曲线的切线的相关问题

本专题主要从以下两个方面做以阐述：
A、求曲线的切线

类型1、在点处的切线

\(\fbox{例1}\)如函数\(y=x^3\)在点\(A(1，1)\)处（或叙述为在\(x=1\)处)的切线方程为什么？

思路：\(k=f'(1)=3\)+切点\(A(1，1)\)，利用点斜式写出切线方程。

\(\fbox{例2}\)

直线\(y=x\)上的动点为\(P\)，函数\(y=lnx\)上的动点是\(Q\)，求\(|PQ|\)的最小值。

【等价题目】直线\(y=x\)上的点为\(P(x，y)\)，函数\(y=lnx\)上的点是\(Q(m，n)\)，求\(\sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2}\)的最小值。

思路：平行线法，

设和直线\(y=x\)平行且和函数\(y=lnx\)相切的直线为\(y=x+m\)，

切点为\(P_0(x_0,y_0)\)，则有

\(\begin{cases} y_0=x_{0}+ m \\ y_0=lnx_0 \\ f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}=1\end{cases}\)；

从而解得\(x_0=1,y_0=0,m=-1\)

所以所求的点点距的最小值，就转化为切点\(P_0(1,0)\)到直线\(y=x\)的点线距，

或者两条直线\(y=x,y=x-1\)的线线距了。

课件地址

\(\fbox{例3}\)函数\(y=kx\)与函数\(y=lnx\)相切于点\(Q\)，求点\(Q\)的坐标。\((e，1)\)

分析：设函数\(y=kx\)与函数\(y=lnx\)切点为\(Q(x_0,y_0)\)，则有

\(\begin{cases} y_0=kx_0 \\ y_0=lnx_0 \\ k=f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}\end{cases}\)；

从而解得\(x_0=e,y_0=1,k=\cfrac{1}{e}\)，故切点\(Q\)的坐标为\((e，1)\) 具体参见课件

\(\fbox{例3}\)函数\(y=mx\)与函数\(y=e^x\)相切于点\(P\)，求点\(P\)的坐标。\((1，e)\)

分析：设函数\(y=mx\)与函数\(y=e^x\)切点为\(P(x_0,y_0)\)，则有

\(\begin{cases} y_0=mx_0 \\ y_0=e^{x_0} \\ m=f'(x_0)=e^{x_0}\end{cases}\)；

从而解得\(x_0=1,y_0=e,m=e\)，故切点\(P\)的坐标为\((1，e)\)。

\(\fbox{例3}\)

函数\(y=mx\)与函数\(y=e^x\)的图像没有交点，求\(m\)的取值范围。

法1：导数法，仿上题可知，函数\(y=mx\)与函数\(y=e^x\)的图像没有交点，所求的\(m\)取值范围为$0\leq m

法2：转化法，则方程\(e^x=mx\)无解，即方程\(m=\cfrac{e^x}{x}\)无解，令函数\(g(x)=\cfrac{e^x}{x}\)，

利用导数求得值域为\(g(x)\in (-\infty，0)\cup[e，+\infty)\)，故要使得方程\(m=g(x)\)无解，得到$0\leq m

类型2、过点处的切线

\(\fbox{例4}\)

求曲线\(C:y=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{4}{3}\)经过点\(P(2，4)\)的切线方程；（\(4x-y-4=0\)或\(x-y+2=0\)）

思路：设经过点\(P(2，4)\)的切线方程与曲线相切于点\(P_0(x_0，y_0)\)，则有

\(\begin{cases}y_0=\cfrac{1}{3}x_0^3+\cfrac{4}{3}\\ k=f'(x_0)=x_0^2\\ y-y_0=f'(x_0)(x-x_0) \end{cases}\)

又因为点\(P(2，4)\)在切线方程上，则有\(4-(\cfrac{1}{3}x_0^3+\cfrac{4}{3})=x_0^2(2-x_0)\)

整理得到，\(x_0^3-3x_0^2+4=0\)

【此处有难点：试商法，多项式除法，分组分解法】

试商法：令\(x_0=0\)，如果上述方程成立，说明方程能分解出因子\(x_0\)，本题目中显然不成立；再令\(x_0=1\),上述方程不成立，说明方程不能分解出因子\(x_0-1\)；再令\(x_0=-1\),上述方程成立，说明方程能分解出因子\(x_0+1\)；这样\(x_0^3-3x_0^2+4=(x_0+1)(x_0^2+bx_0+c)(b，c是常数，待定)\)，这样做的目的是为了降次；

