函数或曲线恒过定点

前言

函数或曲线恒过定点问题,在高中数学中很常见,也很容易被忽视,如果函数或曲线恒过定点这个隐含条件使用的好,能大大方便我们的解题。

低阶储备

在分析函数恒过定点的问题时,即可以从形的角度[做函数图像+图像变换]来思考,当然更可以从数的角度[直接计算]来思考;一般来说,一个数的问题,往往有与之相应的形的问题和其对应;自然,一个形的问题,往往有与之相应的数的问题和其对应。以下主要从数的角度来计算说明;

①一次函数 y = k x + 1 y=kx+1 y=kx+1恒过定点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1),由于 x = 0 x=0 x=0时,不论 k k k为何值,都有 y = 1 y=1 y=1,故其恒过定点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1);

同理,一次函数 y = k ( x − 1 ) + 3 y=k(x-1)+3 y=k(x−1)+3恒过定点 ( 1 , 3 ) (1,3) (1,3), 由于 x − 1 = 0 x-1=0 x−1=0时,即 x = 1 x=1 x=1时,不论 k k k为何值,都有 y = 3 y=3 y=3,故其恒过定点 ( 1 , 3 ) (1,3) (1,3);

正因为这样,当直线经过点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)时,我们常常设其解析式为 y = k x + 1 y=kx+1 y=kx+1,当直线经过点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)时,我们常常设其解析式为 x = k y + 1 x=ky+1 x=ky+1;

