高中数学/微积分初步/导数与切线方程

希望快速了解或快速回顾高中数学的读者可以只看基础知识部分。其余部分是为需要参加学科考试或需要一定知识提升的读者准备的。

在高中数学的导数相关章节中，其学习目的主要在于考察下列3类问题（按重要性顺序排列）[1]：

其中第2类问题体现了导数最直接、最基础的几何意义，也就是本节的要讨论的内容。

阅读本节，需要先学习有关导数几何意义、直线方程的知识。此外，本节的例题、习题大多都需要求解代数方程组或简单的超越方程组，读者需要熟悉解方程组知识中有关“加减消元”、“代入消元”、“对数变形”的技巧。

本节中所涉及的最难的问题是2个曲线的公共切线的求解，而且计算过程中可能会遇到同时含对数、指数符号的方程组。不过这种问题一般只会出现在较难的填空题或解答题中，所占比例并不多。一般的求导数切线方程的问题还是不难的，只要熟悉导数的几何含义、直线方程的变形与求解就能比较轻松搞定。

导数与切线方程的问题，主要分为下列3种基本题型：

解决这些问题除了应用求导公式，一般还要结合导数的几何意义，即曲线在某点处的切线的斜率等于对应函数在切点处的导函数。我们可以使用代数式将导数的几何意义重新表示为：

其中k表示切线的斜率， x 0 {\displaystyle x_{0}} 表示切点的横坐标。

理解导数的几何意义，以及学会灵活使用这个关系式，都是解决这类涉及曲线切线问题的关键。

我们指出2个注意事项：

接下来，我们分别来看这些具体问题。

这种问题就是已知曲线方程及切点位置的横坐标，求切线方程。其通用解法步骤为：

相关例题1： 已知函数 f ( x ) = 2 3 x 3 − 7 x + 2 3 {\displaystyle f(x)={\frac {2}{3}}x^{3}-7x+{\frac {2}{3}}} ；求曲线y = f(x)在x = 2处的切线方程。 （分析与提示：“曲线在点x = 2处的切线”的意思是切点的横坐标是2。根据切点在曲线上，把x = 2代入曲线方程，就可以求出切点的纵坐标。然后根据导数的几何意义求出切线的斜率k。最后使用点斜式写出切线的方程。）

相关例题2： 求过原点且与函数 f ( x ) = 1 x {\displaystyle f(x)={\frac {1}{x}}} 相切的直线方程。

相关例题3： 已知函数f(x)满足 f ( x 2 ) = x 3 − 3 x {\displaystyle f({\frac {x}{2}})=x^{3}-3x} ，求f(x)的图象在x = 1处的切线斜率。

对于更一般的曲线切线过定点的求解问题，我们也可以得到下列通用做法：

求已知平面曲线 y = f ( x ) {\displaystyle y=f(x)} 过指定点的切线方程时，需要先判断给定的点是否在已知曲线上：

注意：(1)如果仅是已知切线过某定点，不能说明该定点就是曲线的切点，所以必须先通过代入曲线方程检验的方法判断其确切类型。(2)如果点不在曲线上，那这个点肯定不是切点，求切线方程的求解办法会明显不同于点在曲线上时的做法。(3)注意切线斜率可能不存在的情况（比如单位圆的上半圆圆弧 y = 1 − x 2 {\displaystyle y={\sqrt {1-x^{2}}}} 的左右2个端点会有垂直的切线）。虽然一般中学考试中不会遇到它，但是为了论述严谨，最好还是不应该遗漏对它的分析。同时为避免长篇大论，可以只作一句简要说明。

相关例题： 已知函数 f ( x ) = e x − 2 x + 2 {\displaystyle f(x)=e^{x}-2x+2} ，求过点P(0, 2)且与y = f(x)相切的直线方程。

