2018學(xué)高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第三板塊 穩(wěn)心態(tài)分步解教學(xué)案 理

1、第三板塊 穩(wěn)心態(tài)分步解高考第20題圓錐曲線題型一定值問題巧妙消參定值問題就是證明一個量與其中的變化因素?zé)o關(guān)，這些變化的因素可能是直線的斜率、截距，也可能是動點的坐標(biāo)等，這類問題的一般解法是使用變化的量表達(dá)求證目標(biāo)，通過運(yùn)算求證目標(biāo)的取值與變化的量無關(guān).當(dāng)使用直線的斜率和截距表達(dá)直線方程時，在解題過程中要注意建立斜率和截距之間的關(guān)系，把雙參數(shù)問題化為單參數(shù)問題解決.典例(2016北京高考)(本題滿分12分)已知橢圓C：1過A(2,0)，B(0,1)兩點(1)求橢圓C的方程及離心率；(2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為

2、定值思路提示第(1)問由a2，b1，c，解第一問；第(2)問畫草圖可知ANBM，四邊形ABNM的面積為|AN|BM|，設(shè)點P(x0，y0)，得出PA，PB的方程，進(jìn)而得出M，N的坐標(biāo)，得出|AN|，|BM|，只需證明|AN|BM|是一個與點P的坐標(biāo)無關(guān)的量即可解(1)由題意得所以橢圓C的方程為y21.2分又c，所以離心率e.3分(2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x00，y00)，則x4y4.又A(2,0)，B(0,1)，解題關(guān)鍵點待定系數(shù)法求曲線方程.障礙提醒 1想不到設(shè)出P(x0，y0)后，利用點斜式寫出直線PA，PB的方程不會由直線PA，PB的方程求解|BM|，|AN|.所以直線PA的方程為

3、y(x2).5分令x0，得yM，6分從而|BM|1yM1.直線PB的方程為yx1.令y0，得xN，從而|AN|2xN2.9分選用變量表達(dá)直線、線段長度、面積等幾何元素.2不知道四邊形的面積可用S| AN|BM|表示所以四邊形ABNM的面積S|AN|BM|3四邊形ABNM的面積用x0，y0表示后，不會變形、化簡，用整體消參來求值11分從而四邊形ABNM的面積為定值.12分定值問題基本思想：求解目標(biāo)與選用的變量無關(guān).題型二定點問題確定方程證明直線過定點的基本思想是使用一個參數(shù)表示直線方程，根據(jù)方程的成立與參數(shù)值無關(guān)得出x，y的方程組，以方程組的解為坐標(biāo)的點就是直線所過的定點；如果直線系是使用雙參數(shù)

4、表達(dá)的，要根據(jù)其它已知條件建立兩個參數(shù)之間的關(guān)系，把雙參數(shù)直線系方程化為單參數(shù)直線系方程.典例(2017全國卷)(本題滿分12分)已知橢圓C：1(ab0)，四點P1(1,1)，P2(0，1)，P3，P4中恰有三點在橢圓C上(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點障礙提醒1觀察不出P3，P4對稱，忽視對稱性導(dǎo)致判斷失誤解(1)因為P3，P4，所以P3，P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點思路提示第(1)問利用橢圓的性質(zhì)，易排除點P1(1,1)不在橢圓上，從而求橢圓方程；2不會用點的坐標(biāo)代入方程判斷

5、P1，P2是否在橢圓上而滯做又由知，橢圓C不經(jīng)過點P1，2分所以點P2在橢圓C上.3分4分故橢圓C的方程為y21.5分(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.第(2)問分類討論斜率是否存在，若存在，設(shè)l：ykxm，利用條件建立k，m的等量關(guān)系，消參后再表示出直線l的方程可證明解題關(guān)鍵點待定系數(shù)法求曲線方程.6分由題設(shè)知t0，且|t|0.9分設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則而k1k2.10分解析幾何解題關(guān)鍵之一是把幾何條件轉(zhuǎn)化為代數(shù)條件.4利用k1k21運(yùn)算變形不明確變形目標(biāo)，導(dǎo)致化簡不出k，m的關(guān)系由題設(shè)k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2

6、k1)(m1)0.11分當(dāng)且僅當(dāng)m1時，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l過定點(2，1). 12分動直線過定點的一般方法是將ykxm的兩參消去一個后，利用直線系的思想可得定點.題型三求最值、解范圍問題構(gòu)造函數(shù)(一)構(gòu)造函數(shù)求最值最值問題的基本解法有幾何法和代數(shù)法：幾何法是根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等)；代數(shù)法是建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(或兩個)變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值(普通方法、基本不等式方法、導(dǎo)數(shù)方法等)解決的.典例(2016山東高考)(本題滿分12分)如圖，已知橢圓C：1(ab0)的長

