11、或
所以m的值是3或－1.
(2)依題意，當x∈[0,1]時，函數(shù)f(x)max＞2f(x)min，
①m≥1時，當x∈[0,1]時，f′(x)≤0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，
所以f(0)＞2f(1)，
即1＞2×?m＞3－；
②m≤0時，x∈[0,1]時，f′(x)≥0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，
所以f(1)＞2f(0)，
即＞2?m＜3－2e；
③當0＜m＜1時，當x∈(0，m)時，f′(x)＜0，
當x∈(m,1)時，f′(x)＞0，
所以f(x)min＝f(m)＝，f(x)max＝f(0)或f(1)，
記函數(shù)g(m)＝，g′(m)＝，當m≥0時，g′(m)≤0，g(
12、m)單調(diào)遞減，
所以m∈(0,1)時，g(m)＞g(1)＝，
所以2f(x)min＝＞＞1＝f(0)，
2f(x)min＝＞＞＞＝f(1)，不存在m∈(0,1)使得f(x)max＞2f(x)min，
綜上，實數(shù)m的取值范圍是(－∞，3－2e)∪.
■對點即時訓(xùn)練·
(2018·湖北七市模擬)函數(shù)f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2.
(1)討論f(x)的極值點的個數(shù)；
(2)若對于任意x∈(0，＋∞)，總有f(x)≤g(x)成立，求實數(shù)a的取值范圍．
[解] (1)由題意得f′(x)＝＋x＋a＝(x＞0，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a
13、2－4.
①當Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2時，x2＋ax＋1≥0對x>0恒成立，即f′(x)＝≥0對x>0恒成立，此時f(x)沒有極值點．
②當Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2時，
若a<－2，設(shè)方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x1，x2，不妨設(shè)x10，x1x2＝1＞0，故x2＞x1＞0，
∴當0x2時，f′(x)>0；當x12，設(shè)方程x2＋ax＋1＝0的兩個不同實根為x3，x4，
則x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1＞0，故x3＜0，x4＜0
14、.
∴當x>0時，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)沒有極值點．
綜上，當a<－2時，函數(shù)f(x)有兩個極值點；
當a≥－2時，函數(shù)f(x)沒有極值點．
(2)f(x)≤g(x)?ex－ln x＋x2≥ax，
因為x>0，所以a≤?x＞0恒成立，
設(shè)φ(x)＝(x＞0)，
φ′(x)＝
＝，
∵x＞0，∴當x∈(0,1)時，φ′(x)＜0，φ(x)單調(diào)遞減，
當x∈(1，＋∞)時，φ′(x)>0，φ(x)單調(diào)遞增，
∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，
∴a≤e＋1，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，e＋1]．
題型3 “圖象輔助法”解決函數(shù)零點或方程根的問題
■核心知識儲備·
15、導(dǎo)數(shù)法研究方程的根或函數(shù)的零點問題是指利用導(dǎo)數(shù)研究對應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性與極值，進而畫出函數(shù)的大致圖象，并根據(jù)圖象判斷方程的根或函數(shù)的零點個數(shù)等．破解此類題的關(guān)鍵點如下：
①定函數(shù)，即確定與方程對應(yīng)的函數(shù)或研究零點問題中的函數(shù)解析式．
②求性質(zhì)，求解函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)，根據(jù)f′(x)的符號變化研究函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的極值，畫出函數(shù)的大致圖象．
③列關(guān)系，根據(jù)函數(shù)圖象的分布判斷函數(shù)的零點個數(shù)，或根據(jù)零點個數(shù)列出參數(shù)所滿足的關(guān)系式．
④得結(jié)論，求解關(guān)系式，得出結(jié)論．
■高考考法示例·
【例3】 (2018·全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若
16、a＝3，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)證明：f(x)只有一個零點．
[解] (1)當a＝3時，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0解得x＝3－2或x＝3＋2.
當x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)時，f′(x)>0；
當x∈(3－2，3＋2)時，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)單調(diào)遞增，在(3－2，3＋2)單調(diào)遞減．
(2)證明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等價于－3a＝0.
設(shè)g(x)＝－3a，則g′(x)＝≥0，僅當x＝0時g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增．
故g
17、(x)至多有一個零點，從而f(x)至多有一個零點．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6a－2－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一個零點．
綜上，f(x)只有一個零點．
[方法歸納] 判斷函數(shù)零點個數(shù)的常用方法
(1)直接研究函數(shù)，求出極值以及最值，畫出草圖.函數(shù)零點的個數(shù)問題即是函數(shù)圖象與x軸交點的個數(shù)問題.