参考解答： 记点P的横坐标为 x P {\displaystyle x_{P}} ，纵坐标为 y P {\displaystyle y_{P}} 。由题意可知 x P = 0 , y P = 2 {\displaystyle x_{P}=0,y_{P}=2} 。 我们先判断给定的点P是否在曲线上。 假设P点在曲线上，那么可以尝试将P点的横坐标 x P = 0 {\displaystyle x_{P}=0} 代入函数f(x)进行验证： f ( 0 ) = e 0 − 2 ⋅ 0 + 2 ≠ 2 = y P {\displaystyle f(0)=e^{0}-2\cdot 0+2\neq 2=y_{P}} 由于计算出的y值与P点的实际y值不一致，所以说明点P不是切点。 另设切点的坐标为 ( x 0 , y 0 ) {\displaystyle (x_{0},y_{0})} 。 结合曲线形状以及切线必过的P点相对于曲线的位置关系，易知切线斜率是存在的。 首先，由于切点在函数曲线上，所以其坐标一定满足函数关系式： y 0 = f ( x 0 ) ⇒ y 0 = e x 0 − 2 x 0 + 2 {\displaystyle y_{0}=f(x_{0})\quad \Rightarrow \quad y_{0}=e^{x_{0}}-2x_{0}+2} 其次，易知f'(x) = e^x - 2，并且根据在切点处的导数值等于切线斜率可以得到： f ′ ( x 0 ) = k ⇒ e x 0 − 2 = k {\displaystyle f'(x_{0})=k\quad \Rightarrow \quad e^{x_{0}}-2=k} 最后，由于切线同时通过切点和给定点P，所以切线的斜率k可以表示为： k = y 0 − y P x 0 − x P = y 0 − 2 x 0 − 0 = f ( x 0 ) − 2 x 0 = ( e x 0 − 2 x 0 + 2 ) − 2 x 0 = e x 0 x 0 − 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}k={\frac {y_{0}-y_{P}}{x_{0}-x_{P}}}={\frac {y_{0}-2}{x_{0}-0}}={\frac {f(x_{0})-2}{x_{0}}}\\={\frac {(e^{x_{0}}-2x_{0}+2)-2}{x_{0}}}={\frac {e^{x_{0}}}{x_{0}}}-2\end{array}}} 因为k的2种表达式应该取值相同，所以： e x 0 − 2 = k = e x 0 x 0 − 2 ⇒ e x 0 = e x 0 x 0 ⇒ e x 0 ( 1 − 1 x 0 ) = 0 ⇒ e x 0 ( x 0 − 1 ) = 0 {\displaystyle {\begin{array}{l}e^{x_{0}}-2=k={\frac {e^{x_{0}}}{x_{0}}}-2\quad \Rightarrow \quad e^{x_{0}}={\frac {e^{x_{0}}}{x_{0}}}\\\Rightarrow e^{x_{0}}(1-{\frac {1}{x_{0}}})=0\quad \Rightarrow \quad e^{x_{0}}(x_{0}-1)=0\end{array}}} 因为 ∀ x ∈ R , e x > 0 {\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} ,e^{x}>0} ，所以 x 0 − 1 = 0 {\displaystyle x_{0}-1=0} ，即 x 0 = 1 {\displaystyle x_{0}=1} 。 进而 y 0 = f ( x 0 ) = f ( 1 ) = e , k = f ′ ( x 0 ) = f ′ ( 1 ) = e − 2 {\displaystyle y_{0}=f(x_{0})=f(1)=e,k=f'(x_{0})=f'(1)=e-2} 。故所求切线为： y − y 0 = k ( x − x 0 ) ⇒ y − e = ( e − 2 ) ( x − 1 ) ⇒ y = ( e − 2 ) x + 2 {\displaystyle y-y_{0}=k(x-x_{0})\quad \Rightarrow \quad y-e=(e-2)(x-1)\quad \Rightarrow \quad y=(e-2)x+2}

答案：y = (e-2) x + 2。

求参数值的问题一般都是通过列方程求解。

已知切线方程求参数的值，一般仍然是根据以下2个等量关系来列式求解：

当2个函数的两条切线重合时，就可以讨论公切线与公切点的概念。对函数f(x)和g(x)，它们的公共切线L是既与曲线y = f(x)相切，又与曲线y = g(x)相切的直线，简称为公切线。如果公切线与2条已知曲线的交点是公共的（重合的），这样的交点就叫做公共切点，简称公切点。

