前言
涉及切线的问题，主要关联的是导数知识和方程思想；
难点总结
- 涉及直线和曲线相切时，难点一是列方程组，来源角度是斜率相等(k=f'(x_0))，点在直线上，和点在曲线上三个角度；难点二是解方程组，求解变形方向是求解切点坐标，再求解斜率；
- 涉及直线和曲线[圆、椭圆、双曲线、抛物线]的相切时，可以考虑联立直线和曲线得到方程组，令(Delta=0)求解；也可以利用导数知识设切点求切点；
单切线
说明：此类型涉及一直线和一曲线
- 类型1：求切点坐标，斜率，切线方程
分析：利用点斜式来求解，其中斜率(k=f'(x)_{|x=1}=(2x-cfrac{1}{x^2})_{|x=1}=1)，
切点是((1，2))，故切线方程为(y-2=1(x-1))，整理为(y=x+1)。
分析：(f'(x)=3x^2+2ax)，则由题意可知，(left{egin{array}{l}{3x_0^2+2ax_0=-1①}\{x_0+y_0=0②}\{y_0=x_0^3+ax_0^2③}end{array} ight.)，
将②代入③，由于(x_0 eq 0)，得到(-1=x_0^2+ax_0)，即(ax_0=-1-x_0^2)，
代入①得到，(x_0^2=1)，解得(x_0=1)或(x_0=-1)，代入②得到，切点(P(1，-1))或(P(-1，1))，故选(D)。
- 类型2：过点处的切线
思路：设经过点(P(2，4))的切线方程与曲线相切于点(P_0(x_0，y_0))，则有
(egin{cases}y_0=cfrac{1}{3}x_0^3+cfrac{4}{3}\ k=f'(x_0)=x_0^2\ y-y_0=f'(x_0)(x-x_0) end{cases})
又因为点(P(2，4))在切线方程上，则有(4-(cfrac{1}{3}x_0^3+cfrac{4}{3})=x_0^2(2-x_0))
整理得到，(x_0^3-3x_0^2+4=0)
试商法：令(x_0=0)，如果上述方程成立，说明方程能分解出因子(x_0)，本题目中显然不成立；再令(x_0=1),上述方程不成立，说明方程不能分解出因子(x_0-1)；再令(x_0=-1),上述方程成立，说明方程能分解出因子(x_0+1)；这样(x_0^3-3x_0^2+4=(x_0+1)(x_0^2+bx_0+c)(b，c是常数，待定))，这样做的目的是为了降次；
分组分解法：由试商法可以指导我们的分组分解的方向，
如(x_0^3-3x_0^2+4=(x_0^3+1)-3(x_0^2-1))
(=(x_0+1)(x_0^2-x_0+1)-3(x_0+1)(x_0-1))
(=(x_0+1)(x_0^2-x_0+1-3x_0+3))
(=(x_0+1)(x_0-2)^2=0)；
多项式除法：如图所示，
即((x_0+1)(x_0-2)^2=0)，解得(x_0=-1)，或(x_0=2)
当(x_0=-1)时，切点为((-1，1))，(k_1=1)，切线方程为(x-y+2=0)；
当(x_0=2)时，切点为((2，4))，(k_2=4)，切线方程为(4x-y-4=0)；
总结：设切点，求切点；
【等价题目】直线(y=x)上的点为(P(x，y))，函数(y=lnx)上的点是(Q(m，n))，求(sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2})的最小值。
思路：平行线法，设和直线(y=x)平行且和函数(y=lnx)相切的直线为(y=x+m)，
切点为(P_0(x_0,y_0))，则有(egin{cases} y_0=x_{0}+ m \ y_0=lnx_0 \ f'(x_0)=cfrac{1}{x_0}=1end{cases})；
从而解得(x_0=1,y_0=0,m=-1)所以所求的点点距的最小值，就转化为切点(P_0(1,0))到直线(y=x)的点线距，
或者两条直线(y=x,y=x-1)的线线距了。
分析：设函数(y=kx)与函数(y=lnx)切点为(Q(x_0,y_0))，则有
(egin{cases} y_0=kx_0 \ y_0=lnx_0 \ k=f'(x_0)=cfrac{1}{x_0}end{cases})；
从而解得(x_0=e,y_0=1,k=cfrac{1}{e})，故切点(Q)的坐标为((e，1))
分析：设函数(y=mx)与函数(y=e^x)切点为(P(x_0,y_0))，则有
(egin{cases} y_0=mx_0 \ y_0=e^{x_0} \ m=f'(x_0)=e^{x_0}end{cases})；
从而解得(x_0=1,y_0=e,m=e)，故切点(P)的坐标为((1，e))。
分析：当在曲线上试图寻找一点，让它到直线的距离最小，思考不便于展开时，不妨换位思考，让直线平行移动到和曲线相切得到一个切点，那么所求距离就是切点到直线的点线距，或者是两条平行线之间的线线距。
解析：将函数化简整理为(y=f(x)=x^2-lnx(x>0))，再设与已知直线平行的且与曲线相切的直线为(4x+4y+c=0)，
切点为((x_0，y_0))，则由(f'(x)=2x-cfrac{1}{x})，
得到(egin{cases}k=f'(x_0)=2x_0-cfrac{1}{x_0}=-1①\4x_0+4y_0+c=0②\y_0=x_0^2-lnx_0③end{cases})，
解①得到(x_0=-1(舍去))或(x_0=cfrac{1}{2})，代入③得到(y_0=cfrac{1}{4}+ln2)，
故切点((cfrac{1}{2}，cfrac{1}{4}+ln2))到已知直线(4x+4y+1=0)的距离就是所要求解的距离。
故所求距离(d=cfrac{|4 imes cfrac{1}{2}+4 imes(cfrac{1}{4}+ln2)+1|}{sqrt{4^2+4^2}}=cfrac{sqrt{2}}{2}(1+ln2))
公切线
说明：此类型涉及一直线和两曲线
- 求公切线的斜率，截距，求公切线方程
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】，
(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).