分组分解法：由试商法可以指导我们的分组分解的方向，

如\(x_0^3-3x_0^2+4=(x_0^3+1)-3(x_0^2-1)\)

\(=(x_0+1)(x_0^2-x_0+1)-3(x_0+1)(x_0-1)\)

\(=(x_0+1)(x_0^2-x_0+1-3x_0+3)\)

\(=(x_0+1)(x_0-2)^2=0\)；

多项式除法：如图所示，

即\((x_0+1)(x_0-2)^2=0\)，解得\(x_0=-1\)，或\(x_0=2\)

当\(x_0=-1\)时，切点为\((-1，1)\)，\(k_1=1\)，切线方程为\(x-y+2=0\)；

当\(x_0=2\)时，切点为\((2，4)\)，\(k_2=4\)，切线方程为\(4x-y-4=0\)；

总结：设切点，求切点；

B、单切线和(公切线)双切线问题

【2017全国卷1文科第14题高考真题】曲线\(y=x^2+\cfrac{1}{x}\)在点\((1，2)\)处的切线方程是__________。

分析：利用点斜式来求解，

其中斜率\(k=f'(x)_{|x=1}=(2x-\cfrac{1}{x^2})_{|x=1}=1\)，

切点是\((1，2)\)，

故切线方程为\(y-2=1(x-1)\)，整理为\(y=x+1\)。

【2016全国卷2理科第16题高考真题】】【公切线问题】直线\(y=kx+b\)是函数\(y=lnx+2\)的切线，也是函数\(y=ln(x+1)\)的切线，求参数\(b\)的值。

思路：设直线\(y=kx+b\)与函数\(C_0:y=lnx+2\)相切于点\(P_0(x_0，y_0)\)，

直线\(y=kx+b\)与函数\(C_1:y=ln(x+1)\)相切于点\(P_1(x_1，y_1)\)，

则由题可知，

在点\(P_0(x_0，y_0)\)处的切线方程为\(y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)\)，

即\(y-(lnx_0+2)=\cfrac{1}{x_0}(x-x_0)\)，

化简为\(y=\cfrac{1}{x_0}x+lnx_0+1\)；

在点\(P_0(x_0，y_0)\)处的切线方程为\(y-y_1=f'(x_1)(x-x_1)\)，

即\(y-ln(x_1+1)=\cfrac{1}{x_1+1}(x-x_1)\)，

化简为\(y=\cfrac{1}{x_1+1}x+ln(x_1+1)-\cfrac{x_1}{x_1+1}\)

由这两条切线是同一条可知【(同一法】，

\(\begin{cases} k=\cfrac{1}{x_0}=\cfrac{1}{x_1+1} \\ b=lnx_0+1=ln(x_1+1)-\cfrac{x_1}{x_1+1} \end{cases}\)

解得：\(\begin{cases} x_0=x_1+1 \\ x_0=\cfrac{1}{2},x_1=-\cfrac{1}{2}\end{cases}\)

所以\(b=1+lnx_0=1+ln(\cfrac{1}{2})=1-ln2\).

\(\fbox{例5-1}\)(2017山西太原模拟)

设函数\(f(x)=\cfrac{3}{2}x^2-2ax(a>0)\)与\(g(x)=a^2lnx+b\)有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数\(b\)的最大值为【】

A、\(\cfrac{1}{2e^2}\) \(\hspace{2cm}\) B、\(\cfrac{1}{2}e^2\) \(\hspace{2cm}\) C、\(\cfrac{1}{e}\) \(\hspace{2cm}\) D、 \(-\cfrac{3}{2e^2}\)

分析：本题目属于公切线问题，设切点为\(P(x_0，y_0)\)，则满足以下方程组

\(\begin{cases}f'(x_0)=g'(x_0)①\\y_0=f(x_0)=\cfrac{3}{2}x_0^2-2ax_0②\\y_0=g(x_0)=a^2lnx_0+b③\end{cases}\)

由①得到\(x_0=a\)或\(x_0=-\cfrac{a}{3}(a>0，不符合舍去)\)