7、軸長為4，焦距為2.(1)求橢圓C的方程(2)過動點M(0，m)(m0)的直線交x軸于點N，交C于點A，P(P在第一象限)，且M是線段PN的中點過點P作x軸的垂線交C于另一點Q，延長QM交C于點B.設(shè)直線PM，QM的斜率分別為k，k，證明為定值；求直線AB的斜率的最小值障礙提醒 1不會用坐標(biāo)設(shè)而不求法表示出k，k，從而得不出定值解(1)設(shè)橢圓的半焦距為c.由題意知2a4,2c2，所以a2，c，b.2分所以橢圓C的方程為1.4分(2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x00，y00)由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，2m)所以直線PM的斜率k，直線QM的斜率思路提示第(1)問待定系數(shù)法求解

8、；第(2)問設(shè)點P(x0，y0)，M為PN的中點，可得y02m，根據(jù)對稱性得出點Q的坐標(biāo)，只需證明與x0，m無關(guān)；k.6分此時3，所以為定值3.7分設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)直線PA的方程為ykxm，則直線QB的方程為y3kxm.聯(lián)立設(shè)PA的方程，結(jié)合的結(jié)論，得QB的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程得A，B坐標(biāo)，再由斜率公式表示AB的斜率，并求最小值2由直線PA的方程與1聯(lián)立表示出A(x1，y1)坐標(biāo)后，沒有類比意識，直接將x1，y1中k換為3k化簡可得B(x2，y2)坐標(biāo)，導(dǎo)致因運(yùn)算復(fù)雜而滯做或做錯整理得(2k21)x24mkx2m240.由x0x1，可得8分所以y1kx1mm.同理x2，

9、y2m.9分解題關(guān)鍵點已知直線與橢圓的一個交點的坐標(biāo)，使用根與系數(shù)的關(guān)系得另一交點的坐標(biāo).3化簡x2x1，y2y1失誤，不能把kAB表示為k的函數(shù)而滯做所以x2x1，y2y1mm，10分結(jié)構(gòu)相同的方程組，當(dāng)?shù)贸鲆粋€方程組的解時，使用代換法直接得出另一個方程組的解.4求AB斜率的最小值不明確，不會將斜率表示為一個變量的函數(shù)，從而無法求最值所以kAB由m0，x00，可知k0，所以6k2，等號當(dāng)且僅當(dāng)k時取得.11分此時，即m，符合題意所以直線AB的斜率的最小值為.12分最值問題的關(guān)鍵：使用變量表達(dá)求解目標(biāo)(二)構(gòu)造函數(shù)解范圍產(chǎn)生范圍有如下幾個因素：直線與曲線相交、曲線上點的坐標(biāo)的范圍、題目中要求的

10、限制條件，這些產(chǎn)生范圍的因素可能同時出現(xiàn)在一個問題中，在解題時要注意全面把握范圍的產(chǎn)生原因.典例(2016浙江高考)(本題滿分12分)如圖，設(shè)拋物線y22px(p0)的焦點為F，拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|1.(1)求p的值；(2)若直線AF交拋物線于另一點B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N，AN與x軸交于點M，求M的橫坐標(biāo)的取值范圍障礙提醒1因忘記拋物線定義，不會轉(zhuǎn)化條件導(dǎo)出，求不出p值解(1)由題意可得，拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x1的距離，由拋物線的定義得1，即p2.3分(2)由(1)得，拋物線方程為y24x，F(xiàn)(1,0)，可設(shè)A(t2，2t)

11、，t0，t1.4分因為AF不垂直于y軸，思路提示第(1)問由拋物線定義即得；第(2)問設(shè)A(t2,2t)，可以根據(jù)拋物線焦點弦兩端點坐標(biāo)之間的關(guān)系，用t表達(dá)點B的坐標(biāo)，得出BN，F(xiàn)N的方程，進(jìn)而得出點N的坐標(biāo)，結(jié)合點A，M，N三點共線，即可使用t表達(dá)M的橫坐標(biāo)，確定取值范圍2不會設(shè)出拋物線的動點坐標(biāo)用一個參數(shù)表示，從而使運(yùn)算復(fù)雜而滯做可設(shè)直線AF的方程為xsy1(s0)，5分由消去x得y24sy40，故y1y24，6分又直線AB的斜率為，故直線FN的斜率為，從而得直線FN的方程為y(x1)，7分直線BN的方程為y，解題關(guān)鍵點點參數(shù)法：拋物線中可以以一個點的橫坐標(biāo)或者縱坐標(biāo)表達(dá)曲線上點.3不會挖

