利用曲線與直線公共點解決有關導數問題

賀德光

[摘 要]研究利用曲線與直線公共點解決有關導數問題，能提高學生的解題能力.

[關鍵詞]曲線;直線;公共點;導數

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2021）35-0031-03

我們知道，兩條均非直線的曲線的公共點問題，用數形結合法解決是行不通的.但曲線與直線的公共點問題用數形結合法來解決，筆者認為是可行的，并不贊同大多數人認為的“不嚴謹”的觀點.比如，曲線[C1]：[y=fx]與直線[C2]：[y=ax+b]的公共點問題，其基本方法是：因[fx=ax+b?fx-ax-b=0].故令[Fx=fx-ax-b]，然后再考察方程[Fx=0]的實根（即函數[Fx]的零點）情況.殊不知方程[Fx=0]的實根情況，仍可看成是曲線[C1]：[y=Fx]與直線[C2]：[y=0]的公共點問題.因此，我們不能懷疑直線與曲線公共點問題的數形結合法的正確性與嚴謹性.

本文試通過數形結合處理有關曲線與直線（“一曲一直”）的公共點問題，從而解決相關導數問題.

一、將目標問題轉化為“一曲一直”的公共點問題是尋找相關導數問題突破口的一種有效手段

[例1]已知函數[fx=ex-ax2-bx-1]，[a∈R]，[b∈R]，且[f1=0].若[fx]在區間（0，1）上有零點，求實數[a]的取值范圍.

解：因為[f1=0?b=e-a-1]，又[f0=0]，所以[f0= f1=0].

于是從可導函數[fx]有[f0=f1=0]特征可知，當[fx]在[x∈（0， 1）]上有零點時，其導函數[f'x]在[x∈（0， 1）]上必須有兩個或兩個以上的零點.

而[f'x=0?ex-2ax-b=0?ex-2ax=b].令[C1]：[gx=ex-2ax]，[C2]：[y=b]，則[C1與C2]在[x∈（0， 1）]上至少有兩個公共點.

由于[g'x=ex-2a]，且[x∈（0， 1）]時，有[ex∈（1， e）].

因此，當[2a≤1]時，在[x∈（0， 1）]上，[g'x=ex-2a≥ex-1>0]恒成立.此時[gx]在[x∈（0， 1）]上遞增，[C1]：[y=gx]與[C2]：[y=b]在[x∈（0， 1）]上最多只有一個公共點，不合題意.

當[2a≥e]時，在[x∈（0， 1）]上，[g'x=ex-2a≤ex-e<0]恒成立.此時[gx]在[x∈（0， 1）]上遞減，[C1]：[y=gx]與[C2]：[y=b]在[x∈（0， 1）]上最多也只有一個公共點，不合題意.

當[1<2a<e]時，即[a∈12， e2]時，[g'x0=0?ex0=2a?x0=ln2a]，且[x0=ln2a∈ln1， lne =（0， 1）].

在[x∈（0， x0）]上，[g'x=ex-2a<ex0-2a=0]恒成立，此時[gx]遞減;在[x∈（x0， 1）]上，[g'x=ex-2a>ex0-2a=0]恒成立，此時[gx]遞增.

故[gx0=ex0-2ax0=2a-2ax0=2a-2aln2a]為[gx]在[x∈（0， 1）]上的最小值.

據[C1]：[gx=ex-2ax]在[x∈0， 1]上的大致圖像（如圖1）知，[C1與C2]在[x∈0， 1]上最多只有兩個公共點，且[C1與C2]在[x∈0， 1]上有兩個公共點[?]

[b>gx0b<g0b<g1?] [b>2a-2aln 2ab<1b<e-2a]

將[b=e-a-1]代入，整理得

即[e-1>3a-2aln 2a……? ①e-2>a? ? ? ? ? ? …………? ②a<1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? …………? ③]

對于①，令[ha=3a-2aln2a]，則[h′a=1-2ln2a].而[1<2a<e?ln2a∈0，1]，所以[h'a=0?ln2a=12?2a=e12=e].

當[a∈12， e2]時，[2a∈（1， e）]，[h'a=1-2ln 2a>1-2×12=0]，[ha]遞增;

當[a∈e2， e2]時，[2a∈（e， e）]，[h'a=1-2ln2a<1-2×12=0]，[ha]遞減.

故[ha]在[a∈12， e2]上的最大值為[he2=3×e2-2×e2lne=e].而[e≈2.71828]，[e-1>1.7];又[1.72=2.89>e?1.7>e]，因此[e-1>e].即[e-1>ha]在[a∈12， e2]上的最大值[e].

于是①式恒成立，所以取②與③的交集，得實數[a]的取值范圍為[e-2， 1].

