前言
說明：此類型常涉及一直線和兩曲線，復雜情形往往是兩個不同的切點\(P(x_1,y_1)\)和\(Q(x_2,y_2)\)，那么在每一個切點處必然會有一個\(k_1\)\(=\)\(f'(x_1)\)和\(k_2\)\(=\)\(f'(x_2)\)，且兩個切點的連線斜率\(k_{_{PQ}}\)\(=\)\(\cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}\)，此時必然會有\(k_1\)\(=\)\(k_2\)\(=\)\(k_{_{PQ}}\)，由此建立相應的方程，解方程即可以求得切點坐標，斜率，切線方程等；
典例剖析
解析：設直線\(y=kx+b\)與函數\(C_0:y=lnx+2\)相切於點\(P_0(x_0，y_0)\)，
直線\(y=kx+b\)與函數\(C_1:y=ln(x+1)\)相切於點\(P_1(x_1，y_1)\)，
則由題可知，在點\(P_0(x_0，y_0)\)處的切線方程為\(y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)\)，
即\(y-(lnx_0+2)=\cfrac{1}{x_0}(x-x_0)\)，化簡為\(y=\cfrac{1}{x_0}x+lnx_0+1\)；
在點\(P_0(x_0，y_0)\)處的切線方程為\(y-y_1=f'(x_1)(x-x_1)\)，
即\(y-ln(x_1+1)=\cfrac{1}{x_1+1}(x-x_1)\)，化簡為\(y=\cfrac{1}{x_1+1}x+ln(x_1+1)-\cfrac{x_1}{x_1+1}\)
由這兩條切線是同一條【同一法】可知，
\(\begin{cases} k=\cfrac{1}{x_0}=\cfrac{1}{x_1+1} \\ b=lnx_0+1=ln(x_1+1)-\cfrac{x_1}{x_1+1} \end{cases}\)
解得：\(\begin{cases} x_0=x_1+1 \\ x_0=\cfrac{1}{2},x_1=-\cfrac{1}{2}\end{cases}\)
所以\(b=1+lnx_0=1+ln(\cfrac{1}{2})=1-ln2\).
〔解后反思〕：①這類題目的難點是列方程組並解方程組，其中從哪些角度入手列方程組以及如何解超越方程組對學生而言是難點；上述解法列方程組時，利用了兩條切線是同一條直線，從而得到\(k_1\)\(=\)\(k_2\)且\(b_1\)\(=\)\(b_2\)建立方程，然后求解切點的坐標；②還可以求解\(k\)值，切線方程等。
解析：設直線 \(y=kx+b\) 與曲線 \(y=e^{x-2}\)切於點 \(P_{1}(x_{1}，e^{x_{1}-2})\)，
與曲線 \(y=e^{x}-1\) 切於點 \(P_{2}(x_{2}，e^{x_{2}}-1)\)，
則有\(k={e}^{x_{1}-2}={e}^{x_{2}}=\cfrac{(e^{x_{2}}-1)-e^{x_{1}-2}}{x_{2}-x_{1}}\)\(k\)\(=\)\(f'(x_1)\)\(=\)\(f'(x_2)\)，以及\(k\)\(=\)\(\cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}\)，
求解過程：由\({e}^{x_{1}-2}={e}^{x_{2}}\)，解得\(x_1-2=x_2\)，即\(x_2-x_1=-2\)，
代入\(\cfrac{(e^{x_{2}}-1)-e^{x_{1}-2}}{x_{2}-x_{1}}\)求得，\(\cfrac{(e^{x_{2}}-1)-e^{x_{1}-2}}{x_{2}-x_{1}}=\cfrac{1}{2}\)，
則\(e^{x_2}=\cfrac{1}{2}\)，故\(x_{2}=-\ln 2\) .
則由點斜式[點坐標\((-\ln 2,-\cfrac{1}{2})\)，斜率為\(k=\cfrac{1}{2}\)]可得，
切線方程為\(y+\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}(x+\ln 2)\)，即 \(y=\cfrac{1}{2}(x+\ln 2)-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}x+\cfrac{1}{2}\ln 2-\cfrac{1}{2}\)，
所以 \(b=\cfrac{1}{2}\ln 2-\cfrac{1}{2}\) .
〔解后反思〕：本解法利用的是在兩個切點處的切線的斜率相等，且和過兩個切點的直線的斜率相等，列出方程組，然后求解得到切點坐標(哪個切點坐標好計算，就計算那一個)，從而求解問題。和上述的同一法的本質是一樣的。