3.1.3 导数的几何意义教案教学设计导入设计

导数的几何意义——公切线问题教学设计

广州市第十六中学

温伙其

一．教材学情分析：

本节教学内容，教材安排在选修系列一《导数及其应用》的第3节：导数的几何意义.对切线的认知，学生在初中平面几何中圆已初步获得：直线与圆有唯一公共点时，这时直线叫做圆的切线. 而圆是一种特殊曲线，这种定义不适用于一般曲线的切线. 高中教材，通过逼近方法，将割线趋于的确定位置的直线定义为切线，这种定义方法，适用于各种曲线的切线，使切线的内涵进一步发展，切线的本质得到了直观. 教材没有进一步探讨两曲线的的公切线，而近年不论全国高考和还是各地高考试题都大量涉及公切线的解题应用，基于此知识背景，学生对切线问题熟悉，对公切线知识空白陌生. 二．教学目标分析：

1.知识与技能

1）会求曲线的切线方程；

2）会求两曲线的公切线方程；

3）会判断两曲线公切线的数量. 2.过程与方法

通过引入，让学生准确区分切线方程有“在点P处的切线”和

“过点P处的切线”两种；借助两个例题，使学生建立公切线分共切点和不同切点两种情况知识体系；拓展延伸，最终引导学生探讨公切线条数，把数量问题转化为函数的的零点. 过程由浅如深，逐步递进，环环体现着转化与化归、数形结合和特殊到一般的数学思想. 3.情感与态度

通过本节课学习，学生经历

“求切线方程”→“求公切线方程”→“用公切线解决零点、不等式问题”解题过程，

体验数学知识的产生是水到渠成的，从而养成勇于探索新知的情感态度. 三．教学重点与难点分析

教学重点：从切线方程中抽象归纳公切线模型（数学抽象、数学建模）.

教学难点：公切线的斜率、截距相等方程组推理构造函数，进而判断公切线数量（逻辑推理、数学运算）.

1

四. 教学流程

在点的过点的切线

课堂小结1：求切四. 教学过程

切线

线步骤

不同切点的公切线（两切不同切点的公切线（已知点都不知）

其一切点）



课堂小结2：两种公切线讨论公切线布置作业

求解过程步骤的异同

的数量

五. 教学过程

在公共点的公切线（知公切点）

在公共点的公切线（不知公切点）

数学模型一：直线方程yy0k(xx0),(k存在)模型解决切线问题

新课引入

1.（2017年新课标Ⅰ第14题）曲线y=x2+2. 过点Q（2，0）且与曲线y

【设计立意】

通过自主学习，掌握导数的几何意义即为过此切点切线的斜率；能准确区分“在点p处的切线”和“过点Q处的切线”：即前者p为切点，（x0,y0）（x0,y0）（x0,y0）而后者Q不一定为切点，为后续公切线的探讨奠定基础. （x0,y0）

借助几何画板动态演示切线图形，使学生从感官和数学关系二维角度认识切线，让学生自主完成小结1：

2

在点P（1，2）处的切线方程为

．

1相切的直线方程为

．

x

引入2图象小结1.

引入1图象

曲线切线类型和求解流程图：

阅读题意

是

判断已知点是否

否为切点

设切点Q(x1，y1)

求导，得k切f(x0)

求导，得k切f(x1)写出切线方程

写出切线方程

yy0f(x0)(xx0)

yy1f(x1)(xx1)

k切f(x0k将点切P(fx(0x,0y0)代入切

线方程求出x1

将

yx1y的值代入切线方程f(x)(xx

111)

下结论（一般式

或斜截式）

3

例题讲解

数学模型二：方程组f(x0)g(x0)模型解决共切点公切线问题

f(x0)g(x0)例1.（2013年新课标Ⅰ理科第21题）已知函数f（x）=x2+ax+b，g（x）=ex（cx+d）若曲线y=f（x）和曲线y=g（x）都过点P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2．求a，b，c，d的值.