12、掘題目中隱含條件A，M，N三點共線來建立等量關(guān)系，從而無法表示出M的橫坐標(biāo)的函數(shù)關(guān)系式，導(dǎo)致無從下手所以N.8分設(shè)M(m,0)，由A，M，N三點共線得，9分4將m表示為t的函數(shù)結(jié)構(gòu)后，不會用分離常數(shù)法分離常數(shù)，然后再用單調(diào)性求的范圍而滯做于是m10分所以m0或m2.經(jīng)檢驗，m0或m2滿足題意.11分綜上，點M的橫坐標(biāo)的取值范圍是(，0)(2，)12分求解范圍問題的關(guān)鍵：建立求解目標(biāo)的不等式、函數(shù)關(guān)系，解不等式或研究函數(shù)性質(zhì).題型四探索性問題肯定結(jié)論1.探索性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在.,(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論.(2)當(dāng)給出結(jié)論而

13、要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件.(3)當(dāng)條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑.2.探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化.一般步驟為：(1)假設(shè)滿足條件的曲線(或直線、點等)存在，用待定系數(shù)法設(shè)出；(2)列出關(guān)于待定系數(shù)的方程(組)；,(3)若方程(組)有實數(shù)解，則曲線(或直線、點等)存在，否則不存在.典例(2018屆高三湘中名校聯(lián)考)(本題滿分12分)如圖，曲線C由上半橢圓C1：1(ab0，y0)和部分拋物線C2：yx21(y0)連接而成，C1與C2的公共點為A，B，其中C1的離心率為.(1)求a，b的值；(2)過點B的直線l與C1

14、，C2分別交于點P，Q(均異于點A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點A，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由思路提示第(1)問在C2的方程中，令y0可得b，再由，a2c2b2可得a；第(2)問設(shè)出過點B的直線l的方程，分別與曲線C1，C2聯(lián)立用直線l的斜率k表示出點P，Q的坐標(biāo)后，要使以PQ為直徑的圓過點A，則有0，從而解得k，求出直線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)是上半橢圓C1的左、右頂點設(shè)C1的半焦距為c，由及a2c2b21可得a2，2分a2，b1.3分(2)存在直線l，理由如下：由(1)知，上半橢圓C1的方程

15、為x21(y0).4分由題易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設(shè)其方程為5分代入C1的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)6分設(shè)點P的坐標(biāo)為(xP，yP)，直線l過點B，x1是方程(*)的一個根解題關(guān)鍵點假設(shè)存在直線l，分析斜率存在情況，設(shè)出直線方程.障礙提醒1不會求P點坐標(biāo)、Q點坐標(biāo)導(dǎo)致無從下手由求根公式，得xP，從而yP，點P的坐標(biāo)為.7分同理，由得點Q的坐標(biāo)為(k1，k22k).8分2不會將以PQ為直徑的圓恰好過點A這一幾何條件轉(zhuǎn)化，從而求不出直線l的斜率(k，4)，k(1，k2).9分依題意可知APAQ，0，即k4(k2)0.10分條件坐標(biāo)化的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化幾何性質(zhì).3由條件得

16、出APAQ后利用0變形求解，因運(yùn)算過程不細(xì)心而出現(xiàn)計算失誤而滯做k0，k4(k2)0，解得k.經(jīng)檢驗，k符合題意，故存在直線l的方程為y(x1)，11分即8x3y80，使得以PQ為直徑的圓恰好過點A.12分 1(2018屆高三西安八校聯(lián)考)已知橢圓C：1(ab0)經(jīng)過(1,1)與兩點(1)求橢圓C的方程；(2)過原點的直線l與橢圓C交于A，B兩點，橢圓C上一點M滿足|MA|MB|.求證：為定值解：(1)將(1,1)與兩點代入橢圓C的方程，得解得橢圓C的方程為1.(2)證明：由|MA|MB|，知M在線段AB的垂直平分線上，由橢圓的對稱性知A，B關(guān)于原點對稱若點A，B是橢圓的短軸頂點，則點M是橢圓

17、的一個長軸頂點，此時22.同理，若點A，B是橢圓的長軸頂點，則點M在橢圓的一個短軸頂點，此時22.若點A，B，M不是橢圓的頂點，設(shè)直線l的方程為ykx(k0)，則直線OM的方程為yx，設(shè)A(x1，y1)，則B(x1，y1)，由解得x，y，|OA|2|OB|2xy，同理|OM|2，22，故2為定值2(2017宜昌模擬)已知橢圓C的中心在原點，焦點在x軸上，離心率為，它的一個焦點F恰好與拋物線y24x的焦點重合(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓的上頂點為A，過點A作橢圓C的兩條動弦AB，AC，若直線AB，AC斜率之積為，直線BC是否恒過一定點？若經(jīng)過，求出該定點坐標(biāo)；若不經(jīng)過，請說明理由解：(1)

