2018届二轮复习专题八数学思想方法理教案(全国通用)

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2018届二轮复习专题八数学思想方法理教案(全国通用)

专题八 数学思想方法教师用书 理 第1讲 函数与方程思想、数形结合思想 高考定位 函数与方程的思想一般通过函数与导数、三角函数、数列、解析几何等知识进行考查;数形结合思想一般在填空题中考查.‎ ‎1.函数与方程思想的含义 ‎(1)函数的思想,是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,是对函数概念的本质认识,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决的思想方法.‎ ‎(2)方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构造方程,通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解决的思想方法.‎ ‎2.函数与方程的思想在解题中的应用 ‎(1)函数与不等式的相互转化,对于函数y=f(x),当y>0时,就转化为不等式f(x)>0,借助于函数的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式.‎ ‎(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点去处理数列问题十分重要.‎ ‎(3)解析几何中的许多问题,需要通过解二元方程组才能解决,这都涉及二次方程与二次函数的有关理论.‎ ‎3.数形结合是一种数学思想方法,包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用大致可以分为两种情形:①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,数为目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质;②借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性,即以数作为手段,形作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.‎ ‎4.在运用数形结合思想分析和解决问题时,要注意三点:第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征,对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义;第二是恰当设参、合理用参,建立关系,由数思形,以形想数,做好数形转化;第三是正确确定参数的取值范围.数学中的知识,有的本身就可以看作是数形的结合.‎ 热点一 函数与方程思想的应用 ‎[微题型1] 不等式问题中的函数(方程)法 ‎【例1-1】 (1)f(x)=ax3-3x+1对于x∈[-1,1],总有f(x)≥0成立,则a=________.‎ ‎(2)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是________.‎ 解析 (1)若x=0,则不论a取何值,f(x)≥0显然成立;‎ 当x>0即x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥-.‎ 设g(x)=-,则g′(x)=,‎ 所以g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,‎ 因此g(x)max=g=4,从而a≥4.‎ 当x<0即x∈[-1,0)时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≤-,设g(x)=-,‎ 且g(x)在区间[-1,0)上单调递增,因此g(x)min=g(-1)=4,‎ 从而a≤4,综上a=4.‎ ‎(2)设F(x)=f(x)g(x),由于f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,得F(-x)=f(-x)·g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),即F(x)在R上为奇函数.‎ 又当x<0时,F′(x)=f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)>0,‎ 所以x<0时,F(x)为增函数.