兩類(lèi)壓軸大題解答

1、 兩類(lèi)壓軸大題是導(dǎo)數(shù)和圓錐曲線，難度大、綜合性強(qiáng)，取得滿(mǎn)分不容易，但要得到盡可能多的分?jǐn)?shù)還是有方法可行的高考是選拔性的考試，同時(shí)又是一場(chǎng)智者的競(jìng)爭(zhēng)，真正的高考高手是坦然的，他們懂得有舍才有得的真正道理，面對(duì)高考大題，特別是壓軸題，哪些應(yīng)該勇于割舍，哪些應(yīng)努力爭(zhēng)取本講教你四招，讓你在考試中盡可能多得分、巧得分如果遇到一個(gè)很困難的問(wèn)題，確實(shí)啃不動(dòng)，一個(gè)聰明的解題策略是，將它們分解為一系列的步驟，或者是一個(gè)個(gè)小問(wèn)題，先解決問(wèn)題的一部分，能解決多少就解決多少，能演算幾步就寫(xiě)幾步，尚未成功不等于失敗特別是那些解題層次明顯的題目，或者是已經(jīng)程序化了的方法，每進(jìn)行一步得分點(diǎn)的演算都可以得分，最后結(jié)論雖然未得

2、出，但分?jǐn)?shù)卻已過(guò)半，這叫“大題巧拿分”典例1(12分)已知橢圓C：1(ab0)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1(1，0)，F(xiàn)2(1，0)，且橢圓C經(jīng)過(guò)點(diǎn)P.(1)求橢圓C的離心率；(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)A(0，2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，點(diǎn)Q是線段MN上的點(diǎn)，且，求點(diǎn)Q的軌跡方程解題規(guī)范與評(píng)分細(xì)則(1)由橢圓定義知，2a|PF1|PF2| 2，所以a.2分又由已知，c1，所以橢圓C的離心率e.4分(2)由(1)知，橢圓C的方程為y21.設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(x，y)當(dāng)直線l與x軸垂直時(shí)，直線l與橢圓C交于(0，1)，(0，1)兩點(diǎn)，此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為.6分當(dāng)直線l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為ykx2.因?yàn)镸，N

3、在直線l上，可設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，kx12)，(x2，kx22)，則|AM|2(1k2)x，|AN|2(1k2)x.又|AQ|2x2(y2)2(1k2)x2.由，得Z，即.8分將ykx2代入y21中，得(2k21)x28kx60.由(8k)24(2k21)60，得k2.由可知，x1x2，x1x2，代入中并化簡(jiǎn)，得x2.9分因?yàn)辄c(diǎn)Q在直線ykx2上，所以k，代入中并化簡(jiǎn)，得10(y2)23x218.10分由及k2，可知0x2b0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為e1；雙曲線C2：1的左、右焦點(diǎn)分別為F3，F(xiàn)4，離心率為e2.已知e1e2，且|F2F4|1.(1)求C1，C2的方程

4、；(2)過(guò)F1作C1的不垂直于y軸的弦AB，M為AB的中點(diǎn)，當(dāng)直線OM與C2交于P，Q兩點(diǎn)時(shí)，求四邊形APBQ面積的最小值解題規(guī)范與評(píng)分細(xì)則(1)因?yàn)閑1e2，所以，即a4b4a4，因此a22b2，2分從而F2(b，0)，F(xiàn)4(b，0)，于是bb|F2F4|1，所以b1，a22.故C1，C2的方程分別為y21，y21.4分(2)因AB不垂直于y軸，且過(guò)點(diǎn)F1(1，0)，故可設(shè)直線AB的方程為xmy1.由得(m22)y22my10.5分易知此方程的判別式大于0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1，y2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，所以y1y2，y1y2.因此x1x2m(y1y2)2，于是AB的

