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某企业投入81万元经销某产品，经销时间共60个月，市场调研表明，该企业在经销这个产品期间第x个月的利润函数f（x）=1,1≤x≤20(x∈N*),
110x,21≤x≤60(x∈N*)（单位：万元）．为了获得更多的利润，企业将每月获得的利润再投入到次月的经营中．记第x个月的利润率为g(x)=第x个月的利润第x个月的资金总和，例如g（3）=f（3）81+f（1）+f（2）．
（1） 求g（10）；
（2） 求第x个月的当月利润率；
（3） 求该企业经销此产品期间，哪一个月的当月利润率最大，并求出该月的当月利润率．18． （本小题满分16分）
如图，A,B是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右顶点，M是椭圆上异于A,B的任意一点，若椭圆C的离心率为12，且右准线l的方程为x=4．
（1） 求椭圆C的方程；
（2） 设直线AM交l于点P，以MP为直径的圆交直线MB于点Q，试证明：直线PQ与x轴的交点R为定点，并求出R点的坐标．
综合测试(二)第3页19． （本小题满分16分）
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=t(Sn－an+1)（t为常数，且t≠0,t≠1）．
（1） 求{an}的通项公式；
（2） 设bn=a2n+Sn•an，若数列{bn}为等比数列，求t的值；
（3） 在满足条件（2）的情形下，设cn=4an+1，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式12k4+n－Tn≥2n－7对任意的n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．
20． （本小题满分16分）
已知函数f（x）=－x3+x2+b，g（x）=alnx．
（1） 若f（x）在x∈－12,1上的最大值为38，求实数b的值；
（2） 若存在x∈［1,e］，使得g（x）≤－x2+(a+2)x成立，求实数a的取值范围；
（3） 在（1）的条件下，设F（x）=f（x）,x<1，
g（x）,x≥1,对任意给定的正实数a，曲线y=F（x）上是否存在两点P,Q，使得△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．综合测试(二)第4页通性通法Tong Xing Tong Fa通性通法Tong Xing Tong Fa
以圆锥曲线的定义、方程、基本量为命题的基本元素，在与圆锥曲线自身多知识点的综合、或与向量、导数、立体几何、函数、三角、不等式等内容的交会处设置的有关求参数范围、最值、过定点、求面积或存在性问题成为数学高考命题的主流。常见的有以下三种考查类型：
一、 圆锥曲线的基本量的计算
圆锥曲线基本量的计算是高考填空题必考题型，重点是求离心率问题。
【例1】设F是双曲线x2a2－y2b2=1的右焦点，双曲线的两渐近线分别为l1、l2，过F作直线l1的垂线，分别交l1、l2于A,B两点.若OA,AB,OB成等差数列，且向量BF与FA同向，则双曲线的离心率e=.
分析本题综合了向量与数列知识，关键是寻求a,c的等量关系，直接解A,B坐标求解显然运算量太大。若能抓住直角三角形三边成等差数列，再结合图形特征∠AOB=2∠AOF就解决问题了。
解由题意得：l1:bx－ay=0,
∴FA=bca2+b2=b.
设OA=m,AB=m+d,OB=m+2d，
在Rt△OAB中(m+2d)2=m2+(m+d)2，则m=3d.即OA=3d,AB=4d,OB=5d.
设∠AOF=α,则∠AOB=2α,
∴tan2α=ABOA=4d3d=43,
又tan2α=2tanα1－tan2α,∴tanα=12=ba.
∴a=2b,∴e=52.
点拨若能结合图形特征利用等积法可使问题更简化。∵S△AOB=S△AOF+S△BOF,即12AB•a=12OA•b+12OB•b=12(OA+OB)•b=AB•b，∴a=2b,∴e=52。
二、 最值问题
最值问题常采用设好自变量，建立目标函数，再求函数的最值的方法。涉及最值问题，解决此类问题一般利用三角函数有界性、函数单调性及基本不等式等知识求解，有时也利用图形几何意义求解。
【例2】如图，已知A是抛物线y2=2x上的动点，过A作圆(x－1)2+y2=1的两条切线分别切圆于E、F两点，交y轴于B、C两点.
（1） 当A点坐标为（8,4）时，求直线EF的方程；
（2） 当A点的横坐标大于2时，求△ABC面积的最小值.