补充\]函数 y = ( m − 1 ) x + m y=(m-1)x+m y=(m−1)x+m,恒过定点 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1)问题:在具体题目中如何观察确定直线所恒过的定点,采用尝试法,即分别用 x = 0 x=0 x=0, x = ± 1 x=\\pm 1 x=±1, x = ± 2 x=\\pm 2 x=±2, ⋯ \\cdots ⋯ \\quad , ②指数函数 y = a x ( a \> 0 , a ≠ 1 ) y=a\^x(a\>0,a\\neq 1) y=ax(a\>0,a=1)恒过定点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1),理由:当 x = 0 x=0 x=0时,不论 a a a为何值,都有 y = a 0 = 1 y=a\^0=1 y=a0=1,故其恒过定点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1); 同理,指数型函数 y = a x − 2 ( a \> 0 , a ≠ 1 ) y=a\^{x-2}(a\>0,a\\neq 1) y=ax−2(a\>0,a=1)恒过定点 ( 2 , 1 ) (2,1) (2,1),理由:当 x − 2 = 0 x-2=0 x−2=0时,即 x = 2 x=2 x=2时,不论 a a a为何值,都有 y = a 0 = 1 y=a\^0=1 y=a0=1,故其恒过定点 ( 2 , 1 ) (2,1) (2,1); 指数型函数 y = 2 x − a + 2 y=2\^{x-a}+2 y=2x−a+2恒过定点 ( a , 3 ) (a,3) (a,3),理由:当 x − a = 0 x-a=0 x−a=0时,即 x = a x=a x=a时,都有 y = 2 0 + 2 = 3 y=2\^0+2=3 y=20+2=3,故其恒过定点 ( a , 3 ) (a,3) (a,3); 但是注意:指数型函数 y = a ⋅ e x ( a \> 0 ) y=a\\cdot e\^x(a\>0) y=a⋅ex(a\>0)并不恒过定点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1),而是恒过动点 ( 0 , a ) (0,a) (0,a); 指数型函数 y = e x + e − x y=e\^{x}+e\^{-x} y=ex+e−x恒过定点 ( 0 , 2 ) (0,2) (0,2),则指数型函数 y = e x − 2 + e 2 − x y=e\^{x-2}+e\^{2-x} y=ex−2+e2−x恒过定点 ( 2 , 2 ) (2,2) (2,2); 指数型函数 y = e x − e − x y=e\^{x}-e\^{-x} y=ex−e−x恒过定点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0),则指数型函数 y = e x + 1 − e − 1 − x y=e\^{x+1}-e\^{-1-x} y=ex+1−e−1−x恒过定点 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0); ③对数函数 y = l o g a x ( a \> 0 , a ≠ 1 ) y=log_ax(a\>0,a\\neq 1) y=logax(a\>0,a=1)恒过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0),理由:当 x = 1 x=1 x=1时,都有 y = l o g a 1 = 0 y=log_a1=0 y=loga1=0,故其恒过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0); 同理,对数型函数 y = l o g 2 ( x − b ) y=log_2{(x-b)} y=log2(x−b)恒过定点 ( b + 1 , 0 ) (b+1,0) (b+1,0),理由:当 x − b = 1 x-b=1 x−b=1时,即 x = b + 1 x=b+1 x=b+1时,都有 y = l o g 2 1 = 0 y=log_21=0 y=log21=0,故其恒过定点 ( b + 1 , 0 ) (b+1,0) (b+1,0); ④绝对值型函数 y = a ⋅ ∣ x ∣ ( a ≠ 0 ) y=a\\cdot \|x\|(a\\neq 0) y=a⋅∣x∣(a=0)恒过定点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0); y = a ⋅ ∣ x − 2 ∣ ( a ≠ 0 ) y=a\\cdot \|x-2\|(a\\neq 0) y=a⋅∣x−2∣(a=0)恒过定点 ( 2 , 0 ) (2,0) (2,0); y = a ⋅ ∣ x − 2 ∣ + 1 ( a ≠ 0 ) y=a\\cdot \|x-2\|+1(a\\neq 0) y=a⋅∣x−2∣+1(a=0)恒过定点 ( 2 , 1 ) (2,1) (2,1);其中 a a a的作用会改变张角的方向和大小; ⑤二次函数 y = a ⋅ x 2 ( a ≠ 0 ) y=a\\cdot x\^2(a\\neq 0) y=a⋅x2(a=0)恒过定点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0);二次函数 y = a ⋅ x 2 + 1 ( a ≠ 0 ) y=a\\cdot x\^2+1(a\\neq 0) y=a⋅x2+1(a=0)恒过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0);其中 a a a的作用会改变抛物线的开口方向和张角大小。 ⑥若抽象函数 y = f ( x − 1 ) + 3 y=f(x-1)+3 y=f(x−1)+3过定点 ( 2 , 4 ) (2,4) (2,4),则抽象函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)过定点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1);理由:由 f ( 2 − 1 ) + 3 = 4 f(2-1)+3=4 f(2−1)+3=4,即可得到 f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f(1)=1,故 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)过定点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1); 同理,若函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)过定点 ( 