函数图像的切线问题

函数图像的切线问题探究1设函数f(x)＝－x3＋mx2－m(m＞0)．若存在t≤0，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[来源:学,科,网]已知函数()ln3()fxaxaxaR．若函数()yfx在区间1(3)3，内的图象上存在两点，使得在该两点处的切线相互垂直，求a的取值范围．探究3已知函数2()lnfxxaxx，aR．设函数()yfx的图象被点(2,(2))Pf分成的两部分为12,cc（点P除外），该函数图象在点P处的切线为l，且12,cc分别完全位于直线l的两侧，试求所有满足条件的a的值探究4已知函数32()1fxxaxbx，abR，.（1）若02ba，①当0a时，求函数()fx的极值（用a表示）；②若()fx有三个相异零点，问是否存在实数a使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出a的值；若不存在，请说明理由；（2）函数()fx图象上点A处的切线1l与()fx的图象相交于另一点B，在点B处的切线为2l，直线1l，2l的斜率分别为1k，2k，且214kk，求ab，满足的关系式.变式一：已知函数()lnfxmx（mR）.（1）若函数()yfxx的最小值为0，求m的值；（2）设函数22()()(2)gxfxmxmx，试求()gx的单调区间；（3）试给出一个实数m的值，使得函数()yfx与1()(0)2xhxxx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)＝x2－x＋t，t≥0，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2()(12)ln()fxaxaxxaR．（1）当0a时，求函数()fx的单调增区间；（2）当0a时，求函数()fx在区间1[,1]2上的最小值；（3）记函数()yfx图象为曲线C，设点11(,)Axy，22(,)Bxy是曲线C上不同的两点，点M为线段AB的中点，过点M作x轴的垂线交曲线C于点N．试问：曲线C在点N处的切线是否平行于直线AB？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－(－x13＋mx12－m)＝(－3x12＋2mx1)(x－x1)，y－(－x23＋mx22－m)＝(－3x22＋2mx2)(x－x2)．···········································10分将(2，t)代入两条切线方程，得t－(－x13＋mx12－m)＝(－3x12＋2mx1)(2－x1)，t－(－x23＋mx22－m)＝(－3x22＋2mx2)(2－x2)．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－(－x3＋mx2－m)＝(－3x2＋2mx)(2－x)有且仅有不相等的两个实根．···········12分整理得t＝2x3－(6＋m)x2＋4mx－m．设h(x)＝2x3－(6＋m)x2＋4mx－m，h′(x)＝6x2－2(6＋m)x＋4m＝2(3x－m)(x－2)．①当m＝6时，h′(x)＝6(x－2)2≥0，所以h(x)单调递增，显然不成立．②当m≠6时，h′(x)＝0，解得x＝2或x＝m3．列表可判断单调性，可得当x＝2或x＝m3，h(x)取得极值分别为h(2)＝3m－8，或h(m3)＝－127m3＋23m2－m．要使得关于x的方程t＝2x3－(6＋m)x2＋4mx－m有且仅有两个不相等的实根，则t＝3m－8，或t＝－127m3＋23m2－m．·······························14分因为t≤0，所以3m－8≤0，（*），或－127m3＋23m2－m≤0．（**）解（*），得m≤83，解（**），得m≤9－36或m≥9＋36．因为m＞0，所以m的范围为(0，83]∪[9＋36，＋∞)．··································16分探究2解析：由(1)()(0)axfxxx＞得(01)，与(1)，分别为()fx的两个不同的单调区间，因为()fx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1122(,())(,())xfxxfx，，其中121133xx＜＜＜＜，由该两点处的切线相互垂直，得1212(1)(1)1axaxxx，……………………13分即12212111xxxax，而111(02)xx，，故2221(02)1xax，，可得222(21)2axa＞，由20x＞得2210a＞，则222221axa＞，又213x＜＜，则222321aa＜，即234a＞，所以a的取值范围为33()()22，，．……………………………………16分探究3解析：因为1()21fxaxx．所以切线l的方程为1(4)(2)ln2422yaxa．令21()ln(4)(2)ln2422gxxaxxaxa，则(2)0g．212(4)1112()242axaxgxaxaxx．