分析问题(1)可利用圆的切线方程给出直线AE，AF的方程后，从这两个式子的结构的共同性，得到“(x1,y1)，(x2,y2)是方程7(x－1)+4y=1的解”，从而使问题迎刃而解；
问题(2)的关键是利用直线和圆相切的条件得出“|k1(1-a)+b|1+k21=1和k2(1-a)+b1+k22=1”，通过对式子整理，再从式子结构的共同性，构建一元二次方程，问题就很容易解决了。
解（1） 设切点E,F的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则切线AE的方程为：(x1－1)(x－1)+y1y=1，切线AF的方程为：(x2－1)(x－1)+y2y=1.
因为点A的坐标为(8,4)，所以7(x1－1)+4y1=1,7(x2－1)+4y2=1.
由此可知，(x1,y1)，(x2,y2)是方程7(x－1)+4y=1的解，
所以过点E,F的直线方程为7(x－1)+4y=1，即7x+4y－8=0.
（2） 设A点坐标为（a,b),则b2=2a.设切线AE,AF的方程分别为y－b=k1(x－a)，y－b=k2(x－a)，即k1x－y+b－k1a=0，k2x－y+b－k2a=0.
由题意得|k1(1-a)+b|1+k21=1，
整理得(a2-2a)k21+2b(1-a)k1+b2-1=0.
同理得(a2-2a)k22+2b(1-a)k2+b2-1=0.
由此可知，k1和k2是方程(a2－2a)k2+2b(1－a)k+b2－1=0的两个不同实根，
所以k1+k2=－2b(1－a)a2－2a，k1k2=b2－1a2－2a.
由k1x－y+b－k1a=0知yB=b－ak1，
由k2x－y+b－k2a=0知yC=b－ak2，
所以S△ABC=12|BC|•a=12|yB－yC|•a
=a22|k1－k2|=a22(k1+k2)2－4k1k2
=a222b(1－a)a2－2a2－4b2－1a2－2a.
将b2=2a代入上式得，
S△ABC=a2a－2=(a－2)+4a－2+4≥8.
当且仅当a=4∈(2,+∞)，△ABC的面积取最小值8，此时b=±22.
（经检验方程(a2－2a)k2+2b(1－a)k+b2－1=0有两个不同实根）.
点拨在解题过程中，灵活抓住信息特征，利用出现的两组数所满足的式子的相同特征来构建二元一次方程，或者利用出现的两个数的和与积来构建一元二次方程，灵活解决圆锥曲线中的综合性问题。
三、 存在性问题
为考查学生的猜想，推理和探索能力，近几年全国各地的数学高考试卷在圆锥曲线这部分内容上设置了一系列的存在性问题，给原本静态的问题赋予了动态活力，使问题更具开放性，对考生的考查更直观，区分度更大。
【例3】设b>0，椭圆方程为x22b2+y2b2=1，抛物线方程为x2=8(y－b).如图所示,过点F(0,b+2)作x轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G.已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点F1.
(1) 求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；
(2) 设A、B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点P，使得△ABP为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）.
分析本题主要考查直线、椭圆、抛物线等平面解析几何的基础知识，考查学生综合运用数学知识进行推理的运算能力和解决问题的能力。第一问运用代数方法结合导数的几何意义求解；第二问直角三角形的直角顶点未知，需分类讨论，再结合向量知识得出等量关系。
解(1) 解方程组y=b+2，
x2=8(y－b),(x>0)得x=4，
y=b+2，∴点G的坐标为(4,b+2)，由y=18x2+b，得y′=14x，∴在点G的切线l的斜率为k=y′|x=4=14×4=1，∴切线方程为y=x+b－2.令y=0，得x=2-b.又由椭圆方程得F1（b,0），∴2－b=b,得b=1.即椭圆方程和抛物线方程分别为x22+y21=1和x2=8(y－1).
(2) 分别过点A、B做y轴的平行线，分别交抛物线于M、N点，∠MAB=90°，∠NBA=90°,得△ABM,△ABN为直角三角形.
若以∠APB为直角，设P点坐标为x,18x2+1，A、B两点的坐标分别为(－2,0)和(2,0)，PA•PB=x2－2+18x2+12=164x4+54x2－1=0.关于x2的二次方程有一正解，∴x有两解，即以∠APB为直角的Rt△ABP有两个，
综上所述，满足条件的点共有4个.
