临界状态在数学中的应用

前言

临界状态 相等与不等；平行与斜交、垂直；

在二维平面中，直线定界，特殊点定域；在三维空间中，平面定界，特殊点定域；

具体应用

• 【封闭曲线---圆】

点\(p(x_0，y_0)\)在圆\(x^2+y^2=1\)上，则\(x_0^2+y_0^2=1\)；

点\(p(x_0，y_0)\)在圆\(x^2+y^2=1\)内部，则\(x_0^2+y_0^2<1\)；

点\(p(x_0，y_0)\)在圆\(x^2+y^2=1\)外部，则\(x_0^2+y_0^2>1\)；

• 【封闭曲线---椭圆】

点\(p(x_0，y_0)\)在椭圆\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\)上，则\(\cfrac{x_0^2}{a^2}+\cfrac{y_0^2}{b^2}=1\)；

点\(p(x_0，y_0)\)在椭圆\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\)内部，则\(\cfrac{x_0^2}{a^2}+\cfrac{y_0^2}{b^2}<1\)；

点\(p(x_0，y_0)\)在椭圆\(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1\)外部，则\(\cfrac{x_0^2}{a^2}+\cfrac{y_0^2}{b^2}>1\)；

• 【非封闭曲线---直线】

点\(p(x_0，y_0)\)在直线\(ax+by+c=0\)上，则\(ax_0+by_0+c=0\)；

点\(p(x_0，y_0)\)在直线\(ax+by+c=0\)外(或两侧)，则\(ax_0+by_0+c\neq 0(>0或<0)\)；

• 【非封闭曲线---曲线】

点\(p(x_0，y_0)\)在曲线\(y^2=2px\)上，则\(y_0^2=2px_0\)；

点\(p(x_0，y_0)\)在曲线\(y^2=2px\)外(或两侧)，则\(y_0^2\neq 2px_0(>2px_0或<2px_0)\)；

典例剖析

【2019高三理科数学课时作业用题】已知正棱锥\(S-ABC\)的底面边长为4，高为3，在正棱锥内任取一点\(P\)，使得\(V_{P-ABC}<\cfrac{1}{2}V_{S-ABC}\)的概率是【】

$A.\cfrac{3}{4}$ $B.\cfrac{7}{8}$ $C.\cfrac{1}{2}$ $D.\cfrac{1}{4}$

分析：做出正棱锥\(S-ABC\)如图所示，设其高线为\(SO=h\)，设三棱锥\(P-ABC\)的高为\(h_1\)，

先将不等关系改写为相等关系，即\(V_{P-ABC}=\cfrac{1}{2}V_{S-ABC}\)，即寻找临界状态下的点\(P\)的位置。

则由\(\cfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}\cdot h_1=\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{1}{3}\cdot S_{\triangle ABC}\cdot h\)，得到\(h_1=\cfrac{1}{2}h\)，

即处于临界状态时，点\(P\)应该在正棱锥\(S-ABC\)的中截面\(MND\)内[在三维空间中，平面定界，特殊点定域]，

然后我们就能很容易的分析出要满足\(V_{P-ABC}<\cfrac{1}{2}V_{S-ABC}\)，则点\(P\)应该在正三棱台\(NDM-ABC\)内部，

故所求概率为\(P=1-\cfrac{V_{S-MND}}{V_{S-ABC}}=1-\cfrac{\frac{1}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot 2^2\cdot h_1}{\frac{1}{3}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot 4^2\cdot h}=1-\cfrac{1}{8}=\cfrac{7}{8}\)，故选\(B\)。

在棱长为2的正方体\(ABCD-A_1B_1C_1D_1\)中，点\(O\)为底面\(ABCD\)的中心，在正方体\(ABCD\) \(-A_1B_1C_1D_1\)内随机取一点\(P\)，则点\(P\)到点\(O\)的距离大于1的概率为_____________。