5、中點(diǎn)為M，6分故直線PQ的斜率為，PQ的方程為yx，即mx2y0.7分由得(2m2)x24，所以2m20，且x2，y2，從而|PQ|22.9分設(shè)點(diǎn)A到直線PQ的距離為d，則點(diǎn)B到直線PQ的距離也為d，所以2d.因?yàn)辄c(diǎn)A，B在直線mx2y0的異側(cè)，所以(mx12y1)(mx22y2)0，于是|mx12y1|mx22y2|mx12y1mx22y2|，從而2d.又因?yàn)閨y1y2|，所以2d.11分故四邊形APBQ的面積S|PQ|2d2.而02m22，故當(dāng)m0時(shí)，S取得最小值2.綜上所述，四邊形APBQ面積的最小值為2.12分來(lái)源：特別提醒本題有一定難度，要想得到全分很難，這就應(yīng)該學(xué)會(huì)缺步解答在第(2

6、)問(wèn)中，要求四邊形APBQ的面積的最小值應(yīng)表示出其面積，其難度較大，若兩次把直線方程和橢圓方程聯(lián)立，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x或y的一元二次方程，由根與系數(shù)的關(guān)系及弦長(zhǎng)公式求出PQ長(zhǎng)，這是一些學(xué)生能夠完成的即使剩余的步驟全部放棄，考生也可得9分左右.解題過(guò)程中卡在某一過(guò)渡環(huán)節(jié)上是常見(jiàn)的這時(shí)，我們可以先承認(rèn)中間結(jié)論，往后推，看能否得到結(jié)論若題目有兩問(wèn)，第(1)問(wèn)想不出來(lái)，可把第(1)問(wèn)當(dāng)作“已知”，先做第(2)問(wèn)，跳一步解答典例2(12分)設(shè)函數(shù)fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)設(shè)n2，b1，c1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn)；(2)設(shè)n2，若對(duì)任意x1，x21，1，有|f2(x1)f2(

7、x2)|4，求b的取值范圍；(3)在(1)的條件下，設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的零點(diǎn)，判斷數(shù)列x2，x3，xn，的增減性解題規(guī)范與評(píng)分細(xì)則(1)證明：b1，c1，n2時(shí)，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在上是單調(diào)遞增的，fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn).4分(2)當(dāng)n2時(shí)，f2(x)x2bxc.對(duì)任意x1，x21，1都有|f2(x1)f2(x2)|4等價(jià)于f2(x)在1，1上的最大值與最小值之差M4.據(jù)此分類(lèi)討論如下：5分當(dāng)1，即|b|2時(shí)，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，與題設(shè)矛盾.6分當(dāng)10，即0b2時(shí)，Mf2(1)f24恒成立.7分當(dāng)01，即2b0時(shí)，Mf2(1)f24

8、恒成立綜上可知，2b2.8分故a的取值范圍為2，2(3)法一：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(diǎn)(n2)，fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的，故xnxn1(n2)，所以數(shù)列x2，x3，xn，是遞增數(shù)列.12分法二：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(diǎn)，fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10，則fn1(x)的零點(diǎn)xn1在(xn，1)內(nèi)，故xn0)與拋物線C2：y22ax相交于A，B兩點(diǎn)，且焦點(diǎn)重合(1)求C1，C2的方程；(2)在橢圓上

9、x軸的兩側(cè)取異于短軸端點(diǎn)的兩點(diǎn)C，D，若|AC|BD|，求證：C，D關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)；(3)若過(guò)焦點(diǎn)F的直線l與兩曲線交于P，M，N，Q四點(diǎn)，是否存在斜率為k的直線l使其滿(mǎn)足|PN|2|MQ|？若存在，求出k的值；若不存在，說(shuō)明理由解題規(guī)范與評(píng)分細(xì)則(1)因?yàn)镃1，C2的焦點(diǎn)重合，所以，中華資源庫(kù) 又a0，所以a2，因此C1：1，C2：y24x.2分(2)聯(lián)立C1，C2的方程得解得A，B.設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，由|AC|BD|得，故xx(x2x1)yy2(y2y1)而yy(xx)，代入上式，得xx(x2x1)8(y2y1)0.(*)5分根據(jù)圖中點(diǎn)C，D的位置可以得到y(tǒng)1 ，y2 ，