点拨第（1）问求椭圆与抛物线的方程是解析几何考查的“热点”，利用代数法去解决几何问题的思想方法，利用导数的运算工具就能求得，难度系数不大；
第（2）的设计是本题的亮点，通过一个开放性问题，考查学生分类讨论的数学思想方法，在考虑∠APB为直角时，考查了学生利用向量的工具性作用的能力以及关于一元二次方程根的特征判别的能力。
牛刀小试
1. 双曲线C:x2a2－y2b2=1(a>0,b>0)的右准线l2与一条渐近线交于点P,F是与l2相应的焦点.延长FP分别交左准线l1和左支于Q,R,若Q为RP的中点，则双曲线的离心率e=.
2. P、Q、M、N四点都在椭圆x2+y22=1上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点．已知PF与FQ共线，MF与FN共线，且PF•MF=0．求四边形PMQN的面积的最小值和最大值．
3. 椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e为22，右焦点为F，右准线l交x轴于T，过椭圆上顶点A作右准线l的垂线，垂足为D，线段DF与椭圆的交点是M.试问：是否存在λ使TA=λTM成立？若存在，求出λ的值；若不存在，试说明理由.
【参考答案】
1. 易得Pa2c,abc,Q－a2c,a(a2+c2)bc,由中点坐标公式得，R－3a2c,a(3a2+c2)bc，将其代入双曲线的方程得9a2c2－a2c23a2+c2b22=1,即9e2－1e2e2+3e2－12=1.令1e2=t,得25t2－10t+1=0,解得t=15,得e=5.
2. 如图，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且PQ⊥MN，直线PQ、NM中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为k，又PQ过点F(0,1)，
故PQ的方程为y=kx+1.
将此式代入椭圆方程得(2+k2)x2+2kx－1=0.
设P、Q两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1=－k－2k2+22+k2,x2=－k+2k2+22+k2.
从而|PQ|2=(x1－x2)2+(y1－y2)2=8(1+k2)2(2+k2)2,
亦即|PQ|=22(1+k2)2+k2.
①当k≠0时，MN的斜率为－1k，
同上可得：|MN|=221+－1k22+－1k2.
(下转第46页)
110x,21≤x≤60(x∈N*)（单位：万元）．为了获得更多的利润，企业将每月获得的利润再投入到次月的经营中．记第x个月的利润率为g(x)=第x个月的利润第x个月的资金总和，例如g（3）=f（3）81+f（1）+f（2）．
（1） 求g（10）；
（2） 求第x个月的当月利润率；
（3） 求该企业经销此产品期间，哪一个月的当月利润率最大，并求出该月的当月利润率．18． （本小题满分16分）
如图，A,B是椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右顶点，M是椭圆上异于A,B的任意一点，若椭圆C的离心率为12，且右准线l的方程为x=4．
（1） 求椭圆C的方程；
（2） 设直线AM交l于点P，以MP为直径的圆交直线MB于点Q，试证明：直线PQ与x轴的交点R为定点，并求出R点的坐标．
综合测试(二)第3页19． （本小题满分16分）
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=t(Sn－an+1)（t为常数，且t≠0,t≠1）．
（1） 求{an}的通项公式；
（2） 设bn=a2n+Sn•an，若数列{bn}为等比数列，求t的值；
（3） 在满足条件（2）的情形下，设cn=4an+1，数列{cn}的前n项和为Tn，若不等式12k4+n－Tn≥2n－7对任意的n∈N*恒成立，求实数k的取值范围．
20． （本小题满分16分）
已知函数f（x）=－x3+x2+b，g（x）=alnx．
（1） 若f（x）在x∈－12,1上的最大值为38，求实数b的值；
（2） 若存在x∈［1,e］，使得g（x）≤－x2+(a+2)x成立，求实数a的取值范围；
（3） 在（1）的条件下，设F（x）=f（x）,x<1，
g（x）,x≥1,对任意给定的正实数a，曲线y=F（x）上是否存在两点P,Q，使得△POQ是以O（O为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．综合测试(二)第4页通性通法Tong Xing Tong Fa通性通法Tong Xing Tong Fa
以圆锥曲线的定义、方程、基本量为命题的基本元素，在与圆锥曲线自身多知识点的综合、或与向量、导数、立体几何、函数、三角、不等式等内容的交会处设置的有关求参数范围、最值、过定点、求面积或存在性问题成为数学高考命题的主流。常见的有以下三种考查类型：
一、 圆锥曲线的基本量的计算
圆锥曲线基本量的计算是高考填空题必考题型，重点是求离心率问题。
【例1】设F是双曲线x2a2－y2b2=1的右焦点，双曲线的两渐近线分别为l1、l2，过F作直线l1的垂线，分别交l1、l2于A,B两点.若OA,AB,OB成等差数列，且向量BF与FA同向，则双曲线的离心率e=.
