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(2017全国卷)(本题满分 12 分)在直角坐标系 xOy 中，曲线 yx2mx2 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 ACBC 的情况？说明理由；(2)证明过 A，B，C
2、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 ACBC 的情况，理由如下：设 A(x1,0)，B(x2,0)，则 x1，x2 满足 x2mx20，所以x1x22.2 分又 C 的坐标为(0,1)，故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为1x1 1x2 12，所以不能出现 ACBC 的情况.4 分(2)证明：由(1)知 BC 的中点坐标为x22，12，思路提示第(1)问设出点 A，B的坐标后求解 kACkBC 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、
3、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 y12x2xx22.5 分由(1)可得 x1x2m，所以 AB 的中垂线方程为 xm2.6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xm2，y12x2xx22，x22mx220，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 x22mx220 的计算变形导致求解失误可得xm2，y12.8 分所以过 A，B，C 三点的圆的圆心坐标为m2，12，半径 rm292.10 分故 圆 在y轴 上 截 得 的 弦 长 为2
4、r2 m223，11 分即过 A，B，C 三点的圆在 y 轴上截定值问题基本思想：求解目标与选用的变量无关.得的弦长为定值.12分题型二 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)2y216，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
5、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ONPONQ.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：ykxb，画出草图可知在ONPONQ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 r14.1 分设动圆 M 的半径为 r2，依题意有 r2|MB|
6、.由|AB|2 3，可知点 B 在圆 A 内，从而圆 M 内切于圆A，故|MA|r1r2，即|MA|MB|42 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x24 y21.4 分(2)证明：设直线 l 的方程为 ykxb(k0)，5 分联立方程组ykxb，x24y24消去 y，得(14k2)x28kbx4b240，6分16(4k2b21).7 分设 P(x1，kx1b)，Q(x2，kx2b)，则x1x2 8kb14k2，x1x24b2414k2.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.2不会将ONPONQ这一几何条
7、件转化为代数条件进行坐标化处理8 分于是 kPNkQNkx1bx14 kx2bx242kx1x24kbx1x28bx14x24.9 分由ONPONQ，知 kPNkQN0，即 2kx1x2(4kb)(x1x2)8b2k4b2414k2(4kb)8kb14k28b8kb28k14k2 32k2b8kb214k28b0，得 bk，11 分16(3k21)0.故动直线 l 的方程为 ykxk，过定点(1,0).12 分3利用坐标法转化ONPONQ 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 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
8、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：x2a2y2b21(ab0)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)(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
9、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kk 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 2a 4,2c 2 2，所以 a2，c 2，ba2c2 2.2 分所以椭圆 C 的方程为x24y221.4 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 k2mmx0mx0，直线 QM 的斜率k 2mmx0 3mx0.6 分此时kk 3，所以kk为定值3.7 分设
10、 A(x1，y1)，B(x2，y2)直线 PA 的方程为 ykxm，思路提示第(1)问 待定系 数法 求解第(2)问设点 P(x0，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kk 与 x0，m无关；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x24则直线 QB 的方程为 y3kxm.联立ykxm，x24 y221整理得(2k21)x24mkx2m240.由 x0 x12m242k21，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
11、得另一交点的坐标.y221 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 2m222k21x0，8 分所 以y1 kx1 m 2km222k21x0m.同理 x2 2m2218k21x0，y26km2218k21x0 m.9 分3化简 x2x1，y2y1失误，不能把 kAB 表示为 k的函数而滞做所以 x2x1 2m2218k21x02m222k21x032k2m2218k212k21x0，y2y16km2218k21x0 m2km222k21x0m 8k6k21m2218k212k21x
12、0，10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 y2y1x2x1 6k214k146k1k.由 m0，x00，可知 k0，所以 6k1k2 6，等号当且仅当 k 66 时取得.11 分此时m48m2 66，即m 147，符合题意所以直线 AB 的斜率的最小值为 62.12 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
13、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p21，即p2.3 分(2)由(1)得，抛物线方程为 y24x，F(1,0)，
14、可设 A(t2，2t)，t0，t1.4 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 xsy1(s0)，5 分由y24x，xsy1 消去 x 得 y24sy40，故 y1y24，所以B1t2，2t.6 分又直线 AB 的斜率为 2tt21，故直线 FN 的斜率为t
15、212t，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，从而得直线 FN 的方程为 yt212t(x1)，7 分从而无法表示出 M 的横坐标的函数关系式，导致无从下手直线 BN 的方程为 y2t，所以 Nt23t21，2t.8 分设 M(m,0)，由 A，M，N 三点共线得2tt2m2t2tt2t23t21，9 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 2t2t21的范围而滞做于是 m 2t2t212 2t21，10 分所以 m0 或 m2.经检验，m0 或 m2 满
