［答案］（I）对 $a, b$ 大小讨论来证明（II）$a=b, x \in(0,+\infty), ab, x \in\left[\frac{b}{a}, \sqrt{\frac{b}{a}}\right]$.
［解析］分析：（I）先求导，再讨论导数的正负．②先分别気示出 $f(1), f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right), f\left(\frac{b}{a}\right)$，再判断是否成等比数列。
解：（I）$f(x)$ 的定义域为 $(-\infty,-1) \cup(-1,+\infty)$，
$$
f^{\prime}(x)=\frac{a(x+1)-(\alpha x+b)}{(x+1)^{2}}=\frac{a-b}{(x+1)^{2}} .
$$
当 $a>b$ 时，$f^{\prime}(x)>0$，函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,-1),(-1,-\infty)$ 上单调递增；
当 $a（II）（i）计算得 $f(1)=\frac{a+b}{2}>0, f\left(\frac{b}{a}\right)=\frac{2 a b}{a+b}>0, f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)=\sqrt{a b}>0$．
故 $f① f\left(\frac{b}{a}\right)=\frac{a+b}{2} \cdot \frac{2 a b}{a+b}=a b=\left[f\left(\sqrt{\frac{0}{a}}\right)\right]^{2}$，即
$$
f(1) f\left(\frac{b}{a}\right)=\left[f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)\right]^{2}
$$
所以 $f①, f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right), f\left(\frac{b}{a}\right)$ 成等比数列。
因 $\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{a b}$，即 $f(1) \geq f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)$．由①得 $f\left(\frac{b}{a}\right) \leq f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)$．
（ii）由（i）知 $f\left(\frac{b}{a}\right)=H, f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)=G$．故由 $H \leq f(x) \leq G$，得
$$
f\left(\frac{b}{a}\right) \leq f(x) \leq f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)
$$
当 $a=b$ 时，$f\left(\frac{b}{a}\right)=f(x)=f\left(\sqrt{\frac{b}{a}}\right)=a$．
这时，$x$ 的取值范围为 $(0,-\infty)$；
当 $a>b$ 时， $0<\frac{b}{a}<1$，从而 $\frac{b}{a}<\sqrt{\frac{b}{a}}$，由 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调迷增与②式，
得 $\frac{b}{a} \leq x \leq \sqrt{\frac{b}{a}}$，即 $x$ 的取值范围为 $\left[\frac{b}{a}, \sqrt{\frac{b}{a}}\right]$；
当 $a1$，从而 $\frac{b}{a}>\sqrt{\frac{b}{a}}$，由 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调迷减与②式，
得 $\sqrt{\frac{b}{a}} \leq x \leq \frac{b}{a}$，即 $x$ 的取值范围为 $\left[\sqrt{\frac{b}{a}}, \frac{b}{a}\right]$．
［ 考点定位］本题考查函数的性质，考查分类讨论的思想方法．
## 22．（本小题满分 14 分）
如图，已知随圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的中心在坐标原点 $O$，长轴均为 $M N$ 且在 $x$ 轴上，短轴长分别
为 $2 m, 2 n(m>n)$，过原点且不与 $x$ 轴重合的直线 $l$ 与 $C_{1}, C_{2}$ 的四个交点按纵坐标从大到小依次为 $A, B, C, D$．记 $\lambda=\frac{m}{n}, \triangle B D M$ 和 $\triangle A B N$ 的面积分别为 $S_{1}$ 和 $S_{2}$．
（I）当直线 $l$ 与 $y$ 轴重合时，若 $S_{1}=\lambda S_{2}$，求 $\lambda$ 的值；
（II）当 $\lambda$ 变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$ ？并说明理由．
［答案］（I）$\lambda=\sqrt{2}+1$
第 22 题图
（II）当 $1<\lambda \leq 1+\sqrt{2}$，不存在；当 $\lambda>1+\sqrt{2}$，存在．
［解析］分析：（I）先把 $S_{1}, S_{2}$ 用面积公式表示出来，再恨据 $S_{1}=\lambda S_{2}$ 即可求得。
（II）先假设存在，再根据题意分别求出 $S_{1}, S_{2}$，令 $S_{1}=\lambda S_{2}$，再计算即可得。
解：依题意可设椭圆 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的方程分别为
