例析公切線問題的求解策略

一、問題提出

公切線是指同時與兩條或兩條以上的曲線都相切的直線．利用導數的幾何意義來解決有關曲線的切線問題，一直是高考的重點與熱點，與公切線有關的問題，新穎度高，創新性強，形式更加復雜多變，它能更加有效地考查考生的數學核心素養和數學應用能力等，凸現試題的選拔性與區分度，備受各方關注．下面就以2024年高考數學新課標Ⅰ卷第13題為例，談談有關公切線問題的求解策略．

1.考題呈現

（2024年高考新課標Ⅰ卷第13題）若曲線y=ex+x在點0，1處的切線也是曲線y=ln（x+1）+a的切線，則a="" ．

分析：先求出曲線y=ex+x在0，1的切線方程，再設曲線y=lnx+1+a的切點為x0，lnx0+1+a，求出導數y′，利用公切線斜率相等求出x0，表示出切線方程，結合兩切線方程相同即可求解．

2.考題解法

解析一：由y=ex+x得y′=ex+1，y′|x=0=e0+1=2，故曲線y=ex+x在0，1處的切線方程為y=2x+1.

設切線與曲線y=lnx+1+a相切的切點為x0，lnx0+1+a，

由y=lnx+1+a得y′=1x+1，所以k=1x0+1，

所以切線方程為y－lnx0+1+a=1x0+1x－x0，即y=1x0+1x－x0x0+1+lnx0+1+a，

因為線y=ex+x在點0，1處的切線也是曲線y=ln（x+1）+a的切線，

所以1x0+1=2，

-x0x0+1+ln（x0+1）+a=1.

解得x0=12，

a=ln 2，故答案為：ln2．

解析二：由解析一得：曲線y=ex+x在0，1處的切線方程為y=2x+1，

由y=lnx+1+a得y′=1x+1.

設切線與曲線y=lnx+1+a相切的切點為x0，lnx0+1+a，

由兩曲線有公切線得y′=1x0+1=2，解得x0=－12，則切點為－12，a+ln12，

切線方程為y=2x+12+a+ln12=2x+1+a－ln2，

根據兩切線重合，所以a－ln2=0，解得a=ln2．

3.解法總結

解決公切線問題的核心是設切點，其基本解題思路是：分別設出兩條切線的切點坐標P（x1，y1）和Q（x2，y2），再求出兩條切線的方程．因為它是公切線，所以兩條直線的斜率和截距分別相等，得到關于x1和x2的方程組，消去x1或者x2，進而得到關于x1或者x2的方程，最后探究此方程解的問題．其解題步驟如下：

設曲線C1：y=fx在點Ax1，fx1處的切線為l1：y－fx1=f′x1x－x1，

整理可得y=f′x1·x－f′x1·x1+fx1.

設曲線C2：y=gx在點Bx2，gx2處的切線為l2：y－gx2=g′x2x－x2，

整理得y=g′x2·x－g′x2·x2+gx2，由于l1，l2是同一條直線，

故有f′x1=g′x2，fx1－f′x1·x1=gx2－g′x2·x2，最后求解該方程組．

二、課本題源

（人教版教材第104頁第13題）已知曲線y=x+lnx在點1，1處的切線與曲線y=ax2+（2a+3）x+1只有一個公共點，求A的值．

（答案：A=0或a=－12）

三、與公切線有關的常考的問題

1.求公切線的方程

變式1.已知f（x）＝ex，g（x）＝lnx＋2，直線l是f（x）與g（x）的公切線，則直線l的方程為"" ．

解析：設l與f（x）＝ex的切點為（x1，y1），則y1＝ex1，f′（x）＝ex，∴f′（x1）＝ex1，∴切點為（x1，ex1），切線斜率k＝ex1，∴切線方程為y－ex1＝ex1（x－x1），即y＝ex1·x－x1ex1＋ex1……①

同理設l與g（x）＝ln x＋2的切點為（x2，y2），∴y2＝ln x2＋2，g′（x）＝1x，∴g′（x2）＝1x2，

切點為（x2，ln x2＋2），切線斜率k＝1x2，

∴切線方程為y－（ln x2＋2）＝1x2（x－x2），即y＝1x2·x＋ln x2＋1……②，

由題意知，①與②相同，

∴ex1=1x2x2=e－x1……③

－x1ex1+ex1=lnx2+1……④

把③代入④有－x1ex1＋ex1＝－x1＋1，

即（1－x1）（ex1－1）＝0，解得x1＝1或x1＝0，當x1＝1時，切線方程為y＝ex；

當x1＝0時，切線方程為y＝x＋1，綜上，直線l的方程為y＝ex或y＝x＋1．

點評：求兩曲線公切線方程，核心就是求所設的切點的坐標．其解題思路是：先分別設出切點的坐標P（x1，y1）和Q（x2，y2），得到兩條切線方程，再由公切線，得到斜率和縱截距分別相等，得到方程組，最終求解這個方程組．

