《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例3](1)(2023·重庆模拟)已知$a$为非零实数，直线$y = x + 1$与曲线$y = a\ln(x + 1)$相切，则$a=$______.
(2)(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线$y=(x + a)\mathrm{e}^{x}$有两条过坐标原点的切线，则$a$的取值范围是______.

答案： [例3]
(1)【解析】设切点坐标为$(t,a\ln(t + 1))$，
对函数$y=a\ln(x + 1)$求导得$y'=\frac{a}{x + 1}$，
所以$\begin{cases}\frac{a}{t + 1}=1\\a\ln(t + 1)=t + 1\end{cases}$，解得$t=e - 1$，$a = e$
答案：$e$
(2)【解析】因为$y=(x + a)e^{x}$，所以$y'=(x + 1 + a)e^{x}$，
设切点为$(x_{0},y_{0})$，则$y_{0}=(x_{0}+a)e^{x_{0}}$，切线斜率$k=(x_{0}+1 + a)e^{x_{0}}$，切线方程为：$y-(x_{0}+a)e^{x_{0}}=(x_{0}+1 + a)e^{x_{0}}(x - x_{0})$，
因为切线过原点，
所以$-(x_{0}+a)e^{x_{0}}=(x_{0}+1 + a)e^{x_{0}}(-x_{0})$，
整理得$x_{0}^{2}+ax_{0}-a = 0$，
因为切线有两条，所以$\Delta=a^{2}+4a\gt0$，
解得$a\lt - 4$或$a\gt0$，
故$a$的取值范围是$(-\infty,-4)\cup(0,+\infty)$
答案：$(-\infty,-4)\cup(0,+\infty)$

1. (2023·大同模拟)已知函数$f(x)=2\mathrm{e}^{2}\ln x+x^{2}$，则曲线$y = f(x)$在点$(\mathrm{e},f(\mathrm{e}))$处的切线方程为( )
A. $4\mathrm{e}x - y+\mathrm{e}^{2}=0$ B. $4\mathrm{e}x - y-\mathrm{e}^{2}=0$
C. $4\mathrm{e}x + y+\mathrm{e}^{2}=0$ D. $4\mathrm{e}x + y-\mathrm{e}^{2}=0$

答案： 1. B 因为$f(x)=2e^{2}\ln x+x^{2}$，所以$f'(x)=\frac{2e^{2}}{x}+2x$，
所以$f(e)=2e^{2}\ln e+e^{2}=3e^{2}$，$f'(e)=4e$，
所以曲线$y = f(x)$在点$(e,f(e))$处的切线方程为$y - 3e^{2}=4e(x - e)$，即$4ex - y - e^{2}=0$

2. (2023·泸州模拟)已知曲线$y=\frac{a\cos x}{x}$在点$(\pi,-\frac{a}{\pi})$处的切线方程为$y=\frac{2}{\pi^{2}}x + b$，则$a$的值是( )
A. $\frac{4}{\pi}$ B. -2 C. $-\frac{4}{\pi}$ D. 2

答案： 2. D 令$y = f(x)=\frac{a\cos x}{x}$，
则$f'(x)=\frac{-a(x\sin x+\cos x)}{x^{2}}$，
曲线在点$(\pi,-\frac{a}{\pi})$处的切线的斜率为$f'(\pi)=\frac{a}{\pi^{2}}=\frac{2}{\pi^{2}}$，解得$a = 2$

3. 设$a\in\mathbf{R}$，函数$f(x)=\mathrm{e}^{x}+\frac{a}{\mathrm{e}^{x}}$是偶函数，若曲线$y = f(x)$的一条切线的斜率是$\frac{3}{2}$，则切点的横坐标为______.

答案： 3.【解析】由$f(x)$为偶函数，易得$a = 1$，
所以$f(x)=e^{x}+e^{-x}$，$f'(x)=e^{x}-e^{-x}$，
设切点为$(x_{0},y_{0})$，则$f'(x_{0})=e^{x_{0}}-e^{-x_{0}}=\frac{3}{2}$，解得$x_{0}=\ln2$
答案：$\ln2$

类型一 求两曲线的公切线
[例1](2023·湘潭模拟)已知直线$l$是曲线$y=\mathrm{e}^{x}-1$与$y=\ln x + 1$的公共切线，则$l$的方程为______.

答案： [例1]【解析】直线$l$与曲线$y=e^{x}-1$相切，设切点为$(a,e^{a}-1)$，$y'=e^{x}$，切线的斜率为$e^{a}$，切线方程为$y - e^{a}+1=e^{a}(x - a)$，即$y=e^{a}x - ae^{a}+e^{a}-1$，直线$l$与$y=\ln x + 1$相切，
设切点为$(b,\ln b + 1)$，$y'=\frac{1}{x}$，切线的斜率为$\frac{1}{b}$，切线方程为$y-\ln b - 1=\frac{1}{b}(x - b)$，即$y=\frac{1}{b}x+\ln b$，直线$l$是曲线$y=e^{x}-1$与$y=\ln x + 1$的公共切线，
可得$\begin{cases}\frac{1}{b}=e^{a}\\\ln b=-ae^{a}+e^{a}-1\end{cases}$，
解得$\begin{cases}a = 1\\b=\frac{1}{e}\end{cases}$或$\begin{cases}a = 0\\b = 1\end{cases}$，
所以$l$的方程为$y=ex - 1$或$y = x$
答案：$y=ex - 1$或$y = x$

类型二 切点相同的公切线问题
[例2](2023·金华模拟)已知函数$f(x)=ax^{2}$与$g(x)=\ln x$的图象在公共点处有共同的切线，则实数$a$的值为______.

