1.（Ⅰ卷，文21）已知函數(shù).

（1） 證明：曲線y = f（x）在x = 0處的切線過點(diǎn)（2，2）；

（2）若f（x）在x = x₀處取得極小值，x₀∈（1，3），求a的取值范圍.

【參考答案】

（1）.

由得曲線y = f（x）在x = 0處的切線方程為

.由此可知曲線y = f（x）在x = 0處的切線過點(diǎn)（2，2）.

（2）由得

①當(dāng) -- 1≤ a ≤- 1時(shí)，沒有極小值；

②當(dāng)或時(shí)，由得

故x₀ = x₂ .由題設(shè)知 ，

當(dāng)時(shí)，不等式無解；

當(dāng)時(shí)，解不等式 得.

綜合①②得的取值范圍是.

·巧思·

①（1）中，利用“k_切 = k_PQ”（P、Q為定點(diǎn)、切點(diǎn)），根據(jù)“兩點(diǎn)決定一條直線”，可以避免求出切線方程，而“直截了當(dāng)”地證明。

②（2）中，利用三次函數(shù)的中心對稱性，先將f（x）化為“中心式”，求出對稱中心（- a，c）；再利用x ³系數(shù)為正的三次函數(shù)的極大值點(diǎn)和極小值點(diǎn)分別在“中心點(diǎn)”的左、右，便得x₀ ＞- a。

③ 將方程f ’（x₀）=  0中含x ₀的項(xiàng)配平方，得到（x₀ + a）²，“0＜x₀ + a＜3 + a”便就有了作用；再將含a的項(xiàng)合并，得到2a（1- x₀），“x₀＞1”也就有了作用……如此，可避免解方程和分類討論。

·妙解·

（1）設(shè)P（2，2），切點(diǎn)Q（0，12a - 4）.k_切 = 3 - 6a = k_PQ切線PQ.

（2）f（x）可化為（x + a）³ + b（x + a）+ c曲線y = f（x）關(guān)于點(diǎn)（- a，c）對稱x₀＞- a.

題設(shè) f  ’（x₀）=3（x₀² + 2ax₀ + 1 - 2a）= 00＜（x₀ + a）² = a² + 2a -1＜(3 + a）²，

 且2a（1- x₀）= x₀² + 1＞0（x₀＞1）a＜0a∈（-2.5，--1）即為所求.

【評注】

①（1）中，證明過一已知點(diǎn)、斜率也已知的直線必過另一定點(diǎn)，不等于一定要先求出直線方程、再將坐標(biāo)代入檢驗(yàn)；解題要做到“能省則省”、能不“繞彎子”則盡量不“繞彎子”。

②（2）的求解過程，體現(xiàn)了命題的本意：為何函數(shù)式中x²的系數(shù)用3a而不用a？為何條件是“x₀∈（1，3）”而不是“x₀∈（0，3）”或“x₀∈（2，3）”等？可謂“首尾呼應(yīng)”、“問答相稱”。

③二次函數(shù)的圖像（拋物線）是軸對稱圖形，三次函數(shù)的圖像（S形線）是中心對稱圖形；前者的定義域分為兩個單調(diào)區(qū)間，后者的定義域?yàn)橐粋€單調(diào)區(qū)間或分為三個單調(diào)區(qū)間；教師可補(bǔ)充介紹后者的性質(zhì)。

2.（Ⅰ卷，理21、文22）已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F為橢圓在y軸正半軸上的焦點(diǎn)，過F且斜率為 -的直線與C交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P滿足.

(1)證明：點(diǎn)P在C上；

（2）設(shè)點(diǎn)P關(guān)于點(diǎn)O的對稱點(diǎn)為Q，證明：A、P、B、Q四點(diǎn)在同一圓上.

【參考答案】

(1) F（0， 1），的方程為，代入并化簡得.

設(shè)， 則

由題意得所以點(diǎn)的坐標(biāo)為.

經(jīng)驗(yàn)證點(diǎn)的坐標(biāo)滿足方程，故點(diǎn)在橢圓上.

(2)由和題設(shè)知，，的垂直平分線的方程為.①

設(shè)的中點(diǎn)為，則，的垂直平分線的方程為.②

由①、②得、的交點(diǎn)為.，

，， ，

，故 ，

又， ，所以，

由此知、、、四點(diǎn)在以為圓心，為半徑的圓上.

