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1817分解析几何★★★★★
已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1（a>b>0a>b>0）的左焦点为 F(−1,0)F(-1,0)，离心率为 12\dfrac{1}{2}.
(1) 求 CC 的方程； (2) 设 OO 为坐标原点，过 FF 且斜率大于 00 的动直线 ll 与 CC 交于 PP，QQ 两点，其中 QQ 在第三象限，直线 POPO 与 CC 的另一个交点为 RR.
(i) 若 △PQR\triangle PQR 的面积是 △PFO\triangle PFO 的面积的 33 倍，求 ll 的方程； (ii) 求 tan⁡∠PQR\tan \angle PQR 的最小值．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

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1917分函数与初等函数★★★★★
已知函数 f(x)f(x) 的定义域为 R\mathbf{R}，且当 x<0x<0 时，f(x)=2xf(x)=2^x. 对任意 x0∈Rx_0\in\mathbf{R}，定义集合 D(x0)={d∈R∣f(x0+d)>f(x0)}D(x_0)=\{d\in\mathbf{R} \mid f(x_0+d)>f(x_0)\}.
(1) 若当 x≥0x\ge 0 时，f(x)=1−xf(x)=1-x，求 D(−1)D(-1)； (2) 若 f(x)f(x) 是奇函数，f(x1)≤f(x2)f(x_1)\le f(x_2)，且 x1x2≠0x_1x_2\ne 0，证明：D(x2)⊆D(x1)D(x_2)\subseteq D(x_1)； (3) 设 f(x)f(x) 满足：① 若 f(x1)≤f(x2)f(x_1)\le f(x_2)，则 D(x2)⊆D(x1)D(x_2)\subseteq D(x_1)；② 当 0<x<10<x<1 时，f(x)<f(0)f(x)<f(0).
(i) 证明：f(0)≥1f(0)\ge 1； (ii) 证明：f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 单调递增．

2026 · 全国 · 一卷 · 第 19 题 · 解答题

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1817分解析几何★★★★★
设椭圆 C:x2a2+y2b2=1C: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的离心率为 223\frac{2\sqrt{2}}{3}，下顶点为 AA，右顶点为 BB，∣AB∣=10|AB| = \sqrt{10}.
(1) 求椭圆 CC 的标准方程； (2) 已知动点 PP 不在 yy 轴上，点 RR 在射线 APAP 上，且满足 ∣AP∣⋅∣AR∣=3|AP| \cdot |AR| = 3.
(i) 设 P(m,n)P(m, n)，求点 RR 的坐标（用 mm，nn 表示）； (ii) 设 OO 为坐标原点，QQ 是 CC 上的动点，直线 OROR 的斜率为直线 OPOP 的斜率的3倍，求 ∣PQ∣|PQ| 的最大值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 18 题 · 解答题

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1917分导数及其应用★★★★★
(1) 设函数 f(x)=5cos⁡x−cos⁡5xf(x) = 5\cos x - \cos 5x，求 f(x)f(x) 在 [0,π4]\left[0, \frac{\pi}{4}\right] 的最大值； (2) 给定 θ∈(0,π)\theta \in (0,\pi) 和 a∈Ra \in \mathbf{R}，证明：存在 y∈[a−θ,a+θ]y \in [a - \theta, a + \theta]，使得 cos⁡y≤cos⁡θ\cos y \le \cos \theta； (3) 设 b∈Rb \in \mathbf{R}，若存在 φ∈R\varphi \in \mathbf{R} 使得 5cos⁡x−cos⁡(5x+φ)≤b5\cos x - \cos (5x + \varphi) \le b 对 x∈Rx \in \mathbf{R} 恒成立，求 bb 的最小值.

