一、相切模型
模型函数\(y=kx\)与函数\(y=lnx\)相切于点\(Q\),求点\(Q\)的坐标。\((e,1)\)
分析:设函数\(y=kx\)与函数\(y=lnx\)切点为\(Q(x_0,y_0)\),则有
\(\begin{cases} y_0=kx_0 \\ y_0=lnx_0 \\ k=f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}\end{cases}\);
从而解得\(x_0=e,y_0=1,k=\cfrac{1}{e}\),故切点\(Q\)的坐标为\((e,1)\)
二、直线和曲线相切
例1若方程\(\sqrt{3-\cfrac{3}{4}x^2}-m=x\)有实根,则实数\(m\)的取值范围是________.
【分析】将原本数的问题,转化为形的问题,即两个函数的图像有交点的问题,从形上来处理解决。
【解答】由题目可知,方程\(\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}=x+m\)有实根,
即函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)和函数\(y=x+m\)的图像有交点,
其中函数\(y=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)的图像是椭圆\(\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{3}=1\)的上半部分,
函数\(y=x+m\)的图像是动态的直线,
在同一个坐标系中做出两个函数的图像,由图像可知,
由图可知,直线和椭圆相交的一个位置是过点\((2,0)\),代入求得\(m=-2\);
另一个相交的临界位置是直线和函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\)在第二象限的部分相切,
设切点坐标\((x_0,y_0)\),
则有\(f'(x)=[(3-\frac{3}{4}x^2)^{\frac{1}{2}}]'=\frac{1}{2}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)^{-\frac{1}{2}}\cdot (3-\frac{3}{4}x^2)'\)
\(=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3}{4}\cdot (2x))\)
\(= \frac{1}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}\cdot (-\frac{3x}{4})\)
则\(f'(x_0)=\frac{-\frac{3x}{4}}{\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}}=1(x_0<0)\)
即\(-\frac{3x}{4}=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\),两边平方整理得到,
\(x_0^2=\frac{16}{7}\),即\(x_0=-\frac{4}{\sqrt{7}}\),
代入函数\(y=f(x)=\sqrt{3-\frac{3}{4}x^2}\),得到\(y_0=\frac{3}{\sqrt{7}}\)
即切点为\((-\frac{4}{\sqrt{7}},\frac{3}{\sqrt{7}})\)
将切点代入直线,得到\(m=\sqrt{7}\),
结合图像可知\(m\)的取值范围是\([\sqrt{7},2]\)。
【点评】:①本题目的难点一是将数的问题转化为形的问题求解,其中转化得到半个椭圆也是难点。
②难点二是求直线和椭圆相切时的切点坐标,求导很容易出错的,需要特别注意。
三、曲线和曲线相切
例2【西安模拟】 已知函数\(f(x)=kx^2-lnx\)有两个零点,求参数\(k\)的取值范围。
$A.k>\cfrac{e}{2}$ $B.0< k\cfrac{\sqrt{2}e}{2}$ $D.0< k
【法1】:数形结合法,定义域为\((0,+\infty)\),转化为方程\(kx^2=lnx\)有两个不同的实数根,
再转化为函数\(y=kx^2\)与函数\(y=lnx\)的图像有两个不同的交点,
如图设两个函数的图像相切于点为\((x_0,y_0)\),
则有关系式\(\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}\\kx_0^2=y_0\\y_0=lnx_0\end{cases}\),
解得\(y_0=\cfrac{1}{2},x_0=\sqrt{e}\),即切点为\((\sqrt{e},\cfrac{1}{2})\),
再代入函数\(y=kx^2\),求得此时的\(k=\cfrac{1}{2e}\),
再结合函数\(y=kx^2\)的系数\(k\)的作用,可得两个函数要有两个不同的交点,
则\(k\in(0,\cfrac{1}{2e})\)。
【法2】:分离参数法,定义域为\((0,+\infty)\),转化为方程\(kx^2=lnx\)有两个不同的实数根,
再转化为\(k=\cfrac{lnx}{x^2}\)有两个不同的实数根,
再转化为函数\(y=k\)和函数\(y=g(x)=\cfrac{lnx}{x^2}\)的图像有两个不同的交点,
