(新课标)2022版高考数学二轮复习专题八数学文化及数学思想第2讲函数与方程思想、数形结合思想学案文.pdf

新课标新课标 20222022 版高考数学二轮版高考数学二轮复习专题八数学文化及数学思复习专题八数学文化及数学思想第想第 2 2 讲函数与方程思想、讲函数与方程思想、数形数形结合思想学案文新人教结合思想学案文新人教 A A 版版第第 2 2 讲讲函数与方程思想、数形结合思想函数与方程思想、数形结合思想一一函数与方程思想函数与方程思想函数思想函数思想方程思想方程思想函数思想是通过建立函函数思想是通过建立函 方程思想就是建立方程方程思想就是建立方程数关系或构造函数，运数关系或构造函数，运 或方程组，或者构造方或方程组，或者构造方用函数的图象和性质去用函数的图象和性质去 程，通过解方程或方程程，通过解方程或方程分析问题、转化问题，分析问题、转化问题，组或者运用方程的性质组或者运用方程的性质从而使问题得到解决的从而使问题得到解决的 去分析、转化问题，使去分析、转化问题，使思想思想问题得到解决的思想问题得到解决的思想函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的，函数思想重在对问题进行化的，是相辅相成的，函数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想那么是在动中求静，研究动态的研究，方程思想那么是在动中求静，研究运动中的等量关系运动中的等量关系构建“函数关系解决问题构建“函数关系解决问题 典型例题典型例题-2-2-数列数列 a an n 是各项均为正数的等差数列是各项均为正数的等差数列 假假设设a a1 12 2，且，且a a2 2，a a3 3，a a4 41 1 成等比数列成等比数列(1)(1)求数列求数列 a an n 的通项公式的通项公式a an n；(2)(2)设数列设数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，b bn n1 1*1 1S Sn n1 1S Sn n2 21 1S S2 2n n，假设对任意的，假设对任意的n nN N，不等式，不等式b bn nk k恒恒成立，求实数成立，求实数k k的最小值的最小值【解】【解】(1)(1)因为因为a a1 12 2，a aa a2 2(a a4 41)1)，又因为又因为 a an n 是正项等差数列，是正项等差数列，所以公差所以公差d d0，0，所以所以(2(22 2d d)(2(2d d)(3)(33 3d d)，解得，解得d d2 2或或d d1(1(舍去舍去)，所以数列所以数列 a an n 的通项公式的通项公式a an n2 2n n.1 1(2)(2)由由(1)(1)知知S Sn nn n(n n1)1)，那么那么 S Sn nn nn n1 11 11 1.n nn n1 1所以所以b bn n1 11 12 22 23 3S Sn n1 1S Sn n2 21 11 1S S2 2n n-3-3-1 1 1 11 1 1 1 n n1 1n n2 2 n n2 2n n3 3 1 11 1 1 11 1n n 2 2n n1 12 2n n1 12 2n n3 3n n1 1 2 2n n2 2n n1 1 1 1，1 12 2n n 3 3n n令令f f(x x)2 2x x(x x1)，那么1)，那么f f(x x)2 21 1x x1 1x x2 200 恒成立，所以恒成立，所以f f(x x)在在11，)上是增函数，)上是增函数，所以当所以当x x1 1 时，时，f f(x x)minminf f(1)(1)3 3，即当，即当n n1 11 1 时，时，(b bn n)maxmax，6 6要使对任意的正整数要使对任意的正整数n n，不等式不等式b bn nk k恒成立，恒成立，1 1那么须使那么须使k k(b bn n)maxmax，6 61 1所以实数所以实数k k的最小值为的最小值为.6 6数列是定义在正整数集上的特殊函数，数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差、等差、-4-4-等比数列的通项公式，前等比数列的通项公式，前n n项和公式都具有隐含项和公式都具有隐含的函数关系，都可以看成关于的函数关系，都可以看成关于n n的函数，在解等的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地发现其函数差数列、等比数列问题时，有意识地发现其函数关系，从而用函数思想或函数方法研究、解决问关系，从而用函数思想或函数方法研究、解决问题，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思题，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平维的培养，提高发散思维的水平 对点训练对点训练 1 1对于满足对于满足 00p p44 的所有实数的所有实数p p，使不等，使不等式式x xpxpx44x xp p3 3 成立的成立的x x的取值范围是的取值范围是_解析：设解析：设f f(p p)(x x1)1)p px x4 4x x3 3，那么当那么当x x1 1 时，时，f f(p p)0.0.