本小节我们侧重分析只涉及公切点的切线方程求解，因为这种问题较为容易。

对于切点重合的情形，设出切点 ( x 0 , y 0 ) {\displaystyle (x_{0},y_{0})} ，然后联立下列方程组即可求出公切点坐标：

而代表切线斜率的f'(x_0)也能在上述求解过程中顺便得到。最后写出所求切线方程的斜截式即可完成要求。

相关例题1： 设 f ( x ) = a x 2 + 1 ( a > 0 ) , g ( x ) = x 3 + b x {\displaystyle f(x)=ax^{2}+1\quad (a>0),g(x)=x^{3}+bx} 。已知曲线y = f(x)与y = g(x)在它们的相交点P(1, c)处具有公共切线，求a和b的值。

参考解答： 首先，根据题中所给的函数都是多项式函数，其导数值不可能在某处取值为无穷大（一旦这样会形成垂直的切线），所以其图象公切线的斜率肯定是存在的。 由求导也可知 f ′ ( x ) = 2 a x , g ′ ( x ) = 3 x 2 + b {\displaystyle f'(x)=2ax,g'(x)=3x^{2}+b} 。 根据题意可得： { f ( 1 ) = g ( 1 ) f ′ ( 1 ) = g ′ ( 1 ) ⇒ { 2 a = 3 + b a + 1 = 1 + b {\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}f(1)=g(1)\\f'(1)=g'(1)\end{array}}\right.\Rightarrow \left\{{\begin{array}{l}2a=3+b\\a+1=1+b\end{array}}\right.} 解得a = b = 3。

答案：a = b = 3。

相关例题2： 已知函数 f ( x ) = ln ⁡ x − x + 1 x − 1 {\displaystyle f(x)=\ln x-{\frac {x+1}{x-1}}} 。

（出自2019年中国大陆新课标高考理科数学全国卷Ⅱ第20题（解答题之“必考题”部分倒数第2题）。）

相关例题3： 记f'(x)、g'(x)分别为函数f(x)、g(x)的导函数。若存在 x 0 ∈ R {\displaystyle x_{0}\in \mathbb {R} } ，满足 f ( x 0 ) = g ( x 0 ) {\displaystyle f(x_{0})=g(x_{0})} 且 f ′ ( x 0 ) = g ′ ( x 0 ) {\displaystyle f'(x_{0})=g'(x_{0})} ，则称x_0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”。

（出自2018年中国大陆高考数学江苏卷数学Ⅰ第19题（倒数第2题）。注：当时江苏省文、理科高中学生都需要考数学Ⅰ卷，数学Ⅱ卷则是仅限于考察理科生的附加题。）

非公切点的公切线的求法主要有下列3种思路（都要先设好2个交点的坐标）：

思路1是先设出直线方程，然后分别在每个交点处找直线和曲线的各种关系、列出方程组。所以这个思路就是将问题的要点拆散，然后各个击破。虽然易于理解，但是做起来麻烦，因为需要求解2套方程组。 思路2则相当于是思路一的步骤简化版，将约束方程都一次性列出来，而不是按2个不同的点去分批考虑它们。 思路3利用了公切线的唯一性。

我们先通过1个具体例题来分析和比较这3种思路的差异：

相关例题1： 若直线y = kx + b是曲线 y = ln ⁡ x + 2 {\displaystyle y=\ln x+2} 的切线，也是曲线 y = ln ⁡ ( x + 1 ) {\displaystyle y=\ln(x+1)} 的切线，则b = (    )。 （出自2016年中国大陆高考理科数学重庆卷第16题（填空题最后一题）。）

分析与提示1： 首先由题意可知，2个曲线的公切线存在，且不是平行于y轴的竖直直线（因为已经为其设置好了斜率k，证明斜率是存在的），所以我们不需要再去单独讨论公切线斜率不存在的特殊情形。 我们先分析最简单的一种可行思路，也就是把问题拆成2个子问题考虑。 求2条曲线的公切线，对于初学者来说，如果同时考虑2条曲线与直线相切，头绪可能会比较乱。 为了使思路更清晰，可以把2条曲线分开考虑。也就是先分析其中一条曲线与直线的相切条件，再分析另一条曲线与这条直线的相切条件。这样就转化为2个相对独立的简单切线问题了。 设出切线L的方程后，先考虑L与第1条曲线相切。与其它切线问题一样，借助导数的几何意义以及根据切点在切线上又在曲线上这一特点，可以列出2个方程。再考虑L与第2条曲线相切的事实，使用同样的方法又可以列出2个方程。求解这些方程，即可得到所有未知参数。 这样一来，我们只使用解决相切问题的普通解法，就可以顺利求出2条曲线的公切线，只不过分析了2次相切条件罢了。 值得一提的是，无论2个切点是否重合，这种方法都是可行的。

