[数学-导数隐零点] 看起来简单？求过定点 (0, √e) 的直线与 y=e^x 交点横坐标差最小时的斜率

本题难度为高考导数压轴题中的中档难度，适合熟练掌握导数、对导数的几何意义和隐零点概念有所掌握的高二、高三同学阅读。

题目

已知曲线 \(\Gamma: y=e^x\)，直线 \(l: y=kx+\sqrt{e}\) 与 \(\Gamma\) 交于 \(A(x_1,y_1)\)、\(B(x_2,y_2)\) 两点，设关于 \(k\) 的函数 \(d(k)=|x_1-x_2|\) 表示两交点横坐标之差。若 \(d(k)\) 的最小值为 \(d(k_0)\)，求 \(k_0\) 的值。

题短事大，拿到此题时你不会想到要做多久……

直觉分析

直线 \(l\) 过定点 \((0,\sqrt{e})\)，若与 \(y=e^x\) 有两个交点，必然一个在 y 轴左侧，一个在 y 轴右侧。

• 若 \(k\to 0^+\)，则 y 轴左侧的交点将无限远。
• 若 \(k\to +\infty\)，则 y 轴右侧的交点将无限远。

可见，\(k\in (0,+\infty)\) 时，理应存在一个 \(k_0\) 使得 A、B 横向差距最小，即 \(|x_1-x_2|\) 取最小值。

要解决这道题，首先肯定是要联立的！

接下来怎么做，就看每个人的习惯了：

不成立之法：作切线

想用切线的几何意义做题也是人之常情，但注意这里不是两个交点的距离，而是横坐标的距离。直接对 \(y=e^x\) 作切线实在是没什么用处。

法一：直接参变分离（超纲难免，韦达小彩蛋）

我一眼看到这个方程就想要参变分离，毕竟 \(k\) 实在是太容易用 \(x\) 表示了。很明显 \(x \ne 0\)，所以：

那么好说，\(y=\frac{e^x-\sqrt{e}}{x}\) 和 \(y=k\)（水平直线）有两个交点呗！简单求一下图形：

\((x-1)e^x\) 这一项，肯定是大于 \(-1\)（\(x=0\)）的（求导出来是 \(xe^x\)，比较显然），所以 \(g'(x)\) 的分子大于 \(0\)，分母也显然大于 \(0\)。\(x\to 0\) 时，分子小于 0。

所以这个函数是两段严格增函数，\(x=0\) 前后由正无穷转负无穷。

那么问题来了：什么时候两个交点的横坐标最小呢？

你有没有觉得，是两个交点处切线斜率相同的时候呢？（这个时候因为横坐标之差就是距离了，可以用切线，有兴趣的读者可以对照图像思考一下）

至于证明嘛，那就肯定不在高中范畴内了，看一看得了：

极值必要条件：\(\frac{d(x_2-x_1)}{dk}=0\)（导数为零）

好嘛，那就是 \(g'(x_1)=g'(x_2)\)，那又能如何呢？

类似解析几何对两条切线的处理，突发奇想地将二者的值记作 \(m\) 来防止 \(x_1,x_2\) 重复计算或复杂化简。则有 \(g'(x_i)=m\)（\(i=1,2\)），变形：

这时候要说了，你想用二次方程韦达定理，韦达哪有超越方程的呢？不急，我们不是还有 \(k=g(x_1)=g(x_2)\)（即 \((1)\) 式）嘛，所以：

这下好了，

常数项消完了？这得激动一下了，\(x_1x_2=0\)，有一个解为 \(0\) 呗！

……？

不对啊，说好的一个解小于 0 一个解大于 0 呢，又过 \((0,1)\) 又过 \((0,\sqrt{e})\) 这连斜率都不存在了啊……笔者当时沉思了三十分钟，到底是哪里算错了。要不你试试？

