《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(1)(2025·山西晋中三模)若函数$f(x)=x\ln x + 2xf'(1)$，则曲线$y = f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y=-x - 1$。

答案：
(1)$y=-x - 1$ 因为$f(x)=x \ln x + 2x f^{\prime}(1)$，所以$f^{\prime}(x)=\ln x + 1 + 2 f^{\prime}(1)$，令$x = 1$，得$f^{\prime}(1)=1 + 2 f^{\prime}(1)$，解得$f^{\prime}(1)=-1$，所以$f(x)=x \ln x - 2x$，则$f(1)=-2$，所以曲线$y=f(x)$在点$(1,f(1))$处的切线方程为$y - (-2)=-1 × (x - 1)$，即$y=-x - 1$。故答案为$y=-x - 1$。

(2)(2025·兰州调研)已知过点$(0,-1)$且与曲线$f(x)=-x^{3}+\frac{3a}{2}x^{2}-6x(x\gt0)$相切的直线有且仅有两条，则实数$a$的取值范围是(A)

A.$(2,+\infty)$
B.$(0,+\infty)$
C.$(-\infty,2)$
D.$(-\infty,0)$

答案：

(2)A 由曲线$f(x)=-x^{3}+\frac{3a}{2}x^{2}-6x(x ＞ 0)$，可设切点坐标为$\left(t,-t^{3}+\frac{3a}{2}t^{2}-6t\right)(t ＞ 0)$，易知切线的斜率存在，由$f^{\prime}(x)=-3x^{2}+3ax - 6$，可得切线的斜率$k=-3t^{2}+3at - 6$，从而切线方程为$y=-t^{3}+\frac{3a}{2}t^{2}-6t+\left(-3t^{2}+3at - 6\right)(x - t)$，又切线过点$(0,-1)$，所以$-1=-t^{3}+\frac{3a}{2}t^{2}-6t+\left(-3t^{2}+3at - 6\right)(0 - t)$，整理得$4t^{3}-3at^{2}+2 = 0$，由题意可知方程有两个不相等的正实数解。令$h(t)=4t^{3}-3at^{2}+2$，则函数$h(t)$在$(0,+\infty)$上有两个不同零点，令$h^{\prime}(t)=12t^{2}-6at = 0$，可得$t = 0$或$t=\frac{a}{2}$。又$h(0)=2$，结合$h(t)$的图象（如图）特征可知，要满足题意，需使$a ＞ 0$且$h\left(\frac{a}{2}\right)=-\frac{1}{4}a^{3}+2 ＜ 0$，从而可得$a ＞ 2$。所以实数$a$的取值范围是$(2, +\infty)$。故选A。

(1)(2025·黑龙江哈尔滨二模)已知曲线$y=\ln x$在$x = 1$处的切线与曲线$y = e^{x}+a$相切，则$a=$。

答案：
(1)$-2$ 由$y=\ln x$，则$y^{\prime}=\frac{1}{x}$，则$y^{\prime}\left|_{x=1}=1\right.$，又当 $x=1$时$y=\ln 1=0$， 所以曲线$y=\ln x$在$x=1$处的切线为$y=x-1$； 对于$y=\mathrm{e}^{x}+a$，可得$y^{\prime}=\mathrm{e}^{x}$，设切点为$\left(x_{0}, y_{0}\right)$， 则$\begin{cases} \mathrm{e}^{x_{0}}=1, \\ a=-2 \end{cases}$或$\begin{cases} x_{0}=0, \\ y_{0}=\mathrm{e}^{x_{0}}+a \end{cases}$解得$\begin{cases} x_{0}=0, \\ y_{0}=-1 \end{cases}$ 故答案为$-2$. 

(2)(2025·泸州模拟)曲线$f(x)=\frac{x-\cos x}{e^{x}}$在$x = 0$处的切线方程为。

答案：
(2)$2x-y-1=0$ 由题意可知$f^{\prime}(x)=$ $\frac{(1+\sin x) \mathrm{e}^{x}-(x-\cos x) \mathrm{e}^{x}}{(\mathrm{e}^{x})^{2}}=$ $\frac{1+\sin x-x+\cos x}{\mathrm{e}^{x}}$， 所以切线斜率$k=f^{\prime}(0)=2$，又$f(0)=-1$， 即切线方程为$y-(-1)=2(x-0)$， 即$2x-y-1=0$.