所以所以x x1.1.2 22 2f f(p p)在在00p p44时时 恒恒 为为 正正，等等 价价 于于 f f0 000，f f4 400，x x3 3x x1 100，即即 2 2解得解得x x33 或或x x 010，1.1.-5-5-故故x x的取值范围为的取值范围为(，1)(3，1)(3，)答案：答案：(，1)(3，)，1)(3，)2 2(2022高考北京卷(2022高考北京卷)假设假设ABCABC的面积为的面积为3 32 22 22 2(a ac cb b)，且且C C为为钝钝角角，那那么么B B4 4c c_；的取值范围是的取值范围是_a a1 13 32 2解析：解析：ABCABC的面积的面积S SacacsinsinB B(a a2 24 43 3c cb b)22acaccoscosB B，所以，所以 tantanB B 3 3，因为，因为4 42 22 20 0 B B180180，所以所以B B6060.因为因为C C为钝角，为钝角，3 3c c所以所以 0 0 A A3030，所以，所以 0tan0tanA A 22，故，故sinsinA A2tan2tanA A2 2a a-6-6-的取值范围为的取值范围为(2(2，)，)答案：答案：6060(2(2，)，)3 3a a，b b，c c为空间中的三个向量，又为空间中的三个向量，又a a，b b是两个相互垂直的单位向量，是两个相互垂直的单位向量，向量向量c c满足满足|c c|3 3，c ca a2 2，c cb b1 1，那么对于任意实数，那么对于任意实数x x，y y，|c cxaxaybyb|的最小值为的最小值为_解析：由题意可知解析：由题意可知|a a|b b|1 1，a ab b0 0，又又|c c|3 3，c ca a2 2，c cb b1 1，所以所以|c cxaxaybyb|c c|x x|a a|y y|b b|2 2xcxca a2 2ycycb b2 2xyaxyab b9 9x xy y4 4x x2 2y y(x x2)2)(y y1)1)4 4，当且仅当当且仅当x x2 2，y y1 1 时，时，(|(|c cxaxaybyb|)minmin4 4，所以所以|c cxaxaybyb|的最小值为的最小值为 2.2.答案：答案：2 2组建“方程形式解决问题组建“方程形式解决问题-7-7-2 22 22 22 22 22 22 22 22 22 22 2 典型例题典型例题 2 2(一题多解一题多解)sin()sin()，sin(sin(3 31 1tantan)，求，求的值的值5 5tantan【解】【解】法一：由条件及正弦的和法一：由条件及正弦的和(差差)角公角公式，得式，得 sinsincoscoscoscossinsin2 2，3 3 1 1 sinsincoscoscoscossinsin，5 5 13137 7所以所以 sinsincoscos，coscossinsin.30303030tantansinsincoscos1313从而从而.tantancoscossinsin7 7tantansinsin法二：令法二：令x x.因为因为tantansinsin1010，3 3-8-8-sinsincoscoscoscossinsin且且sinsinsinsincoscoscoscostantan1 1tantantantantantanx x1 1.tantantantantantanx x1 11 1tantanx x1 11010所所以以得得到到方方程程，解解这这个个方方程程得得x x1 13 3tantan1313x x.tantan7 7运用方程的思想，把条件通过变形看作关于运用方程的思想，把条件通过变形看作关于 tantan 的方程的方程sinsincoscos与与 coscossinsin 或或 tantan 来求解，从而获得欲求的三角表达式的值来求解，从而获得欲求的三角表达式的值 对点训练对点训练 1 1设非零向量设非零向量a a，b b，c c满足满足a ab bc c0 0，|a a|2 2，b b，c c120120，那么，那么|b b|的最大值为的最大值为_-9-9-解析：解析：因为因为a ab bc c0 0，所以所以a a(b bc c)，所以所以|a a|b b|2|2|b b|c c|cos 120|cos 120|c