导数专题 导数的几何意义

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[【基础过关系列】高二数学同步精品讲义与分层练习 (人教 A 版 2019）]
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选择性第二册同步巩固，难度 3 颗星！

基础知识

函数 $y=f(x)$ 在点 $x=x_0$ 处的导数的几何意义是曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(x_0 ，f(x_0))$ 处的切线的斜率，
即：曲线 $y=f(x)$ 在点 $P(x_0 ，f(x_0))$ 处的切线 l 的斜率 $k=f'(x_0)$，
切线 $l$ 的方程为 $y-f(x_0)=f'(x_0)(x-x_0)$．

解释
" 过点 $x=x_0$” 与 " 在点 $x=x_0$ 处 " 的区别
曲线 $C：y=f(x)$ 在点 $P(x_0 ，y_0)$ 处的切线指的是 $P$ 为切点的切线，如图一；
过点 $P(x_0 ，y_0)$ 的切线是指切线过点 $P$，点 $P$ 是否切点均可，切线可多条，如图二.
$\qquad \qquad$
 

基本方法

【题型1】在某点处的切线

【典题 1】 (多选) 若函数 $f(x)$ 的图象上存在两个不同的点 $A$，$B$，使得曲线 $y=f(x)$ 在这两点处的切线重合，称函数 $f(x)$ 具有 $T$ 性质．下列函数中具有 $T$ 性质的有 (　　)
 A．$y=e^x-x$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$y=x^4-x^2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$y=x^3$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$y=x+\sin ⁡x$
解析 由题意可得，性质 T 指函数 $f(x)$ 图象上有两个不同点的切线是重合的，即两个不同点所对应的导数值相等，且该点处函数的切线方程也相同．
对于 $A$ 选项，$y=e^x-x$，则 $y'=e^x-1$，导函数为增函数，不存在不同的两个 $x$ 使得导数值相等，故 $A$ 不符合；
对于 $B$ 选项，$y'=4x^3-2x$，
设两切点分别为 $(x_1，x_1^4-x_1^2 )$，$(x_2，x_2^4-x_2^2 )$，且 $4x_1^3-2x_1=4x_2^3-2x_2$，
取 $x_1=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$x_2=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
则 $y_1=-\dfrac{1}{4}=y_2$，两切点处的导数值为 $y'=0$，
两切点连线的直线斜率为 $k=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=0$，
所以两切点处的导数值等于两切点连线的斜率，
符合性质 $T$，所以 $B$ 选项符合；
对于 $C$ 选项，设两切点分别为 $(x_1，x_1^3 )$ 和 $(x_2，x_2^3 )$，
则两切点处的导数值相等有：$3x_1^2=3x_2^2$，解得：$x_1=-x_2$，
令 $x_1=a$，则 $x_2=-a$，两切点处的导数 $y'=3a^2$，
两切点连线的斜率为 $k=\dfrac{a^3-\left(-a^3\right)}{a-(-a)}=a^2$，
则 $3a^2=a^2$，得 $a=0$，两切点重合，不符合题意，所以 $C$ 选项不符合；
对于 $D$ 选项，$y'=1+\cos ⁡x$，设两切点的横坐标分别为 $x_1$ 和 $x_2$，
则 $1+\cos ⁡x_1=1+\cos ⁡x_2$，所以 $\cos ⁡x_1=\cos ⁡x_2$，
取 $x_1=\dfrac{\pi}{2}$，$x_2=\dfrac{5\pi}{2}$，则 $y_1=\dfrac{\pi}{2}+1$，$y_2=\dfrac{5\pi}{2}+1$，
两切点处的导数值为 $y'=1$，两切点连线的直线斜率为 $k=\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=1$，
所以两切点处的导数值等于两切点连线的斜率，符合性质 $T$，所以 $D$ 选项符合．
故选：$BD$．
 

【典题 2】 已知函数 $f(x)=\dfrac{1}{2} \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)$ 的图像在 $(x_1，f(x_1 ))$ 处的切线与在 $(x_2，f(x_2 ))$ 处的切线相互垂直，那么 $|x_1-x_2 |$ 的最小值是 (　　)
 A． $\dfrac{\pi}{4}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\dfrac{\pi}{2}$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$π$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$2π$
解析 由函数 $f(x)=\dfrac{1}{2} \sin \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)$ 得： $f^{\prime}(x)=\cos \left(2 x+\dfrac{\pi}{3}\right)$，
显然若图象在 $(x_1，f(x_1 ))$ 处的切线与在 $(x_2，f(x_2 ))$ 处的切线相互垂直，
只需 $f' (x_1 ) f' (x_2 )=-1$，
不妨设 $2x_1+\dfrac{\pi}{3}=2nπ$，$n∈Z$，$2x_2+\dfrac{\pi}{3}=2mπ+π$，$m∈Z$，
显然 $x_1-x_2=(n-m)π-\dfrac{\pi}{2}$，
显然当 $n=m$ 时，$|x_1-x_2 |$ 的最小值是 $\dfrac{\pi}{2}$．
故选：$B$．
 

【巩固练习】

1. 若函数 $f(x)=2\ln x+4x^2+bx+5$ 的图象上的任意一点的切线斜率都大于 $0$，则 $b$ 的取值范围是 (　　)
 A．$(-∞，-8)$ $\qquad \qquad$ B．$(-8，+∞)$ $\qquad \qquad$ C．$(-∞，8)$ $\qquad \qquad$ D．$(8，+∞)$
 

2.(多选) 若以曲线 $y=f(x)$ 上任意一点 $M(x，y)$ 为切点作切线 $l$，曲线上总存在异于点 $M$ 的点 $N(x'，y')$，使得以点 $N$ 为切点的切线 l' 满足 $l∥l'$，则称曲线 $y=f(x)$ 具有 “可平行性”．下列曲线具有 “可平行性” 的是 (　　)
 A．$y=x+\dfrac{1}{x}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$y=x^3-x$
 C．$y=\sin x$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$y=(x-2)^2+\ln x$
 

3. 设对于曲线 $f(x)=-e^x-x$ 上任一点处的切线 $l_1$，总存在曲线 $g(x)=kx+\cos ⁡x$ 上一点处的切线 $l_2$，使得 $l_1⊥l_2$，则实数 $k$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$ .
 

4. 若函数 $f(x)=ax+\sin x$ 的图象上存在互相垂直的切线，则实数 $a$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 根据题意，函数 $f(x)=2\ln x+4x^2+bx+5$，其定义域为 $(0，+∞)$，
   其导数 $f'(x)=\dfrac{2}{x}+8x+b$，
   若函数 $f(x)$ 的图象上的任意一点的切线斜率都大于 $0$，
   则有 $f'(x)=\dfrac{2}{x}+8x+b>0$ 在 $(0，+∞)$ 上恒成立，
   变形可得 $b>-\left(\dfrac{2}{x}+8 x\right)$ 在 $(0，+∞)$ 上恒成立，
   又由 $\dfrac{2}{x}+8 x \geq 2 \times \sqrt{\dfrac{2}{x} \times 8 x}=8$，
   当且仅当 $x=\dfrac{1}{2}$ 时等号成立，即 $\dfrac{2}{x}+8x$ 有最小值 $8$，
   若 $b>-\left(\dfrac{2}{x}+8 x\right)$ 在 $(0，+∞)$ 上恒成立，
   必有 $b>-8$，即 $b$ 的取值范围为 $(-8，+∞)$；
   故选 $B$．

