1 安徽省安慶市第一中學(xué)

洪汪寶(郵編：246004)

(1)求橢圓C的方程；

(ⅱ)求△ABQ面積的最大值.

(ⅱ)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，

得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-16=0，

所以△=(8km)2-4×(4k2+1)(4m2-16)=16(16k2+4-m2)>0.

當(dāng)且僅當(dāng)m2=16k2+4-m2，即m2=8k2+2，符合△>0，△ABQ面積的最大值為12.

解答錯了！錯在哪里？

得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0，其判別式

△′=(8km)2-4×(4k2+1)(4m2-4)=16(4k2+1-m2)=-16(4k2+1)<0，

那么△ABQ面積的最大值到底怎么求呢？

正解同前得

△′=(8km)2-4×(4k2+1)(4m2-4)=16(4k2+1-m2)≥0，得m2≤4k2+1，

本題主要考查橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓的位置關(guān)系、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積等多個知識點，對學(xué)生分析問題和解決問題的能力要求較高，特別強(qiáng)調(diào)利用韋達(dá)定理來解題時，一定要注意該定理所滿足的條件，另外應(yīng)用基本不等式求最值時要滿足三個條件“一正二定三相等”，缺一不可.

2 甘肅省臨澤縣第一中學(xué)

祁居攀(郵編：734200)

導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的證明題一直以來都是以壓軸題出現(xiàn)在高考試題中，是高考中的熱點，也是學(xué)生學(xué)習(xí)的難點，學(xué)生在解答過程中一是找不到方法而無從下手，二是方法選擇不合適導(dǎo)致半途而廢，本文將學(xué)生做題中出現(xiàn)的錯誤加以分析，供讀者借鑒學(xué)習(xí)！

題目已知函數(shù)f(x)=e2x-ex-ax,且f(x)≥0.

(1)求a的值；

(2)若f(x1)=f(x2),x1≠x2，求證：ex1+ex2>2.

解析因為f(0)=0，且f(x)≥0恒成立，所以f(0)是f(x)的最小值，也是極小值，它的必要條件是f′(0)=0，得a=1

以下證充分性：

當(dāng)a=1時，f(x)=e2x-ex-x，則f′(x)=2e2x-ex-1=(2ex+1)(ex-1),

在(-∞,0)內(nèi)f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減；在(0，+∞)內(nèi)f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.

故f(0)是f(x)的最小值，也是極小值.

綜上得，a=1.

第二問解答

錯解1 由(1)知當(dāng)f(x1)=f(x2),x1≠x2時x1x2<0，不妨設(shè)x1<0

由e2x1-ex1-x1=e2x2-ex2-x2,得(ex1-ex2)(ex1+ex2-1)=x1-x2，

由x1<0x1-x2，即ex1-x1>ex2-x2，

設(shè)g(x)=ex-x，只需證g(x1)>g(x2)恒成立，即證g(x)在R上單調(diào)遞增，

由g′(x)=ex-1，得

在(-∞,0)內(nèi)，g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減；在(0，+∞)內(nèi)，g ′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.

與已知所證相矛盾.

解答錯了！錯在哪里？

錯因分析由于兩變量x1、x2分布在了所構(gòu)造函數(shù)的兩個不同的單調(diào)區(qū)間，從而導(dǎo)致利用函數(shù)的單調(diào)性無法證明，也就是說一個不等式的證明，若構(gòu)造的函數(shù)不合適將不一定能得到正確的證明.

正確解析由(1)知當(dāng)f(x1)=f(x2),x1≠x2時，x1x2<0，不妨設(shè)x1<0

由e2x1-ex1-x1=e2x2-ex2-x2,得(ex1-ex2)(ex1+ex2-1)=x1-x2，

設(shè)g(t)=(t-2)et+t+2，則g′(t)=(t-1)et+1，

記h(t)=(t-1)et+1，則h′(t)=tet<0，

所以g′(t)在(-∞，0)內(nèi)單調(diào)遞減，故g′(t)>g′(0)=0，

所以g(t)在(-∞，0)內(nèi)單調(diào)遞增，故g(t)

即(t-2)et+t+2<0，所以原命題ex1+ex2>2成立.

錯解2 設(shè)t=ex>0，所以f(t)=t2-t-lnt，

由f(x1)=f(x2),x1≠x2，則f(t1)=f(t2),t1≠t2，

由x1<0

要證ex1+ex2>2，即證t1+t2>2，即證t1>2-t2，

因為t1<1

由f(t1)-f(2-t2)=f(t2)-f(2-t2)，(t2>1)

令g(t)=f(t)-f(2-t),(t>1)

則g′(t)=f′(t)+f′(2-t),(t>1)

當(dāng)1

當(dāng)t>2時，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增.

所以g(t)≥g(2)

解到這里已經(jīng)無法利用函數(shù)的單調(diào)性確定f(t)與f(2-t)的大小.

解答錯了！錯在哪里？

錯因分析利用函數(shù)的單調(diào)性比較兩變量的大小，則兩變量必須在同一區(qū)間內(nèi)，否則將無法比較，本題由于0

注意若把要證t1+t2>2，即證t1>2-t2改為證t2>2-t1情況會怎樣呢？

正解解析接上面證明要證t1+t2>2，即證t2>2-t1，

因為t1<11,2-t1>1.

由f(t2)-f(2-t1)=f(t1)-f(2-t1)，(0

令g(t)=f(t)-f(2-t),(0

則g′(t)=f′(t)+f′(2-t),(0

故g(t)=f(t)-f(2-t),(0g(1)=0成立，即f(t)-f(2-t)>0.

所以f(t2)-f(2-t1)=f(t1)-f(2-t1)>0，

即f(t2)>f(2-t1)(下面證f(t)的單調(diào)性)

所以在(0，1)內(nèi)f′(t)<0，f(t)單調(diào)遞減，在(1，+∞)內(nèi)f′(t)>0，f(t)單調(diào)遞增.

所以在t2>1,2-t1>1時，由f(t2)>f(2-t1)，得t2>2-t1.

即證得t1+t2>2，原命題ex1+ex2>2成立.

總結(jié)提升(1)利用推理法證明不等式時每一步推理都要等價，否則會出現(xiàn)必要性成立而充分性不成立的情況.

(2)證明過程中所涉及的構(gòu)造函數(shù)要符合本題自變量所限制的條件，否則會出現(xiàn)一些錯誤的結(jié)論.