Question

9．已知曲线C₁：y=x²与曲线C₂：$y=lnx（x＞\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，直线l是曲线C₁和曲线C₂的公切线，设直线l与曲线C₁切点为P，则点P的横坐标t满足（　　）

• 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 设P（t，t²），切线与曲线C₂的交点为（s，lns）（s＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$），分别求得函数的导数和切线的斜率及方程，运用两直线重合的条件，消去s，可得t²-ln（2t）-1=0，令f（t）=t²-ln（2t）-1，0＜t＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，再由零点存在定理，即可判断t的范围．

解答 解：设P（t，t²），切线与曲线C₂的交点为（s，lns）（s＞$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
y=x²的导数为y′=2x，即有切线的斜率为2t，
可得直线l的方程为y-t²=2t（x-t），即为y=2tx-t²；
y=lnx的导数为y′=$\frac{1}{x}$，即有切线的斜率为$\frac{1}{s}$，
可得切线的方程为y-lns=$\frac{1}{s}$（x-s），即为y=$\frac{1}{s}$x+lns-1．
则有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，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）递减，在（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）递增，
f（t）在t=$\frac{\sqrt{2}}{2}$处取得极小值，也为最小值$\frac{1}{2}$-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（$\frac{1}{2e}$，$\frac{1}{2}$）内存在一个零点．
故选：B．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查直线方程的运用，以及函数方程的转化思想和函数零点存在定理的运用，属于中档题．