2025 · 全国 · 一卷 · 第 19 题 · 解答题

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1817分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡x2−x+ax+b(x−1)3f(x)=\ln\frac{x}{2-x}+ax+b(x-1)^3（x∈(0,2)x\in(0,2)）.
(1) 若 b=0b=0 且 f′(x)≥0f'(x)\ge0，求 aa 的最小值； (2) 证明：曲线 y=f(x)y=f(x) 关于点 (1,a)(1,a) 中心对称； (3) 若 f(x)>−2f(x)>-2 当且仅当 1<x<21<x<2，求 bb 的取值范围.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 18 题 · 解答题

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1917分数列★★★★★
设 mm 为正整数，数列 a1a_1，a2a_2，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 为公差不为 00 的等差数列，若删去两项 aia_i，aja_j（i<ji<j） 后剩余 4m4m 项可平均分为 mm 组且每组 4 个数都成等差，则称该数列为 (i,j)(i,j)-可分数列.
(1) 写出所有 (i,j)(i,j)，1≤i<j≤61\le i<j\le6，使 a1a_1，…\dots，a6a_6 是 (i,j)(i,j)-可分数列； (2) 当 m≥3m\ge3 时，证明 a1a_1，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 是 (2,13)(2,13)-可分数列； (3) 从 11，22，…\dots，4m+24m+2 中不放回任取 i<ji<j，设 a1a_1，…\dots，a4m+2a_{4m+2} 是 (i,j)(i,j)-可分数列的概率为 PmP_m，证明 Pm>18P_m>\frac18.

2024 · 全国 · 新高考一卷 · 第 19 题 · 解答题

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2215分解析几何★★★★★
在直角坐标系 xOyxOy 中，点 PP 到 xx 轴的距离等于点 PP 到点 (0,12)(0,\frac12) 的距离，记动点 PP 的轨迹为 WW.
(1) 求 WW 的方程； (2) 已知矩形 ABCDABCD 有三个顶点在 WW 上，证明：矩形 ABCDABCD 的周长大于 333\sqrt3.

2023 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

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2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex−axf(x)=\mathrm{e}^x-ax，g(x)=ax−ln⁡xg(x)=ax-\ln x 有相同的最小值.
(1) 求 aa； (2) 证明：存在直线 y=by=b，其与两条曲线 y=f(x)y=f(x) 和 y=g(x)y=g(x) 共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

2022 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

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2215分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x(1−ln⁡x)f(x)=x\left( 1-\ln x \right).
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 设 aa，bb 为两个不相等的正数，且 bln⁡a−aln⁡b=a−bb\ln a-a\ln b=a-b，证明 2<1a+1b<e2<\frac{1}{a}+\frac{1}{b}<\mathrm{e}.

2021 · 全国 · 新高考一卷 · 第 22 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex+ax2−xf(x)=\mathrm{e}^x+ax^2-x.
(1) 当 a=1a=1 时，讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 当 x≥0x\ge 0 时，f(x)≥12x3+1f(x)\ge \dfrac{1}{2}x^3+1，求 aa 的取值范围.

2020 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=sin⁡x−ln⁡(1+x)f(x)=\sin x-\ln(1+x)，且 f′(x)f'(x) 为 f(x)f(x) 的导数. 证明：
(1) f′(x)f'(x) 在区间 (−1,π2)\left(-1,\dfrac{\pi}{2}\right) 存在唯一极大值点； (2) f(x)f(x) 有且仅有 22 个零点.

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21概率与统计★★★★★
为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验. 试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验. 对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药. 一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验. 当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 44 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效. 为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得 11 分，乙药得 −1-1 分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 11 分，甲药得 −1-1 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得 00 分. 甲、乙两种药的治愈率分别记为 α\alpha 和 β\beta，一轮试验中甲药的得分记为 XX.
(1) 求 XX 的分布列； (2) 若甲药、乙药在试验开始时都赋予 44 分，pip_i（i=0i=0，11，⋯\cdots，88）表示“甲药的累计得分为 ii 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 p0=0p_0=0，p8=1p_8=1，pi=api−1+bpi+cpi+1p_i=ap_{i-1}+bp_i+cp_{i+1}（i=1i=1，22，⋯\cdots，77），其中 a=P(X=−1)a=P(X=-1)，b=P(X=0)b=P(X=0)，c=P(X=1)c=P(X=1). 假设 α=0.5\alpha=0.5，β=0.8\beta=0.8.
(i) 证明：{pi+1−pi}\{p_{i+1}-p_i\}（i=0i=0，11，22，⋯\cdots，77）为等比数列； (ii) 求 p4p_4，并根据 p4p_4 的值解释这种试验方案的合理性.