参考解答1： 为了区分2条曲线，记 f ( x ) = ln ⁡ x + 2 ( x > 0 ) , g ( x ) = ln ⁡ ( x + 1 ) ( x > − 1 ) {\displaystyle f(x)=\ln x+2\quad (x>0),g(x)=\ln(x+1)\quad (x>-1)} 。 假设所求切线方程与y = f(x)相切于点 ( x 1 , y 1 ) {\displaystyle (x_{1},y_{1})} ，与y = g(x)相切于点 ( x 2 , y 2 ) {\displaystyle (x_{2},y_{2})} 易得 f ′ ( x ) = 1 x , g ′ ( x ) = 1 x + 1 {\displaystyle f'(x)={\frac {1}{x}},g'(x)={\frac {1}{x+1}}} 。 先考虑切线y = kx + b与曲线y = f(x)的相切条件。 根据导数的几何意义“切线的斜率k等于导函数在切点处的函数值”，可以列出等式： k = 1 x 1 {\displaystyle k={\frac {1}{x_{1}}}} 再根据切点在切线上，又在曲线上，所以其坐标同时满足二者的方程，可以列出等式： { f ( x 1 ) = y 1 = k x 1 + b ln ⁡ x 1 + 2 = k x 1 + b {\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}f(x_{1})=y_{1}=kx_{1}+b\\\ln x_{1}+2=kx_{1}+b\end{array}}\right.} 目前列出了2个方程，方程中有3个未知参数，所以方程个数明显还不够，需要继续列方程。 同理，考虑切线y = kx + b与曲线y = g(x)相切的条件，可得： { k = 1 x 2 + 1 g ( x 2 ) = y 2 = k x 2 + b ⇒ ln ⁡ ( x 2 + 1 ) = k x 2 + b {\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}k={\frac {1}{x_{2}+1}}\\g(x_{2})=y_{2}=kx_{2}+b\quad \Rightarrow \quad \ln(x_{2}+1)=kx_{2}+b\end{array}}\right.} 现在有了4个独立方程，共涉及未知4个参数，恰好可以组成方程组可以求出各个未知参数的值。我们将其汇总如下： { k = 1 x 1 k = 1 x 2 + 1 ln ⁡ x 1 + 2 = k x 1 + b ln ⁡ ( x 2 + 1 ) = k x 2 + b {\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}k={\frac {1}{x_{1}}}\\k={\frac {1}{x_{2}+1}}\\\ln x_{1}+2=kx_{1}+b\\\ln(x_{2}+1)=kx_{2}+b\end{array}}\right.} 由于解这个方程组可能略有难度，我们在此展示其求解步骤。 先由其中前2式可得： x 1 = x 2 + 1 {\displaystyle x_{1}=x_{2}+1} 再由其中后2式相减可得： k = ln ⁡ x 1 + 2 − ln ⁡ ( x 2 + 1 ) x 1 − x 2 = ln ⁡ ( x 1 x 2 + 1 ) + 2 x 1 − x 2 = ln ⁡ ( x 1 x 1 ) + 2 x 1 − x 2 = ln ⁡ 1 + 2 x 1 − x 2 = ln ⁡ 1 + 2 1 = 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}k={\frac {\ln x_{1}+2-\ln(x_{2}+1)}{x_{1}-x_{2}}}={\frac {\ln({\frac {x_{1}}{x_{2}+1}})+2}{x_{1}-x_{2}}}\\={\frac {\ln({\frac {x_{1}}{x_{1}}})+2}{x_{1}-x_{2}}}={\frac {\ln 1+2}{x_{1}-x_{2}}}={\frac {\ln 1+2}{1}}=2\end{array}}} 进而可得 x 1 = 1 k = 1 2 , x 2 = x 1 − 1 = − 1 2 {\displaystyle x_{1}={\frac {1}{k}}={\frac {1}{2}},x_{2}=x_{1}-1=-{\frac {1}{2}}} 。 将 k , x 1 , x 2 {\displaystyle k,x_{1},x_{2}} 的值一起代入方程 ln ⁡ x 1 + 2 = k x 1 + b {\displaystyle \ln x_{1}+2=kx_{1}+b} ，可得： b = ln ⁡ x 1 + 2 − k x 1 = ln ⁡ 1 2 + 2 − 2 ⋅ 1 2 = − ln ⁡ 2 + 2 − 1 = 1 − ln ⁡ 2 {\displaystyle b=\ln x_{1}+2-kx_{1}=\ln {\frac {1}{2}}+2-2\cdot {\frac {1}{2}}=-\ln 2+2-1=1-\ln 2}

