巧用曲線y=lnx與其切線y=x-1解高考題

摘?要：本文根據直線y=x-1是曲線y=lnx的切線，從四方面闡述利用它們之間的關系，并運用數形結合思想簡解高考題.

關鍵詞：y=lnx;y=x-1;數形結合

作者簡介：孟慶杰（1966-），男，遼寧撫順人，本科，中學高級教師，研究方向：數學教育.

1?利用曲線y=lnx與其切線y=x-1求解

設曲線y=lnx，則點（1，0）在曲線上.因為（lnx）′=1x，所以曲線y=lnx在點（1，0）處的切線斜率為1，所以直線y=x-1與曲線y=lnx相切于點（1，0）[1]（如圖1）.

例1?（2013年湖北卷文）已知函數f（x）=x（lnx-ax）有兩個極值點，則實數a的取值范圍是（?）.

A.（-∞，0）B.（0，12）

C.（0，1）?D.（0，+∞）

解?因為f?′（x）=lnx-（2ax-1），直線y=x-1與曲線y=lnx相切（如圖1）.

又直線y=2ax-1過定點（0，-1），所以當0<2a<1，即0

所以x∈（0，x1）時，f?′（x）<0;x∈（x1，x2）時，f?′（x）>0;x∈（x2，+∞）時，f?′（x）<0（如圖2）.

所以函數f（x）有兩個極值點，B正確.

例2?（2010年全國Ⅰ卷理）已知函數f（x）=（x+1）lnx-x+1，若xf?′（x）≤x2+ax+1，求a的取值范圍.

解?因為f?′（x）=lnx+1x，所以x（lnx+1x）≤x2+ax+1.即x[lnx-（x+a）]≤0.

因為x>0，所以lnx≤x+a.

因為lnx≤x-1，所以a的取值范圍為[-1，+∞）.

例3?（2017年全國Ⅲ卷理）已知函數f（x）=x-1-alnx，若f（x）≥0，求a的值.

解?當a=0時，不符合題意，所以a≠0.

因為f（x）≥0，所以x-1≥alnx.

分別作出曲線y=alnx與直線y=x-1圖象（如圖3），因為lnx≤x-1，所以當a=1時，f（x）≥0符合題意;當a≠1時，不符合題意，所以a=1.

例4?（2017年全國Ⅱ卷理）已知函數f（x）=ax2-ax-xlnx，且f（x）≥0.

（1）求a的值;

（2）證明：函數f（x）存在唯一的極大值點x0，且e2

解?（1）因為f（x）=ax2-ax-xlnx=x（ax-a-lnx），又f（x）≥0，x>0，所以a（x-1）≥lnx.

因為lnx≤x-1，所以a=1.

（2）由（1）得，f（x）=x2-x-xlnx，所以f?′（x）=2（x-1）-lnx.

因為直線y=x-1與曲線y=lnx相切，所以分別作出曲線y=lnx和y=2（x-1）圖象，并設兩曲線的一個交點為A（x0，y0）（如圖4）.

當x∈（0，x0）時，f?′（x）>0;當x∈（x0，1）時，f?′（x）<0;當x∈（1，+∞）時，f?′（x）>0，所以f（x）存在唯一的極大值點x0（0

所以f（x0）=x02-x0-x0（2x0-2）=-x02+x0<2-2.

又0f（e-1）=e-2.所以函數f（x）存在唯一的極大值點x0，且e2

例5?（2012年天津卷理）已知函數f（x）=x-ln（x+a）的最小值為0，其中a>0，求a的值.

解?設函數g（x）=x-1-lnx，將函數g（x）圖象向左平移1個單位，得h（x）=x-ln（x+1）.由圖1，得g（x）=x-1-lnx的最小值為0，所以h（x）=x-ln（x+1）的最小值也為0，所以a=1.

2?利用曲線y=lnx與過（1，0）點的直線求解

例6?（2016年山東卷文）已知函數f（x）=xlnx-ax2+（2a-1）x，a∈R.

（1）令g（x）=f?′（x），求函數g（x）的單調區間;

（2）已知函數f（x）在x=1處取得極大值，求實數a的取值范圍.

解?（1）因為f?′（x）=lnx-2a（x-1），所以g（x）=lnx-2a（x-1）.

因為直線y=x-1與曲線y=lnx相切，所以分別作出曲線y=lnx與直線y=2a（x-1）的圖象（如圖5）.當2a≤0，即a≤0時，自變量x由0到1再到+∞，函數值g（x）由-∞到0再到+∞，所以函數g（x）在（0，+∞）單調遞增;當2a>0，即a>0時，自變量x由0到x0再到+∞，函數值g（x）由-∞到極大值g（x0）再到-∞，所以x0為函數g（x）的極大值點，且曲線y=lnx在x0處的切線平行于直線y=2a（x-1）.

