高考数学二轮复习第三板块稳心态分步解练酷专题教学案文

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第三板块 稳心态 分步解 高考第 20 题圆锥曲线 题型一 定值问题——巧妙消参 定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距， 也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标 的取值与变化的量无关.当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜 率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题解决. [典例] (2017·全国卷Ⅲ)(本题满分 12 分)在直角坐标系 xOy 中，曲线 y＝x2＋mx－2 与 x 轴交于 A，B 两点，点 C的坐标为(0,1)，当 m 变化时，解答下列问题： (1)能否出现 AC⊥BC 的情况？说明理由； (2)证明过 A，B，C三点的圆在 y轴上截得的弦长为定值． [障碍提醒] 1．想不到设出 A(x1,0)， B(x2,0)坐标后，利用 根与系数关系求x1，x2的值． [解] (1)不能出现 AC⊥BC 的情况， 理由如下： 设 A(x1,0)，B(x2,0)， 则 x1 ， x2 满 足 x2 ＋ mx － 2＝ 0， 所以 x1x2＝－2. 2 分 又 C 的坐标为(0,1)， 故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为 －1 x1 · －1 x2 ＝－ 1 2 ， 所以不能出现 AC⊥BC 的情况. 4 分 (2)证明：由(1)知 BC 的中点坐标为 x2 2 ， 1 2 ， [思路提示] 第(1)问设出点 A，B 的坐标后求解kAC·kBC的值 可作出判断； 第(2)问充分利用圆 心为 BC，AB 的中垂线的交 点，表示出圆心坐标、半 径可证明． 2．不会求解 BC， AB 的中垂线方程， 导致圆心坐标计算 不出来． 可得 BC 的中垂线方程为 y－ 1 2 ＝ x2 x－ x2 2 . 5 分 由(1)可得 x1＋x2＝－m， 所以 AB 的中垂线方程为 x＝－ m 2 .6 分 [解题关键点] 利用根与系数的关系 表示是关键. 3．不清楚如何确定圆 心坐标，导致弦长表示不出 来． 联立 x＝－ m 2 ， y－ 1 2 ＝x2 x－ x2 2 ， x2 2＋mx2－2＝0， 抓住圆中两弦的中垂 线交点即为圆心是根本. 4．联立 BC，AB 的中垂线方 程时，不会把 x2 2＋mx2－2＝0 的计算变形导致求解失误． 可得 x＝－ m 2 ， y＝－ 1 2 . 8 分 所以过 A，B，C 三点的圆的圆心坐标 为 － m 2 ，－ 1 2 ， 半径 r＝ m2 ＋9 2 . 10 分 故 圆 在 y 轴 上 截 得 的 弦 长 为 2 r2 － m 2 2 ＝3， 11 分 即过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截得 的弦长为定值. 12 分 定值问题基本思想： 求解目标与选用的变量无 关. 题型二 定点问题——确定方程 证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值无关得 出 x，y 的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点；如果直线系是使用双参数表 达的，要根据其它已知条件建立两个参数之间的关系，把双参数直线系方程化为单参数直线系方 程. [典例] (2017·安庆二模)(本题满分 12 分)已知定圆 A：(x＋ 3)2＋y2＝16，动圆 M 过点 B( 3，0)，且和圆 A 相切． (1)求动圆圆心 M 的轨迹 E 的方程． (2)设不垂直于 x轴的直线 l与轨迹 E 交于不同的两点 P，Q，点 N(4,0)．若 P，Q，N 三点不 共线，且∠ONP＝∠ONQ.求证：动直线 PQ 经过定点． [思路提示] 第(1)问根据圆与圆的位置 关系与两圆的圆心距之间的关 系、椭圆的定义可得圆心 M 的轨 迹是椭圆，求出 a，b 即得椭圆的 方程； 第(2)问设 l：y＝kx＋b，画 出草图可知在∠ONP＝∠ONQ 的 情况下，NP，NQ 的斜率互为相反 数，依次建立 k，b 的关系，即可 根据直线系过定点的条件得出其 所求的定点． [障碍提醒] 1．不知道利用动圆与定圆相 切，结合椭圆定义求轨迹方程． [解] (1)圆 A 的圆心为 A(－ 3， 0)，半径 r1＝4. 1 分 设动圆 M 的半径为 r2，依题意有 r2 ＝|MB|. 由|AB|＝2 3，可知点 B 在圆 A内， 从而圆 M 内切于 圆 A，故|MA|＝r1－r2，即|MA|＋|MB| ＝4>2 3，2 分 所以动点 M 的轨迹 E是以 A，B为焦 点，长轴长为 4 的 椭圆，其方程为 x2 4 ＋y2 ＝1.4 分 (2)证明：设直线 l 的方程为 y＝kx ＋b(k≠0)，5 分 联立方程组 y＝kx＋b， x2 ＋4y2 ＝4 消去 y， 得(1＋4k2 )x2 ＋8kbx＋4b2 －4＝0，6 分 Δ＝16(4k2 －b2 ＋1).7 分 [解题关键点] 定义法求 轨迹方程. 解析几何解题 关键之一是把 几何条件转化 为代数条件. 设 P(x1，kx1＋b)，Q(x2，kx2＋b)， 则 x1＋x2＝－ 8kb 1＋4k2 ，x1x2＝ 4b2 －4 1＋4k2 . 8 分 于是 kPN＋kQN＝ kx1＋b x1－4 ＋ kx2＋b x2－4 ＝ 2kx1x2－ 4k－b x1＋x2 －8b x1－4 x2－4 .9 分 由∠ONP＝∠ONQ，知 kPN＋kQN＝0， 即 2kx1x2－(4k－b)(x1＋x2)－8b ＝2k· 4b2 －4 1＋4k2 －(4k－b) －8kb 1＋4k2 －8b ＝ 8kb2 －8k 1＋4k2 ＋ 32k2b－8kb2 1＋4k2 －8b＝0， 得 b＝－k，11 分 Δ＝16(3k2 ＋1)>0. 故动直线 l 的方程为 y＝kx－k，过 定点(1,0).12 分 2．不会将∠ONP＝∠ONQ 这 一几何条件转化为代数条件进行 坐标化处理． 3．利用坐标法转化∠ONP＝∠ONQ 这一几何条件后，不知变形目标 是什么，盲目求解而滞做． 动直线过定点 的一般方法是 将 y＝kx＋m 的两参消去一 个后，利用直 线系的思想可 得定点. 题型三 求最值、解范围问题——构造函数 (一)构造函数求最值 最值问题的基本解法有几何法和代数法：几何法是根据已知的几何量之间的相互关系、平面 几何和解析几何知识加以解决的 如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题 等 ；代数法是建立求解目标关于某个 或两个 变量的函数，通过求解函数的最值 普通方法、 基本不等式方法、导数方法等 解决的. [典例] (2016·山东高考)(本题满分 12 分)如图，已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的长轴长为 4，焦距为 2 2. (1)求椭圆 C 的方程． (2)过动点 M(0，m)(m＞0)的直线交 x轴于点 N，交 C 于点 A，P(P 在第一象限)，且 M 是线段 PN 的中点．过点 P 作 x 轴的垂线交 C 于另一点 Q，延长 QM 交 C 于点 B. ①设直线 PM，QM 的斜率分别为 k，k′，证明 k′ k 为定值； ②求直线 AB 的斜率的最小值． [障碍提醒] 1．不会用坐标设而不求 法表示出 k，k′，从而得不 出定值． [解] (1)设椭圆的半焦 距为 c. 由题意知 2a＝ 4,2c＝ 2 2， 所以 a＝2，c＝ 2，b＝ a2 －c2 ＝ 2.2 分 所以椭圆C的方程为 x2 4 ＋ y2 2 ＝1.4 分 (2)①证明：设 P(x0， y0)(x0＞0，y0＞0)． 由 M(0 ， m) ， 可 得 P(x0,2m)，Q(x0，－2m)． 所以直线 PM 的斜率 k＝ 2m－m x0 ＝ m x0 ，直线 QM 的斜率 k′＝ －2m－m x0 ＝－ 3m x0 .6 分 此时 k′ k ＝－3，所以 k′ k 为定值－3.7 分 ②设 A(x1，y1)，B(x2， y2)．直线 PA 的方程为 y＝kx ＋m， [思路提示] 第(1)问待定系数法求 解． 第(2)问①设点 P(x0， y0)，M 为 PN 的中点，可得 y0 ＝2m，根据对称性得出点 Q 的坐标，只需证明 k′ k 与 x0， m无关； ②设 PA 的方程，结合① 的结论，得 QB 的方程，联立 直线与椭圆方程得 A，B坐标， 再由斜率公式表示 AB 的斜 率，并求最小值． 则直线 QB 的方程为 y＝ － 3kx ＋ m. 联 立 y＝kx＋m， x2 4 ＋ y2 2 ＝1 整理得(2k2 ＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0. 由 x0x1＝ 2m2 －4 2k2 ＋1 ，可得 [解题关键点] 已知直线与椭圆的一个交点 的坐标，使用根与系数的关 系得另一交点的坐标. 2．由直线 PA 的方程与 x2 4 ＋ y2 2 ＝1 联立表示出 A(x1，y1) 坐标后，没有类比意识，直 接将 x1，y1中 k 换为－3k 化 简可得 B(x2，y2)坐标，导致 因运算复杂而滞做或做错． x1＝ 2 m2 －2 2k2 ＋1 x0 ， 8 分 所 以 y1 ＝ kx1 ＋ m ＝ 2k m2 －2 2k2 ＋1 x0 ＋m. 同理 x2＝ 2 m2－2 18k2＋1 x0 ， y2＝ －6k m2－2 18k2＋1 x0 ＋m.9 分 3．化简 x2－x1，y2－y1 失误，不能把 kAB表示为 k 的 函数而滞做． 