18、由題意知橢圓的焦點F(1,0)，即c1.由e得a，b1，橢圓C的方程為y21.(2)由(1)知A(0,1)，當(dāng)直線BC的斜率不存在時，設(shè)BC：xx0，設(shè)B(x0，y0)，則C(x0，y0)，kABkAC，不合題意故直線BC的斜率存在設(shè)直線BC的方程為：ykxm(m1)，代入橢圓方程，得：(12k2)x24kmx2(m21)0，由(4km)28(12k2)(m21)0，得2k2m210.設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，則x1x2，x1x2.由kABkAC，得4y1y24(y1y2)4x1x2，即(4k21)x1x24k(m1)(x1x2)4(m1)20，將代入上式，整理得(m1)(m3)0

19、.又因為m1，所以m3，此時直線BC的方程為ykx3.所以直線BC恒過一定點(0,3)3(2017合肥模擬)如圖，已知拋物線E：y22px(p0)與圓O：x2y28相交于A，B兩點，且點A的橫坐標(biāo)為2.過劣弧AB上動點P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點，分別以C，D為切點作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點M.(1)求拋物線E的方程；(2)求點M到直線CD距離的最大值解：(1)把xA2代入x2y28，得y4，故2pxA4，p1.于是，拋物線E的方程為y22x.(2)設(shè)C，D，切線l1：yy1k，代入y22x得ky22y2y1ky0，由0，解得k.l1的方程為yx，同理

20、，l2的方程為yx.聯(lián)立解得易得直線CD的方程為x0xy0y8，其中x0，y0滿足xy8，x02,2 聯(lián)立得x0y22y0y160，則M(x，y)滿足即點M為.點M到直線CD：x0xy0y8的距離d，令f(x)，x2,2 ，則f(x)在2,2 上單調(diào)遞減，當(dāng)且僅當(dāng)x2時，f(x)取得最大值，故dmax.4(2017廣西五校聯(lián)考)已知橢圓C：1(ab0)的兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等腰直角三角形，直線xy10與以橢圓C的右焦點為圓心，以橢圓的長半軸長為半徑的圓相切(1)求橢圓C的方程；(2)過點M(2,0) 的直線l與橢圓C相交于不同的兩點S和T，若橢圓C上存在點P滿足t (其中O為坐標(biāo)原

21、點)，求實數(shù)t的取值范圍解：(1)由題意，以橢圓C的右焦點為圓心，以橢圓的長半軸長為半徑的圓的方程為(xc)2y2a2，圓心到直線xy10的距離da.(*)橢圓C的兩焦點與短軸的一個端點的連線構(gòu)成等腰直角三角形，bc，ac，代入(*)式得bc1，a，故所求橢圓方程為y21.(2)由題意知，直線l的斜率存在，設(shè)P(x0，y0)，直線l的方程為yk(x2)，將直線l的方程代入橢圓方程得(12k2)x28k2x8k220，64k44(12k2)(8k22)0，解得k2.設(shè)S(x1，y1)，T(x2，y2)，則x1x2，x1x2，y1y2k(x1x24).由t ，得tx0x1x2，ty0y1y2，當(dāng)t

22、0時，直線l為x軸，則橢圓上任意一點P滿足t ，符合題意；當(dāng)t0時，x0，y0.將上式代入橢圓方程得1，整理得t2，由k2知，0t24，所以t(2,0)(0,2)，綜上可得，實數(shù)t的取值范圍是(2,2)5(2017湖南東部五校聯(lián)考)已知橢圓E：1(ab0)的右焦點為F(c,0)，且bc.設(shè)短軸的一個端點為D，原點O到直線DF的距離為，過原點和x軸不重合的直線與橢圓E相交于C，G兩點，且| | |4.(1)求橢圓E的方程；(2)是否存在過點P(2,1)的直線l與橢圓E相交于不同的兩點A，B且使得24成立？若存在，試求出直線l的方程；若不存在，請說明理由解：(1)由橢圓的對稱性知|2a4，a2.又

23、原點O到直線DF的距離為，bc.又a2b2c24，bc，b，c1.故橢圓E的方程為1.(2)當(dāng)直線l與x軸垂直時不滿足條件故可設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為yk(x2)1，代入橢圓方程得(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不符合題意，舍去存在滿足條件的直線l，其方程為yx.1(2018屆高三石家莊摸底)已知橢圓C：1(ab0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸

