由曲线的公切线求参数范围
由于是曲线的公切线，故这类问题一般至少涉及两条曲线，一条直线[公切线]；
前言
由于是曲线的公切线，故这类问题一般至少涉及两条曲线，一条直线[公切线]；
求解思路
设曲线\(C_1：y=f(x)\)，曲线\(C_2：y=g(x)\)，其公切线为直线\(l\)，分别与两条曲线相切于点\(A(x_1,y_1)\)和点\(B(x_2,y_2)\)，则在每一个切点处，利用切线方程\(y-y_0=k(x-x_0)\)，应该能得到两条切线方程，这两条切线方程应该是一样的[同一法]；则由斜率相等，截距相等可以建立两个切点坐标的关系[等式中会包含有参数]，然后分离参数，转化为方程有解的类型，求解即可。
典例剖析
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】，
解得：\(\begin{cases} x_0=x_1+1 \\ x_0=\cfrac{1}{2},x_1=-\cfrac{1}{2}\end{cases}\)
所以\(b=1+lnx_0=1+ln(\cfrac{1}{2})=1-ln2\).
反思：还可以求解\(k\)值，切线方程等。
- 求解公切线的条数
法1：做出两个曲线的图像，由图像的位置观察可得，选\(C\)；
法2：计算法，设函数\(g(x)=x^2+2x+3\)上的切点为\(P(x_0，y_0)\)，
则\(k=g'(x_0)=2x_0+2\)①，又\(y-y_0=(2x_0+2)(x-x_0)\)②，
且有\(y_0=x_0^2+2x_0+3\)③，将③代入②，
得到切线方程为\(2(x_0+1)x-y+3-x_0^2=0\)，再联立\(f(x)=y=-x^2\)，
消去\(y\)，得到\(x^2+2(x_0+1)x+3-x_0^2=0\)，
由切线和函数\(y=f(x)\)也相切，则\(\Delta=0\)，
得到\(x_0^2+x_0-1=0\)，解得\(x_0=\cfrac{\pm\sqrt{5}-1}{2}\)，
故情形一，切点为\((\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，\cfrac{\sqrt{5}+7}{2})\)，斜率为\(k=\sqrt{5}+1\)；
情形二，切点为\((\cfrac{-\sqrt{5}-1}{2}，\cfrac{-\sqrt{5}+7}{2})\)，斜率为\(k=-\sqrt{5}+1\)；
故满足题意的切点个数有2个，故选\(C\)。
对计算结果的图形验证如下所示：
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，
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\(C\)。 [1]
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\(C\).
- 由公切线的存在性问题求参数的取值范围
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\([\cfrac{e^2}{4}，+\infty)\)。
解析： 设公切线与函数 \(f(x)=\ln x\) 切于点 \(A(x_1, \ln x_1)\)\((x_1>0)\)，
则切线方程为 \(y-\ln x_1=\cfrac{1}{x_1}(x-x_1)\)；
设公切线与函数 \(g(x)=x^2+2x+a\) 切于点 \(B(x_2, x_2^2+2 x_2+a)\)\((x_2<0)\)，
则切线方程为 \(y-(x_2^2+2x_2+a)=2(x_2+1)(x-x_2)\)，所以有 [2]
又由于 \(x_2<0<x_1\)， 则 \(0<\cfrac{1}{x_1}<2\) 由于 \(x_2\)\(<\)\(0\) ，故 \(x_2\)\(+\)\(1\)\(<\)\(1\) ，则 \(\cfrac{1}{x_1}\)\(=\)\(2(x_2+1)\)\(<\)\(2\)，又由于 \(x_1\)\(>\)\(0\)，则 \(\cfrac{1}{x_1}\)\(>\)\(0\)，故\(0\)\(<\)\(\cfrac{1}{x_1}\)\(<\)\(2\) .，
又由于 \(a=\)\(\ln x_1+x_2^2-1\)\(=\)\(\ln x_1+(\cfrac{1}{2x_1}-1)^2-1\)\(=\)\(-\ln\cfrac{1}{x_1}+\cfrac{1}{4}(\cfrac{1}{x_1}-2)^2-1\)，
令 \(t=\cfrac{1}{x_1}\)， 则 \(0<t<2\)，故 \(a=\cfrac{1}{4}t^2-t-\ln t\)，
设 \(h(t)=\cfrac{1}{4}t^2-t-\ln t\) \((0<t<2)\)，
则 \(h^{\prime}(t)\)\(=\)\(\cfrac{1}{2} t-1-\cfrac{1}{t}\)\(=\)\(\cfrac{(t-1)^2-3}{2t}<0\)，
所以， \(h(t)\) 在 \((0,2)\) 上为减函数， 则 \(h(t)>h(2)=-\ln 2-1=\ln\cfrac{1}{2e}\)，
所以，\(a \in\left(\ln\cfrac{1}{2e},+\infty\right)\)， 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\(m\in (\cfrac{1}{e}，+\infty)\)。
- 由公切线的存在性问题求切点坐标的取值范围
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。
- 由公切线的存在性问题求参数的最值
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。
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\((-1,3)\)； ↩︎由于切线是公切线，故从形式上得到的两条切线的斜率必然相等，\(y\) 截距必然相等，此处使用了同一法。同时由于 \(x_1\) 与 \(x_2\) 之间的等量关系，为下一步的变量集中策略埋下伏笔。 ↩︎