16、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
17、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：y2a2x2b21(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 32.(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 y0 可得 b，再由ca 32，a2c2b2 可得 a；第(2)问设
18、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 AQ0，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ca 32 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y24x21(y0).4 分由题易知，直线 l 与 x 轴不重合也不垂直，设其方程为ykx1k0.5 分代入 C1 的方程，整
19、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 xPk24k24，从而 yP 8kk24，点P的 坐 标 为k24k24，8kk24.7 分同理，由ykx1k0，yx21y0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 AP 2kk24(k，4)，件转化，从而求不出直线 l的斜率AQk(1，k2).9 分依题意可知 APAQ，AP AQ0，
20、即2k2k24k4(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 AP AQ0 变形求解，因运算过程不细心而出现计算失误而滞做k0，k4(k2)0，解得 k83.经检验，k83符合题意，故存在直线 l 的方程为 y83(x1)，11 分即 8x3y80，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：x2a2y2b21(ab0)经过(1,1)与62，32两点(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|21|OB|
21、22|OM|2为定值解：(1)将(1,1)与62，32两点代入椭圆 C 的方程，得1a2 1b21，32a2 34b21，解得a23，b232.椭圆 C 的方程为x23 2y23 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1|OA|21|OB|22|OM|2 1b2 1b2 2a221a21b2 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|21|OB|22|OM|2 1a2 1a2 2b221a21b2 2.若点 A
22、，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 y1kx，设 A(x1，y1)，则 B(x1，y1)，由ykx，x23 2y23 1，解得 x21312k2，y21 3k212k2，|OA|2|OB|2x21y2131k212k2，同理|OM|231k22k2，1|OA|21|OB|22|OM|22 12k231k222k231k22，故1|OA|21|OB|22|OM|22 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 22，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
23、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14，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 c1.由 e 22 得 a 2，b 211，椭圆 C 的方程为x22 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)，kABkACy01x0 y01x01y20 x20 12x20 x20 1214，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：(12k
24、2)x24kmx2(m21)0，由(4km)28(12k2)(m21)0，得 2k2m210.设 B(x1，y1)，C(x2，y2)，则 x1x2 4km12k2，x1x22m2112k2.由 kABkACy11x1 y21x2 14，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，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
25、 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 y2A4，故 2pxA4，p1.于是，抛物线 E 的方程为 y22x.(2)设 Cy212，y1，Dy222，y2，切线 l1：yy1kxy212，代入 y22x 得 ky22y2y1ky210，由 0，解得 k1y1.l1 的方程为 y1y1xy12，同理，l2 的方程为 y1y2xy22.联立y1y1x
26、y12，y1y2xy22，解得xy1y22，yy1y22.易得直线 CD 的方程为 x0 xy0y8，其中 x0，y0 满足 x20y208，x02,2 2 联立y22x，x0 xy0y8，得 x0y22y0y160，则y1y22y0 x0，y1y216x0.M(x，y)满足x8x0，yy0 x0，即点 M 为 8x0，y0 x0.点 M 到直线 CD：x0 xy0y8 的距离 d8y20 x08x20y20y20 x0162 2 8x20 x0 162 28x0 x0162 2，令 f(x)8xx162 2，x2,2 2，则 f(x)在2,2 2 上单调递减，当且仅当 x2 时，f(x)取得
27、最大值9 22，故 dmax9 22.4(2017广西五校联考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(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 OSOTt 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(xc)2y2a2，圆心到直线 xy10 的距离 dc12 a.(*)椭圆 C 的两焦点
28、与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，bc，a 2c，代入(*)式得 bc1，a 2，故所求椭圆方程为x22 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 k212.设 S(x1，y1)，T(x2，y2)，则 x1x2 8k212k2，x1x28k2212k2，y1y2k(x1x24)4k12k2.由 OS OTt OP，得 tx0 x1x2，ty0y1y2，当 t0 时，直线 l 为 x 轴，则椭圆上任意一点 P 满足 O
29、S OTt OP，符合题意；当 t0 时，tx0 8k212k2，ty0 4k12k2，x01t8k212k2，y01t 4k12k2.将上式代入椭圆方程得32k4t212k2216k2t212k221，整理得 t2 16k212k2 161k22，由 k212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：x2a2y2b21(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 32，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.