·巧思·

①將A、B的坐標(biāo)設(shè)為對稱式（關(guān)于中點(diǎn)D對稱），可得兩個對稱的等式，由此又得兩個簡單的關(guān)系式；再利用“k_DF = k_DA”所得簡單的關(guān)系式，便可求出點(diǎn)P的坐標(biāo)及其它結(jié)果。

②利用平面幾何中“圓的相交弦定理”的逆定理，證明“DA·DB = DP·DQ”，可得A、P、B、Q四點(diǎn)共圓.如此，可避免出現(xiàn)直線方程和復(fù)雜的代數(shù)式，而節(jié)省許多文字、減少不少篇幅。

③將（1）、（2）合并解答，則進(jìn)一步節(jié)省許多文字、減少不少篇幅。

·妙解·

（1）（2）F（1，0），設(shè)AB的中點(diǎn)D（a， b），A（a + m，b + n），B（a - m，b - n）（abm n≠0），則2（a + m）² +(b + n）² = 2，2（a - m）² + (b - n）² = 22am + bn = 0，2（a² + m²）+（b²+ n²）= 2 　?、?，

且k_DF == k_DA = -　?、冢?

P、D、Q共線. ①②（a，b）=      (，)，m² =，n² =.

P(-，-1)在橢圓C上，且DA·DB = m² + n²==3（a² + b²）= DP·DQA、P、B、Q四點(diǎn)共圓.

【評注】

①“對稱美”是數(shù)學(xué)美之一，設(shè)立“對稱式”求解問題也是數(shù)學(xué)研究中常用手法之一。

②將初中數(shù)學(xué)知識與高中數(shù)學(xué)結(jié)合運(yùn)用，可以“化難為易、化繁為簡、化深為淺、化神為凡”。

3.（Ⅱ卷，文20）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)都在圓C上

（1）求圓C的方程；

（2）若圓C與直線x – y +  a = 0交于A，B兩點(diǎn)，且，求a的值.

【參考答案】

（1）曲線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（0， 1），（3±2， 0）.

故可設(shè)圓的圓心坐標(biāo)為（3，t），則有3² +（t -1）² =（2）² + t ².

解得t = 1，則圓的半徑為= 3，

所以圓的方程為（x-3）² +（y -1）² = 9.

（2）設(shè)A（x₁， y₁） B（x₂ y₂）其坐標(biāo)滿足方程組.

消去y得到方程2x² +（2a - 8）x + a² -2a + 1 = 0，

由已知可得判別式 △=56 - 16a - 4a²＞0.

由韋達(dá)定理可得x₁ + x₂  = 4 - a，x₁x₂ = ，①

由可得x₁x₂ + y₁y₂ = 0，

又y₁ = x₁ + a， y₂ = x₂ + a，所以2x₁x₂ + a（x₁ + x₂ ）+ a² = 0，②

由①②可得a = -1， 滿足△＞0，故a = -1.

·巧思·

①（1）中，利用“圓的切割線定理”的逆定理，便知y軸與圓相切，則圓心和半徑立得。

②（2）中，將坐標(biāo)軸平移，使圓心成為原點(diǎn)，則方程比較簡單、運(yùn)算比較方便。

③ 將點(diǎn)A、B的坐標(biāo)設(shè)為對稱式（關(guān)于中點(diǎn)對稱并利用直線斜率為1的條件），可得兩個對稱的等式，由此又得兩個簡單的關(guān)系式，從而進(jìn)一步方便了運(yùn)算、縮減了過程。

·妙解·

（1）曲線與坐標(biāo)軸交于D（1，0），E（m，0），F（n，0）m + n = 6，mn = 1OD² = OE·OF

切線OD圓心（3，1），半徑r =3C：（x-3）²+（y -1）²= 9.

（2）平移坐標(biāo)軸，使C成為原點(diǎn)，則O（-3，-1），C：x²+ y ²= 9， 直線：x–y + 2 + a = 0.

可設(shè)A（b + d，c + d），B（b - d，c - d）（b + d）²+（c + d）²= 9，（b - d）²+（c- d）²= 9

b²+ c² + 2d ²= 9 ①， b + c = 0 ②.（b + d +3）（b–d + 3）+（c + d + 1）（c - d + 1）     = 0 ③.

①②③2b = -1a =（c + d）-（b + d）- 2 = -2b - 2 = - 1.

【評注】

①（1）中，平面幾何知識的運(yùn)用，使得解題的步驟“順流直下”、“勢如破竹”、“一氣呵成”。

②（2）中，坐標(biāo)軸的平移運(yùn)動，使得圓的方程變?yōu)闃?biāo)準(zhǔn)式而利于運(yùn)算，其手法可廣泛運(yùn)用。

③ 關(guān)于中點(diǎn)（中間值）對稱的式子的采用，使得一些相反的量可以抵消，其方法可以推廣。

4.（Ⅱ卷，理20）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A(0，-1)，B點(diǎn)在直線y = -3上，M點(diǎn)滿足∥，·=·，M點(diǎn)的軌跡為曲線C.