因為（lnx）′=1x，所以1x0=2a，即x0=12a.

所以函數g（x）在區間（0，12a）單調遞增，?在區間[12a，+∞）單調遞減.

（2）由（1）及圖5，當2a>1，即a>12時，設曲線y=lnx與直線y=2a（x-1）相交于點（1，0）和A（x1，y1），則當x∈（0，x1）時，f?′（x）<0;當x∈（x1，1）時，f?′（x）>0;當x∈（1，+∞）時，f?′（x）<0.所以函數f（x）在x=1處取得極大值.

當0<2a<1，即00;當x∈（x2，+∞）時，f?′（x）<0.所以函數f（x）在x=1處取得極小值.

當2a=1，即a=12時，f?′（x）≤0，即函數f（x）無極值.

當2a≤0，即a≤0時，則當x∈（0，1）時，f?′（x）<0;當x∈（1，+∞）時，f?′（x）>0，所以函數f（x）在x=1處取得極小值.

綜上所述，a的取值范圍是（12，+∞）.

3?利用曲線y=lnx與過原點的直線求解

例7?（2014年新課標全國Ⅱ卷文）已知函數f（x）=kx-lnx在區間（1，+∞）上單調遞增，則k的取值范圍（?）.

A.（-∞，-2]B.（-∞，-1]

C.[2，+∞）?D.[1，+∞）

解?因為直線y=x-1與曲線y=lnx相切，所以分別作出曲線y=lnx和y=kx圖象（如圖6），所以當k≥1時，函數f（x）在區間（1，+∞）上單調遞增，所以D正確.

例8?（2013年福建卷理）已知函數f（x）=x-alnx（a∈R），求函數f（x）的極值.

解?當a≤0時，顯然函數f（x）在區間（0，+∞）上單調遞增，無極值.

當a>0時，因為f（x）=a（xa-lnx），直線y=x-1與曲線y=lnx相切，所以分別作出曲線y=lnx和y=xa圖象（如圖7），平移直線y=xa且與曲線y=lnx相切于點（x0，y0），則x0為函數f（x）的極小值點.

因為（lnx）′=1x，所以1x0=1a，即x0=a.

所以函數f（x）的極小值為f（a）=a-alna.

綜上，當a≤0時，函數f（x）無極值;當a>0時，函數f（x）有極小值為f（a）=a-alna，無極大值.

4?利用曲線y=lnx和y=ex與它們的切線求解

例9?（2013年江蘇卷）設函數f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a為實數.

（1）若f（x）在（1，+∞）上是單調減函數，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范圍;

（2）若g（x）在（-1，+∞）上是單調增函數，試求f（x）的零點個數，并證明你的結論.

解?（1）當a≤0時，顯然函數f（x）在區間（1，+∞）上單調遞增;

當a>0時，因為直線y=x-1與曲線y=lnx相切，所以當a=1時，函數f（x）在區間（1，+∞）上單調遞減.

分別作出曲線y=lnx和y=ax圖象（如圖8），則a≥1時，f（x）在（1，+∞）上是單調減函數.

易證直線y=ex與曲線y=ex相切于點（1，e）.

分別作出曲線y=ex和y=ax（a≥1）圖象，并設g（x）的最小值點為x0，且曲線y=ex在x0處的切線平行于直線y=ax（如圖9）.

當a=e時，x0=1為最小值點，不符合題意;

當1≤a

當a>e時，x0>1，符合題意.

綜上所述，a的取值范圍為（e，+∞）.

（2）易證直線y=e-1x與曲線y=lnx相切.

因為（ex）′=ex，所以曲線y=ex在點x=-1處的切線斜率為e-1.分別作出y=lnx，y=ex，y=e-1x及y=ax圖象（如圖10）.

所以當a≤0時，g（x）在（-1，+∞）上是單調增函數，f（x）有一個零點;

當0

當a=e-1時，g（x）在（-1，+∞）上是單調增函數，f（x）有一個零點;

當a>e-1時，g（x）在（-1，+∞）上不是單調增函數，f（x）無零點.

參考文獻：

[1]左巍波，劉運科.題海無邊?“回頭”是岸——2018年高考全國Ⅱ卷理科數學導數壓軸題分析與備考建議[J].中學數學研究（華南師范大學版），2018（19）：3-6.

（收稿日期：2019-07-23）