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- 2021-06-11 发布
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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 .
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