2021年高考圆锥曲线与导数压轴全解赏析

九例题1(☆☆会)(21年新高考I卷)已知函数f(x)=%(1-lux).(1)讨论/(工)的单调性；(2)设为两个不相等的正数，且61na-«ln6=a-6,证明:2V；+\e.❖答叁(1)/(l)在(0,1)单调递增.在(1,+oc)单调递减；(2)证明见解析.♦：♦解析(D对/(，)求导可得/'⑺=-Inx.因此/(0在(0,1)单调递增，在(1,+8)单调递减.(2)法一极值点偏移对称构造之辅助函数以下记(m,n)=(；、；).不妨设m>//.则zn,n满足m(l—Inm)=n(1—Inn)<=>f(m)=f(n)首先证明Hi+n>2.结合(1)可知0<n<1<m<e.印证m>2—>1,由于/(x)在(l,+8)单调递减，因此印证f(m)=/(n)</(2-n),构造函数F(n)=f(n)—/(2—n)=2(n-1)+(2—n)ln(2-n)—nInn.n€(0.1).求导可得Fz(n)=—1n(2几一n2)>0,nG(()•1).因此F(n)在(0,1)单调递增.从而Vzze(0,l),F(n)<F(l)=0.于是rn+n>2得证.价彩二接下来证明m+n<cf即证ni<c—n.由于0<n<lVm<c,因此m,e-n在f(x)的单调递减区间(l,c)内,因此该情形下的不等式证明又等价于证明f(n)=/(m)>/(e-〃)，而/(n)_/(e-n)=2n—e4-(e—n)hi(e-n)—ninn.设F(n)=2n—e+(e—n)ln(e-n),nw(0.1),则其导函数/=1—ln(e—n)>0.因此F(n)在(0,1)单调递增，又VnG(0J),nln7i<(),因此f(n)—/(e—n)=F(n)—nInn>F(n)>F(0)=0.从而m+n<e得证.综上，原命题得证.法二极值点体移齐次化设参以下记(zn,n)=(士:),不妨设m>n.则m,n满m(1—Inm)=n(1—hin)<==>f(m)=f(n)设£=巴，则tw(0,1).于是iin1-Inrn17n了1-Inn1—Inn1—Inn解得n=c1-^,从而m=-=1c"%,于是7,+n=上匚J一层/€(0,1).f/ /情形一首先证明m4-n>2,即证明对于任意£€(0,1),ln(£+1)—Inf+1—瓜'>ln2<=(t—1)ln(t+1)—£Ini4-(t-1)(1—In2)<0.f—1记g(t)=(i-1)hi(t+1)-Inf+(«-1)(1-In2),t€(0,1),分别对g⑴求一二阶导函数可得/—1 £—1y(0=7-7+ln(£+1)-hit-h】2,g〃(t)=——2V]JL vlVI1J显然Vt€(0J),g〃⑴Vo,故y(t)单调递减.从而Vte(0,1),^(t)>d(i)=0,于是<7(0单调递增，有口W(0,l),g⑴<g⑴=0.于是rn+n>2,不等式左侧得证.精彩二接下来证明?n+n<c,即证明对于任意t€(0,1),而Yt€(0,1),""[)<1<二7显然成立.从而m+n<c,不等式右侧得证.综上，原命题得证.法三极值点偏移对称构造之二阶泰勒恬再一首先证明:；>2.以下记(m,n)=('，：)，不妨设m>n.则m,n满足rn(1—Inm)=7i(l-hin) f(m)=/(n)结合（1）可知0<九V1<m<e.设F®="1)+/⑴3-1)2=一#+,+i.构造G(x)=F(x)-f(x),则其导函数为G\x)=h】N-(i-1),易知G'(£)WO恒成立，因此G⑺单调递减.又G(1)=O.因此IVxe(0,1),G(x)=尸⑺-/(x)>0,[Vx€(l,e),(7(x)=F(x)-f(x)<0.设X3,X4满足fF(i3)=产(工4)=f(m)=/(n),I0<n,x3<1<m,T4<c.则f(n)=F(x3)>f(x3),又f(x)在区间(0.1)内单调递增，故n>的,同理f(m)=尸(叫)</(工4),结合/(上)在区间(l,e)内单粥递减，故m>x4,于是m+九>4+ =2不等式左侧得证.情形二接下来证明;+：<c,即证a+5<abe<=>ln(a+6)+1VIna+1+hib+L由题可知a.b满足1十'吧=匕J，,考虑设函数g（H）=1+二」,则ff（a）=ff（b）9对