分析本题综合了向量与数列知识，关键是寻求a,c的等量关系，直接解A,B坐标求解显然运算量太大。若能抓住直角三角形三边成等差数列，再结合图形特征∠AOB=2∠AOF就解决问题了。
解由题意得：l1:bx－ay=0,
∴FA=bca2+b2=b.
设OA=m,AB=m+d,OB=m+2d，
在Rt△OAB中(m+2d)2=m2+(m+d)2，则m=3d.即OA=3d,AB=4d,OB=5d.
设∠AOF=α,则∠AOB=2α,
∴tan2α=ABOA=4d3d=43,
又tan2α=2tanα1－tan2α,∴tanα=12=ba.
∴a=2b,∴e=52.
点拨若能结合图形特征利用等积法可使问题更简化。∵S△AOB=S△AOF+S△BOF,即12AB•a=12OA•b+12OB•b=12(OA+OB)•b=AB•b，∴a=2b,∴e=52。
二、 最值问题
最值问题常采用设好自变量，建立目标函数，再求函数的最值的方法。涉及最值问题，解决此类问题一般利用三角函数有界性、函数单调性及基本不等式等知识求解，有时也利用图形几何意义求解。
【例2】如图，已知A是抛物线y2=2x上的动点，过A作圆(x－1)2+y2=1的两条切线分别切圆于E、F两点，交y轴于B、C两点.
（1） 当A点坐标为（8,4）时，求直线EF的方程；
（2） 当A点的横坐标大于2时，求△ABC面积的最小值.
分析问题(1)可利用圆的切线方程给出直线AE，AF的方程后，从这两个式子的结构的共同性，得到“(x1,y1)，(x2,y2)是方程7(x－1)+4y=1的解”，从而使问题迎刃而解；
问题(2)的关键是利用直线和圆相切的条件得出“|k1(1-a)+b|1+k21=1和k2(1-a)+b1+k22=1”，通过对式子整理，再从式子结构的共同性，构建一元二次方程，问题就很容易解决了。
解（1） 设切点E,F的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则切线AE的方程为：(x1－1)(x－1)+y1y=1，切线AF的方程为：(x2－1)(x－1)+y2y=1.
因为点A的坐标为(8,4)，所以7(x1－1)+4y1=1,7(x2－1)+4y2=1.
由此可知，(x1,y1)，(x2,y2)是方程7(x－1)+4y=1的解，
所以过点E,F的直线方程为7(x－1)+4y=1，即7x+4y－8=0.
（2） 设A点坐标为（a,b),则b2=2a.设切线AE,AF的方程分别为y－b=k1(x－a)，y－b=k2(x－a)，即k1x－y+b－k1a=0，k2x－y+b－k2a=0.
由题意得|k1(1-a)+b|1+k21=1，
整理得(a2-2a)k21+2b(1-a)k1+b2-1=0.
同理得(a2-2a)k22+2b(1-a)k2+b2-1=0.
由此可知，k1和k2是方程(a2－2a)k2+2b(1－a)k+b2－1=0的两个不同实根，
所以k1+k2=－2b(1－a)a2－2a，k1k2=b2－1a2－2a.
由k1x－y+b－k1a=0知yB=b－ak1，
由k2x－y+b－k2a=0知yC=b－ak2，
所以S△ABC=12|BC|•a=12|yB－yC|•a
=a22|k1－k2|=a22(k1+k2)2－4k1k2
=a222b(1－a)a2－2a2－4b2－1a2－2a.
将b2=2a代入上式得，
S△ABC=a2a－2=(a－2)+4a－2+4≥8.
当且仅当a=4∈(2,+∞)，△ABC的面积取最小值8，此时b=±22.
（经检验方程(a2－2a)k2+2b(1－a)k+b2－1=0有两个不同实根）.