10、代入上式(*)得，xx(x2x1)8()0，xx(x2x1)80，(x1x2)0，由于x1x2的值不恒為零，所以x1x2一定等于零，即x1x2，此時(shí)y1y2，因此C(x1，y1)，D(x2，y2)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng).8分(3)假設(shè)存在斜率為k的直線l使其滿(mǎn)足|PN|2|MQ|，設(shè)直線l的方程為yk(x1)，將yk(x1)與y24x聯(lián)立消去y得k2x2(2k24)xk20，解得|PN|.將yk(x1)與1聯(lián)立消去y得(34k2)x28k2x4k2120，解得|MQ|.11分若|PN|2|MQ|，則2，解得k.綜上可知，存在k滿(mǎn)足條件.12分特別提醒本題第(2)問(wèn)難度較大，但我們可以跳過(guò)第(2)問(wèn)，直接

11、求解第(3)問(wèn)，這就是所謂的跳步解答，這樣雖然沒(méi)能解出第(2)問(wèn)，但第(3)問(wèn)同樣可以得到相應(yīng)的分?jǐn)?shù)對(duì)一個(gè)問(wèn)題正面思考發(fā)生思維受阻時(shí)，用逆向思維的方法去探求新的解題途徑，往往能得到突破性的進(jìn)展順向推有困難就逆推，直接證有困難就反證典例3(12分)已知f(x)xln x，g(x)x2ax3.(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)對(duì)一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)證明：對(duì)一切x(0，)，都有l(wèi)n x成立解題規(guī)范與評(píng)分細(xì)則(1)f(x)ln x1，1分當(dāng)x時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以f(x)的最小值為f.3分(2)2xln xx2ax3，則a2ln xx.設(shè)

12、h(x)2ln xx(x0)，則h(x)，4分當(dāng)x(0，1)時(shí)，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增，5分所以h(x)minh(1)4.因?yàn)閷?duì)一切x(0，)，2f(x)g(x)恒成立，所以ah(x)min4，即a的取值范圍為(，4.7分(3)證明：?jiǎn)栴}等價(jià)于證明xln x(x(0，).8分由(1)可知f(x)xln x(x(0，)的最小值是，當(dāng)且僅當(dāng)x時(shí)取得.9分設(shè)m(x)(x(0，)，則m(x)，易知m(x)maxm(1)，且兩函數(shù)不會(huì)同時(shí)取得.所以有xln x，11分從而對(duì)一切x(0，)，都有l(wèi)n x成立.12分解答本題第(3)問(wèn)利用了逆向解答，把不等式ln x巧妙地轉(zhuǎn)化為xln x，不等式左邊是

13、f(x)，右邊看作一個(gè)新的函數(shù)m(x)，只需說(shuō)明f(x)minm(x)max即可對(duì)點(diǎn)演練設(shè)實(shí)數(shù)數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn滿(mǎn)足Sn1an1Sn(nN*)(1)若a1，S2，2a2成等比數(shù)列，求S2和a3；(2)求證：對(duì)k3有0ak1ak.解題規(guī)范與評(píng)分細(xì)則(1)由題意得S2S2，由S2是等比中項(xiàng)知S20，因此S22.2分由S2a3S3a3S2，解得a3.4分(2)證明：由題設(shè)條件有Snan1an1Sn，故Sn1，an11且an1，Sn，從而對(duì)k3，有ak.因aak110且a0，由得ak0.7分要證ak，由只要證，即證3a4(aak11)，即(ak12)20，此式明顯成立，因此ak(k3).9分最后證

14、ak1ak，若不然ak1ak，又因ak0，故1，即(ak1)20，b10)和橢圓C2：1(a2b20) 均過(guò)點(diǎn) P，且以C1 的兩個(gè)頂點(diǎn)和C2的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是面積為2的正方形(1)求C1，C2的方程；(2)是否存在直線l，使得l與C1交于A，B兩點(diǎn)，與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，且 |？證明你的結(jié)論解題規(guī)范與評(píng)分細(xì)則(1)設(shè)C2的焦距為2c2，由題意知，2c22，2a12.從而a11，c21.因?yàn)辄c(diǎn)P在雙曲線x21上，所以1.故b3.2分由橢圓的定義知2a22.于是a2，bac2.故C1，C2的方程分別為x21，1.4分(2)不存在符合題設(shè)條件的直線.5分若直線l垂直于x軸，因?yàn)閘與C2只有