2.判斷公切線的條數

變式2.（單選題）曲線f（x）=ex－1與曲線g（x）=lnx有（" ）條公切線．

A．1" B．2" C．3" D．4

解析：設x0，ex0－1是曲線fx圖像上任意一點，f′x=ex－1，所以f′x0=ex0－1，

所以過點x0，ex0－1的切線方程為y－ex0－1=ex0－1x－x0，整理得y=ex0－1·x+1－x0ex0－1①．

令g′x=1x=ex0－1，解得x1=e1－x0，則gx1=1－x0，

所以曲線gx上過點e1－x0，1－x0的切線方程為：

y－1－x0=ex0－1x－e1－x0，整理得y=ex0－1·x－x0②．由于切線①②重合，

故1－x0ex0－1=－x0，即x0－1·ex0－1－x0=0③．

構造函數hx=x－1ex－1－x，則h′x=xex－1－1，h″x=x+1ex－1，

故當xlt;－1時h″xlt;0，h′x遞減，當xgt;－1時h″xgt;0，h′x遞增，

注意到當xlt;0時h′xlt;0，且h′1=0，

所以當xlt;1時h′xlt;0，hx遞減，當xgt;1時，h′xgt;0，hx遞增，

而h－1=1－2e2gt;0，h1=－1lt;0，h2=e－2gt;0，根據零點存在性定理可知在區間－1，1，1，2各存在hx的一個零點，也即hx有兩個零點，也即方程③有兩個根，也即曲線fx和曲線gx有兩條公切線．

故選：B.

點評：判斷兩曲線公切線的條數，其實就是判斷所設的切點的個數，其解題思路是：先讓兩條切線為同一直線，得到兩個方程，消元得到單變量方程，探究這個方程在特定區間解的個數問題．

3.已知公切線求參數范圍

變式3.已知兩曲線f（x）＝mex和g（x）＝x2存在公切線，則正實數a的取值范圍為""" ．

解析：設公切線在：g（x）＝x2上的切點為（x1，x21），在f（x）＝aex（agt;0）上的切點為（x2，aex2）．

函數g（x）＝x2，f（x）＝aex（agt;0）的導數分別為g′（x）＝2x，f ′（x）＝aex，則公切線的斜率為

2x1＝aex2=x21-a

e2x2

x1-x2，整理得a＝4（x2-1）ex2

．由agt;0可知，x2gt;1，令h（x）＝Times New Romanh@@，x∈（1，＋∞），

則h′（x）＝4ex 2-xe2x＝8-4xex，h′（x）gt;01lt;xlt;2；h′（x）lt;0xgt;2，

∴h（x）在區間（1，2）上單調遞增，在區間（2，＋∞）上單調遞減，h（x）max＝f（2）＝4e2；

當x→＋∞時，h（x）→0，即0lt;h（x）≤4e2，

∴a∈0，4e2．

點評：兩曲線存在公切線，求參數的取值范圍，其解題思路是：先分別設出切點的坐標P（x1，y1）和Q（x2，y2），得到兩條切線方程，由兩切線為同一直線，得到方程組，然后消去x1或者x2中的一個，轉化為關于x1或x2方程在某區間上有解的問題．

4.利用公切線證明函數不等式

變式4.若函數f（x）=ex+x，g（x）=ln（x+a）+x．求證：當alt;2時，f（x）gt;g（x）．

解析：要證f（x）gt;g（x），即證：exgt;ln（x+a），又因為alt;2，所以ln（x+2）gt;ln（x+a），

只要證：ex≥ln（x+2），

易得y=ex在點P（0，1）處的切線方程為y=x+1.

又y=ln（x+2）在點Q（－1，0）處的切線方程為y=x+1，

即直線y=x+1為y=ex與y=ln（x+2）的公切線，

且易證：ex≥x+1（當且僅當x=0時取“=”），ln（x+2）≤x+1（當且僅當x=-1時取“=”），

故ex≥ln（x+2），所以當alt;2時，f（x）gt;g（x）．

點評：當直接證明不等式f（x）≥0比較困難時，可以將原函數f（x）分離成兩個凹凸性恰好相反函數g（x）與h（x），即將原不等式轉化為 g（x）≥h（x），然后求出兩曲線的公切線 y=kx +b，進而將證明f（x）≥0轉化為證明g（x）≥kx +b≥h（x），最后分別證明g（x）≥kx +b和kx +b≥h（x）成立即可．

5.利用公切線解決恒成立問題

變式4.若函數f（x）=ex－1，g（x）=lnx－1．對x∈（0，+∞），有f（x+1－m）≥kx+k－1≥g（ex），求mk－k2的最大值．

解析：不等式可化為ex－m≥k（x+1）－1≥lnx，

因此，可看做過點（－1，－1）的直線y=k（x+1）－1夾在兩支曲線中間.