24、長為8，T為橢圓上任意一點，直線TA，TB的斜率之積為.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點，過點M(0,2)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求的取值范圍解：(1)設(shè)T(x，y)，由題意知A(4,0)，B(4,0)，設(shè)直線TA的斜率為k1，直線TB的斜率為k2，則k1，k2.由k1k2，得，整理得1.故橢圓C的方程為1.(2)當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為ykx2，點P，Q的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯(lián)立方程消去y，得(4k23)x216kx320.所以x1x2，x1x2.從而，x1x2y1y2x1x2(y12)(y22)2(1k2)x1x22k(x1x2)4

25、20.所以20.當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，的值為20.綜上，的取值范圍為.2(2017全國卷)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：y21上，過M作x軸的垂線，垂足為N，點P滿足 .(1)求點P的軌跡方程；(2)設(shè)點Q在直線x3上，且1.證明：過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.解：(1)設(shè)P(x，y)，M(x0，y0)，則N(x0,0)，(xx0，y)，(0，y0)由 ，得x0x，y0y.因為M(x0，y0)在橢圓C上，所以1.因此點P的軌跡方程為x2y22.(2)證明：由題意知F(1,0)設(shè)Q(3，t)，P(m，n)，則(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn)由1，

26、得3mm2tnn21，又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，即.又過點P存在唯一直線垂直于OQ，所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.3(2018屆高三西安八校聯(lián)考)設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：1(ab0)的左、右焦點，若橢圓上的點T(2，)到點F1，F(xiàn)2的距離之和等于4.(1)求橢圓C的方程；(2)若直線ykx(k0)與橢圓C交于E，F(xiàn)兩點，A為橢圓C的左頂點，直線AE，AF分別與y軸交于點M，N.問：以MN為直徑的圓是否經(jīng)過定點？若經(jīng)過，求出定點的坐標(biāo)；若不經(jīng)過，請說明理由解：(1)由橢圓上的點T(2，)到點F1，F(xiàn)2的距離之和是4，可得2a4，a2.又T(2，)在橢圓上，

27、因此1，所以b2，所以橢圓C的方程為1.(2)因為橢圓C的左頂點為A，所以點A的坐標(biāo)為(2，0)因為直線ykx(k0)與橢圓1交于E，F(xiàn)兩點，設(shè)點E(x0，y0)(不妨設(shè)x00)，則點F(x0，y0)由消去y，得x2，所以x0，則y0，所以直線AE的方程為y(x2)因為直線AE，AF分別與y軸交于點M，N，令x0，得y，即點M0，.同理可得點N.所以|MN|.設(shè)MN的中點為P，則點P的坐標(biāo)為P.則以MN為直徑的圓的方程為x222，即x2y2y4.令y0，得x24，即x2或x2.故以MN為直徑的圓經(jīng)過兩定點P1(2,0)，P2(2,0)4.(2017安徽二校聯(lián)考)已知焦點為F的拋物線C1：x22

28、py(p0)，圓C2：x2y21，直線l與拋物線相切于點P，與圓相切于點Q.(1)當(dāng)直線l的方程為xy0時，求拋物線C1的方程；(2)記S1，S2分別為FPQ，F(xiàn)OQ的面積，求的最小值解：(1)設(shè)點P，由x22py(p0)得，y，求得y，因為直線PQ的斜率為1，所以1且x00，解得p2.所以拋物線C1的方程為x24y.(2)點P處的切線方程為y(xx0)，即2x0x2pyx0，OQ的方程為yx.根據(jù)切線與圓相切，得1，化簡得x4x4p2，由方程組解得Q.所以|PQ|xPxQ| ，又點F到切線PQ的距離d1，所以S1|PQ|d1 ，S2|OF|xQ|，而由x4x4p2知，4p2x4x0，得|x0

29、|2，所以323，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，即x42時取等號，此時p.所以的最小值為23.高考第21題函數(shù)與導(dǎo)數(shù)題型一函數(shù)單調(diào)性、極值問題分類討論思想利用導(dǎo)數(shù)研究含參數(shù)的函數(shù)單調(diào)性、極值問題時，常用到分類討論思想，其分類討論點一般步驟典例(2017全國卷)(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)ae2x(a2)exx.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍障礙提醒1對f(x)求導(dǎo)計算錯或求導(dǎo)后不會分解而滯做解(1)f(x)的定義域為(，)，f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1).2分思路提示第(1)問求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)，分類討論確定導(dǎo)函數(shù)的符號來判斷f(x

