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1、2010年湖南高考理科20.（本小题满分13分）已知函数对任意的，恒有.（）证明：当时，；（）若对满足题设条件的任意b，c，不等式恒成立，求M的最小值.解：（）易知.由题设，对任意的，即恒成立，所以，从而.于是，且，所以.故当时，有.即当时，.当时，由（）知，.此时或0，从而恒成立.综上所述，M的最小值为.来源：学科网21（本小题满分13分）数列中，是函数的极小值点.（）当时，求通项； （）是否存有，使数列是等比数列？若存有，求的取值范围；若不存有，请说明理由.解：易知.令.（1）若，则当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增.故在取得极小值.由此猜测：当时，.下面先用数学归纳法证明：当
2、时，.事实上，当时，由前面的讨论知结论成立.假设当时，成立，则由（2）知，从而，所以.故当时，成立.于是由（2）知，当时，而，因此.综上所述，当时，.（）存在，使数列是等比数列.事实上，由（2）知，若对任意的，都有，则.即数列是首项为，公比为3的等比数列，且.而要使，即对一切都成立，只需对一切都成立.记，则令，则.因此，当时，从而函数当时，可得数列不是等比数列.综上所述，存在，使数列是等比数列，且的取值范围为.2011年湖南高考理科A. (本小题满分13分） 如图7，椭圆的离心率为，轴被曲线 截得的线段长等于的长半轴长。（）求，的方程；（）设与轴的交点为M，过坐标原点O的直线与相交于点A,B,
3、直线MA,MB分别与相交与D,E.（i）证明：；(ii)记MAB,MDE的面积分别是.问：是否存在直线,使得=?请说明理由。解析：（I）由题意知，从而，又，解得。故，的方程分别为。（II）（i）由题意知，直线的斜率存在，设为，则直线的方程为.由得，设，则是上述方程的两个实根，于是。又点的坐标为，所以故，即。（ii）设直线的斜率为，则直线的方程为，由解得或，则点的坐标为又直线的斜率为 ，同理可得点B的坐标为.于是由得，解得或，则点的坐标为；又直线的斜率为，同理可得点的坐标于是因此由题意知，解得 或。又由点的坐标可知，所以故满足条件的直线存在，且有两条，其方程分别为和。22.（本小题满分13分）
4、已知函数() =，g ()=+。 （）求函数h ()=()-g ()的零点个数，并说明理由； （）设数列满足，证明：存在常数M,使得对于任意的，都有.解析：（I）由知，而，且，则为的一个零点，且在内有零点，因此至少有两个零点解法1：，记，则。当时，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点。又因为，则在内有零点，所以在内有且只有一个零点。记此零点为，则当时，；当时，；所以，当时，单调递减，而，则在内无零点；当时，单调递增，则在内至多只有一个零点；从而在内至多只有一个零点。综上所述，有且只有两个零点。解法2：，记，则。当时，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点。因此在内也至多只有一个零点，综上
5、所述，有且只有两个零点。（II）记的正零点为，即。（1）当时，由，即.而，因此，由此猜测：。下面用数学归纳法证明：当时，显然成立；假设当时，有成立，则当时，由知，因此，当时，成立。故对任意的，成立。（2）当时，由（1）知，在上单调递增。则，即。从而，即，由此猜测：。下面用数学归纳法证明：当时，显然成立；假设当时，有成立，则当时，由知，因此，当时，成立。故对任意的，成立。综上所述，存在常数，使得对于任意的，都有.2012年湖南高考理科21（本小题满分13分）在直角坐标系xOy中，曲线上的点均在圆外，且对上任意一点，到直线的距离等于该点与圆上点的距离的最小值.（）求曲线的方程；（）设为圆外一点，过
6、作圆的两条切线，分别与曲线相交于点和.证明：当在直线上运动时，四点的纵坐标之积为定值.【解析】（）解法1 ：设M的坐标为，由已知得，易知圆上的点位于直线的右侧.于是，所以.化简得曲线的方程为.解法2 ：由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为.（）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，则过P且与圆相切得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为.于是整理得 设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程的两个实根，故 由得 设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，则是方程的两个实根，所以 同理可得 于是由，三式