‎ 因为奇函数在对称区间上的单调性相同,所以x>0时,F(x)也是增函数.‎ 因为F(-3)=f(-3)g(-3)=0=-F(3).‎ 所以,由图可知F(x)<0的解集是(-∞,-3)∪(0,3).‎ 答案 (1)4 (2)(-∞,-3)∪(0,3)‎ 探究提高 (1)在解决不等式问题时,一种最重要的思想方法就是构造适当的函数,利用函数的图象和性质解决问题;(2)函数f(x)>0或f(x)<0恒成立,一般可转化为f(x)min>0或f(x)max<0;已知恒成立求参数范围可先分离参数,然后利用函数值域求解.‎ ‎[微题型2] 数列问题的函数(方程)法 ‎【例1-2】 已知数列{an}满足a1=3,an+1=an+p·3n(n∈N*,p为常数),a1,a2+6,a3成等差数列.‎ ‎(1)求p的值及数列{an}的通项公式;‎ ‎(2)设数列{bn}满足bn=,证明:bn≤.‎ ‎(1)解 由a1=3,an+1=an+p·3n,‎ 得a2=3+3p,a3=a2+9p=3+12p.‎ 因为a1,a2+6,a3成等差数列,‎ 所以a1+a3=2(a2+6),‎ 即3+3+12p=2(3+3p+6),‎ 得p=2,依题意知,an+1=an+2×3n.‎ 当n≥2时,a2-a1=2×31,‎ a3-a2=2×32,…,‎ an-an-1=2×3n-1.‎ 将以上式子相加得an-a1=2(31+32+…+3n-1),‎ 所以an-a1=2×=3n-3,‎ 所以an=3n(n≥2).‎ 又a1=3符合上式,故an=3n.‎ ‎(2)证明 因为an=3n,所以bn=.‎ 所以bn+1-bn=-=(n∈N*),‎ 若-2n2+2n+1<0,则n>,‎ 即当n≥2时,有bn+1<bn,‎ 又因为b1=,b2=,故bn≤.‎ 探究提高 数列最值问题中应用函数与方程思想的常见类型:‎ ‎(1)数列中的恒成立问题,转化为最值问题,利用函数的单调性或不等式求解.‎ ‎(2)数列中的最大项与最小项问题,利用函数的有关性质或不等式组求解.‎ ‎(3)数列中前n项和的最值:转化为二次函数,借助二次函数的单调性或求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可求解.‎ ‎[微题型3] 解析几何问题的方程(函数)法 ‎【例1-3】 设椭圆中心在坐标原点,A(2,0),B(0,1)是它的两个顶点,直线y=kx(k>0)与AB相交于点D,与椭圆相交于E、F两点.‎ ‎(1)若=6,求k的值;‎ ‎(2)求四边形AEBF面积的最大值.‎ 解 (1)依题意得椭圆的方程为+y2=1,直线AB,EF的方程分别为x+2y=2,y=kx(k>0).如图,设D(x0,kx0),E(x1,kx1),F(x2,kx2),其中x ‎1<x2,且x1,x2满足方程(1+4k2)x2=4,故x2=-x1=.①‎ 由=6知x0-x1=6(x2-x0),‎ 得x0=(6x2+x1)=x2=;‎ 由D在AB上知x0+2kx0=2,‎ 得x0=.‎ 所以=,‎ 化简得24k2-25k+6=0,‎ 解得k=或k=.‎ ‎(2)根据点到直线的距离公式和①式知,点E,F到AB的距离分别为 h1==,‎ h2==.‎ 又AB==,‎ 所以四边形AEBF的面积为 S=·AB·(h1+h2)‎ ‎=··= ‎=2≤2,‎ 当4k2=1(k>0),即当k=时,上式取等号.‎ 所以S的最大值为2.‎ 即四边形AEBF面积的最大值为2.‎ 探究提高 解析几何中的最值是高考的热点,在圆锥曲线的综合问题中经常出现,求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中,抓住函数关系,将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数,然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.‎ 热点二 数形结合思想的应用 ‎[微题型1] 利用数形结合思想讨论方程的根或函数零点 ‎【例2-1】 (1)若函数f(x)=|2x-2|-b有两个零点,则实数b的取值范围是________.‎ ‎(2)设函数f(x)(x∈R)满足f(-x)=f(x),f(x)=f(2-x),且当x∈[0,1]时,f(x)=x3.‎ 又函数g(x)=|xcos(πx)|,则函数h(x)=g(x)-f(x)在上的零点个数为________.‎ 解析 (1)由f(x)=|2x-2|-b有两个零点,‎ 可得|2x-2|=b有两个不等的实根,‎ 从而可得函数y=|2x-2|的图象与函数y=b的图象有两个交点,如图所示.