切线相同，则f′(x)＝2x，g′(x)＝eq\f(a,x)，由题意知f(x0)＝g(x0)，f′(x0)＝g′(x0)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x0＝\f(a,x0)，,xeq\o\al(2,0)＝alnx0，))解得a＝2e，x0＝eq\r(e)，故切点为(eq\r(e)，e)，切线斜率k＝f′(x0)＝2eq\r(e)，所以切线方程为y－e＝2eq\r(e)(x－eq\r(e))，即2eq\r(e)x－y－e＝0.【精准强化练】一、单选题1.(2024·开封模拟)已知函数f(x)＝2x，则函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为()A.x－y－1＝0 B.x－y＋1＝0C.x·ln2－y－1＝0 D.x·ln2－y＋1＝0答案D解析函数f(x)＝2x，求导得f′(x)＝2xln2，则f′(0)＝ln2，而f(0)＝1，所以所求切线方程为y－1＝ln2·(x－0)，即x·ln2－y＋1＝0.2.(2024·茂名模拟)曲线f(x)＝ex＋ax在点(0，1)处的切线与直线y＝2x平行，则a＝()A.－2 B.－1C.1 D.2答案C解析因为曲线f(x)＝ex＋ax在点(0，1)处的切线与直线y＝2x平行，故曲线f(x)＝ex＋ax在点(0，1)处的切线的斜率为2，因为f′(x)＝ex＋a，所以f′(0)＝e0＋a＝1＋a＝2，所以a＝1.3.(2024·遂宁模拟)若直线y＝kx与曲线y＝lnx相切，则k＝()A.eq\f(1,e2) B.eq\f(2,e2)C.eq\f(1,e) D.eq\f(2,e)答案C解析设切点为(x0，lnx0)，则由题意可知f′(x)＝eq\f(1,x)，∴f′(x0)＝eq\f(1,x0)＝k，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＝k，,kx0＝lnx0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝e，,k＝\f(1,e).))4.(2024·银川调研)若点P是函数f(x)＝eq\f(2\r(3)cosx,sinx＋cosx)图象上任意一点，直线l为点P处的切线，则直线l倾斜角的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，π))答案C解析函数f(x)＝eq\f(2\r(3)cosx,sinx＋cosx)中，sinx＋cosx≠0，即sin2x>－1，设点P(x0，y0)，求导得f′(x)＝eq\f(2\r(3)[－sinx（sinx＋cosx）－cosx（cosx－sinx）],（sinx＋cosx）2)＝－eq\f(2\r(3)（cos2x＋sin2x）,1＋2sinxcosx)＝－eq\f(2\r(3),1＋sin2x)，由－1<sin2x≤1，得0<1＋sin2x≤2，即eq\f(1,1＋sin2x)≥eq\f(1,2)，因此函数f(x)的图象在点P处的切线l斜率f′(x0)＝－eq\f(2\r(3),1＋sin2x0)≤－eq\r(3)，显然直线l的倾斜角为钝角，所以直线l的倾斜角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(2π,3))).5.已知直线l为曲线y＝x＋1＋lnx在A(1，2)处的切线，若l与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1也相切，则a等于()A.0 B.－4C.4 D.0或4答案C解析因为y＝x＋1＋lnx，所以y′＝1＋eq\f(1,x)，所以y′|x＝1＝2，所以曲线y＝x＋1＋lnx在A(1，2)处的切线方程为y－2＝2x－2，即y＝2x.由于切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝ax2＋（a＋2）x＋1，,y＝2x，))得ax2＋ax＋1＝0，当a＝0时，1＝0，不成立.又a≠0，两线相切有一切点，所以Δ＝a2－4a＝0，解得a＝4或a＝0(舍去).6.过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))且与曲线y＝2xlnx＋3相切的切线方程是()A.2x＋y＋1＝0 B.2x－y＋1＝0C.2x＋4y＋1＝0 D.2x－4y＋1＝0答案B解析由题意可得点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))不在曲线y＝2xlnx＋3上，设切点为(x0，y0)，因为y′＝2lnx＋2，所以所求切线的斜率k＝2lnx0＋2＝eq\f(y0,x0＋\f(1,2))＝eq\f(2y0,2x0＋1)，所以y0＝2x0lnx0＋2x0＋lnx0＋1.因为点(x0，y0)是切点，所以y0＝2x0lnx0＋3，所以2x0lnx0＋2x0＋lnx0＋1＝2x0lnx0＋3，即2x0＋lnx0－2＝0.设f(x)＝2x＋lnx－2(x>0)，显然f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝0，所以2x0＋lnx0－2＝0有唯一解x0＝1，则所求切线的斜率k＝2，故所求切线方程为y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝2x＋1，即2x－y＋1＝0.7.(2024·杭州质检)若过点(a，b)可以作曲线y＝x－eq\f(1,x)(x>0)的两条切线，则()A.b>a>0 B.a>b>a－eq\f(1,a)C.0<a－eq\f(1,a)<b<a D.a－eq\f(1,a)<b<0<a答案B解析设切点为(x0，y0)，则x0>0，由题知y′＝1＋eq\f(1,x2)(x>0)，设切线的斜率为k，则k＝1＋eq\f(1,xeq\o\al(2,0))＝eq\f(y0－b,x0－a)＝eq\f(x0－\f(1,x0)－b,x0－a)，化简得(a－b)xeq\o\al(2,0)－2x0＋a＝0，①则Δ＝4－4a(a－b).∵过点(a，b)可以作曲线y＝x－eq\f(1,x)(x>0)的两条切线，∴方程①有两个不同的正解，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(－2,a－b)>0，,Δ>0，,\f(a,a－b)>0，))∴a>b>a－eq\f(1,a).其中a>0，b与a－eq\f(1,a)的符号不能确定，故选B.8.