分析与提示2：第2种方法是设置好切点坐标后，利用2个切点坐标确定k的表达式。这种方法会得到与前一种思路相同的方程组，但是步骤简短一些，缺点是需要保证2个切点的位置不重合才行。

参考解答2： 记 f ( x ) = ln ⁡ x + 2 ( x > 0 ) , g ( x ) = ln ⁡ ( x + 1 ) ( x > − 1 ) {\displaystyle f(x)=\ln x+2\quad (x>0),g(x)=\ln(x+1)\quad (x>-1)} ，并记题中所言的切线为L。 设此直线L与曲线y = f(x)的切点为 ( x 1 , y 1 ) {\displaystyle (x_{1},y_{1})} ，与曲线y = g(x)的切点为 ( x 2 , y 2 ) {\displaystyle (x_{2},y_{2})} 。 由题中所设直线与对数型曲线的解析式易知L的斜率k是存在的，且公切线不可能切于同一个公共切点，即有理由保证 x 1 ≠ x 2 {\displaystyle x_{1}\neq x_{2}} 。 于是k可以用2个端点的坐标表达如下： k = y 1 − y 2 x 1 − x 2 {\displaystyle k={\frac {y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}}} 由于L与y = f(x)相切于点 ( x 1 , y 1 ) {\displaystyle (x_{1},y_{1})} ，并且易知 f ′ ( x ) = 1 x {\displaystyle f'(x)={\frac {1}{x}}} ，我们可以得到一个导数与切线斜率的相等关系： f ′ ( x 1 ) = k {\displaystyle f'(x_{1})=k} 还可以得到一个函数值在该点相等的关系： f ( x 1 ) = y 1 = k x 1 + b {\displaystyle f(x_{1})=y_{1}=kx_{1}+b} 又由于L与y = g(x)相切于另一个点 ( x 2 , y 2 ) {\displaystyle (x_{2},y_{2})} ，并且易知 g ′ ( x ) = 1 x + 1 {\displaystyle g'(x)={\frac {1}{x+1}}} ，我们同样可以得到一个导数与切线斜率的相等关系： g ′ ( x 2 ) = k {\displaystyle g'(x_{2})=k} 同理，还可以得到一个函数值在该点相等的关系： g ( x 2 ) = y 2 = k x 2 + b {\displaystyle g(x_{2})=y_{2}=kx_{2}+b} 我们将上述方程汇总如下： { f ′ ( x 1 ) = k g ′ ( x 2 ) = k f ( x 1 ) = k x 1 + b g ( x 2 ) = k x 2 + b ⇒ { 1 x 1 = k 1 x 2 + 1 = k ln ⁡ x 1 + 2 = k x 1 + b ln ⁡ ( x 2 + 1 ) = k x 2 + b {\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}f'(x_{1})=k\\g'(x_{2})=k\\f(x_{1})=kx_{1}+b\\g(x_{2})=kx_{2}+b\end{array}}\right.\quad \Rightarrow \quad \left\{{\begin{array}{l}{\frac {1}{x_{1}}}=k\\{\frac {1}{x_{2}+1}}=k\\\ln x_{1}+2=kx_{1}+b\\\ln(x_{2}+1)=kx_{2}+b\end{array}}\right.} 这样我们得到了与前一种做法相同的方程组。采用与上一种解法中同样的求解过程，也可以得到 k = 2 , b = 1 − ln ⁡ 2 {\displaystyle k=2,b=1-\ln 2} 。