2. 答案 $AC$
   解析 设 $f'(x)$ 的值域为 $Q$，
   由题意，曲线 $y=f(x)$ 具有 “可平行性” 等价于对任意的 $a∈Q$，
   方程 $y'=a$ 至少有两个根，
   对于 $A$，由 $y'=1-\dfrac{1}{x^2} =a$($x≠0$ 且 $a<1$)，得 $\dfrac{1}{x^2} =1-a$，
   此方程有两个不同的根，符合题意；
   对于 $B$，由 $y'=-1$ 时，$x$ 的取值唯一，只有 $0$，不合题意；
   对于 $C$，由 $y'=\cos x$ 和三角函数的周期性可知，$\cos x=a(-1≤a≤1)$ 的解有无穷多个，符合题意；
   对于 $D$，$y'=2x－4+\dfrac{1}{x}$，
   令 $2x-4+\dfrac{1}{x}=a(a≥2\sqrt{2}-4)$，则有 $2x^2-(4+a)x+1=0$，
   当 $△=0$ 时解唯一，不合题意．
   故选：$AC$．

3. 答案 $[0，1]$
   解析 $f(x)=-e^x-x$，其导数 $f' (x)=-e^x-1$，
   有 $f' (x)<-1$，则 $-f' (x)>1$，则 $\dfrac{1}{-f^{\prime}(x)} \in(0，1)$，
   由 $g(x)=kx+\cos ⁡x$，得 $g' (x)=k-\sin ⁡x$，
   $\because -\sin ⁡x∈[-1，1]$，$\therefore k-\sin ⁡x∈[-1+k，1+k]$，
   要使过曲线 $f(x)=-e^x-x$ 上任一点处的切线 $l_1$，总存在曲线 $g(x)=kx+\cos ⁡x$ 上一点处的切线 $l_2$，使得 $l_1⊥l_2$，
   则有 $\left\{\begin{array}{l} -1+k \leqslant 0 \\ 1+k \geqslant 1 \end{array}\right.$，解得 $0⩽k⩽1$．
   $\therefore$ 实数 $k$ 的取值范围是 $[0，1]$．

4. 答案 $0$
   解析 $\because f(x)=ax+\sin x$，$\therefore f'(x)=a+\cos x$，
   假设函数 $f(x)=ax+\sin x$ 的图象上存在互相垂直的切线，
   不妨设在 $x=m$ 与 $x=n$ 处的切线互相垂直
   则 $(a+\cos m)(a+\cos n)=-1$
   $\therefore a^2+(\cos m+\cos n)a+(\cos m\cos n+1)=0 \quad (*)$
   因为 $a$ 的值必然存在，即方程 $(*)$ 必然有解，所以
   判别式 $△=(\cos m+\cos n)^2-4(\cos m\cos n+1)≥0$
   所以 $\cos ^2⁡m+\cos ^2⁡n-2\cos m\cos n=(\cos m-\cos n)^2≥4$
   解得 $\cos m-\cos n≥2$ 或 $\cos m-\cos n≤-2$
   由于 $|\cos x|≤1$，
   所以有 $\cos m=1$，$\cos n=-1$ 或 $\cos m=-1$，$\cos n=1$，且 $△=0$
   所以 $(*)$ 变为：$a^2=0$ 所以 $a=0$.
   故答案为：$0$ .
    

【题型2】过某点处的切线

【典题 1】 已知函数 $f(x)=2x^3-ax$，若 $a=1$ 时，直线 $y=k(x-1)+1$ 与曲线 $y=f(x)$ 相切，则 $k$ 的所有可能的取值为 $\underline{\quad \quad}$；若 $a∈R$ 时，直线 $y=k(x-2)$ 与曲线 $y=f(x)$ 相切，且满足条件的 $k$ 的值有且只有 $3$ 个，则 $a$ 的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$．
解析 当 $a=1$ 时，$f(x)=2x^3-x$，求导得 $f' (x)=6x^2-1$，
设直线 $y=k_1 (x-1)+1$ 与曲线 $y=f(x)$ 相切的切点为 $(x_0，2x_0^3-x_0 )$，
则 $k_1=f' (x_0 )=6x_0^2-1$，且 $2x_0^3-x_0=k_1 (x_0-1)+1$，
即 $2x_0^3-x_0=(6x_0^2-1)(x_0-1)+1$，
整理得 $(x_0-1)^2 (2x_0+1)=0$，解得 $x_0=-\dfrac{1}{2}$ 或 $x_0=1$，
则 $k_1=f' \left(-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}$ 或 $k_1=f' (1)=5$，
所以 $k_1$ 的所有可能的取值为 $\dfrac{1}{2}$，$5$；
由 $f(x)=2x^3-ax$，求导得 $f' (x)=6x^2-a$，
设直线 $y=k(x-2)$ 与曲线 $y=f(x)$ 相切的切点为 $(t，2t^3-at)$，
于是得 $k=f' (t)=6t^2-a$，且 $2t^3-at=k(t-2)$，则 $k=2t^3$，
显然函数 $y=2t^3$ 在 $R$ 上单调递增，
因直线 $y=k(x-2)$ 与曲线 $y=f(x)$ 相切的 $k$ 的值有且只有 $3$ 个，
则有直线 $y=k(x-2)$ 与曲线 $y=f(x)$ 相切的切点横坐标值有且只有 $3$ 个，
即方程 $a=6t^2-2t^3$ 有 $3$ 个不等实根，
令 $g(t)=2t^3-6t^2+a$，求导得 $g' (t)=6t^2-12t=6t(t-2)$，
当 $t<0$ 或 $t>2$ 时，$g' (t)>0$，当 $0<t<2$ 时，$g' (t)<0$，
即函数 $g(t)$ 在 $(-∞，0)$，$(2，+∞)$ 上递增，在 $(0，2)$ 上递减，
当 $t=0$ 时，$g(t)$ 取得极大值 $g(0)=a$，
当 $t=2$ 时，$g(t)$ 取得极小值 $g(2)=a-8$，
方程 $a=6t^2-2t^3$ 有 $3$ 个不等实根，当且仅当函数 $g(t)$ 有 $3$ 个不同的零点，
因此 $\left\{\begin{array}{l} a>0 \\ a-8<0 \end{array}\right.$，解得 $0<a<8$，
所以 $a$ 的取值范围为 $(0，8)$．
故答案为：$\dfrac{1}{2}$，$5$；$(0，8)$．
 

【典题 2】 已知函数 $f(x)=x+\dfrac{1}{x}$，过点 $P(1，0)$ 作函数 $y=f(x)$ 图像的两条切线，切点分别为 $M$，$N$．则下列说法正确的是 (　　)
 A．$PM⊥PN$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．直线 $MN$ 的方程为 $2x-y+1=0$
 C． $|M N|=2 \sqrt{10}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$△PMN$ 的面积为 $3\sqrt{2}$
解析 因为 $f(1)=1+1=2$，所以 $P(1，0)$ 没有在函数的图象上，
$f^{\prime}(x)=1-\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{x^2-1}{x^2}$，
设切点坐标为 $(a，b)(a≠0)$，
当 $a=1$ 时，$f(1)=2$，$x=1$ 不与 $f(x)=x+\dfrac{1}{x}$ 相切，所以 $a≠1$，
$f^{\prime}(a)=\dfrac{a^2-1}{a^2}=\dfrac{b}{a-1}$，
又因为 $a+\dfrac{1}{a}=b$，解得 $a=-1±\sqrt{2}$，
即 $(-1-\sqrt{2}，-2\sqrt{2})$，$(-1+\sqrt{2}，2\sqrt{2})$，
所以 $k_{P M} \times k_{P N}=\dfrac{2 \sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} \times \dfrac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{2}-2}=-4 \neq-1$，故 $A$ 错误；
$k_{N M}=\dfrac{2 \sqrt{2}+2 \sqrt{2}}{2 \sqrt{2}}=2$，
所以直线 $MN$ 的方程为 $y=2(x-1)$，即 $2x-y+2=0$，故 $B$ 错误；
$|M N|=\sqrt{(-1+\sqrt{2}+1+\sqrt{2})^2+(2 \sqrt{2}+2 \sqrt{2})^2}=2 \sqrt{10}$，故 $C$ 正确；
$P(1，0)$ 到直线 $MN$ 的距离为 $d=\dfrac{|2-0+2|}{\sqrt{4+1}}=\dfrac{4 \sqrt{5}}{5}$，
所以 $△PMN$ 的面积为 $\dfrac{1}{2}|M N| d=\dfrac{1}{2} \times 2 \sqrt{10} \times \dfrac{4 \sqrt{5}}{5}=4 \sqrt{2}$，故 $D$ 错误．
故选：$C$．
 