分析：点\(P\)的所有结果用正方体的体积来度量，故应该是体积型几何概型。

先考虑临界状态，当点\(P\)到点\(O\)的距离等于1时，点\(P\)在球心为\(O\)的半球面上，

则当点\(P\)到点\(O\)的距离大于1时，点\(P\)在球心为\(O\)的半球外部且在正方体的内部，

故所求\(P=\cfrac{2^3-\cfrac{1}{2}\times \cfrac{4}{3}\times \pi\times 1^3}{2^3}=1-\cfrac{\pi}{12}\)。

反思总结：临界状态定界，不等关系定域，这和线性规划中的直线定界，特殊点定域是相通的。

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅱ第12题】定义在\(R\)上的函数\(y=f(x)\)，满足\(f(3-x)=f(x)\)，\(f'(x)\)为函数\(f(x)\)的导函数，且\((x-\cfrac{3}{2})\cdot f'(x)<0\)，若\(x_1<x_2\)，且\(x_1+x_2>3\)，则有【】

$A.f(x_1) >f(x_2)$ $B.f(x_1)=f(x_2)$ $C.f(x_1) < f(x_2)$ $D.不确定$

分析：由\((x-\cfrac{3}{2})\cdot f'(x)<0\)，得到当\(x>\cfrac{3}{2}\)时，必有\(f'(x)<0\)，当\(x<\cfrac{3}{2}\)时，必有\(f'(x)>0\)，

即\(x\in (\cfrac{3}{2}，+\infty)\)时，\(f'(x)<0\)，函数\(f(x)\)单调递减，

\(x\in (-\infty，\cfrac{3}{2})\)时，\(f'(x)>0\)，函数\(f(x)\)单调递增，

又由\(f(3-x)=f(x)\)得到函数的对称轴为\(x=\cfrac{3}{2}\)，

在利用\(x_1<x_2\)，\(x_1+x_2>3\)这一条件时，可以先考虑其临界状态以降低难度，

令\(x_1+x_2=3\)，则\(x_1\)和\(x_2\)到对称轴等距离，则必有\(f(x_1)=f(x_2)\)，

那么当\(x_1<x_2\)，\(x_1+x_2>3\)时，必有\(x_1\)，\(x_2\)分布在对称轴的两侧，且\(x_2\)距离对称轴更远，

故有\(f(x_1)>f(x_2)\)，故选\(A\)。

如何理解表达式：\((|x|- 1)^2+(|y|-1)^2\leq 4\)

分析：如果想不清楚，那么我们将原题目改为\((|x|- 1)^2+(|y|-1)^2=4\)，故其临界状态为圆上；而原题中是\((|x|- 1)^2+(|y|-1)^2\leq 4\)，故应该是与圆的内部有关的。又由于题目中含有绝对值，故需要分类讨论去掉绝对值符号，这样问题就转化为可行域问题了，当然是非线性的可行域。

想清楚这些后，我们就能顺利做出如下的转化：

原不等式\(\Leftrightarrow\)

\(\left\{\begin{array}{l}{x\ge 0}\\{y\ge 0}\\{(x-1)^2+(y-1)^2\leq 4}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{x\ge 0}\\{y< 0}\\{(x-1)^2+(-y-1)^2\leq 4}\end{array}\right.\)

或\(\left\{\begin{array}{l}{x< 0}\\{y\ge 0}\\{(-x-1)^2+(y-1)^2\leq 4}\end{array}\right.\) 或\(\left\{\begin{array}{l}{x< 0}\\{y< 0}\\{(-x-1)^2+(-y-1)^2\leq 4}\end{array}\right.\)

这样即使用手工作图，我们也能做出来如下的图形来的。

【2018福建泉州一模】如图所示，正六边形\(ABCDEF\)中，\(N\)为线段\(AE\)的中点，在线段\(DE\)上随机取点\(G\)，入射光线\(NG\)经\(DE\)反射，则反射光线于线段\(BC\)相交的概率为【】

