【数学】2018届一轮复习人教A版 第三板块 稳心态，分步解 学案 38页

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， 2分 又C的坐标为(0,1)，‎ 故AC的斜率与BC的斜率之积为·＝－，‎ 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，‎ ‎[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－＝x2. 5分 由(1)可得x1＋x2＝－m，‎ 所以AB的中垂线方程为x＝－.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．‎ 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x＋mx2－2＝0的计算变形导致求解失误．‎ 可得 8分 所以过A，B，C三点的圆的圆心坐标为，‎ 半径r＝. 10分 故圆在y轴上截得的弦长为 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＋)2＋y2＝16，动圆M过点B(，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(－，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，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>2，2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＋y2＝1.4分 ‎(2)证明：设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，5分 联立方程组消去y，‎ 得(1＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，6分 Δ＝16(4k2－b2＋1).7分 设P(x1，kx1＋b)，Q(x2，kx2＋b)，‎ 8分 于是kPN＋kQN＝＋ ‎＝.9分 由∠ONP＝∠ONQ，知kPN＋kQN＝0，‎ ‎[解题关键点]‎ 定义法求轨迹方程.‎ 即2kx1x2－(4k－b)(x1＋x2)－8b ‎＝2k·－(4k－b)－8b ‎＝＋－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 解析几何解题关键之一是把几何条件转化为代数条件.‎ 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：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，焦距为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，‎ 所以a＝2，c＝，b＝＝.2分 所以椭圆C的方程为＋＝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＝＝，直线QM的斜率 k′＝＝－.6分 此时＝－3，所以为定值－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.联立整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0.‎ 由x0x1＝，可得8分 ‎[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＋＝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．‎ 所以y1＝kx1＋m＝＋m.‎ 同理x2＝，y2＝＋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＝－ ‎＝，‎ y2－y1＝＋m－－m ‎＝，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＝＝＝ 由m＞0，x0＞0，可知k＞0，‎ 所以6k＋≥2，等号当且仅当k＝时取得.11分 此时＝，即m＝，符合题意．‎ 所以直线AB的斜率的最小值为.12分 最值问题的关键：使用变量表达求解目标．‎ ‎(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＝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 由消去x得y2－4sy－4＝0，‎ 故y1y2＝－4，‎ 6分 又直线AB的斜率为，‎ 故直线FN的斜率为－，‎ ‎[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三点共线来建立等量关系，从而无法表示出M 从而得直线FN的方程为y＝－(x－1)，7分 直线BN的方程为y＝－，‎ 的横坐标的函数关系式，导致无从下手．‎ 所以N.8分 设M(m,0)，由A，M，N三点共线得 ＝，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，然后再用单调性求的范围而滞做．‎ 于是m＝＝ ‎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：＋＝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.‎ ‎(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]‎ ‎[解]　(1)在C2的方程中，令y 第(1)问在C2的方程中，令y＝0可得b，再由＝，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·＝0，从而解得k，求出直线l的方程．‎ ‎＝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＝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＋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 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＝，从而yP＝，‎ ‎∴点P的坐标为.7分 同理，由 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．‎ ‎∴＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2).9分 依题意可知AP⊥AQ，∴·＝0，‎ 条件坐标化的关键是转化几何性质.‎ 即[k－4(k＋2)]＝0.10分 ‎3．由条件得出AP⊥AQ后利用·＝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＝－.‎ 经检验，k＝－符合题意，‎ 故存在直线l的方程为y＝－(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 ‎1．(2018届高三·西安八校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过(1,1)与两点．‎ ‎(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：＋＋为定值．‎ 解：(1)将(1,1)与两点代入椭圆C的方程，得解得 ‎∴椭圆C的方程为＋＝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＋＋＝＋＋＝2＝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＋＋＝＋＋＝2＝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＝－x，‎ 设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，‎ 由解得x＝，y＝，‎ ‎∴|OA|2＝|OB|2＝x＋y＝，‎ 同理|OM|2＝，‎ ‎∴＋＋ ‎＝2×＋＝2，‎ 故＋＋＝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，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，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＝得a＝，b＝＝1，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋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＝·＝＝＝≠，‎ 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＝－，x1x2＝.