$C_{1}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1, \quad C_{2}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{n^{2}}=1$．其中 $\alpha>m>n>0, \quad \lambda=\frac{m}{n}>1$．
（I）解法 1：如图 1，若直线 $l$ 上，轴查合，即直线；的方程为 $x=0$，则
$S_{1}=\frac{1}{2}|B D| \cdot|O M|=\frac{1}{2} a|B D|, S_{2}=\frac{1}{2}|A B| \cdot|O N|=\frac{1}{2} a|A B|$，所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|B D|}{|A B|}$．
在 $C_{1}$ 和 $C_{2}$ 的方程中分别令 $x=0$，可得 $y_{A}=m, y_{s}=n, y_{D}=-m$，
于是 $\frac{|B D|}{|A B|}=\frac{\left|y_{s}-y_{D}\right|}{\left|y_{A}-y_{B}\right|}=\frac{m+n}{m-n}=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$．
若 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\lambda$，则 $\frac{\lambda+1}{\lambda-1}=\lambda$，化简得 $\lambda^{2}-2 \lambda-1=0$．由 $\lambda>1$，可解得 $\lambda=\sqrt{2}+1$．
故当直线 $l$ 与 $y$ 轴重合时，若 $S_{1}=\lambda S_{2}$，则 $\lambda=\sqrt{2}+1$．
解法 2：如图 1，若直线 $l$ 与 $y$ 轴重合，则
$$
|B D|=|O B|+|O D|=m+n, \quad|A B|=|O A|-|O B|=m-n ;
$$
$S_{1}=\frac{1}{2}|B D| \cdot|O M|=\frac{1}{2} a|B D|, \quad S_{2}=\frac{1}{2}|A B| \cdot|O N|=\frac{1}{2} a|A B|$.
所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|B D|}{|A B|}=\frac{m+n}{m-n}=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$．
若 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\lambda$，则 $\frac{\lambda+1}{\lambda-1}=\lambda$，化䇡得 $\lambda^{2}-2 \lambda-1=0$．白 $\lambda>1$，可解得 $\lambda=\sqrt{2}+1$．
故当直线 $l$ 与 $y$ 轴重合时，若 $S_{1}=\lambda S_{2}$，则 $\lambda=\sqrt{2}+1$．
第 22 题解答图 1
第 22 题解答图 2
（II）解法 1：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$．根据对称性，不妨设直线 $l: ~ y=k x(k>0)$，
点 $M(-a, 0), N(a, 0)$ 到直线 $l$ 的距离分别为 $d_{1}, d_{2}$，则
因为 $d_{1}=\frac{|-a k-0|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{a k}{\sqrt{1+k^{2}}}, d_{2}=\frac{|a k-0|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{a k}{\sqrt{1+k^{2}}}$，所以 $d_{1}=d_{2}$。
又 $S_{1}=\frac{1}{2}|B D| d_{1}, S_{2}=\frac{1}{2}|A B| d_{2}$，所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|B D|}{|A B|}=\lambda$，即 $|B D|=\lambda|A B|$．
由对称性可知 $|A B|=|C D|$，所以 $|B C|=|B D|-|A B|=(\lambda-1)|A B|$， $|A D|=|B D|+|A B|=(\lambda+1)|A B|$，于是
$\frac{|A D|}{|B C|}=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$.
将 $l$ 的方程分别与 $C_{1}, C_{2}$ 的方程联立，可求得
$x_{A}=\frac{a m}{\sqrt{a^{2} k^{2}+m^{2}}}, \quad x_{B}=\frac{a n}{\sqrt{a^{2} k^{2}+n^{2}}}$.
根据对称性可知 $x_{c}=-x_{s}, x_{D}=-x_{A}$，于是
$\frac{|A D|}{|B C|}=\frac{\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{A}-x_{D}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{B}-x_{C}\right|}=\frac{2 x_{A}}{2 x_{B}}=\frac{m}{n} \sqrt{\frac{a^{2} k^{2}+n^{2}}{a^{2} k^{2}+m^{2}}}$.
从而由①和②式可得
$\sqrt{\frac{a^{2} k^{2}+n^{2}}{a^{2} k^{2}+m^{2}}}=\frac{\lambda+1}{\lambda(\lambda-1)}$.