2019 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=1x−x+aln⁡xf(x)=\frac1x-x+a\ln x.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 若 f(x)f(x) 存在两个极值点 x1x_1，x2x_2，证明：f(x1)−f(x2)x1−x2<a−2\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2.

2018 · 全国 · 一卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
已知抛物线 C1:x2=4yC_1: x^2 = 4y 的焦点 FF 也是椭圆 C2:y2a2+x2b2=1C_2: \frac{y^2}{a^2} + \frac{x^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0）的一个焦点，C1C_1 与 C2C_2 的公共弦长为 262\sqrt{6}.
(1) 求 C2C_{2} 的方程； (2) 过点 FF 的直线 ll 与 C1C_1 相交于 AA，BB 两点，与 C2C_2 相交于 CC，DD 两点，且 AC→\overrightarrow{AC} 与 BD→\overrightarrow{BD} 同向.
① 若 ∣AC∣=∣BD∣|AC| = |BD|，求直线 ll 的斜率； ② 设 C1C_1 在点 AA 处的切线与 xx 轴的交点为 MM，证明： 直线 ll 绕点 FF 旋转时，△MFD\triangle MFD 总是钝角三角形.

2015 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=eaxsin⁡xf(x) = \mathrm{e}^{ax}\sin x （x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty)），记 xnx_n 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 nn （n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）个极值点. 证明：
(1) 数列 {f(xn)}\left\{f(x_{n})\right\} 是等比数列； (2) 若 a⩾1e2−1a \geqslant \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}^{2} - 1}}，则对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，xn<∣f(xn)∣x_n < |f(x_n)| 恒成立.

2015 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=aexcos⁡xf(x) = a\mathrm{e}^{x}\cos x，x∈[0,+∞)x \in [0, +\infty). 记 xnx_n 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 nn 个极值点（n∈N∗n \in \mathbf{N}^*）.
(1) 证明：数列 {f(xn)}\{f(x_{n})\} 是等比数列； (2) 若对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，xn⩽∣f(xn)∣x_n \leqslant |f(x_n)| 恒成立，求 aa 的取值范围.

