例析函数的切线在函数综合题中的应用

张 平 冀文娟

(广东省珠海市实验中学)

从历年的高考导数压轴题可以看出:证明函数不等式、求参数的值或范围、与零点有关的问题一直是考查的热点与难点,这三类问题轮番登场,难度循环上升,对学生的思维能力、化归与转化能力、逻辑推理能力有较高要求.此类导数题的一种重要解题策略是根据题目信息构造函数,但试题中若含ex,lnx等,将导致导函数的零点不易求解与判断,此时若能巧用题目中的切线信息,或将题设中的函数关系等价转化为直线与“简单函数”的图像的位置关系,可以通过研究直线与函数相切这一特殊位置突破难点,达到快速求解的目的.下面结合具体题目进行分析,以增强用“切线”意识,强化数形结合思想的应用.

1 曲线y＝f(x)的切线方程

1.1 切线的定义

在曲线y＝f(x)上任取一点P(x,f(x)),当点P(x,f(x))沿着曲线y＝f(x)无限趋近于点P0(x0,f(x0))时,割线P0P无限趋近于一个确定的位置,这个确定位置的直线称为曲线y＝f(x)在点P0处的切线.

1.2 切线的方程

已知函数y＝f(x)的导函数为f′(x),则曲线y＝f(x)上点P0(x0,f(x0))处的切线方程为

y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).

2 两类特殊曲线的切线

2.1 曲线y＝ex 的切线及性质

1)切线方程

y＝ex图像上任意一点P(x0,y0)处的切线lP的方程为,即

2)图像性质

y＝ex的图像总在切线lP的上方,即恒成立,当且仅当x＝x0时,等号成立.

证明设,则,所以当x＜x0时,f′(x)＜0;当x＞x0时,f′(x)＞0,故f(x)在(－∞,x0)上单调递减,在(x0,＋∞)上单调递增,则当x＝x0时,函数f(x)取得极小值,也是最小值,且,从而f(x)≥0 恒成立,即ex≥恒成立.特别地,令x0＝0,则有ex≥x＋1;令x0＝1,则有ex≥ex.利用代换思想,还可得到ex－1≥x,ex≥等.

2.2 曲线y＝lnx 的切线及性质

1)切线方程

y＝lnx图像上任意一点P(x0,y0)(x0＞0)处的切线lP的方程为,即

2)图像性质

y＝lnx的图像总在切线lP的下方,即lnx≤恒成立,当且仅当x＝x0时,等号成立.

证明设,则,所以当0＜x＜x0时,g′(x)＞0;当x＞x0时,g′(x)＜0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,＋∞)上单调递减,则当x＝x0时,函数g(x)取得极大值,也是最大值,且g(x0)＝,从而g(x)≤0恒成立,即恒成立.

特别地,令x0＝1,则有lnx≤x－1;令x0＝e,则有利用代换思想,还可得到ln(x＋1)≤x(x＞－1)等.

3 曲线的切线在解题中的应用

3.1 在探求零点个数中的应用

(1)若曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(1,2)处的切线互相垂直,求a的值;

(2)由题意得

当a＝0时,在(0,＋∞)上恒成立,此时没有零点.

当a≠0 时,由y＝0,得.设所以当x∈(0,e)时,h′(x)＞0;当x＞e时,h′(x)＜0,故h(x)在(0,e)上单调递增,在(e,＋∞)上单调递减,则当x＝e时,h(x)取得极大值,也是最大值,且.当x∈(0,1)时,h(x)＜0,当x→0＋时,h(x)→－∞;当x∈(1,＋∞)时,h(x)＞0,当x→＋∞时,h(x)→0,故h(x)的图像如图1所示.

图1

综上,当a∈[0,e)时,函数的零点个数为0;当a∈(－∞,0)∪{e}时,函数y＝的零点个数为1;当a∈(e,＋∞)时,函数的零点个数为2.

3.2 在求解参数值或范围中的应用

(1)求a,b的值;

(2)若对任意的x∈(1,＋∞),f(x)≥m(x－1)恒成立,求正整数m的最大值.

(2)由(1)知f(x)＝x(lnx＋1),设g(x)＝m(x－1),则g(x)表示过定点A(1,0)且斜率为m的直线系,则当x∈(1,＋∞)时,f(x)≥m(x－1)恒成立等价于当x∈(1,＋∞)时,函数f(x)的图像恒在直线g(x)的上方.

由f(x)＝x(lnx＋1),得f′(x)＝lnx＋2,则当x＞1时,f′(x)＞0恒成立,即f(x)在(1,＋∞)上单调递增,且当x→＋∞时,f(x)→＋∞.

