谈2019年全国Ⅱ卷理科数学第20题与第21题

甘志国

摘 要：2019年高考数学全国Ⅱ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

2019年高考全国Ⅱ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题的参考答案探析

题1 （2019年全国Ⅱ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.

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-1<0，f（e2）=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1>0，所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点（设为x1） ，得f（x1）=0.

又因为0<1x1<1，f（1x1）=-lnx1+x1+1x1-1=-f（x1）=0，所以f（x）在（0，1）上有唯一零点1x1.

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.

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.

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.

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.

（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，+∞）上均单调递增.

再由f（e-2）=2-e2e2-1<0，f（e-1）=1e-1>0;f（2）=ln2-1<0，f（e）=e-2e-1>0，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-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Ⅱ卷理科第21（2）题的等价问题）求证：ex>ln（x+2）.

证明 用导数易证得ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号）， x+1≥ln（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ex≥x+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ex≥x+2e（当且仅当x=-1时取等号）， x+2e≥ln（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.

从而可给出其两种证法：

（1）用导数易证得ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号）， x+1≥lnx+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ex≥ex（当且仅当x=1时取等号）， ex≥lnx+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ex≥x+1，lnx≤x-1，笔者发现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1[1] 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）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

题5 （2019年全国Ⅱ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，PE⊥x轴，垂足为点E，连结QE并延长交C于点G.

（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（y≠0），…….（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是直线l与x轴的交点，点M在直线l上，且满足DM=mDA（m>0，且m≠1）.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PQ⊥PH？若存在，求m的值;若不存在，请说明理由.

答案 （1）x2+y2m2=1（m>0，且m≠1），……;

（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：PA⊥PB.

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Γ：λx2+μy2=1（λμ≠0）的中心（即坐标原点）的直线交Γ于两点A，B，点P在曲线Γ上，则当直线PA，PB的斜率均存在时，它们的斜率之积为-λμ.

证明 可设A（x0，y0），B（-x0，-y0），P（x，y），得λx20  + μy20  = 1，λx2 + μy2 = 1.

所以kPA kPB  = y-y0 x-x0 ·y + y0 x + x0  = μy2-μy20 μx2-μx20  = λx20 -λx2μx2-μx20  = -λμ.

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Γ：λx2+μy2=1（λμ≠0）的中心（即坐标原点O）的直线交Γ于两点A，B（这两点均不在坐标轴上）.

（1）若作AH⊥x轴于点H，直线BH交Γ于另一点C，则直线AB，AC，BC的斜率均存在，且它们的积为kCAkCB=-λμ，kCB=12kAB，kABkAC=-2λμ，点C的坐标是x0 （λx20  + 3）3λx20  + 1，μy30 3λx20  + 1;

（2）若作AH⊥x轴于点H，直线BH交Γ于另一点C，则直线AB，AC，BC的斜率均存在，且它们的积为kCAkCB=-λμ，kCB=2kAB，kABkAC=-λ2μ，点C的坐标是λx30 1 + 3μy20 ，y0 （μy20  + 3）1 + 3μy20 .

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=-λμ.

如图4所示，可设A（x0，y0），B（-x0，-y0），H（x0，0），得点O，H不重合，所以x0≠0.所以kBC存在且kBC=kBH=y02x0.所以kAB=y0x0.所以kCB=12kAB.