所以 x2－x1＝ 2 m2－2 18k2＋1 x0 － 2 m2－2 2k2＋1 x0 ＝ －32k2 m2－2 18k2＋1 2k2＋1 x0 ， y2－y1＝ －6k m2－2 18k2＋1 x0 ＋m－ 2k m2－2 2k2＋1 x0 －m ＝ －8k 6k2＋1 m2－2 18k2＋1 2k2＋1 x0 ， 10 分 结构相同的方程组，当得出 一个方程组的解时，使用代 换法直接得出另一个方程组 的解. 4．求 AB 斜率的最小值 不明确，不会将斜率表示为 一个变量的函数，从而无法 求最值． 所以 kAB＝ y2－y1 x2－x1 ＝ 6k2 ＋1 4k ＝ 1 4 6k＋ 1 k . 由 m＞0，x0＞0，可知 k ＞0， 所以 6k＋ 1 k ≥2 6，等号 当且仅当k＝ 6 6 时取得.11分 此时 m 4－8m2 ＝ 6 6 ，即 m ＝ 14 7 ，符合题意． 所以直线 AB 的斜率的最 最值问题的关键：使用变量 表达求解目标． 小值为 6 2 .12 分 (二)构造函数解范围 产生范围有如下几个因素：直线与曲线相交、曲线上点的坐标的范围、题目中要求的限制条 件，这些产生范围的因素可能同时出现在一个问题中，在解题时要注意全面把握范围的产生原因. [典例] (2016·浙江高考)(本题满分 12 分)如图，设抛物线 y2 ＝ 2px(p＞0)的焦点为 F，抛物线上的点 A 到 y 轴的距离等于|AF|－1. (1)求 p 的值； (2)若直线 AF 交抛物线于另一点 B，过 B 与 x 轴平行的直线和过 F 与 AB 垂直的直线交于点 N，AN 与 x 轴交于点 M，求 M 的横坐标的取值范围． [障碍提醒] 1．因忘记抛物线定 义，不会转化条件导出， 求不出 p 值． [解] (1)由题意可得， 抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于 点 A 到直线 x＝－1 的 距离，由抛物线的定义得 p 2 ＝1，即 p＝2.3 分 (2)由(1)得，抛物线方程为 y2 ＝4x， F(1,0)， 可设 A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.4 分 因为 AF 不垂直于 y 轴， [思路提示] 第(1)问由抛物线定义 即得； 第(2)问设 A(t2, 2t)，可 以根据抛物线焦点弦两端 点坐标之间的关系，用 t表 达点 B 的坐标，得出 BN，FN 的方程，进而得出点 N 的坐 标，结合点 A，M，N三点共 线，即可使用 t表达 M的横 坐标，确定取值范围． 2．不会设出抛物线 的动点坐标用一个参数 表示，从而使运算复杂而 滞做． 可设直线 AF 的方程为 x＝sy＋ 1(s≠0)，5 分 由 y2 ＝4x， x＝sy＋1 消去 x 得 y2－4sy－ 4＝0， 故 y1y2＝－4， 所以 B 1 t2 ，－ 2 t .6 分 又直线 AB 的斜率为 2t t2 －1 ， 故直线 FN 的斜率为－ t2 －1 2t ， [解题关键点] 点参数法：抛物线中可 以以一个点的横坐标或者 纵坐标表达曲线上点. 3．不会挖掘题目中 隐含条件 A，M，N三点共 从而得直线FN的方程为y＝－ t2－1 2t (x－1)，7 分 线来建立等量关系，从而 无法表示出 M 的横坐标 的函数关系式，导致无从 下手． 直线 BN 的方程为 y＝－ 2 t ， 所以 N t2 ＋3 t2 －1 ，－ 2 t .8 分 设 M(m,0)，由 A，M，N 三点共 线得 2t t2 －m ＝ 2t＋ 2 t t2 － t2＋3 t2－1 ，9 分 4．将 m表示为 t 的 函数结构后，不会用分离 常数法分离常数，然后再 用单调性求 2t2 t2 －1 的范围 而滞做． 于是 m＝ 2t2 t2－1 ＝ 2＋ 2 t2－1 ， 10 分 所以 m＜0 或 m＞2. 经检验，m＜0 或 m＞2 满足题 意.11 分 综上，点 M 的横坐标的取值范 围是(－∞，0)∪(2，＋∞)． 12 分 求解范围问题的关键：建立 求解目标的不等式、函数关 系，解不等式或研究函数性 质. 题型四 探索性问题——肯定结论 1.探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不 存在. 1 当条件和结论不唯一时，要分类讨论. 2 当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件. 3 当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径. 2.探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.一般步骤为： 1 假设满足条件的曲线 或直线、点等 存在，用待定系数法设出； 2 列出关于待定系数的方程 组 ； 3 若方程 组 有实数解，则曲线 或直线、点等 存在，否则不存在. [典例] (2018 届高三·湘中名校联考)(本题满分 12 分)如图，曲线 C 由上半椭圆 C1： y2 a2 ＋ x2 b2 ＝1(a＞b＞0，y≥0)和部分抛物线 C2：y＝－x2 ＋ 1(y≤0)连接而成，C1与 C2的公共点为 A，B，其中 C1的离心率为 3 2 . (1)求 a，b 的值； (2)过点 B的直线 l 与 C1，C2分别交于点 P，Q(均异于点 A，B)，是否存在直线 l，使得以 PQ 为直径的圆恰好过点 A，若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由． [思路提示] 第(1)问在 C2的方程中， 令 y＝0 可得 b，再由 c a ＝ 3 2 ， a2 －c2 ＝b2 可得 a； 第(2)问设出过点 B的直 线 l 的方程，分别与曲线 C1， C2 联立．用直线 l 的斜率 k 表示出点 P，Q 的坐标后，要 使以 PQ 为直径的圆过点 A， 则有 AP ―→ · AQ ―→ ＝0，从而解 得 k，求出直线 l 的方程． [解] (1)在 C2的方程中，令 y＝0，可得 b＝1.1 分 且 A(－1，0)，B(1,0)是上半 椭圆 C1的左、右顶点． 设 C1的半焦距为 c， 由 c a ＝ 3 2 及 a2 －c2 ＝b2 ＝1 可 得 a＝2，2分 ∴a＝2，b＝1.3 分 (2)存在直线 l，理由如下： 由(1)知，上半椭圆 C1的方程 为 y2 4 ＋x2 ＝1(y≥0).4 分 由题易知，直线 l 与 x 轴不重 合也不垂直，设其方程为 y＝k x－1 k≠0 .5 分 代入 C1的方程，整理得(k2＋ 4)x2 －2k2x＋k2 －4＝0.(*)6 分 设点 P的坐标为(xP，yP)， ∵直线 l 过点 B，∴x＝1 是方 程(*)的一个根． [解题关键点] 假设存在直线 l，分析斜 率存在情况，设出直线方程. [障碍提醒] 1．不会求 P 点坐标、Q 点坐标导致无从下手． 由求根公式，得 xP ＝ k2 －4 k2 ＋4 ，从而 yP＝ －8k k2 ＋4 ， ∴ 点 P 的 坐 标 为 k2 －4 k2 ＋4 ， －8k k2 ＋4 .7 分 同 理 ， 由 y＝k x－1 k≠0 ， y＝－x2 ＋1 y≤0 得点 Q 的坐标为(－k－ 1，－k2－2k).8 分 2．不会将以 PQ 为直径 的圆恰好过点 A 这一几何条 件转化，从而求不出直线 l 的斜率． ∴ AP ―→ ＝ 2k k2 ＋4 (k，－4)， AQ ―→ ＝－k(1，k＋2).9 分 依题意可知 AP⊥AQ，∴ AP ―→ · AQ ―→ ＝0， 即 －2k2 k2 ＋4 [k－4(k＋2)]＝ 0.10 分 条件坐标化的关键是转化几 何性质. 3．由条件得出 AP⊥AQ 后利用 AP ―→ · AQ ―→ ＝0变形求 解，因运算过程不细心而出 现计算失误而滞做． ∵k≠0，∴k－4(k＋2)＝0， 解得 k＝－ 8 3 . 经检验，k＝－ 8 3 符合题意， 故存在直线l的方程为y＝－ 8 3 (x－1)，11 分 即 8x＋3y－8＝0，使得以 PQ 为直径的圆恰好过点 A.12 分 [课堂练习] 1．(2018 届高三·西安八校联考)已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a>b>0)经过(1,1)与 6 2 ， 3 2 两点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过原点的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B两点，椭圆 C上一点 M 满足|MA|＝|MB|.求证： 1 |OA|2 ＋ 1 |OB|2 ＋ 2 |OM|2 为定值． 解：(1)将(1,1)与 6 2 ， 3 2 两点代入椭圆 C的方程，得 1 a2 ＋ 1 b2 ＝1， 3 2a2 ＋ 3 4b2 ＝1， 解得 a2 ＝3， b2 ＝ 3 2 . ∴椭圆 C 的方程为 x2 3 ＋ 2y2 3 ＝1. (2)证明：由|MA|＝|MB|， 知 M 在线段 AB 的垂直平分线上， 由椭圆的对称性知 A，B关于原点对称． ①若点 A，B 是椭圆的短轴顶点， 则点 M 是椭圆的一个长轴顶点， 此时 1 |OA|2 ＋ 1 |OB|2 ＋ 2 |OM|2 ＝ 1 b2 ＋ 1 b2 ＋ 2 a2 ＝2 1 a2 ＋ 1 b2 ＝2.