例析函數的切線在函數綜合題中的應用

張 平 冀文娟

(廣東省珠海市實驗中學)

從歷年的高考導數壓軸題可以看出:證明函數不等式、求參數的值或范圍、與零點有關的問題一直是考查的熱點與難點,這三類問題輪番登場,難度循環上升,對學生的思維能力、化歸與轉化能力、邏輯推理能力有較高要求.此類導數題的一種重要解題策略是根據題目信息構造函數,但試題中若含ex,lnx等,將導致導函數的零點不易求解與判斷,此時若能巧用題目中的切線信息,或將題設中的函數關系等價轉化為直線與“簡單函數”的圖像的位置關系,可以通過研究直線與函數相切這一特殊位置突破難點,達到快速求解的目的.下面結合具體題目進行分析,以增強用“切線”意識,強化數形結合思想的應用.

1 曲線y＝f(x)的切線方程

1.1 切線的定義

在曲線y＝f(x)上任取一點P(x,f(x)),當點P(x,f(x))沿著曲線y＝f(x)無限趨近于點P0(x0,f(x0))時,割線P0P無限趨近于一個確定的位置,這個確定位置的直線稱為曲線y＝f(x)在點P0處的切線.

1.2 切線的方程

已知函數y＝f(x)的導函數為f′(x),則曲線y＝f(x)上點P0(x0,f(x0))處的切線方程為

y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).

2 兩類特殊曲線的切線

2.1 曲線y＝ex 的切線及性質

1)切線方程

y＝ex圖像上任意一點P(x0,y0)處的切線lP的方程為,即

2)圖像性質

y＝ex的圖像總在切線lP的上方,即恒成立,當且僅當x＝x0時,等號成立.

證明設,則,所以當x＜x0時,f′(x)＜0;當x＞x0時,f′(x)＞0,故f(x)在(－∞,x0)上單調遞減,在(x0,＋∞)上單調遞增,則當x＝x0時,函數f(x)取得極小值,也是最小值,且,從而f(x)≥0 恒成立,即ex≥恒成立.特別地,令x0＝0,則有ex≥x＋1;令x0＝1,則有ex≥ex.利用代換思想,還可得到ex－1≥x,ex≥等.

2.2 曲線y＝lnx 的切線及性質

1)切線方程

y＝lnx圖像上任意一點P(x0,y0)(x0＞0)處的切線lP的方程為,即

2)圖像性質

y＝lnx的圖像總在切線lP的下方,即lnx≤恒成立,當且僅當x＝x0時,等號成立.

證明設,則,所以當0＜x＜x0時,g′(x)＞0;當x＞x0時,g′(x)＜0,故g(x)在(0,x0)上單調遞增,在(x0,＋∞)上單調遞減,則當x＝x0時,函數g(x)取得極大值,也是最大值,且g(x0)＝,從而g(x)≤0恒成立,即恒成立.

特別地,令x0＝1,則有lnx≤x－1;令x0＝e,則有利用代換思想,還可得到ln(x＋1)≤x(x＞－1)等.

3 曲線的切線在解題中的應用

3.1 在探求零點個數中的應用

(1)若曲線y＝f(x)與y＝g(x)在點(1,2)處的切線互相垂直,求a的值;

(2)由題意得

當a＝0時,在(0,＋∞)上恒成立,此時沒有零點.

當a≠0 時,由y＝0,得.設所以當x∈(0,e)時,h′(x)＞0;當x＞e時,h′(x)＜0,故h(x)在(0,e)上單調遞增,在(e,＋∞)上單調遞減,則當x＝e時,h(x)取得極大值,也是最大值,且.當x∈(0,1)時,h(x)＜0,當x→0＋時,h(x)→－∞;當x∈(1,＋∞)時,h(x)＞0,當x→＋∞時,h(x)→0,故h(x)的圖像如圖1所示.

圖1

綜上,當a∈[0,e)時,函數的零點個數為0;當a∈(－∞,0)∪{e}時,函數y＝的零點個數為1;當a∈(e,＋∞)時,函數的零點個數為2.

3.2 在求解參數值或范圍中的應用

(1)求a,b的值;

(2)若對任意的x∈(1,＋∞),f(x)≥m(x－1)恒成立,求正整數m的最大值.

(2)由(1)知f(x)＝x(lnx＋1),設g(x)＝m(x－1),則g(x)表示過定點A(1,0)且斜率為m的直線系,則當x∈(1,＋∞)時,f(x)≥m(x－1)恒成立等價于當x∈(1,＋∞)時,函數f(x)的圖像恒在直線g(x)的上方.

由f(x)＝x(lnx＋1),得f′(x)＝lnx＋2,則當x＞1時,f′(x)＞0恒成立,即f(x)在(1,＋∞)上單調遞增,且當x→＋∞時,f(x)→＋∞.

若直線g(x)＝m(x－1)與曲線f(x)＝x·(lnx＋1)相切于點P(x0,y0)(x0＞1),則解得x0(m－1)＝m(x0－1),即m＝x0,從而m＝lnm＋2.

