1、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(2016北京高考)(本题满分12分)已知椭圆C：1过A(2,0)，B(0,1)两点(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值思路提示第(1)问
2、由a2，b1，c，解第一问；第(2)问画草图可知ANBM，四边形ABNM的面积为|AN|BM|，设点P(x0，y0)，得出PA，PB的方程，进而得出M，N的坐标，得出|AN|，|BM|，只需证明|AN|BM|是一个与点P的坐标无关的量即可解(1)由题意得所以椭圆C的方程为y21.2分又c，所以离心率e.3分(2)证明：设P(x0，y0)(x00，y00)，则x4y4.又A(2,0)，B(0,1)，解题关键点待定系数法求曲线方程.障碍提醒 1想不到设出P(x0，y0)后，利用点斜式写出直线PA，PB的方程不会由直线PA，PB的方程求解|BM|，|AN|.所以直线PA的方程为y(x2).5分令x0
3、，得yM，6分从而|BM|1yM1.直线PB的方程为yx1.令y0，得xN，从而|AN|2xN2.9分选用变量表达直线、线段长度、面积等几何元素.2不知道四边形的面积可用S| AN|BM|表示所以四边形ABNM的面积S|AN|BM|3四边形ABNM的面积用x0，y0表示后，不会变形、化简，用整体消参来求值11分从而四边形ABNM的面积为定值.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
4、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全国卷)(本题满分12分)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点障碍提醒1观察不出P3，P4对称，忽视对称性导致判断失误解(1)因为P3，P4，所以P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点思路提示第(1)问利用椭圆的性质，易排除点P1(1,1)不在椭圆上，从而求椭圆方程；2不会用点的坐标代入方程判断P1，P2是否在椭圆上
5、而滞做又由知，椭圆C不经过点P1，2分所以点P2在椭圆C上.3分4分故椭圆C的方程为y21.5分(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.第(2)问分类讨论斜率是否存在，若存在，设l：ykxm，利用条件建立k，m的等量关系，消参后再表示出直线l的方程可证明解题关键点待定系数法求曲线方程.6分由题设知t0，且|t|0.9分设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则而k1k2.10分解析几何解题关键之一是把几何条件转化为代数条件.4利用k1k21运算变形不明确变形目标，导致化简不出k，m的关系由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.11
6、分当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1). 12分动直线过定点的一般方法是将ykxm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(ab0)的长轴长为4，焦距为2.(
7、1)求椭圆C的方程(2)过动点M(0，m)(m0)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.设直线PM，QM的斜率分别为k，k，证明为定值；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2a4,2c2，所以a2，c，b.2分所以椭圆C的方程为1.4分(2)证明：设P(x0，y0)(x00，y00)由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，2m)所以直线PM的斜率k，直线QM的斜率思路提示第(1)问待定系数法求解；第(2)问设点P(x
8、0，y0)，M为PN的中点，可得y02m，根据对称性得出点Q的坐标，只需证明与x0，m无关；k.6分此时3，所以为定值3.7分设A(x1，y1)，B(x2，y2)直线PA的方程为ykxm，则直线QB的方程为y3kxm.联立设PA的方程，结合的结论，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整理得(2k21)x24mkx2m240.由x0x1，可得8分所以y1kx1mm.同理x2，y2m.9分解题关键点
9、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.3化简x2x1，y2y1失误，不能把kAB表示为k的函数而滞做所以x2x1，y2y1mm，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m0，x00，可知k0，所以6k2，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
10、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y22px(p0)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x1的距离，由抛物线的定义得1，即p2.3分(2)由(1)得，抛物线方程为y24x，F(1,0)，可设A(t2，2t)，t0，t1.4分因为
11、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xsy1(s0)，5分由消去x得y24sy40，故y1y24，6分又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为，从而得直线FN的方程为y(x1)，7分直线BN的方程为y，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
12、，N三点共线来建立等量关系，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m10分所以m0或m2.经检验，m0或m2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，