若直线g(x)＝m(x－1)与曲线f(x)＝x·(lnx＋1)相切于点P(x0,y0)(x0＞1),则解得x0(m－1)＝m(x0－1),即m＝x0,从而m＝lnm＋2.

设h(m)＝m－lnm－2(m＞1),则h′(m)＝恒成立,所以h(m)在(1,＋∞)上单调递增,又h(3)＝1－ln3＜0,h(4)＝2－2ln2＞0,从而存在唯一m0∈(3,4),使得h(m0)＝0.结合函数f(x)的图像知当m≤m0∈(3,4)时,函数f(x)的图像恒在直线g(x)的上方,所以正整数m的最大值为3.

3.3 在证明函数不等式中的应用

(1)求y＝f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;

(2)当x∈[0,2]时,求证:f(x)≥－2x2＋8x－5.

(2)证法1要证f(x)≥－2x2＋8x－5(x∈[0,2]),即证f(x)－(4x－3)≥－2(x－1)2(x∈[0,2]),由－2(x－1)2≤0(x∈[0,2])恒成立知,只需证明f(x)－(4x－3)≥0(x∈[0,2])恒成立即可.

设g(x)＝f(x)－(4x－3)(x∈[0,2]),即

g(x)＝x2e2x－2－(4x－3)(x∈[0,2]),

则

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]上单调递增,又g′(1)＝0,从而当0＜x＜1时,g′(x)＜0;当1＜x＜2时,g′(x)＞0,故g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,则当x＝1时,函数g(x)取得极小值,也是最小值,且g(1)＝0,从而在x∈[0,2]上,g(x)≥0 恒成立,从而g(x)≥－2(x－1)2恒成立,即当x∈[0,2]时,f(x)≥－2x2＋8x－5恒成立.

证法2由ex－1≥x,得当x∈[0,2]时,则有(ex－1)2≥x2,即e2x－2≥x2,从而当x∈[0,2]时,f(x)≥x4,要证f(x)≥－2x2＋8x－5(x∈[0,2]),只需证x4≥－2x2＋8x－5(x∈[0,2]),即证x4＋2x2－8x＋5≥0(x∈[0,2]).

思路1设h(x)＝x4＋2x2－8x＋5(x∈[0,2]),则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]上单调递增,又h′(1)＝0,从而当0＜x＜1时,h′(x)＜0;当1＜x＜2时,h′(x)＞0,故h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,2)上单调递增,所以当x＝1时,函数h(x)取得极小值,也是最小值,且h(1)＝0,则在x∈[0,2]上,h(x)≥0恒成立,从而x4＋2x2－8x＋5≥0恒成立,即当x∈[0,2]时,f(x)≥－2x2＋8x－5恒成立.

思路2设h(x)＝x4＋2x2－8x＋5(x∈[0,2]),则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,从而x4＋2x2－8x＋5≥0恒成立,即当x∈[0,2]时,f(x)≥－2x2＋8x－5恒成立.

证法1要证当时,f(x)≥0,即证aex≥lnx＋1.设g(x)＝aex,则g′(x)＝aex,从而g(x)在点P(1,ae)处的切线方程为y－ae＝ae(x－1),即y＝aex,易得aex≥aex.

设h(x)＝aex－(lnx＋1),则由h′(x)＝0,得,则当时,h′(x)＜0;当时,h′(x)＞0,故h(x)在上单调递减,在上单调递增,所以当时,h(x)取得极小值,也是最小值,且,由a≥,知ae≥1,从而ln(ae)≥0,则aex－(lnx＋1)≥0,即aex≥lnx＋1,因此当时,aex≥lnx＋1,即当时,f(x)≥0.

证法2要证当时,f(x)≥0,即证当a≥时,aex≥lnx＋1.

设r(x)＝lnx＋1,则,从而r(x)在点Q(1,1)处的切线方程为y＝x,易证lnx＋1≤x.

设s(x)＝aex－x,则s′(x)＝aex－1.由s′(x)＝0,得,所以当时,s′(x)＜0;当x＞时,s′(x)＞0,所以s(x)在上单调递减,在上单调递增,故当时,h(x)取得极小值,也是最小值,且知ae≥1,从而ln(ae)≥0,则aex－x≥0,即aex≥x,所以当时,aex≥lnx＋1,即当时,f(x)≥0.

因此我们要针对题目信息进行深入分析思考,充分挖掘隐蔽的转化途径与手段,合理选择x0进行求解,对x0的选取的标准是能方便求解、能简化运算、能快速达成目标.当然,我们也可以对不等式进行合理转化后再借助于切线不等式进行求解或证明.

(完)