‎ 结合函数的图象,可得0<b<2,故填(0,2).‎ ‎(2)根据题意,函数y=f(x)是周期为2的偶函数且0≤x≤1时,f(x)=x3,‎ 则当-1≤x≤0时,f(x)=-x3,且g(x)=|xcos(πx)|,所以当x=0时,f(x)=g(x).当x≠0时,若00时,1-a<1,1+a>1,‎ 这时f(1-a)=2(1-a)+a=2-a,‎ f(1+a)=-(1+a)-2a=-1-3a.‎ 由f(1-a)=f(1+a)得2-a=-1-3a,解得a=-,不合题意,舍去;‎ 当a<0时,1-a>1,1+a<1,‎ 这时f(1-a)=-(1-a)-2a=-1-a,‎ f(1+a)=2(1+a)+a=2+3a.‎ 由f(1-a)=f(1+a)得-1-a=2+3a,‎ 解得a=-.‎ 综上可知,a的值为-.‎ 答案 (1) (2)- 探究提高 由性质、定理、公式的限制引起的分类整合法往往是因为有的数学定理、公式、性质是分类给出的,在不同的条件下结论不一致的情况下使用,如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等.‎ ‎[微题型2] 由数学运算要求引起的分类 ‎【例1-2】 (1)(2016·苏、锡、常、镇调研改编)不等式|x|+|2x+3|≥2的解集是________.‎ ‎(2)已知m∈R,求函数f(x)=(4-3m)x2-2x+m在区间[0,1]上的最大值为________.‎ 解析 (1)原不等式可转化为 或或 解得x≤-或-1≤x≤0或x>0,‎ 故原不等式的解集为∪[-1,+∞).‎ ‎(2)①当4-3m=0,即m=时,函数y=-2x+,‎ 它在[0,1]上是减函数,所以ymax=f(0)=.‎ ‎②当4-3m≠0, 即m≠时,y是二次函数.‎ 当4-3m>0,即m<时,二次函数y的图象开口向上,对称轴方程x=>0,它在[0,1]上的最大值只能在区间端点取得(由于此处不涉及最小值,故不需讨论区间与对称轴的关系).‎ f(0)=m,f(1)=2-2m,‎ 当m≥2-2m,又m<,即≤m<时,ymax=m.‎ 当m<2-2m,又m<,即m<时,ymax=2(1-m).‎ 当4-3m<0,即m>时,二次函数y的图象开口向下,又它的对称轴方程x=<0,所以函数y在[0,1]上是减函数,于是ymax=f(0)=m.‎ 由①、②可知,这个函数的最大值为ymax= 答案 (1)∪[-1,+∞) ‎ ‎(2)ymax= 探究提高 由数学运算要求引起的分类整合法,常见的类型有除法运算中除数不为零,偶次方根为非负,对数运算中真数与底数的要求,指数运算中底数的要求,不等式两边同乘以一个正数、负数问题,含有绝对值的不等式求解,三角函数的定义域等,根据相应问题中的条件对相应的参数、关系式等加以分类分析,进而分类求解与综合.‎ ‎[微题型3] 由参数变化引起的分类 ‎【例1-3】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性;‎ ‎(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.‎ 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.‎ 若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.‎ 若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ 综上,知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;‎ 当a>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.‎ ‎(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;‎ 当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f=ln +a=-ln a+a-1.‎ 因此f>2a-2等价于ln a+a-1<0.‎ 令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,‎ g(1)=0.‎ 于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.‎ 因此,a的取值范围是(0,1).