30、)的單調(diào)性；2對含參數(shù)的單調(diào)性問題無分類討論意識而導(dǎo)致解題錯誤()則f(x)0，所以f(x)在(，)上單調(diào)遞減.3分()則由f(x)0，得xln a.當(dāng)x(，ln a)時，f(x)0.所以f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，)上單調(diào)遞增.5分(2)()由(1)知，f(x)至多有一個零點.6分第(2)問結(jié)合第(1)問函數(shù)的單調(diào)性，判斷函數(shù)存在兩個零點的條件，從而確定a的取值范圍3函數(shù)有零點的條件是什么不清楚，導(dǎo)致不會求解 ()由(1)知，當(dāng)xln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(ln a)1ln a7分解題關(guān)鍵點處分解變形后得分類點1.由于f(ln a)0，故f(x)只有一個

31、零點；8分由于1ln a0，即f(ln a)0，故f(x)沒有零點；9分1ln a0，即f(ln a)2e220，處由(1)的單調(diào)性得分類點2. 處由f(ln a)0得分類點3.4當(dāng)0a1時，易判斷出f(x)在(，ln a)上有一個零點，而在判斷f(x)在(ln a，)上也有一個零點時，不會尋求某正整數(shù)n0，且判斷f(n0)0而滯做故f(x)在(，ln a)有一個零點.10分設(shè)正整數(shù)n0滿足n0ln，則f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.11分由于lnln a，因此f(x)在(ln a，)有一個零點綜上，a的取值范圍為(0,1).12分題型二討論函數(shù)零點的個數(shù)或已知方程

32、根求參數(shù)問題數(shù)形結(jié)合思想研究方程根的情況，可以通過導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值、變化趨勢等，根據(jù)題目要求，畫出函數(shù)圖象的走勢規(guī)律，標(biāo)明函數(shù)極(最)值的位置，通過數(shù)形結(jié)合的思想去分析問題，可以使問題的求解有一個清晰、直觀的整體展現(xiàn).典例(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)(xa)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，aR.(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)a1時，試確定函數(shù)g(x)f(xa)x2的零點個數(shù)，并說明理由障礙提醒1對函數(shù)f(x)求導(dǎo)計算錯而導(dǎo)致解題錯誤解(1)因為f(x)(xa)ex，xR，所以f(x)(xa1)ex.1分令f(x)0，得xa1.2分當(dāng)x變化時，f(x)和f(x)的變化情況

33、如下：思路提示第(1)問求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)并討論函數(shù)的單調(diào)性；2不會利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間第(2)問把函數(shù)g(x)轉(zhuǎn)化為方程來判斷方程解的個數(shù)，即為函數(shù)g(x)的零點個數(shù)；若不能直接判斷出零點個數(shù)的，可構(gòu)造函數(shù)F(x)，故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(，a1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(a1，).4分(2)結(jié)論：當(dāng)a1時，函數(shù)g(x)有且僅有一個零點.5分理由如下：由g(x)f(xa)x20，通過討論函數(shù)F(x)的單調(diào)性并結(jié)合函數(shù)零點存在性定理確定函數(shù)g(x)的零點個數(shù)3對于函數(shù)零點個數(shù)的判斷，不會轉(zhuǎn)化構(gòu)造函數(shù)而無從下手顯然x0為此方程的一個實數(shù)解，所以x0是函數(shù)g(x)的一個零點.6分當(dāng)x0時，方程

34、可化簡為exax.7分解題關(guān)鍵點使用函數(shù)與方程思想進(jìn)行轉(zhuǎn)化.由方程再次構(gòu)造函數(shù)則F(x)exa1，令F(x)0，得xa.當(dāng)x變化時，F(xiàn)(x)和F(x)的變化情況如下：4在判斷方程exax(x0)無零點時不會構(gòu)造轉(zhuǎn)化，利用單調(diào)性及最值做出判斷即F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(a，)，單調(diào)遞減區(qū)間為(，a).9分所以F(x)minF(a)1a.10分所以對于任意xR，F(xiàn)(x)0，11分因此方程exax無實數(shù)解所以當(dāng)x0時，函數(shù)g(x)不存在零點綜上，函數(shù)g(x)有且僅有一個零點.12分可數(shù)形結(jié)合作出分析.題型三不等式的證明問題函數(shù)與方程思想利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，多數(shù)利用函數(shù)與方程思想結(jié)合不等式構(gòu)造函數(shù)

35、，轉(zhuǎn)化為利用構(gòu)造函數(shù)的性質(zhì)來完成，其一般思路是：典例(2017安慶二模)(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)ln xax，aR.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)的兩個零點為x1，x2，且e2，求證：(x1x2)f(x1x2).障礙提醒1忽視求定義域?qū)е聠握{(diào)性判斷失誤解(1)函數(shù)f(x)ln xax，aR的定義域為(0，)，1分f(x)a.2分思路提示第(1)問先求出f(x)，對f(x)中的字母參數(shù)分類討論確定f(x)的符號，從而得出f(x)的單調(diào)性；第(2)問把要證不等式的左邊變形、整理、換元，構(gòu)造一新的函數(shù)(t)，對(t)求導(dǎo)后，判斷在新元范圍下的單調(diào)性，求其最小值從而得解