a b x9（x）求导有g'M=-学,1>o.

•1/因此。（工）在（0,1）单调递增.在（1+8）单调递减.不妨令a则。VaV1Va+b.从而al+ln(a+6)— -；——-<1+Ina.==>14-ln(a+5)<hia+l+lnb+La+b==>14-ln(a+5)<hia+l+lnb+L/(a+b)</(b),b[l+ln(a+6)1 ।।f/(a+b)</(b),a+b不等式右侧证毕.(☆☆☆)(21年新高考n卷)已知函数/(x)=(x-l)ex-aa：2+b.(1)讨论函数/Q)的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：/(x)有一个零点.] e2 1①-<aW万，6>2&;②0<a<5，bW2«,*李笑(1)单调性讨论见解析；(2)证明见解析.❖m(1)利用导致研究函数的单调性 由题，/(X)的导函数为/'(1)=x(cx-2a).若。<0,则f(x)在(一oo.O)单调递减，在(0,+oc)单调递增.若。>0,可得f(x)的零点Xy=0,X2=1112(1.以下分情况说明其单泌性,情彩一若0<Q<；,则©2<N1,此时/(Z)在(-8,12),(①1,+8)单调递增.在(t2,为)单调递减.情彩二若a=：,则Xi=X2,此时f(x)在限上单调递增.精杉三若a>1,T]<X2,此时/(x)在(一8,皿)，(/2,+8)单调递增，在(工1,工2)单调递减.1e2(2)情形一极限叙述 若选①，则-yb>2a.由(1)知/(c)在(-8,0)单调递增，又1/(0)=6-1>2a-1>0,3^3= <。，/(上3)<-axl+匕=0.故f(x)在(-8,0)始终存在一个零点.又f(x)在(0,hi2a)单调递减，在(hi2a,+00)单调递增.故原题即证f(x)在|0,+oo)不存在零点，又印证/(In2a)>0<=>(In2a-l)-2a-a-ln22a+》>0<=(In2a-1)•2a-a-In22a+2a20—(2-hi2a)-hi2a>0根据已知条件显然有0<h】2a芭2,从而/(h】2a)>0得证，函数/(x)始终有且仅有一个零点得证.(2)情形二极限叙述进阶放缩 若选②，则0<a<W2a.由(1)知/(x)在(0,+oc)单调递增,又/(())=6-12a-1<0,BX4=q+1>0,f(£4)=。。优"+6>0.故/(c)在(0,+x)始终存在一个零点，又/(x)在(一8,hi2a)单调递增，在(In2a.0)单调递减.故原题即证f(x)在(-8,0)不存在零点，又即证/(In2a)<04=>(In2a—1)•2n-a-In22a+b<04=(In2a-1)-2a-a-In22a+2a<0<=>(2-ln2a)-hi2a<0根据已知条件显然hi2a<0,从而/(In2a)得证，函数/(x)始终有且仅有一个零点得证.(☆☆☆)(21年全国甲卷理科)已知〃>0且a#1,函数/(x)=-(x>0).(1)当。=2时，求f(x)的单调区间；⑵若曲线y=/W与立线y=i有且仅有两个交点，求。的取值范围.单调递减；(2)(l,e)U•:♦答案(1)f(x)在(0，单调递减；(2)(l,e)U了2。彳折⑴a=2时，f(x)=—>0,则其导函数为因此f(x)在(2)极限叙函数f(x)=-2一，(1In2-2因此f(x)在(2)极限叙函数单调递增，在(，展+g)单训递减.次数两节超设条件等价于方程必1=。工有两个解.又等价于有两个零点.对g(x)求导可得, 1-Incg(工)=―—,x>0.因此成工)在(0,C)单调递增.在(C,十8)单调递减.忖多一当a=c时，g(x)有且仅有1个零点n=。，不符题设,舍去.当aW(0,1］时，如，W0,此时虱工)在单调递减区间(e,+oo)恒正.无零点.a因此该种情形下g(x)不可能有两个零点，不符题设.舍去.情形三当aW(l,e)U(e,+oo)时，记，=学，则，W.此时。⑺存在两个零点，以下进行证明：①由于^(1)=-<<0<：-£=g(c).e因此g⑺在单调递增区间(0,e)存在唯一零点，且该零点位于区间(l,e).②又因为1M=e,ff(xi)>0,口4 2111V23x2=方>工i,g(工2)= £<—7=一£=0・〃 X2 \/X2因此g{x}在单冽递减区间(e,+oc)存在唯一零点，且该零点位于区间(©,"2).综上，a的取值范围为(l,e)U(e,+oo).(☆☆☆)(21年全国甲卷文科)设函数/(x)=a2x2+ax-31nx+1,其中a>0.(】)讨论f(x)的单调性；(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.。答案♦解析单调递减，在。答案♦解析单调递减，在(3+8⑴f(x)在(1)对/(幻求导可得单调递增；f(x)=2a2公+°_。=(。1)(2g+3)X X由于a>0,则f(x)在(0,：)单调递减.在(1+8)单调递增.(2)情形一若a>I,则结合(1)可知Vz>0./(z)》/(：)=3+3hia>0.满足题设.忖步二若a=’,则存在比=L使得e a/(g)=/(5)=3+3Ino=0,不符题设.舍去.情形三若0V。V1,则3xi=->e,/(X1)=3+3Ina<0.a3^2= <C<X\.f(X2)>-3111N]+1=0.故该种情形下/(x)的图象与x轴至少有一个公共点，且该点横坐标位于区间(叫,叫)内.不符题设，舍去.综上，所求a的取值范围为(；,+8).