变式1.（2010年陕西文科第21题）已知函数f（x）=，g（x）=alnx，a∈R．若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）相交，且在交点处有相同的切线，求a的值和该切线方程．

数学模型三：直线斜截式方程中k1k2

(k存在)表示同一直线模型解决公切线问题

bb21例2.（2015年新课标Ⅱ文科第16题）已知曲线y=x+lnx在点（1，1）处的切线与曲线y=ax2+（a+2）x+1相切，求a的值．

变式2.（2016年新课标Ⅱ理科第16题）若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2的切线，也是曲线y=ln（x+1）的切线，求b的值．

【设计立意】

通过两道例题的教学，让学生意识切线问题还可深入研究两曲线的公切线，建立公切线包含共切点和公切线不共切点两种情况知识体系. 进一步探讨得到规律：共f(x0)g(x0)切点的公切线，其特点为相同切点，相同切线，即满足方程组；不共切点f(x)g(x)00的公切线的处理办法，回归曲线过点切线方程的求解过程，分别求出切线l1:yk1xb、k1k2l2:yk2xb2，则有斜率截距分别相等此等量关系，即满足方程组. bb21借助几何画板作出变式1，例题2公切线图形，让学生自主完成小结2.

4

小结2.公切线类型及求解过程步骤:

图象

共切点公切线

不同切点公切线

变式1图象

例2图象

特点

求解

过程

步骤

相同切点，相同切线

第一步：设f（x）与g（x）的公共点为；

p（x0,y0）第二步：根据公共点及公共切线得到方程组

不同切点，相同切线

1.在曲线C1上设切点P（x1,f(x1)），求出过点P切线l1:yk1xb；

2.在曲线C2上设切点Q（x2,f(x2)），求出过点Q切线l2:yk2xb2；

3.因为l1l2表示同一直线，所以斜率截距分别相等，则有方程组消元求值. f(x0)g(x0)；

f(x0)g(x0)第三步：对上述方程组消元求解.

k1k2进行b1b25

注意事项

设切点时，采用（x1,f(x1)）结构，避免（x1,y1），可以减少未知量，方便运算.

拓展延伸

数学模型四：方程f(x)0模型判断公切线数量问题

1. 若一条直线同时和两个曲线相切我们称此直线为两曲线的公切线，已知f（x）=x2，

g（x）=﹣x2+2x+a （1）若f（x）与g（x）只有一条公切线，求实数a值；

（2）若f（x）与g（x）有两条公切线，求实数a的取值范围．

2.（2013年新课标理科Ⅱ卷•第21题）已知函数f（x）=ex﹣ln（x+m）

（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．

【设计立意】

进一步理解由公切线的定义可得斜率相等且纵截距相等，消元整理可得新方程；上述所得方程，化归转化为函数，把公切线问题转化为函数零点问题，通过求导判断函数单调性极值，借助图象特点，可以判断零点个数（即公切线的数量），也可证明不等式.

六．布置作业

1.（2012年北京理科第18题）已知函数f（x）=ax2+1（a＞0），g（x）=x3+bx，若曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值. 2.（2009年江西理科第12题）若存在过点（1，0）的直线与曲线y=x3和相切，则a等于（

）

A．﹣1或

B．﹣1或

2都C．或

D．或7 3.

已知函数f（x）

xlnxax(2a1)x在上是(0)减函数，则实a的值为（

）6

A.1

B.2

C.12

D.

224.已知函数f（x）=blnx，g（x）=ax2﹣x（a∈R）．

（Ⅰ）若曲线f（x）与g（x）在公共点A（1，0）处有相同的切线，求实数a、b的值；

（Ⅱ）当b=1时，若曲线f（x）与g（x）在公共点P处有相同的切线，求证：点P唯一；

（Ⅲ）若a＞0，b=1，且曲线f（x）与g（x）总存在公切线，求正实数a的最小值．

【设计意图】

以两道高考真题作为本节课的课后作业，让学生课后独立完成，一是再次体验导数的几何意义切线斜率的应用，深化公切线中方程组思想，领悟和函数结合过程，解决最值、零点和不等式问题，二是把握考试命题规律，三是检验学生对课堂内容的掌握程度.