用导数研究函数\(g(x)\)的单调性,\(g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}\),
令\(1-2lnx>0\),得到\(0< x<\sqrt{e}\),令\(1-2lnx<0\),得到\(x >\sqrt{e}\),
即函数\(g(x)\)在区间\((0,\sqrt{e}]\)上单调递增,在\([\sqrt{e},+\infty)\)上单调递减,
故\(g(x)_{max}=g(\sqrt{e})=\cfrac{1}{2e}\),
作出函数\(g(x)\)和函数\(y=k\)的简图,由图像可得\(k\)的取值范围是\(k\in(0,\cfrac{1}{2e})\)。
例7【高三理科数学启动卷,陕西省二检试卷第12题】若两个函数\(f(x)=x^2\)与\(g(x)=a^x\) \((a>0,a\neq 1)\)的图像只有一个交点,则实数\(a\)的取值范围是【】
$A.(e^{-\frac{2}{e}},e^{\frac{2}{e}})$ $B.(0,e^{-\frac{2}{e}})$ $C.(0,e^{-\frac{2}{e}})\cup(e^{\frac{2}{e}},+\infty)$ $D.(e^{-\frac{2}{e}},1)\cup(1,e^{\frac{2}{e}})$
分析:两个函数的图像只有一个交点,即方程\(x^2=a^x\)只有一个根,
法1:利用两个函数的图像,尤其是\(y=a^x\)的动态图形来说明问题;曲线和曲线相切;
当\(a>1\)时,函数\(y=x^2\)与函数\(y=a^x\)有两个交点的临界位置是在第一象限相切的情形,如下图所示;
以下重点求解相切时的参数\(a\)的值;设两条曲线相切时的切点为\(P(x_0,y_0)\),
则有\(\left\{\begin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}\cdot lna ① }\\{y_0=x_0^2 ② }\\{y_0=a^{x_0} ③ }\end{array}\right.\)
由②③可知,$x_0^2=a^{x_0} ④ $,代入①得到,\(2x_0=x_0^2\cdot lna\),化简得到\(2=x_0\cdot lna ⑤\),
又由④两边取对数得到,\(2lnx_0=x_0\cdot lna⑥\),由⑤⑥得到,\(2lnx_0=2\),解得\(x_0=e\),代入②得到\(y_0=e^2\),
再代入③得到,\(e^2=a^e\),两边取对数得到,\(lna=\cfrac{2}{e}\),则\(a=e^{\frac{2}{e}}\),
即两条曲线相切时的\(a=e^{\frac{2}{e}}\),则\(a>e^{\frac{2}{e}}\)时,两条曲线必然只有一个交点。
当\(0<a<1\)时,函数\(y=x^2\)与函数\(y=a^x\)有两个交点的临界位置是在第二象限相切的情形,如下图所示;
以下重点求解相切时的参数\(a\)的值;设两条曲线相切时的切点为\(P(x_0,y_0)\),
则有\(\left\{\begin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}\cdot lna ① }\\{y_0=x_0^2 ② }\\{y_0=a^{x_0} ③ }\end{array}\right.\)
由②③可知,$x_0^2=a^{x_0} ④ $,代入①得到,\(2x_0=x_0^2\cdot lna\),化简得到\(2=x_0\cdot lna ⑤\),
又由④两边取对数得到,\(2ln|x_0|=x_0\cdot lna⑥\),由⑤⑥得到,\(2ln|x_0|=2\),解得\(x_0=-e\),代入②得到\(y_0=e^2\),
再代入③得到,\(e^2=a^{-e}\),两边取对数得到,\(-lna=\cfrac{2}{e}\),则\(a=e^{-\frac{2}{e}}\),
即两条曲线相切时的\(a=e^{-\frac{2}{e}}\),则\(0<a<e^{-\frac{2}{e}}\)时,两条曲线必然只有一个交点。
综上所述,\(a\in(0,e^{-\frac{2}{e}})\),或者\(a\in (e^{\frac{2}{e}},+\infty)\),故选\(C\).
法2:分离参数得到,\(lnx^2=xlna\),再变形为\(lna=\cfrac{2ln|x|}{x}\),令\(h(x)=\cfrac{2ln|x|}{x}\),重点是作其图像;
由于\(h(x)\)是奇函数,故当\(x>0\)时,\(h(x)=\cfrac{2lnx}{x}\),以下用导数研究其单调性;
\(h'(x)=\cdots=\cfrac{2(1-lnx)}{x^2}\),则\(x\in (0,e)\)时,\(h'(x)>0\),\(h(x)\)单调递增;则\(x\in (e,+\infty)\)时,\(h'(x)<0\),\(h(x)\)单调递减;又\(h(e)=\cfrac{2}{e}\),故可以做出\(x>0\)时的\(h(x)\)图像以及\(x<0\)时的\(h(x)\)图像,如下图所示;
由图可知,\(lna>\cfrac{2}{e}\)或\(lna<-\cfrac{2}{e}\)时,两个函数图像仅有一个交点,
解得\(a\in(0,e^{-\frac{2}{e}})\),或者\(a\in (e^{\frac{2}{e}},+\infty)\),故选\(C\).