30、(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 OP24 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|2a4，a2.又原点 O 到直线 DF 的距离为 32，bca 32，bc 3.又 a2b2c24，bc，b 3，c1.故椭圆 E 的方程为x24 y231.(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，x1x28k2k1
31、34k2，x1x216k216k834k2，32(6k3)0，k12.OP24 PA PB，即 4(x12)(x22)(y11)(y21)5，4(x12)(x22)(1k2)5，即 4x1x22(x1x2)4(1k2)5，416k216k834k228k2k134k2 4(1k2)444k234k25，解得 k12，k12不符合题意，舍去存在满足条件的直线 l，其方程为 y12x.1(2018 届高三石家庄摸底)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)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34.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 O
32、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 OQMPMQ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 yx4，k2 yx4.由 k1k234，得 yx4yx434，整理得x216y2121.故椭圆 C 的方程为x216y2121.(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x216y2121，ykx2消去 y，得(4k23)x216kx320.所以 x1x2 16k4k23，
33、x1x2324k23.从而，OP OQMP MQx1x2y1y2x1x2(y12)(y22)2(1k2)x1x22k(x1x2)480k2524k232084k23.所以20 OP OQMPMQ523.当直线 PQ 的斜率不存在时，OP OQMPMQ的值为20.综上，OP OQMPMQ的取值范围为20，523.2(2017张掖模拟)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，右焦点为 F，右顶点为 E，P 为直线 x54a 上的任意一点，且(PF PE)EF2.(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
34、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MABNAB，求证：直线MN 的斜率为定值解：(1)设 P54a，m，又 F(c,0)，E(a,0)，则 PFc54a，m，PEa4，m，EF(ca,0)，所以(2c3a)(ca)4.又 eca12，所以 a2，c1，b 3，从而椭圆 C 的方程为x24 y231.(2)证明：由(1)知 A1，32，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN 的方程为 ykxm，代入椭圆方程x24 y231，得(4k23)x28kmx4m2120，则 0，x1x2 8km4k23，x1x24m2124k23，又 M，N 是
35、椭圆上位于直线 AB 两侧的动点，若始终保持MABNAB，则 kAMkAN0，即y132x11y232x210，则kx1m32(x21)kx2m32(x11)0，整理得(2k1)(2m2k3)0，得 k12.故直线 MN 的斜率为定值12.3(2017全国卷)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x22 y21 上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足 NP 2NM.(1)求点 P 的轨迹方程；(2)设点 Q 在直线 x3 上，且 OP PQ1.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)，
36、NP(xx0，y)，NM(0，y0)，由 NP 2NM，得 x0 x，y0 22 y.因为 M(x0，y0)在椭圆 C 上，所以x22 y221.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OQ(3，t)，PF(1m，n)，OQ PF33mtn，OP(m，n)，PQ(3m，tn)，由 OP PQ1，得3mm2tnn21，又由(1)知 m2n22，故 33mtn0.所以OQ PF0，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
37、为 F 的抛物线 C1：x22py(p0)，圆 C2：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 xy 20 时，求抛物线 C1 的方程；(2)记 S1，S2 分别为FPQ，FOQ 的面积，求S1S2的最小值解：(1)设点 Px0，x202p，由 x22py(p0)得，yx22p，求得 yxp，因为直线 PQ 的斜率为 1，所以x0p 1 且 x0 x202p 20，解得 p2 2.所以抛物线 C1 的方程为 x24 2y.(2)点 P 处的切线方程为 yx202px0p(xx0)，即 2x0 x2pyx200，OQ 的方程为 y px0 x.根据
38、切线与圆相切，得|x20|4x204p21，化简得 x404x204p2，由方程组2x0 x2pyx200，y px0 x，解得 Q2x0，4x202p.所以|PQ|1k2|xPxQ|1x20p2x0 2x0 p2x20px202x0，又点 F0，p2 到切线 PQ 的距离d1|p2x20|4x204p212 x20p2，所以 S112|PQ|d112p2x20px202x012x20p2x20p24p x202x0，S212|OF|xQ|p2|x0|，而由 x404x204p2 知，4p2x404x200，得|x0|2，所以S1S2x20p24p x202x02|x0|px20p2x2022
39、p24x20 x404x20 x2022x404x20 x20 x2022x204x20424x20432 23，当且仅当x20424x204时取等号，即 x2042 2时取等号，此时 p22 2.所以S1S2的最小值为 2 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)ex(exa)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