【巩固练习】

1. 已知曲线 $y=\ln x$ 的切线过原点，则此切线的斜率为 (　　)
 A．$e$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$-e$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$\dfrac{1}{e}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$-\dfrac{1}{e}$
 

2. 过直线 $y=x-1$ 上一点 $P$ 可以作曲线 $f(x)=x-\ln ⁡x$ 的两条切线，则点 $P$ 横坐标 $t$ 的取值范围为 (　　)
 A．$0<t<1$ $\qquad \qquad$ B．$1<t<e$ $\qquad \qquad$ C．$0<t<e$ $\qquad \qquad$ D．$\dfrac{1}{e}<t<1$
 

3.(多选) 若过点 $(1，a)$ 可以作出曲线 $y=(x-1)e^x$ 的切线 $l$，且 $l$ 最多有 $n$ 条，$n∈N^*$，则 (　　)
 A．$a≤0$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B．当 $n=2$ 时，$a$ 值唯一
 C．当 $n=1$ 时， $a<-\dfrac{4}{e}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$na$ 的值可以取到 $-4$
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 设切点坐标为 $(a，\ln a)$，
   $\because y=\ln x$，$\therefore y'=\dfrac{1}{x}$，切线的斜率是 $\dfrac{1}{a}$，
   切线的方程为 $y-\ln a=\dfrac{1}{a}(x-a)$，
   将 $(0，0)$ 代入可得 $\ln a=1$，$\therefore a=e$，
   $\therefore$ 切线的斜率是 $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{e}$；
   故选：$C$．

2. 答案 $C$
   解析 设切点为 $(m，m-\ln ⁡m)$，$m>0$，
   由 $f(x)=x-\ln ⁡x$ 的导数为 $f' (x)=1-\dfrac{1}{x}$，
   可得切线的斜率为 $1-\dfrac{1}{m}$，
   又 $P(t，t-1)$，可得 $\dfrac{m-\ln m-t+1}{m-t}=1-\dfrac{1}{m}$，
   化为 $t=2m-m\ln m$，
   设 $g(x)=2x-x\ln ⁡x$，
   可得 $g' (x)=2-(1+\ln ⁡x)=1-\ln ⁡x$，
   当 $x>e$ 时，$g' (x)<0$，$g(x)$ 递减；
   当 $0<x<e$ 时，$g' (x)>0$，$g(x)$ 递增．
   可得 $g(x)$ 在 $x=e$ 处取得最大值 $e$，
   可得当 $0<t<e$ 时，方程 $t=2m-m\ln m$ 有两解，
   故选：$C$．

3. 答案 $ABD$
   解析 $y'=e^x+(x-1)e^x=xe^x$，
   设切线 $l$ 的切点为 $(x_0，y_0 )$，则切线 $l$ 的斜率为 $k=x_0 e^{x_0}$，
   又 $y_0=(x_0-1) e^{x_0}$，
   故由点斜式方程可知切线 l 的方程为 $y-(x_0-1) e^{x_0}=x_0 e^{x_0} (x-x_0 )$，
   $\therefore x_0 e^{x_0}=\dfrac{\left(x_0-1\right) e^{x_0-a}}{x_0-1}=e^{x_0}-\dfrac{a}{x_0-1}$，
   则 $a=-e^{x_0} (x_0-1)^2$，
   对于 $A$，由于 $a=-e^{x_0} (x_0-1)^2$，$e^{x_0}>0，(x_0-1)^2⩾0$，
   故 $a≤0$，选项 $A$ 正确；
   对于 $B$，令 $g(x)=-e^x (x-1)^2$，则 $g' (x)=-e^x (x-1)(x+1)$，
   易知 $g(x)$ 在 $(-∞，-1)$，$(1，+∞)$ 上单调递减，在 $(-1，1)$ 上单调递增，
   且 $g(-1)=-\dfrac{4}{e}$，$g(1)=0$，当 $x→-∞$，时，$g(x)→0$，
   当 $x→+∞$ 时，$g(x)→-∞$，
   作出函数 $g(x)$ 的草图如下，
   
   当 $n=2$ 时，即 $x_0$ 的值有两个，由图象可知，
   当且仅当 $a=g(-1)=-\dfrac{4}{e}$ 时，$x_0$ 的值有两个，选项 $B$ 正确；
   对于 $C$，由图象可知，当 $a=0$ 或 $a<-\dfrac{4}{e}$ 时，$x_0$ 的值唯一，此时 $n=1$，选项 $C$ 错误；
   对于 $D$，由图象可知，$n=1$ 或 $2$ 或 $3$，若 $na=-4$，则当 $n=1$ 时，$a=-4$，
   由选项 $C$ 可知，此时 $a=0$ 或 $a<-\dfrac{4}{e}$，而 $-4<-\dfrac{4}{e}$，
   故 $na$ 可能取到 $-4$，选项 $D$ 正确．
   故选：$ABD$．
    

【题型3】两曲线的公切线

【典题 1】 若直线 $y=kx+b$ 是曲线 $y=e^{x-2}$ 的切线，也是曲线 $y=e^x-1$ 的切线，则 $b=$$\underline{\quad \quad}$．
解析 设直线 $y=kx+b$ 是曲线 $y=e^{x-2}$ 和 $y=e^x-1$ 的切点分别为 $\left(x_1， e^{x_1-2}\right)$ 和 $\left(x_2， e^{x_2}-1\right)$，
则切线分别为 $y-e^{x_1-2}=e^{x_1-2}\left(x-x_1\right)$， $y-e^{x_2}+1=e^{x_2}\left(x-x_2\right)$，
化简得： $y=e^{x_1-2} x+e^{x_1-2}-x_1 e^{x_1-2}$， $y=e^{x_2} x+e^{x_2}-1-x_2 e^{x_2}$，
依题意有： $\left\{\begin{array}{l} e^{x_1-2}=e^{x_2} \\ e^{x_1-2}-x_1 e^{x_1-2}=e^{x_2}-1-x_2 e^{x_2} \end{array}\right.$，
$\therefore x_1-2=x_2$，$x_2=-\ln ⁡2$，
则 $b=e^{x_2}-1-x_2 e^{x_2}=\dfrac{1}{2} \ln 2-\dfrac{1}{2}$．
故答案为：$\dfrac{1}{2} \ln 2-\dfrac{1}{2}$ ．
 