由②③得到，\(\cfrac{3}{2}x_0^2-2ax_0=a^2lnx_0+b\)，将\(x_0=a\)代入，

分离参数\(b\)得到，\(b=-\cfrac{1}{2}a^2-a^2lna\)。

设\(h(a)=-\cfrac{1}{2}a^2-a^2lna(a>0)\)，则\(b_{max}=h(a)_{max}\)；

接下来，用导数研究\(h(a)\)的单调性。

\(h'(a)=-2a(1+lna)\)，借助\(y=1+lna\)的大致图像可知，

\(h(a)\)在区间\((0，\cfrac{1}{e})\)单调递增，在区间\((\cfrac{1}{e}，+\infty)\)上单调递减，

则\(h(a)_{max}=h(\cfrac{1}{e})=\cfrac{1}{2e^2}\)

即\(b_{max}=\cfrac{1}{2e^2}\)，选A。

\(\fbox{例5}\)（公切线）若曲线\(C_1：y=ax^2(a>0)\)与曲线\(C_2：y=e^x\)有公共切线，求参数\(a\)的取值范围。

分析：由\(y=ax^2\)，得到\(y'=2ax\)；由\(y=e^x\)得到\(y'=e^x\)；

曲线\(C_1：y=ax^2(a>0)\)与曲线\(C_2：y=e^{-x}\)有公共切线，

设公切线与\(C_1：y=ax^2(a>0)\)相切于点\((x_1，ax_1^2)\)，

公切线与\(C_1：y=e^x(a>0)\)相切于点\((x_2，e^{x_2})\)，

则由切线斜率相等，可得\(2ax_1=e^{x_2}=\cfrac{e^{x_2}-ax_1^2}{x_2-x_1}\)，

可得\(2x_2=x_1+2\)；便于变量集中，

故由\(2ax_1=e^{x_2}\)，分离参数得到\(a=\cfrac{e^{x_2}}{2x_1}=\cfrac{e^{\frac{x_1}{2}+1}}{2x_1}\)

令\(f(x)=\cfrac{e^{\frac{x}{2}+1}}{2x}\)，即上式为\(a=f(x)(由图可看出x>0)\)由实数解，

转化为求函数\(f(x)\)的值域问题。

\(f'(x)=\cfrac{e^{\frac{x}{2}+1}\cdot \cfrac{1}{2}\cdot 2x-e^{\frac{x}{2}+1}\cdot 2}{(2x)^2}\)，

\(=\cfrac{e^{\frac{x}{2}+1}\cdot(x-2)}{4x^2}\)，

故\(x\in(0，2)\)上，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，

\(x\in(2，+\infty)\)上，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，

故\(f(x)_{极小}=f(x)_{min}=f(2)=\cfrac{e^2}{4}\)；

故\(a\)的取值范围为\([\cfrac{e^2}{4}，+\infty)\)。

\(\fbox{例6}\)[2015.合肥一中月考]已知函数\(f(x)=lnx，g(x)=e^x\).

(1)确定方程\(f(x)=\cfrac{x+1}{x-1}\)实数根的个数。

(2)我们把与两条曲线都相切的直线叫作这两条曲线的公切线，试确定曲线\(y=f(x)，y=g(x)\)公切线的条数，并证明你的结论。

分析：(1)由\(f(x)=\cfrac{x+1}{x-1}\)得到，\(lnx=\cfrac{x+1}{x-1}=1+\cfrac{2}{x-1}\)，

即\(lnx-1=\cfrac{2}{x-1}\)，由数转化到形，

在同一系中做出函数\(y=lnx-1\)和函数\(\cfrac{2}{x-1}\)的图像，

由图像可得，函数\(y=lnx-1\)和函数\(\cfrac{2}{x-1}\)的图像有两个交点，

故方程\(f(x)=\cfrac{x+1}{x-1}\)实数根的个数有两个。

(2)曲线\(y=f(x)，y=g(x)\)公切线的条数有2个，证明如下：

设公切线与曲线\(y=f(x)，y=g(x)\)分别相切于点\((m，lnm)\)和\((n，e^n)\)，

由\(f'(x)=\cfrac{1}{x}\)，\(g'(x)=e^{x}\)可得，

\(\begin{cases}\cfrac{1}{m}=e^n\\\cfrac{lnm-e^n}{m-n}=\cfrac{1}{m}\end{cases}\)，

化简得，\((m-1)lnm=m+1\)