同理，若点 A，B 是椭圆的长轴顶点， 则点 M 在椭圆的一个短轴顶点， 此时 1 |OA|2 ＋ 1 |OB|2 ＋ 2 |OM|2 ＝ 1 a2 ＋ 1 a2 ＋ 2 b2 ＝2 1 a2 ＋ 1 b2 ＝2. ②若点 A，B，M不是椭圆的顶点，设直线 l 的方程为 y＝kx(k≠0)，则直线 OM 的方程为 y＝ － 1 k x， 设 A(x1，y1)，则 B(－x1，－y1)， 由 y＝kx， x2 3 ＋ 2y2 3 ＝1， 解得 x2 1＝ 3 1＋2k2 ，y2 1＝ 3k2 1＋2k2 ， ∴|OA|2＝|OB|2＝x2 1＋y2 1＝ 3 1＋k2 1＋2k2 ， 同理|OM|2＝ 3 1＋k2 2＋k2 ， ∴ 1 |OA|2 ＋ 1 |OB|2 ＋ 2 |OM|2 ＝2× 1＋2k2 3 1＋k2 ＋ 2 2＋k2 3 1＋k2 ＝2， 故 1 |OA|2 ＋ 1 |OB|2 ＋ 2 |OM|2 ＝2为定值． 2．(2017·宜昌模拟)已知椭圆 C 的中心在原点，焦点在 x 轴上，离心率为 2 2 ，它的一个焦 点 F 恰好与抛物线 y2＝4x 的焦点重合． (1)求椭圆 C 的方程； (2)设椭圆的上顶点为 A，过点 A作椭圆 C 的两条动弦 AB，AC，若直线 AB，AC 斜率之积为 1 4 ， 直线 BC 是否恒过一定点？若经过，求出该定点坐标；若不经过，请说明理由． 解：(1)由题意知椭圆的焦点 F(1,0)，即 c＝1. 由 e＝ 2 2 得 a＝ 2，b＝ 2－1＝1， ∴椭圆 C 的方程为 x2 2 ＋y2 ＝1. (2)由(1)知 A(0,1)，当直线 BC 的斜率不存在时， 设 BC：x＝x0，设 B(x0，y0)，则 C(x0，－y0)， kAB·kAC＝ y0－1 x0 · －y0－1 x0 ＝ 1－y2 0 x2 0 ＝ 1 2 x2 0 x2 0 ＝ 1 2 ≠ 1 4 ， 不合题意．故直线 BC 的斜率存在． 设直线 BC 的方程为：y＝kx＋m(m≠1)， 代入椭圆方程，得： (1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0， 由Δ＝(4km)2 －8(1＋2k2 )(m2 －1)>0， 得 2k2 －m2 ＋1>0. 设 B(x1，y1)，C(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－ 4km 1＋2k2 ，x1x2＝ 2 m2 －1 1＋2k2 .① 由 kAB·kAC＝ y1－1 x1 · y2－1 x2 ＝ 1 4 ， 得 4y1y2－4(y1＋y2)＋4＝x1x2， 即(4k2 －1)x1x2＋4k(m－1)(x1＋x2)＋4(m－1) 2 ＝0， 将①代入上式，整理得(m－1)(m－3)＝0. 又因为 m≠1，所以 m＝3， 此时直线 BC 的方程为 y＝kx＋3. 所以直线 BC 恒过一定点(0,3)． 3．(2017·合肥模拟)如图，已知抛物线 E：y2 ＝2px(p>0)与圆 O： x2 ＋ y2 ＝8相交于 A，B 两点，且点 A 的横坐标为 2.过劣弧 AB 上动点 P(x0， y0) 作圆 O 的切线交抛物线 E 于 C，D两点，分别以 C，D 为切点作抛物线 E 的 切线 l1，l2，l1与 l2相交于点 M. (1)求抛物线 E的方程； (2)求点 M到直线 CD 距离的最大值． 解：(1)把 xA＝2 代入 x2 ＋y2 ＝8，得 y2 A＝4， 故 2pxA＝4，p＝1. 于是，抛物线 E 的方程为 y2＝2x. (2)设 C y2 1 2 ，y1 ，D y2 2 2 ，y2 ，切线 l1：y－y1＝k x－ y2 1 2 ，代入 y2 ＝2x 得 ky2 －2y＋2y1－ky2 1＝0， 由Δ＝0，解得 k＝ 1 y1 . ∴l1的方程为 y＝ 1 y1 x＋ y1 2 ， 同理，l2的方程为 y＝ 1 y2 x＋ y2 2 . 联立 y＝ 1 y1 x＋ y1 2 ， y＝ 1 y2 x＋ y2 2 ， 解得 x＝ y1y2 2 ， y＝ y1＋y2 2 . 易得直线 CD 的方程为 x0x＋y0y＝8， 其中 x0，y0满足 x2 0＋y2 0＝8，x0∈[2,2 2 ]． 联立 y2＝2x， x0x＋y0y＝8， 得 x0y 2＋2y0y－16＝0， 则 y1＋y2＝－ 2y0 x0 ， y1y2＝－ 16 x0 . ∴M(x，y)满足 x＝－ 8 x0 ， y＝－ y0 x0 ， 即点 M 为 － 8 x0 ，－ y0 x0 .点 M 到直线 CD：x0x＋y0y＝8 的距离 d＝ |－8－ y2 0 x0 －8| x2 0＋y2 0 ＝ y2 0 x0 ＋16 2 2 ＝ 8－x2 0 x0 ＋16 2 2 ＝ 8 x0 －x0＋16 2 2 ， 令 f(x)＝ 8 x －x＋16 2 2 ，x∈[2,2 2 ]， 则 f(x)在[2,2 2 ]上单调递减， 当且仅当 x＝2时，f(x)取得最大值 9 2 2 ， 故 dmax＝ 9 2 2 . 4．(2017·广西五校联考)已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的两焦点与短轴的一个端点的连 线构成等腰直角三角形，直线 x＋y＋1＝0 与以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半 径的圆相切． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 M(2,0) 的直线 l与椭圆C相交于不同的两点S和 T，若椭圆C上存在点P满足 OS ―→ ＋ OT ―→ ＝t OP ―→ (其中 O 为坐标原点)，求实数 t 的取值范围． 解：(1)由题意，以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为(x－c)2 ＋y2 ＝a2 ， ∴圆心到直线 x＋y＋1＝0 的距离 d＝ c＋1 2 ＝a.(*) ∵椭圆 C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b＝c，a＝ 2c，代入(*) 式得 b＝c＝1， ∴a＝ 2，故所求椭圆方程为 x2 2 ＋y2 ＝1. (2)由题意知，直线 l 的斜率存在，设 P(x0，y0)，直线 l 的方程为 y＝k(x－2)，将直线 l 的 方程代入椭圆方程得(1＋2k2 )x2 －8k2x＋8k2 －2＝0， ∴Δ＝64k4 －4(1＋2k2 )(8k2 －2)＞0，解得 k2 ＜ 1 2 . 设 S(x1，y1)，T(x2，y2)， 则 x1＋x2＝ 8k2 1＋2k2 ，x1x2＝ 8k2－2 1＋2k2 ， ∴y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝－ 4k 1＋2k2 . 由 OS ―→ ＋ OT ―→ ＝t OP ―→ ，得 tx0＝x1＋x2，ty0＝y1＋y2， 当 t＝0 时，直线 l为 x轴，则椭圆上任意一点 P 满足 OS ―→ ＋ OT ―→ ＝t OP ―→ ，符合题意； 当 t≠0 时， tx0＝ 8k2 1＋2k2 ， ty0＝ －4k 1＋2k2 ， ∴x0＝ 1 t · 8k2 1＋2k2 ，y0＝ 1 t · －4k 1＋2k2 . 将上式代入椭圆方程得 32k4 t2 1＋2k2 2 ＋ 16k2 t2 1＋2k2 2 ＝1，整理得 t2 ＝ 16k2 1＋2k2 ＝ 16 1 k2 ＋2 ，由 k2 ＜ 1 2 知，0＜t2 ＜4， 所以 t∈(－2,0)∪(0,2)， 综上可得，实数 t 的取值范围是(－2,2)． 5．(2017·湖南东部五校联考)已知椭圆 E： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的右焦点为 F(c,0)，且 b＞c. 设短轴的一个端点为 D，原点 O 到直线 DF 的距离为 3 2 ，过原点和 x 轴不重合的直线与椭圆 E 相 交于 C，G两点，且| GF | ―→ ＋| GF | ―→ ＝4. (1)求椭圆 E 的方程； (2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得 OP ―→2 ＝4 PA ―→ · PB ―→ 成立？若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)由椭圆的对称性知| GF | ―→ ＋| GF | ―→ ＝2a＝4， ∴a＝2.又原点 O 到直线 DF 的距离为 3 2 ， ∴ bc a ＝ 3 2 ，∴bc＝ 3. 又 a2 ＝b2 ＋c2 ＝4，b＞c， ∴b＝ 3，c＝1. 故椭圆 E 的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)当直线 l 与 x 轴垂直时不满足条件． 故可设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 y＝k(x－2)＋1，代入椭圆方程得(3＋4k2)x2 －8k(2k－1)x＋16k2 －16k－8＝0， ∴x1＋x2＝ 8k 2k－1 3＋4k2 ，x1x2＝ 16k2－16k－8 3＋4k2 ， Δ＝32(6k＋3)>0，∴k>－ 1 2 . ∵ OP ―→2 ＝4 PA ―→ · PB ―→ ， 即 4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5， ∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2 )＝5， 即 4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2 )＝5， ∴4 16k2 －16k－8 3＋4k2 －2× 8k 2k－1 3＋4k2 ＋4 (1＋k2) ＝4× 4＋4k2 3＋4k2 ＝5，解得 k＝± 1 2 ， k＝－ 1 2 不符合题意，舍去． ∴存在满足条件的直线 l，其方程为 y＝ 1 2 x. 1．