《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

真题再现
(2024·全国甲卷)设函数 $ f(x) = \dfrac{e^x + 2\sin x}{1 + x^2} $，则曲线 $ y = f(x) $ 在点 $(0, 1)$ 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(A)

A.$\dfrac{1}{6}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{1}{2}$
D.$\dfrac{2}{3}$

答案： 真题再现 A $f^{\prime}(x) = \frac{(e^{x} + 2\cos x)(1 + x^{2}) - (e^{x} + 2\sin x) · 2x}{(1 + x^{2})^{2}}$,所以$f^{\prime}(0) = 3$,所以曲线$y = f(x)$在点$(0,1)$处的切线方程为$y - 1 = 3(x - 0)$,即$3x - y + 1 = 0$,切线与两坐标轴的交点分别为$(0,1)$,$(-\frac{1}{3},0)$,所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为$\frac{1}{2} × 1 × \frac{1}{3} = \frac{1}{6}$.故选A.

教材呈现
（北师选择性必修二 P72 练习 T2）求曲线 $ y = \dfrac{2\ln x + 1}{x^2} $ 在点 $(1, 1)$ 处的切线的方程.

答案： $ y = 1 $

已知定义在$(0,+\infty)$上的函数$f(x)=x^{2}-m$，$g(x)=6\ln x - 4x$，设两曲线$y = f(x)$与$y = g(x)$在公共点处的切线相同，则$m$等于(D)

A.$-3$
B.$1$
C.$3$
D.$5$

答案： 典例1 D 依题意，设曲线$y = f(x)$与$y = g(x)$在公共点$(x_0,y_0)$处的切线相同.因为$f(x)=x^2 - m,g(x)=6\ln x - 4x$，所以$f^\prime(x)=2x$，$g^\prime(x)=\frac{6}{x}-4$，所以$\begin{cases}f(x_0)=g(x_0)\\f^\prime(x_0)=g^\prime(x_0)\end{cases}$，即$\begin{cases}x_0^2 - m = 6\ln x_0 - 4x_0\frac{6}{x_0}-4 = 2x_0\end{cases}$，因为$x_0＞0$，所以$x_0 = 1,m = 5$。故选 D。

(1) (2025·浙江杭州模拟)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$\frac{1}{2e}$。
(2) 若曲线$C_{1}:f(x)=x^{2}+a$和曲线$C_{2}:g(x)=4\ln x - 2x$存在有公共切点的公切线，则$a =$$-3$。

答案： 对点练1.
(1)$\frac{1}{2e}$
(2)$-3$
(1)设公共点为$P(x_0,y_0)(x_0＞0)$，则$ax_0^2 = \ln x_0$。由$f(x)=ax^2$，得$f^\prime(x)=2ax$，由$g(x)=\ln x$，得$g^\prime(x)=\frac{1}{x}$。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$f^\prime(x_0)=g^\prime(x_0)$，即$2ax_0=\frac{1}{x_0}$，得$a = \frac{1}{2x_0^2}$，所以$\frac{1}{2x_0^2}· x_0^2 = \ln x_0$，即$\frac{1}{2}=\ln x_0$，得$x_0 = e^{\frac{1}{2}}$，所以$a = \frac{1}{2}·(e^{\frac{1}{2}})^{-2}=\frac{1}{2e}$。
(2)$f(x)=x^2 + a,g(x)=4\ln x - 2x$，则有$f^\prime(x)=2x,g^\prime(x)=\frac{4}{x}-2$。设公共切点的坐标为$(x_0,y_0)$，则$f^\prime(x_0)=2x_0,g^\prime(x_0)=\frac{4}{x_0}-2$，$f(x_0)=x_0^2 + a$，$g(x_0)=4\ln x_0 - 2x_0$。根据题意，有$\begin{cases}2x_0=\frac{4}{x_0}-2\\x_0^2 + a = 4\ln x_0 - 2x_0\\x_0＞0\end{cases}$解得$\begin{cases}x_0 = 1\\a = - 3\end{cases}$。

(1) (2024·新课标Ⅰ卷)若曲线$y = e^{x}+x$在点$(0,1)$处的切线也是曲线$y=\ln(x + 1)+a$的切线，则$a =$$\ln2$。

答案： 典例2
(1)$\ln2$
(1)由题，令$f(x)=e^x + x$，则$f^\prime(x)=e^x + 1$，所以$f^\prime(0)=2$，所以曲线$y = e^x + x$在点$(0,1)$处的切线方程为$y = 2x + 1$。令$g(x)=\ln(x + 1)+a$，则$g^\prime(x)=\frac{1}{x + 1}$，设直线$y = 2x + 1$与曲线$y = g(x)$相切于点$(x_0,y_0)$，则$\frac{1}{x_0 + 1}=2$，得$x_0=-\frac{1}{2}$，则$y_0 = 2x_0 + 1 = 0$。所以$0=\ln(-\frac{1}{2}+1)+a$，所以$a=\ln2$。

(2) (2025·广东茂名模拟)曲线$y=\ln x$与曲线$y = x^{2}+2ax$有公切线，则实数$a$的取值范围是(B)