15、一個(gè)公共點(diǎn)，所以直線l的方程為x或x.當(dāng)x時(shí)，易知A(，)，B(，)，所以|2，|2.此時(shí)，|.當(dāng)x時(shí)，同理可知，|.7分若直線l不垂直于x軸，設(shè)l的方程為ykxm.由得(3k2)x22kmxm230.當(dāng)l與C1相交于A，B兩點(diǎn)時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，從而x1x2，x1x2.于是y1y2k2x1x2km(x1x2)m2.9分由得(2k23)x24kmx2m260.因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以上述方程的判別式16k2m28(2k23)(m23)0.化簡(jiǎn)，得m22k23，10分因此x1x2y1y20.于是222222，即|2|2，故|.綜

16、合可知，不存在符合題設(shè)條件的直線.12分在求解第(2)問(wèn)時(shí)可采用退步解答，若不能正確判斷其結(jié)論也應(yīng)說(shuō)明直線是否存在，同時(shí)應(yīng)對(duì)直線垂直于x軸時(shí)給予說(shuō)明，這就是所謂的從一般到特殊對(duì)點(diǎn)演練如圖，動(dòng)圓C1：x2y2t2，1t3與橢圓C2：y21相交于A，B，C，D四點(diǎn)，點(diǎn)A1，A2分別為C2的左，右頂點(diǎn)(1)當(dāng)t為何值時(shí)，矩形ABCD的面積取得最大值？并求出其最大面積；(2)求直線AA1與直線A2B交點(diǎn)M的軌跡方程解題規(guī)范與評(píng)分細(xì)則(1)設(shè)A(x0，y0)，則矩形ABCD的面積S4|x0|y0|.1分由y1，得y1，3分從而xyx.當(dāng)x，y時(shí)，Smax6.從而t時(shí)，矩形ABCD的面積最大，最大面積為6

17、.5分(2)設(shè)點(diǎn)M(x，y)，由A(x0，y0)，B(x0，y0)，A1(3，0)，A2(3，0)，知直線AA1的方程為y(x3)，6分直線A2B的方程為y(x3)7分由得y2(x29)9分又點(diǎn)A(x0，y0)在橢圓C上，故y1.將代入得y21(x3，y0).11分因此點(diǎn)M的軌跡方程為y21(x3，y0).12分特別提醒第(2)問(wèn)要求交點(diǎn)M的軌跡方程，不易求解，考生可以利用圖形的對(duì)稱(chēng)性設(shè)出A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再由兩點(diǎn)式可寫(xiě)出兩直線方程這類(lèi)根據(jù)圖形或題意寫(xiě)出一些點(diǎn)的坐標(biāo)、方程、公式或正確做出圖形等的方法，為輔助解答法，像這種情況，閱卷老師一般會(huì)酌情給分壓軸解答題專(zhuān)項(xiàng)練(一)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(一)1(20

18、15東城模擬)已知x1是f(x)2xln x的一個(gè)極值點(diǎn)(1)求b的值；(2)求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(3)設(shè)g(x)f(x)，試問(wèn)過(guò)點(diǎn)(2，5)可作多少條直線與曲線yg(x)相切？請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)x1是f(x)2xln x的一個(gè)極值點(diǎn)，f(x)2，f(1)0，即2b10，b3，經(jīng)檢驗(yàn)，適合題意，b3.(2)由f(x)20，得0，x0)，當(dāng)ke時(shí)，h(x)，若0xe，則h(x)0；若xe，則h(x)0.h(x)在(0，e)上單調(diào)遞減，在(e，)上單調(diào)遞增，故h(x)minh(e)2e，故函數(shù)h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，e)，單調(diào)遞增區(qū)間為(e，)，極小值為2e，無(wú)極大值(2)由(1

19、)知h(x)，當(dāng)k0時(shí)，h(x)0對(duì)x0恒成立，h(x)是(0，)上的增函數(shù)，注意到h(1)0，0x1時(shí)，h(x)0不合題意當(dāng)k0時(shí)，若0xk，h(x)0；若xk，h(x)0.h(x)是(0，k)上的減函數(shù)，是(k，)上的增函數(shù)，故只需h(x)minh(k)ln kk10.令u(x)ln xx1(x0)，u(x)1，當(dāng)0x1時(shí)，u(x)0; 當(dāng)x1時(shí)，u(x)0.u(x)是(0，1)上的增函數(shù)，是(1，)上的減函數(shù)故u(x)u(1)0當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)k1時(shí)，h(x)0成立，即k1為所求3(2015包頭模擬)已知函數(shù)f(x)ex，a，bR，且a0.(1)當(dāng)a2，b1時(shí)，求函數(shù)f(x