(☆合)(21年全国乙卷理科)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.⑴求«；(2)设函数g(x)=",证明:以幻<1.♦:♦答案 (1)«=1；(2)证明见解析.♦：•汴斤(1)记fl(x)=xf(x),则其导函数为"(n)=ln(a-x) 由题，由题，Y(0)=0.解得a=l.(2)法一利用导数研究函敷的单调性结合⑴可知.於)=三谭等,工#0,则ff(T)<1<=X+f(x)xf(x)>0.记F(x)=x+f(x)-xf(x),则其导函数为F'(n)=—ln(l—i),从而t\x)在(-8,0)单调递减,在(0,+8)单调递增.于是YxG(一oo,0)U(0,1),F(x)>F(O)=0.于是原命题得证.法二进阶放缩结合(1)可知。(乃=中乎二?4r0,则X111(1—X)/、,1.11,八' 111(1-X) X]11-C设t=l一①，则t>0且1,上述待证不等式又等价于1-y—Ini

<0上述不等式左侧分母恒正，同时易证对于比>0且tr1,恒有1- <Inf.原命题得证.(☆☆)(21年全国乙卷文科)已知函数/(x)=/一/+a/+1.(1)讨论/Q)的单调性；⑵求曲线y=f[x｝过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.。答案(1)讨论过程见解析；(2)。解析(1)利用导致研究函数的单碉性 对/(x)求导可得/'Q)=3x2—2c+a,iW肢.令r(c)的判别式为0,可解得a的讨论分界点为]情形一当。；叱Vz€女,「(了)》()，函数f(x)单调递增.1情形二当时，令:(乃=0,可得两个变号零点1--1-3a1+-3a

