高考必做的36道压轴题变式题答案

答疑信箱 jz_ 服务热线：400-888-4653 高考数学必做36道压轴题答案（解析几何部分）1-1 解：（）设双曲线的方程是（，），则由于离心率，所以，从而双曲线的方程为，且其右焦点为（，0）把直线的方程代入双曲线的方程，消去并整理，得设，则，由弦长公式，得=6 所以，从而双曲线的方程是 （）由和，消去，得 根据条件，得且所以 设，则，由于以线段为直径的圆过原点，所以即 从而有，即所以 点到直线：的距离为 由 ，解得 且由 ，解得 所以当时，取最大值，此时因此的最大值为，此时直线的方程是1-2 解：（）设焦距为，由已知可得到直线的距离，即所以椭圆的焦距为4（）设，由题意知，且直线的方程为联立得，解得.因为，所以，即,得而，所以故椭圆的方程为2-1 解：（）因为 ，所以 ，即，又，所以,，即， （）解法1：由（1）知两点分别为，由题意可设那么线段中点为，设由于，则消去参数，得,其轨迹为抛物线 解法2：如图，因为是线段垂直平分线上的点，所以，即动点到定点的距离与的定直线的距离相等，由抛物线的定义知，动点的轨迹是以定点，以定直线为准线的抛物线，易得其方程是2-2 解：（）设动点的坐标为，依题意可知， 整理得 所以动点的轨迹的方程为 （II）当直线的斜率不存在时，满足条件的点的纵坐标为 当直线的斜率存在时，设直线的方程为 将代入并整理得， 设，则， 设的中点为，则， 所以 由题意可知， 又直线的垂直平分线的方程为 令解得 当时，因为，所以； 当时，因为，所以 综上所述，点纵坐标的取值范围是3-1 解：（）由椭圆的定义可知，动点P的轨迹是以A，B为焦点，长轴长为的椭圆 所以， 所以W的方程是 （）设C，D两点坐标分别为、，C，D中点为当时，显然； 当时，由 得 所以， 所以， 从而所以斜率 又因为， 所以，所以，即 故所求的取范围是3-2 解：（）依题意， ， 所以 故椭圆的方程为 （）当直线的斜率不存在时，由解得 不妨设， 因为，又，所以， 所以的关系式为，即 当直线的斜率存在时，设直线的方程为 将代入整理化简得， 设，则, 又，所以 所以，所以，所以的关系式为 综上所述，的关系式为4-1 解：（）设椭圆长半轴长及分别为a，c，由已知得， 解得a=4，c=3所以椭圆C的方程为（）设M（x，y），P(x，)，其中由已知得因为 ，所以 由点P在椭圆C上得，化简得 所以点M的轨迹方程为，轨迹是两条平行于x轴的线段4-2（）解：因为A, B两点关于x轴对称，所以AB边所在直线与y轴平行 设M(x, y)，由题意，得， 所以， 因为，所以，即，所以点M的轨迹W的方程为 （）证明：设， 因为曲线关于x轴对称， 所以只要证明“点M在x轴上方及x轴上时，”成立即可 以下给出“当时，” 的证明过程 因为点M在上，所以当x0=2时，由点M在W上，得点， 此时， 所以，则； 当时，直线PM、QM的斜率分别为， 因为，所以，且， 又，所以，且， 所以， 因为点M在W上，所以，即， 所以， 因为， 所以， 在中，因为，且， 所以 综上，得当时，所以对于轨迹W的任意一点M，成立5-1 解：（）（）由抛物线定义可知，抛物线上点到焦点的距离与到准线距离相等， 即到的距离为3； 所以 ，解得所以 抛物线的方程为 （）抛物线焦点，抛物线准线与y轴交点为，显然过点的抛物线的切线斜率存在，设为，切线方程为由， 消y得， ，解得所以切线方程为 （）直线的斜率显然存在，设：，设，由 消y得 且所以 ，；因为 ， 所以 直线：， 与联立可得， 同理得 因为 焦点，所以 ， 所以 所以 以为直径的圆过焦点5-2 解：（）如图，由题意得，所以，所以所求的椭圆方程为 （）由（）知，（，0），（2，0） 