(2)分離出參數(shù)，轉(zhuǎn)化為a＝g(x)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的知識求出函數(shù)g(x)在某區(qū)間的單調(diào)性，求出極值以及最值，畫出草圖.函數(shù)零點的個數(shù)問題即是直線y＝a與函數(shù)y＝g(x)圖象交點的個數(shù)問題.只需要用a與函數(shù)g(x)的極值和最值進行比較即可.
■對點即時訓(xùn)練·
已知函
18、數(shù)f(x)＝ex，x∈R.
(1)若直線y＝kx與f(x)的反函數(shù)的圖象相切，求實數(shù)k的值；
(2)若m＜0，討論函數(shù)g(x)＝f(x)＋mx2零點的個數(shù)．
[解] (1)f(x)的反函數(shù)為y＝ln x，x>0，則y′＝.
設(shè)切點為(x0，ln x0)，則切線斜率為k＝＝，故x0＝e，k＝.
(2)函數(shù)g(x)＝f(x)＋mx2的零點的個數(shù)即是方程f(x)＋mx2＝0的實根的個數(shù)(當x＝0時，方程無解)，
等價于函數(shù)h(x)＝(x≠0)與函數(shù)y＝－m圖象交點的個數(shù)．
h′(x)＝.
當x∈(－∞，0)時，h′(x)>0，h(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增；
當x∈(0,2)時，
19、h′(x)＜0，h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；
當x∈(2，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．
∴h(x)的大致圖象如圖：
∴h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(2)＝.
∴當－m∈，即m∈時，函數(shù)h(x)＝與函數(shù)y＝－m圖象交點的個數(shù)為1；
當－m＝，即m＝－時，函數(shù)h(x)＝與函數(shù)y＝－m圖象交點的個數(shù)為2；
當－m∈，即m∈時，函數(shù)h(x)＝與函數(shù)y＝－m圖象交點的個數(shù)為3.
綜上所述，當x∈時，函數(shù)g(x)有三個零點；當m＝－時，函數(shù)g(x)有兩個零點；當m∈時，函數(shù)g(x)有一個零點．
1．(2018·全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x
20、)＝.
(1)求曲線y＝f(x)在點(0，－1)處的切線方程；
(2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥0.
[解] (1)f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲線y＝f(x)在(0，－1)處的切線方程是2x－y－1＝0.
(2)當a≥1時，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
當x<－1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x>－1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
2．(2017·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝(1－x2)ex.
(1
21、)討論f(x)的單調(diào)性；
(2)當x≥0時，f(x)≤ax＋1，求a的取值范圍．
[解] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.
令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋.
當x∈(－∞，－1－)時，f′(x)＜0；
當x∈(－1－，－1＋)時，f′(x)＞0；
當x∈(－1＋，＋∞)時，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)單調(diào)遞減，在(－1－，－1＋)單調(diào)遞增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
當a≥1時，設(shè)函數(shù)h(x)＝(1－x)ex，則h′(x)＝－xex＜0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)單調(diào)遞減．而h(0)＝1，故
22、h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
當0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，則x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.
當a≤0時，取x0＝，則x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
綜上，a的取值范圍是[1，＋∞)．
3．(2016·全國卷
23、Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(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．
[解] (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
(ⅰ)設(shè)a≥0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
(ⅱ)設(shè)a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－，則f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
②若a＞－，則ln(－2a)＜1，
故
24、當x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)時，f′(x)＞0；
當x∈(ln(－2a)，1)時，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(ln(－2a)，1)上單調(diào)遞減．
③若a＜－，則ln(－2a)＞1，
故當x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)時，f′(x)＞0；
當x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增，在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減．
(2)(ⅰ)設(shè)a＞0，則由(1)知，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又f(1)＝－e
25、，f(2)＝a，取b滿足b＜0且b＜ln，則f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a＞0，所以f(x)有兩個零點．
(ⅱ)設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一個零點．
(ⅲ)設(shè)a＜0，若a≥－，則由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．又當x≤1時f(x)＜0，故f(x)不存在兩個零點；若a＜－，則由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)上單調(diào)遞增．又當x≤1時，f(x)＜0，故f(x)不存在兩個零點．
綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)．
兩類壓軸大題是導(dǎo)數(shù)和圓錐曲線，難度大、綜合性強，取得滿分不容易，但要得到
26、盡可能多的分數(shù)還是有方法可行的．高考是選拔性的考試，同時又是一場智者的競爭，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?。局v教你四招，讓你在考試中盡可能多得分、巧得分．
策略1 缺步解答——化繁為簡，能解多少算多少
如果遇到一個很困難的問題，確實啃不動，一個聰明的解題策略是，將它們分解為一系列的步驟，或者是一個個小問題，先解決問題的一部分，能解決多少就解決多少，能演算幾步就寫幾步，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，每進行一步得分點的演算都可以得分，最后結(jié)論雖然未得出，但分數(shù)卻已
27、過半，這叫“大題巧拿分”．
【例1】 (12分)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的兩個焦點分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，且橢圓C經(jīng)過點P.