2015 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
如图，OO 为坐标原点，椭圆 C1:x2a2+y2b2=1C_1: \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1（a>b>0a > b > 0） 的左，右焦点分别为 F1F_1，F2F_2，离心率为 e1e_1；双曲线 C2:x2a2−y2b2=1C_2: \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 的左，右焦点分别为 F3F_3，F4F_4，离心率为 e2e_2. 已知 e1e2=32e_1 e_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}，且 ∣F2F4∣=3−1|F_2 F_4| = \sqrt{3} - 1.
(1) 求 C1C_{1}，C2C_{2} 的方程； (2) 过 F1F_{1} 作 C1C_{1} 的不垂直于 yy 轴的弦 ABAB，MM 为弦 ABAB 的中点. 当直线 OMOM 与 C2C_{2} 交于 PP，QQ 两点时，求四边形 APBQAPBQ 面积的最小值.
\begin{solution} 设椭圆和双曲线的焦距参数分别为 c=a2−b2c=\sqrt{a^2-b^2}，d=a2+b2d=\sqrt{a^2+b^2}. 则 e1=cae_1=\frac{c}{a}，e2=dae_2=\frac{d}{a}，从而 e12+e22=c2+d2a2=2e_1^2+e_2^2=\frac{c^2+d^2}{a^2}=2，e12e22=34e_1^2e_2^2=\frac34. 所以 e12e_1^2、e22e_2^2 是方程 u2−2u+34=0u^2-2u+\frac34=0 的两个根，即 12\frac12、32\frac32. 由于椭圆离心率小于 11，有 e1=12e_1=\frac{1}{\sqrt2}，e2=32e_2=\sqrt{\frac32}. 又因为 F2=(c,0)F_2=(c,0)，F4=(d,0)F_4=(d,0)，所以
a(e2−e1)=d−c=3−1a(e_2-e_1)=d-c=\sqrt3-1
而 e2−e1=3−12e_2-e_1=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2}，故 a=2a=\sqrt2. 于是 c=1c=1，b2=a2−c2=1b^2=a^2-c^2=1，即 C1:x22+y2=1C_1:\frac{x^2}{2}+y^2=1，C2:x22−y2=1C_2:\frac{x^2}{2}-y^2=1.
第二问先设弦 ABAB 的斜率为 kk，由于题设排除了垂直于 yy 轴的水平弦，故 k≠0k\ne0. 直线方程为 y=k(x+1)y=k(x+1). 与椭圆联立得
(1+2k2)x2+4k2x+2k2−2=0(1+2k^2)x^2+4k^2x+2k^2-2=0
由根与系数的关系，弦中点为
M(−2k21+2k2,k1+2k2)M\left(-\frac{2k^2}{1+2k^2},\frac{k}{1+2k^2}\right)
因此直线 OMOM 的方向向量可取 (−2k,1)(-2k,1). 令该直线上的点为 (x,y)=t(−2k,1)(x,y)=t(-2k,1)，代入 C2C_2 得
(2k2−1)t2=1(2k^2-1)t^2=1
由于题设要求有两个交点，必须有 k2>12k^2>\frac12，此时
PQ=24k2+12k2−1PQ=\frac{2\sqrt{4k^2+1}}{\sqrt{2k^2-1}}
设椭圆交点的横坐标之差的绝对值为 ∣Δx∣|\Delta x|. 由上面二次方程的判别式，
∣Δx∣=22(1+k2)1+2k2|\Delta x|=\frac{2\sqrt{2(1+k^2)}}{1+2k^2}
所以
AB=∣Δx∣1+k2=22(1+k2)1+2k2AB=|\Delta x|\sqrt{1+k^2}=\frac{2\sqrt2(1+k^2)}{1+2k^2}
四边形 APBQAPBQ 的两条对角线为 ABAB、PQPQ，且交点为 MM. 因此用向量行列式计算面积，注意
det⁡(1k−2k1)=1+2k2\det\begin{pmatrix}1&k\\-2k&1\end{pmatrix}=1+2k^2
得到
S=12∣Δx∣⋅22k2−1(1+2k2)=22(1+k2)2k2−1S=\frac12|\Delta x|\cdot\frac{2}{\sqrt{2k^2-1}}(1+2k^2) =\frac{2\sqrt{2(1+k^2)}}{\sqrt{2k^2-1}}
有限斜率下
S2=8(1+k2)2k2−1=4+122k2−1>4S^2=\frac{8(1+k^2)}{2k^2-1}=4+\frac{12}{2k^2-1}>4
还需考虑 AB∥yAB\parallel y 轴的情形，此时弦为 x=−1x=-1，其中点为 M=(−1,0)M=(-1,0)，直线 OMOM 为 xx 轴，与双曲线交于 (−2,0)(-\sqrt2,0)、(2,0)(\sqrt2,0). 此时 AB=2AB=\sqrt2，PQ=22PQ=2\sqrt2，故 S=2S=2. 因而四边形 APBQAPBQ 面积的最小值为 22. \end{solution}