由题意可设：，（，） ，（2，） 由 整理 得: 因为， 所以 所以， 所以 即为定值（）设，则若以为直径的圆恒过，的交点，则，恒成立 由（）可知， 所以即恒成立所以所以存在使得以为直径的圆恒过直线，的交点5-3 解：(I)直线的方程为；(II) 由消去，得 （）由，知设，则由（）式，有由于，且是的中点，依题意，由，可知，若原点在以线段为直径的圆内，则，即而，所以，即又由已知，所以即，实数的取值范围是 5-4 解：（）设P（x，y）是曲线C上任意一点，那么点P（x，y）满足：，化简得()设过点M（m，0）（m0）的直线l与曲线C的交点为A，B设直线l的方程为x=ty+m，由得，=16（+m）0，于是 又=+1+ 又，于是不等式等价于 由式，不等式等价于 对任意实数t，的最小值为0，所以不等式对于一切t成立等价于，即 由此可知，存在正实数m，对于过点M（m，0）且与曲线C有两个交点A，B的任一直线，都有，且m的取值范围6-1 解：（）由题意，解得 即：椭圆方程为 （）当直线与轴垂直时， 此时不符合题意故舍掉； 当直线与轴不垂直时，设直线 的方程为：， 代入消去得： 设 ，则 所以 原点到直线的距离，所以三角形的面积由， 所以直线或6-2 解：（I）椭圆C的方程为，由已知得 解得所以所求椭圆的方程为(II)由题意知的斜率存在且不为零，设方程为 ，将代入，整理得，由得 设，则 由已知， ， 则 由此可知，即，代入得，消去得解得，满足即所以，所求直线的方程为7-1 解：（）设椭圆的方程为，由题意可得：椭圆C两焦点坐标分别为， 所以 所以，又 ， 故椭圆的方程为（）当直线轴，计算得到：，不符合题意 当直线与轴不垂直时，设直线的方程为：，由，消去y得 ， 显然成立，设，则又即 ，又圆的半径 所以化简，得，即，解得，所以， 故圆的方程为：（）另解：设直线的方程为 ，由，消去x得 ，恒成立，设，则 所以 又圆的半径为， 所以，解得，所以，故圆的方程为：7-2 （）解 设直线的方程为由 得，依题意，得设，则， 由直线的方程得 ，于是 因为，所以 由得，从而所以直线PQ的方程为或（）证法1 由已知得方程组注意，解得因，故而，所以 证法2 （坐标法与几何证法结合）为使结论更具一般性，下面就椭圆方程为，点的坐标为进行证明（其中）如图，对三角形应用梅涅劳斯定理，得，又，所以，作轴于，则， （二维问题一维化）设，将上式用坐标表示，得，整理得，（这个过程虽然复杂，但却表现出强烈的目标意识！下面的目标是非常明确的，即用解析几何的常规方法，求出与）显然，直线不垂直轴，故可设直线的方程为，由消去，整理得，所以，所以，这说明，直线MQ与轴的交点是椭圆的右焦点所以，若，即，则，即注：可以是一切正实数，当时，重合8-1 解：（）由焦点F ( 1, 0 ) 在l上, 得k = , 所以l: y = x +设点N( m, n ) , 则有: 解得 所以N (, )，因为 ( )2 ，所以N点不在抛物线C上 (2) 把直线方程代入抛物线方程得: k2y2 + 4y + 4k+4 = 0 ，因为相交，所以 = 16 (k2 k + 1) 0,解得 k 且k 0 由对称得, 解得 x0 =( k ,且k 0) 当P与M重合时, a = 1,所以 f ( k ) = x0 = = 3 + ( k , 且k 0), 因为函数x0 = f ( k )(kR)是偶函数，且k 0时单调递减 所以当k = 时， (x0)min =, ，所以 x0 ，1)8-2 解：（）由， ，得，所以椭圆方程是：（）设EF：（）代入，得，设，由，得由，得，（舍去），直线的方程为：即（）将代入，得（*）记，PQ为直径的圆过，则，即，又，得解得，此时（*）方程，所以存在，满足题设条件9-1 