二、在曲線與直線公共點問題的轉化中，“曲線熟悉化”能縮短相關導數問題的解決過程

[例2]已知[a>1]，試討論函數[fx=ax-xa]在區間[（1， +∞）]上的零點個數.

解法1：∵當[a>1]，[x>1]時，[fx=0?ax=xa?xlna=alnx?xlnaa=lnx].

∴令[C1]：[y=xlnaa]，[C2]：[y=lnx]，其中因[a>1]知[lnaa>0.]

可求得[C2]的過原點的切線[m]的方程為[y=lex]，其切點的橫坐標為[x=e].

通過曲線[C2]：[y=lnx]與[其]過原點之切線[m]：[y=lex]的位置關系知，[lex≥lnx?le≥lnxx]在[x>0]時恒成立.于是[a>1時恒有0<lnaa≤le] ，當且僅當[a=e]時取等號.

結合考察[C2]的過原點的切線[m]與[C1]的位置關系知：當[lnaa=le]時，[C1]與[C2]有唯一公共點;當[lnaa>le]時，[C1]與[C2]沒有公共點;當[lnaa∈0， le]時，[C1]與[C2]有兩個公共點.

綜上，[a=e]時， [fx]有一個零點;[a∈（1， e）∪（e，+∞）]時， [fx]有兩個零點.

解法2：∵當[a>1]，[x>1時]，[fx=0?ax=xa?xlna=alnx?lnaa=ln xx].

∴令[gx=lnxx （x>1）]，則[g'x=1-lnxx2].

當[1<x<e]時，[g'x>0]，[gx]遞增;當[x>e]時，[g'x<0]，[gx]遞減，所以[gxmax=ge=le].

而[g1=0]，且[x>1]時，[gx=lnxx>0]恒成立;又[gx]在[x∈（e，+∞）]遞減.故[x→+∞]時，[gx→0]且[gx>0]恒成立.因此[x>1時]，[gx=lnxx∈0， le]. 于是[a>1時]，[lnaa∈0， le]，當且僅當[a=e]時[lnaa=le].

再令[C1]：[y=lnaa a>1]，[C2]：[y=lnxxx>1].則由圖2可知，當[a=e]時，[C1]與[C2]有唯一公共點;當[a∈（1， e）∪（e，+∞）]時，[C1]與[C2]有兩個公共點.

從而當[a=e]時， [fx]有一個零點;當[a∈（1， e）∪（e，] [+∞） ]時， [fx]有兩個零點.

說明：從本例的兩個解答過程可以看出，解法2的難度明顯比解法1大.究其原因，關鍵是在進行“一曲一直”的轉化過程中，解法1選取的曲線[y=lnx]較之解法2選取的曲線[y=lnxx]更為熟悉.這就是說，在運用“一曲一直”策略進行轉化時，能選取的曲線越熟悉，其解答就越簡捷.

例1的另解也能進一步說明問題.

[例1另解]因為[f1=0?b=e-a-1].又[f0=0]，所以[f0= f1=0].

于是從可導函數[fx]有[f0=f1=0]特征可知，當[fx]在[x∈（0， 1）]上有零點時，其導函數[f'x]在[x∈（0， 1）]上必須有兩個或兩個以上的零點.

而[f'x=0?ex-2ax-b=0?ex=2ax+b].令[C1]：[y=ex]，[C2]：[y=2ax+b]，則[C1與C2]在[x∈（0， 1）]上至少有兩個公共點.

由于[C1]為指數函數圖像，[C2]是直線，所以[C1]與[C2]最多有兩個公共點.因此當且僅當[C1]與[C2]在[x∈（0， 1）]上有兩個公共點時符合題意.

又[b=e-a-1]，所以[C2]：[y=2ax+b?y=2ax+e-a-1?y=2ax-12+e-1]，故[C2]是過定點[12， e-1]的直線.

對于[C1]：[y=ex，]當[x=12]時，[y=e].又[e≈2.71828]，[e-1>1.7]; [1.72=2.89>] [e?1.7>e]，因此[e-1>e].故直線[C2]經過的定點[12， e-1]在曲線[C1]的上方.

畫出[C1]與[C2]的示意圖（如圖3）易知：

[C1]與[C2]在[x∈（0， 1）]上有兩個公共點[?] [e0>2a×0+be1>2a×1+b?][1>be>2a+b]

將[b=e-a-1]代入，整理得[a>e-2，1>a.]

因此，實數[a]的取值范圍為[e-2， 1].

三、運用數形結合法，能彌補其他解法之不足

[例3]已知函數[fx=exx+ax-ln x]，[a∈R].

（Ⅰ）當[a=-e]時，求[fx]的最小值;

（Ⅱ）若[fx]有兩個零點，求參數[a]的取值范圍.

解法1：（Ⅰ）由題知[f（x）=exx+a（x-ln x）]，定義域為[（0，+∞）]，

[f'x=ex（x-1）x2+a（x-1）x=x-1（ex+ax）x2].