2014 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知常数 a>0a > 0，函数 f(x)=ln⁡(1+ax)−2xx+2f(x) = \ln\left(1 + ax\right) - \frac{2x}{x + 2}.
(1) 讨论 f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0, +\infty) 上的单调性； (2) 若 f(x)f(x) 存在两个极值点 x1x_{1}，x2x_{2}，且 f(x1)+f(x2)>0f(x_{1}) + f(x_{2}) > 0，求 aa 的取值范围.
\begin{solution} 函数定义域为 (−1a,+∞)\left(-\frac1a,+\infty\right)，并且要排除 x=−2x=-2（当该点属于上述区间时）. 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上，
f′(x)=a1+ax−4(x+2)2=ax2+4a−4(1+ax)(x+2)2f'(x)=\frac{a}{1+ax}-\frac{4}{(x+2)^2} =\frac{ax^2+4a-4}{(1+ax)(x+2)^2}
在所讨论区间内分母恒为正.
当 a⩾1a\geqslant1 时，ax2+4a−4>0ax^2+4a-4>0，所以 f(x)f(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增. 当 0<a<10<a<1 时，令分子为零，得
x0=21−aax_0=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}
此时在 0<x<x00<x<x_0 上有 f′(x)<0f'(x)<0，在 x>x0x>x_0 上有 f′(x)>0f'(x)>0，所以 f(x)f(x) 在 (0,21−aa)\left(0,2\sqrt{\frac{1-a}{a}}\right) 上单调递减，在 (21−aa,+∞)\left(2\sqrt{\frac{1-a}{a}},+\infty\right) 上单调递增.
若存在两个极值点，导数方程的两个根必须都在定义域内. 当 0<a<10<a<1 时令
t=21−aa>0t=2\sqrt{\frac{1-a}{a}}>0
导数的两个零点为 −t-t、tt. 当 a≠12a\ne\frac12 时，
t<1a⟺4a(1−a)<1⟺(2a−1)2>0t<\frac1a \quad\Longleftrightarrow\quad 4a(1-a)<1 \quad\Longleftrightarrow\quad (2a-1)^2>0
所以 −t>−1a-t>-\frac1a，且 t≠2t\ne2，故 ±t\pm t 均在定义域内；在定义域内除去可能的 x=−2x=-2 后，分母为正，故 f′(x)f'(x) 的符号由 a(x2−t2)a(x^2-t^2) 决定，−t-t 处由正变负、tt 处由负变正，二者确为极值点. 当 a=12a=\frac12 时，−t=−2-t=-2 不在定义域内，只剩一个极值点. 因而存在两个极值点当且仅当 0<a<10<a<1 且 a≠12a\ne\frac12. 计算函数值之和：
f(−t)+f(t)=ln⁡(1−a2t2)+4t24−t2f(-t)+f(t)=\ln(1-a^2t^2)+\frac{4t^2}{4-t^2}
由 t2=4(1−a)at^2=4\frac{(1-a)}{a}，可化为
f(−t)+f(t)=2ln⁡∣2a−1∣+4(1−a)2a−1f(-t)+f(t)=2\ln|2a-1|+\frac{4(1-a)}{2a-1}
当 12<a<1\frac12<a<1 时，令 u=2a−1∈(0,1)u=2a-1\in(0,1)，上式为
2(ln⁡u+1u−1)2\left(\ln u+\frac1u-1\right)
函数 ln⁡u+1u−1\ln u+\frac{1}{u}-1 在 (0,1)(0,1) 上为正，因为其在 u=1u=1 的值为零，且导数 (u−1)u2<0\frac{(u-1)}{u^2}<0. 因而此时函数值之和大于零.
当 0<a<120<a<\frac12 时，令 u=1−2a∈(0,1)u=1-2a\in(0,1)，上式为
2ln⁡u−2u−2<02\ln u-\frac2u-2<0
所以满足条件的参数范围为 a∈(12,1)a\in\left(\frac12,1\right). \end{solution}