【典题 2】 若曲线 $C_1:y=ax^2 (a>0)$ 与曲线 $C_2:y=e^x$ 存在公共切线，则 $a$ 的取值范围为 (　　)
 A． $\left[\dfrac{e^2}{8}，+\infty\right)$ $\qquad \qquad$ B． $\left(0， \dfrac{e^2}{8}\right]$ $\qquad \qquad$C． $\left[\dfrac{e^2}{4}，+\infty\right)$ $\qquad \qquad$ D． $\left(0， \dfrac{e^2}{4}\right]$
解析 由 $y=ax^2 (a>0)$，得 $y'=2ax$，
由 $y=e^x$，得 $y'=e^x$，
$\because$ 曲线 $C_1:y=ax^2 (a>0)$ 与曲线 $C_2:y=e^x$ 存在公共切线，则
设公切线与曲线 $C_1$ 切于点 $(x_1，ax_1^2)$，与曲线 $C_2$ 切于点 $(x_2，e^{x_2})$，
则 $2 a x_1=e^{x_2}=\dfrac{e^{x_2}-a x_1{ }^2}{x_2-x_1}$，
将 $e^{x_2}=2 a x_1$ 代入 $2 a x_1=\dfrac{e^{x_2}-a x_1{ }^2}{x_2-x_1}$，可得 $2x_2=x_1+2$，
$\therefore a=\dfrac{e^{\frac{x_1}{2}+1}}{2 x_1}$，记 $f(x)=\dfrac{e^{\frac{x}{2}+1}}{2 x}$，
则 $f^{\prime}(x)=\dfrac{e^{\frac{x}{2}+1}(x-2)}{4 x^2}$，当 $x∈(0，2)$ 时，$f'(x)<0$．
$\therefore$ 当 $x=2$ 时， $f(x)_{\min }=\dfrac{e^2}{4}$．
$\therefore a$ 的范围是 $\left[\dfrac{e^2}{4}，+\infty\right)$ ．
故选：$C$．
 

【巩固练习】

1. 若曲线 $y=x-\ln ⁡x$ 与曲线 $y=ax^3+x+1$ 在公共点处有相同的切线，则实数 $a$ 等于 (　　)
 A． $\dfrac{e^2}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$-\dfrac{e^2}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$-\dfrac{e}{3}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$\dfrac{e}{3}$
 

2. 若二次函数 $f(x)=x^2+1$ 的图象与曲线 $C:g(x)=ae^x+1(a>0)$ 存在公共切线，则实数 $a$ 的取值范围为 $\underline{\quad \quad}$ ．
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 设公共点的横坐标为 $t$，由 $y'=1-\dfrac{1}{x}$，以及 $y'=3ax^2+1$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} t-\ln t=a t^3+t+1 \\ 1-\dfrac{1}{t}=3 a t^2+1 \end{array}\right.$，由第二个方程得 $t^3=-\dfrac{1}{3 a}$，
   ①再代入第一个方程 $\ln ⁡t=-\dfrac{2}{3}$，结合①解得 $a=-\dfrac{e^2}{3}$．
   故选：$B$．

2. 答案 $\left(0， \dfrac{4}{e^2}\right]$
   解析 $f(x)=x^2+1$ 的导数为 $f'(x)=2x$，
   $g(x)=ae^x+1$ 的导数为 $g'(x)=ae^x$，
   设公切线与 $f(x)=x^2+1$ 的图象切于点 $(x_1，x_1^2+1)$，
   与曲线 $C:g(x)=ae^x+1$ 切于点 $\left(x_2， a e^{x^2+1}\right)$，
   $\therefore 2 x_1=a e^{x 2}=\dfrac{a e^{x_2}+1-\left(x_1{ }^2+1\right)}{x_2-x_1}=\dfrac{a e^{x_2}-x_1{ }^2}{x_2-x_1}$，
   化简可得 $2 x_1=\dfrac{2 x_1-x_1^2}{x_2-x_1}$，得 $x_1=0$ 或 $2x_2=x_1+2$，
   $\because 2x_1=ae^{x_2}$，且 $a>0$，$\therefore x_1>0$，
   则 $2x_2=x_1+2>2$，即 $x_2>1$，
   由 $2 x_1=a e^{x_2}$，得 $a=\dfrac{2 x_1}{e^{x_2}}=\dfrac{4\left(x_2-1\right)}{e^{x_2}}$，
   设 $h(x)=\dfrac{4(x-1)}{e^x}(x>1)$，则 $h^{\prime}(x)=\dfrac{4(2-x)}{e^x}$，
   $\therefore h(x)$ 在 $(1，2)$ 上递增，在 $(2，+∞)$ 上递减，
   $\therefore h(x)_{\max }=h(2)=\dfrac{4}{e^2}$，
   $\therefore$ 实数 $a$ 的取值范围为 $\left(0， \dfrac{4}{e^2}\right]$，
   故答案为：$\left(0， \dfrac{4}{e^2}\right]$．
    

【题型4】综合运用

【典题 1】 对任意的 $x>0$， 总有 $f(x)=a-x-|\lg ⁡x|≤0$， 则 $a$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$.
解析 原问题即 $|\lg ⁡x |≥-x+a$ 在区间 $(0，+∞)$ 上恒成立， 考查临界情况，
即函数 $g(x)=|\lg ⁡x|$ 与 $h(x)=-x+a$ 相切时的情形，很明显切点横坐标位于区间 $(0，1)$ 内，
此时，$g(x)=-\lg ⁡x$， $g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x \ln 10}$，
由 $g' (x)=-1$ 可得: $x=-\dfrac{1}{\ln 10}=-\lg e$，
则切点坐标为:$(-\lg ⁡e，-\lg ⁡(\lg ⁡e))$，
切线方程为：$y+\lg ⁡(\lg ⁡e)=x+\lg ⁡e$，
令 $x=0$ 可得纵截距为：$\lg ⁡e-\lg ⁡(\lg ⁡e)$，
结合如图所示的函数图象可得则 $a$ 的取值范围是 $(-∞，\lg ⁡e-\lg ⁡(\lg ⁡e)]$.

 

【典题 2】 直线 $y=m$ 分别与曲线 $y=2(x+1)$， 与 $y=x+\ln ⁡x$ 交于点 $A$，$B$，则 $|AB|$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$.
解析 作出曲线 $y=2(x+1)$， 与 $y=x+\ln ⁡x$ 草图如下

过 $B$ 作 $BC⊥AC$， $|A B|=\dfrac{|B C|}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{|B C|}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$，
要使 $|AB|$ 取到最小值， 只需 $|BC|$ 取到最小值即可，
为此对 $y=x+\ln ⁡x$ 进行求导得 $y'=1+\dfrac{1}{x}$，
令 $y'=2$， 解得 $x=1$， 代入 $y=x+\ln ⁡x$，知 $y=1$，
所以当 $|BC|$ 取到最小值时，$m=1$，
易知 $|A B|=1-\left(-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{2}$.
 

【巩固练习】

1. 已知 $M(1，0)$，$N$ 是曲线 $y=e^x$ 上一点，则 $|MN|$ 的最小值为 (　　)
 A．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$\sqrt{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$e$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D． $\sqrt{e^4+1}$
 

2. 已知定义在 $\left[\dfrac{1}{\pi}， \pi\right]$ 上的函数 $f(x)$，满足 $f(x)=f\left(\dfrac{1}{x}\right)$，且当 $x∈[1，π]$ 时 $f(x)=\ln ⁡x$，若函数 $g(x)=f(x)-ax$ 在 $\left[\dfrac{1}{\pi}， \pi\right]$ 上有唯一的零点，则实数 $a$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$.
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 $y=e^x$ 的导数为 $y'=e^x$．
   设 $N(m，e^m)$，可得过 $N$ 的切线的斜率为 $e^m$．
   当 $MN$ 垂直于切线时，$|MN|$ 取得最小值，
   可得 $\dfrac{e^m}{m-1}=-\dfrac{1}{e^m}$，则 $e^{2 m}+m=1$．
   因为 $f(x)=e^{2x}+x$ 单调递增，且 $f(0)=1$，所以 $m=0$．
   所以 $|MN|$ 的最小值为 $\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$．
   故选：$B$．

2. 答案 $\left(\dfrac{1}{e}， \pi \ln \pi\right] \cup\{0\}$.
   解析 $\because f(x)=f\left(\dfrac{1}{x}\right)$，$x∈[1，π]$ 时 $f(x)=\ln ⁡x$，
   $\therefore x \in\left(-\dfrac{1}{\pi}， 1\right]$ 时，$\dfrac{1}{x}∈[1，π]$， $f\left(\dfrac{1}{x}\right)=\ln \dfrac{1}{x}=f(x)$，
   $f(x)=-\ln ⁡x$，$g(x)$ 零点， 就是 $y=f(x)$) 与 $y=ax$ 的交点，
   画出两函数图象，如图，由图知， $k_{O A}=\pi \ln \pi$，
   过原点与 $y=\ln ⁡x$ 相切的直线斜率为 $\dfrac{1}{e}$，
   所有直线与曲线有一个交点的 $a$ 的范围是 $\left(\dfrac{1}{e}， \pi \ln \pi\right] \cup\{0\}$.
   