口——3—，/2=-3—•此时f(x)在(-8,tl),(t2,+8)单调递增，在小，/2：单调递成.(2)利用导教研究函效的切线记切线与/(x)相切于点(mj(m)),则切线方程为y=/(〃】)(n—rn)+f(rn)=(a-2m+3m2)x+1+rn2—2m3.由于切线经过坐标原点，故1+〃/-2m3=o,因式分解即得(m-1)(2"/+「〃,+1)=0.解得〃，=1.联立切线方程与曲线y=f(x)方程可得关于工的方程x3-x2-(3〃，_2m)x+2m3-m2=0,将m=1代入上述方程并因式分解可存(x-l)2(x+1)=0,解得i=1,一1,因此所求公共点有两个，坐标分别为(1,/(1)),(一1J(一1)),也即(1,1+矶(一1,一1一a)・Q—2T(☆☆)(21年北京卷)已知函数/(X)=-2—.(1)若。=0,求y=f(x)在(1J⑴)处的切线方程;(2)若函数f(x)在c=-1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值.。答案(1)y=fW(x-1)+/(l)=-4x+5;(2)f(x)在(-8,-1),(4,+8)单调递增，在(-1,4)单调递减.景大值与最小值分别为1与一；.3—2a。解析(1)利用导数研 若。一则其导函数为加)=2（加)=2（工一3）

X3从而f(x)在(1,/(1))处的切线方程为y=r（i）（ii）+/（i）=一4①+5.(2)利用导数研究函数的 i利用导数研究函数的极值与最值对/(x)求导可得/'（幻=2（-/'（幻=2（-—3工—a）

[a+x2）2由于在工=一1处/(x)取得极值,因此1=-1是Jf(x)的变号零点，有广(-1)=0,解得0=4,从而2(—+1)(工一4)

/⑷- (x2+4户.经脸证，0=4时，f(x)的确在JT=-1处取得极优此时/(t)在(-oo,-l),(4,+oo)单调递增.在(一1,4)单调递减./(x)在rr=-1处取得极大值/(-I)=1,在工=4处取得极小值/(4)=-j.又IVx€(-oc,-l).0<f(x)</(-I),Vx€(4,+8)J(4)<f(x)<0.因此f(x］的最大值与最小值分别为/(-I)与/(4),即1与(☆合☆)(21年天津卷)已知f(x)=oar-xex(a>0).(1)求/(X)在点(0,7(0))处的切线方程；(2)求证：/(x)仅有一个极值点；(3)若存在。使得f(x)W。+b对任意的X6R恒成立，求实数b的取值范围.•:♦答案 (1)y=(a-l)x;(2)证明见解析；(3)[-e,+oo).❖ \ (1)利用导致研究函数的切线由题可得所求切线方程为y=r(0)•Q—o)+/(())=(a-l)x.(2)极限叙述居本放缩对f(x)求导可得广(了)=&+(1+1)/.即证r(x)有且仅有一个变号零点.设g(x)=f(x)=a-(1+1)铲,xGR.a>0.则9(x)的导函数为g'(z)=-(1+2)e”，因此g(x)在(-oc,—2)单调递增，在(-2,+oo)单调递减.又Brro= =a—(a+l)e0<a—(a+1)-a<0.因此g(rr)也即r3)有且仅有一个变号零点,且该零点位于区间(一2,a)内,原命题得证.(3)恒成立与能成立若记f(x)的极值点为t,则由/'(。=0可得a=(£+l)ef,t>—1.记为a(t),则a(t)是关于t的单调递增函数.结合(2)可知函数/g)的戢大值为/(«),则题设条件等价于3a>0,Vx€1R./(x)—a&b4=>3a>0,/(£)一a&b<=>3t>-1./(<)一a&b.3t>—1,(/."—t—1)。'Wb.记上述不等式左侧为函数“=h(£)">—1,则仅需b不小于h(t｝的成小值.对h(t)求导可得hf(t)=(#+1―2)er=(£-l)(t+2)e\t>-L因此当t=l时八⑴取得最小值/i(l)=-e,因此b的取值范围为［-e,+oc).外例题9(☆☆☆)(21年浙江卷)设a.b为实数，且函数/(£)=,产一h+〃(1丘双).(1)求函数〃])的单调区间；(2)若对任意b>2c2,函数/(x)有两个不同的零点，求«的取值范围；(3)当a=e时，证明：对任率b>e4,函数/(x)有两个不同的零点叫,交但<、一田l6In6e2项)，且满足X2>ZT工1+石(注:e=2.71828…是自然对数的底数)❖答案(1)在(-8,如)单调递减.在(的,+8)单调递增，%=hl7hlhl(2)Ina(l,c2];(3)见解析.♦科析⑴利用导数研究函数的单调性 对/(x)求导可得f[x)=a”lna-〃，由fM=o得In5-InIna