c|，即即|c c|b b|c c|b b|4 40 0，所以所以|b b|4(|4(|b b|4)0，4)0，4 4 3 34 4 3 3解得解得 0|0|b b|，即，即|b b|的最大值为的最大值为.3 33 34 4 3 3答案：答案：3 32 2(2022高考全国卷)点(2022高考全国卷)点M M(1 1，1)1)和抛和抛物线物线C C：y y4 4x x，过过C C的焦点且斜率为的焦点且斜率为k k的直线与的直线与2 22 22 22 22 22 22 22 2C C交于交于A A，B B两点假设两点假设AMBAMB90，那么90，那么k k_解析：由题意知抛物线的焦点为解析：由题意知抛物线的焦点为(1(1，0)0)，那，那么过么过C C的焦点且斜率为的焦点且斜率为k k的直线方程为的直线方程为y yk k(x x y yk kx x1 1，2 22 21)(1)(k k00)，由由 2 2消去消去y y得得k k(x x1)1)y y4 4x x，4 4x x，即，即k k x x(2(2k k4)4)x xk k0 0，设，设A A(x x1 1，y y1 1)，2 22 22 22 2B B(x x2 2，y y2 2)，那那么么x x1 1x x2 22 2k k2 24 4k k2 2，x x1 1x x2 21.1.由由-10-10-y yk kx x1 1，1 1 4 42 22 2 2 2消去消去x x得得y y4 4 y y1 1，即即y yk k k k y y4 4x x，y y4 40 0，那么，那么y y1 1y y2 2，y y1 1y y2 24 4，由，由AMBAMBk k9090，得，得MAMAMBMB(x x1 11 1，y y1 11)(1)(x x2 21 1，y y2 21)1)x x1 1x x2 2x x1 1x x2 21 1y y1 1y y2 2(y y1 1y y2 2)1 10 0，将，将4 4x x1 1x x2 22 2k k4 42 2k k2 2，x x1 1x x2 21 1 与与y y1 1y y2 2，y y1 1y y2 24 44 4k k代入，得代入，得k k2.2.答案：答案：2 2二二数形结合思想数形结合思想以形助数以形助数(数题形解数题形解)借助形的生动性和直观借助形的生动性和直观性来阐述数之间的关性来阐述数之间的关系，把数转化为形，即系，把数转化为形，即以形作为手段、数作为以形作为手段、数作为目的的解决数学问题的目的的解决数学问题的数学思想数学思想以数辅形以数辅形(形题数解形题数解)借助于数的精确性、标借助于数的精确性、标准性及严密性来说明形准性及严密性来说明形的某些属性，即以数作的某些属性，即以数作为手段、形作为目的的为手段、形作为目的的解决问题的数学思想解决问题的数学思想-11-11-数形结合思想通过“以形助数，以数辅形，使数形结合思想通过“以形助数，以数辅形，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，能够变抽象复杂问题简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，它是数学的规律性与灵活性的有机结合它是数学的规律性与灵活性的有机结合巧用数形结合思想解决问题巧用数形结合思想解决问题 典型例题典型例题 函函 数数g g(x x)a ax x 2 2x x，f f(x x)g gx x，x x00，且函数且函数y yf f(x x)x x恰有恰有3 3个个 g gx x1 1，x x0 0，2 2不同的零点，不同的零点，那么实数那么实数a a的取值范围是的取值范围是_ a ax x2 22 2x x，x x00，【解析】【解析】f f(x x)y yf f(x x)2 2 a ax x1 1，x x0 0，x x恰有恰有 3 3 个不同的零点等价于个不同的零点等价于y yf f(x x)与与y yx x有三个不同的交点，试想将曲线有三个不同的交点，试想将曲线f f(x x)上下平移使上下平移使之与之与y yx x有三个交点是何等的复杂，有三个交点是何等的复杂，故可变形再故可变形再结合图象求解结合图象求解-12-12-a ax x3 3x x，x x00，由由f f(x x)x x 2 2 a ax xx x1 1，x x0 0，x x3 3x x，x x00，可得可得f f(x x)x xa a 2 2 x xx x1 1，x x0 0，2 22 2所以所以y yf f(x x)x x有三个零点等价于有三个零点等价于 x x2 23 3x x，x x00，a a 2 2有三个根令有三个根令h h(x x)x xx x1 1，x x0 0，x x2 23 3x x，x x0 时，在时，在x x0，0，m m 上，必须要求上，必须要求y y4 42 2sinsinx