高考数学二轮复习 专题一 第4讲 函数图象的切线及交点个数问题课件 文

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解 (1)由题意知，曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为 2， 所以 f′(1)＝2，又 f′(x)＝ln x＋ax＋1，所以 a＝1. (2)k＝1 时，方程 f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根. 设 h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln x－xe2x， 当 x∈(0，1]时，h(x)＜0. 又 h(2)＝3ln 2－e42＝ln 8－e42＞1－1＝0， 所以存在 x0∈(1，2)，使得 h(x0)＝0. 因为 h′(x)＝ln x＋1x＋1＋x（xe－x 2）， 所以当 x∈(1，2)时，h′(x)＞1－1e＞0，
2
g′(λ) ＋
0－
0
因所g为以(λg过)(λ点)在NR可上以只作有曲一线个f(极x值极)＝大大3x值3－3和x的一三个条极切小极线值－.小－5值5，
(2，＋ ∞)
＋
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热点二 函数图象的交点个数问题 [微题型1] 从方程根的角度考查 【例 2－1】已知函数 f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线 y＝f(x)在点(0，2)
（x＋1）ln x，x∈（0，x0]， 所以 m(x)＝xe2x，x∈（x0，＋∞）. 当 x∈(0，x0]时，若 x∈(0，1]，m(x)≤0；
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若 x∈(1，x0]，由 m′(x)＝ln x＋1x＋1＞0， 可知 0＜m(x)≤m(x0)； 故 m(x)≤m(x0). 当 x∈(x0，＋∞)时，由 m′(x)＝x（2e－x x），可得 x∈(x0，2)时， m′(x)＞0，m(x)单调递增； x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减； 可知 m(x)≤m(2)＝e42，且 m(x0)＜m(2). 综上可得，函数 m(x)的最大值为e42.
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当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：
x
(－∞， 0)
0
(0，1)
1
(1，＋ ∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋
所当以g(0，)g＝g((xt0＋))＝3≤t＋03，是即g(tx≤)的－极t3＋3大时值，，此g时(1g)＝(x)t在＋t＋1区1是间g((x－)的∞极，小1]值和.[1，
a的符号 a＞0
(f(x1)为极大值， f(x2)为极小值) a＜0
(f(x1)为极小值， f(x2)为极大值)
零点个数 一个 两个
三个
一个 两个
三个
充要条件
f(x1)＜0 f(x1)＝0或者f(x2)＝0
f(x1)＞0且f(x2)＜0 f(x2)＜0
f(x1)＝0或者f(x2)＝0 f(x1)＜0且f(x2)＞0
＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.
当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，此时g(x)在区间(－∞，0)和[0，
＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点.
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当g(0)＞0且g(1)＜0，即－3＜t＜－1时，因为g(－1)＝t－7＜0， g(2)＝t＋11＞0，所以g(x)分别在区间[－1，0)，[0，1)和[1，2) 上恰有1个零点，由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调， 所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点. 综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t 的取值范围是(－3，－1). 探究提高 解决曲线的切线问题的关键是求切点的横坐标，解 题时先不要管其他条件，先使用曲线上点的横坐标表达切线方 程，再考虑该切线与其他条件的关系，如本题第(2)问中的切线 过点(1，t).
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当 x∈[2，＋∞)时，h′(x)＞0， 所以当 x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增， 所以 k＝1 时，方程 f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根. (3)由(2)知方程 f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根 x0. 且 x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)， x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，
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3.研究两条曲线的交点个数的基本方法 (1)数形结合法，通过画出两个函数图象，研究图形交点个数 得出答案. (2)函数与方程法，通过构造函数，研究函数零点的个数得出 两曲线交点的个数.
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热点一 函数图象的切线问题 [微题型1] 单一考查曲线的切线方程 【例 1－1】 (1)(2015·陕西卷)函数 y＝xex 在其极值点处的切线方程
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2.三次函数的零点分布 三次函数在存在两个极值点的情况下，由于当x→∞时，函 数值也趋向∞，因此只要按照极值与零的大小关系确定其 零点的个数即可.存在两个极值点x1，x2且x1＜x2的函数f(x)＝ ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的零点分布情况如下：
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探究提高 (1)求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在 点P处的切线”的差异，过点P的切线中，点P不一定是切点， 点P也不一定在已知曲线上，而在点P处的切线，必以点P为 切点. (2)利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、 切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间 的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率 之间的关系，进而和导数联系起来求解.
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[微题型2] 综合考查曲线的切线问题
【例 1－2】已知函数 f(x)＝2x3－3x.
(1)求 f(x)在区间[－2，1]上的最大值；
(2)若过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切，求 t 的取值
范围.
解 (1)由 f(x)＝2x3－3x 得 f′(x)＝6x2－3.
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过点N可作曲线f(x)的三条切线等价于方程2λ3－6λ2＋3＝0有三个
不同的解. 设g(λ)＝2λ3－6λ2＋3， 则g′(λ)＝6λ2－12λ＝6λ(λ－2). 当λ变化时，g′(λ)，g(λ)的变化情况如下表：
λ
(－∞， 0)
0 (0，2)
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真题感悟 (2015·山东卷)设函数 f(x)＝(x＋a)ln x，g(x)＝xe2x. 已知曲线 y＝f(x) 在点(1，f(1))处的切线与直线 2x－y＝0 平行. (1)求 a 的值； (2)是否存在自然数 k，使得方程 f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一 的根？如果存在，求出 k；如果不存在，请说明理由； (3)设函数 m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示 p，q 中的较小值)， 求 m(x)的最大值.
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(2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由题设知1－k＞0. 当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－ 1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根. 当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x). h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单 调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根. 综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有 一个交点.
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பைடு நூலகம்
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【训练 1】已知函数 f(x)＝x3－x.
(1)设 M(λ0，f(λ0))是函数 f(x)图象上的一点，求点 M 处的切线方程； (2)证明：过点 N(2，1)可以作曲线 f(x)＝x3－x 的三条切线.
(1)解 因为 f′(x)＝3x2－1. 所以曲线 f(x)＝x3－x 在点 M(λ0，f(λ0))处的切线的斜率为 k＝f′(λ0) ＝3λ20－1. 所以切线方程为 y－(λ30－λ0)＝(3λ20－1)(x－λ0)， 即 y＝(3λ20－1)x－2λ30. (2)证明 由(1)知曲线 f(x)＝x3－x 在点(λ，f(λ))处的切线的方程 为 y＝(3λ2－1)x－2λ3.若切线过点 N(2，1)，则 1＝2(3λ2－1)－2λ3， 即 2λ3－6λ2＋3＝0.
处的切线与 x 轴交点的横坐标为－2. (1)求 a； (2)证明：当 k＜1 时，曲线 y＝f(x)与直线 y＝kx－2 只有一个交点. (1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲线 y＝f(x)在点(0，2)处的切线方程为 y＝ax＋2. 由题设得－2a＝－2， 所以 a＝1.
令
f′(x)＝0，得
x＝－
22或
x＝
2 2.
因为 f(－2)＝－10，f