(1)(2025·济南质检)已知曲线$y=\ln x$与曲线$y=a(x-\frac{1}{x})$在交点$(1,0)$处有相同的切线，则$a=$(B)

A.$1$
B.$\frac{1}{2}$
C.$-\frac{1}{2}$
D.$-1$

答案：
(1)B 因为$(\ln x)^{\prime}=\frac{1}{x}$，$\left[a\left(x - \frac{1}{x}\right)\right]^{\prime}=a\left(1 + \frac{1}{x^{2}}\right)$，曲线$y=\ln x$与曲线$y=a\left(x - \frac{1}{x}\right)$在交点$(1,0)$处有相同的切线，所以$2a = 1$，$a=\frac{1}{2}$。故选B。

(2)已知曲线$f(x)=x^{2}-2m$，$g(x)=3\ln x - x$，若$y = f(x)$与$y = g(x)$在公共点处的切线相同，则$m=$(B)

A.$-3$
B.$1$
C.$2$
D.$5$
考向2 切点不同的公切线问题

答案：
(2)B 设曲线$f(x)=x^{2}-2m$和$g(x)=3 \ln x - x$的公共点为$\left(x_{0}, y_{0}\right)$，则$\begin{cases} f\left(x_{0}\right)=g\left(x_{0}\right) \\ f^{\prime}\left(x_{0}\right)=g^{\prime}\left(x_{0}\right) \end{cases}$，即$\begin{cases} x_{0}^{2}-2m=3 \ln x_{0}-x_{0} \\ 2x_{0}=\frac{3}{x_{0}}-1 \\ x_{0}＞0 \end{cases}$，解得$x_{0}=m = 1$。

(1)(2025·扬州模拟)若直线$l$既是曲线$y=\ln x$的切线，也是曲线$y = e^{x - 2}$的切线，则直线$l$的方程为。

答案： 1. 设直线$l$与$y = \ln x$的切点为$(x_{1},\ln x_{1})$，与$y = e^{x - 2}$的切点为$(x_{2},e^{x_{2}-2})$：
对于$y=\ln x$，其导数$y^\prime=\frac{1}{x}$，则在点$(x_{1},\ln x_{1})$处的切线斜率$k_1 = \frac{1}{x_{1}}$，切线方程为$y-\ln x_{1}=\frac{1}{x_{1}}(x - x_{1})$，即$y=\frac{1}{x_{1}}x+\ln x_{1}-1$。
对于$y = e^{x - 2}$，其导数$y^\prime=e^{x - 2}$，则在点$(x_{2},e^{x_{2}-2})$处的切线斜率$k_2 = e^{x_{2}-2}$，切线方程为$y - e^{x_{2}-2}=e^{x_{2}-2}(x - x_{2})$，即$y=e^{x_{2}-2}x+(1 - x_{2})e^{x_{2}-2}$。
2. 因为$k_1 = k_2$，所以$\frac{1}{x_{1}}=e^{x_{2}-2}$，即$x_{1}=e^{2 - x_{2}}$：
又因为$\ln x_{1}-1=(1 - x_{2})e^{x_{2}-2}$，将$x_{1}=e^{2 - x_{2}}$代入$\ln x_{1}-1=(1 - x_{2})e^{x_{2}-2}$中，可得$(2 - x_{2})-1=(1 - x_{2})e^{x_{2}-2}$。
设$t=x_{2}-1$，则方程化为$1 - t=( - t)e^{t}$，即$te^{t}-t + 1 = 0$。
令$g(t)=te^{t}-t + 1$，对$g(t)$求导，$g^\prime(t)=(t + 1)e^{t}-1$。
再令$h(t)=(t + 1)e^{t}-1$，$h^\prime(t)=(t + 2)e^{t}$。
当$t\lt - 2$时，$h^\prime(t)\lt0$，$h(t)$单调递减；当$t\gt - 2$时，$h^\prime(t)\gt0$，$h(t)$单调递增。
而$h(0)=(0 + 1)e^{0}-1 = 0$，所以$g^\prime(0)=0$。
当$t\lt0$时，$g^\prime(t)\lt0$，$g(t)$单调递减；当$t\gt0$时，$g^\prime(t)\gt0$，$g(t)$单调递增。
又$g(0)=0× e^{0}-0 + 1 = 1\neq0$，$g(1)=1× e^{1}-1 + 1=e\neq0$，$g(-1)=(-1)× e^{-1}+1 + 1=2-\frac{1}{e}\neq0$，$g(2)=2e^{2}-2 + 1=2e^{2}-1\neq0$，$g(-2)=(-2)e^{-2}+2 + 1=3-\frac{2}{e^{2}}\neq0$。
当$x_{2}=2$时：
$x_{1}=e^{2 - 2}=1$。
3. 求切线方程：
此时$k_1=\frac{1}{x_{1}} = 1$，$\ln x_{1}-1=-1$。
所以直线$l$的方程为$y = x - 1$。

(2)(2025·湖北名校联考)若直线$x + y + m = 0$是曲线$f(x)=x^{3}+nx - 52$与曲线$g(x)=x^{2}-3\ln x$的公切线，则$m - n=$(C)