‎ 探究提高 由参数的变化引起的分类整合法经常用于某些含有参数的问题,如含参数的方程、不等式,由于参数的取值不同会导致所得结果不同,或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法.‎ 热点二 转化与化归思想 ‎[微题型1] 换元法 ‎【例2-1】 已知实数a,b,c满足a+b+c=0,a2+b2+c2=1,则a的最大值是________.‎ 解析 令b=x,c=y,则x+y=-a,x2+y2=1-a2.‎ 此时直线x+y=-a与圆x2+y2=1-a2有交点,‎ 则圆心到直线的距离d=≤,解得a2≤,‎ 所以a的最大值为.‎ 答案  探究提高 换元法是一种变量代换,也是一种特殊的转化与化归方法,是用一种变数形式去取代另一种变数形式,是将生疏(或复杂)的式子(或数),用熟悉(或简单)的式子(或字母)进行替换;化生疏为熟悉、复杂为简单、抽象为具体,使运算或推理可以顺利进行.‎ ‎[微题型2] 特殊与一般的转化 ‎【例2-2】 已知f(x)=,则f(-2 015)+f(-2 014)+…+f(0)+f(1)+…+f(2 016)=________.‎ 解析 f(x)+f(1-x)=+=+==1,∴f(0)+f(1)=1,f(-2 015)+f(2 016)=1,‎ ‎∴f(-2 015)+f(-2 014)+…+f(0)+f(1)+…+f(2 016)=2 016.‎ 答案 2 016‎ 探究提高 一般问题特殊化,使问题处理变得直接、简单.特殊问题一般化,可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律,从而达到成批处理问题的效果.‎ ‎[微题型3] 常量与变量的转化 ‎【例2-3】 对任意的|m|≤2,函数f(x)=mx2-2x+1-m恒为负,则x的取值范围为________.‎ 解析 对任意的|m|≤2,有mx2-2x+1-m<0恒成立,即|m|≤2时,(x2-1)m-2x+1<0恒成立.设g(m)=(x2-1)m-2x+1,则原问题转化为g(m)<0恒成立(m∈[-2,2]).‎ 所以即 解得<x<,即实数x的取值范围为.‎ 答案  探究提高 在处理多变元的数学问题时,我们可以选取其中的参数,将其看做是“主元”,而把其它变元看做是常量,从而达到减少变元简化运算的目的.‎ ‎[微题型4] 正与反的相互转化 ‎【例2-4】 若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2-2x在区间(t,3)上总不为单调函数,则实数m的取值范围是________.‎ 解析 g′(x)=3x2+(m+4)x-2,若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数,则①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立,或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立.‎ 由①得3x2+(m+4)x-2≥0,即m+4≥-3x在x∈(t,3)上恒成立,∴m+4≥-3t恒成立,则m+4≥-1,‎ 即m≥-5;由②得m+4≤-3x在x∈(t,3)上恒成立,‎ 则m+4≤-9,即m≤-.‎ ‎∴函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为-<m<-5.‎ 答案  探究提高 否定性命题,常要利用正反的相互转化,先从正面求解,再取正面答案的补集即可,一般地,题目若出现多种成立的情形,则不成立的情形相对很少,从反面考虑较简单,因此,间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中.‎ ‎1.分类讨论思想的本质是“化整为零,积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程:明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集,并集为全集).做到“确定对象的全体,明确分类的标准,分类不重复、不遗漏”的分析讨论.‎ 常见的分类讨论问题有:‎ ‎(1)集合:注意集合中空集∅讨论.‎ ‎(2)函数:对数函数或指数函数中的底数a,一般应分a>1和0<a<1的讨论;函数y=ax2+bx+c有时候分a=0和a≠0的讨论;对称轴位置的讨论;判别式的讨论.‎ ‎(3)数列:由Sn求an分n=1和n>1的讨论;等比数列中分公比q=1和q≠1的讨论.‎ ‎(4)三角函数:角的象限及函数值范围的讨论.