36、2對含參數(shù)的函數(shù)單調(diào)性不會分類討論而導(dǎo)致解題錯誤或滯做當(dāng)a0時，f(x)0，所以f(x)在(0，)上單調(diào)遞增.3分當(dāng)a0時，由f(x)0得x，當(dāng)0x時，f(x)0；當(dāng)x時，f(x)0.所以f(x)在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減.4分綜上，當(dāng)a0時，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增，當(dāng)a0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.5分3由f(x1)0，f(x2)0不會轉(zhuǎn)化x1與x2的關(guān)系而導(dǎo)致滯做(2)證明：若函數(shù)f(x)的兩個零點為x1，x2，由(1)得a0.因為ln x1ax10，ln x2ax20，所以ln x2ln x1a(x1x2)，6分所以(x1x2)f(x1x2)(x1x2)a(x1x2)4

37、對要證明的不等式無思路，不會構(gòu)造變形導(dǎo)致無從下手ln8分解題關(guān)鍵點變形整理為換元做好準(zhǔn)備.5想不到利用換元法構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性求最小值令te2，則9分因為(t)0，所以(t)在e2，)上單調(diào)遞增，11分故(x1x2)f(x1x2)得證.12分換元轉(zhuǎn)化為更簡潔的問題.構(gòu)造函數(shù)，用函數(shù)最值證明不等式.題型四不等式恒成立、存在性問題轉(zhuǎn)化與化歸思想利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立、存在性問題時，常用到轉(zhuǎn)化與化歸思想，其一般思路是：典例(2017廣州二模)(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)exax(xR)(1)當(dāng)a1時，求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若x0時，f(x)ln(x1)1恒成立，求實數(shù)a的取值

38、范圍障礙提醒1計算錯f(x)或判斷錯單調(diào)性，導(dǎo)致求錯最值解(1)當(dāng)a1時，f(x)exx，則f(x)1.1分令f(x)0，得x0.思路提示第(1)問當(dāng)a1時，利用導(dǎo)數(shù)f(x)的符號判斷f(x)的單調(diào)性；第(2)問把不等式f(x)ln(x1)1恒成立問題，通過構(gòu)造新函數(shù)g(x)，轉(zhuǎn)化為證明g(x)0恒成立，從而利用函數(shù)g(x)的端點值分類討論a的取值來進(jìn)行證明當(dāng)x0時，f(x)0；當(dāng)x0時，f(x)0.所以函數(shù)f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增.3分所以當(dāng)x0時，函數(shù)f(x)取得最小值，且最小值為f(0)1.4分(2)因為x0時，f(x)ln(x1)1恒成立，即exaxln(x1

39、)10.(*)5分2不等式恒成立問題不會構(gòu)造函數(shù)，即f(x)ln(x1)0恒成立，不會構(gòu)造g(x)exaxln(x1)1.令g(x)exaxln(x1)1，6分則解題關(guān)鍵點考慮端點值，直入問題本質(zhì).3判斷g(x)的符號時，不會利用二次求導(dǎo)做出判斷當(dāng)導(dǎo)數(shù)g(x)有參數(shù)時，易忘記討論而致誤又g(x)ex0，當(dāng)且僅當(dāng)x0時取等號，所以g(x)exa在0，)上單調(diào)遞增.8分若a2，則抓住端點值展開討論當(dāng)且僅當(dāng)x0，a2時取等號，所以g(x)在0，)上單調(diào)遞增，有g(shù)(x)g(0)0，(*)式恒成立.9分若a2，由于g(0)2a0，x時，g(x)，所以必存在唯一的x0(0，)，使得g(x0)0，當(dāng)0xx0

40、時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xx0時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)x(0，x0)時，g(x)g(0)0，(*)式不恒成立.11分綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是2，).12分分析端點值，明確函數(shù)圖象走勢. 1已知函數(shù)f(x)x1(aR，e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)若曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線平行于x軸，求a的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值解：(1)由f(x)x1，得f(x)1.又曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線平行于x軸，得f(1)0，即10，解得ae.(2)f(x)1，當(dāng)a0時，f(x)0，f(x)為(，)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值當(dāng)a0時，令f(x)0