（1）求C的方程；

（2）P為C上的動點(diǎn)，l為C在P點(diǎn)處的切線，求O點(diǎn)到l距離的最小值.

【參考答案】

（1）設(shè)M(x，y)，由已知得B(x，-3)，A(0，-1).

所以=（- x，-1 - y）， =(0，-3 - y)， =(x，- 2).

再由題意可知（+）·= 0， 即（- x， - 4 - 2y）?(x， - 2) = 0.

所以曲線C的方程式為y =x- 2.

（2）設(shè)P(x，y)為曲線C：y =x-2上一點(diǎn)，因?yàn)?/span>y=x，所以的斜率為x_.

因此l為，即.

則O點(diǎn)到的距離.又，

所以

當(dāng)=0時(shí)取等號，所以O點(diǎn)到距離的最小值為2.

·巧思·

①（1）中，利用平面幾何中“線段的垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端的距離相等”，得出“MA =MB”后，再利用拋物線的定義，便得曲線C的方程；如此，可以避免出現(xiàn)點(diǎn)和向量的坐標(biāo)，而節(jié)省文字和篇幅。

②（2）中利用“O到l的距離最小時(shí)，OP ^ l”，可以避免出現(xiàn)直線l的方程和繁分式， 而節(jié)省文字和篇幅。

·妙解·

（1）設(shè)AB的中點(diǎn)為D，題設(shè)（+）·= 2·= 0MD^ABMA = MB

C是以點(diǎn)A為焦點(diǎn)、以直線y = -3為準(zhǔn)線的拋物線：x² = 4（y + 2）.

（2）題設(shè)O到l的距離最小時(shí)，OP ^ l題意 OP ^ l時(shí)，求d = OP的最小值.

設(shè)P（x， y）d ²= x²+ y² = 4（y + 2）+ y²=（y + 2）²+ 4 ≥ 4d_min = 2.（此時(shí)P（0，-2），l：y = -2）

【評注】

①（1）的解答的啟發(fā)：利用定義（圖形的定義、關(guān)系的定義等）解題雖然是常用方法，但有時(shí)給出的條件并非明顯的“定義式”，這就需要將條件進(jìn)行轉(zhuǎn)化，使之符合某個定義。

②（2）的解答進(jìn)一步展現(xiàn)了“轉(zhuǎn)化”的思想：條件可以轉(zhuǎn)化，結(jié)論可以轉(zhuǎn)化，問題可以轉(zhuǎn)化……可以單獨(dú)轉(zhuǎn)化，可以同時(shí)轉(zhuǎn)化……轉(zhuǎn)化為簡單的式子、簡單的情況、簡單的要求……

5.（Ⅱ卷，理21）已知函數(shù)，曲線在點(diǎn)處的切線方程為.

（1）求、的值；

（2）如果當(dāng)x ＞0，且時(shí)，，求的取值范圍.

【參考答案】

（1）……a = 1， b = 1.

（2）由（1）知，f（x）=+，所以.

考慮函數(shù)，則.

①設(shè)k≤0，由知，當(dāng)時(shí)，，h(x)遞減.

而_，故當(dāng)時(shí)， ，可得；

當(dāng)x∈（1，+）時(shí)，h（x）＜0，可得h（x）＞ 0.

從而當(dāng)x＞0，且x1時(shí)，f（x）-（+）＞0，即f（x）＞+.

②設(shè)0＜k＜1.由于= 的圖像開口向下，

且，對稱軸x =_.當(dāng)x∈（1，）時(shí)，（k-1）（x² + 1）+ 2x＞0，

故(x）＞0，而h（1）= 0，故當(dāng)x∈（1，）時(shí)，h（x）＞0，可得h（x）＜0， 與題設(shè)矛盾.

③設(shè)k≥1.此時(shí)x² + 1≥2x，(x）＞0，而h（1）= 0，

故當(dāng)x∈（1，+）時(shí)，h（x）＞0，可得h（x）＜ 0，與題設(shè)矛盾.

綜合得，k的取值范圍為（-，0].

