2018届二轮复习专题八数学思想方法理教案（全国通用） 23页

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.‎