解：（）由题意知， 所以即又因为，所以，故椭圆的方程为 （）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为由 得 设点，则直线的方程为令，得将，代入，整理，得 由得 ，代入整理，得所以直线与轴相交于定点 （）当过点直线的斜率存在时，设直线的方程为，且，在椭圆上由 得 易知所以， 则因为，所以所以当过点直线的斜率不存在时，其方程为解得，此时所以的取值范围是 9-2 （）解：由题意可设抛物线的方程为因为点在抛物线上，所以又点到抛物线准线的距离是，所以，可得所以抛物线的标准方程为 （）解：点为抛物线的焦点，则依题意可知直线不与轴垂直，所以设直线的方程为 由 得因为过焦点，所以判别式大于零设，则， 由于，所以切线的方程为， 切线的方程为 由，得 则所以（）证明：由抛物线的定义知 ，则所以即是和的等比中项10-1 （）解：设椭圆的标准方程为 因为，所以所以 所以 椭圆的标准方程为（）设，（）证明：由消去得：则， 所以 同理 因为 ,所以 因为 ，所以 （）解：由题意得四边形是平行四边形，设两平行线间的距离为,则 因为 ，所以 所以 （或）所以 当时， 四边形的面积取得最大值为10-2 （）解：依题意，设直线方程为 将直线的方程与抛物线的方程联立，消去得 设，所以 ， 因为 ，所以 联立和，消去，得 所以直线的斜率是 （）解：由点与原点关于点对称，得是线段的中点，从而点与点到直线的距离相等，所以四边形的面积等于 因为 ， 所以 时，四边形的面积最小，最小值是11-1 解：（）由已知可得，所以 又点在椭圆上，所以 由解之，得 故椭圆的方程为 () 当时，在椭圆上，解得，所以 当时，则由 消化简整理得：， 设点的坐标分别为，则 由于点在椭圆上，所以 从而，化简得，经检验满足式 又 因为，得，有，故 综上，所求的取值范围是()另解：设点的坐标分别为，由在椭圆上，可得 整理得 由已知可得，所以 由已知当 ,即 把代入整理得 与联立消整理得由得，所以，因为，得，有，故 所求的取值范围是11-2 解：（）因为椭圆上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为，所以， 又椭圆的离心率为，即，所以，所以，所以，椭圆的方程为 （）方法一：不妨设的方程，则的方程为由得， 设，因为，所以，同理可得，所以，设，则， 当且仅当时取等号，所以面积的最大值为 方法二：不妨设直线的方程由 消去得， 设，则有， 因为以为直径的圆过点，所以 由 ，得 将代入上式，得 将 代入上式，解得 或（舍） 所以（此时直线经过定点，与椭圆有两个交点），所以 设，则所以当时，取得最大值12-1 解：（）因为四边形是平行四边形,周长为8，所以两点到的距离之和均为4，可知所求曲线为椭圆由椭圆定义可知，所求曲线方程为（）由已知可知直线的斜率存在，又直线过点，设直线的方程为：，代入曲线方程，并整理得，点在曲线上,所以(,)， ,，因为/,所以设的方程为代入曲线方程，并整理得，所以，所以为定值12-2 解：（）由题意得 因为椭圆经过点，所以 又 由 解得 ， 所以椭圆方程为 （）以OM为直径的圆的圆心为,半径，方程为，因为以OM为直径的圆被直线截得的弦长为2，所以圆心到直线的距离 所以，解得所求圆的方程为 （）方法一：过点F作OM的垂线，垂足设为K，由平几知：则直线OM：，直线FN：，由得所以 所以线段ON的长为定值 方法二：设，则 ，因为 ，所以 所以 又因为 ，所以，所以所以 为定值12-3 解：（）（）因为 圆过椭圆的焦点，圆：，所以，所以，所以，所以 （）由及圆的性质，可得，所以所以所以， （）设，则整理得因为所以方程为：，方程为：所以，所以,直线方程为 ，即 令，得，令，得，所以，所以为定值，定值是13-1 解：（）由题意可知： 解得 所以椭圆的方程为：（II）证明：由方程组 ，整理得，设则由已知，且椭圆的右顶点为，所以，即，也即，整理得：，解得均满足当时，直线的方程为，过定点（2，0）与题意矛盾舍去；当时，直线的方程为,过定点故直线过定点，且定点的坐标为13-2 解：（I）由题意可得， 所以，即，即，即动点的轨迹的方程为（II）设直线的方程为,，则由消整理得， 则，即 直线，所以，即所以，直线恒过定点13-3 解：（）设动点的坐标为，由题意得，化简得，所以点的轨迹的方程为（）设两点坐标分别为，则点的坐标为由题意可设直线的方程为 ，由得因为直线与曲线于两点，所以，所以点的坐标为由题知，直线的斜率为，同理可得点的坐标为当时，有，此时直线的斜率所以，直线的方程为，整理得于是，直线恒过定点；当时，直线的方程为，也过点综上所述，直线恒过定点 （）可求的，所以面积当且仅当时，“”成立，所以面积的最小值为14-1 解：（）由题意知： 根据椭圆的定义得：，即 所以 所以 椭圆的标准方程为 （）假设在轴上存在点，使得恒成立当直线的斜率为0时， 则 解得 当直线的斜率不存在时， 由于，所以下面证明时，恒成立 显然 直线的斜率为0时，当直线的斜率不为0时，设直线的方程为：， 由可得： 显然 因为 ， 所以 综上所述：在轴上存在点，使得恒成立14-2解：()由题意可知，得 因为在椭圆上 解得：故椭圆M的方程为：（）由于的平分线垂直于即垂直于轴，故直线的斜率存在设为，则斜率为，因此，的直线方程分别为，由 得 由 ，得因为点B在椭圆上，x =1是方程的一个根，设所以，即，同理 所以 因为，所以 ， 即 所以向量，则总存在实数使成立15-1 解：（）因为， ，所以， 所以 （）设直线BD的方程为所以 所以 - -因为，设为点到直线BD：的距离， 所以 ，当且仅当时取等号因为，所以当时，的面积最大，最大值为 （）设，直线、的斜率分别为： 、，则= -* 将（）中、式代入*式整理得=0，即015-2 解：（）设，直线的方程为由得， ， 由已知，又，所以所以，即，所以，解得，符合题意， 所以，所求直线的方程为或 （），所以 ， 平方得 ，又，所以，同理，代入上式，计算得，即假设满足条件的实数存在，则由（）得， 所以，解得或，因为，所以异号，故舍去，所以存在实数，使得，且 16- 1 解：（）设椭圆的方程为，由题意得解得，故椭圆的方程为 （）因为过点的直线与椭圆在第一象限相切，所以的斜率存在，故可设直线的方程为由得 因为直线与椭圆相切，所以整理，得解得所以直线方程为将代入式，可以解得点横坐标为1，故切点坐标为 （）若存在直线满足条件，设直线的方程为，代入椭圆的方程得因为直线与椭圆相交于不同的两点，设两点的坐标分别为， 所以所以又，因为，即，所以即 ，所以，解得因为为不同的两点，所以于是存在直线满足条件，其方程为16-2 解：（）由题意可设椭圆的方程为，由题意知解得， 故椭圆的方程为，离心率为6分（）以为直径的圆与直线相切 证明如下：由题意可设直线的方程为则点坐标为，中点的坐标为由得设点的坐标为，则所以， 因为点坐标为，当时，点的坐标为，点的坐标为直线轴，此时以为直径的圆与直线相切当时，则直线的斜率所以直线的方程为点到直线的距离又因为 ，所以故以为直径的圆与直线相切综上得，当直线绕点转动时，以为直径的圆与直线相切17-1 （）解：由 ， 得 依题意是等腰直角三角形，从而，故所以椭圆的方程是 （）解：设，直线的方程为 将直线的方程与椭圆的方程联立，消去得 所以 ，若平分，则直线，的倾斜角互补，所以 设，则有 将 ，代入上式，整理得 ，所以 将 ，代入上式，整理得 由于上式对任意实数都成立，所以 综上，存在定点，使平分17-2 解：（I）方法1 依题意，可设椭圆C的方程为，易知左焦点为从而有 ，即，所以，故椭圆C的方程为 方法2 依题意，可设椭圆C的方程为（ab0），则 解得或（舍去）从而故椭圆C的方程为 （II）假设存在符合题意的直线，其方程为由 得， 因为直线与椭圆C有公共点，所以，解得另一方面，由直线OA与的距离可得，从而由于，所以符合题意的直线不存在17-4（2010年高考福建卷文科第19题）已知抛物线C：过点（I）求抛物线C 的方程，并求其准线方程；（II）是否存在平行于OA（O为坐标原点）的直线L，使得直线L与抛物线C有公共点，且直线OA与L的距离等于？若存在，求直线L的方程；若不存在，说明理由17-4 解：（）将代入，所以 故所求的抛物线C的方程为，其准线方程为 （）假设存在符合题意的直线l ，其方程为，由得因为直线l与抛物线C有公共点，所以得=4+8 t，解得 另一方面，由直线OA与l的距离，可得，解得t=1因为1-,），1，），所以符合题意的直线l 存在，其方程为2x+y-1 =018-1 解：（1）设 由，所以设是椭圆上任意一点，则，所以， 当时，当时，有最大值，可得，所以 当时， 不合题意故椭圆的方程为： （2）中， 当且仅当时，有最大值， 时，点到直线的距离为 又，此时点18-2 解：（）设 则 的周长为： 椭圆的方程为（）由对称性可知设与， 直线 （*） （*）对恒成立， 得19-1（）解：当时， 由于，所以曲线在点处的切线方程是 （）解：， 当时，令，解得 的单调递减区间为；单调递增区间为，当时，令，解得 ，或 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为， 当时，为常值函数，不存在单调区间 当时，的单调递减区间为，；单调递增区间为，19-2解：因为所以 （）当时, , 所以 所以曲线在点处的切线方程为 （）因为， （1）当时,由得；由得 所以函数在区间单调递增, 在区间单调递减 （2）当时, 设，方程的判别式 当时，此时 由得,或； 由得 所以函数单调递增区间是和, 单调递减区间 当时，此时所以， 所以函数单调递增区间是 当时，此时 由得； 由得,或 所以当时,函数单调递减区间是和, 单调递增区间 当时, 此时，所以函数单调递减区间是20-1解: (1)由已知得，令，得，要取得极值，方程必须有解，所以，即， 此时方程的根为，所以当时，x(-，x1)x 1(x1，x2)x2(x2，+)f(x)00f (x)增函数极大值减函数极小值增函数所以在x 1， x2处分别取得极大值和极小值x(-，x2)x 2(x2，x1)x1(x1，+)f(x)00f (x)减函数极小值增函数极大值减函数当时， 所以在x 1， x2处分别取得极大值和极小值综上，当满足时， 取得极值(2)要使在区间上单调递增，需使在上恒成立即恒成立， 所以设，令得或(舍去)，当时，当时，单调增函数;当时，单调减函数，所以当时，取得最大，最大值为所以当时，此时在区间恒成立，所以在区间上单调递增，当时最大，最大值为，所以综上，当时， ; 当时， 20-2解（1） 由题意得，即，所以 （2） 当，函数在区间内不可能单调递增 当时， 则当时，函数单调递增，故当且仅当时，函数在区间内单调递增，即时，函数在内单调递增故所求的取值范围是 （3）直线在点P处的切线斜率 令则 所以 故当时，；时， 所以直线的斜率的取值范围是20-3解法一：（）依题意得，所以， 令，得， ，随x的变化情况入下表：x0+0极小值极大值 由上表可知，是函数的极小值点，是函数的极大值点 （）, 