x和和y ycoscosx x的图象不在的图象不在y ya a的同一的同一2 23 3侧，所以侧，所以m m的最大值是的最大值是.4 42 2a a，b b是平面内两个互相垂直的单位向量，是平面内两个互相垂直的单位向量，假设向量假设向量c c满足满足(a ac c)()(b bc c)0 0，那么，那么|c c|的的最大值是最大值是_解析：因为解析：因为(a ac c)()(b bc c)0 0，所以，所以(a ac c)()(b bc c)如下图如下图设设OCOCc c，OAOAa a，OBOBb b，CACAa ac c，CBCBb b-15-15-c c，即，即CACACBCB，又，又OAOAOBOB所以所以O O，A A，C C，B B四点四点共圆共圆当且仅当当且仅当OCOC为圆的直径时，为圆的直径时，|c c|最大，且最最大，且最大值为大值为 2.2.答案：答案：2 2一、选择题一、选择题1 1向量向量a a(，1)1)，b b(2 2，1)1)，假设，假设|a ab b|a ab b|，那么实数，那么实数的值为的值为()A A1 1B B2 2C C1 1D D2 2解析：选解析：选 A.A.法一：由法一：由|a ab b|a ab b|，可得，可得a ab b2 2a ab ba ab b2 2a ab b，所以，所以a ab b0 0，故故a ab b(，1 1)()(2 2，1)1)2 21 10 0，解得解得1.1.法二：法二：a ab b(2(22 2，2)2)，a ab b(2 2，0)0)由由|a ab b|a ab b|，可得可得(2(22)2)4 44 4，解得，解得1.1.-16-16-2 22 22 22 22 22 22 2(2022高考全国卷)记(2022高考全国卷)记S Sn n为等差数列为等差数列 a an n 的前的前n n项和项和S S4 40 0，a a5 55 5，那么，那么()A Aa an n2 2n n5 52 2B Ba an n3 3n n10101 12 2C CS Sn n2 2n n8 8n nD DS Sn nn n2 2n n2 2解析：选解析：选 A.A.法一：设等差数列法一：设等差数列 a an n 的公差为的公差为d d，4343 S S4 40 0，4 4a a1 1d d0 0，2 2因因 为为 所所 以以 解解 得得 a a5 55 5，a a1 14 4d d5 5，a a1 13 3，所以所以a an na a1 1(n n1)1)d d3 32(2(n n1)1)d d2 2，2 2n n5 5，S Sn nnana1 1n nn n1 12 2d dn n4 4n n.应选应选 A.A.2 2法二：设等差数列法二：设等差数列 a an n 的公差为的公差为d d，4343 S S4 40 0，4 4a a1 1d d0 0，2 2因因 为为 所所 以以 解解 得得 a a5 55 5，a a1 14 4d d5 5，a a1 13 3，d d2.2.-17-17-选项选项 A A，a a1 121215 53 3；选项选项 B B，a a1 1313110107 7，排除，排除 B B；选项选项 C C，S S1 12 28 86 6，排除，排除 C C；1 13 3选项选项 D D，S S1 1 2 2，排除，排除 D.D.应选应选 A.A.2 22 2 loglog2 2x x，x x00，3 3函数函数f f(x x)x x且关于且关于x x的方的方 3 3，x x0 0程程f f(x x)x xa a0 0 有且只有一个实根，那么实数有且只有一个实根，那么实数a a的取值范围为的取值范围为()A A(1(1，)，)C C(，1)1)B B(1 1，3)3)D D(2(2，4)4)解析：选解析：选A.A.画出画出f f(x x)图象，如下图，那么由图象，如下图，那么由方程有且仅有一个实根可得方程有且仅有一个实根可得f f(x x)的图象与直线的图象与直线y yx xa a的图象只有一个交点，的图象只有一个交点，首先让直线过首先让直线过(0(0，1)(1)(这是我们所说的初始位置，这是我们所说的初始位置，因为当直线向下平因为当直线向下平移时你会发现有两个交点移时你会发现有两个交点)，由图可知，由图可知，只有向上只有向上平移才能满足平移才能满足f f(x x)图象与直线图象与直线y yx xa a只有一只有一个交点，所以个交点，所以a a的取值范围是的取值范围是(1(1，)，)-18-18-4 4(2022高考全国卷)设(2022高考全国卷)设F F1 1，F F2 2是双曲线是双曲线x x2 2y y2 2C C：2 22 21(1(a a0 0，b b0)0)的左，右焦点，的左，右焦点，O O是坐是坐a ab b标原点过标原点过F F2 2作作C C的一条渐近线的垂线，垂足为的一条渐近线的垂线，垂足为P P.