A.$-30$
B.$-25$
C.$26$
D.$28$

答案：
(2)C 由$g(x)=x^{2}-3 \ln x$，得$g^{\prime}(x)=2x-\frac{3}{x}$，令$2x-\frac{3}{x}=-1$，解得$x = 1(x ＞ 0)$。则直线$x + y + m = 0$与曲线$y=x^{2}-3 \ln x$的切点为$(1,1)$，代入$x + y + m = 0$，得$m=-2$；由以上可知公切线方程为$x + y - 2 = 0$，由$f(x)=x^{3}+nx - 52$，得$f^{\prime}(x)=3x^{2}+n$。设直线$x + y - 2 = 0$与曲线$f(x)=x^{3}+nx - 52$切于点$\left(t, t^{3}+nt - 52\right)$，则$\begin{cases} 3t^{2}+n=-1 \\ t + t^{3}+nt - 52 - 2 = 0 \end{cases}$，解得$\begin{cases} t=-3 \\ n=-28 \end{cases}$。所以$m - n = 26$，故选C。

(1)(2025·广州模拟)曲线$C_{1}:y = x^{2}$与曲线$C_{2}:y=\ln x$公切线的条数是(C)

A.$0$
B.$1$
C.$2$
D.$3$

答案：

(1)C 设公切线与$y=x^{2}$的切点为$\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right)$，与$y=\ln x$的切点为$\left(x_{2}, \ln x_{2}\right)$，$y=x^{2}$的导数为$y^{\prime}=2x$，$y=\ln x$的导数为$y^{\prime}=\frac{1}{x}$，则在切点$\left(x_{1}, x_{1}^{2}\right)$处的切线方程为$y - x_{1}^{2}=2x_{1}\left(x - x_{1}\right)$，即$y = 2x_{1}x - x_{1}^{2}$，则在切点$\left(x_{2}, \ln x_{2}\right)$处的切线方程为$y - \ln x_{2}=\frac{1}{x_{2}}\left(x - x_{2}\right)$，即$y=\frac{1}{x_{2}}x+\ln x_{2}-1$，$\therefore \begin{cases} 2x_{1}=\frac{1}{x_{2}} \\ x_{1}^{2}=1 - \ln x_{2} \end{cases}$，整理得到$x_{1}^{2}-\ln x_{1}=1+\ln 2$，令$f(x)=x^{2}-\ln x$，$x \in(0,+\infty)$，则$f^{\prime}(x)=2x-\frac{1}{x}=\frac{2x^{2}-1}{x}$，令$f^{\prime}(x)＞0$，得$x＞\frac{\sqrt{2}}{2}$；令$f^{\prime}(x)＜0$，得$0＜x＜\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\therefore f(x)$在区间$\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$上单调递减，在区间$\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty\right)$上单调递增，$f(x)_{\min}=f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \ln 2＜1+\ln 2$，即函数$f(x)$与$y = 1+\ln 2$的图象如图所示，由图可知，函数$f(x)$的图象与直线$y = 1+\ln 2$有两个交点，则方程$x^{2}-\ln x=1+\ln 2$有两个不相等的正根，即曲线$C_{1}: y=x^{2}$与曲线$C_{2}: y=\ln x$公切线的条数是2。

(2)已知曲线$y = a\ln x$和曲线$y = x^{2}$有唯一公共点，且这两条曲线在该公共点处有相同的切线$l$，则直线$l$的方程为______。

答案：
(2)$2\sqrt{\mathrm{e}}x - y - \mathrm{e} = 0$ 设曲线$g(x)=a \ln x$和曲线$f(x)=x^{2}$在公共点$\left(x_{0}, y_{0}\right)$处的切线相同，则$f^{\prime}(x)=2x$，$g^{\prime}(x)=\frac{a}{x}$，由题意知$\begin{cases} f\left(x_{0}\right)=g\left(x_{0}\right) \\ f^{\prime}\left(x_{0}\right)=g^{\prime}\left(x_{0}\right) \end{cases}$，即$\begin{cases} 2x_{0}=\frac{a}{x_{0}} \\ x_{0}^{2}=a \ln x_{0} \end{cases}$，解得$a = 2\mathrm{e}$，$x_{0}=\sqrt{\mathrm{e}}$，故切点为$(\sqrt{\mathrm{e}}, \mathrm{e})$，切线斜率$k = f^{\prime}\left(x_{0}\right)=2\sqrt{\mathrm{e}}$，所以切线方程为$y - \mathrm{e}=2\sqrt{\mathrm{e}}(x - \sqrt{\mathrm{e}})$，即$2\sqrt{\mathrm{e}}x - y - \mathrm{e} = 0$。