由函数在区间上单调递减可知：对任意恒成立， 当时，显然对任意恒成立； 当时，等价于，因为，不等式等价于, 令， 则，在上显然有恒成立，所以函数在单调递增，所以在上的最小值为，由于对任意恒成立等价于对任意恒成立，需且只需，即，解得，因为，所以综合上述，若函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围为（）,由函数在区间上单调递减可知：对任意恒成立， 即对任意恒成立， 当时，显然对任意恒成立； 当时，令，则函数图象的对称轴为， 若，即时，函数在单调递增，要使对恒成立，需且只需，解得，所以; 若，即时，由于函数的图象是连续不间断的，假如对任意恒成立，则有，解得，与矛盾，所以不能对任意恒成立综合上述，若函数在区间上单调递减，则实数a的取值范围为21-1解：（I）当时，由 ，解得；由，解得所以的单调递增区间为（0，）,单调递减区间为（, 当由 ，解得；由，解得所以的单调递增区间为（,单调递减区间为（0，）（II）由，得 ，+3 ，所以，因为在区间上不是单调函数，且，所以 即 ，解得21-2解:（）当时，,所以函数的图象在点处的切线方程为，即（）,考虑到恒成立且系数为正，所以在上单调等价于 恒成立所以,解得的取值范围是-2，2（）当时, ,令，得，或x=1，令，得，或x1，令，得. ,的变化情况如下表X1)+0-0+f(x)极大值极小值所以，函数的极小值为 22-1解：（）可得当时,为增函数;当时,为减函数（）依题意， 转化为不等式对于恒成立，令，则，当时，因为，是上的增函数， 当时，是上的减函数， 所以 的最小值是，从而的取值范围是 （）转化为，与在公共点处的切线相同由题意知 解得：，或（舍去），代人第一式，即有22-2解：（）的定义域为因为，所以在上是增函数，当时，取得最小值所以在上的最小值为1 （）解法一：设，依题意，在区间上存在子区间使得不等式成立因为抛物线开口向上，所以只要，或即可由，即，得，由，即，得，所以，所以实数的取值范围是解法二：，依题意得，在区间上存在子区间使不等式成立又因为，所以设，所以小于函数在区间的最大值又因为，由解得；由解得 所以函数在区间上递增，在区间上递减所以函数在，或处取得最大值又，所以，所以实数的取值范围是 22-3解：（）（）当时，是开口向上的抛物线，显然在上存在子区间使得，所以的取值范围是当时，显然成立当时，是开口向下的抛物线，要使在上存在子区间使，应满足 或解得，或，所以的取值范围是则的取值范围是23-1解：（）的定义域为，当时， ，10+极小所以在处取得极小值1 （）， ，当时，即时，在上，在上，所以在上单调递减，在上单调递增；当，即时，在上，所以，函数在上单调递增 （III）在上存在一点，使得成立，即在上存在一点，使得，即函数在上的最小值小于零由（）可知即，即时， 在上单调递减，所以的最小值为，由可得，因为，所以；当，即时， 在上单调递增，所以最小值为，由可得；当，即时， 可得最小值为， 因为，所以， 故 此时，不成立 综上讨论可得所求的范围是：或23-2解:（I）因为函数有三个极值点, 所以有三个互异的实根 设则 当时， 在上为增函数； 当时， 在上为减函数； 当时， 在上为增函数； 所以函数在时取极大值,在时取极小值 当或时,最多只有两个不同实根 因为有三个不同实根, 所以且 即,且，解得且故（II）由（I）的证明可知，当时, 有三个极值点，不妨设为（），则 所以的单调递减区间是, 若在区间上单调递减，则, 或,若,则由（I）知，,于是若,则且由（I）知， 又，当时，； 当时， 因此, 当时，所以且即，故或反之, 当或时，总可找到，使函数在区间上单调递减综上所述, 的取值范围是24-1解：（）因为 