40、解(1)函数 f(x)的定义域为(，)，f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa).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)min0 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a0，则 f(x)e2x 在(，)上单调递增.2 分若a0，则由 f(x)0，得 xln a.当 x(，ln a)时，f(x)0；当 x(ln a，)时，f(x)0.故 f(x)在(
41、，ln a)上单调递减，在(ln a，)上单调递增.4 分若a0，则由 f(x)0，得 xlna2.当 x，lna2时，f(x)0；当 xlna2，时，f(x)0.故 f(x)在，lna2上单调递减，在lna2，上单调递增.6 分3不理解f(x)0 是恒成立问题，可转化为最值问题求解(2)若要 f(x)0，只需 f(x)min0 即可解题关键点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 小值若a0，则 f(x)e2x，所以 f(x)0.7 分若a0，则由(1)得，当 xln 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 a0，即
42、0a1 时，f(x)0.9 分若a0，则由(1)得，当 xlna2 时，f(x)取得最小值，最小值为 flna2a234lna2.从而当且仅当 a234lna20，即2e34 a0 时，f(x)0.11 分综上，a 的取值范围是2e34，1.12 分处利用1中单调性求解 fx0 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
43、)(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)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
44、(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(，a1)a1(a1，)f(x)0f(x)极小值 3 分故 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)x20，3对于函数零 点 个 数 的 判断，不会转化构造函数而无从下得方程xexax2，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.解题关键点使用函数与方程思想进行转化.手设函数Fxexax，7 分则 F
45、(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：x(，a)a(a，)F(x)0F(x)极小值 8 分由方程再次构造函数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 分因为a1，所以FxminFa1a0，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
46、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 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x2x1e2，求证：(x1x2)f(x1x2)65.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)1xaax1x.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
47、)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 x1a，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 x1a时，f(x)0；当 x1a时，f(x)0.所以 f(x)在0，1a 上单调递增；在1a，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0，1a 上单调递增，在1a，上单调递
48、减.5 分(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(x1x2)f(x1x2)(x1x2)1x1x2a x1x2x1x2a(x1x2)x1x2x1x2lnx2x11x2x11x2x1lnx2x1.8 分解题关键点变形整理为换元做好准备.令x2x1te2，换元转化为更简洁的问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则t1t1tln t，9 分因为(t)t21t1t20，所以(t)在e2，)上单调递增，t
49、e212e211232165.11 分故(x1x2)f(x1x2)65得证.12 分题.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(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)1ex1ex1ex.1 分令 f(x)0，得 x0.当
50、 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(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(x1)0 恒
51、成立，不会构造 g(x)exax令 g(x)exaxln(x1)1，6 分则 g00，gxex1x1 a，g02a.解题关键点考虑端点值，直入问题本质.ln(x1)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)ex1x120，当且仅当 x0 时取等号，所以 g(x)ex 1x1a 在0，)上单调递增.8 分若a2，则gxg02a0，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，)，
52、使得g(x0)0，当 0 xx0 时，g(x)0，g(x)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)x1aex(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)x1aex，得 f(x)1aex.又曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线平行于 x 轴，得 f(1)0，即 1ae0