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 若函数 $y=f(x)$ 的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称 $y=f(x)$ 具有 $T$ 性质。下列函数中具有 $T$ 性质的是 (　　)
 A. $y=\sin ⁡x$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B. $y=\ln ⁡x$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C. $y=e^x$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D.$y=x^3$
 

2. 若过点 $P(－1，m)$ 可以作三条直线与曲线 $C:y=xe^x$ 相切，则 $m$ 的取值范围是 (　　)
 A．$\left(-\dfrac{3}{e^2}，+\infty\right)$ $\qquad \qquad$ B．$\left(-\dfrac{1}{e}， 0\right)$ $\qquad \qquad$ C．$(0，+∞)$ $\qquad \qquad$ D． $\left(-\dfrac{3}{e^2}，-\dfrac{1}{e^2}\right)$
 

3. 曲线 $y=e^x$ 上的点到直线 $x-y-3=0$ 的距离的最小值为 (　　)
 A．$\sqrt{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$2\sqrt{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$4$
 

4. 已知函数 $f(x)=\sin ⁡x-\cos ⁡x$， 直线 L 过原点且与曲线 $y=f(x)$ 相切， 其切点的横坐标从小到大依次排列为 $x_1$，$x_2$，$x_3$，⋯，$x_n$，⋯， 则下列说法正确的是 (　　)
 A. $|f(x_n )|=1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ B. 数列 $\left\{x_n\right\}$ 为等差数列
 C. $x_n=\tan \left(x_n+\dfrac{\pi}{4}\right)$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ D. $\left[f\left(x_n\right)\right]^2=\dfrac{2 x_n^2}{x_n^2+1}$
 

5. 过平面内一点 $P$ 作曲线 $y=|\ln ⁡x|$ 两条互相垂直的切线 $l_1$，$l_2$，切点为 $P_1$，$P_2$ ($P_1$，$P_2$ 不重合)，设直线 $l_1$，$l_2$ 分别与 $y$ 轴交于点 $A$，$B$，则下列结论正确的个数是 (　　)
①$P_1 P_2$ 两点的横坐标之积为定值； ②直线 $P_1 P_2$ 的斜率为定值；
③线段 $AB$ 的长度为定值； ④三角形 $ABP$ 面积的取值范围为 $(0，1]$．
 A．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$2$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$3$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$4$
 

6. 已知函数 $f(x)=\ln ⁡x-x+t$，直线 $l:y=-\dfrac{1}{2} x+\ln ⁡2+2$，点 $P(x_0，f(x_0 ))$ 在函数 $y=f(x)$ 图像上，则以下说法正确的是 (　　)
 A．若直线 $l$ 是曲线 $y=f(x)$ 的切线，则 $t=-3$
 B．若直线 $l$ 与曲线 $y=f(x)$ 无公共点，则 $t>-3$
 C．若 $t=-2$，则点 $P$ 到直线 $l$ 的最短距离为 $\sqrt{5}$
 D．若 $t=-2$，当点 $P$ 到直线 $l$ 的距离最短时，$x_0=2$
 

7.(多选) 若过点 $P(-1，t)$ 最多可以作出 $n(n∈N^* )$ 条直线与函数 $f(x)=\dfrac{x+1}{e^x}$ 的图像相切，则 (　　)
 A．$th$ 可以等于 $2022$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$n$ 不可以等于 $3$
 C．$te+n>3$ $\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$n=1$ 时， $t \in\{0\} \cup\left(\dfrac{4}{e}，+\infty\right)$
 

8. 已知曲线 $y=x^2+\dfrac{5}{4}$ 在点 $\left(\dfrac{1}{2}， \dfrac{3}{2}\right)$ 处的切线为 $l$，数列 $\left\{a_n\right\}$ 的首项为 $1$，点 $\left(a_n， a_{n+1}\right)$$(n∈N^* )$ 为切线 $l$ 上一点，则数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 n 项和为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

9. 若直线 $y=kx+b$ 是曲线 $y=\ln ⁡x+2$ 的切线，也是曲线 $y=\ln ⁡(x+2)$ 的切线，则 $b=$$\underline{\quad \quad}$．
 

10. 曲线 $y=\ln ⁡(2x-1)$ 上的点到直线 $2x-y+8=0$ 的最短距离是 $\underline{\quad \quad}$ .
 

11. 设函数 $y=2x^2-2(0⩽x⩽1)$ 的图象为曲线 $C$，$R(x_0，y_0 )$ 为曲线 $C$ 上任意一点过点 $R$ 的直线 $PQ$ 与曲线 $C$ 相切，且与 $x$ 轴交于点 $P$，与 $y$ 轴交于点 $Q$．当三角形 $POQ$ 的面积取得最小值时，$x_0$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

参考答案

1. 答案 $A$
   解析 当 $y=\sin ⁡x$ 时，$y'=\cos ⁡x$，有 $\cos ⁡0⋅\cos ⁡π=-1$，
   所以在函数 $y=\sin ⁡x$ 图象存在两点 $x=0$，$x=π$ 使条件成立，
   故 $A$ 正确；
   函数 $y=\ln ⁡x$，$y=e^x$，$y=x^3$ 的导数值均非负，不符合题意， 故选 $A$.

2. 答案 $D$
   解析 设切点为 $(x_0，y_0)$，过点 $P$ 的切线方程为 $y=(x_0+1)e^{x_0} (x-x_0)+x_0 e^{x_0}$，
   代入点 $P$ 坐标化简为 $m=(-x_0^2 -x_0-1)e^{x_0}$，即这个方程有三个不等根即可，
   令 $f(x)=(-x^2_0 -x_0-1)e^{x_0}$，求导得到 $f' (x)=(-x-1)(x+2) e^x$，
   函数在 $(-∞，-2)$ 上单调递减，在 $(-2，-1)$ 上单调递增，在 $(-1，+∞)$ 上单调递减，
   故得到 $f(-2)<m<f(-1)$，即 $\left(-\dfrac{3}{e^2}，-\dfrac{1}{e^2}\right)$，
   故选：$D$．

3. 答案 $C$
   解析 由 $y=e^x$，得 $y'=e^x$，
   设曲线在 $P(x_0，e^{x_0} )$ 处的切线与直线 $x-y-3=0$ 平行，
   则 $e^{x_0}=1$，所以 $x_0=0$，切点 $P(0，1)$，
   所以与已知直线平行且与曲线相切的直线为 $x-y+1=0$，
   所以曲线 $y=e^x$ 上的点到直线 $x-y-3=0$ 的距离的最小值为 $d=\dfrac{|0-1-3|}{\sqrt{2}}=\dfrac{4}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$．
   故选：$C$．