分析与提示3：第3种方法是在2个切点处各设2个切线方程，然后根据题意使2种形式下的切线重合，从而得到公切线满足的条件。采用这种方法也不需要区分2个切点是否重合。

参考解答3： 记 f ( x ) = ln ⁡ x + 2 ( x > 0 ) , g ( x ) = ln ⁡ ( x + 1 ) ( x > − 1 ) {\displaystyle f(x)=\ln x+2\quad (x>0),g(x)=\ln(x+1)\quad (x>-1)} 。 易知 f ′ ( x ) = 1 x , g ′ ( x ) = 1 x + 1 {\displaystyle f'(x)={\frac {1}{x}},g'(x)={\frac {1}{x+1}}} 。 过曲线y = f(x)上的一点 ( x 1 , y 1 ) {\displaystyle (x_{1},y_{1})} 的切线方程（点斜式）为： y − y 1 = f ′ ( x 1 ) ( x − x 1 ) y − ( ln ⁡ x 1 + 2 ) = 1 x 1 ( x − x 1 ) y = 1 x 1 x + ( ln ⁡ x 1 + 1 ) {\displaystyle {\begin{array}{l}y-y_{1}=f'(x_{1})(x-x_{1})\\y-(\ln x_{1}+2)={\frac {1}{x_{1}}}(x-x_{1})\\y={\frac {1}{x_{1}}}x+(\ln x_{1}+1)\end{array}}} 过曲线y = g(x)上的一点 ( x 2 , y 2 ) {\displaystyle (x_{2},y_{2})} 的切线方程（点斜式）为： y − y 2 = g ′ ( x 2 ) ( x − x 2 ) y − ln ⁡ ( x 2 + 1 ) = 1 x 2 + 1 ( x − x 2 ) y − ln ⁡ ( x 2 + 1 ) = 1 x 2 + 1 x − x 2 x 2 + 1 y = 1 x 2 + 1 x + ( ln ⁡ ( x 2 + 1 ) − x 2 x 2 + 1 ) {\displaystyle {\begin{array}{l}y-y_{2}=g'(x_{2})(x-x_{2})\\y-\ln(x_{2}+1)={\frac {1}{x_{2}+1}}(x-x_{2})\\y-\ln(x_{2}+1)={\frac {1}{x_{2}+1}}x-{\frac {x_{2}}{x_{2}+1}}\\y={\frac {1}{x_{2}+1}}x+(\ln(x_{2}+1)-{\frac {x_{2}}{x_{2}+1}})\end{array}}} 记题中所言的切线为L。根据题意，它是上述2条曲线的公切线，所以将y = f'(x)的切线与y = g'(x)的切线重合就能得到L的方程。 换句话说，将y = f'(x)的切线方程与y = g'(x)的切线方程中的各项系数对应起来，就能得到L应该满足的条件。即两种切线方程的斜率k和截距b应该一一对应相等： { k = 1 x 1 = 1 x 2 + 1 b = ln ⁡ x 1 + 1 = ln ⁡ ( x 2 + 1 ) − x 2 x 2 + 1 {\displaystyle \left\{{\begin{array}{l}k={\frac {1}{x_{1}}}={\frac {1}{x_{2}+1}}\\b=\ln x_{1}+1=\ln(x_{2}+1)-{\frac {x_{2}}{x_{2}+1}}\end{array}}\right.} 因为通过这种方法得到的方程组与前2种做法得到的方程组不太一样，我们也顺便单独指出一下此方程组的求解过程。 由上述方程组中的第1个式子可得 x 1 = x 2 + 1 {\displaystyle x_{1}=x_{2}+1} 。 将 x 1 = x 2 + 1 {\displaystyle x_{1}=x_{2}+1} 代入方程组中的第2个式子可得： ln ⁡ x 1 + 1 = ln ⁡ x 1 − x 2 x 1 ⇒ 1 = − x 2 x 1 ⇒ x 1 = − x 2 ⇒ x 2 + 1 = − x 2 ⇒ x 2 = − 1 2 ⇒ x 1 = x 2 + 1 = − 1 2 + 1 = 1 2 {\displaystyle {\begin{array}{l}\ln x_{1}+1=\ln x_{1}-{\frac {x_{2}}{x_{1}}}\\\Rightarrow 1=-{\frac {x_{2}}{x_{1}}}\\\Rightarrow x_{1}=-x_{2}\\\Rightarrow x_{2}+1=-x_{2}\\\Rightarrow x_{2}=-{\frac {1}{2}}\\\Rightarrow x_{1}=x_{2}+1=-{\frac {1}{2}}+1={\frac {1}{2}}\end{array}}} 最后可以利用曲线y = f(x)的切线方程算出其截距b为： b = ln ⁡ x 1 + 1 = ln ⁡ 1 2 + 1 = 1 − ln ⁡ 2 {\displaystyle b=\ln x_{1}+1=\ln {\frac {1}{2}}+1=1-\ln 2}