A.$(-\infty,-\frac{1}{2}]$
B.$[-\frac{1}{2},+\infty)$
C.$(-\infty,\frac{1}{2}]$
D.$[\frac{1}{2},+\infty)$

答案： 典例2
(2)B
(2)设$y = \ln x,y = x^2 + 2ax$图象上的切点分别为$(x_1,\ln x_1),(x_2,x_2^2 + 2ax_2)$，则过这两点处的切线方程分别为$y=\frac{1}{x_1}x+\ln x_1 - 1,y=(2x_2 + 2a)x - x_2^2$，则$\frac{1}{x_1}=2x_2 + 2a,\ln x_1 - 1=-x_2^2$，所以$2a = e^{x_1 - 1}-2x_2$，设$f(x)=e^{x - 1}-2x,f^\prime(x)=(2xe^{x - 1}-1),f^\prime(1)=0$。令$g(x)=f^\prime(x)=2(xe^{x - 1}-1)$，所以$g^\prime(x)=2(x + 1)e^{x - 1}＞0$。所以$g(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，且$f^\prime(1)=0$，则$f(x)$在$(-\infty,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$2a\geqslant f(1)=-1,a\geqslant-\frac{1}{2}$。故选 B。

(1) 已知函数$f(x)=e^{x - 1}$，$g(x)=\frac{1}{4}ex^{2}$，若直线$l$是曲线$y = f(x)$与曲线$y = g(x)$的公切线，则$l$的方程为(B)
A. $ex - y = 0$
B. $ex - y - e = 0$
C. $x - y = 0$
D. $x - y - 1 = 0$
(2) (2025·福建泉州模拟)若曲线$y = x^{2}$与$y = te^{x}(t\neq0)$恰有两条公切线，则实数$t$的取值范围为(A)
A. $(0,\frac{4}{e^{2}})$
B. $(\frac{4}{e^{2}},+\infty)$
C. $(-\infty,0)\cup(\frac{4}{e^{2}},+\infty)$
D. $(-\infty,0)\cup\{\frac{4}{e^{2}}\}$

答案： 对点练2.
(1)B
(2)A
(1)设$l:y = kx + m$与曲线$y = f(x)$相切于点$A(x_0,y_0)$，与$y = g(x)$相切于点$B(x_1,y_1)$，由$f^\prime(x)=e^x - 1$，可得$l$的斜率$k = e^{x_0}-1$，所以$e^{x_0}-1x_0 + m = e^{x_0}-1x_0^2\circled{1}$，又由$g^\prime(x)=\frac{1}{2}ex_1$，所以$\frac{1}{2}ex_1x_0 + m=\frac{e}{4}x_1^2$，即$m =-\frac{e}{4}x_1^2\circled{2}$。又因为$e^{x_0}-1=\frac{1}{2}ex_1\circled{3}$，将$\circled{2}\circled{3}$代入$\circled{1}$中，可得$\frac{1}{2}ex_1x_0-\frac{e}{4}x_1^2=\frac{e}{4}x_1^2$，由$\circled{3}$易知，$x_1＞0$，则$x_0 - 1=\frac{1}{2}x_1\circled{4}$，将$\circled{4}$代入$\circled{3}$，可得$\frac{1}{2}x_1 - 1 - \ln(\frac{1}{2}x_1)=0$。令$h(x)=x - 1 - \ln x$，则$h^\prime(x)=\frac{x - 1}{x}$，当$0＜x＜1$时，$h^\prime(x)＜0,h(x)$单调递减；当$x＞1$时，$h^\prime(x)＞0,h(x)$单调递增。所以$h(x)\geqslant h(1)=0$，当且仅当$x = 1$时取等号，故$\frac{1}{2}x_1 = 1$，可得$x_1 = 2$，所以$m=-\frac{e}{4}×2^2=-e,k=\frac{e}{2}×2 = e$。所以$l$的方程为$y = e(x - 1)$，即$ex - y - e = 0$。故选 B。
(2)设曲线$y = te^x$的切点为$M(m,te^m),y = x^2$的切点为$N(n,n^2)$，则曲线$y = te^x$在点$M(m,te^m)$处的切线方程为$y - te^m = te^m(x - m)$，即$y = te^m(x - m)+te^m$，同理，$y = x^2$在点$N(n,n^2)$处的切线方程为$y = 2nx - n^2$，根据$y = te^x$与$y = x^2$有两条公切线，则$\begin{cases}te^m = 2n\\te^m - mte^m = - n^2\end{cases}$，化简可得$t=\frac{4m - 4}{e^m}$，转化为$t=\frac{4m - 4}{e^m}$有两个解，构造函数$f(x)=\frac{4x - 4}{e^x}$，则$f^\prime(x)=\frac{8 - 4x}{e^x}$，当$x＜2,f^\prime(x)＞0$，$f(x)$单调递增；当$x＞2,f^\prime(x)＜0$，$f(x)$单调递减，故$f(x)$在$x = 2$时有极大值即为最大值，故$f(2)=\frac{4}{e^2}$，当$x\rightarrow-\infty$时，$f(x)\rightarrow-\infty$，当$x\rightarrow+\infty$时，$f(x)\rightarrow0$，故实数$t$的取值范围为$(0,\frac{4}{e^2})$。故选 A。