谈2019年全国Ⅱ卷理科数学第20题与第21题

1、精选优质文档-倾情为你奉上谈2019年全国卷理科数学第20题与第21题作者：甘志国来源：理科考试研究·高中2019年第10期        摘;要：2019年高考数学全国卷理科数学第20题是导数的应用问题，很多读者不知晓其参考答案中切点B的坐标-lnx0，1x0是如何得到的;第21题以椭圆为载体，它与另两道高考题实质相同.本文将对这两道试题给出深入的分析与相应的简解.        关键词：导数的应用;椭圆;简解 &

2、#160;      2019年高考全国卷数学理科第20题与第21题是试卷必做题的最后两道题，难度自然较大.其中第20题是导数的应用（用导数研究函数的性质），学生能看懂第（2）问的参考答案，但不知道参考答案中切点B的坐标-lnx0，1x0是如何得到的？笔者将给出透彻的分析;第21题以椭圆为载体，笔者发现它与2012年高考湖北卷理科第21题、2011年高考江苏卷第18题实质相同，由本文定理3的相关结论可以给出它们统一的简解.        1;第20题的参考

3、答案探析        题1;（2019年全国卷理科第20题）已知函数fx=lnx-x+1x-1.        （1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点;        （2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y=lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y=ex的切线.     &

4、#160;  参考答案;（1）可得函数f（x）的定义域为（0，1）（1，+）.        因为f （x）=1x+1（x-1）2>0，所以f（x）在（0，1），（1，+）上均单调递增.        因为f（e）=1-e+1e-10，所以f（x）在（1，+）有唯一零点（设为x1） ，得f（x1）=0.        又因为0

5、60;       综上所述，可得f（x）有且仅有两个零点.        （2）可得点B-lnx0，1x0在曲线y=ex上.        由题设知f（x0）=0，即lnx0=x0+1x0-1，所以直线AB的斜率k=1x0-lnx0-lnx0-x0=1x0-x0+1x0-1-x0+1x0-1-x0=1x0.     

6、   可得曲线y=ex在点B-lnx0，1x0处切线的斜率是1x0，曲线y=lnx在点A（x0，lnx0）处切线的斜率也是1x0，所以曲线y=lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y=ex的切线.        疑问;在第（2）问的解答中是如何想到在曲线y=ex上取点B-lnx0，1x0的？这恰恰又是解答的关键所在！        事实上，点B的坐标-lnx0，1x0是求出来的. 

7、0;      如图1所示，设曲线y=lnx与曲线y=ex的一条公切线的斜率是k，两个切点分别是A（x0，lnx0）与B（x1，ex1），由（lnx）=1x，（ex）=ex及导数的几何意义，可得k=1x0=ex1，因而x1=-lnx0，得切点B（x1，ex1），即B-lnx0，1x0.        事实上，还可得k=1x0=ex1=lnx0-ex1x0-x1.        

8、再由x1=-lnx0，可得1x0=lnx0-1x0x0+lnx0.        所以lnx0-x0+1x0-1=0.        由此也可知这道高考题是如何编拟出来的.读者也可沿此思路（求两曲线的公切线）编拟出大量的类似题目，比如        题2;已知函数f（x）=lnx-1x-1.     

9、0;  （1）求 f（x）的零点个数;        （2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y=lnx+1在点A（x0，lnx0+1）处的切线也是曲线y=ex的切线.        解;（1）函数f（x）的定义域为（0，1）（1，+）.        因为f （x）=1x+1（x-1）2>0，所以f（x）在（0，1），（1，+）

10、上均单调递增.        再由f（e-2）=2-e2e2-10;f（2）=ln2-10，根据零点定理可得f（x）的零点个数是2.        （2）可得点B-lnx0，1x0在曲线y=ex上.        由题设知f（x0）=0，即lnx0=1x0-1，所以直线AB的斜率k=1x0-（lnx0+1）-lnx0-x0=1x0-1x0-1-1-1x0-1

11、-x0=1x0.        可得曲線y=ex在点B-lnx0，1x0处切线的斜率是1x0，曲线y=lnx+1在点A（x0，lnx0+1）处切线的斜率也是1x0，所以曲线y=lnx+1在点A（x0，lnx0+1）处的切线也是曲线y=ex的切线.        题3;（2013年新课标全国卷理科第21（2）题的等价问题）求证：ex>ln（x+2）.       

12、 证明;用导数易证得exx+1（当且仅当x=0时取等号）， x+1ln（x+2）（当且仅当x=-1时取等号），进而可得欲证结论成立.        疑问;虽说exx+1是常用不等式，但我们仍然会产生疑问：为什么想到用x+1来作ex与ln（x+2）的过渡呢？有一般规律吗？事实上，这里的一般规律还是“直线y=x+1是向下凸的曲线y=ex与向上凸的曲线y=ln（x+2）的公切线”（如图2所示）.        还可求出曲线y=ex与

13、y=ln（x+2）共有两条公切线，另一条是直线y=x+2e.从而还可给出另一种证法：先用导数证明exx+2e（当且仅当x=-1时取等号）， x+2eln（x+2）（当且仅当x=e-2时取等号）.        题4;求证：ex>lnx+2.        证明;可求得曲线y=ex与y=lnx+2共有两条公切线y=x+1与y=ex.        从而可

14、给出其两种证法：        （1）用导数易证得exx+1（当且仅当x=0时取等号）， x+1lnx+2（当且仅当x=1时取等号），进而可得欲证结论成立.        （2）用导数易证得exex（当且仅当x=1时取等号）， exlnx+2（当且仅当x=1e时取等号），进而可得欲证结论成立.        对于两个常用不等式exx+1，lnxx-1，笔者发

