曲线的切线习题
曲线的切线习题
在点切线
思路：\(k=f'(1)=3\)+切点\(A(1，1)\)，利用点斜式写出切线方程。
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\(y=x+1\)。
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。
此时\(|PQ|_{min}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)；课件地址
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
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\((1，e)\)。
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<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$0\leq m<e $。
过点切线
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，\(x_0^3-3x_0^2+4=0\)
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
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\(b=1+lnx_0=1+ln(\cfrac{1}{2})=1-ln2\).
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。
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\([\cfrac{e^2}{4}，+\infty)\)。
(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。
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。
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\(A\)。
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\(m\in (\cfrac{1}{e}，+\infty)\)。
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\(A\)。
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\(d=\cfrac{|4\times \cfrac{1}{2}+4\times(\cfrac{1}{4}+ln2)+1|}{\sqrt{4^2+4^2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}(1+ln2)\)，故选\(B\).
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。
法1：注意到我们可以手动做出分段函数\(f(x)\)的图像，以及过定点\((0，-1)\)的斜率\(a\)变化的动直线\(y=ax-1\)，故从形入手分析，
由图像可知，我们的重点是要求解动直线\(y=ax-1\)和曲线\(y=x^2-2x(x\leq 0)\)相切时的切点坐标。
设切点\(P(x_0，y_0)\)，则有\(\begin{cases}a=f'(x_0)=2x_0-2\\ y_0=ax_0-1 \\ y_0=x_0^2-2x_0 \end{cases}\)，
解得\(x_0=-1，y_0=3\)，代入求得\(a=-4\)；由动图可知，另一个临界位置是\(a=0\)，故选\(C\)。
[补充说明]为什么会相切于点\((-1,3)\)，还可以这样解释；
由\(y=x^2-2x(x\leqslant 0)\)和\(y=ax-1(x\leqslant 0)\)联立，得到\(x^2-(a+2)x+1=0\)，由于二者相切，
故由\(\Delta=(a+2)^2-4\times1=0\)，得到\(a=0\)(舍去)或\(a=-4\)，将\(a=-4\)代入上述方程\(x^2-(a+2)x+1=0\)，得到\(x=-1\)，且\(y=3\)，
即当直线\(y=ax-1\)的斜率\(a=-4\)时，与曲线\(y=x^2-2x(x\leqslant 0)\)相切于点\((-1,3)\)；
法2：从数的角度入手分析，
(1).当\(x>0\)时，要使得\(|f(x)|\geqslant ax-1\)，即\(|\ln(x+1)|=\ln(x+1)\geqslant ax-1\)，显然需要\(a\leqslant 0\)；
(2).当\(x\leqslant 0\)时，要使得\(|f(x)|\geqslant ax-1\)，即\(|-x^2+2x|=x^2-2x\geqslant ax-1\)，即\(ax\leqslant x^2-2x+1\)恒成立，
当①\(x=0\)时，即\(a\in R\)时满足题意；
②\(x<0\)时，即\(a\geqslant \cfrac{x^2-2x+1}{x}=x+\cfrac{1}{x}-2\)恒成立，又\([x+\cfrac{1}{x}-2]_{max}=-4\)，当\(x=-1\)时取到等号；
故当\(x\leqslant 0\)时，需要\(a\geqslant -4\)，
综上所述，得到\(-4\leqslant a\leqslant 0\)，故选\(C\).
(1)求\(f(x)\)的解析式；
分析：由于点\((2,f(2))\)既在曲线上，也在切线上，故借助切线方程\(7x－4y－12＝0\)可以求得\(f(2)=\cfrac{1}{2}\)；
则由点\((2,\cfrac{1}{2})\)在曲线上，则有\(2a－\cfrac{b}{2}＝\cfrac{1}{2}\)①；
又由于切线方程\(7x－4y－12＝0\)可化为\(y＝\cfrac{7}{4}x－3\)，即\(k=\cfrac{7}{4}\)，
由\(f'(x)＝a＋\cfrac{b}{x^2}\)，得到\(f'(2)=a＋\cfrac{b}{4}＝\cfrac{7}{4}\)②，
联立①②解得\(a＝1，b＝3\)，故\(f(x)＝x－\cfrac{3}{x}\)。
(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．
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\(6\)。
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\(D\).
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：\(y=-x\)
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\((-ln2，2)\)。