①‎ 由kAB·kAC＝·＝，‎ 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y＝4，‎ 故2pxA＝4，p＝1.‎ 于是，抛物线E的方程为y2＝2x.‎ ‎(2)设C，D，切线l1：y－y1＝k，代入y2＝2x得ky2－2y＋2y1－ky＝0，‎ 由Δ＝0，解得k＝.‎ ‎∴l1的方程为y＝x＋，‎ 同理，l2的方程为y＝x＋.‎ 联立解得 易得直线CD的方程为x0x＋y0y＝8，‎ 其中x0，y0满足x＋y＝8，x0∈[2,2 ]．‎ 联立得x0y2＋2y0y－16＝0，‎ 则∴M(x，y)满足 即点M为.点M到直线CD：x0x＋y0y＝8的距离d＝＝ ‎＝＝，‎ 令f(x)＝，x∈[2,2 ]，‎ 则f(x)在[2,2 ]上单调递减，‎ 当且仅当x＝2时，f(x)取得最大值，‎ 故dmax＝.‎ ‎4．(2017·广西五校联考)已知椭圆C：＋＝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＋＝t (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＝＝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＝c，代入(*)式得b＝c＝1，‎ ‎∴a＝，故所求椭圆方程为＋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＜.‎ 设S(x1，y1)，T(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ ‎∴y1＋y2＝k(x1＋x2－4)＝－.‎ 由＋＝t ，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＋＝t ，符合题意；‎ 当t≠0时， ‎∴x0＝·，y0＝·.‎ 将上式代入椭圆方程得＋＝1，整理得t2＝＝，由k2＜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：＋＝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，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且＋＝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2＝4·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＋＝2a＝4，‎ ‎∴a＝2.又原点O到直线DF的距离为，‎ ‎∴＝，∴bc＝.‎ 又a2＝b2＋c2＝4，b＞c，‎ ‎∴b＝，c＝1.‎ 故椭圆E的方程为＋＝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＝，x1x2＝，‎ Δ＝32(6k＋3)>0，∴k>－.‎ ‎∵2＝4·，‎ 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(1＋k2)‎ ‎＝4×＝5，解得k＝±，‎ k＝－不符合题意，舍去．‎ ‎∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.‎ ‎1．(2018届高三·石家庄摸底)已知椭圆C：＋＝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－.‎ ‎(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·＋·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＝，k2＝.‎ 由k1k2＝－，得·＝－，‎ 整理得＋＝1.‎ 故椭圆C的方程为＋＝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)，联立方程消去y，得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0.‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.‎ 从而，·＋·＝x1x2＋y1y2＋x1x2＋(y1－2)(y2－2)＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋.‎ 所以－20＜·＋·≤－.‎ 当直线PQ的斜率不存在时，·＋·的值为－20.‎ 综上，·＋·的取值范围为.‎ ‎2．(2017·张掖模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，右焦点为F，右顶点为E，P为直线x＝a上的任意一点，且(＋)·＝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，又F(c,0)，E(a,0)，‎ 则＝，＝，＝(c－a,0)，‎ 所以(2c－3a)(c－a)＝4.‎ 又e＝＝，所以a＝2，c＝1，b＝，‎ 从而椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知A，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋＝1，‎ 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，‎ 则 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＋＝0，则(x2－1)＋(x1－1)＝0，整理得(2k－1)(2m＋2k－3)＝0，得k＝.故直线MN的斜率为定值.‎ ‎3．(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.‎ ‎(1)求点P的轨迹方程；‎ ‎(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝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)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)，‎ 由＝，得x0＝x，y0＝y.‎ 因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝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＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，‎ ·＝3＋3m－tn，‎ ＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)，‎ 由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，‎ 又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.‎ 所以·＝0，即⊥.‎ 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：x2＝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－＝0时，求抛物线C1的方程；‎ ‎(2)记S1，S2分别为△FPQ，△FOQ的面积，求的最小值．‎ 解：(1)设点P，由x2＝2py(p＞0)得，‎ y＝，求得y′＝，因为直线PQ的斜率为1，‎ 所以＝1且x0－－＝0，解得p＝2.‎ 所以抛物线C1的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)点P处的切线方程为y－＝(x－x0)，‎ 即2x0x－2py－x＝0，OQ的方程为y＝－x.‎ 根据切线与圆相切，得＝1，‎ 化简得x＝4x＋4p2，由方程组 解得Q.所以|PQ|＝|xP－xQ|＝＝ ·，‎ 又点F到切线PQ的距离 d1＝＝，‎ 所以S1＝|PQ|d1‎ ‎＝··· ‎＝，‎ S2＝|OF||xQ|＝，‎ 而由x＝4x＋4p2知，4p2＝x－4x＞0，得|x0|＞2，‎ 所以＝· ‎＝ ‎＝ ‎＝ ‎＝＋＋3‎ ‎≥2＋3，‎ 当且仅当＝时取等号，‎ 即x＝4＋2时取等号，此时p＝.‎ 所以的最小值为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)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋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．‎ 则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增.2分 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 则由f′(x)＝0，得x＝ln.