答案： [例2]【解析】设公共点为$P(x_{0},y_{0})(x_{0}\gt0)$，则$ax_{0}^{2}=\ln x_{0}$，
由$f(x)=ax^{2}$，得$f'(x)=2ax$，
由$g(x)=\ln x$，得$g'(x)=\frac{1}{x}$，
因为函数$f(x)$与$g(x)$的图象在公共点$P(x_{0},y_{0})$处有共同的切线，
所以$f'(x_{0})=g'(x_{0})$，
即$2ax_{0}=\frac{1}{x_{0}}$，得$a=\frac{1}{2x_{0}^{2}}$，
所以$\frac{1}{2x_{0}^{2}}\cdot x_{0}^{2}=\ln x_{0}$，
即$\ln x_{0}=\frac{1}{2}$，得$x_{0}=e^{\frac{1}{2}}$，
所以$a=\frac{1}{2x_{0}^{2}}=\frac{1}{2\cdot(e^{\frac{1}{2}})^{2}}=\frac{1}{2e}$
答案：$\frac{1}{2e}$

类型三 切点不同的公切线问题
[例3]若直线$y = kx + b$是曲线$y=\ln x + 2$的切线，也是曲线$y=\ln(x + 1)$的切线，则$b=$______.

答案： [例3]【解析】$y=\ln x + 2$的切线为$y=\frac{1}{x_{1}}\cdot x+\ln x_{1}+1$(设切点横坐标为$x_{1}$)，
$y=\ln(x + 1)$的切线为$y=\frac{1}{x_{2}+1}x+\ln(x_{2}+1)-\frac{x_{2}}{x_{2}+1}$(设切点横坐标为$x_{2}$)，
所以$\begin{cases}\frac{1}{x_{1}}=\frac{1}{x_{2}+1}\\\ln x_{1}+1=\ln(x_{2}+1)-\frac{x_{2}}{x_{2}+1}\end{cases}$，
解得$x_{1}=\frac{1}{2}$，$x_{2}=-\frac{1}{2}$，
所以$b=\ln x_{1}+1=1-\ln2$
答案：$1-\ln2$

1. 若曲线$f(x)=a\cos x$与曲线$g(x)=x^{2}+bx + 1$在交点$(0,m)$处有公切线，则$a + b=$( )
A. -1 B. 0 C. 1 D. 2

答案： 1. C 依题意得，$f'(x)=-a\sin x$，$g'(x)=2x + b$，于是有$f'(0)=g'(0)$，即$-a\sin0=2\times0 + b$，解得$b = 0$，
又$m=f(0)=g(0)$，即$m=a = 1$，
所以$a + b = 1$

2. (一题多法)已知曲线$y = x+\ln x$在点$(1,1)$处的切线与曲线$y = ax^{2}+(a + 2)x + 1$相切，则$a=$______.

答案： 2.【解析】方法一：因为$y=x+\ln x$，
所以$y'=1+\frac{1}{x}$，$y'|_{x = 1}=2$，
所以曲线$y=x+\ln x$在点$(1,1)$处的切线方程为$y - 1=2(x - 1)$，即$y=2x - 1$，
因为$y=2x - 1$与曲线$y=ax^{2}+(a + 2)x + 1$相切，所以$a\neq0$(当$a = 0$时曲线变为$y=2x + 1$与已知直线平行)，
由$\begin{cases}y=2x - 1\\y=ax^{2}+(a + 2)x + 1\end{cases}$，
消去$y$，得$ax^{2}+ax + 2 = 0$，
由$\Delta=a^{2}-8a = 0$，解得$a = 8$
方法二：同方法一得切线方程为$y=2x - 1$，
设$y=2x - 1$与曲线$y=ax^{2}+(a + 2)x + 1$相切于点$(x_{0},ax_{0}^{2}+(a + 2)x_{0}+1)$，
因为$y'=2ax+a + 2$，
所以$y'|_{x = x_{0}}=2ax_{0}+a + 2$，
由$\begin{cases}2ax_{0}+a + 2 = 2\\ax_{0}^{2}+(a + 2)x_{0}+1=2x_{0}-1\end{cases}$，
解得$\begin{cases}x_{0}=-\frac{1}{2}\\a = 8\end{cases}$
答案：$8$

3. 若曲线$C_1:y = ax^{2}(a\gt0)$与曲线$C_2:y=\mathrm{e}^{x}$存在公共切线，则$a$的取值范围为______.

答案： 3.【解析】由$y=ax^{2}(a\gt0)$得$y'=2ax$，
由$y=e^{x}$得$y'=e^{x}$，
设公切线与曲线$C_{1}$切于点$(x_{1},ax_{1}^{2})$，与曲线$C_{2}$切于点$(x_{2},e^{x_{2}})$，
则$2ax_{1}=e^{x_{2}}=\frac{e^{x_{2}}-ax_{1}^{2}}{x_{2}-x_{1}}$，可得$2x_{2}=x_{1}+2$，
所以$a=\frac{e^{\frac{x_{1}}{2}+1}}{2x_{1}}$，
因为$a\gt0$，所以$x_{1}\gt0$，记$f(x)=\frac{e^{\frac{x}{2}+1}}{2x}(x\gt0)$，则$f'(x)=\frac{e^{\frac{x}{2}+1}(x - 2)}{4x^{2}}$，
当$x\in(0,2)$时，$f'(x)\lt0$，$f(x)$单调递减；
当$x\in(2,+\infty)$时，$f'(x)\gt0$，$f(x)$单调递增，
所以当$x = 2$时，$f(x)_{\min}=\frac{e^{2}}{4}\gt0$，
所以$a$的取值范围为$[\frac{e^{2}}{4},+\infty)$
答案：$[\frac{e^{2}}{4},+\infty)$