假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上. →→
设M(x1,0)，则MP·MQ＝0对满足(*)式的m、k恒成立. 3?→→?4k→→
因为MP＝?－－x1，?，MQ＝(4－x1,4k＋m)，由MP·MQ＝0，
?
mm?
16k4kx112k2
得－＋－4x1＋x1＋＋3＝0，
mmm整理，得(4x1－4)＋x1－4x1＋3＝0.(**)
??4x1－4＝0，由于(**)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以?2
?x1－4x1＋3＝0，?
km2
解得x1＝1.
故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M. 解法二：（1）同解法一.
y＝kx＋m，??22（2）由?xy＋＝1，??43
2
得(4k＋3)x＋8kmx＋4m－12＝0.
222
因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m≠0且Δ＝0， 即64km－4(4k＋3)(4m－12)＝0，化简得4k－m＋3＝0.(*) 4km4k3?4k3?此时x0＝－2＝－，y0＝kx0＋m＝，所以P?－，?. 4k＋3mm?mm?
??x＝4，
由?
?y＝kx＋m，?
22
2
2
2
得Q(4,4k＋m).
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上.
取k＝0，m＝3，此时P(0，3)，Q(4，3)，以PQ为直径的圆为(x－2)＋(y－3)
2
2
1?3?＝4，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取k＝－，m＝2，此时P?1，?，Q(4,0)，以PQ为直
2?2?
?5?2?3?245交x轴于点M(1,0)，
径的圆为?x－?＋?y－?＝，M4(4,0).所以若符合条件的点M存在，3
?2??4?16
则M的坐标必为(1,0).
以下证明M(1,0)就是满足条件的点：
3?→→?4k因为M的坐标为(1,0)，所以MP＝?－－1，?，MQ＝(3,4k＋m)，
?
mm?
12k12k→→
从而MP·MQ＝－－3＋＋3＝0，
mm→→
故恒有MP⊥MQ，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M.
（文）【2012高考真题福建文21】如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为83，且其三
个顶点均在抛物线E：x＝2py(p＞0)上.
2
图1－4
（1）求抛物线E的方程；
（2）设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.
【解】解法一：（1）依题意，|OB|＝83，∠BOy＝30°. 设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝43，y＝|OB|cos30°＝12. 因为点B(43，12)在x＝2py上，所以(43)＝2p×12，解得p＝2. 故抛物线E的方程为x＝4y. 121（2）由（1）知y＝x，y′＝x.
42
1112
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x0.
22411??y＝x0x－x20，
24由???y＝－1，
2
22
2
x0－4??x＝，
2x0得???y＝－1.
2
?x0－4，－1?.
所以Q??
?2x0?
→→假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令MP·MQ12
＝0对满足y0＝x0(x0≠0)的x0，y0恒成立.
4
→→?x0－4
，－1－y1?由于MP＝(x0，y0－y1)，MQ＝??. ?2x0?
2
x0－4→→2
由MP·MQ＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y1＝0.
2
即(y1＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0.(*)
??1－y1＝0，12
由于(*)式对满足y0＝x0(x0≠0)的y0恒成立，所以?2
4?y1＋y1－2＝0，?
2
2
解得y1＝1.
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1). 解法二：
（1）同解法一.
121
（2）由（1）知y＝x，y′＝x，
42
1112
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x0.
22411??y＝x0x－x20，
24由???y＝－1，
2
x0－4??x＝，
2x0得???y＝－1，
2
1?
?x0－4，－1?.
所以Q??
?2x0?
取x0＝2，此时P(2,1)，Q(0，－1)，以PQ为直径的圆为(x－1)＋y＝2，交y轴于点
2
2
M1(0,1)或M2(0，－1)；取x0＝1，此时P?1，?，Q?－，－1?，以PQ为直径的圆为?x＋?2
424
??
?
?3?
????
1??
7??3?2125?＋?y＋?＝，交y轴于M3(0,1)或M4?0，－?. 4??8?64?
故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1). 以下证明点M(0,1)就是所要求的点. →→?x0－4
，－2?因为MP＝(x0，y0－1)，MQ＝??， ?2x0?→
→x0－4
MP·MQ＝－2y0＋2＝2y0－2－2y0＋2＝0.
2故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M.
22.（本小题满分12分）
（理）[2013·天津卷] 已知函数f(x)＝xln x. (1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)；
2ln g（t）12
(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s＝g(t)．证明：当t>e时，有<<.
5ln t2【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x 0，1e 1e 1e，＋∞ 1e. 2
2
2
f′(x) f(x) － 1e
0 极小值 ，单调递增区间是1e，＋∞.
＋ 所以函数f(x)的单调递减区间是0，
(2)证明：当0
由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．h(1)＝－t<0，h(e)＝eln e－t＝t(e－1)>0.故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立．
ln g（t）ln s
(3)证明：因为s＝g(t)，由(2)知，t＝f(s)，且s>1，从而＝＝ln tln f（s）ln sln su
＝＝， 2ln（sln s）2ln s＋ln ln s2u＋ln u
其中u＝ln s.
2ln g（t）1u要使<<成立，只需0 5ln t22 当t>e时，若s＝g(t)≤e，则由f(s)的单调性，有t＝f(s)≤f(e)＝e，矛盾． 所以s>e，即u>1，从而ln u>0成立． u11 另一方面，令F(u)＝ln u－，u>1.F′(u)＝－，令F′(u)＝0，得u＝2.当1 2u2u 时，F′(u)>0；当u>2时．F′(u)<0，故对u>1，F(u)≤F(2)<0，因此ln u<成立． 2 2ln g（t）12 综上，当t>e时，有<<. 5ln t2 （文）[2013·全国卷] 已知函数f(x)＝x＋3ax＋3x＋1. (1)当a＝－2时，讨论f(x)的单调性； (2)若x∈[2，＋∞)时，f(x)≥0，求a的取值范围． 【解】(1)当a＝－2时，f(x)＝x－3 2x＋3x＋1， f′(x)＝3x－6 2x＋3. 令f′(x)＝0，得x1＝2－1，x2＝2＋1. 当x∈(－∞，2－1)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－1)上是增函数； 当x∈(2－1，2＋1)时，f′(x)<0，f(x)在(2－1，2＋1)上是减函数； 当x∈(2＋1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋1，＋∞)上是增函数． 5 (2)由f(2)≥0得a≥－. 4 2 3 23 2 2 2 t 2t t 2t