15、现y=ex与y=lnx互为反函数，y=x+1与y=x-1也互为反函数;题2中的不等式ex>ln（x+2）与题3中的不等式lnx        定理11;已知f（x），g（x）都是单调函数，它们的反函数分别是f-1（x），g-1（x）.        （1）若f（x）是增函数，f（s）g（s）恒成立，则f-1（t）g-1（t）恒成立;        （2

16、）若f（x）是减函数，f（s）g（s）恒成立，则f-1（t）g-1（t）恒成立;        （3）若f（x）是增函数，f（s）g（s）恒成立，则f-1（t）g-1（t）恒成立;        （4）若f（x）是减函数，f（s）g（s）恒成立，则f-1（t）g-1（t）恒成立.        2;第21题与另两道高考题如出一辙  

17、60;     题5;（2019年全国卷理科第21题）已知点A（-2，0），B（2，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为-12.记M的轨迹为曲线C.        （1）求C的方程，并说明C是什么曲线;        （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为点E，连结QE并延长交C于点G.    &#

18、160;   （i）证明：PQG是直角三角形;        （ii）求PQG面积的最大值.        答案;（1）曲线C的方程是x24+y22=1（y0），.（2） （i）略;（ii）169.        题6;（2012年湖北卷理科第21题）设点A是单位圆x2+y2=1上的任意一点，l是过点A与x轴垂直的直线，点D是直

19、线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足DM=mDA（m>0，且m1）.当点A在圆上运动时，记点M的轨迹为曲线C.        （1）求曲线C的方程，判断曲线C为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标;        （2）过原点且斜率为k的直线交曲线C于P，Q两点，其中点P在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线QN交曲线C于另一点H.是否存在m，使得对任意的k>0，都有PQPH？若存在，求m的值;若不存在，请说明理由. 

20、;       答案;（1）x2+y2m2=1（m>0，且m1），;        （2）存在m满足题设，且m=2.        题7;（2011年江苏卷第18题）如图3，在平面直角坐标系xOy中，点M，N分别是椭圆x24+y22=1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P，A两点，其中点P在第一象限，过点P作x轴的垂线，垂足为点C，连接AC，并延长交椭圆于点B，设

21、直线PA的斜率为k.        （1）当直线PA平分线段MN时，求k的值;        （2）当k=2时，求点P到直线AB的距离d;        （3）对任意k>0，求证：PAPB.        该题前两问比较简单，难在最后一问.笔者对最后一问作深入研究后，得到了

22、中心二次曲线的美丽性质.        由下面的定理3中的相关结论可知，这三道高考题如出一辙.        定理2;若过曲线：x2+y2=1（0）的中心（即坐标原点）的直线交于两点A，B，点P在曲线上，则当直线PA，PB的斜率均存在时，它们的斜率之积为-.        证明;可设A（x0，y0），B（-x0，-y0），P（x，y），得x20 ;+ y20

23、 ;= 1，x2 + y2 = 1.        所以kPA kPB ;= y-y0 x-x0 ·y + y0 x + x0 ;= y2-y20 x2-x20 ;= x20 -x2x2-x20 ;= -.        注;定理2是“圓的直径所对的圆周角是直角”的推广.        定理3;过曲线：x2+y2=1（0）的中心（即坐标原点O）的直

24、线交于两点A，B（这两点均不在坐标轴上）.        （1）若作AHx轴于点H，直线BH交于另一点C，则直线AB，AC，BC的斜率均存在，且它们的积为kCAkCB=-，kCB=12kAB，kABkAC=-2，点C的坐标是x0 （x20 ;+ 3）3x20 ;+ 1，y30 3x20 ;+ 1;        （2）若作AHx轴于点H，直线BH交于另一点C，则直线AB，AC，BC的斜率均存在，且它们的积为kCAkCB=-，kCB=2k

25、AB，kABkAC=-2，点C的坐标是x30 1 + 3y20 ，y0 （y20 ;+ 3）1 + 3y20 .        证明;（1）由两点A，B均不在坐标轴上，可得kAB存在.若kAC不存在，则三点A，C，H共线，这不可能！所以kAC存在.        再由定理2，可得kCAkCB=-.        如图4所示，可设A（x0，y0），B（-x0，

26、-y0），H（x0，0），得点O，H不重合，所以x00.所以kBC存在且kBC=kBH=y02x0.所以kAB=y0x0.所以kCB=12kAB.        进而可得kABkAC=2kCBkCA=-2.        所以直线BH方程为y=y02x0（x-x0），把它代入曲线的方程x2+y2=1，可得        （3x20 ;+ 1）x2-2x0 y

27、20 x-x20 （x20 ;+ 3） = 0.        所以这个关于x的一元二次方程的两个根分别是-x0，xC，由韦达定理可得        -x0 xC ;= -x20 （x20 ;+ 3）3x20 ;+ 1，xC ;= x0 （x20 ;+ 3）3x20 ;+ 1.        再由点C在直线BH：y=y02x0（x-x0）上，可得yC ;=

28、y30 3x20 ;+ 1.        所以点C的坐标是x0 （x20 ;+ 3）3x20 ;+ 1，y30 3x20 ;+ 1.        （2）同（1）可证.        在定理3（1）的结论“kABkAC=-2”中令=14，=12，可得题3（3）及题1（2）（i）的结论成立.     

29、0;  在定理3（2）的结论“kABkAC=-2”中令=1，=1m2，可得在题6（2）中有kPQkPH=-m22，所以PQPH-m22=-1m=2（因為m>0，且m1），进而可得所求答案是“存在m满足题设，且m=2”.        下面再给出题5（2）（ii）的一种解法：        可设直线PQ：y=kx（k>0），进而可求得点P22k2+1，2k2k2+1，Q-22k2+1，-2k2k2+1.