53、，解得 ae.(2)f(x)1aex，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 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)x1ax aln x若函数 yf(x)的图象在 x1 处
54、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)x1ax aln x 的导数 f(x)11ax2 ax，yf(x)的图象在 x1 处的切线斜率为 kf(1)1(1a)a2a，由题意可得2a2，解得 a1.(2)由(1)知 f(x)x2xln x，f(x)12x21xx1x2x2，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)e12e，即有 f(1)f(e)，方程 f(x
55、)b 在区间1，e上有两个不同的实数根，则有 f(2)bf(e)，即 3ln 2be12e.故实数 b 的取值范围为3ln 2，e12e.3(2017全国卷)已知函数 f(x)ln xax2(2a1)x.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 a0 时，证明 f(x)34a2.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x2ax2a1x12ax1x.若 a0，则当 x(0，)时，f(x)0，故 f(x)在(0，)上单调递增若 a0，则当 x0，12a 时，f(x)0；当 x 12a，时，f(x)0.故 f(x)在0，12a 上单调递增，在 12a，上单调递减(2)证明：由(1)知，当 a0
56、 时，f(x)在 x 12a处取得最大值，最大值为 f 12a ln 12a 1 14a.所以 f(x)34a2 等价于 ln 12a 1 14a 34a2，即 ln 12a 12a10.设 g(x)ln xx1，则 g(x)1x1.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 x1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)0.所以当 x0 时，g(x)0.从而当 a0 时，ln 12a 12a10，即 f(x)34a2.4(2018 届高三广西三市联考)已知函数 f(x)xaln x，g(x)1ax，其中 aR
57、.(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)x1ax aln x(x0)，h(x)11ax2 axx2ax1ax2x1x1ax2，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(x0)g(x0)成立，即存在 x01，e，使得 h(x0)f(x0)g(x0)
58、0成立，即函数 h(x)x1ax aln 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)e1ae a0 可得 ae21e1，因为e21e1 e1，所以 ae21e1.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
59、围是(，2)e21e1，.1(2017兰州模拟)已知函数 f(x)x3x2b，g(x)aln x.(1)若 f(x)在12，1 上的最大值为38，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 x23.当 x12，0 时，f(x)0，函数 f(x)为减函数；当 x0，23 时，f(x)0，函数 f(x)为增函数；当 x23，1 时，f(x)0，函数 f(x)为减函数f12 38b，f 23 427b，f12 f 23.f12 38b38，b0.(2)由 g(x)x2
60、(a2)x，得(xln x)ax22x，x1，e，ln x1x，由于不能同时取等号，ln xx，即 xln x0，ax22xxln x(x1，e)恒成立令 h(x)x22xxln x，x1，e，则 h(x)x1x22ln xxln x2，当 x1，e时，x10，x22ln xx2(1ln x)0，从而 h(x)0，函数 h(x)x22xxln 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)ex12ax2(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
61、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 0 xln 2 时，f1(x)0，xln 2 时，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
62、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)exx22xln x，则 g(x)x2exx3 2x21xx2exxx3，由(1)得 exx212xx，exx0(x0)，当 0 x2 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)14(e244ln 2)14(2.7244ln 2)14(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)ln
63、xaxm(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)1xxln xax2a1ln xx2，由 f(x)0，得 xea1，且当 0 xea1 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)ln xx m(x0)，f(x)1ln xx2，函数 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，f(e)1em.又 x0(x0)时，f(x)；x时，f(x)m，f(x)有两个
64、零点 x1，x2，故1em0，m0，解得 0m1e.所以实数 m 的取值范围为0，1e.(2)证明：不妨设 x1x2，由题意知ln x1mx1，ln x2mx2.则 ln x1x2m(x1x2)，lnx2x1m(x2x1)mlnx2x1x2x1.欲证 ln x1ln x22，只需证 ln x1x22，只需证 m(x1x2)2，即证x1x2x2x1lnx2x12.即证1x2x1x2x11lnx2x12，设 tx2x11，则只需证 ln t2t1t1.即证 ln t2t1t1 0.记 u(t)ln t2t1t1(t1)，则 u(t)1t4t12t12tt120.所以 u(t)在(1，)上单调递增，
