（本小题满分 13 分） 如图，椭圆 E: x^ 2 a^…——2015 高考数学第 18 题答案解析

【解析】（I）由已知，点 $C, D$ 的坐标分别为 $(0,-b),(0, b)$
又点 $P$ 的坐标为 $(0,1)$ ，且 $\overrightarrow{P C} \cdot \overrightarrow{P D}=-1$
于是 $\left\{\begin{array}{l}1-b^{2}=-1 \\ \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2} \\ a^{2}-b^{2}=c^{2}\end{array}\right.$ ，解得 $a=2, b=\sqrt{2}$
所以椭圆 $E$ 方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$ ．
（II）当直线 $A B$ 斜率存在时，设直线 $A B$ 的方程为 $y=k x+1$
$A, B$ 的坐标分别为 $\left(x_{1}, y_{1}\right),\left(x_{2}, y_{2}\right)$
联立 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1 \\ y=k x+1\end{array}\right.$ ，得 $\left(2 k^{2}+1\right) x^{2}+4 k x-2=0$
其判别式 $\Delta=(4 k)^{2}+8\left(2 k^{2}+1\right)>0$
所以 $x_{1}+x_{2}=-\frac{4 k}{2 k^{2}+1}, x_{1} x_{2}=-\frac{2}{2 k^{2}+1}$
从而 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}+\lambda \overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}=x_{1} x_{2}+y_{1} y_{2}+\lambda\left[x_{1} x_{2}+\left(y_{1}-1\right)\left(y_{2}-1\right)\right]$
$=(1+\lambda)\left(1+k^{2}\right) x_{1} x_{2}+k\left(x_{1}+x_{2}\right)+1$
$=\frac{(-2 \lambda-4) k^{2}+(-2 \lambda-1)}{2 k^{2}+1}$
$=-\frac{\lambda-1}{2 k^{2}+1}-\lambda-2$
所以，当 $\lambda=1$ 时，$-\frac{\lambda-1}{2 k^{2}+1}-\lambda-2=-3$
此时， $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}+\lambda \overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}=-3$ 为定值
当直线 $A B$ 斜率不存在时，直线 $A B$ 即为直线 $C D$
此时 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}+\lambda \overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}=\overrightarrow{O C} \cdot \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{P C} \cdot \overrightarrow{P D}=-2-1=-3$
故存在常数 $\lambda=-1$ ，使得 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}+\lambda \overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P B}$ 为定值 -3 ．

【考点定位】本题主要考查椭圆的标准方程、直线方程、平面向量等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合、化归与转化、特殊与一般、分类与整合等数学思想．

【名师点睛】本题属于解析几何的基本题型，第（I）问根据＂离心率是 $\frac{\sqrt{\mathbf{2}}}{\mathbf{2}}$ ，且 $\overrightarrow{\boldsymbol{P C}} \cdot \overrightarrow{\boldsymbol{P D}}=-1$＂建立方程组可以求出椭圆方程；第（II）问设出直线方程后，代入椭圆方程，利用目标方程法，结合韦达定理，得到两交点横坐标的和与积，再代入 $\overrightarrow{\boldsymbol{O A}} \cdot \overrightarrow{\boldsymbol{O B}}+\lambda \overrightarrow{\boldsymbol{P A}} \cdot \overrightarrow{\boldsymbol{P B}}$ 中化简整理。要得到定值，只需判断有无合适的 $\lambda$ ，使得结论与 $k$ 无关即可，对考生代数式恒等变形能力要求较高。属于较难题。

## 21、（本小题满分 14 分）

已知函数 $f(x)=-2 \ln x+x^{2}-2 a x+a^{2}$ ，其中 $a>0$ ．
（I）设 $g(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数，讨论 $g(x)$ 的单调性；
（II）证明：存在 $a \in(0,1)$ ，使得 $f(x) \geqslant 0$ 恒成立，且 $f(x)=0$ 在区间 $(1,+\infty)$ 内有唯一解．
【解析】（I）由已知，函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$

$$ g(x)=f^{\prime}(x)=2(x-1-\ln x-a) $$

所以 $g^{\prime}(x)=2-\frac{2}{x}=\frac{2(x-1)}{x}$

## 当 $x \in(0,1)$ 时，$g(x)<0, g(x)$ 单调速减

当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$g(x)>0, g(x)$ 单调迷增
（II）由 $f^{\prime}(x)=2(x-1-\ln x-a)=0$ ，解得 $a=x-1-\ln x$
令 $\Phi(x)=-2 x \ln x+x^{2}-2 x(x-1-\ln x)+(x-1-\ln x)^{2}=(1+\ln x)^{2}-2 x \ln x$
则 $\Phi(1)=1>0, \Phi(e)=2(2-e)<0$
于是存在 $x_{0} \in(1, e)$ ，使得 $\Phi\left(x_{0}\right)=0$
令 $a_{0}=x_{0}-1-\ln x_{0}=u\left(x_{0}\right)$ ，其中 $u(x)=x-1-\ln x(x \geqslant 1)$
由 $u^{\prime}(x)=1-\frac{1}{x} \geqslant 0$ 知，函数 $u(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上单调迷增
故 $0=u(1)即 $a_{0} \in(0,1)$
当 $\alpha=a_{0}$ 时，有 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)=0, f\left(x_{0}\right)=\Phi\left(x_{0}\right)=0$
再由（I）知，$f^{\prime}(x)$ 在区间 $(1,+\infty)$ 上单调递增
当 $x \in\left(1, x_{0}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，从而 $f(x)>f\left(x_{0}\right)=0$
当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，从而 $f(x)>f\left(x_{0}\right)=0$

又当 $x \in(0,1]$ 时，$f(x)=\left(x-a_{0}\right)^{2}-2 x \ln x>0$
故 $x \in(0,+\infty)$ 时，$f(x) \geqslant 0$
综上所述，存在 $a \in(0,1)$ ，使得 $f(x) \geqslant 0$ 恒成立，且 $f(x)=0$ 在区间 $(1,+\infty)$ 内有唯一解．
【考点定位】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、化归与转化等数学思想．

【名师点睛】本题第（I）问隐藏二阶导数知识点，由于连续两次求导后，参数 $a$ 消失，故函数的单调性是确定的，讨论也相对简单。第（II）问需要证明的是：对于某个 $a \in(0,1), f(x)$ 的最小值恰好是 0 ，而且在 $(1,+\infty)$ 上只有一个最小值．因此，本题仍然要先讨论 $f(x)$ 的单调性，进一步说明对于找到的 $a, f(x)$ 在 $(1,+\infty)$ 上有且只有一个等于 0 的点，也就是在 $(1,+\infty)$ 上有且只有一个最小值点。属于难题．