4. 答案 $D$
   解析 设直线 $L$ 的方程为 $y=k_n x$，切点为 $(x_n，y_n )$，
   由导数的几何意义可得 $\left\{\begin{array}{l} y_n=\sin x_n-\cos x_n \\ y_n=k_n x_n \\ \cos x_n+\sin x_n=k_n \end{array}\right.$，
   $\therefore x_n=\dfrac{y_n}{k_n}=\dfrac{\sin x_n-\cos x_n}{\sin x_n+\cos x_n}=\dfrac{\tan x_n-1}{1+\tan x_n}=\tan \left(x_n-\dfrac{\pi}{4}\right)$．故 $C$ 错误．
   作出 $y=x$ 与 $y=\tan \left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)$ 的函数图象如图所示：
   
   由图象可知 $\left\{x_n\right\}$ 不是等差数列．故 $B$ 错误．
   由 $\left\{\begin{array}{l} y_n=\sin x_n-\cos x_n \\ y_n=k_n x_n \\ \cos x_n+\sin x_n=k_n \end{array}\right.$，可得 $\left\{\begin{array}{l} y_n^2=1-2 \sin x_n \cos x_n \\ y_n^2=k_n^2 x_n^2 \\ k_n^2=1+2 \sin x_n \cos x_n \end{array}\right.$，
   $\therefore y_n^2+k_n^2=2$，$\therefore k_n^2 x_n^2+k_n^2=2$，
   $\therefore k_n^2=\dfrac{2}{x_n^2+1}$，
   $\therefore\left[f\left(x_n\right)\right]^2=y_n^2=2-k_n^2=\dfrac{2 x_n^2}{x_n^2+1}$，故 $A$ 错误，$D$ 正确．
   故选：$D$．

5. 答案 $C$
   解析 作出曲线 $y=|\ln ⁡x|$ 的图象，可知，
   过平面内一点 $P$ 作曲线 $y=|\ln ⁡x|$ 两条互相垂直的切线 $l_1$，$l_2$，
   切点为 $P_1$，$P_2$ ($P_1$，$P_2$ 不重合)，
   则切点 $P_1$ 的横坐标在 $x_2∈(0，1)$，$P_2$ 的横坐标在 $x_1∈(1，+∞)$，
   当 $x∈(0，1)$，$y=-\ln ⁡x$，$y'=-\dfrac{1}{x}$，$\therefore k_2=-\dfrac{1}{x_2}$，
   当 $x∈(1，+∞)$，$y=\ln ⁡x$，$y'=\dfrac{1}{x}$，$\therefore k_1=\dfrac{1}{x_1}$，
   $\therefore -\dfrac{1}{x_2} ×\dfrac{1}{x_1} =-1$，$\therefore x_1 x_2=1$，故①正确；
   直线 $P_1 P_2$ 的斜率为 $\dfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\dfrac{-\ln x_2-\ln x_1}{x_2-x_1}=-\dfrac{\ln x_1 x_2}{x_2-x_1}=0$，故 $B$ 正确；
   过 $P_1$ 的切线方程为 $y-y_1=\dfrac{1}{x_1}\left(x-x_1\right)$，
   令 $x=0$，$\therefore y=y_1-1$，即点 $A(0，y_1-1)$，
   即同理可得 $B(0，y_2+1)$，
   $\therefore |AB|=|y_2-y_1+2|=|-\ln ⁡x_2-\ln ⁡x_1+2|=2$，故③正确；
   由切线 $l_1$，$l_2$ 联立解得交点 $P$ 的横坐标为 $x_P=\dfrac{2 x_1 x_2}{x_1+x_2} \leqslant \dfrac{2}{2 \sqrt{x_1 x_2}}=1$，
   又因为 $P_1$，$P_2$ 不重合，故等号不成立，
   $\therefore P$ 的横坐标 $x_P∈(0，1)$，故 $S_{\triangle A B P}=\dfrac{1}{2}|A B| \cdot\left|x_P\right| \in(0，1)$，故④错误．
   故选：$C$．
   

6. 答案 $D$
   解析 $f' (x)=\dfrac{1}{x}-1$，
   $A$ 选项：因为直线为 $f(x)$ 的切线，故 $k=-\dfrac{1}{2}$，
   故 $\dfrac{1}{x}-1=-\dfrac{1}{2}$，解得 $x=2$，
   又 $f(2)=\ln ⁡2-2+t$，
   故将 $(2，\ln ⁡2-2+t)$ 代入直线计算可得 $t=3$，故 $A$ 选项错误；
   $B$ 选项：因为 $f' (x)=\dfrac{1}{x}-1$，
   令 $f' (x)=\dfrac{1}{x}-1>0$，解得 $0<x<1$，
   故 $f(x)$ 在 $(0，1)$ 递增，$(1，+∞)$ 递减，
   故 $f(x)$ 的最大值为 $f(1)=t$，
   又因为直线 $y=-\dfrac{1}{2} x+\ln ⁡2+2$ 在 $R$ 上单调递减，
   当 $x=1$ 时，$y=\ln ⁡2+\dfrac{3}{2}$，
   故要使得直线与 $f(x)$ 无公共点，仅需 $t<\ln ⁡2+\dfrac{3}{2}$，故 $B$ 选项错误；
   $C$ 选项：当 $t=-2$ 时，$f(x)=\ln ⁡x-x-2$，要使得到直线距离最短，
   即 $f' (x)=\dfrac{1}{x}-1=-\dfrac{1}{2}$，解得 $x=2$，
   故 $P(2，\ln ⁡2-4)$，
   故 $P$ 点到直线的距离 $d=\dfrac{\left|-\dfrac{1}{2} \times 2-\ln 2+4+\ln 2+2\right|}{\sqrt{\dfrac{1}{4}+1}}=2 \sqrt{5}$，
   故 $C$ 选项错误；
   $D$ 选项：由 $C$ 选项可知距离最小时，$P$ 横坐标为 $2$，故 $D$ 选项正确．
   故选：$D$．

7. 答案 $AD$
   解析 设过点 $P(-1，t)$ 的直线与函数 $f(x)=\dfrac{x+1}{e^x}$ 的图像相切时的切点为 $(a，b)$，
   则 $b=\dfrac{a+1}{e^a}$ ，
   因为 $f(x)=\dfrac{x+1}{e^x}$， $f^{\prime}(x)=\dfrac{e^x-(x+1) e^x}{e^{2 x}}=-\dfrac{x}{e^x}$ ，
   所以切线方程为 $y-\dfrac{a+1}{e^a}=-\dfrac{a}{e^a}(x-a)$，
   又 $P(-1，t)$ 在切线上，
   所以 $t-\dfrac{a+1}{e^a}=-\dfrac{a}{e^a}(-1-a)$，整理得 $t=\dfrac{(a+1)^2}{e^a}$，
   令 $g(a)=\dfrac{(a+1)^2}{e^a}$，
   则过点 $P(-1，t)$ 的直线与函数 $f(x)=\dfrac{x+1}{e^x}$ 的图像相切的切线条数
   即为直线 $y=t$ 与曲线 $g(a)=\dfrac{(a+1)^2}{e^a}$ 的图象的公共点的个数，
   因为 $g^{\prime}(a)=\dfrac{2(a+1) e^a-(a+1)^2 e^a}{e^{2 a}}=\dfrac{-(a+1)(a-1)}{e^a}$，
   令 $g' (a)=0$，得 $a=±1$，
   所以，当 $a<-1$ 时，$g' (a)<0$，$g(a)$ 单调递减，
   当 $-1<a<1$ 时，$g' (a)>0$，$g(a)$ 单调递增，
   当 $a>1$ 时，$g' (a)<0$，$g(a)$ 单调递减，
   因为 $g(-1)=0$， $g(1)=\dfrac{4}{e}$，$g(0)=1$，
   所以函数 $g(a)$ 的图像大致如图：
   