当\(m=1\)时，上式不成立；

当\(m\neq 1\)时，变形得到\(lnm=\cfrac{m+1}{m-1}\)，

由(1)可知，方程\(lnm=\cfrac{m+1}{m-1}\)有2个实根，

即曲线\(y=f(x)，y=g(x)\)公切线的条数有2个。

\(\fbox{例7}\)(2016-17宝鸡市第一次质量检测)
已知函数\(y=x^2\)的图像在点\((x_0,x_0^2)\)处的切线为\(l\)，若\(l\)也与函数\(y=lnx\)，\(x\in (0，1)\)的图像相切，则\(x_0\)必满足范围是（\(\hspace{2cm}\)）.

A.\(0 \(\hspace{2cm}\) B.\(\cfrac{1}{2} \(\hspace{2cm}\) C.\(\cfrac{\sqrt{2}}{2} \(\hspace{2cm}\) D.\(\sqrt{2}

分析：由切线\(l\)与函数\(y=x^2\)相切与点\((x_0，x_0^2)\)，则得到切线的点斜式方程为：\(y-x_0^2=2x_0(x-x_0)\)

由切线\(l\)与函数\(y=lnx\)相切与点\((x_1，lnx_1)\)，则得到切线的点斜式方程为：\(y-lnx_1=\cfrac{1}{x_1}(x-x_1)\)且\(x_1\in(0，1)\)

又两条切线是同一条直线，得到

\(\begin{cases} 2x_0=\cfrac{1}{x_1} \hspace{0.5cm} x_1\in(0，1) \hspace{1cm}①\\\ x_0^2=1-lnx_1 \hspace{3cm}②\end{cases}\)

法1：不等式性质法

由于\(x_1\in(0，1)\)，由①得到\(x_0>\cfrac{1}{2}\)；由于\(1-lnx_1>1\)，由②得到\(x_0>1\)，综合得到\(x_0>1\)，故选\(D\).

法2：零点存在性定理

由方程组消掉\(x_1\)得到新方程\(x_0^2-ln2x_0-1=0\)，令函数\(f(x_0)=x_0^2-ln2x_0-1\)，由零点存在性定理可得，\(D\) 是正确的。当然我们还可以结合二分法，得到更小的解的区间。

\(\fbox{例8}\)(2017凤翔中学高三理科第二次月考第12题)
将函数\(y=lnx\)的图像绕坐标原点\(O\)逆时针旋转角\(\theta\)后第一次与\(y\)轴相切，则角\(\theta\)满足的条件是（）。

A、\(sin\theta=ecos\theta\) \(\hspace{2cm}\) B、\(esin\theta=cos\theta\) \(\hspace{2cm}\) C、\(esin\theta=1\) \(\hspace{2cm}\) D、 \(ecos\theta=1\)

分析：先仿上例3先求得过坐标原点与\(y=lnx\)相切的直线是\(y=\cfrac{1}{e}x\)，切点是\((e，1)\)，设切线的倾斜角是\(\phi\)，则\(tan\phi=\cfrac{1}{e}\)，若切线绕坐标原点旋转角\(\theta\)后切线变成了\(y\)轴，由\(cot\theta=tan\phi=\cfrac{1}{e}\)可得， \(\cfrac{cos\theta}{sin\theta}=\cfrac{1}{e}\)，即\(sin\theta=ecos\theta\)，故选A。

\(\fbox{例9}\)(2016日照模拟)
已知函数\(f(x)=e^x-mx+1\)的图像为曲线\(C\),若曲线\(C\)存在与直线\(y=ex\)垂直的切线，则实数\(m\)的取值范围是__________.