io= ; ,Ina同时f(x)显然为单调递增函数,因此f(x)在(-OCQo)单调递减.在(xo,+OO)单调递增.(2)极限叙述进阶放缩利用导数研究函数的极值与最值 由于对于任意a>1.6>2e2,恒有IM="|x0|-1<x0,f(xi)>0,3z2= +\xq\>x(),f(x2)>elnoX2-bx2>(Ina-x2)2-bx2>0,hib-InIna

Ina因此若要对任意6>2c2J(£)恒有两个不同的零点，需且仅需/(hib-InIna

Ina+c2<0'<=>(1+InIna)b-binb+c2Ina<0.记上述不等式左侧为g(b),即g(b)=hia-f(xo),则其导函数为ff\b)=InIna—Inb,b>2e2.易知(7(6)在(O,lna)单调递增，在(h】Q,+8)单调递减.情形一若Ina2e2,则g(b)<0即p(2e2)&0<=►2Inhia+InaW21ii2+2.解得0<InaW2,即1<a4e?,满足题设.若Ina>2c2,则g(b)<0即g(ln<i)<0Inti+c2Ina<0,而这显然不成立.因此该种情形不符题设.综上，所求a的取值范围为(Lc2|.(3)结合(2)可知当a=c且U>©4时，/⑸恒有两个不同的零点.由于f(2)=2储—b)v0=>x\<2,由于/(xi)=aX1-bx\+e2=0,所以持证不等式右侧6In6e2\nb( 2\〃 ,>c2后口+万=或^i+e)+了<ln"了只需证明x2>In6+—,而of(inb十=b.e*—blnb=<b(e-4)<0.e2因此X*2〉Ind—从而原命题得证.(☆☆☆)(21年新高考I卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点"(一修、0),%(，行,0),点A/满足|A/F,|-|2入|=2,记M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线x=i上，过T的两条立线分别交C于A,I3两点和P、Q两点，且\TA\-\TI3\y\TP\•\TQ\,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.♦答案⑴O-Qi工“(2)0.力解析(1)设A/(x,y),则根据题意有-(-71?)]2+⑨-0)2--V所产+—-0)2=2<=►{x+\/17)2+/=(]—\/17)2+“2+4,一一4?产+R+4\/V7x—1=\/(x-x/17)2+ip进一步等价于f(x/17z-I)2=(x-\/17)24-y2,]产化简可得M的轨迹方程。：了2一(=1卢》1.16(2)法一宜线的外数方程直线A13.PQ倾斜角分别记为a,B.记T(m.n),则直线AB的参数方程(N.y)=(77i+tcosa.n+tsina),代入曲线C的方程可得关于t的一元二次方程(16cos2a-sin2a)f2+(32mcosa_2nsin。)，+16/712—n2—16=0.