13、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(ab0，y0)和部分抛物线C2：yx21(y0)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
14、(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y0可得b，再由，a2c2b2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的方程解(1)在C2的方程中，令y0，可得b1.1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a2c2b21可得a2，2分a2，b1.3分(2)存在直线l，理由如下：由(1)知，上半椭圆C1的方程为x21(y0).4分
15、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(k24)x22k2xk240.(*)6分设点P的坐标为(xP，yP)，直线l过点B，x1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(k1，k22k).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，k2).9分依题意可知APAQ，0，即k4(k2)0.10分条件坐标化的关键是转化几何性质.3由条件得出APAQ后利用0变形
16、求解，因运算过程不细心而出现计算失误而滞做k0，k4(k2)0，解得k.经检验，k符合题意，故存在直线l的方程为y(x1)，11分即8x3y80，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(ab0)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
17、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22.若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为ykx(k0)，则直线OM的方程为yx，设A(x1，y1)，则B(x1，y1)，由解得x，y，|OA|2|OB|2xy，同理|OM|2，22，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y24x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(
18、1,0)，即c1.由e得a，b1，椭圆C的方程为y21.(2)由(1)知A(0,1)，当直线BC的斜率不存在时，设BC：xx0，设B(x0，y0)，则C(x0，y0)，kABkAC，不合题意故直线BC的斜率存在设直线BC的方程为：ykxm(m1)，代入椭圆方程，得：(12k2)x24kmx2(m21)0，由(4km)28(12k2)(m21)0，得2k2m210.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1x2，x1x2.由kABkAC，得4y1y24(y1y2)4x1x2，即(4k21)x1x24k(m1)(x1x2)4(m1)20，将代入上式，整理得(m1)(m3)0.又因为m1，所以m3
19、，此时直线BC的方程为ykx3.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：y22px(p0)与圆O：x2y28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xA2代入x2y28，得y4，故2pxA4，p1.于是，抛物线E的方程为y22x.(2)设C，D，切线l1：yy1k，代入y22x得ky22y2y1ky0，由0，解得k.l1的方程为yx，同理，l2的方程为yx.联
20、立解得易得直线CD的方程为x0xy0y8，其中x0，y0满足xy8，x02,2 联立得x0y22y0y160，则M(x，y)满足即点M为.点M到直线CD：x0xy0y8的距离d，令f(x)，x2,2 ，则f(x)在2,2 上单调递减，当且仅当x2时，f(x)取得最大值，故dmax.4(2017广西五校联考)已知椭圆C：1(ab0)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xy10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
21、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(xc)2y2a2，圆心到直线xy10的距离da.(*)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，bc，ac，代入(*)式得bc1，a，故所求椭圆方程为y21.(2)由题意知，直线l的斜率存在，设P(x0，y0)，直线l的方程为yk(x2)，将直线l的方程代入椭圆方程得(12k2)x28k2x8k220，64k44(12k2)(8k22)0，解得k2.设S(x1，y1)，T(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2k(x1x24).由t ，得tx0x1x2，ty0y1y2，当t0时，直线l为x轴，则
22、椭圆上任意一点P满足t ，符合题意；当t0时，x0，y0.将上式代入椭圆方程得1，整理得t2，由k2知，0t24，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(ab0)的右焦点为F(c,0)，且bc.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24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|2a4，a2.又原点O到直线DF的距离