若存在斜率为3a(a>0)的直线l与曲线f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－2b，g(x)＝3a2·lnx都相切，则实数b的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)e\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(4,3)e\f(2,3)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)e\f(2,3)，＋∞)) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)e\f(2,3)，＋∞))答案A解析设直线l与f(x)，g(x)的切点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为f(x)＝eq\f(1,2)x2＋2ax－2b，g(x)＝3a2·lnx，所以f′(x)＝x＋2a，g′(x)＝eq\f(3a2,x)，因为直线l与f(x)，g(x)都相切，所以x1＋2a＝eq\f(3a2,x2)＝3a，解得x1＝x2＝a，则两切点重合，即f(a)＝g(a)，eq\f(1,2)a2＋2a2－2b＝3a2·lna，2b＝eq\f(5,2)a2－3a2·lna.设h(a)＝eq\f(5,2)a2－3a2·lna(a>0)，则h′(a)＝2a－6alna＝2a(1－3lna)，当0<a<eeq\f(1,3)时，h′(a)>0，h(a)单调递增；当a>eeq\f(1,3)时，h′(a)<0，h(a)单调递减，则h(a)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\f(1,3)))＝eq\f(5,2)eeq\f(2,3)－3eeq\f(2,3)·lneeq\f(1,3)＝eq\f(3,2)eeq\f(2,3)，因为当a→＋∞时，h(a)→－∞，所以2b≤eq\f(3,2)eeq\f(2,3)，即b≤eq\f(3,4)eeq\f(2,3)，所以实数b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)e\f(2,3))).二、多选题9.已知函数f(x)＝ex，则下列结论正确的是()A.曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1B.曲线y＝f(x)的切线斜率可以是－1C.过点(0，1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条D.过点(0，0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有2条答案AC解析对于A，令f′(x)＝ex＝1，得x＝0，所以曲线y＝f(x)的切线斜率可以是1，故A正确；对于B，令f′(x)＝ex＝－1，无解，所以曲线y＝f(x)的切线斜率不可以是－1，故B错误；对于C，因为点(0，1)在曲线上，所以点(0，1)是切点，则f′(0)＝1，所以切线方程为y－1＝x，即y＝x＋1，所以过点(0，1)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故C正确；对于D，因为点(0，0)不在曲线上，所以设切点(x0，ex0)，则切线方程为y－ex0＝ex0(x－x0)，因为点(0，0)在切线上，所以ex0＝x0ex0，解得x0＝1，所以过点(0，0)且与曲线y＝f(x)相切的直线有且只有1条，故D错误.10.(2024·温州适考)若函数y＝f(x)的图象上存在两个不同的点P，Q，使得f(x)的图象在这两点处的切线重合，则称函数y＝f(x)为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是()A.f(x)＝sinx＋cosx B.f(x)＝sin(cosx)C.f(x)＝x＋sinx D.f(x)＝x2＋sinx答案ABC解析对于A，f(x)＝sinx＋cosx＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，则f′(x)＝eq\r(2)coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,4)))，当x＝2kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z时，f′(x)＝0，f(x)取得最大值eq\r(2)，直线y＝eq\r(2)是函数图象的切线，且过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,4)，\r(2)))，k∈Z，故A正确；对于B，f(x)＝sin(cosx)，则f′(x)＝－sinxcos(cosx)，当x＝2kπ，k∈Z时，f′(x)＝0，f(x)取得最大值sin1，直线y＝sin1是函数图象的切线，且过点(2kπ，sin1)，k∈Z，故B正确；对于C，f(x)＝x＋sinx，则f′(x)＝1＋cosx，当x＝2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z时，f′(x)＝1，f(x)＝2kπ＋eq\f(π,2)＋1，k∈Z，过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)，2kπ＋\f(π,2)＋1))，k∈Z的切线方程是y－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)＋1))＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，即y＝x＋1，因此该切线过f(x)图象上的两个以上的点，故C正确；对于D，f(x)＝x2＋sinx，则f′(x)＝2x＋cosx，令g(x)＝f′(x)＝2x＋cosx，则g′(x)＝2－sinx>0在R上恒成立，所以g(x)即f′(x)是R上的增函数，因此函数f(x)图象上不存在两点，使它们的切线斜率相等，故D错误.11.(2024·昭通诊断)若过y轴上一点P(0，m)最多可作出n(n∈N*)条直线与函数f(x)＝xex的图象相切，则()A.n可以取到3B.m＋n<3C.当n＝1时，m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,e2)))D.当n＝2时，m存在且唯一答案ABD解析设切点为(x0，x0ex0)，f′(x)＝(x＋1)ex，则eq\f(x0ex0－m,x0)＝(x0＋1)ex0，所以－m＝xeq\o\al(2,0)ex0.令g(x)＝x2ex，则g′(x)＝(x2＋2x)ex，易得g(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递增，在(－2，0)上单调递减.极大值为g(－2)＝4e－2，极小值为g(0)＝0，当x→－∞时，g(x)→0，作出g(x)的图象如图所示，显然当m∈(－4e－2，0)时，g(x)＝－m有三个解，即有三条切线，n＝3；当m＝0时，g(x)＝－m有一个解，即有且仅有一条切线，n＝1；当m>0时，g(x)＝－m无解，即不存在切线，不符合题意；当m＝－4e－2时，g(x)＝－m有两个解，即有两条切线，n＝2；当m<－4e－2时，g(x)＝－m有一个解，即有一条切线，n＝1；所以A，B，D正确，C错误.三、填空题12.过点(－1，0)作曲线y＝x3