設h(m)＝m－lnm－2(m＞1),則h′(m)＝恒成立,所以h(m)在(1,＋∞)上單調遞增,又h(3)＝1－ln3＜0,h(4)＝2－2ln2＞0,從而存在唯一m0∈(3,4),使得h(m0)＝0.結合函數f(x)的圖像知當m≤m0∈(3,4)時,函數f(x)的圖像恒在直線g(x)的上方,所以正整數m的最大值為3.

3.3 在證明函數不等式中的應用

(1)求y＝f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;

(2)當x∈[0,2]時,求證:f(x)≥－2x2＋8x－5.

(2)證法1要證f(x)≥－2x2＋8x－5(x∈[0,2]),即證f(x)－(4x－3)≥－2(x－1)2(x∈[0,2]),由－2(x－1)2≤0(x∈[0,2])恒成立知,只需證明f(x)－(4x－3)≥0(x∈[0,2])恒成立即可.

設g(x)＝f(x)－(4x－3)(x∈[0,2]),即

g(x)＝x2e2x－2－(4x－3)(x∈[0,2]),

則

g′(x)＝(2x＋2x2)e2x－2－4,

g″(x)＝(4x2＋8x＋2)e2x－2,

所以在x∈[0,2]上,g″(x)＞0恒成立,即g′(x)在[0,2]上單調遞增,又g′(1)＝0,從而當0＜x＜1時,g′(x)＜0;當1＜x＜2時,g′(x)＞0,故g(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,2)上單調遞增,則當x＝1時,函數g(x)取得極小值,也是最小值,且g(1)＝0,從而在x∈[0,2]上,g(x)≥0 恒成立,從而g(x)≥－2(x－1)2恒成立,即當x∈[0,2]時,f(x)≥－2x2＋8x－5恒成立.

證法2由ex－1≥x,得當x∈[0,2]時,則有(ex－1)2≥x2,即e2x－2≥x2,從而當x∈[0,2]時,f(x)≥x4,要證f(x)≥－2x2＋8x－5(x∈[0,2]),只需證x4≥－2x2＋8x－5(x∈[0,2]),即證x4＋2x2－8x＋5≥0(x∈[0,2]).

思路1設h(x)＝x4＋2x2－8x＋5(x∈[0,2]),則h′(x)＝4x3＋4x－8,h″(x)＝12x2＋4,所以在x∈[0,2]上,h″(x)＞0 恒成立,即h′(x)在x∈[0,2]上單調遞增,又h′(1)＝0,從而當0＜x＜1時,h′(x)＜0;當1＜x＜2時,h′(x)＞0,故h(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,2)上單調遞增,所以當x＝1時,函數h(x)取得極小值,也是最小值,且h(1)＝0,則在x∈[0,2]上,h(x)≥0恒成立,從而x4＋2x2－8x＋5≥0恒成立,即當x∈[0,2]時,f(x)≥－2x2＋8x－5恒成立.

思路2設h(x)＝x4＋2x2－8x＋5(x∈[0,2]),則h(x)＝(x4－x3)＋(x3－x2)＋(3x2－8x＋5)＝(x－1)2(x2＋2x＋5),故在x∈[0,2]上,h(x)≥0恒成立,從而x4＋2x2－8x＋5≥0恒成立,即當x∈[0,2]時,f(x)≥－2x2＋8x－5恒成立.

證法1要證當時,f(x)≥0,即證aex≥lnx＋1.設g(x)＝aex,則g′(x)＝aex,從而g(x)在點P(1,ae)處的切線方程為y－ae＝ae(x－1),即y＝aex,易得aex≥aex.

設h(x)＝aex－(lnx＋1),則由h′(x)＝0,得,則當時,h′(x)＜0;當時,h′(x)＞0,故h(x)在上單調遞減,在上單調遞增,所以當時,h(x)取得極小值,也是最小值,且,由a≥,知ae≥1,從而ln(ae)≥0,則aex－(lnx＋1)≥0,即aex≥lnx＋1,因此當時,aex≥lnx＋1,即當時,f(x)≥0.

證法2要證當時,f(x)≥0,即證當a≥時,aex≥lnx＋1.

設r(x)＝lnx＋1,則,從而r(x)在點Q(1,1)處的切線方程為y＝x,易證lnx＋1≤x.

設s(x)＝aex－x,則s′(x)＝aex－1.由s′(x)＝0,得,所以當時,s′(x)＜0;當x＞時,s′(x)＞0,所以s(x)在上單調遞減,在上單調遞增,故當時,h(x)取得極小值,也是最小值,且知ae≥1,從而ln(ae)≥0,則aex－x≥0,即aex≥x,所以當時,aex≥lnx＋1,即當時,f(x)≥0.

因此我們要針對題目信息進行深入分析思考,充分挖掘隱蔽的轉化途徑與手段,合理選擇x0進行求解,對x0的選取的標準是能方便求解、能簡化運算、能快速達成目標.當然,我們也可以對不等式進行合理轉化后再借助于切線不等式進行求解或證明.

(完)