23、为，bc.又a2b2c24，bc，b，c1.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yk(x2)1，代入椭圆方程得(34k2)x28k(2k1)x16k216k80，x1x2，x1x2，32(6k3)0，k.24，即4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即4x1x22(x1x2)4(1k2)5，4(1k2)45，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yx.1(2018届高三石家庄摸底)已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T为椭圆上任意
24、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ykx2，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立方程消去y，得(4k23)x216kx320.所以x1x2，x1x2.从而，x1x2y1y2x1x2(y12)(y22)2(1k2)x1x22k(x1x2)420.所以20.当直线
25、PQ的斜率不存在时，的值为20.综上，的取值范围为.2(2017全国卷)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21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x3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)，(xx0，y)，(0，y0)由 ，得x0x，y0y.因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以1.因此点P的轨迹方程为x2y22.(2)证明：由题意知F(1,0)设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn)由1，得3mm2tnn21，
26、又由(1)知m2n22，故33mtn0.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.3(2018届高三西安八校联考)设F1，F2分别为椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，若椭圆上的点T(2，)到点F1，F2的距离之和等于4.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线ykx(k0)与椭圆C交于E，F两点，A为椭圆C的左顶点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.问：以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由解：(1)由椭圆上的点T(2，)到点F1，F2的距离之和是4，可得2a4，a2.又T(2，)在椭圆上，因此1，所以b2，所以
27、椭圆C的方程为1.(2)因为椭圆C的左顶点为A，所以点A的坐标为(2，0)因为直线ykx(k0)与椭圆1交于E，F两点，设点E(x0，y0)(不妨设x00)，则点F(x0，y0)由消去y，得x2，所以x0，则y0，所以直线AE的方程为y(x2)因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，令x0，得y，即点M0，.同理可得点N.所以|MN|.设MN的中点为P，则点P的坐标为P.则以MN为直径的圆的方程为x222，即x2y2y4.令y0，得x24，即x2或x2.故以MN为直径的圆经过两定点P1(2,0)，P2(2,0)4.(2017安徽二校联考)已知焦点为F的抛物线C1：x22py(p0)，圆C2：
28、x2y21，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xy0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x22py(p0)得，y，求得y，因为直线PQ的斜率为1，所以1且x00，解得p2.所以抛物线C1的方程为x24y.(2)点P处的切线方程为y(xx0)，即2x0x2pyx0，OQ的方程为yx.根据切线与圆相切，得1，化简得x4x4p2，由方程组解得Q.所以|PQ|xPxQ| ，又点F到切线PQ的距离d1，所以S1|PQ|d1 ，S2|OF|xQ|，而由x4x4p2知，4p2x4x0，得|x0|2，所以323，当且
29、仅当时取等号，即x42时取等号，此时p.所以的最小值为23.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)(本题满分12分)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围障碍提醒1对f(x)求导计算错或求导后不会分解而滞做解(1)f(x)的定义域为(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1).2分思路提示第(1)问求函数f(x)的导数，分类讨论确定导函数的符号来判断f(x)的单调性；2对含参数
30、的单调性问题无分类讨论意识而导致解题错误()则f(x)0，所以f(x)在(，)上单调递减.3分()则由f(x)0，得xln a.当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.5分(2)()由(1)知，f(x)至多有一个零点.6分第(2)问结合第(1)问函数的单调性，判断函数存在两个零点的条件，从而确定a的取值范围3函数有零点的条件是什么不清楚，导致不会求解 ()由(1)知，当xln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)1ln a7分解题关键点处分解变形后得分类点1.由于f(ln a)0，故f(x)只有一个零点；8分由于1ln
31、a0，即f(ln a)0，故f(x)没有零点；9分1ln a0，即f(ln a)2e220，处由(1)的单调性得分类点2. 处由f(ln a)0得分类点3.4当0a1时，易判断出f(x)在(，ln a)上有一个零点，而在判断f(x)在(ln a，)上也有一个零点时，不会寻求某正整数n0，且判断f(n0)0而滞做故f(x)在(，ln a)有一个零点.10分设正整数n0满足n0ln，则f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.11分由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一个零点综上，a的取值范围为(0,1).12分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