   由图可知当 $t<0$ 时，直线 $y=t$ 与曲线 $g(a)=\dfrac{(a+1)^2}{e^a}$ 的图像没有公共点，即 $n=0$，
   当 $t=0$ 或 $t>\dfrac{4}{e}$ 时，直线 $y=t$ 与曲线 $g(a)=\dfrac{(a+1)^2}{e^a}$ 的图像有 $1$ 个公共点，即 $n=1$，
   当 $t=\dfrac{4}{e}$ 时，直线 $y=t$ 与曲线 $g(a)=\dfrac{(a+1)^2}{e^a}$ 的图像有 $2$ 个公共点，即 $n=2$，
   当 $0<t<\dfrac{4}{e}$ 时，直线 $y=t$ 与曲线 $g(a)=\dfrac{(a+1)^2}{e^a}$ 的图像有 $3$ 个公共点，即 $n=3$，
   对于 $A$，当 $t=2022>\dfrac{4}{e}$，此时 $n=1$，则 $tn=2022$ 符合题意，故 $A$ 正确；
   对于 $B$，当 $0<t<\dfrac{4}{e}$ 时，$n=3$，故 $B$ 错误；
   对于 $C$，当 $t=0$ 时，$n=1$，则 $te+n=1<3$，故 $C$ 错误；
   对于 $D$，当 $t=0$ 或 $t>\dfrac{4}{e}$ 时，$n=1$，
   则当 $n=1$ 时， $t \in\{0\} \cup\left(\dfrac{4}{e}，+\infty\right)$，故 $D$ 正确．
   故选：$AD$．

8. 答案 $\dfrac{n(n+1)}{2}$
   解析 由 $y=x^2+\dfrac{5}{4}$，得 $y'=2x$，则 $y^{\prime} |_{x=\dfrac{1}{2}}=1$，
   $\therefore$ 切线 $l: y-\dfrac{3}{2}=1 \times\left(x-\dfrac{1}{2}\right)$，即 $y=x+1$，
   $\because$ 点 $\left(a_n， a_{n+1}\right)$$(n∈N^* )$ 为切线 $l$ 上一点，
   $\therefore a_{n+1}=a_n+1$，
   则数列 $\left\{a_n\right\}$ 是首项为 $1$，公差为 $1$ 的等差数列，
   $\therefore$ 数列 $\left\{a_n\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n=n+\dfrac{n(n-1)}{2} \times 1=\dfrac{n(n+1)}{2}$．

9. 答案 $1$
   解析 设 $y=kx+b$ 与 $y=\ln ⁡x+2$ 和 $y=\ln ⁡(x+2)$ 的切点分别为 $(x_1，kx_1+b)$、$(x_2，kx_2+b)$；
   由导数的几何意义可得 $k=\dfrac{1}{r}=\dfrac{1}{x+1}$，得 $x_1=x_2+2$，
   切线方程分别为 $y-\left(\ln x_1+2\right)=\dfrac{1}{x_1}\left(x-x_1\right)$，即为 $y=\dfrac{x}{x_1}+\ln x_1+1$，
   或 $y-\ln \left(x_2+2\right)=\dfrac{1}{x_2+2}\left(x-x_2\right)$，即为 $y=\dfrac{x}{x_1}+\dfrac{2-x_1}{x_1}+\ln x_1$，
   $\therefore \dfrac{2-x_1}{x_1}=1$，解得 $x_1=1$，$\therefore b=1$．
   故答案为 $1$．

10. 答案 $2 \sqrt{5}$
    解析 $\because$ 曲线 $y=\ln (2x-1)$，$\therefore y^{\prime}=\dfrac{2}{2 x-1}$，
    分析知直线 $2x-y+8=0$ 与曲线 $y=\ln(2x-1)$ 相切的点到直线 $2x-y+8=0$ 的距离最短，
    $y^{\prime}=\dfrac{2}{2 x-1}=2$， 解得 $x=1$，把 $x=1$ 代入 $y=\ln ⁡(2x-1)$，
    $\therefore y=0$，$\therefore$ 点 $(1，0)$ 到直线 $2x-y+8=0$ 的距离最短，
    $\therefore d=\dfrac{|2+8|}{\sqrt{4+1}}=2 \sqrt{5}$.

11. 答案 $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
    解析 由 $y=2x^2-2$，得 $y'=4x$，
    则切线 $PQ$ 的方程为 $y-(2x_0^2-2)=4x_0 (x-x_0 )$，
    化简得 $4x_0 x-y-2(x_0^2+1)=0$，
    所以 $|O P|=\dfrac{x_0^2+1}{2 x_0}，|O Q|=2\left(x_0^2+1\right)$，
    所以三角形 $POQ$ 的面积为 $\dfrac{1}{2} \cdot 2\left(x_0^2+1\right) \cdot \dfrac{x_0^2+1}{2 x_0}=\dfrac{\left(x_0^2+1\right)^2}{2 x_0}=\dfrac{1}{2}\left(x_0^3+2 x_0+\dfrac{1}{x_0}\right)$，
    令 $v=x_0^3+2x_0+\dfrac{1}{x_0}$ ，
    $u=v^{\prime}=\left(x_0^3+2 x_0+\dfrac{1}{x_0}\right)^{\prime}=3 x_0^2+2-\dfrac{1}{x_0^2}=\dfrac{3 x_0^4+2 x_0^2-1}{x_0^2}$，
    令 $x_0^2=t∈[0，1]$，则 $u=\dfrac{3 t^2+2 t-1}{t}$．
    令 $u=0$，解得 $t=\dfrac{1}{3}$ 或 $-1$ (舍去)，
    所以当 $t \in\left[0， \dfrac{1}{3}\right)$ 时，$u<0$， $v=x_0^3+2 x_0+\dfrac{1}{x_0}$ 单调递减；
    当 $t \in\left(\dfrac{1}{3}， 1\right]$ 时，$u>0$，$v=x_0^3+2x_0+\dfrac{1}{x_0}$ 单调递增，
    又 $x_0∈[0，1]$，
    所以当且仅当 $x_0=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 时，三角形 $POQ$ 的面积取得最小值．
     

【B组---提高题】

1. 若直线 $y=k_1 (x+1)-1$ 与曲线 $y=e^x$ 相切，直线 $y=k_2 (x+1)-1$ 与曲线 $y=\ln ⁡x$ 相切．则 $k_1 k_2$ 的值为 (　　)
 A．$\dfrac{1}{2}$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ B．$1$ $\qquad \qquad \qquad \qquad$ C．$e$$\qquad \qquad \qquad \qquad$ D．$e^2$
 
2. 若曲线 $C_1：y=ax^2 (a>0)$ 与曲线 $C_2：y=\ln x$ 有唯一的公共点，则实数 $a$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$．
 