(2018 届高三·石家庄摸底)已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为 A，B， 且长轴长为 8，T 为椭圆上任意一点，直线 TA，TB 的斜率之积为－ 3 4 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 O为坐标原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于 P，Q两点，求 OP ―→ · OQ ―→ ＋ MP ―→ · MQ ―→ 的取值范围． 解：(1)设 T(x，y)，由题意知 A(－4,0)，B(4,0)， 设直线 TA 的斜率为 k1，直线 TB 的斜率为 k2， 则 k1＝ y x＋4 ，k2＝ y x－4 . 由 k1k2＝－ 3 4 ，得 y x＋4 · y x－4 ＝－ 3 4 ， 整理得 x2 16 ＋ y2 12 ＝1. 故椭圆 C 的方程为 x2 16 ＋ y2 12 ＝1. (2)当直线 PQ 的斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 y＝kx＋2，点 P，Q 的坐标分别为(x1，y1)， (x2，y2)，联立方程 x2 16 ＋ y2 12 ＝1， y＝kx＋2 消去 y，得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0. 所以 x1＋x2＝－ 16k 4k2 ＋3 ，x1x2＝－ 32 4k2 ＋3 . 从而，OP ―→ · OQ ―→ ＋ MP ―→ · MQ ―→ ＝x1x2＋y1y2＋x1x2＋(y1－2)(y2－2)＝2(1＋k2 )x1x2＋2k(x1＋x2) ＋4＝ －80k2 －52 4k2 ＋3 ＝－20＋ 8 4k2 ＋3 . 所以－20＜ OP ―→ · OQ ―→ ＋ MP ―→ · MQ ―→ ≤－ 52 3 . 当直线 PQ 的斜率不存在时， OP ―→ · OQ ―→ ＋ MP ―→ · MQ ―→ 的值为－20. 综上， OP ―→ · OQ ―→ ＋ MP ―→ · MQ ―→ 的取值范围为 －20，－ 52 3 . 2．(2017·张掖模拟)已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 1 2 ，右焦点为 F，右顶点为 E，P为直线 x＝ 5 4 a 上的任意一点，且( PF ―→ ＋ PE ―→ )· EF ―→ ＝2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过 F 且垂直于 x 轴的直线 AB 与椭圆交于 A，B 两点(点 A在第一象限)，动直线 l与椭圆 C 交于 M，N 两点，且 M，N位于直线 AB 的两侧，若始终保持∠MAB＝∠NAB，求证：直线 MN 的斜率 为定值． 解：(1)设 P 5 4 a，m ，又 F(c,0)，E(a,0)， 则 PF ―→ ＝ c－ 5 4 a，－m ， PE ―→ ＝ － a 4 ，－m ， EF ―→ ＝(c－a,0)， 所以(2c－3a)(c－a)＝4. 又 e＝ c a ＝ 1 2 ，所以 a＝2，c＝1，b＝ 3， 从而椭圆 C 的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)证明：由(1)知 A 1， 3 2 ，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN 的方程为 y＝kx＋m，代入椭圆方程 x2 4 ＋ y2 3 ＝1， 得(4k2 ＋3)x2 ＋8kmx＋4m2 －12＝0， 则 Δ＞0， x1＋x2＝－ 8km 4k2 ＋3 ， x1x2＝ 4m2－12 4k2＋3 ， 又 M，N 是椭圆上位于直线 AB 两侧的动点，若始终保持∠MAB＝∠NAB，则 kAM＋kAN＝0， 即 y1－ 3 2 x1－1 ＋ y2－ 3 2 x2－1 ＝0，则 kx1＋m－ 3 2 (x2－1)＋ kx2＋m－ 3 2 (x1－1)＝0，整理得(2k－1)(2m＋2k －3)＝0，得 k＝ 1 2 .故直线 MN 的斜率为定值 1 2 . 3．(2017·全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： x2 2 ＋y2＝1 上，过 M 作 x 轴的垂线， 垂足为 N，点 P满足 NP ―→ ＝ 2 NM ―→ . (1)求点 P的轨迹方程； (2)设点 Q在直线 x＝－3 上，且 OP ―→ · PQ ―→ ＝1.证明：过点 P且垂直于 OQ 的直线 l 过 C的左 焦点 F. 解：(1)设 P(x，y)，M(x0，y0)， 则 N(x0,0)， NP ―→ ＝(x－x0，y)， NM ―→ ＝(0，y0)， 由 NP ―→ ＝ 2 NM ―→ ，得 x0＝x，y0＝ 2 2 y. 因为 M(x0，y0)在椭圆 C上，所以 x2 2 ＋ y2 2 ＝1. 因此点 P 的轨迹方程为 x2 ＋y2 ＝2. (2)证明：由题意知 F(－1,0)．设 Q(－3，t)，P(m，n)， 则 OQ ―→ ＝(－3，t)， PF ―→ ＝(－1－m，－n)， OQ ―→ · PF ―→ ＝3＋3m－tn， OP ―→ ＝(m，n)， PQ ―→ ＝(－3－m，t－n)， 由 OP ―→ · PQ ―→ ＝1，得－3m－m2 ＋tn－n2 ＝1， 又由(1)知 m2 ＋n2 ＝2，故 3＋3m－tn＝0. 所以 OQ ―→ · PF ―→ ＝0，即 OQ ―→ ⊥ PF ―→ . 又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ， 所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l过 C的左焦点 F. 4.(2017·安徽二校联考)已知焦点为 F 的抛物线 C1：x 2＝2py(p ＞0)，圆 C2：x2＋y2＝1，直线 l 与抛物线相切于点 P，与圆相切于 点 Q. (1)当直线 l 的方程为 x－y－ 2＝0 时，求抛物线 C1的方程； (2)记 S1，S2分别为△FPQ，△FOQ 的面积，求 S1 S2 的最小值． 解：(1)设点 P x0， x2 0 2p ，由 x2＝2py(p＞0)得， y＝ x2 2p ，求得 y′＝ x p ，因为直线 PQ 的斜率为 1， 所以 x0 p ＝1 且 x0－ x2 0 2p － 2＝0，解得 p＝2 2. 所以抛物线 C1的方程为 x2 ＝4 2y. (2)点 P 处的切线方程为 y－ x2 0 2p ＝ x0 p (x－x0)， 即 2x0x－2py－x2 0＝0，OQ 的方程为 y＝－ p x0 x. 根据切线与圆相切，得 |－x2 0| 4x2 0＋4p2 ＝1， 化简得 x4 0＝4x2 0＋4p2 ，由方程组 2x0x－2py－x2 0＝0， y＝－ p x0 x， 解得 Q 2 x0 ， 4－x2 0 2p .所以|PQ|＝ 1＋k2 |xP－xQ|＝ 1＋ x2 0 p2 |x0－ 2 x0 |＝ p2 ＋x2 0 p ·|x2 0－2 x0 |， 又点 F 0， p 2 到切线 PQ 的距离 d1＝ |－p2 －x2 0| 4x2 0＋4p2 ＝ 1 2 x2 0＋p2 ， 所以 S1＝ 1 2 |PQ|d1 ＝ 1 2 · p2 ＋x2 0 p ·|x2 0－2 x0 |· 1 2 x2 0＋p2 ＝ x2 0＋p2 4p |x2 0－2 x0 |， S2＝ 1 2 |OF||xQ|＝ p 2|x0| ， 而由 x4 0＝4x2 0＋4p2 知，4p2 ＝x4 0－4x2 0＞0，得|x0|＞2， 所以 S1 S2 ＝ x2 0＋p2 4p |x2 0－2 x0 |· 2|x0| p ＝ x2 0＋p2 x2 0－2 2p2 ＝ 4x2 0＋x4 0－4x2 0 x2 0－2 2 x4 0－4x2 0 ＝ x2 0 x2 0－2 2 x2 0－4 ＝ x2 0－4 2 ＋ 4 x2 0－4 ＋3 ≥2 2＋3， 当且仅当 x2 0－4 2 ＝ 4 x2 0－4 时取等号， 即 x2 0＝4＋2 2时取等号，此时 p＝ 2＋2 2. 所以 S1 S2 的最小值为 2 2＋3. 高考第 21 题函数与导数 题型一 函数单调性、极值问题——分类讨论思想 利用导数研究含参数的函数单调性、极值问题时，常用到分类讨论思想，其分类讨论点一般 步骤 [典例] (2017·全国卷Ⅰ)(本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ex(ex－a)－a2x. (1)讨论 f(x)的单调性；(2)若 f(x)≥0，求 a 的取值范围． [障碍提醒] 1．求错 f(x)或 求出 f′(x)后 不会分解因式 而滞做． [解] (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e 2x －aex －a2 ＝(2e x ＋a)(ex －a).1 分 [思路提示] 第(1)问先求 f(x)的导数 f′(x)，再对 a 分区间讨论 f′(x)的符号，从而得到 f(x) 的单调性； 第(2)问要使 f(x)≥0 成 立，只需 f(x)min≥0 即可，由 (1)得到的结论求出 f(x)在 a 的不同取值范围内的最小值， 进而求出 a 的取值范围． 2．对含参 数的函数单调 性问题无分类 讨论意识而导 致解题错误． 若 a＝0， ❶ 则 f(x)＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调 递增.2 分 若 a＞0， ❶ 则由 f′(x)＝0，得 x＝ln a. 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0； 当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0. 