显然16cos2a-sin2a+0,何意义可知\TA\-\TB\=否则过T的直线平行于渐近线，不可能与C有两个交点.根据直线参数方程中参数的几何意义可知\TA\-\TB\=16m2一几？—1617cos2a-1if：zn2_7,2_]6同理可得|TP|-\TQ=--2.7-由于IT川-\TB\=17尸1・ZQI，于是17cos/p—117cos2a-1=17cos25—1=>a=7r-8・因此直线AB与PQ斜率互为相反数，二者斜率之和为0.法二二次曲线系园搴定理之相交弦定理直线AB,PQ的斜率分别设为卜1・2,记T(m.n),则这两条直线上所有点的并集构成的点集时应的曲线方程可设为C\:伙"-V+72-k\m)(k2X-y+n-k2m)=0.进一步，经过。】与C的交点，也即A.B,C,D的曲线系方程可表示为C2：(A"—y+n—和/几乂打工一沙+n—A^m)+A(16a,2-/—16)=0.又因为\TA\.\TB\=\TP\-\TQ\.由回海三定理中的相交弦定理可知A,B,C,D四点共圆.故C2中交叉项系数和为()，即k\十均=0.因此直线AB与PQ斜率之和为0.(☆会☆)(21年新高考II卷)2 2已知椭圆C的方程为：%十1=1(。>。〉0),若右焦点为产(，5。，口离心率为我"(1)求椭圆C的方程；⑵设M,N是C上两点，直线MN与曲线/+/=b2(x>0)相切，证明:三点共线的充要条件是\MN\=>/3.工2。答案(1)y+|/2=1；(2)证明见解析.。，析 (1)设椭圆的半焦距为c,则c==同时离心率e=£= =>a=瓜=>b=\1Q?_。2=ia3因此所求椭圆c因此所求椭圆c的方程为y+y2=1.(2)法一桶园的京半径公式I设”(皿，阴)，记直线MN与曲线/+/=接3〉。)=/溜+必一1+\/t{-2cx\4-c2+yf=J溜+*_1.*一炉+ -2s+c2+£一,.身0 c=一・Zi+a——1•X]=a.同理|M4|+\NF\三。,故|A/F|+\NF\+\NfN\=2a9又因|A/F|+\NF\?|A/Ar|恒成立，因此恒有\MF\+\NF\?a,其中a=心,上述不等式当且仅当M、N,F三点顺次共线时取等，证毕.法二切点弦方程韦达定理基本不等式设A/(ii,?n),N(i2,?/2),记直线NN与X2+y2=b2(x>0)的切点为4电),如)，则直线MN上任一点的坐标(现必均满足(C-x0,y-go)•(%—0,jo—0)=0xQx+yoy=说+诏=庐.故直线MN的方程为xox+yay=b'2,与椭圆方程联立消去y并整理可得(62j/q+a2Xo)-x2-2x()a2b2.x+a262(62-咸)=0.\MA\=y/\OM\2-\OA\2=、式+诉—刀=X?+62-^-a;f-62=--xi同理\MB\=--x2,于是\MN\=\MA\+\MB\=--(®i+x2)

ac2xod2b2=一• ： -ab2(l)2一Xq)+溟若

2x()acb2~b4+c2x^2/°acb2b2当且仅当x0=-时上述不等式取等.