當直線與y=ex－m相切時，令切點為（x1，ex1－m），則k=ex1－m+1x1+1=ex1－m，因此x1為方程x1ex1－m=1的根，即kx1=1，所以m=lnx1+x1=1k－lnk；

當直線與y=lnx相切時，令切點為（x2，lnx2），則k=lnx2+1x2+1=1x2，因此x2為方程x2lnx2=1的根.

只需m≤1k－lnk，

k≥1x2，

即mk－k2≤1－klnk－k2≤1－1x2ln1x2－1x22=1+x2lnx2－1x22=1，

當直線y=k（x+1）－1為兩支曲線的公切線時取到最大值.

點評：利用公切線解決不等式恒成立問題，可以通過轉化，探究兩曲線的公切線為臨界情形，完成臨界情形的探索，再轉化為不等式恒成立問題，研究函數的最值，是一種數形結合的解題方法．

6.利用公切線解決零點問題

變式4.若函數f（x）=aex，g（x）=lnx+1，若f（x）=g（x）有且僅有兩個零點．則正實數a的取值范圍是""" ．

解析：因為f（x）=g（x）有且僅有兩個零點，首先研究當f（x）=g（x）有且僅有一個零點得情形，

即當兩曲線相切時，設切點為P（x0，y0），

根據兩曲線相切的定義可知：

f′（x0）=g′（x0），f（x0）=g（x0），aex0=1x0，aex0=lnx0+1，

消去a得lnx0－1x0+1=0，

設h（x）=lnx－1x+1，又h′（x）=1x+1x2gt;0在（0，+∞）上恒成立，即h（x）在（0，+∞）上為增函數，由h（1）=0，則x0=1，a=1e，

結合圖象凹凸性可知，要使得f（x）=g（x）有且僅有兩個零點，則0lt;alt;1e．

注：兩曲線相切意味著兩條曲線只有一個交點，而且在該交點有一條共同的切線.

點評：已知函數的零點個數求參數范圍問題，將零點問題轉化為兩曲線交點個數問題是常見的求法．解題時我們常常可以先研究兩曲線相切的臨界情形，由公切線求出參數的值，根據圖像變化特征即可得到參數的取值范圍．

7.雙切點問題

變式6.已知函數f（x）=2lnx+12x2－ax，a∈R，是否存在一條直線與函數y=f（x）的圖像相切于兩個不同的點？并說明理由．

解析一：假設存在一條直線與函數f（x）的圖像有兩個不同的切點P（x1，y1）和Q（x2，y2），不妨設0lt;x1lt;x2，則P處切線l1的方程為：y－fx1=f′x1x－x1，

則P處切線l2的方程為：y－fx2=f′x2x－x2，

因為l1與l2 為同一直線，所以f′x1=f′x2，fx1－f′x1·x1=fx2－f′x2·x2，

即x1+2x1－a=x2+2x2－a，2lnx1+12x1－ax1－x1（x1+2x1－a），

=2lnx2+12x2－ax2－x2（x2+2x2－a）.

整理得：x1x2=2，2lnx1－12x12=2lnx2－12x22. 消去x2，得2lnx122+2x12－x122=0…… ①

令t=x122，由0lt;x1lt;x2與x1x2=2，得t∈（0，1），

記p（t）=2lnt+1t－t，則p′（t）=2t－1t2－1=－（t－1）2t2lt;0，

所以p（t）為（0，1）上的單調減函數，所以p（t）gt;p（1）=0．

從而①式不可能成立，所以假設不成立，

從而不存在一條直線與函數f（x）的圖像有兩個不同的切點．

解析二：由解析一得x1x2=2，

2lnx1－12x12=2lnx2－12x22，

得：2lnx1x2=x21－x222=（x1+x2）（x1－x2）x1x2=x1x2－x2x1……①

令t=x1x2，由0lt;x1lt;x2，得t∈（0，1），

記p（t）=2lnt+1t－t，則p′（t）=2t－1t2－1=－（t－1）2t2lt;0，

所以p（t）為（0，1）上的單調減函數，所以p（t）gt;p（1）=0．

從而①式不可能成立，所以假設不成立，

從而不存在一條直線與函數f（x）的圖像有兩個不同的切點．

點評：法一的關鍵是消元構造方程，換元轉化為函數零點;法二的關鍵利用斜率相等構造齊次式，換元化為函數的零點．

四、結束語

以公切線為切入點是各地模考和高考的重點和熱點，通過分別設出切點坐標，求出切線方程，聯立方程組．這類問題是培養同學們的創新思維、解題能力和應用意識的良好素材．同學們在學習過程中，遇到某一問題，需要深入思考和研究，總結歸類，形成一類題型一種方法，提升解題能力，內化數學素養．

【作者簡介：中學高級教師，獲江蘇省南通市學科帶頭人，南通市優秀教師，南通市226高層次人才培養對象，南通市記功，南通市優秀班主任，南通市立學課堂先進個人，通州區首屆十佳高中教師，通州區勞模等榮譽稱號，主持省、市級課題6項，發表論文50多篇】

責任編輯 徐國堅