－

22＝
2，f

22＝－
2，f(1)＝－1，
所以 f(x)在区间[－2，1]上的最大值为 f

－

22＝
2.
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(2)设过点 P(1，t)的直线与曲线 y＝f(x)相切于点(x0，y0)， 则 y0＝2x30－3x0，且切线斜率为 k＝6x20－3， 所以切线方程为 y－y0＝(6x20－3)(x－x0)， 因此 t－y0＝(6x20－3)(1－x0). 整理得 4x30－6x20＋t＋3＝0， 设 g(x)＝4x3－6x2＋t＋3， 则“过点 P(1，t)存在 3 条直线与曲线 y＝f(x)相切”等价于“g(x) 有 3 个不同零点”. g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)，
为________. (2)(2015·全国Ⅰ卷)已知函数 f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1)) 处的切线过点(2，7)，则 a＝________.
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解析 (1)设 y＝f(x)＝xex， 由 y′＝ex＋xex＝ex(1＋x)＝0，得 x＝－1.当 x＜－1 时，y′＜0；当 x ＞－1 时，y′＞0，故 x＝－1 为函数 f(x)的极值点，切线斜率为 0， 又 f(－1)＝－e－1＝－1e，故切点坐标为－1，－1e，切线方程为 y ＋1e＝0(x＋1)，即 y＝－1e. (2)f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2. (1，f(1))处的切线方程为 y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1). 将(2，7)代入切线方程，得 7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得 a＝1. 答案 (1)y＝－1e (2)1
第4讲 函数图象的切线及交点个数问题
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高考定位 在高考试题的导数压轴题中，把求切线和 研究函数的性质交汇起来是一个命题热点；两个函数 图象的交点问题可以转化为一个新的函数的零点问题， 函数图象与函数零点是函数中的两个重要问题，在高 考试题导数压轴题中涉及两个函数图象的交点问题是 高考命题的另一热点.
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考点整合
1.求曲线 y＝f(x)的切线方程的三种类型及方法 (1)已知切点 P(x0，y0)，求 y＝f(x)过点 P 的切线方程：求出切线 的斜率 f′(x0)，由点斜式写出方程. (2)已知切线的斜率为 k，求 y＝f(x)的切线方程：设切点 P(x0， y0)，通过方程 k＝f′(x0)解得 x0，再由点斜式写出方程. (3)已知切线上一点(非切点)，求 y＝f(x)的切线方程：设切点 P(x0， y0)，利用导数求得切线斜率 f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率， 列方程(组)解得 x0，再由点斜式或两点式写出方程.