参考答案

引入

1.解：曲线y=x2+，可得y′=2x﹣，切线的斜率为：k=2﹣1=1．

切线方程为：y﹣2=x﹣1，即：x﹣y+1=0．故答案为：x﹣y+1=0．

2.解：设切点P为（x0,11，则切线的斜率k2

）x0x0∴切线的方程为y112（xx0），

x0x01112（2x0），解得x01，y01

x0x0x0代入点（2，0），可得即切线方程为xy20

例1.解：f′（x）=2x+a，g′（x）=ex（cx+d+c），由题意有

f(0)00b2b2d20g(0)e(0d)2解得

kf(0)0a4a4kg(0)e0(0dc)4c2

7

变式1.解：∵函数f（x）=∴f′（x）=，g′（x）=，g（x）=alnx，a∈R．

（x＞0），

x0alnx0e2设f（x）与g（x）的公共点为则1（x0,y0）a解得a,x0e，

22xx00∵两条曲线交点的坐标为（e2，e）切线的斜率为k=f′（e2）=∴切线的方程为y﹣e=（x﹣e2）．

，

例2.方法1.解：由yxlnx的y1

又∵切点P(1,1)，∴切线斜率kyx11

x2∴切线方程为y12(x1)，即y2x1

由yax2(a2)x1得y2axa2

设切点Q(x0,ax0(a2)x01)，∴切线斜率ky2xx02ax0a2

∴切线方程为yax0(a2)x01)（2ax0a2）(xx0)，

即y（2ax0a2）x-ax01

2212ax0a22x0-∴解得2，故答案为：8．

2-ax01-1a8方法2. 解：y=x+lnx的导数为y′=1+，

曲线y=x+lnx在x=1处的切线斜率为k=2，

则曲线y=x+lnx在x=1处的切线方程为y﹣1=2x﹣2，即y=2x﹣1．

yax2(a2)x1由于切线与曲线y=ax+（a+2）x+1相切，故

y2x12得ax2+ax+2=0，

又a≠0，两线相切有一切点，所以有△=a2﹣8a=0，

解得a=8．故答案为：8．

设曲线C2上的切点Q(x2,ln(x21))

变式2.方法1. 8

解：设曲线C1上的切点P(x1,lnx12)

∵y11，得k切

xx1∴切线方程为：ylnx121x(xx1)，即ylnx11

x1x1设曲线C2上的切点Q(x2,ln(x21))

∵y11，得k切

x1x21∴切线方程为：yln(x21)∵为公切线

1x1(xx2)，

即yln(x21)1

x21x21x2111k(1)xx112∴

1lnx1ln(x1)1(2)12x21由（1）得x1x21，代入（2）有lnx11lnx1解得x111

x111,x2,b1ln2

22方法2.解：设y=kx+b与y=lnx+2的切点为P（x1，kx1+b）

由f(x)11得kxx1

再设y=kx+b与y=ln（x+1）的切点为Q（x2，kx2+b）

由f(x)11得k

x1x11∵y=kx+b为公切线

11k,(1)x1x21∴

kx1blnx12,(2)