四、直线和函数相切
例3已知函数\(f(x)=lnx\),若直线\(y=kx+1\)与\(f(x)=lnx\)的图象相切.求实数\(k\)的值;
【解答】设直线和函数图像相切于点\((x_0,y_0)\),
则有\(\left\{\begin{array}{l}{y_0=kx_0+1①}\\{y_0=lnx_0②}\\{\cfrac{1}{x_0}=k③}\end{array}\right.\)
由③得到\(kx_0=1\),代入①得\(y_0=2\),代入②得到\(x_0=e^2\)
解得切点为\((e^2,2)\),将切点代入直线得到,\(k=\cfrac{1}{e^2}\)。
五、典例剖析
例4函数\(f(x)\)满足\(f(x)=f(-x)\),\(f(x)=f(2-x)\),当\(x∈[0,1]\)时,\(f(x)=x^2\),(过点\(P(0,-\cfrac{9}{4})\)且斜率为\(k\)的直线与\(f(x)\)在区间\([0,4]\)上的图象恰好有\(3\)个交点,则\(k\)的取值范围为_______.
【分析】涉及到动直线和分段函数图像的交点个数问题,我们更多的是从形的角度入手分析,做出分段函数的图像和动直线的图像,通过动态的变化中寻找解题的题眼。本题目中就是\(k_{BP}<k<k_{BA}\)。
【解答】由\(x∈[0,1]\)时,\(f(x)=x^2\),以及\(f(x)=f(-x)\)可知,
当\(-1\leq x\leq 1\)时,\(f(x)=x^2\),
又由\(f(x)=f(2-x)\),可知函数\(f(x)\)图像关于直线\(x=1\)对称,
故当\(1\leq x\leq 3\)时,\(-3\leq -x\leq -1\),
则\(-1\leq 2-x\leq 1\),\(f(x)=f(2-x)=(2-x)^2=(x-2)^2\),
即\(1\leq x\leq 3\)时,\(f(x)=(x-2)^2\),
同理可知,当\(3\leq x\leq 4\)时,\(f(x)=(x-4)^2\),
又直线恒过过点\((0,-\cfrac{9}{4})\),故其方程为\(y+\cfrac{9}{4}=k(x-0)\),
即\(y=kx-\cfrac{9}{4}\),
做出函数\(f(x)\)当\(0\leq x\leq 4\)时的函数图像和\(y=kx-\cfrac{9}{4}\),
由图像可知,适合题意的\(k\)的范围是\(k_{BP}<k<k_{BA}\),
以下关键是求\(k_{BA}\)和\(k_{BP}\),
设直线和函数在\(x\in[2,3]\)相切于点\(P(x_0,y_0)\),
则\(\left\{\begin{array}{l}{k=2x_0-4①}\\{y_0=kx_0-\cfrac{9}{4}②}\\{y_0=(x_0-2)^2③}\end{array}\right.\)
将②代入③,得到\(kx_0-\cfrac{9}{4}=x_0^2-4x_0+4④\),
再将①代入④得到,\((2x_0-4)x_0-\cfrac{9}{4}=x_0^2-4x_0+4\)
解得\(x_0^2=\cfrac{25}{4}\),故\(x_0=\cfrac{5}{2}(舍去负值)\)。
将\(x_0=\cfrac{5}{2}\)代入①,得到\(k=k_{BP}=1\),
又由题可知点\(A(3,1)\),代入直线\(y=kx-\cfrac{9}{4}\),
得到\(k=k_{BA}=\cfrac{13}{12}\),
故适合题意的\(k\)的取值范围是\((1,\cfrac{13}{12})\)。
【点评】①注意总结利用奇偶性对称性求函数的解析式。
②注意分段函数的图像画法;
③求曲线的切线的思路和方法。
④运用动态的观点和方法分析解决问题的策略。
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