故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增.4 分 若 a＜0，❶ 则由 f′(x)＝0，得 x＝ln － a 2 . 当 x∈ －∞，ln － a 2 时，f′(x)＜0； 当 x∈ ln － a 2 ，＋∞ 时，f′(x)＞0. 故 f(x)在 －∞，ln － a 2 上单调递减， 在 ln － a 2 ，＋∞ 上单调递增.6 分 3．不理解 f(x)≥0 是 恒 (2)若要 f(x)≥0，只需 f(x)min≥0 即可． [解题关键点] ①处分解变形后观察得 成立问题，可转 化为最值问题 求解． 分类点 1. 4．求最小 值时不会讨论 或求错最小值． 若 a＝0，❷ 则 f(x)＝e 2x ， 所以 f(x)≥0.7 分 若 a＞0， ❷ 则由(1)得， 当 x＝ln a 时，f(x)取得最小值， 最小值为 f(ln a)＝－a2 ln a. 从而当且仅当－a2 ln a≥0， 即 0＜a≤1 时，f(x)≥0.9 分 若 a＜0， ❷ 则由(1)得， 当 x＝ln － a 2 时，f(x)取得最小值， 最小值为 f ln － a 2 ＝a2 3 4 －ln － a 2 . 从而当且仅当 a2 3 4 －ln － a 2 ≥0， 即－2e 3 4 ≤a＜0时，f(x)≥0.11 分 综上，a的取值范围是 －2e 3 4 ，1 .12 分 ②处利用 1 中单调性 求解f x ≥0成立得分类点 2. 题型二 讨论函数零点的个数或已知方程根求参数问题——数形结合思想 研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最值、变化趋势等，根据题目要求， 画出函数图象的走势规律，标明函数极 最 值的位置，通过数形结合的思想去分析问题，可以 使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现. [典例] (本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝(x＋a)ex ，其中 e是自然对数的底数，a∈R. (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)当 a＜1 时，试确定函数 g(x)＝f(x－a)－x2的零点个数，并说明理由． [障碍提醒] 1．对函数 f(x) 求导计算错而导 致解题错误． [解] (1)因为 f(x)＝(x＋a)ex，x∈R， 所以 f′(x)＝(x＋a＋1)ex.1 分 令 f′(x)＝0，得 x＝－a－1.2 分 当 x 变化时，f′(x)和 f(x)的变化情况如下： [思路提示] 第(1)问求函数 f(x) 的导数并讨论函数的单调 性； 第(2)问把函数 g(x) 转化为方程来判断方程解 的个数，即为函数 g(x)的 零点个数；若不能直接判 断出零点个数的，可构造 函数 F(x)，通过讨论函数 F(x)的单调性并结合函数 零点存在性定理确定函数 g(x)的零点个数． 2．不会利用 导数求解函数的 单调区间． x (－∞，－ a－1) －a －1 (－a－1， ＋∞) f′(x ) － 0 ＋ f(x) 极小 值 3分 故 f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)， 单调递增区间为(－a－1，＋∞).4 分 (2)结论：当 a＜1 时，函数 g(x)有且仅有一个零 点.5 分 理由如下： 由 g(x)＝f(x－a)－x2＝0， 3．对于函数 零点 个数 的判 断，不会转化构 造函数而无从下 手． 得方程 xex－a ＝x2 ， 显然 x＝0为此方程的一个实数解， 所以 x＝0是函数 g(x)的一个零点.6 分 当 x≠0 时，方程可化简为 e x－a ＝x. 设函数 F x ＝ex－a－x，7分 则 F′(x)＝e x－a －1， 令 F′(x)＝0，得 x＝a. 当 x 变化时，F′(x)和 F(x)的变化情况如下： x (－∞，a) a (a，＋∞) F′(x ) － 0 ＋ F(x) 极小 [解题关键点] 使用函数与方程思想 进行转化. 由方程再次构造函数． 值 8分 4．在判断方 程e x－a ＝x(x≠0) 无零点时不会构 造转化，利用单 调性及最值做出 判断． 即 F(x)的单调递增区间为(a，＋∞)， 单调递减区间为(－∞，a).9 分 所以 F(x)min＝F(a)＝1－a.10 分 因为 a＜1，所以 F x min＝F a ＝1－a＞0， 所以对于任意 x∈R，F(x)＞0，11 分 因此方程 e x－a ＝x 无实数解． 所以当 x≠0 时，函数 g(x)不存在零点． 综上，函数 g(x)有且仅有一个零点.12 分 可数形结合作出分析. 题型三 不等式的证明问题——函数与方程思想 利用导数证明不等式问题，多数利用函数与方程思想结合不等式构造函数，转化为利用构造 函数的性质来完成，其一般思路是： [典例] (2017·安庆二模)(本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ln x＋ax，a∈R. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)若函数 f(x)的两个零点为 x1，x2，且 x2 x1 ≥e 2 ，求证：(x1－x2)f′(x1＋x2)＞ 6 5 . [障碍提醒] 1．忽视求定 义域导致单调性 判断失误． [解] (1)函数 f(x)＝ln x＋ax， a∈R的定义域为(0，＋∞)，1 分 f′(x)＝ 1 x ＋a＝ ax＋1 x .2 分 [思路提示] 第 (1) 问 先 求 出 f′(x)，对 f′(x)中的字 母 参 数 分 类 讨论 确 定 f′(x)的符号，从而得出 f(x)的单调性； 第(2)问把要证不等 式的左边变形、整理、换 元 ， 构 造 一 新的 函 数 φ(t)，对φ(t)求导后， 判断在新元范围下的单 调性，求其最小值从而得 解． 2．对含参数 的函数单调性不 当 a≥0 时，f′(x)＞0， 所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增.3 会分类讨论而导 致解题错误或滞 做． 分 当 a＜0 时，由 f′(x)＝0 得 x＝－ 1 a ， 3．由 f(x1)＝ 0，f(x2)＝0 不会 转化x1与x2的关系 而导致滞做． 当 0＜x＜－ 1 a 时，f′(x)＞0；当 x＞－ 1 a 时，f′(x)＜0. 所以 f(x)在 0，－ 1 a 上单调递增； 在 － 1 a ，＋∞ 上单调递减.4 分 综上，当 a≥0 时，f(x)在(0，＋∞) 上单调递增， 当 a＜0 时，f(x)在 0，－ 1 a 上单调递 增， 在 － 1 a ，＋∞ 上单调递减.5 分 (2)证明：若函数f(x)的两个零点为x1， x2， 由(1)得 a＜0. 因为 ln x1＋ax1＝0，ln x2＋ax2＝0， 所以 ln x2－ln x1＝a(x1－x2)，6 分 4．对要证明 的不等式无思路， 不会构造变形导 致无从下手． 所以(x1－x2)f′(x1＋x2) ＝(x1－x2) 1 x1＋x2 ＋a ＝ x1－x2 x1＋x2 ＋a(x1－ x2) ＝ x1－x2 x1＋x2 ＋ln x2 x1 ＝ 1－ x2 x1 1＋ x2 x1 ＋ln x2 x1 . 8 分 [解题关键点] 变形整理为换元做 好准备. 5．想不到利 用换元法构造函 令 x2 x1 ＝t≥e2， 则 φ t ＝ 1－t 1＋t ＋ln t， 9 分 换元转化为更简洁的问 题. 数，利用函数的单 调性求最小值． 因为φ′(t)＝ t2 ＋1 t 1＋t 2 ＞0， 所以φ(t)在[e2，＋∞)上单调递增， φ t ≥φ e 2 ＝1＋ 2 e 2 ＋1 ＞1＋ 2 3 2 ＋1 ＝ 6 5 . 11 分 故(x1－x2)f′(x1＋x2)＞ 6 5 得证.12 分 构造函数，用函数最值证 明不等式. 题型四 不等式恒成立、存在性问题——转化与化归思想 利用导数研究不等式恒成立、存在性问题时，常用到转化与化归思想，其一般思路是： [典例] (2017·广州二模)(本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝e －x －ax(x∈R)． (1)当 a＝－1 时，求函数 f(x)的最小值； (2)若 x≥0 时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1 恒成立，求实数 a的取值范围． [障碍提醒] 1 ． 计 算 错 f′(x)或判断错单 调性，导致求错最 值． [解] (1)当 a＝－1 时，f(x)＝e －x ＋x， 则 f′(x)＝－ 1 e x ＋1＝ e x －1 e x .1 分 令 f′(x)＝0，得 x＝0. 当x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x) ＞0. 所以函数 f(x)在(－∞，0)上单调递减， 在(0，＋∞)上单调递增.3 分 所以当 x＝0 时，函数 f(x)取得最小值， 且最小值为 f(0)＝1.4 分 (2)因为 x≥0 时，f(－x)＋ln(x＋1)≥1 恒成立， 即 e x ＋ax＋ln(x＋1)－1≥0.(*)5 分 [思路提示] 第(1)问当 a＝－ 1时，利用导数 f′(x) 的符号判断 f(x)的单 调性； 第(2)问把不等 式 f(－ x)＋ ln(x＋ 1)≥1 恒成立问题，通 过构造新函数 g(x)， 转化为证明 g(x)≥0 恒成立，从而利用函 数 g(x)的端点值分类 讨论 a 的取值来进行 证明． 2．不等式恒成 立问题不会构造函 数，即 f(－x)＋ln(x ＋1)≥0 恒成立，不 令 g(x)＝e x ＋ax＋ln(x＋1)－1，6 分 则 g 0 ＝0，g′ x ＝e x ＋ 1 x＋1 ＋a， g′ 0 ＝2＋a. [解题关键点] 考虑端点值，直入问 题本质. 