kxbln(x1),(3)229

由（1）得x1x21，代入（2）（3）得解得k2,x1拓展延伸

1.解：f（x）=x2的导数为f′（x）=2x，

k(x21)bln(x21)b

kx2bln(x21)11,x2,b1ln2. 22g（x）=﹣x2+2x+a的导数为g′（x）=﹣2x+2，

设f（x）=x2上切点（x0，x02），可得切线方程为y=2x0（x﹣x0）+x02，即y=2x0x﹣x02，

同理设g（x）=﹣x2+2x+a上切点（x1，﹣x12+2x1+a），

则切线方程为y=（﹣2x1+2）（x﹣x1）﹣x12+2x1+a，即y=（2﹣2x1）x+a+x12，

两函数有公切线，即令上述两切线方程相同，

则有2x0=2﹣2x1，且﹣x02=a+x12，消去x1，化为a=﹣2（x0﹣令h（x0）=﹣2（x0﹣可得x0=）2﹣，

，

）2﹣，

时，h（x0）取得最大值﹣（1）若f（x）与g（x）只有一条公切线，即有关于x0的方程有且只有两个相等的实根，

可得a=﹣；

）2﹣有两个不等的（2）若满足存在两条不同公切线，只需关于x0的方程a=﹣2（x0﹣实根，可得a＜﹣2.解：（Ι）略

．

（Ⅱ）构造（x）e,h(x)ln(x2)，令它们的公切线为ykxb，

mex,h(x)在设两切点分别为：M(m,e),N(n,ln(n2))，因为（x）x1，

x2所以（x）在点M的切线为：yee(xm),

所以h（x）在点N的切线为：yln(n2)mm1(xn),

n2因为为公切线，所以有1men2，解得n11,n2e2

emmemln(n2)2nn210

当n11时，即M(0,1),N(1,0)，此时公切线为yx1

当n2e2时，即M(1,),N(e2,1)，此时公切线为y1e12x

ee不妨取公切线为yx1，则有ln(x2)x1,exx1，且不等式不能同时取等，因此exln(x2)

布置作业

1.解：（1）f（x）=ax2+1（a＞0），则f'（x）=2ax，k1=2a，g（x）=x3+bx，则g′（x）=3x2+b，k2=3+b，

由（1，c）为公共切点，可得：2a=3+b

①

又f（1）=a+1，g（1）=1+b，

∴a+1=1+b，即a=b，代入①式可得：．

2.解：由y=x3⇒y'=3x2，设曲线y=x3上任意一点（x0，x03）处的切线方程为y﹣x03=3x02（x﹣x0），（1，0）代入方程得x0=0或

仅有一解，由△①当x0=0时，切线方程为y=0，此直线是y=x3的切线，故=0，解得a=﹣

②当时，切线方程为，由，∴a=﹣1或a=3.

分析：．故选A ，构造f（x）lnx12ax(2a1)lnx-2ax2a则函数f（x）h（x）lnx,g(x)2ax2a，xlnxax2(2a1)x在上是(0)减函数等价于h（x）g(x)在(0)恒成立，因为h（x）lnx,g(x)2ax2a的图象都过点(1,0)，由h（x）11得曲线yh（x）在点(1,0)处的切线方程为yx-1，当ax2时，函数h（x）lnx,g(x)2ax2a图象如下图2所示，符合题意，故选D. 11

图2 4.解：（Ⅰ）f′（x）=

，g'（x）=2ax﹣1．

∵曲线f（x）与g（x）在公共点A（1，0）处有相同的切线，

∴，解得a=b=1．

（Ⅱ）设P（x0，y0），则由题设有lnx0=ax02﹣x0…①，

又在点P有共同的切线，∴f′（x0）=g′（x0），∴，

∴a=，代入①得lnx0=x0，

设h（x）=lnx﹣+x，则h′（x）=+（x＞0），则h′（x）＞0，

∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，所以

h（x）=0最多只有1个实根，

从而，结合（1）可知，满足题设的点P只能是P（1，0）．

（Ⅲ）当a＞0，b=1时，f（x）=lnx，f′（x）=，

（x﹣t），即y=x+lnx﹣1．

曲线f（x）在点（t，lnt）处的切线方程为y﹣lnt=与y=ax2﹣x，联立得ax2﹣（1+）x﹣lnt+1=0．

∵曲线f（x）与g（x）总存在公切线，

∴关于t（t＞0）的方程△=即+4a（lnt﹣1）=0，

=4a（1﹣lnt）（*）总有解．

＞0，显然（*）不成立，所以

0＜t＜e，

若t＞e，则1﹣lnt＜0，而从而，方程（*）可化为4a=．

12

令H（t）=（0＜t＜e），则H′（t）=．

∴当0＜t＜1时，h'（t）＜0；当1＜t＜e时，h'（t）＞0，

即

h（t）在（0，1）上单调递减，在（1，e）上单调递增．

∴h（t）在（0，e）上的最小值为h（1）=4，

∴要使方程（*）有解，只须4a≥4，即a≥1．

∴正实数a的最小值为1．

13