·巧思·

①由于_，故可考慮x→1時(shí)的極限：f（x）→1，→1（此處需要運(yùn)用型極限的“羅必塔法則”），于是應(yīng)有f（x）＞，亦即“f（x）-＞0”，因此問題便轉(zhuǎn)化為證明這個不含k的不等式成立（若成立， 則k≤0），從而避免了對k的取值情況的分類討論。

②將“f（x）-”中含有lnx的兩個式子“合二而一”，并使分子與分母“分離”，則所得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)易求且簡單，從而進(jìn)一步節(jié)省了文字、減少了篇幅。

③得到x＞1時(shí)的結(jié)論后，分析0＜x＜1時(shí)的情況，利用“0＜x＜1＞1”，問題便又轉(zhuǎn)化為前一種情況；

對此時(shí)的不等式進(jìn)行變形，定能得到相同的結(jié)論。

·妙解·

（2）設(shè)g（x）= x --2lnx（x＞0）g ’（x）= ≥0 g（x）遞增

x＞1時(shí)，g（x）＞g（1）  = 0＞ ；0＜x＜1時(shí)，＞1x＞  =＞

 f（x）=+＞（x＞0，x≠1），且f（x）= 1，== = 1.

故恒有f（x）＞+k≤0.

【評注】

①由于“分類討論”要對參變量的所有可能的取值情況進(jìn)行考慮，因此分類必須周全、細(xì)密，這就增加了工作量，而且其中往往包含有“無效勞動”和“重復(fù)勞動”。所以“分類討論”不應(yīng)當(dāng)是首選的方法，而只能是迫不得已才采用的方法——能不分類則不分類，能少分類則少分類。

②將含有參變量的不等式的研究，轉(zhuǎn)化為不含有參變量的不等式的研究，是個“突如其來”的轉(zhuǎn)化、“翻天覆地”的轉(zhuǎn)化，問題一下子變得清晰許多、簡單許多、輕松許多……

③將lnx與有理式分離的函數(shù)g（x）的設(shè)立，不僅其導(dǎo)數(shù)易求、簡單，而且導(dǎo)數(shù)的表達(dá)式反映了命題條件的本意：分子、分母“恰好”都是完全平方式，導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)“恰好”是另一函數(shù)的間斷點(diǎn)……

6.（Ⅱ卷，文24、理24）設(shè)函數(shù)，其中.

（1）當(dāng)a = 1時(shí)，求不等式f（x）≥3x + 2的解集；

（2）若不等式f（x）≤ 0的解集為｛x∣x ≤ - 1 ｝，求a的值.

【參考答案】

（1）……｛x∣x ≥3或x ≤-1｝.

（2）由f（x）≤ 0得∣x - a∣+ 3x ≤ 0.此不等式化為不等式組

 或_， 即 或_.

因?yàn)?sub>，所以不等式組的解集為.由題設(shè)可得= ，故a = 2_.

·巧思·

利用條件和結(jié)論中的等號應(yīng)當(dāng)同時(shí)成立，立即得到僅含a的方程；既不需要解含兩個字母的不等式組，又避免了對于x≥a和x≤a的分類討論。

·妙解·

（2）題設(shè) f（-1）=-3 = 0（a＞0）a = 2.

【評注】

①將對不等式的處理，轉(zhuǎn)化為對等式的處理；將對含有兩個字母的式子的處理，轉(zhuǎn)化為對只含有一個字母的式子的處理——情況就大大“變化”，要求就大大“降低”……

②如果去掉題中的條件“a＞0”，那么兩種解答的難易對照、繁簡對比將更加明顯、更加突出。

【小結(jié)】

①數(shù)學(xué)是美的，“簡潔美”是其中之一，也是主要的數(shù)學(xué)美，解決數(shù)學(xué)問題應(yīng)當(dāng)——力求簡潔、簡明、簡單、簡便，力求創(chuàng)優(yōu)創(chuàng)新、盡善盡美。亦即：應(yīng)當(dāng)——探求盡可能簡明的思路、盡可能簡便的解法，探求盡可能簡潔的語句、盡可能簡短的表述。

②如果某個數(shù)學(xué)問題的解答過程比較復(fù)雜、步驟比較冗長，我們就要思考：這個解法算得上“較好”嗎？“很好”嗎？“極好”嗎？還能夠“改變”嗎？“改造”嗎？“改進(jìn)”嗎？亦即：教師傳輸給學(xué)生的知識，不僅應(yīng)當(dāng)是“正品”，而且還應(yīng)當(dāng)是“精品”、“極品”。

③“通解通法”固然需要掌握，然而知識的靈活運(yùn)用對于培養(yǎng)學(xué)生的能力更加重要、必要甚至首要，何況高考綜合題一般也不是僅用“通解通法”就能奏效的：盡管教師“千回萬回”地講解，學(xué)生“千遍百遍”地練習(xí)，最后面對試卷，許多人還是一籌莫展——這個問題更值得我們思考、思索、思慮……

（本文作者系退休機(jī)關(guān)干部、中學(xué)數(shù)學(xué)教師）