情形一充分性证明当\MN\=瓜、也即阳N|=。,时，必有以)=情形一充分性证明oA-kA=（如，yo）•（A）-Gl/o）=说一故0+褶=若一以0+/一说=0・即OA±FA,又OAJ.MN,因此|MAr|=y/3的情形下必有M,N,F共线，充分性得证.情形二必要性证明若M,N,F三点共线，则必有OA±FA,又|。为=孰|0川=匕因此(1。川2=6< —[喘+谥=",[|F4|2=|0F|2-\0A\2. |(x0-c)2+(j/o-0)2=c2-62,解彳导x(j=-r此时|MAr|=a=\/3.必要性得证.综上，MN|=&是N.F三点共线的充要条件，原命题得证.(☆☆☆)(21年全国甲卷理科/文科)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上，直线，"=1交。于P、Q两点，且OF_LOQ.已知点A/(2,0),且圆M与I相切.(1)求。，回M的方程；⑵设/11M2.A3是C上的三个点，立线出月2,443均与圆Z相切，判断直线44与圆M的位置关系，并说明理由.。答案⑴圆八九@一2)2+/=10：/=2；(2)直线A2A3与圆A/相切，证明见解析.。郭析⑴由翘可知圆M的半径为1,则其方程为M:(x-2)2+y2=1.抛物线C可设为y2=2pxf易知抛物线C经过点(1,1)和(1,一1),因此〃=；,从而C:y2=x.(2)抛物线的泰教方程韦达定理A2A3与圆M相切,证明如下：由题设4(滔,矶/12(/,6)"3化2,「)，其中。也。两两互不相等，则直线AyA2的方程为%—(a+b)y+ab=0,|2—(a+b)・0+ab\

4+(a+呼直线AyA2与团|2—(a+b)・0+ab\

4+(a+呼=1 (1-a')・—2a・b+a2—3=()同理，A1A3与圆M相切等价于(1—a2)•/—2n・c+a?—3=0②结合①②观察可知b,c是关于n的方程(1-a2)x2-2ax+a2-3=0的两个解.则由韦达定理(6+cj)c)=(2a滔-(6+cj)c)=接下来验证A2A3是否与圆A/相切.易求得直线A2A3方程为i-(b+c)g+6c=0,d(M,月2月d(M,月2月3)=|2-(b+c)・0+儿|

s+p+w|a2+1，。4+2q2+1=1.因此42/3与圆M相切，证毕.(☆会☆)(21年全国乙卷理科)已知抛物线C-.x2=2py[p>0)的焦点为尸，且尸与圆M:d+®+4产=1上点的距离的最小值为4.(1)求P；⑵若点P在M上，PA.P13是C的两条切线,43是切点，求XPXB面积的最大值.♦:♦答案 ⑴2;(2)20H.。解析⑴显然抛物线C开口向上，耳(0.，)，则F与圆M上点的距离最小值为4=MF—1="—(—4)—1.解得p=2.(2)打方程为：理三角形面 结合(1)可知抛物线C:x2=4y设P(m,n),4M以),3(/2,02),易证直线啊.2=2(“+如,2)是与抛物线C相切于点(叫,2,外、2)的切线，又因该切线经过点P(m.n),因此所以A.B坐标均满足直线/:mx=2(n+y)方程.因此直线AB的方程即/,与抛物线联立可得x2—2mx+4n=0=»(xi+%阳工2)=(2m,4n).接下来通过P.A,B三点坐标表出△尸A3的面积.首先|叫=\jg一/2产+(加一02)2=/|_物产+(苧_1)-4[31+①2产—411/2].1+的言"=yj(m2—4n)•(m2+4)从而m-m—2(n+n)|\/m2+4m-m—2(n+n)|\/m2+4=:"\j(7n2-4n)•(m2+4)•=如2-4n)l=^[1-(n4-4)2-4?z]=^(-n2-12/?.-15)2.其中n的取值范围为|一5,-3],从而可知RPAB面积的最大值在n=-5时取得，最大值为20\/5.(☆合)(21年全国乙卷文科)已知抛物线C：/=2px[p>0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方程；⑵已知O为坐标原点，点P在。上，点Q满足所=9斤，求直线OQ斜率的最大值.❖答案(1)❖答案(1)。：/=4引(2)3+713

~6~❖解析(1)根据题意，焦准距〃=2,因此所求方程C:y2=4❖解析(2)法一您少 C标公式居本不等式TOC\o"1-5"\h\z由题易知F(l,0),设Pit2.2t).teR.记 则(m,n)=p2+91\1Z92f+9・01_p2+92t\

