。（本小题满分 13 分） 如图，椭圆 E : x^ 2…——2012 高考数学第 18 题答案解析

## 【解析】

①因为 $|A B|+\left|A F_{2}\right|+\left|B F_{2}\right|=8$ ，即 $\left|A F_{1}\right|+\left|F_{1} B\right|+\left|A F_{2}\right|+\left|B F_{2}\right|=8$ ，
$\left|A F_{1}\right|+\left|A F_{2}\right|=\left|F_{1} B\right|+\left|B F_{2}\right|=2 \mathrm{a}, \therefore 4 \mathrm{a}=8, \mathrm{a}=2, \because \frac{c}{a}=\frac{1}{2}, c=1, b^{2}=3$ ，
所求椭圆方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ ．
②由 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$ 得 $\left(4 k^{2}+3\right) x^{2}+8 k m x+4 m^{2}-12=0$ ．
$\therefore \Delta=64 k^{2} m^{2}-4\left(4 k^{2}+3\right)\left(4 m^{2}-12\right)=0, \therefore 4 k^{2}-m^{2}+3=0$ ．
$x_{0}=\frac{4 k m}{4 k^{2}+3}=-\frac{4 k}{m}, y_{0}=\frac{3}{m}, \therefore P\left(-\frac{4 k}{m}, \frac{3}{m}\right)$, 由 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m \\ x=4\end{array}\right.$ 得 $Q(4,4 k+m)$ ．
设存在 $M\left(x_{1}, 0\right)$ 则 $\overrightarrow{M P} \cdot \overrightarrow{M Q}=0, \therefore-\frac{16 k}{m}+\frac{4 k x_{1}}{m}-4 x_{1}+x_{1}^{2}+\frac{12 k}{m}+3=0$ ，
$\therefore\left(4 x_{1}-4\right) \frac{k}{m}+x_{1}^{2}-4 x_{1}+3=0$ ．由于对 $\mathrm{m}, \mathrm{k}$ 恒成立，所以联立解得 $x_{1}=1$ ，

## 故存在定点 $M(1,0)$ 符合题意。

【考点定位】本题考查椭圆的性质、圆的性质、直线与圆的位置关系、平面向量等基本知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查转化化归思想、数形结合思想、函数与方程思想、特殊与一般思想。

## 20．（本小题满分 14 分）

已知函数 $f(x)=e^{x}+a x^{2}-e x, a \in R$
（I）若曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在点 $(1, \mathrm{f}①)$ 处的切线平行于 x 轴，求函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的单调区间；
（II）试确定 a 的取值范围，使得曲线 $\mathrm{y}=\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 上存在唯一的点 P ，曲线在该点处的切线与。曲线只有一个公共点 P

## 【解析】

①$\because f^{\prime}(x)=e^{x}+2 a x-e, \therefore k=f^{\prime}(1)=2 a=0, a=0, \therefore f(x)=e^{x}-e$ ．
$\therefore x>1$ 时 $f^{\prime}(x)>0, x<1$ 时，$f^{\prime}(x)<0, \therefore$ 增区间是 $(1,+\infty)$ ，减区间是 $(-\infty, 1)$ ．
②设切点 $P\left(x_{0}, f\left(x_{0}\right)\right)$ ，则切线：$y=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)+f\left(x_{0}\right)$ ．
令 $g(x)=f(x)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)-f\left(x_{0}\right)$ ，因为只有一个切点，所以函数 $g(x)$ 就只有一个零点因为 $g\left(x_{0}\right)=0$ ， $g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)=e^{x}-e^{x_{0}}+2 a\left(x-x_{0}\right)$ ，若 $a \geq 0, \because g^{\prime}(x)>0$ ， $g(x)>g\left(x_{0}\right)=0$ ，因此有唯一零点，由 $F$ 的任意性知 $a \geq 0$ 不合题意。

若 $a<0$ ，令 $h(x)=e^{x}-e^{x_{0}}+2 a\left(x-x_{0}\right)$ ，则 $h\left(x_{0}\right)=0$ ， $h^{\prime}(x)=e^{x}+2 \mathrm{a}$ ，存在一个零点 $\mathrm{P}(\ln (-2 \mathrm{a}), \mathrm{f}(\ln (-2 \mathrm{a}))$ 使曲线与曲线有一个公共点．
【考点定位】本题主要考查函数的导数、导数应用、二次函数的性质、函数的零点等基础知识啊，考查运算求解能力、抽象概括能力、推理论证能力，考查数形结合思想、转化化归思想、分了讨论思想、有限与无线思想。