32、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)(xa)ex，其中e是自然对数的底数，aR.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a1时，试确定函数g(x)f(xa)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)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.1分令f(x)0，得xa1.2分当x变化时，f(x)和f(x)的变化情况如下：思路提示第(1)
33、问求函数f(x)的导数并讨论函数的单调性；2不会利用导数求解函数的单调区间第(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)，故f(x)的单调递减区间为(，a1)，单调递增区间为(a1，).4分(2)结论：当a1时，函数g(x)有且仅有一个零点.5分理由如下：由g(x)f(xa)x20，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x0为此方程的一个实数解，所以x0是函数g(x)的一个零点.6分当x0时，方程可化简为exax.7分
34、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则F(x)exa1，令F(x)0，得xa.当x变化时，F(x)和F(x)的变化情况如下：4在判断方程exax(x0)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)minF(a)1a.10分所以对于任意xR，F(x)0，11分因此方程exax无实数解所以当x0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
35、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 xax，aR.(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：(x1x2)f(x1x2).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 xax，aR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(t)，对(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
36、不会分类讨论而导致解题错误或滞做当a0时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增.3分当a0时，由f(x)0得x，当0x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a0时，f(x)在(0，)上单调递增，当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.5分3由f(x1)0，f(x2)0不会转化x1与x2的关系而导致滞做(2)证明：若函数f(x)的两个零点为x1，x2，由(1)得a0.因为ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x2ln x1a(x1x2)，6分所以(x1x2)f(x1x2)(x1x2)a(x1x2)4对要证明的不等式无思路
37、，不会构造变形导致无从下手ln8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te2，则9分因为(t)0，所以(t)在e2，)上单调递增，11分故(x1x2)f(x1x2)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)exax(xR)(1)当a1时，求函数f(x)的最小值；(2)若x0时，f(x)ln(x1)1恒成立，求实数a的取值范围障碍提醒1计算错f
38、(x)或判断错单调性，导致求错最值解(1)当a1时，f(x)exx，则f(x)1.1分令f(x)0，得x0.思路提示第(1)问当a1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(x1)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的取值来进行证明当x0时，f(x)0；当x0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x0时，函数f(x)取得最小值，且最小值为f(0)1.4分(2)因为x0时，f(x)ln(x1)1恒成立，即exaxln(x1)10.(*)5分2不
39、等式恒成立问题不会构造函数，即f(x)ln(x1)0恒成立，不会构造g(x)exaxln(x1)1.令g(x)exaxln(x1)1，6分则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)ex0，当且仅当x0时取等号，所以g(x)exa在0，)上单调递增.8分若a2，则抓住端点值展开讨论当且仅当x0，a2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分若a2，由于g(0)2a0，x时，g(x)，所以必存在唯一的x0(0，)，使得g(x0)0，当0xx0时，g(x)0，g(x
40、)单调递减；当xx0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)x1(aR，e为自然对数的底数)(1)若曲线yf(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)x1，得f(x)1.又曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于x轴，得f(1)0，即10，解得ae.(2)f(x)1，当a0时，f(x)0，f(x)为(，)上的增函数，所以函数f(x)无极值当a0时，令f(x)0，得exa，即xln