20、)的極值；(2)設(shè)g(x)a(x1)exf(x)，若存在x1，使得g(x)g(x)0成立，求的取值范圍解：(1)當(dāng)a2，b1時(shí)，f(x)ex，定義域?yàn)?，0)(0，)所以f(x)ex.令f(x)0，得x11，x2，列表X(，1)1(1，0)f(x)00f(x) 極大值 極小值由表知f(x)的極大值是f(1)，f(x)的極小值是f4 .(2)因?yàn)間(x)ex，所以g(x)(axa)ex.由g(x)g(x)0，得ex(axa)ex0，整理得2ax33ax22bxb0.存在x1，使g(x)g(x)0成立等價(jià)于存在x1，使2ax33ax22bxb0成立因?yàn)閍0，所以.設(shè)u(x)(x1)，則u(x).因

21、為x1時(shí)，u(x)0恒成立，所以u(píng)(x)在(1，)是增函數(shù)，所以u(píng)(x)u(1)1，所以1，即的取值范圍為(1，)4已知f(x)x2axln xaR.(1)若a0，求函數(shù)yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在1，2上是減函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)令g(x)f(x)x2，是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)x(0，e(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，函數(shù)g(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)當(dāng)a0時(shí)，f(x)x2ln x，f(x)2x，f(1)1，又f(1)1，函數(shù)yf(x)在點(diǎn)(1，f(1)處的切線方程為xy0.(2)函數(shù)f(x)在1，2上是減函數(shù)，f(

22、x)2xa0在1，2上恒成立令h(x)2x2ax1，由得a，即a的取值范圍為.(3)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使g(x)axln x在(0，e上的最小值是3，g(x)a，當(dāng)a0時(shí)，g(x)0，g(x)在(0，e上單調(diào)遞減，g(x)ming(e)ae13，解得a(舍去)當(dāng)e，即0a時(shí)，g(x)0在(0，e上恒成立，g(x)在(0，e上單調(diào)遞減，g(x)ming(e)ae13，解得a(舍去)當(dāng)0時(shí)，令g(x)0，得0x0，得x，g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，g(x)ming1ln a3，解得ae2，滿(mǎn)足條件綜上所述，存在實(shí)數(shù)ae2，使g(x)f(x)x2在(0，e上的最小值是3.壓軸解答題專(zhuān)項(xiàng)練(二)

23、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)(二)1(2015青島模擬)已知函數(shù)f(x)1ln(a為實(shí)數(shù))(1)當(dāng)a1時(shí)，求函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)處的切線方程；(2)設(shè)函數(shù)h(a)3a2a2(其中為常數(shù))，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上不存在極值，且存在a滿(mǎn)足h(a)，求的取值范圍；解：(1)當(dāng)a1時(shí)，f(x)1ln，f(x)，則f422，f12ln 2ln 21，函數(shù)f(x)的圖象在點(diǎn)處的切線方程為：y(ln 21)2，即2xyln220.(2)f(x)，由f(x)0xa，由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上不存在極值，所以a0或a2，由于存在a滿(mǎn)足h(a)，所以h(a)max，對(duì)于函數(shù)h(a)3a2a2，對(duì)稱(chēng)軸a，當(dāng)0或2

24、，即0或時(shí)，h(a)maxh2，由h(a)max2，結(jié)合0或可得：或；當(dāng)01，即0時(shí)，h(a)maxh(0)0，由h(a)max0，結(jié)合0可知：不存在；當(dāng)12，即時(shí)，h(a)maxh(2)68；由h(a)max68，結(jié)合可知：.綜上可知：的取值范圍為.2(2015鄭州模擬)已知函數(shù)f(x)ln x.(1)若yf(x)在x1處的切線的斜率為，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若f(x)0在e2，e2上恰有兩個(gè)實(shí)根，且a恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍解：(1)由f(x)ln x得f(x)，若yf(x)在x1處的切線的斜率為，f(1)2a1，解得a，即f(x)，(x0)，由f(x)0得x，由f(x)0得0x，