(1)求橢圓C的離心率；
(2)設(shè)過點A(0,2)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，點Q是線段MN上的點，且＝＋，求點Q的軌跡方程．
[解] (1)由橢圓定義知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2，
所以a＝. 2分
又由已知，c＝1，
所以橢圓C的離心率e＝＝＝， 4分
(2)由(1)知，橢圓C的方程為＋y2＝1.
設(shè)點Q的坐標為(x，y)，
①當直線l與x軸垂直時，直線l與橢圓C交于(0,1)，(0，－1)兩點，此時點Q
28、的坐標為. 6分
②當直線l與x軸不垂直時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2.
因為M，N在直線l上，可設(shè)點M，N的坐標分別為(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，
則|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x.
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.
由＝＋，得
＝＋，
即＝＋＝.① 8分
將y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
代入①中并化簡，得x2＝.③ 9分
因為點Q在直線y＝kx＋2上，所以k＝，代
29、入③中并化簡，
得10(y－2)2－3x2＝18. 10分
由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪.
又滿足10(y－2)2－3x2＝18，
故x∈.
由題意，Q(x，y)在橢圓C內(nèi)，所以－1≤y≤1，
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，則y∈.
所以點Q的軌跡方程為10(y－2)2－3x2＝18，
其中x∈，y∈. 12分
[名師點題] (1)本題第(1)問為已知橢圓標準方程求橢圓的離心率問題，屬于容易題.
(2)本題的難點在于第(2)問中確定軌跡方程及方程中各變量的取值范圍，本題有一定的難度，要想拿到全分很難，這就應(yīng)該學會缺步解答.,首
30、先，解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題時，若需要設(shè)直線方程，應(yīng)考慮直線的斜率是否存在，因此當直線l的斜率不存在時，求出點Q的坐標為，這是每位考生都應(yīng)該能做到的.其次，聯(lián)立直線方程與橢圓方程并設(shè)出M，N，Q的坐標，通過，得到，然后由x1＋x2及x1x2聯(lián)想一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，將問題解決到是完全可以做到的，到此已經(jīng)可以得到9分.
另外，考慮到點Q在直線l上，將點Q坐標代入所設(shè)直線方程就能得到10(y－2)2－3x2＝18，到此便可以得到10分.到此不能繼續(xù)往下解時，我們也已經(jīng)得到絕大部分分數(shù)了.
策略2 跳步解答——左右逢源，會做哪問做哪問
解題過程中卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的．這時，
31、我們可以先承認中間結(jié)論，往后推，看能否得到結(jié)論．若題目有兩問，第(1)問想不出來，可把第(1)問當作“已知”，先做第(2)問，跳一步解答．
【例2】 (12分)設(shè)函數(shù)fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．
(1)設(shè)n≥2，b＝1，c＝－1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點；
(2)設(shè)n＝2，若對任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(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，判斷數(shù)列x2，x3，…，xn，…的增減性．
[解] (1)證明：b＝1，c＝－1，n≥2時，fn(x)＝xn＋x－1.
∵fnfn(1
32、)＝×1＜0，
∴fn(x)在內(nèi)存在零點. 2分
又∵當x∈時，f′n(x)＝nxn－1＋1＞0，
∴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. 4分
(2)當n＝2時，f2(x)＝x2＋bx＋c.
對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4.
等價于f2(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.
據(jù)此分類討論如下： 5分
①當＞1，即|b|＞2時，
M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，與題設(shè)矛盾. 6分
②當－1≤－＜0，即0＜b≤2時，
M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立. 7分
③當0≤－≤
33、1，即－2≤b≤0時，
M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立．
綜上可知，－2≤b≤2. 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(n≥2)，fn(xn)＝x＋xn－1＝0，
fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，
于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)
＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．
又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
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，
fn＋1(xn)fn＋1(
34、1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)
＝x＋xn－1＜x＋xn－1＝0，
則fn＋1(x)的零點xn＋1在(xn,1)內(nèi)，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列. 12分
[名師點題] 第(1)問可利用函數(shù)的單調(diào)性及零點存在性定理較簡單解決，但第(2)問較麻煩，很多同學不會做或耽誤較長時間，從而延誤了第(3)問的解答.事實上，由題意可知，第(3)問的解答與第(2)問沒有任何關(guān)系，但與第(1)問是相關(guān)的，且非常容易解答，因此我們可跨過第(2)問，先解決第(3)問，從而增大了本題的得分率，這是解決此類題的上策之舉.