所以 因此（）由（）知， 当时，当时，所以的单调增区间是的单调减区间是（）由（）知，在内单调增加，在内单调减少，在上单调增加，且当或时，所以的极大值为，极小值为因此， ，所以在的三个单调区间内，直线有的图象各有一个交点，当且仅当因此，的取值范围为24-2解: (I) 直线的斜率为1函数的定义域为，因为，所以，所以 所以 由解得；由解得所以的单调增区间是,单调减区间是 (II) ，由解得；由解得所以在区间上单调递增，在区间上单调递减所以当时，函数取得最小值，因为对于都有成立，所以即可则 由解得所以的取值范围是(III)依题得，则由解得；由解得所以函数在区间为减函数，在区间为增函数 又因为函数在区间上有两个零点，所以解得所以的取值范围是24-3解：，令，得或因为在和内，所以在和内是增函数，又在内，所以在内是减函数所以是的极大值点，是的极小值点令 ,当时，所以方程有不同的三个根24-4解：（）因为 所以 因此（）由（）知， 当时，;当时，所以的单调增区间是;的单调减区间是（）由（）知，在内单调增加，在内单调减少，在上单调增加，且当或时，所以的极大值为，极小值为所以在的三个单调区间直线有的图象各有一个交点，当且仅当因此，的取值范围为25-1解：（）当时， 得 令，即，解得，所以函数在上为增函数， 据此，函数在上为增函数， 而，所以函数在上的值域为（）由令，得即 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增； 若，即，易得函数在上为增函数，此时，要使对恒成立，只需即可，所以有，即而，即，所以此时无解若，即，易知函数在上为减函数，在上为增函数，要使对恒成立，只需，即，由和得 若，即，易得函数在上为减函数，此时，要使对恒成立，只需即可，所以有，即，又因为，所以 综合上述，实数a的取值范围是25-2解：（） （1）当，即时，不成立（2）当，即时，单调减区间为（3）当，即时，单调减区间为（），在上递增，在上递减，在上递增（1）当时，函数在上递增，所以函数在上的最大值是， 若对有恒成立，需要有解得 （2）当时，有，此时函数在上递增，在上递减，所以函数在上的最大值是， 若对有恒成立，需要有 解得（3）当时，有，此时函数在上递减，在上递增，所以函数在上的最大值是或者是 由， 时，若对有恒成立，需要有 解得时，若对有恒成立，需要有 解得 综上所述，26-1解：（I）的定义域为 根据题意，有，所以， 解得或 （II） （1）当时，因为，由得，解得；由得，解得 所以函数在上单调递增，在上单调递减 （2）当时，因为，由得 ，解得；由得，解得 所以函数在上单调递减，在上单调递增 （III）由（）知，当时，函数的最小值为， 且 ， 令，得 当变化时，的变化情况如下表：0极大值 是在上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是的最大值点 所以 所以，当时，成立26-2（）解：由题意有即，解得或（舍去）得即，解得 （）证明：由（）知， 在区间上，有；在区间上，有 故在单调递减，在单调递增，于是函数在上的最小值是故当时，有恒成立()解： 当时，则，当且仅当时等号成立，故的最小值，符合题意； 当时，函数在区间上是增函数，不存在最小值，不合题意；当时，函数在区间上是增函数，不存在最小值，不合题意综上，实数的取值范围是27-1（）解：的定义域为令，或 当时，函数与随的变化情况如下表：00极小值极大值所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和当时， 