1+9)：\1(m,n)=p2+91\1Z9于是直线OQ的斜率为九一0 2£ 2 1m—0伏+9' 9、3川+问上述不等式当且仅当£=3时取等.因此所求斜率最大值为法二曲线，方程求解之和 基本 由题知r(1.0).设则由PS=9QF可得(nt-n,〃―g)=(9(1—m),9(0—〃))=►(x,y)=(10/n-9,lOn),代入曲线C的方程可得(10n)2=4•(10m-9)=>m=从而直线OQ的斜率TOC\o"1-5"\h\zn-0 10 1-25M+9」《网nJ9、3,

~W-一° 25同+同3 i上述不等式链当且仅当n=-时取等，因此所求斜率武大值为5 3(☆☆☆)(21年北京卷)2 2已知椭圆E：，+5=«＞。＞0)过点4(0,-2),以四个顶点围成的四边形面tr积为4g.(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点尸(0,-3)的宜线I斜率为k,交椭圆E于不同的两点从。，直线A13交期=一3于点直线AC交y=-3于点N,若\PM\4-\PN\W15,求k.的取值范围.♦答案⑴y+j=l；(2)[-3,-l)U(l,3].。蚱析⑴由题。=2,又；•Za-2。=4遍，因此a=修，从而椭圆E的方程为X2t/2—+V=1-,) 4⑵相关宜线设5(皿.以)，。(12,2/2),显然B.C始终位于y轴同侧，也位于y轴同侧.a由题可设直线人?/=人力-3,与椭圆E的方程联立消去y并整理化简可得4产+5(依r-3)2-20=0<=>(4+5A2)——30M+25=0.该方程有两解，因此NrAO,解得|川>1.设A〃m,-3),N(n,-3),由M,A,B三点共战可得m-0x\-0 x\ x\—3—(—2)y\—(—2) kxI—3+2 1—kxi同理可得从而\PM\+\PN\=\m+n\1—kx11-kX2(X1十±2)一2kMi121-k(xi+X2)+k2X1X230/c-2A・25(4+5k2)一k.30k+盾.25=|5川.又因|PA/|+\PN\<15,因此可解得％|W3,综上k的取值范围为[3,1)U(1,3].*答案。解析*答案。解析联立解得-1)=0.(☆会☆)(21年天津卷)72 7/2 O\A已知椭圆C：a1=1(。>b>0)的离心率为詈，上顶点为B,右焦点为F,\BF\=V5.(1)求椭圆C的方程；(2)若立线I与椭圆C有唯一的交点M,I与g轴正半轴相交于点N,过N做BF的垂线交x轴于点P,若MP||6/，求直线I的方程.(1)]+6=1；(2)g=i+&.(1)设椭圆的半焦距为e,由题有(£=-L)A(524-c2=|j3F|2)A(a2=庐+c2)工2(a：b,c)=(\/W,l,2),因此椭圆C的方程为+y2=1.3(2)等效判别式由题设l:y=kx+n,n>1,联立I与C的方程消去y整理并化简可得由于/与。相切，因此△工=0,解得n=，5A2+1,设A/(xA/，!/a/),则方程的解即孙，,有5n*k n.="TT5^n%"=-=1T又NP±F13,而直线FB斜率为一；,故直线NP斜率为2,从而夕坐标为(一弓方).nA/PIIAF——；=一列史；0万、£=A/PIIAF——；=一列史；0万、2- 5nk n———--1•—1+5A:2 2解得k=l,从而直线MN的方程为I:y=kxn=kx+，5A?2+1=c+\/6.(☆☆☆)(21年上海卷)已知椭圆［+/=1,6,6为椭圆的左右焦点，直线I过P(m,0)(nt<-v/2)J与椭圆上半部分交于4B两点,A在线段PB上.(1)若点D