会构造g(x)＝ex＋ax ＋ln(x＋1)－1. 3．判断 g′(x) 的符号时，不会利用 二 次 求 导 做 出 判 断．当导数 g′(x) 有参数时，易忘记讨 论而致误． 又 g″(x)＝e x － 1 x＋1 2 ≥0， 当且仅当 x＝0时取等号， 所以 g′(x)＝e x ＋ 1 x＋1 ＋a 在[0，＋∞) 上单调递增.8 分 ① 若 a≥ － 2 ， 则 g′ x ≥g′ 0 ＝2＋a≥0， 当且仅当 x＝0，a＝－2时取等号， 所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 有 g(x)≥g(0)＝0，(*)式恒成立.9 分 ②若 a＜－2， 由于 g′(0)＝2＋a＜0，x→＋∞时， g′(x)→＋∞， 所以必存在唯一的 x0∈(0，＋∞)，使得 g′(x0)＝0， 当 0＜x＜x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减； 当 x＞x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增． 所以当 x∈(0，x0)时，g(x)＜g(0)＝0， (*)式不恒成立.11 分 综上所述，实数 a 的取值范围是[－2，＋ ∞).12 分 抓住端点值展开 讨论． 分析端点值，明 确函数图象走势. [课堂练习] 1．已知函数 f(x)＝x－1＋ a e x (a∈R，e 为自然对数的底数)． (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x轴，求 a的值； (2)求函数 f(x)的极值． 解：(1)由 f(x)＝x－1＋ a e x ，得 f′(x)＝1－ a e x . 又曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴， 得 f′(1)＝0，即 1－ a e ＝0，解得 a＝e. (2)f′(x)＝1－ a e x ， ①当 a≤0时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以函数 f(x)无极值． ②当 a＞0时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a．x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；x∈ (ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递 增，故 f(x)在 x＝ln a 处取得极小值，且极小值为 f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上，当 a≤0时，函数 f(x)无极值； 当 a＞0 时，f(x)在 x＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大值． 2．(2017·西安一模)已知函数 f(x)＝x＋ 1＋a x －aln x．若函数 y＝f(x)的图象在 x＝1处的 切线与直线 2x＋y－1＝0 平行． (1)求 a 的值； (2)若方程 f(x)＝b 的区间[1，e]上有两个不同的实数根，求实数 b 的取值范围． 解：(1)函数 f(x)＝x＋ 1＋a x －aln x 的导数 f′(x)＝1－ 1＋a x2 － a x ， ∴y＝f(x)的图象在 x＝1 处的切线斜率为 k＝f′(1)＝1－(1＋a)－a＝－2a， 由题意可得－2a＝－2，解得 a＝1. (2)由(1)知 f(x)＝x＋ 2 x －ln x， f′(x)＝1－ 2 x2 － 1 x ＝ x＋1 x－2 x2 ， 当 1＜x＜2 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当 2＜x＜e时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴当 x＝2时，f(x)取得极小值 f(2)＝3－ln 2. 又∵f(1)＝3，f(e)＝e－1＋ 2 e ，即有 f(1)＞f(e)， ∴方程 f(x)＝b 在区间[1，e]上有两个不同的实数根，则有 f(2)＜b≤f(e)，即 3－ln 2＜ b≤e－1＋ 2 e . 故实数 b 的取值范围为 3－ln 2，e－1＋ 2 e . 3．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2 ＋(2a＋1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a＜0 时，证明 f(x)≤－ 3 4a －2. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ 1 x ＋2ax＋2a＋1＝ x＋1 2ax＋1 x . 若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0， 故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若 a＜0，则当 x∈ 0，－ 1 2a 时，f′(x)＞0； 当 x∈ － 1 2a ，＋∞ 时，f′(x)＜0. 故 f(x)在 0，－ 1 2a 上单调递增， 在 － 1 2a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当 a＜0时， f(x)在 x＝－ 1 2a 处取得最大值， 最大值为 f － 1 2a ＝ln － 1 2a －1－ 1 4a . 所以 f(x)≤－ 3 4a －2 等价于 ln － 1 2a －1－ 1 4a ≤－ 3 4a －2，即 ln － 1 2a ＋ 1 2a ＋1≤0. 设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝ 1 x －1. 当 x∈(0,1)时，g′(x)＞0； 当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0. 所以 g(x)在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减． 故当 x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0. 所以当 x＞0 时，g(x)≤0. 从而当 a＜0 时，ln － 1 2a ＋ 1 2a ＋1≤0， 即 f(x)≤－ 3 4a －2. 4．(2018 届高三·广西三市联考)已知函数 f(x)＝x－aln x，g(x)＝－ 1＋a x ，其中 a∈R. (1)设函数 h(x)＝f(x)－g(x)，求函数 h(x)的单调区间； (2)若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)＜g(x0)成立，求 a 的取值范围． 解：(1)h(x)＝x＋ 1＋a x －aln x(x＞0)， h′(x)＝1－ 1＋a x2 － a x ＝ x2 －ax－ 1＋a x2 ＝ x＋1 [x－ 1＋a ] x2 ， ①当 a＋1＞0，即 a＞－1 时，在(0,1＋a)上 h′(x)＜0，在(1＋a，＋∞)上 h′(x)＞0， 所以 h(x)在(0,1＋a)上单调递减，在(1＋a，＋∞)上单调递增． ②当 1＋a≤0，即 a≤－1 时，在(0，＋∞)上 h′(x)＞0， 所以函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)若存在 x0∈[1，e]，使得 f(x0)＜g(x0)成立，即存在 x0∈[1，e]，使得 h(x0)＝f(x0)－g(x0) ＜0 成立，即函数 h(x)＝x＋ 1＋a x －aln x 在[1，e]上的最小值小于零． 由(1)可知： ①当 1＋a≥e，即 a≥e－1 时，h′(x)＜0，h(x)在[1，e]上单调递减， 所以 h(x)在[1，e]上的最小值为 h(e)， 由 h(e)＝e＋ 1＋a e －a＜0 可得 a＞ e 2 ＋1 e－1 ， 因为 e 2 ＋1 e－1 ＞e－1，所以 a＞ e 2 ＋1 e－1 . ②当 1＋a≤1，即 a≤0时，h(x)在[1，e]上单调递增， 所以 h(x)的最小值为 h(1)，由 h(1)＝1＋1＋a＜0 可得 a＜－2. ③当 1＜1＋a＜e，即 0＜a＜e－1时，可得 h(x)的最小值为 h(1＋a)，因为 0＜ln(1＋a)＜1， 所以 0＜aln(1＋a)＜a，故 h(1＋a)＝2＋a－aln(1＋a)＞2＞0，不合题意． 综上可得，a 的取值范围是(－∞，－2)∪ e 2 ＋1 e－1 ，＋∞ . 1．(2017·兰州模拟)已知函数 f(x)＝－x3＋x2＋b，g(x)＝aln x. (1)若 f(x)在 － 1 2 ，1 上的最大值为 3 8 ，求实数 b的值； (2)若对任意的 x∈[1，e]，都有 g(x)≥－x2 ＋(a＋2)x 恒成立，求实数 a 的取值范围． 解：(1)f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)， 令 f′(x)＝0，得 x＝0或 x＝ 2 3 . 当 x∈ － 1 2 ，0 时，f′(x)＜0，函数 f(x)为减函数； 当 x∈ 0， 2 3 时，f′(x)＞0，函数 f(x)为增函数； 当 x∈ 2 3 ，1 时，f′(x)＜0，函数 f(x)为减函数． ∵f － 1 2 ＝ 3 8 ＋b，f 2 3 ＝ 4 27 ＋b， ∴f － 1 2 ＞f 2 3 . ∴f － 1 2 ＝ 3 8 ＋b＝ 3 8 ，∴b＝0. (2)由 g(x)≥－x2 ＋(a＋2)x，得(x－ln x)a≤x2 －2x， ∵x∈[1，e]，∴ln x≤1≤x，由于不能同时取等号， ∴ln x＜x，即 x－ln x＞0， ∴a≤ x2 －2x x－ln x (x∈[1，e])恒成立． 