利用曲線與直線公共點(diǎn)解決有關(guān)導(dǎo)數(shù)問題

賀德光

[摘 要]研究利用曲線與直線公共點(diǎn)解決有關(guān)導(dǎo)數(shù)問題，能提高學(xué)生的解題能力.

[關(guān)鍵詞]曲線;直線;公共點(diǎn);導(dǎo)數(shù)

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻(xiàn)標(biāo)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(diǎn)問題，用數(shù)形結(jié)合法解決是行不通的.但曲線與直線的公共點(diǎn)問題用數(shù)形結(jié)合法來解決，筆者認(rèn)為是可行的，并不贊同大多數(shù)人認(rèn)為的“不嚴(yán)謹(jǐn)”的觀點(diǎn).比如，曲線[C1]：[y=fx]與直線[C2]：[y=ax+b]的公共點(diǎn)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(shí)根（即函數(shù)[Fx]的零點(diǎn)）情況.殊不知方程[Fx=0]的實(shí)根情況，仍可看成是曲線[C1]：[y=Fx]與直線[C2]：[y=0]的公共點(diǎn)問題.因此，我們不能懷疑直線與曲線公共點(diǎn)問題的數(shù)形結(jié)合法的正確性與嚴(yán)謹(jǐn)性.

本文試通過數(shù)形結(jié)合處理有關(guān)曲線與直線（“一曲一直”）的公共點(diǎn)問題，從而解決相關(guān)導(dǎo)數(shù)問題.

一、將目標(biāo)問題轉(zhuǎn)化為“一曲一直”的公共點(diǎn)問題是尋找相關(guān)導(dǎo)數(shù)問題突破口的一種有效手段

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

解：因?yàn)閇f1=0?b=e-a-1]，又[f0=0]，所以[f0= f1=0].

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

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(diǎn).

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

因此，當(dāng)[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(diǎn)，不合題意.

當(dāng)[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(diǎn)，不合題意.

當(dāng)[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(jù)[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(diǎn)，且[C1與C2]在[x∈0， 1]上有兩個公共點(diǎn)[?]

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

當(dāng)[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(shí)數(shù)[a]的取值范圍為[e-2， 1].

二、在曲線與直線公共點(diǎn)問題的轉(zhuǎn)化中，“曲線熟悉化”能縮短相關(guān)導(dǎo)數(shù)問題的解決過程

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

解法1：∵當(dāng)[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(diǎn)的切線[m]的方程為[y=lex]，其切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為[x=e].

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

結(jié)合考察[C2]的過原點(diǎn)的切線[m]與[C1]的位置關(guān)系知：當(dāng)[lnaa=le]時，[C1]與[C2]有唯一公共點(diǎn);當(dāng)[lnaa>le]時，[C1]與[C2]沒有公共點(diǎn);當(dāng)[lnaa∈0， le]時，[C1]與[C2]有兩個公共點(diǎn).

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

解法2：∵當(dāng)[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(dāng)[1<x<e]時，[g'x>0]，[gx]遞增;當(dāng)[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(dāng)且僅當(dāng)[a=e]時[lnaa=le].

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

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

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(guān)鍵是在進(jìn)行“一曲一直”的轉(zhuǎn)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(yùn)用“一曲一直”策略進(jìn)行轉(zhuǎn)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(jìn)一步說明問題.

[例1另解]因?yàn)閇f1=0?b=e-a-1].又[f0=0]，所以[f0= f1=0].

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

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(diǎn).

由于[C1]為指數(shù)函數(shù)圖像，[C2]是直線，所以[C1]與[C2]最多有兩個公共點(diǎn).因此當(dāng)且僅當(dāng)[C1]與[C2]在[x∈（0， 1）]上有兩個公共點(diǎn)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(diǎn)[12， e-1]的直線.

對于[C1]：[y=ex，]當(dāng)[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(jīng)過的定點(diǎn)[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(diǎn)[?] [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(shí)數(shù)[a]的取值范圍為[e-2， 1].

三、運(yùn)用數(shù)形結(jié)合法，能彌補(bǔ)其他解法之不足

[例3]已知函數(shù)[fx=exx+ax-ln x]，[a∈R].

（Ⅰ）當(dāng)[a=-e]時，求[fx]的最小值;

（Ⅱ）若[fx]有兩個零點(diǎn)，求參數(shù)[a]的取值范圍.

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

[f'x=ex（x-1）x2+a（x-1）x=x-1（ex+ax）x2].

故當(dāng)[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(diào)遞減，在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增.

因此[f（x）min=f（1）=a+e=0].

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

當(dāng)[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(diào)遞減， 在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增， [fxmin=f1=e+a>0]（因?yàn)閇a>-e]）.

因此當(dāng)[a>-e]時， [f（x）]沒有零點(diǎn).

當(dāng)[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(diào)遞減，在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增，[φ（x）min=φ（1）=e].

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

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

綜上， [f（x）]有兩個零點(diǎn)，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?qū)W生解釋清楚.

這是解法1的不足之處，鑒于目前中學(xué)階段沒有學(xué)習(xí)極限內(nèi)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?yàn)閇（0，+∞）].

[f'x=ex（x-1）x2+a（x-1）x=x-1（ex+ax）x2].

故當(dāng)[a=-e]時， [f'x=x-1（ex-ex）x2].考察[y=ex]與它的過原點(diǎn)的切線[y=ex]（切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為[x0=1]）的位置關(guān)系知[ex=ex]當(dāng)且僅當(dāng)[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(diào)遞減，在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增.

因此[f（x）min=f（1）=a+e=0].

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

當(dāng)[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(diào)遞減，在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增， [fxmin=f1=e+a>0]（因?yàn)閇a>-e]）. 因此當(dāng)[a>-e]時， [f（x）]沒有零點(diǎn).

當(dāng)[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(diào)遞減，在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增，[φxmin=φ1=e].因此[φ（x）=-a（a<-e）]在[（0，+∞）]上有兩個實(shí)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(diào)遞減，在[（1，+∞）]上單調(diào)遞增，[ x=1]時[t=x-lnx]取最小值1.

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

綜上， [f（x）]有兩個零點(diǎn)， 所以[a<-e].

（責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān)）