‎ 当x∈时，f′(x)＜0；‎ 当x∈时，f′(x)＞0.‎ 故f(x)在上单调递减，‎ 在上单调递增.6分 ‎3．不理解 ‎(2)若要f(x)≥0，只需f(x)min≥0即可．‎ ‎[解题关键点]‎ f(x)≥0是恒成立问题，可转化为最值问题求解．‎ ‎①处分解变形后观察得分类点1.‎ ‎4．求最小值时不会讨论或求错最小值．‎ 则f(x)＝e2x，‎ 所以f(x)≥0.7分 则由(1)得，‎ 当x＝ln a时，f(x)取得最小值，‎ 最小值为f(ln a)＝－a2ln a.‎ 从而当且仅当－a2ln a≥0，‎ 即0＜a≤1时，f(x)≥0.9分 则由(1)得，‎ 当x＝ln时，f(x)取得最小值，‎ 最小值为f＝a2.‎ 从而当且仅当a2≥0，‎ 即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.11分 综上，a的取值范围是.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．‎ 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ex－a＝x.‎ 7分 则F′(x)＝ex－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)‎  极小值  ‎8分 ‎[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．‎ ‎4．在判断方程ex－a＝x(x≠‎ 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 可数形结合作出分析.‎ ‎0)无零点时不会构造转化，利用单调性及最值做出判断．‎ 所以对于任意x∈R，F(x)＞0，11分 因此方程ex－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 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≥e2，求证：(x1－x2)f′(x1＋x2)＞.‎ ‎[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)＝＋a＝.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会分类讨论而导致解题错误或滞做．‎ 当a≥0时，f′(x)＞0，‎ 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增.3分 当a＜0时，由f′(x)＝0得x＝－，‎ ‎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＜－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.4分 综上，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.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)＝＋a(x1－x2)‎ ‎＝＋ln＝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数，利用函数的单调性求最小值．‎ 令＝t≥e2，‎ 则9分 因为φ′(t)＝＞0，‎ 所以φ(t)在[e2，＋∞)上单调递增，‎ 11分 故(x1－x2)f′(x1＋x2)＞得证.12分 换元转化为更简洁的问题.‎ 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＝.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ex＋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，不会构造g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1.‎ 令g(x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，6分 则g(0)＝0，g′(x)＝ex＋ ＋a，g′(0)＝2＋a.‎ ‎[解题关键点]‎ 考虑端点值，直入问题本质.‎ ‎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)＝ex－≥0，‎ 当且仅当x＝0时取等号，‎ 所以g′(x)＝ex＋＋a在[0，＋∞)上单调递增.8分 ‎①若a≥－2，则 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，‎ 抓住端点值展开讨论．‎ 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 分析端点值，明确函数图象走势.‎ ‎1．已知函数f(x)＝x－1＋(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＋，得f′(x)＝1－.‎ 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－＝0，解得a＝e.‎ ‎(2)f′(x)＝1－，‎ ‎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＋－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＋－aln x的导数f′(x)＝1－－，‎ ‎∴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＋－ln x，‎ f′(x)＝1－－＝，‎ 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＋，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＋.‎ 故实数b的取值范围为.‎ ‎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)≤－－2.‎ 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，‎ f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.‎ 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∈时，f′(x)＞0；‎ 当x∈时，f′(x)＜0.‎ 故f(x)在上单调递增，‎ 在上单调递减．‎ ‎(2)证明：由(1)知，当a＜0时，‎ f(x)在x＝－处取得最大值，‎ 最大值为f＝ln－1－.‎ 所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.‎ 设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(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≤0，‎ 即f(x)≤－－2.‎ ‎4．(2018届高三·广西三市联考)已知函数f(x)＝x－aln x，g(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＋－aln x(x＞0)，‎ h′(x)＝1－－＝ ‎＝，‎ ‎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＋－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＋－a＜0可得a＞，‎ 因为＞e－1，所以a＞.‎ ‎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)∪.‎ ‎1．(2017·兰州模拟)已知函数f(x)＝－x3＋x2＋b，g(x)＝aln x.‎ ‎(1)若f(x)在上的最大值为，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＝.‎ 当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数；‎ 当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)为增函数；‎ 当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)为减函数．‎ ‎∵f＝＋b，f＝＋b，‎ ‎∴f＞f.‎ ‎∴f＝＋b＝，∴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≤(x∈[1，e])恒成立．