令 h(x)＝ x2 －2x x－ln x ，x∈[1，e]， 则 h′(x)＝ x－1 x＋2－2ln x x－ln x 2 ， 当 x∈[1，e]时，x－1≥0，x＋2－2ln x＝x＋2(1－ln x)＞0，从而 h′(x)≥0， ∴函数 h(x)＝ x2－2x x－ln x 在[1，e]上为增函数， ∴h(x)min＝h(1)＝－1，∴a≤－1， 故实数 a 的取值范围为(－∞，－1]． 2．(2018 届高三·合肥调研)已知函数 f(x)＝e x － 1 2 ax2 (x＞0，e为自然对数的底数)，f′(x) 是 f(x)的导函数． (1)当 a＝2 时，求证：f(x)＞1； (2)是否存在正整数 a，使得 f′(x)≥x2 ln x 对一切 x∈(0，＋∞)恒成立？若存在，求出 a 的最大值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：当 a＝2 时，f(x)＝ex－x2，则 f′(x)＝ex－2x， 令 f1(x)＝f′(x)＝ex－2x，则 f1′(x)＝ex－2， 令 f1′(x)＝0，得 x＝ln 2，又 0＜x＜ln 2 时，f1′(x)＜0，x＞ln 2 时，f1′(x)＞0，∴ f1(x)＝f′(x)在 x＝ln 2 时取得极小值，也是最小值． ∵f′(ln 2)＝2－2ln 2＞0，∴f′(x)＞0 在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上为 增函数． ∴f(x)＞f(0)＝1. (2)由已知，得 f′(x)＝e x －ax，由 f′(x)≥x2 ln x， 得 ex－ax≥x2ln x 对一切 x＞0 恒成立， 当 x＝1 时，可得 a≤e， ∴若存在，则正整数 a 的值只能取 1,2. 下面证明当 a＝2 时，不等式恒成立， 设 g(x)＝ e x x2 － 2 x －ln x， 则 g′(x)＝ x－2 e x x3 ＋ 2 x2 － 1 x ＝ x－2 e x －x x3 ， 由(1)得 e x ＞x2 ＋1≥2x＞x，∴e x －x＞0(x＞0)， ∴当 0＜x＜2 时，g′(x)＜0；当 x＞2 时，g′(x)＞0. ∴g(x)在(0,2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数． ∴g(x)≥g(2)＝ 1 4 (e 2 －4－4ln 2)＞ 1 4 ×(2.7 2 －4－4ln 2)＞ 1 4 (3－ln 16)＞0， ∴当 a＝2时，不等式 f′(x)≥x2 ln x 对一切 x＞0恒成立，故 a的最大值是 2. 3．(2017·安徽二校联考)已知函数 f(x)＝ ln x－a x －m(a，m∈R)在 x＝e(e 为自然对数的底 数)时取得极值，且有两个零点记为 x1，x2. (1)求实数 a 的值，以及实数 m 的取值范围； (2)证明：ln x1＋ln x2＞2. 解：(1)f′(x)＝ 1 x ·x－ ln x－a x2 ＝ a＋1－ln x x2 ， 由 f′(x)＝0，得 x＝e a＋1 ，且当 0＜x＜e a＋1 时，f′(x)＞0，当 x＞e a＋1 时，f′(x)＜0， 所以 f(x)在 x＝e a＋1 时取得极值， 所以 e a＋1 ＝e，解得 a＝0. 所以 f(x)＝ ln x x －m(x＞0)，f′(x)＝ 1－ln x x2 ，函数 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋ ∞)上单调递减，f(e)＝ 1 e －m.又 x→0(x＞0)时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→－m，f(x)有两 个零点 x1，x2， 故 1 e －m＞0， －m＜0， 解得 0＜m＜ 1 e . 所以实数 m 的取值范围为 0， 1 e . (2)证明：不妨设 x1＜x2，由题意知 ln x1＝mx1， ln x2＝mx2. 则 ln x1x2＝m(x1＋x2)，ln x2 x1 ＝m(x2－x1)⇒m＝ ln x2 x1 x2－x1 .欲证 ln x1＋ln x2＞2，只需证 ln x1x2＞ 2， 只需证 m(x1＋x2)＞2，即证 x1＋x2 x2－x1 ln x2 x1 ＞2. 即证 1＋ x2 x1 x2 x1 －1 ln x2 x1 ＞2，设 t＝ x2 x1 ＞1， 则只需证 ln t＞ 2 t－1 t＋1 . 即证 ln t－ 2 t－1 t＋1 ＞0. 记 u(t)＝ln t－ 2 t－1 t＋1 (t＞1)， 则 u′(t)＝ 1 t － 4 t＋1 2 ＝ t－1 2 t t＋1 2 ＞0. 所以 u(t)在(1，＋∞)上单调递增， 所以 u(t)＞u(1)＝0，所以原不等式成立， 故 ln x1＋ln x2＞2，得证． 4．(2017·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝(1－x2)ex. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 x≥0 时，f(x)≤ax＋1，求 a 的取值范围． 解：(1)f′(x)＝(1－2x－x2 )e x . 令 f′(x)＝0，得 x＝－1－ 2或 x＝－1＋ 2. 当 x∈(－∞，－1－ 2)时，f′(x)＜0； 当 x∈(－1－ 2，－1＋ 2)时，f′(x)＞0； 当 x∈(－1＋ 2，＋∞)时，f′(x)＜0. 所以 f(x)在(－∞，－1－ 2)，(－1＋ 2，＋∞)上单调递减，在(－1－ 2，－1＋ 2)上单 调递增． (2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex. ①当 a≥1时， 设函数 h(x)＝(1－x)ex ， 则 h′(x)＝－xex＜0(x＞0)． 因此 h(x)在[0，＋∞)上单调递减， 又 h(0)＝1，故 h(x)≤1， 所以 f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1. ②当 0＜a＜1 时， 设函数 g(x)＝e x －x－1， 则 g′(x)＝e x －1＞0(x＞0)， 所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而 g(0)＝0， 故 e x ≥x＋1. 当 0＜x＜1 时，f(x)＞(1－x)(1＋x)2 ， (1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)， 取 x0＝ 5－4a－1 2 ， 则 x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0) 2 －ax0－1＝0， 故 f(x0)＞ax0＋1. 当 a≤0 时，取 x0＝ 5－1 2 ， 则 x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0) 2 ＝1≥ax0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)． 板块提能 三 高考 20 题、21 题的分步破解策略 高考 20 题、21 题对大多数考生来说，要想取得满分有很大难度，但通过努力取得半数以上 的分数并不是遥不可及.这是因为，这两个题的第 1 问难度并不大，并且大多数考题的第 1 问承担着第 2 问解题的桥梁作用.况且，高考评卷是按步骤给分的，这就要求考生在考场上不 要盲目放弃，正确的做法是：审题——做到精力集中，快速迁移，尽快找到破题入口；解题—— 做到心态放稳，一旦在某一环节卡住时，可采用缺步解答、跳步解答、逆向解答、辅助解答，会 做哪问做哪问、能写多少写多少，思路靠谱也给分！ 一、圆锥曲线问题重在“设”——设点、设线 [思维流程] [技法点拨] 圆锥曲线解答题的常见类型是：第 1 小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般 比较简单．第 2 小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、 定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设 “点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步： 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出； 第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系； 第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中． 在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算． [典例示法] [典例] (2017·南昌模拟)已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为 A1，A2，左、 右焦点分别为 F1，F2，离心率为 1 2 ，点 B(4,0)，F2为线段 A1B 的中点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若过点 B且斜率不为 0 的直线 l与椭圆 C 交于 M，N 两点，已知直线 A1M 与 A2N 相交于点 G， 求证：以点 G 为圆心，GF2的长为半径的圆总与 x 轴相切． [解] (1)设点 A1(－a,0)，F2(c,0)， 由题意可知：c＝ －a＋4 2 ，即 a＝4－2c. ① 椭圆的离心率 e＝ c a ＝ 1 2 ，即 a＝2c. ② 联立方程①②可得：a＝2，c＝1，则 b2＝a2－c2＝3， 所以椭圆 C 的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. [应用体验] 1.