分析：由于曲线\(C\)存在与直线\(y=ex\)垂直的切线，设曲线的切线的切点坐标\((x_0，y_0)\),则有\(f'(x_0)=e^{x_0}-m=-\cfrac{1}{e}\)，即方程\(m=e^{x_0}+\cfrac{1}{e}\)有解，故转化为求函数\(g(x_0)=e^{x_0}+\cfrac{1}{e}\)的值域，由于\(x_0\in R\),故\(g(x_0)\in (\cfrac{1}{e}，+\infty)\)，故实数\(m\)的取值范围是\(m\in (\cfrac{1}{e}，+\infty)\)。

\(\fbox{例10}\)(2016•广州模拟)
已知曲线\(C：f(x)＝x^3－ax＋a\)，若过曲线\(C\)外一点\(A(1，0)\)引曲线\(C\)的两条切线，它们的倾斜角互补，则\(a\)的值为【 】
A、\(\cfrac{27}{8}\) \(\hspace{2cm}\) B、\(-2\) \(\hspace{2cm}\) C、\(2\) \(\hspace{2cm}\) D、 \(-\cfrac{27}{8}\)
分析：本题目如果总纠结要画出适合题意的图形，然后总结思路可能就浪费时间了。可以这样考虑，设过曲线外的一点所引的两条切线的倾斜角分别是\(\alpha\)和\(\beta\)，则可知其对应的斜率为\(k_1=tan\alpha\)和\(k_2=tan\beta=tan(\pi-\alpha)=-tan\alpha\)，故有\(k_1+k_2=0\)。因此求解如下：

设过点\(A(1，0)\)的切线与曲线相切于点\((x_0，y_0)\)，则由\(f'(x)=3x^2-a\)，得到\(\begin{cases}k=f'(x_0)=3x_0^2-a\\y_0=x_0^3-ax_0+a\\y-y_0=(3x_0^2-a)(x-x_0)\end{cases}\)，

又由点\(A(1，0)\)在切线上得到\(0-(x_0^3-ax_0+a)=(3x_0^2-a)(1-x_0)\)，化简整理得到\(2x_0^3-3x_0^2=0\)，解得\(x_0=0\)或者\(x_0=\cfrac{3}{2}\)，

当\(x_0=0\)时，一条切线的斜率\(k_1=-a=tan\alpha\)；

当\(x_0=\cfrac{3}{2}\)时，另一条切线的斜率\(k_2=\cfrac{27}{4}-a=tan\beta\)，

由\(k_1+k_2=0\)，得到\(\cfrac{27}{4}-2a=0\)，解得\(a=\cfrac{27}{8}\)，故选A。

\(\fbox{例11}\)(2016•福州模拟)
点\(P\)是曲线\(x^2－y－2ln\sqrt{x}＝0\)上任意一点，则点\(P\)到直线\(4x＋4y＋1＝0\)的最小距离是【 】

A、\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}(1-ln2)\) \(\hspace{2cm}\) B、\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}(1+ln2)\) \(\hspace{2cm}\) C、\(\cfrac{\sqrt{2}}{2}(\cfrac{1}{2}+ln2)\) \(\hspace{2cm}\) D、\(\cfrac{1}{2}(1+ln2)\)

分析：当在曲线上试图寻找一点，让它到直线的距离最小，思考不便于展开时，不妨换位思考，让直线平行移动到和曲线相切得到一个切点，那么所求距离就是切点到直线的点线距，或者是两条平行线之间的线线距。

解析：将函数化简整理为\(y=f(x)=x^2-lnx(x>0)\)，再设与已知直线平行的且与曲线相切的直线为\(4x+4y+c=0\)，

切点为\((x_0，y_0)\)，则由\(f'(x)=2x-\cfrac{1}{x}\)，

得到\(\begin{cases}k=f'(x_0)=2x_0-\cfrac{1}{x_0}=-1①\\4x_0+4y_0+c=0②\\y_0=x_0^2-lnx_0③\end{cases}\)，

解①得到\(x_0=-1(舍去)\)或\(x_0=\cfrac{1}{2}\)，代入③得到\(y_0=\cfrac{1}{4}+ln2\)，

故切点\((\cfrac{1}{2}，\cfrac{1}{4}+ln2)\)到已知直线\(4x+4y+1=0\)的距离就是所要求解的距离。

故所求距离\(d=\cfrac{|4\times \cfrac{1}{2}+4\times(\cfrac{1}{4}+ln2)+1|}{\sqrt{4^2+4^2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}(1+ln2)\)