7、得.所以，当P在直线上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400.22（本小题满分13分）已知函数，其中.（）若对一切，恒成立，求的取值集合.（）在函数的图像上取定两点，记直线的斜率为.问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.【解析】（）若，则对一切，这与题设矛盾，又，故.而令当时，单调递减；当时，单调递增，故当时，取最小值于是对一切恒成立，当且仅当.令则当时，单调递增；当时，单调递减.故当时，取最大值.因此，当且仅当即时，式成立.综上所述，的取值集合为.（）由题意知，令则令，则.当时，单调递减；当时，单调递增.故当，即从而，又所以因为函数在区间上的图像是连
8、续不断的一条曲线，所以存在，使，单调递增，故这样的是唯一的，且.故当且仅当时， .综上所述，存在使成立.且的取值范围为.2013年湖南高考理科21（13分）（2013湖南）过抛物线E：x2=2py（p0）的焦点F作斜率率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1+k2=2l1与E交于点A，B，l2与E交于C，D，以AB，CD为直径的圆M，圆N（M，N为圆心）的公共弦所在直线记为l（I）若k10，k20，证明：；（II）若点M到直线l的距离的最小值为，求抛物线E的方程解答：解：（I） 由题意，抛物线E的焦点为，直线l1的方程为由，得设A，B两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），则
9、x1，x2是上述方程的两个实数根从而x1+x2=2pk1，所以点M的坐标为，同理可得点N的坐标为，于是由题设k1+k2=2，k10，k20，k1k2，所以0故（）由抛物线的定义得，所以，从而圆M的半径故圆M的方程为，化简得同理可得圆N的方程为于是圆M，圆N的公共弦所在的直线l的方程为又k2k10，k1+k2=2，则l的方程为x+2y=0因为p0，所以点M到直线l的距离为=故当时，d取最小值由题设，解得p=8故所求抛物线E的方程为x2=16y22（13分）（2013湖南）已知a0，函数（I）记f（x）在区间0，4上的最大值为g（a），求g（a）的表达式；（II）是否存在a使函数y=f（x）在区间
10、（0，4）内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由解答：解：（I）当0xa时，；当xa时，当0xa时，f（x）在（0，a）上单调递减；当xa时，f（x）在（a，+）上单调递增若a4，则f（x）在（0，4）上单调递减，g（a）=f（0）=若0a4，则f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，4）上单调递增g（a）max=f（0），f（4）f（0）f（4）=当0a1时，g（a）=f（4）=；当1a4时，g（a）=f（0）=，综上所述，g（a）=；（II）由（I）知，当a4时，f（x）在（0，4）上单调递减，故不满足要求；当0a4时，f（x）在（0，
11、a）上单调递减，在（a，4）上单调递增，若存在x1，x2（0，4）（x1x2），使曲线y=f（x）在两点处的切线互相垂直，则x1（0，a），x2（a，4），且f（x1）f（x2）=1=1x1（0，a），x2（a，4），x1+2a（2a，3a），（，1）成立等价于A=（2a，3a）与B=（，1）的交集非空，当且仅当02a1，即时，AB综上所述，存在a使函数y=f（x）在区间（0，4）内的图象上存在两点，在该两点处的切线互相垂直，且a的取值范围是（0，）2014年湖南高考理科（2014湖南）21.（本小题满分13分）图7如图7，为坐标原点，椭圆的左右焦点分别为，离心率为；双曲线的左右焦点分别为，离
12、心率为，已知，且. （）求的方程；（）过作的不垂直于轴的弦，为的中点，当直线与交于两点时，求四边形面积的最小值.【解析】（）因为所以即，因此从而，于是，所以，故椭圆方程为,双曲线的方程为.（）因为直线不垂直于轴且过点，故课设直线的方程为. 由得易知此方程的判别式大于0.设，则是上述方程的两个实根，所以因此，的中点为，故直线的斜率为，的方程为，即.由得，所以从而设点到直线的距离为，则点到直线的距离也为，所以因为点在直线的异侧，所以，于是,从而又因为，所以四边形面积而，故当时，取得最小值2.四边形面积的最小值为2.【考点定位】解析几何：椭圆，双曲线，直线与圆锥曲线位置关系. （2014湖南）22.
13、（本小题满分13分）已知常数，函数. （）讨论在区间上的单调性；（）若存在两个极值点，且，求的取值范围.【解析】（）,（*）因为,所以当时,当时,此时，函数在单调递增,当时, （舍去），当时，；当时，.故在区间单调递减,在单调递增的.综上所述当时,此时，函数在单调递增,当时, 在区间上单调递减,在上单调递增的. （）由（*）式知，当时，函数不存在极值点，因而要使得有两个极值点，必有，又的极值点只可能是和，且由的定义可知，且，所以，解得，此时，（*）式知,分别是的极小值点和极大值点，而 令，由且知当时, 当时,记 （）当时，所以因此，在上单调递减，从而，故当时，（）当时，所以因此，在上单调递减，从而，故当时， 综上所述，满足条件的的取值范围是为.【考点定位】函数与导数：应用导数研究函数单调性与极值，不等式.