故當[a=-e]時， [f'x=x-1（ex-ex）x2].由于[ex>ex] 在[（0， 1）∪（1，+∞）]恒成立，所以[f（x）] 在[（0， 1）]上單調遞減，在[（1，+∞）]上單調遞增.

因此[f（x）min=f（1）=a+e=0].

（Ⅱ）由（Ⅰ）知[f'x=x-1（ex+ax）x2].當[a=-e]時， [f（x）]在[（0， 1）]上單調遞減，在[（1，+∞）]上單調遞增， [f（x）min=f（1）=a+e=0]， [f（x）]只有一個零點.

當[a>-e]時，[ax>-ex] ，故[ex+ax>ex-ex≥0]在[（0，+∞）]上恒成立.

故[f（x）]在[（0， 1）]上單調遞減， 在[（1，+∞）]上單調遞增， [fxmin=f1=e+a>0]（因為[a>-e]）.

因此當[a>-e]時， [f（x）]沒有零點.

當[a<-e]時，令 [ex+ax=0]，得[exx=-a]，[φ（x）=exx]，[φ（x）=（x-1）exx2]，

[φ（x）]在[（0， 1）]上單調遞減，在[（1，+∞）]上單調遞增，[φ（x）min=φ（1）=e].

所以[φ（x）=-a]（[a<-e]）在[（0，+∞）]上有兩個實根：[x1， x2， 0<x1<1<x2].

故[f（x）]在[（0， x1）]上單調遞減，在[（x1， 1）]上單調遞增，在[（1， x2）]上單調遞減，在[（x2，+∞）]上單調遞增.又[f（1）=a+e<0]，[x→0]，[f（x）→+∞]，[x→+∞]，[f（x）→+∞]，故[f（x）]有兩個零點.

綜上， [f（x）]有兩個零點，則[a<-e].

說明：本例（Ⅰ）解法1中的“[ex>ex]在[（0， 1）∪（1，+∞）]恒成立”沒有解釋清楚.（Ⅱ）的解答中有兩個極限：[limx→0f（x）]和[limx→+∞f（x）]很難向學生解釋清楚.

這是解法1的不足之處，鑒于目前中學階段沒有學習極限內容，筆者特推出如下解法.

解法2：（Ⅰ）由題知[f（x）=exx+a（x-ln x）]，定義域為[（0，+∞）].

[f'x=ex（x-1）x2+a（x-1）x=x-1（ex+ax）x2].

故當[a=-e]時， [f'x=x-1（ex-ex）x2].考察[y=ex]與它的過原點的切線[y=ex]（切點的橫坐標為[x0=1]）的位置關系知[ex=ex]當且僅當[x=1]時成立;[ex>ex]在[（0， 1）∪（1，+∞）]上恒成立，所以[f（x）]在[（0， 1）]上單調遞減，在[（1，+∞）]上單調遞增.

因此[f（x）min=f（1）=a+e=0].

（Ⅱ）由（Ⅰ）知[f'x=x-1（ex+ax）x2].當[a=-e]時， [f（x）]在[（0， 1）]上單調遞減，在[（1，+∞）]上單調遞增， [f（x）min=f（1）=a+e=0]， [f（x）]只有一個零點.

當[a>-e]時，[ax>-ex] ，故[ex+ax>ex-ex≥0]在[（0，+∞）]上恒成立.

故[f（x）]在[（0， 1）]上單調遞減，在[（1，+∞）]上單調遞增， [fxmin=f1=e+a>0]（因為[a>-e]）. 因此當[a>-e]時， [f（x）]沒有零點.

當[a<-e]時， 由于[x-lnx>0]恒成立，[exx=ex-ln x]，所以[fx=0?ex-ln xx-ln x=-a].

令[t=x-lnx]，[φx=exx]，則[fx=0?ex-ln xx-ln x=-a?φt=-a]，

而[φ'x=（x-1）exx2]，故[φ（x）]在[（0， 1）]上單調遞減，在[（1，+∞）]上單調遞增，[φxmin=φ1=e].因此[φ（x）=-a（a<-e）]在[（0，+∞）]上有兩個實根：[x1]，[x2]，[0<x1<1<x2].

對于[t=x-lnx]，有[t'=1-1x]，所以[t=x-lnx]在[（0， 1）]上單調遞減，在[（1，+∞）]上單調遞增，[ x=1]時[t=x-lnx]取最小值1.

于是[t=x-lnx=x1]無實根，[t=x-lnx=x2] 有兩個實根：[x3， x4]，且[0<x3<1<x4].即此時[f（x）]有兩個零點[x3， x4]，且[0<x3<1<x4].

綜上， [f（x）]有兩個零點， 所以[a<-e].

（責任編輯 黃桂堅）