25、即函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為.(2)由f(x)0得ln x0，得ax2ln x，在e2，e2上成立，設(shè)g(x)x2ln x，則g(x)2xln xxx(2ln x1)，由g(x)0得2ln x10，解得xe，當(dāng)xe2，e)時(shí)，g(x)0，當(dāng)x(e，e2，g(x)0，故g(x)在e2，e)上單調(diào)遞增，在(e，e2上單調(diào)遞減，故g(x)在e2，e2上的極大值為g(e)，而g(e2)，g(e2)2e4，顯然g(e2)g(e2)，故a的取值范圍是，令h(a)a，a，則h(a)1，令h(a)0，解得a，則a時(shí)，h(a)0，故h(a)在上單調(diào)遞增，故h(a)的最小值為h，故只需要，即m23m20

26、，解得1m2，即實(shí)數(shù)m的取值范圍是(1，2)3(2015濮陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)x2，g(x)eln x.(1)設(shè)函數(shù)F(x)f(x)g(x)，求F(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若存在常數(shù)k，m，使得f(x)kxm，對(duì)xR恒成立，且g(x)kxm，對(duì)x(0，)恒成立，則稱(chēng)直線ykxm為函數(shù)f(x)與g(x)的“分界線”，試問(wèn)：f(x)與g(x)是否存在“分界線”？若存在，求出“分界線”的方程，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1)由于函數(shù)f(x)x2，g(x)eln x，因此，F(xiàn)(x)f(x)g(x)x2eln x，則F(x)x，x(0，)，當(dāng)0x時(shí)，F(xiàn)(x)0，F(xiàn)(x)在(0，)上是減函數(shù)；當(dāng)x時(shí)，F(xiàn)(

27、x)0，F(xiàn)(x)在(，)上是增函數(shù)；因此，函數(shù)F(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，)，單調(diào)遞增區(qū)間是(，)(2)由(1)可知，當(dāng)x時(shí)，F(xiàn)(x)取得最小值F()0，則f(x)與g(x)的圖象在x處有公共點(diǎn).假設(shè)f(x)與g(x)存在“分界線”，則其必過(guò)點(diǎn).故設(shè)其方程為：yk(x)，即ykxk，由f(x)kxk對(duì)xR恒成立，則x22kxe2k0對(duì)xR恒成立，4k24(2ke)4k28k4e4(k)20成立，因此k，“分界線”的方程為：yx.下面證明g(x)x對(duì)x(0，)恒成立，設(shè)G(x)eln xx，則G(x)，當(dāng)0x時(shí)，G(x)0，當(dāng)x時(shí)，G(x)0，當(dāng)x時(shí)，G(x)取得最大值0，則g(x)x對(duì)x(0

28、，)恒成立，故所求“分界線”的方程為：yx.4(2015沈陽(yáng)模擬)已知函數(shù)f(x)exmex，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)若f(x)在xln 2處的切線的斜率為1，求實(shí)數(shù)m的值；(2)當(dāng)m1時(shí)，若正數(shù)a滿(mǎn)足：存在x01，)，使得f(x0)a(x3x0)成立試比較ae1與ea1的大小，并說(shuō)明埋由解：(1)f(x)exmex，由題意得，f(ln 2)21，則m2.(2)當(dāng)m1時(shí)，f(x)exex，設(shè)h(x)f(x)ax33ax，則h(x)f(x)3ax23a，當(dāng)x1時(shí)f(x)0，且3ax23a0，h(x)0，即h(x)在1，)上單調(diào)遞增，存在x01，)，使得f(x0)a(x3x0)，即存在x01，)，

29、使得h(x0)0，h(1)e2a.lnln ae1ln ea1(e1)ln aa1，設(shè)m(a)(e1)ln aa1，則m(a)1，a，當(dāng)a時(shí)至多有兩個(gè)零點(diǎn)，而m(1)m(e)0，且1，當(dāng)ab0)的離心率e，短軸長(zhǎng)為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)如圖，橢圓左頂點(diǎn)為A，過(guò)原點(diǎn)O的直線(與坐標(biāo)軸不重合)與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，直線PA，QA分別與y軸交于M，N兩點(diǎn)試問(wèn)以MN為直徑的圓是否經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(與直線PQ的斜率無(wú)關(guān))？請(qǐng)證明你的結(jié)論解：(1)由短軸長(zhǎng)為2，得b，由e，得a24，b22.橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1.(2)結(jié)論：以MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)F(，0)證明如下：設(shè)P(x0，y0)，則Q(x0，