………………………………………6分若0a，则2()2xgxx，[来源:学+科+网]当(0,2)x时，()0gx；当(2,)x+时，()0gx，所以()(2)0gxg≥，12,cc在直线l同侧，不合题意；…………………………………8分若0a，12(2)()4()axxagxx，若18a，2(1)2()0xgxx≥，()gx是单调增函数，当(2,)x+时，()(2)0gxg；当(0,2)x时，()(2)0gxg，符合题意；…10分若18a，当1(,2)4xa时，()0gx，()(2)0gxg，当(2,)x时，()0gx，()(2)0gxg，不合题意；…………………………12分若108a，当1(2,)4xa时，()0gx，()(2)0gxg，当(0,2)x时，()0gx，()(2)0gxg，不合题意；……………………………14分若0a，当(0,2)x时，()0gx，()(2)0gxg，当(2.)x时，()0gx，()(2)0gxg，不合题意．故只有18a符合题意．………………………………………………………………16分探究4解析解：（1）①由2()32fxxaxb及02ba，得22()32fxxaxa，令()0fx，解得3ax或ax.由0a知，(,)()0xafx，，)(xf单调递增，(,)()03axafx，，)(xf单调递减，(,)()03axfx，，)(xf单调递增，因此，)(xf的极大值为3()1faa，)(xf的极小值为35()1327aaf.②当0a时，0b，此时3()1fxx不存在三个相异零点；当0a时，与①同理可得)(xf的极小值为3()1faa，)(xf的极大值为35()1327aaf.要使)(xf有三个不同零点，则必须有335(1)(1)027aa，即332715aa或.不妨设)(xf的三个零点为321,,xxx，且321xxx，则123()()()0fxfxfx，3221111()10fxxaxax，①3222222()10fxxaxax，②3223333()10fxxaxax，③②-①得222212121212121()()()()()0xxxxxxaxxxxaxx，因为210xx，所以222212121()0xxxxaxxa，④同理222332232()0xxxxaxxa，⑤⑤-④得231313131()()()()0xxxxxxxaxx，因为310xx，所以2310xxxa，又1322xxx，所以23ax.所以()03af，即22239aaa，即327111a，因此，存在这样实数3311a满足条件.（2）设A（m，f(m)）,B(n，f(n))，则bammk2321，bannk2322，又bnmanmnmnmnmbnmanmnmnfmfk)()()()()()(2222331，由此可得bnmanmnmbamm)(23222，化简得man2，因此，baammbmaamak2222812)2(2)2(3，所以，2221284(32)mambamamb，所以ba32.变式一解析：．解：（1）由题意，得函数lnymxx，所以1mxmyxx，①当0m时，函数y在(0,)上单调递增，此时无最小值，舍去；……………2分②当0m时，由0y，得xm.当(0,)xm，0y，原函数单调递减；(,)xm，0y，原函数单调递增.所以xm时，函数y取最小值，即ln()0mmm，解得me.……………4分（2）由题意，得22()ln(2)gxmxmxmx，则222(2)(2)(1)()mxmxmxmmxgxxx，……………6分①当0m时，()0gx，函数()gx在(0,)上单调递增；②当0m时，由()0gx，得2mx或1xm，（A）若2m，则12mm，此时()0gx，函数()gx在(0,)上单调递减；（B）若20m，则12mm，[来源:学_科_网]由()0gx，解得1(,2mxm），由()0gx，解得10+2mxm（，）（，），所以函数()gx在1(,2mm）上单调递增，在02m（，）与1+m（，）上单调递减；（C）若2m，则12mm，同理可得，函数()gx在1(,2mm）上单调递增，在10m（，）与+2m（，）上单调递减.综上所述，()gx的单调区间如下：①当0m时，函数()gx在(0,)上单调递增；②当2m时，函数()gx在(0,)上单调递减；③当20m时，函数()gx的增区间为1(,2mm），减区间为02m（，）与1+m（，）；④当2m时，函数()gx的增区间为1(,2mm），减区间为10m（，）与+2m（，）.…10分（3）12m符合题意.……………12分理由如下：此时1()ln2fxx.设函数()fx与()hx上各有一点111(,ln)2Axx，2221(,)2xBxx，则()fx以点A为切点的切线方程为11111ln222yxxx，()hx以点B为切点的切线方程为22222122xyxxx，由两条切线重合，得2122121122211ln222xxxxx（*），……………14分消去1x，整理得221ln1xx，即221ln10xx，令1()ln1xxx，得22111()xxxxx，所以函数()x在(0,1)单调递减，在(1+)，单调递增，又(1)0，所以函数()x有唯一零点1x，从而方程组（*）有唯一解1211xx，即此时函数()fx与()hx的图象有且只有一条公切线.故12m符合题意.变式二解析：19．解：（1）由h(x)＝f(x)＋g(x)＝x2－x＋t＋lnx，得h'(x)＝2x－1＋1x，x＞0．因为2x＋1x≥2