前言
说明：此类型常涉及一直线和两曲线，复杂情形往往是两个不同的切点(P(x_1,y_1))和(Q(x_2,y_2))，那么在每一个切点处必然会有一个(k_1)(=)(f'(x_1))和(k_2)(=)(f'(x_2))，且两个切点的连线斜率(k_{_{PQ}})(=)(cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1})，此时必然会有(k_1)(=)(k_2)(=)(k_{_{PQ}})，由此建立相应的方程，解方程即可以求得切点坐标，斜率，切线方程等；
典例剖析
解析：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【同一法】可知，
(egin{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：(egin{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这类题目的难点是列方程组并解方程组，其中从哪些角度入手列方程组以及如何解超越方程组对学生而言是难点；上述解法列方程组时，利用了两条切线是同一条直线，从而得到(k_1)(=)(k_2)且(b_1)(=)(b_2)建立方程，然后求解切点的坐标；②还可以求解(k)值，切线方程等。
解析：设直线 (y=kx+b) 与曲线 (y=e^{x-2})切于点 (P_{1}(x_{1}，e^{x_{1}-2}))，
与曲线 (y=e^{x}-1) 切于点 (P_{2}(x_{2}，e^{x_{2}}-1))，
则有(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})，
求解过程：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})，
则(e^{x_2}=cfrac{1}{2})，故(x_{2}=-ln 2) .
则由点斜式[点坐标((-ln 2,-cfrac{1}{2}))，斜率为(k=cfrac{1}{2})]可得，
切线方程为(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〕：本解法利用的是在两个切点处的切线的斜率相等，且和过两个切点的直线的斜率相等，列出方程组，然后求解得到切点坐标(哪个切点坐标好计算，就计算那一个)，从而求解问题。和上述的同一法的本质是一样的。