\(\fbox{例12}\)(2017•潍坊模拟)
若存在过点\((1，0)\)的直线与曲线\(y＝x^3\)和\(y＝ax^2+\cfrac{15}{4}x-9\)都相切，则\(a\)等于【 】
A、\(-1\)或\(-\cfrac{25}{64}\) \(\hspace{2cm}\) B、\(-1\)或\(-\cfrac{21}{4}\) \(\hspace{2cm}\) C、\(-\cfrac{7}{4}\)或\(-\cfrac{25}{64}\) \(\hspace{2cm}\) D、 \(-\cfrac{7}{4}\)或\(7\)
分析：本题目属于公切线问题，可以先求得过点处的与\(y=x^3\)相切的直线，然后联立直线和抛物线(二次函数)，利用\(\Delta=0\)来解决。

设过点\((1，0)\)的直线与曲线\(y＝x^3\)相切于点\((x_0，y_0)\)，由\(f'(x)=3x^2\)可得，

\(\begin{cases}k=f'(x_0)=3x_0^2 \\y_0=x_0^3 \\y-y_0=f'(x_0)(x-x_0) \end{cases}\)，又点\((1，0)\)在切线上，故有\(0-x_0^3=3x_0^2(1-x_0)\)，解得\(x_0=0\)或\(x_0=\cfrac{3}{2}\)；

当\(x_0=0\)时，\(y_0=0\)，即切点是\((0，0)\)，斜率\(k=0\)，故切线方程为\(y=0\)，

与曲线\(y=ax^2+\cfrac{15}{4}x-9\)相切，消\(y\)得到\(ax^2+\cfrac{15}{4}x-9=0\)，

利用\(\Delta=(\cfrac{15}{4})^2+4\times 9a=0\)，解得\(a=-\cfrac{25}{64}\)；

当\(x_0=\cfrac{3}{2}\)时，\(y_0=\cfrac{27}{8}\)，即切点是\((\cfrac{3}{2}，\cfrac{27}{8})\)，斜率\(k=\cfrac{27}{4}\)，

故切线方程为\(y-\cfrac{27}{8}=\cfrac{27}{4}(x-\cfrac{3}{2})\)，

与曲线\(y=ax^2+\cfrac{15}{4}x-9\)相切，消\(y\)得到\(ax^2-3x-\cfrac{9}{4}=0\)，

利用\(\Delta=(-3)^2-4\times a\times(-\cfrac{9}{4})=0\)，解得\(a=-1\)；

综上，\(a=-1\)或\(-\cfrac{25}{64}\)，故选A。

反思总结：直线与三次曲线的相切问题，我们用导数解决；直线与二次曲线(如圆、椭圆、双曲线、抛物线等)的相切问题，我们常用\(\Delta=0\)来解决。

\(\fbox{例13}\)(2017•青岛模拟)
设函数\(f(x)＝ax－\cfrac{b}{x}\)，曲线\(y＝f(x)\)在点\((2，f(2))\)处的切线方程为\(7x－4y－12＝0\),
(1)求\(f(x)\)的解析式；
(2)证明：曲线\(y＝f(x)\)上任一点处的切线与直线\(x＝0\)和直线\(y＝x\)所围成的三角形的面积为定值，并求此定值．

解析：
(1)方程\(7x－4y－12＝0\)可化为\(y＝\cfrac{7}{4}x－3\)，当\(x＝2\)时，\(y＝\cfrac{1}{2}\).

又\(f′(x)＝a＋\cfrac{b}{x^2}\)，于是\(2a－\cfrac{b}{2}＝\cfrac{1}{2}\)，\(a＋\cfrac{b}{4}＝\cfrac{7}{4}\)，解得\(a＝1，b＝3\)，故\(f(x)＝x－\cfrac{3}{x}\)。

(2)证明：设\(P(x_0，y_0)\)为曲线\(y＝f(x)\)上任一点，

由\(y′＝1＋\cfrac{3}{x^2}\)知，

曲线在点\(P(x_0，y_0)\)处的切线方程为\(y－y_0＝(1＋\cfrac{3}{x_0^2})(x－x_0)\)，

即\(y－(x_0－\cfrac{3}{x_0})＝(1+\cfrac{3}{x_0^2})(x－x_0)\)。

令\(x＝0\)得\(y＝-\cfrac{6}{x_0}\)，从而得切线与直线\(x＝0\)的交点坐标为\((0，-\cfrac{6}{x_0})\)；

令\(y＝x\)得\(y＝x＝2x_0\)，从而得切线与直线\(y＝x\)的交点坐标为\((2x_0，2x_0)\)．

所以点\(P(x_0，y_0)\)处的切线与直线\(x＝0，y＝x\)所围成的三角形的面积为\(S_{\Delta}=\cfrac{1}{2}|-\cfrac{6}{x_0}|\cdot |2x_0|＝6\)，