‎ 令h(x)＝，x∈[1，e]，‎ 则h′(x)＝，‎ 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)＝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)＝ex－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)≥x2ln 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)＝ex－ax，由f′(x)≥x2ln 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)＝－－ln x，‎ 则g′(x)＝＋－＝，‎ 由(1)得ex＞x2＋1≥2x＞x，∴ex－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)＝(e2－4－4ln 2)＞×(2.72－4－4ln 2)＞(3－ln 16)＞0，‎ ‎∴当a＝2时，不等式f′(x)≥x2ln 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)＝－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)＝＝，‎ 由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当0＜x＜ea＋1时，f′(x)＞0，当x＞ea＋1时，f′(x)＜0，‎ 所以f(x)在x＝ea＋1时取得极值，‎ 所以ea＋1＝e，解得a＝0.‎ 所以f(x)＝－m(x＞0)，f′(x)＝，函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(e)＝－m.又x→0(x＞0)时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→－m，f(x)有两个零点x1，x2，‎ 故解得0＜m＜.‎ 所以实数m的取值范围为.‎ ‎(2)证明：不妨设x1＜x2，由题意知 则ln x1x2＝m(x1＋x2)，ln＝m(x2－x1)⇒m＝.欲证ln x1＋ln x2＞2，只需证ln x1x2＞2，‎ 只需证m(x1＋x2)＞2，即证ln＞2.‎ 即证ln＞2，设t＝＞1，‎ 则只需证ln t＞.‎ 即证ln t－＞0.‎ 记u(t)＝ln t－(t＞1)，‎ 则u′(t)＝－＝＞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)ex.‎ 令f′(x)＝0，得x＝－1－或x＝－1＋.‎ 当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；‎ 当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；‎ 当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.‎ 所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)上单调递减，在(－1－，－1＋)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)＝ex－x－1，‎ 则g′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，‎ 所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，而g(0)＝0，‎ 故ex≥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＝，‎ 则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，‎ 故f(x0)＞ax0＋1.‎ 当a≤0时，取x0＝，‎ 则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.‎ 综上，a的取值范围是[1，＋∞)．‎ 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：＋＝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，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＝，即a＝4－2c.　①‎ 椭圆的离心率e＝＝，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＋＝1.‎ ‎[应用体验]‎ ‎1.(2017·福州模拟)已知圆O：x2＋y2＝4，点A(－，0)，B(，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，求的取值范围．‎ 解：(1)如图，因为圆C1内切于圆O，‎ 所以|OC1|＝2－|AP|.‎ 依题意，O，C1分别为AB，AP的中点，‎ 所以|OC1|＝|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)，‎ 联立方程得消去y，‎ 可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，Δ＞0.‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，(*)‎ 因为直线lA1M：y＝(x＋2)，‎ lA2N：y＝(x－2)，‎ 即证：＝，‎ 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－＋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＝⇒＝⇒＝，‎ 整理得2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0.‎ ‎①与②两式相除，得＝，‎ 即2＝＝ ‎＝＝，‎ 将2x1x2－5(x1＋x2)＋8＝0，即x1x2＝(x1＋x2)－4代入上式，得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＋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＝－(x＋2)，‎ 所以圆心O(0,0)到直线DM的距离为，‎ 所以|DM|＝2＝，‎ 同理可得，|DN|＝＝ .‎ 由 得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，‎ 所以－2·xS＝，‎ 解得xS＝，‎ 所以|DS|＝|xS＋2|＝，‎ 所以|DT|＝＝.‎ 所以＝＝，‎ 令t＝1＋k2，则t＞1,0＜＜3，‎ 所以＝ ‎＝∈，‎ 即的取值范围为.‎ 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)＝＋2x－a＝，‎ 因为x＝3是f(x)的极值点，‎ 所以f′(3)＝＝0，‎ 解得a＝9，　‎ 所以f′(x)＝＝，‎ 所以当0＜x＜或x＞3时，f′(x)＞0；‎ 当＜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，(3，＋∞)，单调递减区间为.‎ ‎(2)g(x)＝aln x＋x2－ax－2x，‎ g′(x)＝－2＝，‎ 令g′(x)＝0，得x＝或x＝1，‎ 则①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，‎ h(a)＝g(1)＝－a－1；‎ ‎②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在上为减函数，在上为增函数，h(a)＝g＝aln－a2－a；‎ ‎③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，‎ h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.‎ 综上，h(a)＝ ‎[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)＝e2－e＋1，∴a＝1，b＝－1.‎ ‎(2)证明：f(x)＝x2ln 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)＝x2ln x－x－m(x－1)2＋1(x≥1)，‎ h′(x)＝2xln x＋x－2m(x－1)－1，‎ 由(2)知x2ln 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≤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＞时，‎ h′(x)＝2xln x＋(1－2m)(x－1)，‎ ‎[h′(x)]′＝2ln x＋3－2m，‎ 令[h′(x)]′＝0，得x0＝e＞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.‎