令 $t=\frac{\lambda+1}{\lambda(\lambda-1)}$，则由 $m>n$，可得 $t \neq 1$，于是由（3）可解得 $k^{2}=\frac{n^{2}\left(\lambda^{2} t^{2}-1\right)}{a^{2}\left(1-t^{2}\right)}$．
因为 $k \neq 0$，所以 $k^{2}>0$．于是（3）式关于 $k$ 有解，当且仅当 $\frac{n^{2}\left(\lambda^{2} t^{2}-1\right)}{a^{2}\left(1-t^{2}\right)}>0$，
等价于 $\left(t^{2}-1\right)\left(t^{2}-\frac{1}{\lambda^{2}}\right)<0$．由 $\lambda>1$，可解得 $\frac{1}{\lambda}即 $\frac{1}{\lambda}<\frac{\lambda+1}{\lambda(\lambda-1)}<1$，由 $\lambda>1$，解得 $\lambda>1+\sqrt{2}$，所以
当 $1<\lambda \leq 1+\sqrt{2}$ 时，不存在与坐标轴不重合的直线 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$；
当 $\lambda>1-\sqrt{2}$ 时，存在与坐标轴不重合的直线 $l$ 使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$．
解法 2：如图 2，若存在与坐标轴不重合的直线 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$．根据对称性，
不妨设直线 $l: ~ y=k x(k>0)$，
点 $M(-a, 0), N(a, 0)$ 到直线 $l$ 的距离分别为 $d_{1}, d_{2}$，则
因为 $d_{1}=\frac{|-a k-0|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{a k}{\sqrt{1}+k^{2}}, d_{2}=\frac{|a k-0|}{\sqrt{1+k^{2}}}=\frac{a k}{\sqrt{1+k^{2}}}$，所以 $d_{1}=d_{2}$．
又 $S_{1}=\frac{1}{2}|B D| d_{1}, S_{2}=\frac{1}{2}|A B| d_{2}$，所以 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{|B D|}{|A B|}=\lambda$。
因为 $\frac{|B D|}{|A B|}=\frac{\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{B}-x_{D}\right|}{\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{A}-x_{B}\right|}=\frac{x_{A}+x_{B}}{x_{A}-x_{B}}=\lambda$，所以 $\frac{x_{A}}{x_{B}}=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$．
由点 $A\left(x_{A}, k x_{A}\right), B\left(x_{B}, k x_{B}\right)$ 分别在 $C_{1}, C_{2}$ 上，可得
$\frac{x_{A}{ }^{2}}{a^{2}}+\frac{k^{2} x_{A}{ }^{2}}{m^{2}}=1, \frac{x_{B}{ }^{2}}{a^{2}}+\frac{k^{2} x_{B}{ }^{2}}{n^{2}}=1$，两式相减可得 $\frac{x_{A}{ }^{2}-x_{B}{ }^{2}}{a^{2}}+\frac{k^{2}\left(x_{A}{ }^{2}-\lambda^{2} x_{B}{ }^{2}\right)}{m^{2}}=0$，
依题意 $x_{A}>x_{B}>0$，所以 $x_{A}{ }^{2}>x_{B}{ }^{2}$．所以由上式解得 $k^{2}=\frac{m^{2}\left(x_{A}{ }^{2}-x_{B}{ }^{2}\right)}{a^{2}\left(\lambda^{2} x_{B}{ }^{2}-x_{A}{ }^{2}\right)}$．
因为 $k^{2}>0$，所以由 $\frac{m^{2}\left(x_{A}{ }^{2}-x_{s}{ }^{2}\right)}{a^{2}\left(\lambda^{2} x_{s}{ }^{2}-x_{A}{ }^{2}\right)}>0$，可解得 $1<\frac{x_{A}}{x_{s}}<\lambda$．
从而 $1<\frac{\lambda+1}{\lambda-1}<\lambda$，解得 $\lambda>1+\sqrt{2}$，所以
当 $1<\lambda \leq 1+\sqrt{2}$ 时，不存在与坐标轴不重合的直线 $l$，使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$．
当 $\lambda>1-\sqrt{2}$ 时，存在与坐标轴不重合的直线 $l$ 使得 $S_{1}=\lambda S_{2}$．
［ 考点定位］本题考查直线与椭圆的位置关系，考查综合分析问题的能力。