所以，函数的单调递减区间是当时，函数与随的变化情况如下表：000极小值极大值所以，函数的单调递增区间是，单调递减区间是和（）证明：当时，由（）知，的极小值为，极大值为因为，且在上是减函数，所以至多有一个零点 又因为，所以 函数只有一个零点，且（）解：因为，所以 对任意且由()可知：，且 因为 函数在上是增函数，在上是减函数，所以 ， 所以 当时，=0 所以 所以 的最小值为所以 使得恒成立的的最大值为27-2（）解：由，可得当单调递减，当单调递增所以函数在区间上单调递增，又，所以函数在区间上的最小值为（）证明：由（）可知在时取得最小值，又，可知由，可得所以当单调递增，当单调递减所以函数在时取得最大值，又，可知，所以对任意，都有成立28-1（）解：当时，由 ， 得曲线在原点处的切线方程是 （）解： 当时，所以在单调递增，在单调递减当， 当时，令，得，与的情况如下：故的单调减区间是，；单调增区间是 当时，与的情况如下： 所以的单调增区间是；单调减区间是，（）解：由（）得， 时不合题意 当时，由（）得，在单调递增，在单调递减，所以在上存在最大值 设为的零点，易知，且从而时，；时，若在上存在最小值，必有，解得 所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是 当时，由（）得，在单调递减，在单调递增，所以在上存在最小值若在上存在最大值，必有，解得，或所以时，若在上存在最大值和最小值，的取值范围是 综上，的取值范围是28-2解：（），当时，取最小值，即（）令，由得，（不合题意，舍去）当变化时，的变化情况如下表：递增极大值递减在内有最大值在内恒成立等价于在内恒成立，即等价于，所以的取值范围为28-3解:（）对求导得,由题意是方程的两根由,且得即,由(1)(2)所表示的平面区域可求得,故 所以的取值范围是 ()方程的两根为,由根与系数的关系得由于,两式相除得,即由条件可得,易知当时,是增函数,当时,故的取值范围是 得证 ()因为的两根是,故可设,所以由于,因此又,可知,故,当且仅当即时取等号所以,当时,在内是增函数,又在上连续,故在上是增函数所以29-1解：（），易知，当，即时，在区间上是增函数当时，在区间上是减函数当且时，在区间上，在区间上不是增函数所以，的取值范围为（）由（）知，当时，在区间上是减函数，所以，当时，即分别令，再把这个不等式左、右相加，即得：由（）知，当时，在区间上是增函数所以，即，分别令，再把这个不等式左、右相加，整理得：综上，()29-2解：（1）函数的定义域为因为，所以函数在区间上是减函数，在区间上是增函数，所以函数的最小值为（2）问题等价于，当时，恒成立当时，显然恒成立；当时，（下面求该函数的最小值）令，则，所以，在区间上是减函数，在区间上是增函数，所以，所以即实数的取值范围为（3）由（1）知，即，令，则有 ，所以 ，即 ，所以，29-3解：（）函数的定义域为， 又曲线在点处的切线与直线垂直，所以，即（）由于当时，对于，有在定义域上恒成立， 即在上是增函数当时，由，得 当时，单调递增；当时，单调递减 （）当时， 令 当时，在单调递减又，所以在恒为负所以当时，即故当，且时，成立30-1解：（）当时， 对于，有， 在区间上为增函数 ， （）令，定义域为 在区间上，函数的图象恒在直线下方等价于在区间上恒成立 ， 若，令，解得：， 当，即时，在上有，此时在区间上是增函数，并且在该区间上有，不合题意； 当，即，同理可知，在区间上，有，也不合题意； 若时，则有，此时在区间上恒有，从而在区间上是减函数； 要使在此区间上恒成立，只须满足，由此求得的范围是 综合可知，当时，函数的图象恒在直线下方30-2解：（）当时，函数， ， 曲线在点处的切线的斜率为从而曲线在点处的切线方程为，即 （） 令，要使在定义域内