41、ax(，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xln a处取得极小值，且极小值为f(ln a)ln a，无极大值综上，当a0时，函数f(x)无极值；当a0时，f(x)在xln 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)xaln x若函数yf(x)的图象在x1处的切线与直线2xy10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)xaln x的导数f(x)1，yf(x)的图象在x1处的切线斜率为kf(1
42、)1(1a)a2a，由题意可得2a2，解得a1.(2)由(1)知f(x)xln x，f(x)1，当1x2时，f(x)0，f(x)单调递减；当2xe时，f(x)0，f(x)单调递增当x2时，f(x)取得极小值f(2)3ln 2.又f(1)3，f(e)e1，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)bf(e)，即3ln 2be1.故实数b的取值范围为.3(2017全国卷)已知函数f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e2f(x0)22.解：(1)f(x)的定义域为(0，)设g(x)axaln x
43、，则f(x)xg(x)，f(x)0等价于g(x)0.因为g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，故g(1)a10，得a1.若a1，则g(x)1.当0x1时，g(x)1时，g(x)0，g(x)单调递增所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)g(1)0.综上，a1.(2)证明：由(1)知f(x)x2xxln x(x0)，f(x)2x2ln x.设h(x)2x2ln x，则h(x)2.当x时，h(x)0.所以h(x)在上单调递减，在上单调递增又h(e2)0，h0；当x(x0,1)时，h(x)0.因为f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一极大值点由f(x0)0得ln x02(x01)
44、，故f(x0)x0(1x0)由x0，得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.4(2018届高三广西三市联考)已知函数f(x)xaln x，g(x)，其中aR.(1)设函数h(x)f(x)g(x)，求函数h(x)的单调区间；(2)若存在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范围解：(1)h(x)xaln x(x0)，h(x)1，当a10，即a1时，在(0,1a)上h(x)0，在(1a，)上h(x)0，所以h(x)在(0,1a)上单调递减，在(1a，)上单调递增当1a0，即a1时，在(0，)上h(x)0，所以函数h(x)在(0，)上单调递增(2)若存在x01，e，使得f(
45、x0)g(x0)成立，即存在x01，e，使得h(x0)f(x0)g(x0)0成立，即函数h(x)xaln x在1，e上的最小值小于零由(1)可知：当1ae，即ae1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)ea0可得a，因为e1，所以a.当1a1，即a0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)11a0可得a2.当11ae，即0ae1时，可得h(x)的最小值为h(1a)，因为0ln(1a)1，所以0aln(1a)a，故h(1a)2aaln(1a)20，不合题意综上可得，a的取值范围是(，2).1(2017兰州
46、模拟)已知函数f(x)x3x2b，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x1，e，都有g(x)x2(a2)x恒成立，求实数a的取值范围解：(1)f(x)3x22xx(3x2)，令f(x)0，得x0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fb，fb，ff.fb，b0.(2)由g(x)x2(a2)x，得(xln x)ax22x，x1，e，ln x1x，由于不能同时取等号，ln xx，即xln x0，a(x1，e)恒成立令h(x)，x1，e，则h(x)，当x1，e时，
47、x10，x22ln xx2(1ln x)0，从而h(x)0，函数h(x)在1，e上为增函数，h(x)minh(1)1，a1，故实数a的取值范围为(，12(2018届高三合肥调研)已知函数f(x)exax2(x0，e为自然对数的底数)，f(x)是f(x)的导函数(1)当a2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a2时，f(x)exx2，则f(x)ex2x，令f1(x)f(x)ex2x，则f1(x)ex2，令f1(x)0，得xln 2，又0xln 2时，f1(x)0，xln 2时，
48、f1(x)0，f1(x)f(x)在xln 2时取得极小值，也是最小值f(ln 2)22ln 20，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)exax，由f(x)x2ln x，得exaxx2ln x对一切x0恒成立，当x1时，可得ae，若存在，则正整数a的值只能取1,2.下面证明当a2时，不等式恒成立，设g(x)ln x，则g(x)，由(1)得exx212xx，exx0(x0)，当0x2时，g(x)0；当x2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)(e244ln 2)(2.7244ln 2)(
49、3ln 16)0，当a2时，不等式f(x)x2ln x对一切x0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，mR)在xe(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 x1ln x22.解：(1)f(x)，由f(x)0，得xea1，且当0xea1时，f(x)0，当xea1时，f(x)0，所以f(x)在xea1时取得极值，所以ea1e，解得a0.所以f(x)m(x0)，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x0(x0)时，f(x)；x时，f(x)m