3. 已知 $a$，$b$，$c∈R$， 且满足 $b^2+c^2=1$， 如果存在两条相互垂直的直线与函数 $f(x)=ax+b\cos ⁡x+ c\sin ⁡x$ 的图象都相切，则 $a+\sqrt{2} b+\sqrt{3} c$ 的取值范围是 $\underline{\quad \quad}$ .
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 $y=e^x$ 的导数为 $y'=e^x$，$y=\ln ⁡x$ 的导数为 $y'=\dfrac{1}{x}$，
   设与曲线 $y=e^x$ 相切的切点为 $(m，n)$，
   直线 $y=k_2 (x+1)-1$ 与曲线 $y=\ln ⁡x$ 相切的切点为 $(s，t)$，
   所以 $k_1=e^m$， $k_2=\dfrac{1}{s}，$，即 $m=\ln ⁡k_1$， $s=\dfrac{1}{k_2}$，
   $n=k_1=k_1 (1+\ln ⁡k_1 )-1$，即 $\ln k_1=\dfrac{1}{k_1}$，
   又 $t=\ln s=-\ln k_2=k_2\left(1+\dfrac{1}{k_2}\right)-1$，
   即 $-\ln k_2=k_2$，可得 $e^{k_2}=\dfrac{1}{k_2}$ ，
   考虑 $k_1$$\ln ⁡x=\dfrac{1}{x}$ 为方程的根，$k_2$ 为方程 $e^x=\dfrac{1}{x}$ 的根，
   分别画出 $y=e^x$，$y=\ln ⁡x$ 和 $y=\dfrac{1}{x}$，$y=x$ 的图像，
   可得 $y=e^x$ 和 $y=\dfrac{1}{x}$ 的交点与 $y=\ln ⁡x$ 和 $y=\dfrac{1}{x}$ 的交点关于直线 $y=x$ 对称，
   则 $k_1=\dfrac{1}{k_2}$，即 $k_1 k_2=1$．
   故选：$B$．
   

2. 答案 $\dfrac{1}{2e}$
   解析 由 $y=ax^2$，得 $y'=2ax$，
   由 $y=\ln x$，得 $y^{\prime}=\dfrac{1}{x}$，
   曲线 $y=ax^2 (a>0)$ 与曲线 $y=\ln x$ 有唯一的公共点，
   则该公共点为两曲线公切线的切点，设为 $(s，t)$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} 2 a s=\dfrac{1}{s} \\ t=a s^2 \\ t=\ln s \end{array}\right.$，解得 $a=\dfrac{1}{2 e}$．
   故答案为：$\dfrac{1}{2e}$．

3. 答案 $[-\sqrt{5}，\sqrt{5}]$
   解析 因为 $b^2+c^2=1$， 故可设 $b=\cos ⁡θ$，$c=\sin ⁡θ$，$θ∈[0，2π)$，
   $\because f(x)=ax+b\cos ⁡x+c\sin ⁡x$，
   $\therefore f' (x)=a-b\sin ⁡x+c\cos ⁡x=a-\cos ⁡θ\sin ⁡x+\sin ⁡θ\cos ⁡x=a-\sin ⁡(x-θ)$，
   $\therefore a-1≤f' (x)≤a+1$ 且 $a-1$，$a+1$ 异号，
   $\because$ 存在两条相互垂直的直线与函数 $f(x)$ 的图象都相切，
   $\therefore$ 存在 $x_1$，$x_2$， 使得 $f' (x_1 ) f' (x_2 )=-1$，
   只需 $|a-1||a+1|=|a^2-1|≥1$， 即 $a^2-1≤-1$，
   $\therefore a^2≤0$，$\therefore a=0$，
   $\therefore a+\sqrt{2} b+\sqrt{3} c=\sqrt{2} b+\sqrt{3} c=\sqrt{2} \cos \theta+\sqrt{3} \sin \theta=\sqrt{5} \sin (\theta+\varphi)$，
   其中 $\tan \varphi=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$，
   $\therefore-\sqrt{5} \leq a+\sqrt{2} b+\sqrt{3} c \leq \sqrt{5}$.
    

【C组---拓展题】

1. 若直线 $y=k_1 x+b_1$ 与直线 $y=k_2 x+b_2 (k_1≠k_2 )$ 是曲线 $y=\ln ⁡x$ 的两条切线，也是曲线 $y=e^x$ 的两条切线，则 $k_1 k_2+b_1+b_2$ 的值为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

2. 若实数 $a$，$b$，$c$， $d$ 满足 $|b+a^2-4\ln ⁡a|+|2c-d+2|=0$， 则 $(a-c)^2+(b-d)^2$ 的最小值为 $\underline{\quad \quad}$.
 

参考答案

1. 答案 $-1$
   解析 由 $y=e^x$ 和 $y=\ln ⁡x$ 互为反函数可知，
   两条公切线 $y=k_1 x+b_1$ 和 $y=k_2 x+b_2$ 也互为反函数，
   即 $x=\dfrac{1}{k_1} y-\dfrac{b_1}{k_1}$ 满足 $\dfrac{1}{k_1}=k_2$， $-\dfrac{b_1}{k_1}=b_2$，
   即 $k_1 k_2=1$， $b_2=-\dfrac{b_1}{k_1}$ ，
   设直线 $y=k_1 x+b_1$ 与 $y=e^x$ 和 $y=\ln ⁡x$ 分别切于点 $\left(x_1， e^{x_1}\right)$ 和 $(x_2，\ln ⁡x_2 )$，
   可得切线方程为 $y-e^{x_1}=e^{x_1}\left(x-x_1\right)$ 和 $y-\ln x_2=\dfrac{1}{x_2}\left(x-x_2\right)$，
   整理得：$y=e^{x_1} x+e^{x_1}-x e^{x_1}$ 和 $y=\dfrac{1}{x_2} x-1+\ln x_2$，
   则 $k_1=e^{x_1}=\dfrac{1}{x_2}$ ， $b_1=e^{x_1}\left(1-x_1\right)=-1+\ln x_2$，
   由 $e^{x_i}=\dfrac{1}{x_2}$ ，得 $x_1=\ln \dfrac{1}{x_2}=-\ln x_2$，且 $b_1=\dfrac{1}{x_2}\left(1-x_1\right)=-1+\ln x_2$，
   则 $b_1=\dfrac{1}{x_2}\left(1-x_1\right)=-1-x_1$，
   所以 $x_2=\dfrac{1-x_1}{-1-x_1}$，
   所以 $k_1 k_2+b_1+b_2=1+b_1-\dfrac{b_1}{k_1}=1+b_1\left(1-\dfrac{1}{k_1}\right)=1+b_1\left(1-x_2\right)$
   $=1+\left(-1-x_1\right)\left(1-\dfrac{1-x_1}{-1-x_1}\right)=1+\left(-1-x_1\right)-\left(1-x_1\right)=-1$.

2. 答案 $5$
   解析 $\because |b+a^2-4\ln ⁡a|+|2c-d+2|=0$，
   $\therefore b+a^2-4\ln ⁡a=0$，$2c-d+2=0$.
   将 $b+a^2-4\ln ⁡a=0$ 看成 $y+x^2-4\ln ⁡x=0$，
   即曲线 $y=-x^2+4\ln ⁡x$，
   将 $2c-d+2=0$ 看成 $2x-y+2=0$， 即直线 $y=2x+2$，
   $(a-c)^2+(b-d)^2$ 表示曲线 $y=-x^2+4\ln ⁡x$ 上的点与直线 $y=2x+2$ 上的点间的距离的平方，
   作与直线 $y=2x+2$ 平行的曲线的切线，
   由 $y=-x^2+4\ln ⁡x$， 得 $y^{\prime}=-2 x+\dfrac{4}{x}$，
   令 $y^{\prime}=-2 x+\dfrac{4}{x}=2$， 得 $x^2+x-2=0$，解得 $x=1$ 或 $x=-2$(舍去)
   所以切点为 $(1，-1)$，
   故点 $(1，-1)$ 到直线 $2x-y+2=0$ 的距离为 $d=\dfrac{|2 \times 1-(-1)+2|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}$，
   故曲线上的点到直线的最小距离为 $\sqrt{5}$，
   $\therefore (a-c)^2+(b-d)^2$ 的最小值为 $5$.