‎ ‎(5)不等式:解不等式时含参数的讨论,基本不等式相等条件是否满足的讨论.‎ ‎(6)立体几何:点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论;‎ ‎(7)平面解析几何:直线点斜式中k分存在和不存在,直线截距式中分b=0和b≠0的讨论;轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论.‎ ‎(8)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等.‎ ‎2.转化与化归思想遵循的原则:‎ ‎(1)熟悉已知化原则:将陌生的问题转化为熟悉的问题,将未知的问题转化为已知的问题,以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.‎ ‎(2)简单化原则:将复杂问题化归为简单问题,通过对简单问题的解决,达到解决复杂问题的目的,或获得某种解题的启示和依据.‎ ‎(3)和谐统一原则:转化问题的条件或结论,使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式;或者转化命题,使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.‎ ‎(4)正难则反原则:当问题正面讨论遇到困难时,应想到问题的反面,设法从问题的反面去探讨,使问题获得解决.‎ 一、填空题 ‎1.等比数列{an}中,a3=7,前3项之和S3=21,则公比q的值是________.‎ 解析 当公比q=1时,a1=a2=a3=7,S3=3a1=21,符合要求.‎ 当q≠1时,a1q2=7,=21,解之得,q=-或q=1(舍去).综上可知,q=1或-.‎ 答案 1或- ‎2.过双曲线-=1(a>0,b>0)上任意一点P,引与实轴平行的直线,交两渐近线于R,Q两点,则·的值为________.‎ 解析 当直线PQ与x轴重合时,||=||=a.‎ 答案 a2‎ ‎3.方程sin2x+cos x+k=0有解,则k的取值范围是________.‎ 解析 求k=-sin2x-cos x的值域.‎ k=cos2x-cos x-1=-.‎ 当cos x=时,kmin=-,当cos x=-1时,kmax=1,‎ ‎∴-≤k≤1.‎ 答案  ‎4.若数列{an}的前n项和Sn=3n-1,则它的通项公式an=________.‎ 解析 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=2×3n-1;当n=1时,a1=S1=2,也满足式子an=2×3n-1,‎ ‎∴数列{an}的通项公式为an=2×3n-1.‎ 答案 2×3n-1‎ ‎5.已知a为正常数,若不等式≥1+-对一切非负实数x恒成立,则a的最大值为________.‎ 解析 原不等式即≥1+-(x≥0),(*)‎ 令=t,t≥1,则x=t2-1,‎ 所以(*)式可化为≥1+-t==对t≥1恒成立,‎ 所以≥1对t≥1恒成立,‎ 又a为正常数,所以a≤[(t+1)2]min=4,‎ 故a的最大值是4.‎ 答案 4‎ ‎6.已知△ABC和点M满足++=0.若存在实数k使得+=k成立,则k等于________.‎ 解析 ∵++=0,‎ ‎∴M为已知△ABC的重心,取AB的中点D,‎ ‎∴+=2=2×=3,‎ ‎∵+=k,∴k=3.‎ 答案 3‎ ‎7.设F1,F2为椭圆+=1的两个焦点,P为椭圆上一点.已知P,F1,F2是一个直角三角形的三个顶点,且PF1>PF2,则的值为________.‎ 解析 若∠PF2F1=90°,‎ 则PF=PF+F1F,‎ ‎∵PF1+PF2=6,F1F2=2,‎ 解得PF1=,PF2=,∴=.‎ 若∠F2PF1=90°,‎ 则F1F=PF+PF ‎=PF+(6-PF1)2,‎ 解得PF1=4,PF2=2,‎ ‎∴=2.‎ 综上所述,=2或.‎ 答案 2或 ‎8.已知函数f(x)=ln x-x+-1,g(x)=-x2+2bx-4,若对任意的x1∈(0,2),任意的x2∈[1,2],不等式f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数b的取值范围是________.‎ 解析 依题意,问题等价于f(x1)min≥g(x2)max,‎ f(x)=ln x-x+-1(x>0),‎ 所以f′(x)=--=.‎ 由f′(x)>0,解得1<x<3,故函数f(x)单调递增区间是(1,3),同理得f(x)的单调递减区间是(0,1)和(3,+∞),故在区间(0,2)上,x=1是函数f(x)的极小值点,这个极小值点是唯一的,所以f(x1)min=f(1)=-.