50、，f(x)有两个零点x1，x2，故解得0m.所以实数m的取值范围为.(2)证明：不妨设x1x2，由题意知则ln x1x2m(x1x2)，lnm(x2x1)m.欲证ln x1ln x22，只需证ln x1x22，只需证m(x1x2)2，即证ln2.即证ln2，设t1，则只需证ln t.即证ln t0.记u(t)ln t(t1)，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 x1ln x22，得证4(2017全国卷)已知函数f(x)x1aln x.(1)若f(x)0，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，m，求m的最小值解：(1)f(x
51、)的定义域为(0，)若a0，因为faln 20，由f(x)1知，当x(0，a)时，f(x)0.所以f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增故xa是f(x)在(0，)的唯一最小值点由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0.故a1.(2)由(1)知当x(1，)时，x1ln x0.令x1，得ln.从而lnlnln11.故2，所以m的最小值为3.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，
52、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
53、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(ab0)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
54、x轴相切解 (1)设点A1(a,0)，F2(c,0)，由题意可知：c，即a42c.椭圆的离心率e，即a2c.联立方程可得：a2，c1，则b2a2c23，所以椭圆C的方程为1.(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GF2x轴，即证xG1.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为yk(x4)，联立方程得消去y，可得(34k2)x232k2x64k2120，0.则x1x2，x1x2，(*)因为直线lA1M：y(x2)，lA2N：y(x2)，即证：，即3k(x14)(x22)k(x24)(x12)，即证4x1x210(x1x2)160.将(*)式代入上式
55、可得16016k2320k234k20.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2x1x25(x1x2)80.与两式相除，得，即2，将2x1x25(x1x2)80，即x1x2(x1x2)4代入上式，得29，解得x34(舍去)或x31.所以GF2x轴，即以点G为圆心，GF2的长为半径的圆总与x轴相切应用体验1.(2017福州模拟)已知圆O：x2y24，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：
56、|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|，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y21.(2)依题意，设直线DM的方程为yk(x2)(k0)，因为MN为圆O的直径，所以MDN90，所以直线DN的方程为y(x2)，所以圆心O(0,0)到直线D
57、M的距离为，所以|DM|2，同理可得，|DN| .由得(14k2)x216k2x16k240，所以2xS，解得xS，所以|DS|xS2|，所以|DT|.所以，令t1k2，则t1,03，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
58、知函数f(x)aln xx2ax(aR)(1)若x3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)2xa，因为x3是f(x)的极值点，所以f(3)0，解得a9，所以f(x)，所以当0x或x3时，f(x)0；当x3时，f(x)0.所以x3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 xx2ax2x，g(x)2，令g(x)0，得x或x1，则当1，即a2时，g(x)在1，e上为增函数，h(a)g(1)a1；当1e，即2a2e时，g(x)在上为减函数，
59、在上为增函数，h(a)galna2a；当e，即a2e时，g(x)在1，e上为减函数，h(a)g(e)(1e)ae22e.综上，h(a)应用体验2.(2018届高三宝鸡调研)设函数f(x)ax2ln xb(x1)，曲线yf(x)过点(e，e2e1)，且在点(1,0)处的切线方程为y0.(1)求a，b的值；(2)证明：当x1时，f(x)(x1)2；(3)若当x1时，f(x)m(x1)2恒成立，求实数m的取值范围解：(1)f(x)2axln xaxb(x0)，f(1)ab0，f(e)ae2b(e1)a(e2e1)e2e1，a1，b1.(2)证明：f(x)x2ln xx1，设g(x)f(x)(x1)2
60、x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，由g(x)2ln x10，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)(x1)2.(3)设h(x)x2ln xxm(x1)21(x1)，h(x)2xln xx2m(x1)1，由(2)知x2ln x(x1)2x1x(x1)，xln xx1，h(x)3(x1)2m(x1)(32m)(x1)，当32m0，即m时，h(x)0，h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)0成立当32m0，即m时，h(x)2xln x(12m)(x1)，h(x)2ln x32m，令h(x)0，得x0e1，当x1，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.