策略3 逆向解答——逆水行舟
35、，往往也能解決問題
對一個問題正面思考發(fā)生思維受阻時，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展．順向推有困難就逆推，直接證有困難就反證．
【例3】 (12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)求函數(shù)f(x)的最小值；
(2)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
(3)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x＞－成立．
[解] (1)f′(x)＝ln x＋1， 1分
當x∈時，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減；
當x∈時，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增；
所以f(x)的最小值為f＝－. 3
36、分
(2)2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋
設(shè)h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，
則h′(x)＝， 4分
①當x∈(0,1)時，h′(x)＜0，h(x)單調(diào)遞減；
②當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，h(x)單調(diào)遞增， 5分
所以h(x)min＝h(1)＝4.
因為對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范圍為(－∞，4]. 7分
(3)證明：問題等價于證明xln x＞－(x∈(0，＋∞)). 8分
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
當且僅當x＝時取得.
37、 9分
設(shè)m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，
易知m(x)max＝m(1)＝－.
且兩函數(shù)不會同時取得－.
所以有xln x＞－， 11分
從而對一切x∈(0，＋∞)，都有l(wèi)n x＞－成立. 12分．
[名師點題] 解答本題第(3)問利用了逆向解答，把不等式巧妙地轉(zhuǎn)化為，不等式左邊是f(x)，右邊看作一個新的函數(shù)m(x)，只需說明f(x)min>m(x)max即可.
策略4 退步解答——以退為進，列出相關(guān)內(nèi)容也能得分
“以退求進”是一個重要的解題策略．對于一個較一般的問題，如果你一時不能解決所提出的問題，那么，你可以從一般退到特殊，從抽象退到具體，從復(fù)雜退到簡
38、單，從整體退到部分，從參變量退到常量，從較強的結(jié)論退到較弱的結(jié)論．總之，退到一個你能夠解決的問題，通過對“特殊”的思考與解決，啟發(fā)思維，達到對“一般”的解決．
【例4】 (12分)如圖1，O為坐標原點，雙曲線C1：－＝1(a1＞0，b1＞0)和橢圓C2：＋＝1(a2＞b2＞0)均過點P，且以C1的兩個頂點和C2的兩個焦點為頂點的四邊形是面積為2的正方形．
圖1
(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，與C2只有一個公共點，且|＋|＝||，證明你的結(jié)論．
[解] (1)設(shè)C2的焦距為2c2，由題意知，2c2＝2,2a1＝2.
從而a1＝1，c
39、2＝1.
因為點P在雙曲線x2－＝1上，
所以2－＝1，故b＝3. 2分
由橢圓的定義知
2a2＝＋＝2.
于是a2＝，b＝a－c＝2.
故c1，c2的方程分別為
x2－＝1，＋＝1. 4分
(2)不存在符合題設(shè)條件的直線. 5分
①若直線l垂直于x軸，因為l與C2只有一個公共點，所以直線l的方程為x＝或x＝－.
當x＝時，易知A(，)，B(，－)，
所以|＋|＝2，||＝2.
此時，|＋|≠|(zhì)|.
當x＝－時，同理可知，|＋|≠|(zhì)|. 7分
②若直線l不垂直于x軸，設(shè)l的方程為y＝kx＋m.
由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.
當l與C1相交
40、于A，B兩點時，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個實根，
從而x1＋x2＝，x1x2＝.
于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝. 9分
由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
因為直線l與C2只有一個公共點，所以上述方程的判別式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.
化簡，得m2＝2k2＋3， 10分
因此·＝x1x2＋y1y2
＝＋＝≠0.
于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，
即|＋|2≠|(zhì)－|2，
故|＋|≠|(zhì)|.
綜合①②可知，不存在符合題設(shè)條件的直線. 12分
[名師點題] 在求解第(2)問時可采用退步解答，若不能正確判斷其結(jié)論也應(yīng)說明直線是否存在，同時應(yīng)對直線垂直于x軸時給予說明，這就是所謂的從一般到特殊.
2022高考數(shù)學“一本”培養(yǎng)專題突破 第2部分 專題6 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式 第14講 導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用學案 文