……

……

好吧，其实没有算错，只不过韦达定理需要一元二次方程，也没人说 \(k-m\ne 0\) 啊？

那就算 \(k-m=0\) 能怎么样呢？一元一次方程怎么会有两个根？

这哪里是一元一次方程，也没人说 \(\sqrt{e}-k\ne 0\) 啊？

好吧，所以这个方程有两个解的原因只能是……

想不到吧，全是解。

那就好办了：

解得 \(\boxed{k_0=\sqrt{e}}\)（此处 \(k\) 即为最小值时的 \(k_0\)）。

法二：点差法（换元要精准，但逃不了爆算）

求什么设什么。不妨设 \(x_1<x_2\)，\(\boxed{d=x_2-x_1}>0\)。

进行一个常规的两式相减：

好了，现在有三个变量 \(k, x_1, d\)，一个方程。但是题目理应只有 \(x_1, x_2\) 两个变量和一个直线过定点的方程约束，我们怎么会多了一个变量呢？

显然是相减过程丢信息了。\(e^{x_1}=kx_1+\sqrt{e}\) 这个也得用啊。

问题来了，怎么用？如果你看 \(e^{x_1}\) 不顺眼想把指数换掉，你又可以沉思几十分钟了（仍有一次项 \(x_1\)，惨痛教训）。

其实 \(k\) 用 \(x_1\) 表示是更好的啊！这样就消去了 \(k\) 这个变量，又回到双变量单方程约束条件。

所以：

这样也相当于完成了“参变分离”！只需令

则 \(g(d)=h(x_1)\)，我们要求 \(d\) 最小时候的 \(k\)（通过 \(x_1\) 求得）。

\(g(d)\) 好说（这里 \((d-1)e^d\) 和之前提及的函数是一致的，在 \(d=0\) 时取最小值 \(-1\)）：

\(g(d)\) 在 \((-\infty,0)\cup (0,+\infty)\) 上严格增，\(0\) 为可去间断点。（本句也可分类讨论，更加严谨）

但是 \(h(x_1)\) 可就不友善了。不超纲，但计算量叠加隐零点的话……

• （再求导）令 \(\phi(x)=-e^x+\sqrt{e}(x+1)\)，则 \(\phi'(x)=-e^x+\sqrt{e}\)。
• \(\phi(x)\) 单调性似乎在变化，怎么办？
• 记得我们前面分析的吗，\(x_1<0\)，这帮了我们大忙，只需考虑 \((-\infty,0)\) 的情况：\(\phi'(x)>\sqrt{e}-1>0\)，\(\phi(x)\) 严格增。
• 又 \(\phi(0)=\sqrt{e}-1>0\)，\(\phi(-1)=-\frac{1}{e}<0\)，故连续函数 \(\phi(x)\) 在 \((-1,0)\) 上有零点，且先负后正。
• 所以 \(h'(x)\) 在 \((-1,0)\) 上有零点 \(x_0\)，零点前后先负后正。
• 故存在 \(x_0\in (0,1)\) 使得 \(h(x_0)\) 为极大值，\(\boxed{g(d)=h(x)\le h(x_0)}\)。

所以 \(d\) 最大时，\(g(d)\) 最大，\(h(x)\) 最大，

终于，运用隐零点性质：

成功！感人。

结语

两种思路，最终都指向同一个答案 \(k_0=\sqrt{e}\)。

法一巧用韦达，却是幻象，虚晃一枪，系数全零，直捣黄龙，但中途略有超纲；

法二老实硬算，点差换元，正确代换，代隐零点，柳暗花明，证明过程更严谨。

题目虽短，但极考验代数变形的胆量。

后记

1. \(\sqrt{e}\) 有什么特殊性吗？答：没有。把 \(\sqrt{e}\) 换成 \(b>1\)，答案仍然是 \(k_0=b\)。读者自证不难（真的，只需要机械替换就行）。

2. 那为什么不用 \(e\)？答：因为用 \(e\) 就没有“隐”零点了，零点可以算出来。出题人就是这么坏。

3. 为什么让求 \(k_0\) 而不让求 \(d(k_0)\)？答：高中范围内解不出来，需要用朗伯 W 函数（\(xe^x\) 的反函数）表示，答案是不初等的。

4. 你有没有更简洁的几何解释？欢迎在评论区分享。