30、y0)，且1，即x2y4，A(2，0)，直線PA方程為：y(x2)，M，直線QA方程為：y(x2)，N，以MN為直徑的圓為(x0)(x0)0，即x2y2y0，x42y，x2y2y20，令y0，則x220，解得x.以MN為直徑的圓過(guò)定點(diǎn)F(，0)4(2015鄭州模擬)已知F1(0，1)，F(xiàn)2(0，1)分別為橢圓C1：1(ab0)的上、下焦點(diǎn)，拋物線C2的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)為F1，點(diǎn)M是C1與C2在第二象限的交點(diǎn)，且|MF1|.(1)求拋物線C2及橢圓C1的方程；(2)與圓x2(y1)21相切的直線l：yk(xt)，kt0交橢圓C1于A，B兩點(diǎn)，若橢圓C1上存在點(diǎn)P滿(mǎn)足，求實(shí)數(shù)的取值范圍解：(1

31、)由于拋物線C2的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)為F1(0，1)，設(shè)拋物線C2的方程為x22py，即1，即有p2，則拋物線方程為x24y；由題意得a2b21，又由拋物線定義可知|MF2|yM1，得yM，所以M，從而|MF1|，由橢圓定義知2a|MF1|MF2|4，得a2，故b2a213，從而橢圓的方程為1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，則由知，x1x2x0，y1y2y0，且1，又直線l：yk(xt)，kt0與圓x2(y1)21相切，則有1，由k0，可得k(t1，t0)，又聯(lián)立消去y得(43k2)x26k2tx3k2t2120，且36k4t24(43k2)(3k2t212)

32、0恒成立，且x1x2，x1x2，所以y1y2k(x1x2)2kt，所以得P，代入式得1，所以2，又將式代入得，2，t0，t1，易知11且13，所以2，所以的取值范圍為|22，且0，且壓軸解答題專(zhuān)項(xiàng)練(四)解析幾何(二)1(2015南昌模擬)已知拋物線C：x22py(p0)的焦點(diǎn)為F，過(guò)F的直線l交拋物線C于點(diǎn)A，B，當(dāng)直線l的傾斜角是45時(shí)，AB的中垂線交y軸于點(diǎn)Q(0，5)(1)求p的值；(2)以AB為直徑的圓交x軸于點(diǎn)M，N，記劣弧的長(zhǎng)度為S，當(dāng)直線l繞F旋轉(zhuǎn)時(shí)，求的最大值解：(1)拋物線C：x22py(p0)的焦點(diǎn)為F，當(dāng)l的傾斜角為45時(shí)，l的方程為yx，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，

33、y2)，由得x22pxp20，x1x22p，y1y2x1x2p3p，得AB中點(diǎn)為D，AB中垂線為yp(xp)，把x0代入得yp5.p2.(2)設(shè)l的方程為ykx1，代入x24y得x24kx40，|AB|y1y22k(x1x2)44k24，AB中點(diǎn)為D(2k，2k21)，令MDN2，S2|AB|AB|，D到x軸的距離|DE|2k21，來(lái)源：cos ，當(dāng)k20時(shí)cos 取最小值，取得最大值為.故的最大值為.2(2015濮陽(yáng)模擬)如圖，已知橢圓C：y21，A、B是四條直線x2，y1所圍成的矩形的兩個(gè)頂點(diǎn)(1)設(shè)P是橢圓C上任意一點(diǎn)，若mn，求證：動(dòng)點(diǎn)Q(m，n)在定圓上運(yùn)動(dòng)，并求出定圓的方程；(2)若M、N是橢圓C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且直線OM、ON的斜率之積等于直線OA、OB的斜率之積，試探求OMN的面積是否為定值，說(shuō)明理由解：(1)證明：易求A(2，1)，B(2，1)設(shè)P(x0，y0)，則y1.由mn，得所以(mn)21，故點(diǎn)Q(m，n)在定圓x2y2上(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則.平方得xx16yy(4x)(4x)，即xx4.因?yàn)橹本€MN的方程為