‎ 函数g(x2)=-x+2bx2-4,x2∈[1,2].‎ 当b<1时,g(x2)max=g(1)=2b-5;‎ 当1≤b≤2时,g(x2)max=g(b)=b2-4;‎ 当b>2时,g(x2)max=g(2)=4b-8.‎ 故问题等价于 或或 解第一个不等式组得b<1,‎ 解第二个不等式组得1≤b≤,‎ 第三个不等式组无解.‎ 综上所述,b的取值范围是.‎ 答案  二、解答题 ‎9.数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2-2an+1+an=0.‎ ‎(1)求数列的通项公式;‎ ‎(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn.‎ 解 (1)an+2-2an+1+an=0,‎ 所以an+2-an+1=an+1-an,‎ 所以{an+1-an}为常数列,‎ 所以{an}是以a1为首项的等差数列,‎ 设an=a1+(n-1)d,‎ a4=a1+3d,‎ 所以d==-2,‎ 所以an=10-2n.‎ ‎(2)因为an=10-2n,‎ 令an=0,得n=5.‎ 当n>5时,an<0;‎ 当n=5时,an=0;‎ 当n<5时,an>0.‎ 所以当n>5时,‎ Sn=|a1|+|a2|+…+|an|‎ ‎=a1+a2+…+a5-(a6+a7+…+an)‎ ‎=T5-(Tn-T5)=2T5-Tn=n2-9n+40,‎ Tn=a1+a2+…+an,‎ 当n≤5时,‎ Sn=|a1|+|a2|+…+|an|‎ ‎=a1+a2+…+an=Tn=9n-n2.‎ 所以Sn= ‎10.已知函数g(x)=(a∈R),f(x)=ln(x+1)+g(x).‎ ‎(1)若函数g(x)过点(1,1),求函数f(x)的图象在x=0处的切线方程;‎ ‎(2)判断函数f(x)的单调性.‎ 解 (1)因为函数g(x)过点(1,1),所以1=,解得a=2,所以f(x)=ln(x+1)+.由f′(x)=+=,则f′(0)=3,所以所求的切线的斜率为3.又f(0)=0,所以切点为(0,0),故所求的切线方程为y=3x.‎ ‎(2)因为f(x)=ln(x+1)+(x>-1),‎ 所以f′(x)=+=.‎ ‎①当a≥0时,因为x>-1,‎ 所以f′(x)>0,‎ 故f(x)在(-1,+∞)上单调递增;‎ ‎②当a<0时,由得-1<x<-1-a,‎ 故f(x)在(-1,-1-a)上单调递减;‎ 由得x>-1-a,‎ 故f(x)在(-1-a,+∞)上单调递增.‎ 综上,当a≥0时,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增;‎ 当a<0时,函数f(x)在(-1,-1-a)上单调递减,‎ 在(-1-a,+∞)上单调递增.‎ ‎11.已知椭圆+=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点F重合,且椭圆短轴的两个端点与点F构成正三角形.‎ ‎(1)求椭圆的方程;‎ ‎(2)若过点(1,0)的直线l与椭圆交于不同的两点P,Q,试问在x轴上是否存在定点E(m,0),使·恒为定值?若存在,求出E的坐标,并求出这个定值;若不存在,请说明理由.‎ 解 (1)由题意,知抛物线的焦点为F(,0),‎ 所以c==.‎ 因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形,‎ 所以b=×=1.‎ 可求得a=2,故椭圆的方程为+y2=1.‎ ‎(2)假设存在满足条件的点E,当直线l的斜率存在时设其斜率为k,则l的方程为y=k(x-1).‎ 由 得(4k2+1)x2-8k2x+4k2-4=0,‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 解上述方程后易得:x1+x2=,x1x2=.‎ 则=(m-x1,-y1),=(m-x2,-y2),‎ 所以·=(m-x1)(m-x2)+y1y2‎ ‎=m2-m(x1+x2)+x1x2+y1y2‎ ‎=m2-m(x1+x2)+x1x2+k2(x1-1)(x2-1)‎ ‎=m2-++k2 ‎= ‎= ‎=(4m2-8m+1)+.‎ 要使·为定值,令2m-=0,‎ 即m=,此时·=.‎ 当直线l的斜率不存在时,‎ 不妨取P,Q,‎ 由E,可得=,=,‎ 所以·=-=.‎ 综上,存在点E,使·为定值.‎
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