65、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)设函数 f(x)(1x2)ex.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)当 x0 时，f(x)ax1，求 a 的取值范围解：(1)f(x)(12xx2)ex.令 f(x)0，得 x1 2或 x1 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)(1x)(1x)ex.当 a1 时，设函数 h(x)(1x)ex，则 h(x)xex0(x0)因此 h
66、(x)在0，)上单调递减，又 h(0)1，故 h(x)1，所以 f(x)(x1)h(x)x1ax1.当 0a1 时，设函数 g(x)exx1，则 g(x)ex10(x0)，所以 g(x)在0，)上单调递增，而 g(0)0，故 exx1.当 0 x1 时，f(x)(1x)(1x)2，(1x)(1x)2ax1x(1axx2)，取 x0 54a12，则 x0(0,1)，(1x0)(1x0)2ax010，故 f(x0)ax01.当 a0 时，取 x0 512，则 x0(0,1)，f(x0)(1x0)(1x0)21ax01.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
67、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
68、 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：x2a2y2b21(ab0)的左、右顶点分别为 A1，A2，左、右
69、焦点分别为 F1，F2，离心率为12，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：ca42，即 a42c.椭圆的离心率 eca12，即 a2c.联立方程可得：a2，c1，则 b2a2c23，所以椭圆 C 的方程为x24 y231.应用体验1.(2017福州模拟)已知圆 O：x2y24，点 A(3，0)，B(3，0)，以线段 AP
70、 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S1S2的取值范围解：(1)如图，因为圆 C1 内切于圆 O，所以|OC1|212|AP|.依题意，O，C1 分别为 AB，AP 的中点，所以|OC1|12|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 GF2x 轴，即证 xG1.设 M(x1，y1)，N(x2，y
71、2)，直线 l 的方程为 yk(x4)，联立方程得ykx4，x24 y231消去 y，可得(34k2)x232k2x64k2120，0.则 x1x2 32k234k2，x1x264k21234k2，(*)因为直线 lA1M：y y1x12(x2)，lA2N：y y2x22(x2)，即证：3y1x12 y2x22，即 3k(x14)(x22)k(x24)(x12)，即证 4x1x210(x1x2)160.将(*)式代入上式可得464k21234k21032k234k2 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
72、，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 y1x14 y2x24y21x142y22x24231x214()x14 231x224x242，整理得 2x1x25(x1x2)80.又A1，M，G三点共线，所以 y3x32 y1x12，又A2，N，G三点共线，所以 y3x32 y2x22，与两式相除，得x32x32y2x12y1x22，即x32x322y22x122y21x22231x224 x12231x214 x222x22x12x12x22x1x22x1x24x1x22x1x24，将 2x1x25(x1x2)80，即
73、x1x252(x1x2)4 代入上式，得x32x3229，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,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x24 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 y1k(x2)，所以圆心 O(0,0)到直线 DM 的距离为2|k|k21，所以|DM|242|k|k2124k21，同理可得，|DN|41k21
74、4|k|k21.由ykx2，x24y24得(14k2)x216k2x16k240，所以2xS16k2414k2，解得 xS28k214k2，所以|DS|1k2|xS2|4 1k214k2，所以|DT|411k2141k2 4|k|1k2k24.所以S1S2|DM|DN|DS|DT|14k24k21k22，令 t1k2，则 t1,03t3，所以S1S24t3t3t243t 13t 4，254，即S1S2的取值范围为4，254.二、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
75、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 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)ax2xa2x2axax，因为 x3 是 f(x)的极值点，所以 f(3)183aa30，解得 a9，所以 f(x)2x29x9x2x3x3x，所以当 0 x32或
76、x3 时，f(x)0；当32x3 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0，32，(3，)，单调递减区间为32，3.(2)g(x)aln xx2ax2x，g(x)2x2axax22xax1x，令 g(x)0，得 xa2或 x1，则当a21，即 a2 时，g(x)在1，e上为增函数，h(a)g(1)a1；当 1a2e，即 2a2e 时，g(x)在1，a2 上为减函数，在a2，e 上为增函数，h(a)g a2alna214a2a；当a2e，即 a2e 时，g(x)在1，e上为减函数，h(a)g(e)(1e)ae22e.综上，h(a)a1，a2，alna2
77、14a2a，2a2e，1eae22e，a2e.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)2x2ln xxx2(x1)，g(x)2xln xx1，由g(
78、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 m32时，h(x)0，h(x)在1，)上单调递增，h(x)h(1)0 成立当 32m0，即 m32时，h(x)2xln x(12m)(x1)，h(x)2ln x32m，令h(x)0，得 x0e2m321，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，32.