2014 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
如图，OO 为坐标原点，双曲线 C1:x2a12−y2b12=1C_{1}:\frac{x^{2}}{a_{1}^{2}} - \frac{y^{2}}{b_{1}^{2}} = 1（a1>0a_{1} > 0，b1>0b_{1} > 0） 和椭圆 C2:y2a22+x2b22=1C_{2}:\frac{y^{2}}{a_{2}^{2}} + \frac{x^{2}}{b_{2}^{2}} = 1（a2>b2>0a_{2} > b_{2} > 0） 均过点 P(233,1)P\left(\frac{2\sqrt{3}}{3},1\right)，且以 C1C_{1} 的两个顶点和 C2C_{2} 的两个焦点为顶点的四边形是面积为 22 的正方形.
(1) 求 C1C_1，C2C_2 的方程； (2) 是否存在直线 ll，使得 ll 与 C1C_1 交于 AA，BB 两点，与 C2C_2 只有一个公共点，且 ∣OA→+OB→∣=∣AB→∣\left|\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}\right| = \left|\overrightarrow{AB}\right|，证明你的结论.

2014 · 湖南 · 文 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=xcos⁡x−sin⁡x+1f(x) = x \cos x - \sin x + 1（x>0x > 0）.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 记 xix_{i} 为 f(x)f(x) 的从小到大的第 ii（i∈N∗i \in \mathbf{N}^{*}）个零点，证明：对一切 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，有 1x12+1x22+⋯+1xn2<23\frac{1}{x_1^2} + \frac{1}{x_2^2} + \cdots + \frac{1}{x_n^2} < \frac{2}{3}.

2014 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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20不等式★★★★★
在平面直角坐标系 xOyxOy 中，将从点 MM 出发沿纵、横方向到达点 NN 的任一路径称为 MM 到 NN 的一条“LL 路径”. 如图所示的路径 MM1M2M3NMM_{1}M_{2}M_{3}N 与路径 MN1NMN_{1}N 都是 MM 到 NN 的“LL 路径”. 某地有三个新建的居民区，分别位于平面 xOyxOy 内三点 A(3,20)A(3,20)，B(−10,0)B(-10,0)，C(14,0)C(14,0) 处. 现计划在 xx 轴上方区域（包含 xx 轴）内的某一点 PP 处修建一个文化中心.
(1) 写出点 PP 到居民区 AA 的“LL 路径”长度最小值的表达式（不要求证明）； (2) 若以原点 OO 为圆心，半径为 11 的圆的内部是保护区，“LL 路径”不能进入保护区，请确定点 PP 的位置，使其到三个居民区的“LL 路径”长度之和最小.

2013 · 湖南 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21解析几何★★★★★
过抛物线 E:x2=2pyE: x^{2} = 2py（p>0p > 0）的焦点 FF 作斜率分别为 k1k_{1}，k2k_{2} 的两条不同的直线 l1l_{1}，l2l_{2}，且 k1+k2=2k_{1} + k_{2} = 2，l1l_{1} 与 EE 相交于点 AA，BB，l2l_{2} 与 EE 相交于点 CC，DD. 以 ABAB，CDCD 为直径的圆 MM，圆 NN（MM，NN 为圆心）的公共弦所在的直线记为 ll.
(1) 若 k1>0k_{1} > 0，k2>0k_{2} > 0，证明：FM→⋅FN→<2p2\overrightarrow{FM} \cdot \overrightarrow{FN} < 2p^{2}； (2) 若点 MM 到直线 ll 的距离的最小值为 755\frac{7\sqrt{5}}{5}，求抛物线 EE 的方程.

2013 · 湖南 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 a>0a > 0，函数 f(x)=∣x−ax+2a∣f(x) = \left| \frac{x - a}{x + 2a} \right|.
(1) 记 f(x)f(x) 在区间 [0,4][0, 4] 上的最大值为 g(a)g(a)，求 g(a)g(a) 的表达式； (2) 是否存在 aa，使函数 y=f(x)y = f(x) 在区间 (0,4)(0, 4) 内的图象上存在两点，在该两点处的切线相互垂直？若存在，求 aa 的取值范围；若不存在，请说明理由.