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{pmsqrt{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：
- 由公切线的存在性问题求参数的取值范围
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，
(egin{cases}k=f'(x_0)=3x_0^2\y_0=x_0^3\y-y_0=f'(x_0)(x-x_0)end{cases})，
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 imes 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 imes a imes(-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。
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(xin(0，2))上，(f'(x)<0)，(f(x))单调递减，
(xin(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))。
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_0in R),故(g(x_0)in (cfrac{1}{e}，+infty))，
故实数(m)的取值范围是(min (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_1in(0，1))
又两条切线是同一条直线，得到
(egin{cases} 2x_0=cfrac{1}{x_1} hspace{0.5cm} x_1in(0，1) hspace{1cm}①\ x_0^2=1-lnx_1 hspace{3cm}②end{cases})
法1：不等式性质法
由于(x_1in(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
(egin{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+b③end{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。
- 直线与曲线无交点
法1：导数法，仿上题可知，函数(y=mx)与函数(y=e^x)的图像没有交点，所求的(m)取值范围为$0leq m<e $。
法2：转化法，则方程(e^x=mx)无解，即方程(m=cfrac{e^x}{x})无解，令函数(g(x)=cfrac{e^x}{x})，
利用导数求得值域为(g(x)in (-infty，0)cup[e，+infty))，故要使得方程(m=g(x))无解，得到$0leq m<e $。
- 讨论公切线的条数
(1)确定方程(f(x)=cfrac{x+1}{x-1})实数根的个数。
(2)我们把与两条曲线都相切的直线叫作这两条曲线的公切线，试确定曲线(y=f(x)，y=g(x))公切线的条数，并证明你的结论。
分析：(1)由(f(x)=cfrac{x+1}{x-1})得到，(lnx=cfrac{x+1}{x-1}=1+cfrac{2}{x-1})，
即(lnx-1=cfrac{2}{x-1})，由数转化到形，
在同一系中做出函数(y=lnx-1)和函数(cfrac{2}{x-1})的图像，
由图像可得，函数(y=lnx-1)和函数(cfrac{2}{x-1})的图像有两个交点，
故方程(f(x)=cfrac{x+1}{x-1})实数根的个数有两个。
(2)曲线(y=f(x)，y=g(x))公切线的条数有2个，证明如下：
设公切线与曲线(y=f(x)，y=g(x))分别相切于点((m，lnm))和((n，e^n))，
由(f'(x)=cfrac{1}{x})，(g'(x)=e^{x})可得，
(egin{cases}cfrac{1}{m}=e^n\cfrac{lnm-e^n}{m-n}=cfrac{1}{m}end{cases})，
化简得，((m-1)lnm=m+1)
当(m=1)时，上式不成立；
当(m eq 1)时，变形得到(lnm=cfrac{m+1}{m-1})，
由(1)可知，方程(lnm=cfrac{m+1}{m-1})有2个实根，
即曲线(y=f(x)，y=g(x))公切线的条数有2个。
- 利用公切线证明不等式
(1)、求(a、b)的值和直线(l)的方程；
分析：一直线两曲线的公切线问题，同一法；
由题意，直线(l)与曲线(C_1：y=f(x))切于点((0，a))，又(f'(0)=a)，
故切线方程为(y-a=a(x-0))，即(y=ax+a)；
与曲线(C_2：y=g(x))切于点((cfrac{pi}{2}，1+cfrac{pi}{2}b))，又(g'(cfrac{pi}{2})=b)，