2 , 4 ) (2,4) (2,4),则函数 y = f ( x − 1 ) + 3 y=f(x-1)+3 y=f(x−1)+3过定点 ( 3 , 7 ) (3,7) (3,7);理由:由 f ( 2 ) = 4 f(2)=4 f(2)=4,则可知 f ( 3 − 1 ) + 3 = 7 f(3-1)+3=7 f(3−1)+3=7,即函数 y = f ( x − 1 ) + 3 y=f(x-1)+3 y=f(x−1)+3过定点 ( 3 , 7 ) (3,7) (3,7); ⑦ 二次函数 y = a ( x − 1 ) ( x − b ) y=a(x-1)(x-b) y=a(x−1)(x−b),恒过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0); ### 中阶储备 ①共点直线系方程;比如求解直线 a x + y − 3 a y − 1 = 0 ax+y-3ay-1=0 ax+y−3ay−1=0所过的定点坐标; 分析:将其整理为共点直线系方程形式: a ( x − 3 y ) + y − 1 = 0 a(x-3y)+y-1=0 a(x−3y)+y−1=0, 则直线 a x + y − 3 a y − 1 = 0 ax+y-3ay-1=0 ax+y−3ay−1=0一定经过直线 x − 3 y = 0 x-3y=0 x−3y=0和直线 y − 1 = 0 y-1=0 y−1=0的交点; 由 { x − 3 y = 0 y − 1 = 0 \\left\\{\\begin{array}{l}x-3y=0\\\\y-1=0\\end{array}\\right. {x−3y=0y−1=0,解得 { x = 3 y = 1 \\left\\{\\begin{array}{l}x=3\\\\y=1\\end{array}\\right. {x=3y=1, 则直线 a x + y − 3 a y − 1 = 0 ax+y-3ay-1=0 ax+y−3ay−1=0所过的定点坐标为 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1). ②过定点和动点的抛物线族; 比如,函数 f ( x ) = ( 2 x − 2 ) ( x − a ) f(x)=(2x-2)(x-a) f(x)=(2x−2)(x−a),则抛物线一定经过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)和动点 ( a , 0 ) (a,0) (a,0); ③已知曲线 F 1 ( x , y ) = 0 F_1(x,y)=0 F1(x,y)=0, F 2 ( x , y ) = 0 F_2(x,y)=0 F2(x,y)=0相交于点 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0),则曲线 F 1 ( x , y ) + λ ⋅ F 2 ( x , y ) = 0 F_1(x,y)+\\lambda\\cdot F_2(x,y)=0 F1(x,y)+λ⋅F2(x,y)=0必经过点 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0), 证明:由于曲线 F 1 ( x , y ) = 0 F_1(x,y)=0 F1(x,y)=0, F 2 ( x , y ) = 0 F_2(x,y)=0 F2(x,y)=0相交于点 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0),则其必然满足 F 1 ( x 0 , y 0 ) = 0 F_1(x_0,y_0)=0 F1(x0,y0)=0, F 2 ( x 0 , y 0 ) = 0 F_2(x_0,y_0)=0 F2(x0,y0)=0, 则 F 1 ( x 0 , y 0 ) + λ ⋅ F 2 ( x 0 , y 0 ) = 0 + λ × 0 = 0 F_1(x_0,y_0)+\\lambda\\cdot F_2(x_0,y_0)=0+\\lambda\\times 0=0 F1(x0,y0)+λ⋅F2(x0,y0)=0+λ×0=0,故曲线 F 1 ( x , y ) + λ ⋅ F 2 ( x , y ) = 0 F_1(x,y)+\\lambda\\cdot F_2(x,y)=0 F1(x,y)+λ⋅F2(x,y)=0必经过点 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0), ④若曲线 F 1 ( x , y ) + λ ⋅ F 2 ( x , y ) = 0 F_1(x,y)+\\lambda\\cdot F_2(x,y)=0 F1(x,y)+λ⋅F2(x,y)=0必经过点 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0),则定点坐标由方程组 { F 1 ( x , y ) = 0 F 2 ( x , y ) = 0 \\begin{cases}F_1(x,y)=0\\\\F_2(x,y)=0\\end{cases} {F1(x,y)=0F2(x,y)=0求解得到。 ⑤圆锥曲线的焦点弦?待思考。 ⑥证明直线经过某个定点(2,1),则直线的方程一定可以转化为形如 y − 1 = m ( x − 2 ) y-1=m(x-2) y−1=m(x−2)的形式, m m m一般为题目中给定的参变量。 ### 高阶储备 函数与导数题型中的函数恒过定点问题,更值得学有余力的同学关注,因为题目中的函数往往是我们自己主动变形后构造的,等吃力的构造好函数,我们一般也就没有精力注意恒过定点问题了。其实此时涉及到的函数往往是上述的简单函数的代数和,而且大多情形下,参与代数和的几个函数都是零点相同的,比如函数 g ( x ) = l n x + 1 − x g(x)=lnx+1-x g(x)=lnx+1−x,我们可以认为其由函数 y 1 = l n x y_1=lnx y1=lnx和函数 y 2 = 1 − x y_2=1-x y2=1−x相加得到,两个子函数的零点都是 x = 1 x=1 x=1,故我们应该很容易看出来 g ( 1 ) = 0 g(1)=0 g(1)=0; * 再比如函数 g ( x ) = l n ( x − 1 ) + 2 − x g(x)=ln(x-1)+2-x g(x)=ln(x−1)+2−x,我们应该看出来 g ( 2 ) = 0 g(2)=0 g(2)=0; * 再比如已知 λ ( x − 1 ) − 2 l n x ≥ 0 \\lambda(x-1)-2lnx \\ge 0 λ(x−1)−2lnx≥0对任意 x ∈ ( 0 , 1 \] x\\in(0,1\] x∈(0,1\]恒成立,若令 h ( x ) = λ ( x − 1 ) − 2 l n x h(x)=\\lambda(x-1)-2lnx h(x)=λ(x−1)−2lnx,你就应该看出来 h ( 1 ) = 0 h(1)=0 h(1)=0; * 再比如函数 h ( t ) = 2 e t − 1 2 − 1 t h(t)=2e\^{t-\\frac{1}{2}}-\\cfrac{1}{t} h(t)=2et−21−t1,则 h ( 1 2 ) = 0 h(\\cfrac{1}{2})=0 h(21)=0; * 再比如函数 f ( x ) = e x − 1 − l n x − 1 f(x)=e\^{x-1}-lnx-1 f(x)=ex−1−lnx−1,则有 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0; * 再比如函数 f ( x ) = 2 x + 1 + e x + 1 f(x)=2x+1+e\^{x+1} f(x)=2x+1+ex+1,则有 f ( − 1 ) = 0 f(-1)=0 f(−1)=0; * 再比如函数 g ( x ) = 16 x 3 + log ⁡ 2 ( 1 2 x ) g(x)=16x\^3+\\log_2{(\\cfrac{1}{2}x)} g(x)=16x3+log2(21x),则有 g ( 1 2 ) = 0 g(\\cfrac{1}{2})=0 g(21)=0; ### 典例剖析 曲线 x 2 + λ y 2 = 1 ( λ ≠ 0 ) x\^2+\\lambda y\^2=1(\\lambda\\neq 0) x2+λy2=1(λ=0)恒过定点_________。 ( ± 1 , 0 ) (\\pm 1,0) (±1,0) 法1:从数的角度思考分析,类比 y = k x + 1 y=kx+1 y=kx+1恒过定点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)的方法思路,令 y = 0 y=0 y=0,得到 x 2 = 1 x\^2=1 x2=1,故上述曲线恒过定点 ( ± 1 , 0 ) (\\pm 1,0) (±1,0); 法2:从形的角度思考分析,变形得到 x 2 1 + y 2 1 λ = 1 \\cfrac{x\^2}{1}+\\cfrac{y\^2}{\\frac{1}{\\lambda}}=1 1x2+λ1y2=1,用动态的观点思考,当 λ \\lambda λ变化时,椭圆或者双曲线与 x x x轴的交点坐标 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0)和 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)始终不变,故曲线恒过定点 ( ± 1 , 0 ) (\\pm 1,0) (±1,0); 【2019石家庄模拟】若函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)的图像恒过点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1),则函数 y = f ( 4 − x ) y=f(4-x) y=f(4−x)的图像一定经过点_______。 法1:从形入手分析,将函数 y y y = = = f ( x ) f(x) f(x)的图像关于 y y y轴对称得到函数 y y y = = = f ( − x ) f(-x) f(−x),故 y y y = = = f ( − x ) f(-x) f(−x)一定经过点 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1),再将函数 y y y = = = f ( − x ) f(-x) f(−x)的图像向右平移 4 4 4个单位,得到函数 y y y = = = f ( 4 − x ) f(4-x) f(4−x)的图像,故函数 y y y = = = f ( 4 − x ) f(4-x) f(4−x)的图像一定经过点 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1). 法2:从数入手分析,由题目可知, f ( 1 ) f(1) f(1) = = = 1 1 1,故对函数 y y y = = = f ( 4 − x ) f(4-x) f(4−x)而言,令 x x x = = = 3 3 3,则有 f ( 4 − 3 ) f(4-3) f(4−3) = = = f ( 1 ) f(1) f(1) = = = 1 1 1,故函数 y y y = = = f ( 4 − x ) f(4-x) f(4−x)的图像一定经过点 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1). 【2022届高三数学模拟】已知幂函数 g ( x ) = ( 2 a − 1 ) x a + 1 g(x)=(2a-1)x\^{a+1} g(x)=(2a−1)xa+1 的图象过函数 f ( x ) = m x − b − 1 2 f(x)=m\^{x-b}-\\cfrac{1}{2} f(x)=mx−b−21( m \> 0 m\>0 m\>0, 且 m ≠ 1 ) m\\neq 1) m=1) 的图象所经过的定点, 则 b b b 的值等于【 \\qquad 】 $A.\\pm\\cfrac{1}{2}$ $B.\\pm\\cfrac{\\sqrt{2}}{2}$ $C.2$ $D.\\pm2$ 解析: 由 g ( x ) = ( 2 a − 1 ) x a + 1 g(x)=(2a-1)x\^{a+1} g(x)=(2a−1)xa+1 为幂函数, 得 2 a − 1 = 1 2a-1=1 2a−1=1, 解得 a = 1 a=1 a=1, 所以 g ( x ) = x 2 g(x)=x\^{2} g(x)=x2, 又函数 f ( x ) = m x − b − 1 2 f(x)=m\^{x-b}-\\cfrac{1}{2} f(x)=mx−b−21 ( m \> 0 m\>0 m\>0, 且 m ≠ 1 ) m \\neq 1) m=1), 当 x = b x=b x=b 时, f ( b ) = m b − b − 1 2 = 1 2 f(b)=m\^{b-b}-\\cfrac{1}{2}=\\cfrac{1}{2} f(b)=mb−b−21=21, 故 f ( x ) f(x) f(x) 的图象所经过的定点为 ( b , 1 2 ) (b,\\cfrac{1}{2}) (b,21), 所以 g ( b ) = 1 2 g(b)=\\cfrac{1}{2} g(b)=21, 即 b 2 = 1 2 b\^{2}=\\cfrac{1}{2} b2=21, 解得 b = ± 2 2 b=\\pm\\cfrac{\\sqrt{2}}{2} b=±22 , 故选 B B B . ### 相关链接 > * [直线恒过定点](https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/10948581.html)

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