相切模型
分析:设函数(y=kx)与函数(y=lnx)切点为(Q(x_0,y_0)),则有
(egin{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))
直线和曲线相切
【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。
法1: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([-2,sqrt{7}])。
法2:[算理似乎不是太顺畅,再思考]利用椭圆的参数方程求解,由于函数(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,故设其图像上的任意一点的坐标为((2cos heta,sqrt{3}sin heta)),且( hetain [0,pi]),
则上半椭圆上任一点((2cos heta,sqrt{3}sin heta))到直线(y=x+m)的距离为(d),
则(d=cfrac{|2cos heta-sqrt{3}sin heta+m|}{sqrt{1^2+(-1)^2}}=cfrac{|sqrt{7}sin( heta-phi)-m|}{sqrt{2}}),其中(tanphi=cfrac{2}{sqrt{3}}),
当(d=0)时,即(sqrt{7}sin( heta-phi)-m=0)时,也即直线和上半椭圆相切,
由图可知,此时的(m)最大,由于(m=sqrt{7}sin( heta-phi)),故(m_{max}=sqrt{7}),
又由图可知,当( heta=0)时,直线过点((2,0)),此时的(m)最小,且由于此时直线和曲线相交,故必满足(sqrt{7}sin( heta-phi)-m=0),即此时
(m=sqrt{7}sin(0-phi)=-sqrt{7}sinphi),由(tanphi=cfrac{2}{sqrt{3}}),可计算得到(sinphi=cfrac{2}{sqrt{7}}),故(m_{min}=-sqrt{7} imes cfrac{2}{sqrt{7}}=-2),
综上所述,可知(m)的取值范围是([-2,sqrt{7}])。
【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。
曲线和曲线相切
【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(egin{cases}2kx_0=cfrac{1}{x_0}\kx_0^2=y_0\y_0=lnx_0end{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(kin(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-lnxcdot 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(kin(0,cfrac{1}{2e}))。
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{egin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}cdot lna ① }\{y_0=x_0^2 ② }\{y_0=a^{x_0} ③ }end{array} ight.)
由②③可知,$x_0^2=a^{x_0} ④ $,代入①得到,(2x_0=x_0^2cdot lna),化简得到(2=x_0cdot lna ⑤),
又由④两边取对数得到,(2lnx_0=x_0cdot lna⑥),由⑤⑥得到,(2lnx_0=2),解得(x_0=e),代入②得到(y_0=e^2),
再代入③得到,(e^2=a^e),两边取对数得到,(lna=cfrac{2}{e}),则(a=e^{frac{2}{e}}),
即两条曲线相切时的(a=e^{frac{2}{e}}),则(a>e^{frac{2}{e}})时,两条曲线必然只有一个交点。
当(0<a<1)时,函数(y=x^2)与函数(y=a^x)有两个交点的临界位置是在第二象限相切的情形,如下图所示;
以下重点求解相切时的参数(a)的值;设两条曲线相切时的切点为(P(x_0,y_0)),
则有(left{egin{array}{l}{2x_0=a^{x_0}cdot lna ① }\{y_0=x_0^2 ② }\{y_0=a^{x_0} ③ }end{array} ight.)
由②③可知,$x_0^2=a^{x_0} ④ $,代入①得到,(2x_0=x_0^2cdot lna),化简得到(2=x_0cdot lna ⑤),
又由④两边取对数得到,(2ln|x_0|=x_0cdot 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,(ain(0,e^{-frac{2}{e}})),或者(ain (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(xin (0,e))时,(h'(x)>0),(h(x))单调递增;则(xin (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(ain(0,e^{-frac{2}{e}})),或者(ain (e^{frac{2}{e}},+infty)),故选(C).
直线和函数相切
【解答】设直线和函数图像相切于点((x_0,y_0)),
则有(left{egin{array}{l}{y_0=kx_0+1①}\{y_0=lnx_0②}\{cfrac{1}{x_0}=k③}end{array} ight.)
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})。
典例剖析
【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(-1leq xleq 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(1leq xleq 3)时,(-3leq -xleq -1),
则(-1leq 2-xleq 1),(f(x)=f(2-x)=(2-x)^2=(x-2)^2),
即(1leq xleq 3)时,(f(x)=(x-2)^2),
同理可知,当(3leq xleq 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(0leq xleq 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(xin[2,3])相切于点(P(x_0,y_0)),
则(left{egin{array}{l}{k=2x_0-4①}\{y_0=kx_0-cfrac{9}{4}②}\{y_0=(x_0-2)^2③}end{array} ight.)
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。