故切线方程为(y-(1+cfrac{pi}{2}b)=b(x-cfrac{pi}{2}))，即(y=bx+1)；
由同一法可知，(a=b=1)，切线方程为(y=x+1)。
(2)、求证：(ae^x+x^2-bx-sinx>0)。
分析：证明时思路的预判，原不等式即(e^x+x^2-x-sinx>0)
思路一：令(h(x)=e^x+x^2-x-sinx(xin R))，即需要说明(h(x)_{min}>0)；
(h'(x)=e^x+2x-1-cosx)；令(m(x)=h'(x))，
则(m'(x)=e^x+2+sinx>0)恒成立，故(h'(x))在(R)上单调递增，
故此时我们想得到(h'(x_0)>0)或者(h'(x_0)<0)的可能性在(xin R)时不存在了，
故要么放弃这一思路，要么考虑调整思路。
思路二：注意第一问的结论，函数(f(x)=e^x+x^2)和函数(g(x)=x+sinx)的公切线是直线(y=x+1)
故可以尝试这样转化，证明(f(x)=e^x+x^2>x+1)，且证明(g(x)=x+sinx<x+1)；
先尝试证明(f(x)=e^x+x^2ge x+1)，
作差令(h(x)=e^x+x^2-x-1)，则(h'(x)=e^x+2x-1)
在同一个坐标系中做出函数(y=e^x)和函数(y=1-2x)的图像，由图像可得
(x<0)时，(h'(x)<0)；(x>0)时，(h'(x)>0)；
(x=0)时，(h'(x)=0)；
故函数(h(x))在((-infty，0))上单调递减，在((0，+infty))上单调递增，
故(h(x)_{min}=h(0)=0)，故(h(x)ge 0)恒成立，当且仅当(x=0)时取到等号；
再证明(g(x)=x+sinxleq x+1)；即证明(sinxleq 1)
由三角函数的性质我们知道，这个不等式是恒成立的，当且仅当(x=2kpi+cfrac{pi}{2}(kin Z))时取到等号；
综上所述，(e^x+x^2ge x+1)，(x+1ge x+sinx)，
故(e^x+x^2>x+sinx)，等号不能同时取到，故此处取不等号。
即(ae^x+x^2-bx-sinx>0)。证毕。
双切线
说明：此类型涉及一曲线和两直线
分析：本题目如果总纠结要画出适合题意的图形，然后总结思路可能就浪费时间了。
可以这样考虑，设过曲线外的一点所引的两条切线的倾斜角分别是(alpha)和(eta)，
则可知其对应的斜率为(k_1=tanalpha)和(k_2=taneta=tan(pi-alpha)=-tanalpha)，故有(k_1+k_2=0)。
因此求解如下：
设过点(A(1，0))的切线与曲线相切于点((x_0，y_0))，则由(f'(x)=3x^2-a)，得到(egin{cases}k=f'(x_0)=3x_0^2-a\y_0=x_0^3-ax_0+a\y-y_0=(3x_0^2-a)(x-x_0)end{cases})，
又由点(A(1，0))在切线上得到(0-(x_0^3-ax_0+a)=(3x_0^2-a)(1-x_0))，化简整理得到(2x_0^3-3x_0^2=0)，解得(x_0=0)或者(x_0=cfrac{3}{2})，
当(x_0=0)时，一条切线的斜率(k_1=-a=tanalpha)；
当(x_0=cfrac{3}{2})时，另一条切线的斜率(k_2=cfrac{27}{4}-a=taneta)，
由(k_1+k_2=0)，得到(cfrac{27}{4}-2a=0)，解得(a=cfrac{27}{8})，故选A。
分析：先做出分段函数(f(x))的大致草图如下，
由于分段函数的图像关于(x=a)对称，点(P(a，0))在对称轴上，故由(overrightarrow{PA}cdot overrightarrow{PB})的最小值为(0)，
结合图像可知两个向量的夹角为锐角或直角，不可能为钝角，否则最小值为负值，
又由于图像是对称的，从点(P)出发的两条射线都和曲线相切时向量的夹角才会最大，
故说明向量的夹角为(90^{circ})，且可知两条切线的斜率为(k=pm 1)，且可知(angle APO=45^{circ})，
那么怎么说明两个切点就是图中的(A)，(B)两个点呢？
设切点(A(x_0，y_0))，则(-e^{-x_0}=-1)，则(x_0=0)，(y_0=1)，故点(A(0，1))，从而可知(a=1)，
由对称性也可知，(B(2，1))，到此完全说明(A(0，1))，(B(2，1))为两个切点。
故(f(x)_{min}=f(a)=f(1)=cfrac{1}{e})，故选(D)。
可转化类型
(1)、函数上的动点到直线的距离的最小值问题
比如：(2018陕西省二检第16题)
(2)、圆锥曲线上的动点到直线的距离的最小值问题，一般不转化为切线问题，而是用参数方程法，转化为函数的最小值问题
圆锥曲线是隐函数，所以其函数解析式不好写出来，不像那些显函数如(y=2x+3)；
后记：这类题目，大多还可以使用“平行线法”这一思路。
(3)、单切线和公切线之间的关系：
单切线：涉及一个方程组和一条切线(简称“一组一线”)，
公切线：涉及两个方程组和两条切线(简称“两组两线”)，其中两条切线是同一条，使用同一法将其联系在一起。