Question

9．已知曲線C₁：y=x²與曲線C₂：$y=lnx（x＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，直線l是曲線C₁和曲線C₂的公切線，設(shè)直線l與曲線C₁切點為P，則點P的橫坐標t滿足（　�。�

• A． $0＜t＜\frac{1}{2e}$
• B． $\frac{1}{2e}＜t＜\frac{1}{2}$
• C． $\frac{1}{2}＜t＜\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
• D． $\frac{{\sqrt{2}}}{2}＜t＜\sqrt{2}$

Answer 1

分析 設(shè)P（t，t²），切線與曲線C₂的交點為（s，lns）（s＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$），分別求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和切線的斜率及方程，運用兩直線重合的條件，消去s，可得t²-ln（2t）-1=0，令f（t）=t²-ln（2t）-1，0＜t＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，再由零點存在定理，即可判斷t的范圍．

解答 解：設(shè)P（t，t²），切線與曲線C₂的交點為（s，lns）（s＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
y=x²的導(dǎo)數(shù)為y′=2x，即有切線的斜率為2t，
可得直線l的方程為y-t²=2t（x-t），即為y=2tx-t²；
y=lnx的導(dǎo)數(shù)為y′=$\frac{1}{x}$，即有切線的斜率為$\frac{1}{s}$，
可得切線的方程為y-lns=$\frac{1}{s}$（x-s），即為y=$\frac{1}{s}$x+lns-1．
則有2t=$\frac{1}{s}$，-t²=lns-1，s＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$，0＜t＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
可得t²-ln（2t）-1=0，令f（t）=t²-ln（2t）-1，
f′（t）=2t-$\frac{1}{t}$=$\frac{2（t-\frac{\sqrt{2}}{2}）（t+\frac{\sqrt{2}}{2}）}{t}$，
即有f（t）在（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）遞減，在（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）遞增，
f（t）在t=$\frac{\sqrt{2}}{2}$處取得極小值，也為最小值$\frac{1}{2}$-ln$\sqrt{2}$-1＜0，
由f（$\frac{1}{2e}$）=$\frac{1}{4{e}^{2}}$-ln（$\frac{1}{e}$）-1＞0，f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{4}$-ln1-1＜0，
可得f（t）在（$\frac{1}{2e}$，$\frac{1}{2}$）內(nèi)存在一個零點．
故選：B．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間，考查直線方程的運用，以及函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)零點存在定理的運用，屬于中檔題．