41、，得exa，即xln ax(，ln a)時，f(x)0；x(ln a，)時，f(x)0，所以f(x)在(，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，)上單調(diào)遞增，故f(x)在xln a處取得極小值，且極小值為f(ln a)ln a，無極大值綜上，當(dāng)a0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a0時，f(x)在xln a處取得極小值ln a，無極大值2(2017西安一模)已知函數(shù)f(x)xaln x若函數(shù)yf(x)的圖象在x1處的切線與直線2xy10平行(1)求a的值；(2)若方程f(x)b的區(qū)間1，e上有兩個不同的實數(shù)根，求實數(shù)b的取值范圍解：(1)函數(shù)f(x)xaln x的導(dǎo)數(shù)f(x)1，yf(x)的圖象在x1

42、處的切線斜率為kf(1)1(1a)a2a，由題意可得2a2，解得a1.(2)由(1)知f(x)xln x，f(x)1，當(dāng)1x2時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)2xe時，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增當(dāng)x2時，f(x)取得極小值f(2)3ln 2.又f(1)3，f(e)e1，即有f(1)f(e)，方程f(x)b在區(qū)間1，e上有兩個不同的實數(shù)根，則有f(2)bf(e)，即3ln 2be1.故實數(shù)b的取值范圍為.3(2017全國卷)已知函數(shù)f(x)ax2axxln x，且f(x)0.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e2f(x0)22.解：(1)f(x)的定義域為(0，)設(shè)

43、g(x)axaln x，則f(x)xg(x)，f(x)0等價于g(x)0.因為g(1)0，g(x)0，故g(1)0，而g(x)a，故g(1)a10，得a1.若a1，則g(x)1.當(dāng)0x1時，g(x)1時，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增所以x1是g(x)的極小值點，故g(x)g(1)0.綜上，a1.(2)證明：由(1)知f(x)x2xxln x(x0)，f(x)2x2ln x.設(shè)h(x)2x2ln x，則h(x)2.當(dāng)x時，h(x)0.所以h(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增又h(e2)0，h0；當(dāng)x(x0,1)時，h(x)0.因為f(x)h(x)，所以xx0是f(x)的唯一極大值點由f(x0)0得

44、ln x02(x01)，故f(x0)x0(1x0)由x0，得f(x0)f(e1)e2.所以e2f(x0)22.4(2018屆高三廣西三市聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)xaln x，g(x)，其中aR.(1)設(shè)函數(shù)h(x)f(x)g(x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，求a的取值范圍解：(1)h(x)xaln x(x0)，h(x)1，當(dāng)a10，即a1時，在(0,1a)上h(x)0，在(1a，)上h(x)0，所以h(x)在(0,1a)上單調(diào)遞減，在(1a，)上單調(diào)遞增當(dāng)1a0，即a1時，在(0，)上h(x)0，所以函數(shù)h(x)在(0，)上單調(diào)遞增(2)若存

45、在x01，e，使得f(x0)g(x0)成立，即存在x01，e，使得h(x0)f(x0)g(x0)0成立，即函數(shù)h(x)xaln x在1，e上的最小值小于零由(1)可知：當(dāng)1ae，即ae1時，h(x)0，h(x)在1，e上單調(diào)遞減，所以h(x)在1，e上的最小值為h(e)，由h(e)ea0可得a，因為e1，所以a.當(dāng)1a1，即a0時，h(x)在1，e上單調(diào)遞增，所以h(x)的最小值為h(1)，由h(1)11a0可得a2.當(dāng)11ae，即0ae1時，可得h(x)的最小值為h(1a)，因為0ln(1a)1，所以0aln(1a)a，故h(1a)2aaln(1a)20，不合題意綜上可得，a的取值范圍是(，

46、2).1(2017蘭州模擬)已知函數(shù)f(x)x3x2b，g(x)aln x.(1)若f(x)在上的最大值為，求實數(shù)b的值；(2)若對任意的x1，e，都有g(shù)(x)x2(a2)x恒成立，求實數(shù)a的取值范圍解：(1)f(x)3x22xx(3x2)，令f(x)0，得x0或x.當(dāng)x時，f(x)0，函數(shù)f(x)為減函數(shù)；當(dāng)x時，f(x)0，函數(shù)f(x)為增函數(shù)；當(dāng)x時，f(x)0，函數(shù)f(x)為減函數(shù)fb，fb，ff.fb，b0.(2)由g(x)x2(a2)x，得(xln x)ax22x，x1，e，ln x1x，由于不能同時取等號，ln xx，即xln x0，a(x1，e)恒成立令h(x)，x1，e，則h(x)，當(dāng)x1，e時，x10，x22ln xx2(1ln x)0，從而h(x)0，函數(shù)h(x)在1，e上為增函數(shù)，h(x)minh(1)1，a1，故實數(shù)a的