(2017·福州模拟)已知圆 O：x2 ＋y2 ＝4，点 A(－ 3，0)，B( 3，0)，以线段 AP 为直径的 圆 C1内切于圆 O.记点 P的轨迹为 C2. (1)证明：|AP|＋|BP|为定值，并求 C2的方程； (2)过点 O 的一条直线交圆 O 于 M，N两点，点 D(－2,0)，直线 DM，DN 与 C2的另一个交点分 别为 S，T.记△DMN，△DST 的面积分别为 S1，S2，求 S1 S2 的取值范围． 解：(1)如图，因为圆 C1内切于圆 O， 所以|OC1|＝2－ 1 2 |AP|. 依题意，O，C1分别为 AB，AP 的中点， 所以|OC1|＝ 1 2 |BP|， (2)证明：法一：要证以 G点为圆心，CF2的长为半径的圆总与 x 轴相切．只需证 GF2⊥x 轴， 即证 xG＝1. 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 直线l的方程为y＝k(x－4)， 联立方程得 y＝k x－4 ， x2 4 ＋ y2 3 ＝1 消去 y， 可得(3＋4k2 )x2 －32k2x＋64k2 －12＝0，Δ＞0. 则 x1＋x2＝ 32k2 3＋4k2 ，x1x2＝ 64k2 －12 3＋4k2 ，(*) 因为直线 lA1M：y＝ y1 x1＋2 (x＋2)， lA2N：y＝ y2 x2－2 (x－2)， 即证： 3y1 x1＋2 ＝ －y2 x2－2 ， 即 3k(x1－4)(x2－2)＝－k(x2－4)(x1＋2)， 即证 4x1x2－10(x1＋x2)＋16＝0. 将(*)式代入上式可得 4× 64k2－12 3＋4k2 － 10×32k2 3＋4k2 ＋16＝ 0 ⇔ 16k2 －3－20k2 ＋3＋4k2 ＝0. 此式明显恒成立． 所以以点 G 为圆心，GF2的长为半径的圆总与 x轴相切． 法二：设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，G(x3，y3)， 易知 x1，x2，x3两两不相等， 因为 B，M，N 三点共线，所以 y1 x1－4 ＝ y2 x2－4 ⇒ y2 1 x1－4 2 ＝ y2 2 x2－4 2 ⇒ 3 1－ x2 1 4 (x1－4)2 ＝ 3 1－ x2 2 4 x2－4 2 ， 整理得 2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0. 又 A1，M，G 三点共线，所以 y3 x3＋2 ＝ y1 x1＋2 ，① 又 A2，N，G 三点共线，所以 y3 x3－2 ＝ y2 x2－2 ，② ①与②两式相除，得 x3＋2 x3－2 ＝ y2 x1＋2 y1 x2－2 ， 即 x3＋2 x3－2 2 ＝ y2 2 x1＋2 2 y2 1 x2－2 2 ＝ 3 1－ x2 2 4 x1＋2 2 3 1－ x2 1 4 x2－2 2 ＝ x2＋2 x1＋2 x1－2 x2－2 ＝ x1x2＋2 x1＋x2 ＋4 x1x2－2 x1＋x2 ＋4 ， 将 2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0，即 x1x2＝ 5 2 (x1＋x2)－4 代入上式，得 x3＋2 x3－2 2 ＝9， 解得 x3＝4(舍去)或 x3＝1. 所以 GF2⊥x 轴，即以点 G为圆心，GF2的长为半径的圆总与 x轴相切．,所以|AP|＋|BP|＝2(2 －|OC1|)＋2|OC1|＝4＞|AB|. 所以 C2是以 A，B 为焦点，长轴长为 4 的椭圆， 所以 C2的方程为 x2 4 ＋y2 ＝1. (2)依题意，设直线 DM 的方程为 y＝k(x＋2)(k≠0)， 因为 MN 为圆 O的直径，所以∠MDN＝90°， 所以直线 DN 的方程为 y＝－ 1 k (x＋2)， 所以圆心 O(0,0)到直线 DM 的距离为 2|k| k2＋1 ， 所以|DM|＝2 4－ 2|k| k2＋1 2 ＝ 4 k2 ＋1 ， 同理可得，|DN|＝ 4 － 1 k 2 ＋1 ＝ 4|k| k2 ＋1 . 由 y＝k x＋2 ， x2＋4y2＝4 得(1＋4k2 )x2 ＋16k2x＋16k2 －4＝0， 所以－2·xS＝ 16k2 －4 1＋4k2 ， 解得 xS＝ 2－8k2 1＋4k2 ， 所以|DS|＝ 1＋k2 |xS＋2|＝ 4 1＋k2 1＋4k2 ， 所以|DT|＝ 4 1＋ － 1 k 2 1＋4 － 1 k 2 ＝ 4|k| 1＋k2 k2 ＋4 . 所以 S1 S2 ＝ |DM|·|DN| |DS|·|DT| ＝ 1＋4k2 4＋k2 1＋k2 2 ， 令 t＝1＋k2，则 t＞1,0＜ 3 t ＜3， 所以 S1 S2 ＝ 4t－3 t＋3 t2 ＝ 4－ 3 t 1＋ 3 t ∈ 4， 25 4 ， 即 S1 S2 的取值范围为 4， 25 4 . 二、函数与导数问题重在“分”——分离、分解 [思维流程] [技法点拨] 函数与导数压轴题堪称“庞然大物”，所以征服它需要一定的胆量和勇气，可以参变量分离、 把复杂函数分离为基本函数、可把题目分解成几个小题、也可把解题步骤分解为几个小步，也可 从逻辑上重新换叙．注重分步解答，这样，即使解答不完整，也要做到尽可能多拿步骤分．同时 要注意分类讨论思想、数形结合思想、化归与转化等数学思想的运用． [典例示法] [典例] (2017·福州模拟)已知函数 f(x)＝aln x＋x2 －ax(a∈R)． (1)若 x＝3 是 f(x)的极值点，求 f(x)的单调区间； (2)求 g(x)＝f(x)－2x 在区间[1，e]上的最小值 h(a)． [解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝ a x ＋2x－a＝ 2x2 －ax＋a x ， 因为 x＝3是 f(x)的极值点， 所以 f′(3)＝ 18－3a＋a 3 ＝0， 解得 a＝9， 所以 f′(x)＝ 2x2－9x＋9 x ＝ 2x－3 x－3 x ， 所以当 0＜x＜ 3 2 或 x＞3时，f′(x)＞0； 当 3 2 ＜x＜3时，f′(x)＜0. 所以 x＝3是 f(x)的极小值点， 所以 f(x)是单调递增区间为 0， 3 2 ，(3，＋∞)，单调递减区间为 3 2 ，3 . (2)g(x)＝aln x＋x2－ax－2x， g′(x)＝ 2x2 －ax＋a x －2＝ 2x－a x－1 x ， 令 g′(x)＝0，得 x＝ a 2 或 x＝1， 则①当 a 2 ≤1，即 a≤2 时，g(x)在[1，e]上为增函数， h(a)＝g(1)＝－a－1； ②当 1＜ a 2 ＜e，即 2＜a＜2e 时，g(x)在 1， a 2 上为减函数，在 a 2 ，e 上为增函数，h(a)＝g a 2 ＝aln a 2 － 1 4 a2 －a； ③当 a 2 ≥e，即 a≥2e 时，g(x)在[1，e]上为减函数， h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e 2 －2e. 综上，h(a)＝ －a－1，a≤2， aln a 2 － 1 4 a2 －a，2＜a＜2e， 1－e a＋e 2 －2e，a≥2e. [应用体验] 2.(2018 届高三·宝鸡调研)设函数 f(x)＝ax2ln x＋b(x－1)，曲线 y＝f(x)过点(e，e2－e ＋1)，且在点(1,0)处的切线方程为 y＝0. (1)求 a，b 的值； (2)证明：当 x≥1 时，f(x)≥(x－1) 2 ； (3)若当 x≥1 时，f(x)≥m(x－1) 2 恒成立，求实数 m的取值范围． 解：(1)f′(x)＝2axln x＋ax＋b(x＞0)， ∵f′(1)＝a＋b＝0，f(e)＝ae2 ＋b(e－1)＝a(e2 －e＋1)＝e 2 －e＋1，∴a＝1，b＝－1. (2)证明：f(x)＝x2 ln x－x＋1， 设 g(x)＝f(x)－(x－1)2＝x2ln x＋x－x2(x≥1)， g′(x)＝2xln x－x＋1， 由[g′(x)]′＝2ln x＋1＞0， 得 g′(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴g′(x)≥g′(1)＝0， ∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)≥g(1)＝0. ∴f(x)≥(x－1) 2 . (3)设 h(x)＝x2 ln x－x－m(x－1) 2 ＋1(x≥1)， h′(x)＝2xln x＋x－2m(x－1)－1， 由(2)知 x2 ln x≥(x－1) 2 ＋x－1＝x(x－1)， ∴xln x≥x－1， ∴h′(x)≥3(x－1)－2m(x－1)＝(3－2m)(x－1)， ①当 3－2m≥0，即 m≤ 3 2 时，h′(x)≥0， ∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴h(x)≥h(1)＝0 成立． ②当 3－2m＜0，即 m＞ 3 2 时， h′(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)， [h′(x)]′＝2ln x＋3－2m， 令[h′(x)]′＝0，得 x0＝e 2m－3 2 ＞1， 当 x∈[1，x0)时，h′(x)单调递减， 则 h′(x)＜h′(1)＝0， ∴h(x)在[1，x0)上单调递减， ∴h(x)＜h(1)＝0 不成立． 综上，实数 m 的取值范围为 －∞， 3 2 .