曲线的切线习题

在点切线

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。

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

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

此时(|PQ|_{min}=cfrac{sqrt{2}}{2})；课件地址

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

(egin{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

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

(egin{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))。

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$0leq m<e $。

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$0leq m<e $。

过点切线

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

(egin{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)

备注：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；

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】，

(egin{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：(egin{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).

(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【】

$A.cfrac{1}{2e^2}$ $B.cfrac{1}{2}e^2$ $C.cfrac{1}{e}$ $D.-cfrac{3}{2e^2}$

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

(egin{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+b③end{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。

（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(xin(0，2))上，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，

(xin(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))。

[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，

(egin{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 eq 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。

(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)，(xin (0，1))的图像相切，则(x_0)必满足范围是【(hspace{2cm})】.

$A.0< x_0

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_1in(0，1))

又两条切线是同一条直线，得到

(egin{cases} 2x_0=cfrac{1}{x_1} hspace{0.5cm} x_1in(0，1) hspace{1cm}①\ x_0^2=1-lnx_1 hspace{3cm}②end{cases})

法1：不等式性质法

由于(x_1in(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。

【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( heta)后第一次与(y)轴相切，则角( heta)满足的条件是【】

$A.sin heta=ecos heta$ $B.esin heta=cos heta$ $C.esin heta=1$ $D.ecos heta=1$

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(tanphi=cfrac{1}{e})，若切线绕坐标原点旋转角( heta)后切线变成了(y)轴，

由(cot heta=tanphi=cfrac{1}{e})可得， (cfrac{cos heta}{sin heta}=cfrac{1}{e})，即(sin heta=ecos heta)，故选(A)。

【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_0in R),故(g(x_0)in (cfrac{1}{e}，+infty))，

故实数(m)的取值范围是(min (cfrac{1}{e}，+infty))。

(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【 】

$A.cfrac{27}{8}$ $B.-2$ $C.2$ $D.-cfrac{27}{8}$

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(eta)，

则可知其对应的斜率为(k_1=tanalpha)和(k_2=taneta=tan(pi-alpha)=-tanalpha)，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(egin{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=tanalpha)；

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

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

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

$A.cfrac{sqrt{2}}{2}(1-ln2)$ $B.cfrac{sqrt{2}}{2}(1+ln2)$ $C.cfrac{sqrt{2}}{2}(cfrac{1}{2}+ln2)$ $D.cfrac{1}{2}(1+ln2)$

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(egin{cases}k=f'(x_0)=2x_0-cfrac{1}{x_0}=-1①\4x_0+4y_0+c=0②\y_0=x_0^2-lnx_0③end{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 imes cfrac{1}{2}+4 imes(cfrac{1}{4}+ln2)+1|}{sqrt{4^2+4^2}}=cfrac{sqrt{2}}{2}(1+ln2))，故选(B).

(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，

(egin{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 imes 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 imes a imes(-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。

(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)。

(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(egin{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

(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{-1cdot 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)

(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))。

(2017(cdot)天津卷)