2013 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=1−x1+x2exf(x) = \frac{1 - x}{1 + x^{2}} \mathrm{e}^x.
(1) 求 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 证明：当 f(x1)=f(x2)f(x_{1}) = f(x_{2}) （x1≠x2x_{1} \neq x_{2}）时，x1+x2<0x_{1} + x_{2} < 0.

2013 · 湖南 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=eax−xf(x)=\mathrm{e}^{ax}-x，其中 a≠0a\neq0.
(1) 若对一切 x∈Rx\in\mathbf{R}，f(x)⩾1f(x)\geqslant1 恒成立，求 aa 的取值集合； (2) 在函数 f(x)f(x) 的图象上取定两点 A(x1,f(x1))A(x_1,f(x_1))，B(x2,f(x2))B(x_2,f(x_2))（x1<x2x_1<x_2），记直线 ABAB 的斜率为 kk. 问：是否存在 x0∈(x1,x2)x_0\in(x_1,x_2)，使 f′(x0)>kf'(x_0)>k 成立？若存在，求 x0x_0 的取值范围；若不存在，请说明理由.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 若 a<0a<0，则当 x→+∞x\to+\infty 时，eax→0\mathrm{e}^{ax}\to0，从而
f(x)=eax−x→−∞f(x)=\mathrm{e}^{ax}-x\to-\infty
不可能恒有 f(x)⩾1f(x)\geqslant1. 所以必须 a>0a>0.
当 a>0a>0 时， f′(x)=aeax−1f'(x)=a\mathrm{e}^{ax}-1，f′′(x)=a2eax>0f''(x)=a^2\mathrm{e}^{ax}>0. 因此 ff 在唯一的极小点 aeax=1a\mathrm{e}^{ax}=1，⟹\Longrightarrow，x=−ln⁡aax=-\frac{\ln a}{a} 处取得最小值. 代入得
fmin⁡=1a+ln⁡aa=1+ln⁡aaf_{\min}=\frac1a+\frac{\ln a}{a} =\frac{1+\ln a}{a}
故题设条件等价于
1+ln⁡a⩾a1+\ln a\geqslant a
令 h(a)=a−1−ln⁡ah(a)=a-1-\ln a，则 h′(a)=1−1ah'(a)=1-\frac1a，h(1)=0h(1)=0. 函数 hh 在 a=1a=1 处取得最小值 00，所以 h(a)⩾0h(a)\geqslant0，且等号仅在 a=1a=1 时成立. 因而
a=1a=1
\item 记
D=eax2−eax1x2−x1D=\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{x_2-x_1}
由 a≠0a\neq0，有 Da>0\frac{D}{a}>0. 又函数 g(x)=aeaxg(x)=a\mathrm{e}^{ax} 满足
g′(x)=a2eax>0g'(x)=a^2\mathrm{e}^{ax}>0
所以 gg 严格递增. 由拉格朗日中值定理，存在唯一的 c∈(x1,x2)c\in(x_1,x_2)，使
aeac=Da\mathrm{e}^{ac}=D
解得
c=1aln⁡eax2−eax1a(x2−x1)c=\frac1a\ln\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{a(x_2-x_1)}
另一方面，直线 ABAB 的斜率为
k=eax2−eax1x2−x1−1=D−1k=\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{x_2-x_1}-1=D-1
而
f′(x)=aeax−1=g(x)−1f'(x)=a\mathrm{e}^{ax}-1=g(x)-1
因此
f′(x)>k  ⟺  g(x)>D  ⟺  x>cf'(x)>k \iff g(x)>D \iff x>c
在 x∈(x1,x2)x\in(x_1,x_2) 内，所有满足条件的 x0x_0 构成区间
(1aln⁡eax2−eax1a(x2−x1),x2)\left( \frac1a\ln\frac{\mathrm{e}^{ax_2}-\mathrm{e}^{ax_1}}{a(x_2-x_1)}, x_2 \right)
所以这样的 x0x_0 存在. \end{enumerate} \end{solution}

2012 · 湖南 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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