答案： 1 − ln ⁡ 2 {\displaystyle 1-\ln 2} 。

点评： 解决这类问题，需要注意2个问题：(1)切线是否存在斜率；(2)2个切点的位置是否重合会不会影响到解法的有效性，或者说所用的解法会不会遗漏切点重合的情形。对于可能引起漏解的方法，需要作简要说明。 如果比较方法1与方法2，可以发现虽然二者思路相近，方法2做法比方法1更简明快捷，但是方法2只适用于2个切点明显并不重合的情形。第3种方法令2种切线方程系数对应相等，设的是直线的点斜式方程，它在只需要求解公切线斜率、不需要求解公切线的截距时更好用。最后，所有使用所有上述方法时，严格来说都必须留意是否存在公切线斜率不存在的特殊情况。由官方提供的标准答案就没有做好这一点。

我们将其中较为便携的2种思路的关键步骤分别陈述如下（都假设公切线斜率存在）：

同时考虑2个不同交点并设斜截式切线方程的主要步骤（需要保证交点不重合）：

令分别在2个点考虑的切线方程各项系数对应相等的求解思路（2个交点可以是重合的）：

相关例题2： 设 f ( x ) = e x , g ( x ) = ln ⁡ x + 2 {\displaystyle f(x)=e^{x},g(x)=\ln x+2} ，直线L是y = f(x)与y = g(x)的公切线。求此直线L的方程。 （答案：y = ex或y = x+1。）

相关例题3： 已知函数 f ( x ) = x 2 {\displaystyle f(x)=x^{2}} 的图象在点 P ( x 0 , x 0 2 ) {\displaystyle P(x_{0},x_{0}^{2})} 处的切线为L，且L也与另一个函数 g ( x ) = ln ⁡ x ( x ≠ 1 ) {\displaystyle g(x)=\ln x\quad (x\neq 1)} 的图象相切。求 x 0 {\displaystyle x_{0}} 的取值范围。 （答案： ( 2 , 3 ) {\displaystyle ({\sqrt {2}},{\sqrt {3}})} 。）

结合切线的几何意义得到的不等式叫做切线不等式。例如：

切线不等式的用途：

提示：切线不等式来源于函数泰勒展开式中的一阶近似项。由泰勒展开式不但可以推出切线不等式，还可以得到更高精度的局部取值估计。

相关例题： 从导数（或切线）的几何意义出发，简述下列常用不等式（或不等式链）的直观含义：

其次，我们来考虑切点弦与切线的关系。因为当考察的定点P从曲线外运动到曲线上时，切点弦就退化为一个点，而2个切线重合并取代了原来切点弦应该所处的位置。所以曲线的切点弦方程和切线方程虽然本是不同的概念，但是具有完全一样的形式。

过曲线外一点P的切点弦方程和当P点运动到曲线上时在P点处的切线方程在形式上是完全相同的。

换句话说，过二次曲线 A x 2 + B x y + C y 2 + D x + E y + F = 0 {\displaystyle Ax^{2}+Bxy+Cy^{2}+Dx+Ey+F=0} 上一定点 P ( x 0 , y 0 ) {\displaystyle P(x_{0},y_{0})} 的切线方程也是[2]：

如果根据相切条件列出的等式是比较麻烦的超越方程，则有关切点的存在性就需要采用数形结合思想和零点分析等技巧进行更进一步的讨论。

相关例题： 已知函数 f ( x ) = e x , g ( x ) = log a ⁡ x {\displaystyle f(x)=e^{x},g(x)=\log _{a}x} ，其中a > 1。

（出自2018年中国大陆高考理科数学天津卷第20题（解答题最后一题）。）

求零点近似值的三大常用方法是二分法、割线迭代法和牛顿切线迭代法。

（答案： x − 2 y + 3 + ln ⁡ 2 = 0 {\displaystyle x-2y+3+\ln 2=0} 。）