点拨在解题过程中，灵活抓住信息特征，利用出现的两组数所满足的式子的相同特征来构建二元一次方程，或者利用出现的两个数的和与积来构建一元二次方程，灵活解决圆锥曲线中的综合性问题。
三、 存在性问题
为考查学生的猜想，推理和探索能力，近几年全国各地的数学高考试卷在圆锥曲线这部分内容上设置了一系列的存在性问题，给原本静态的问题赋予了动态活力，使问题更具开放性，对考生的考查更直观，区分度更大。
【例3】设b>0，椭圆方程为x22b2+y2b2=1，抛物线方程为x2=8(y－b).如图所示,过点F(0,b+2)作x轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G.已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点F1.
(1) 求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；
(2) 设A、B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点P，使得△ABP为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由（不必具体求出这些点的坐标）.
分析本题主要考查直线、椭圆、抛物线等平面解析几何的基础知识，考查学生综合运用数学知识进行推理的运算能力和解决问题的能力。第一问运用代数方法结合导数的几何意义求解；第二问直角三角形的直角顶点未知，需分类讨论，再结合向量知识得出等量关系。
解(1) 解方程组y=b+2，
x2=8(y－b),(x>0)得x=4，
y=b+2，∴点G的坐标为(4,b+2)，由y=18x2+b，得y′=14x，∴在点G的切线l的斜率为k=y′|x=4=14×4=1，∴切线方程为y=x+b－2.令y=0，得x=2-b.又由椭圆方程得F1（b,0），∴2－b=b,得b=1.即椭圆方程和抛物线方程分别为x22+y21=1和x2=8(y－1).
(2) 分别过点A、B做y轴的平行线，分别交抛物线于M、N点，∠MAB=90°，∠NBA=90°,得△ABM,△ABN为直角三角形.
若以∠APB为直角，设P点坐标为x,18x2+1，A、B两点的坐标分别为(－2,0)和(2,0)，PA•PB=x2－2+18x2+12=164x4+54x2－1=0.关于x2的二次方程有一正解，∴x有两解，即以∠APB为直角的Rt△ABP有两个，
综上所述，满足条件的点共有4个.
点拨第（1）问求椭圆与抛物线的方程是解析几何考查的“热点”，利用代数法去解决几何问题的思想方法，利用导数的运算工具就能求得，难度系数不大；
第（2）的设计是本题的亮点，通过一个开放性问题，考查学生分类讨论的数学思想方法，在考虑∠APB为直角时，考查了学生利用向量的工具性作用的能力以及关于一元二次方程根的特征判别的能力。
牛刀小试
1. 双曲线C:x2a2－y2b2=1(a>0,b>0)的右准线l2与一条渐近线交于点P,F是与l2相应的焦点.延长FP分别交左准线l1和左支于Q,R,若Q为RP的中点，则双曲线的离心率e=.
2. P、Q、M、N四点都在椭圆x2+y22=1上，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点．已知PF与FQ共线，MF与FN共线，且PF•MF=0．求四边形PMQN的面积的最小值和最大值．
3. 椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e为22，右焦点为F，右准线l交x轴于T，过椭圆上顶点A作右准线l的垂线，垂足为D，线段DF与椭圆的交点是M.试问：是否存在λ使TA=λTM成立？若存在，求出λ的值；若不存在，试说明理由.
【参考答案】
1. 易得Pa2c,abc,Q－a2c,a(a2+c2)bc,由中点坐标公式得，R－3a2c,a(3a2+c2)bc，将其代入双曲线的方程得9a2c2－a2c23a2+c2b22=1,即9e2－1e2e2+3e2－12=1.令1e2=t,得25t2－10t+1=0,解得t=15,得e=5.
2. 如图，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且PQ⊥MN，直线PQ、NM中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为k，又PQ过点F(0,1)，
故PQ的方程为y=kx+1.
将此式代入椭圆方程得(2+k2)x2+2kx－1=0.
设P、Q两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1=－k－2k2+22+k2,x2=－k+2k2+22+k2.
从而|PQ|2=(x1－x2)2+(y1－y2)2=8(1+k2)2(2+k2)2,
亦即|PQ|=22(1+k2)2+k2.
①当k≠0时，MN的斜率为－1k，
同上可得：|MN|=221+－1k22+－1k2.
(下转第46页)