$A.\cfrac{1}{4}$ $B.\cfrac{1}{3}$ $C.\cfrac{5}{12}$ $D.\cfrac{2}{3}$

分析：为便于计算，设正六边形\(ABCDEF\)的边长为\(2\)，则\(FN=1\)，\(NE=\sqrt{3}\)；接下来思考反射光线和线段\(BC\)相交的临界状态；

反射光线与线段\(BC\)相交的两个临界状态其一为过点\(B\)，其二为过点\(C\)；

当反射光线经过点\(B\)时，入射点为\(G\)，设\(EG=x\)，则由\(\angle NGM=\angle MGB\)，则\(tan\angle NGM=\cfrac{x}{\sqrt{3}}\)，\(tan\angle MGB=\cfrac{2-x}{2\sqrt{3}}\)，

则有\(\cfrac{x}{\sqrt{3}}=\cfrac{2-x}{2\sqrt{3}}\)，即\(\cfrac{2-x}{x}=\cfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\)，利用和比性质得到，\(\cfrac{2-x+x}{x}=\cfrac{2\sqrt{3}+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\)，

即\(\cfrac{2}{x}=\cfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\)，则\(x=\cfrac{2}{3}\)；

当反射光线经过点\(C\)时，入射点为\(G\)，设\(EG=y\)，则由\(\angle NGM=\angle MGC\)，则\(tan\angle NGM=\cfrac{y}{\sqrt{3}}\)，\(tan\angle MGC=\cfrac{3-y}{\sqrt{3}}\)，

即\(\cfrac{y}{\sqrt{3}}=\cfrac{3-y}{\sqrt{3}}\)，解得\(y=\cfrac{3}{2}\)；

故反射光线和线段\(BC\)相交时对应到线段\(DE\)上的长度为\(\cfrac{3}{2}-\cfrac{2}{3}=\cfrac{5}{6}\)；由长度型几何概型可知，所求概率为\(P=\cfrac{\frac{5}{6}}{2}=\cfrac{5}{12}\)。

【2019高三理科数学信息题】已知函数\(f(x)=x^2lnx+kx-1\)有零点，求\(k\)的取值范围_________。

分析：已知函数\(f(x)=x^2lnx+kx-1\)有零点，即方程\(f(x)=0\)在定义域\((0，+\infty)\)上有解，

分离参数得到\(k=\cfrac{x^2lnx+1}{x}=xlnx+\cfrac{1}{x}\)，令\(h(x)=xlnx+\cfrac{1}{x}\)，

则题目转化为\(k=h(x)\)在\((0，+\infty)\)上有解，故要么从数的角度求函数\(h(x)\)的值域；要么求其单调性，做函数的图像，从形的角度用数形结合求解。

以下用导数求函数\(h(x)\)的单调性。\(h'(x)=lnx+1-\cfrac{1}{x^2}\)，

此时需要注意，导函数中出现了\(lnx\)，故我们将上述的函数人为的分为两个部分，\(y=lnx\)和\(y=1-\cfrac{1}{x^2}\)，先令\(lnx=0\)得到\(x=1\)，在将\(x=1\)代入\(y=1-\cfrac{1}{x^2}\)验证也是其零点，说明这两个函数的零点重合，故接下来我们将定义域分为\((0，1)\)和\((1，+\infty)\)两部分分类讨论即可：

则\(0<x<1\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，\(x>1\)时，\(h'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，则\(h(x)_{min}=h(1)=1\)。

即\(h(x)\)的值域为\([1，+\infty)\)，故\(k\ge 1\)，即\(k\in [1，+\infty)\)。

或利用单调性得到函数\(h(x)\)的图像如下，

再利用函数\(y=k\)和函数\(y=h(x)\)的图像有交点，得到\(k\)的取值范围为\(k\in [1，+\infty)\)。

【2019高三理科数学启动卷，2019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 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 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\(C\).