故曲线\(y＝f(x)\)上任一点处的切线与直线\(x＝0，y＝x\)所围成的三角形的面积为定值，此定值为\(6\)。

\(\fbox{例14}\)(2017•渭南模拟)

已知\(f(x)=lnx\)，\(g(x)=\cfrac{1}{2}x^2+mx+\cfrac{7}{2}(m<0)\)，直线\(l\)与函数\(f(x)，g(x)\)的图像都相切，且与\(f(x)\)图像的切点为\((1，f(1))\)，则\(m\)的值为【 】

A、\(-1\) \(\hspace{2cm}\) B、\(-3\) \(\hspace{2cm}\) C、\(-4\) \(\hspace{2cm}\) D、 \(-2\)

解析：因为\(f′(x)=\cfrac{1}{x}\)，所以直线\(l\)的斜率为\(k=f′(1)=1\)，又\(f(1)=0\)，故由点斜式得到切线的方程为\(y=x-1\)。

接下来求\(m\)的值，可以有两个思路，

其一，由\(y=x-1\)与\(g(x)=\cfrac{1}{2}x^2+mx+\cfrac{7}{2}(m<0)\)相切，联立得到方程组，利用\(\Delta =0\)，解得\(m=4(舍去)\)或\(m=-2\)。

其二，由于\(g′(x)=x+m\)，设直线\(l\)与\(g(x)\)的图像的切点为\((x_0，y_0)\)，

则有\(\begin{cases}x_0+m=1\\y_0=x_0-1\\y_0=\cfrac{1}{2}x_0^2+mx_0+\cfrac{7}{2}(m<0)\end{cases}\)，联立解得\(m=-2\)。故选D

\(\fbox{例14}\)(2017\(\cdot\)福建质检)

已知定义在R上的函数\(f(x)\)满足\(f(1-x)+f(1+x)=2\)，且当\(x>1\)时，\(f(x)=\cfrac{x}{e^{x-2}}\)，则曲线\(y=f(x)\)在\(x=0\)处的切线方程是_________________。

法1：利用函数的对称性，先求\(x<1\)时的函数解析式。

由于\(f(1-x)+f(1+x)=2\)，则有\(f(x)+f(2-x)=2\)，

故\(f(x)=2-f(2-x)\)；

又当\(x<1\)时，\(2-x>1\)

即\(x<1\)时的解析式为

\(f(x)=2-f(2-x)=2-\cfrac{2-x}{e^{2-x-2}}=2-\cfrac{2-x}{e^{-x}}\)，演示图像

则\(f'(x)=-\cfrac{-1\cdot e^{-x}-(2-x)\cdot(-e^{-x})}{(e^{-x})^2}=-\cfrac{1-x}{e^{-x}}\)

故\(f'(0)=-1\)，又\(f(0)=0\)，即切点为\((0 ,0)\)，

由点斜式可得切线方程为：\(y=-x\)

法2：由\(f(1-x)+f(1+x)=2\)，得到函数\(f(x)\)关于点\((1，1)\)中心对称；

令\(x=1\)，得到\(f(0)+f(2)=2\)，

又函数\(f(x)\)关于点\((1，1)\)中心对称；

故\(f'(0)=f'(2)\)

则\(f'(0)=f'(2)=f'(x)_{|x=2}=-1\)，

又\(f(0)=2-f(2)=0\)，即切点为\((0 ,0)\)，

由点斜式可得切线方程为：\(y=-x\)

\(\fbox{例15}\)(2014\(\cdot\)江西卷)

若曲线\(y=e^{-x}\)上点\(P\)处的切线平行于直线\(2x+y+1=0\)，则点\(P\)的坐标是__________。

分析：设点\(P(x_0，y_0)\)，则由\(y'=-e^{-x}\)(此处是复合函数的求导，易错)可得，

点\(P\)处的切线斜率\(k=-e^{-x_0}=-2\)，

则\(-x_0=ln2\)，即\(x_0=-ln2\)，

则\(y_0=e^{ln2}=2\)，故点\(P\)的坐标是\((-ln2，2)\)。