假设假设|PFPF1 1|6|6|OPOP|，那么那么C C的离心率为的离心率为()A.A.5 5C.C.3 D.3 D.2 2B B2 2b b解析：解析：选选 C.C.不妨设一条渐近线的方程为不妨设一条渐近线的方程为y ya ab b|bcbc|x x，那么，那么F F2 2到到y yx x的距离的距离d d2 22 2b b，在，在RtRta aa ab bF F2 2POPO中，中，|F F2 2O O|c c，所以，所以|POPO|a a，所以，所以|PFPF1 1|6 6a a，又，又|F F1 1O O|c c，所以在，所以在F F1 1POPO与与 RtRtF F2 2POPO中中，根根 据据 余余 弦弦 定定 理理 得得coscos POFPOF1 1a a2 2c c2 2 6 6a a2 2a a2 2coscosPOFPOF2 2，即，即 3 3a a2 2acacc c-19-19-c cc c(6 6a a)0 0，得，得 3 3a ac c，所以，所以e e 3.3.a a2 22 22 22 25 5正六棱柱的正六棱柱的 1212 个顶点都在一个半径为个顶点都在一个半径为 3 3的球面上，当正棱柱的体积取最大值时，其高的的球面上，当正棱柱的体积取最大值时，其高的值为值为()A A3 3 3 3C C2 2 6 6B.B.3 3D D2 2 3 3解析：选解析：选 D.D.设正六棱柱的底面边长为设正六棱柱的底面边长为a a，高，高为为h h，那么可得，那么可得a a 9 9，即，即a a9 9，那么正，那么正4 44 42 2 h h 3 3 3 3 3 32 2 9 9 h h六棱柱的体积六棱柱的体积V V 6 6a a h h4 4 2 2 4 4 3 3 3 3 3 3h h 9 9h h，2 2 4 4 2 2h h2 22 2h h2 23 3h h令令y y 9 9h h，那么，那么y y9 9，4 44 4令令y y0 0，解得解得h h2 2 3 3，易知当易知当h h2 2 3 3时，时，h h3 32 2y y取最大值，即正六棱柱的体积最大取最大值，即正六棱柱的体积最大6 6设函数设函数f f(x x)在在 R R 上存在导函数上存在导函数f f(x x)，-20-20-对于任意的实数对于任意的实数x x，都有，都有f f(x x)f f(x x)2 2x x，当，当2 2x x00 时，时，f f(x x)1212x x，假设，假设f f(a a1)1)f f(a a)2 2a a1 1，那么实数，那么实数a a的最小值为的最小值为()1 1A A2 23 3C C2 2B B1 1D D2 22 2解析：选解析：选 A.A.设设g g(x x)f f(x x)x x，那么，那么g g(x x)g g(x x)0 0，所以所以g g(x x)为为 R R 上的奇函数上的奇函数当当x x00 时，时，g g(x x)f f(x x)2 2x x 10100，S Sn n是数是数列列 a an n 的前的前n n项和，那么项和，那么S Sn n取得最大值时取得最大值时n n_解析：设等差数列解析：设等差数列 a an n 的公差为的公差为d d，因为，因为 3 3a a4 47 7a a7 7，所以所以 3(3(a a1 13 3d d)7(7(a a1 16 6d d)，所以所以 4 4a a1 13333d d.因为因为a a1 100，所以，所以d d00)0)，由由 a a4 4a a1 1q q3 38181，a a1 13 3，题意，题意，得得 解得解得 2 2 a a1 1q qa a1 1q q3 3a a1 1a a1 1q q，q q3 32 2-24-24-所以所以a an na a1 1q qn n1 13 3，2 2n n1 1n n(2)(2)由由(1)(1)得得b bn nloglog3 33 32 2n n1 1，又，又b bn n1 1b bn n2 2，所以数列所以数列 b bn n 是首项是首项b b1 11 1、公差为、公差为2 2 的等差的等差数数列列，所所以以其其前前n n项项和和S Sn nn nb b1 1b bn n2 2n n112 2n n1 1 2 2n n.2 21 11 11 1所以所以c cn n2 24 4n n1 12 2n n1 12 2n n1 12 2 1 11 1 ，2 2n n1 12 2n n1 1 1 11 1 1 1 1 11 1 所以所以T Tn n 1 1 2 2 3 3 3 35 5 2 2n n1 11 1 1 1 1 1 n n 1 1.2 2n n1 1 2 2 2 2n n1 1 2 2n n1 11111函数函数f f(x x)e ex x2 2x x2 2a a，x xR R，a aR.R.(1)(1)求求f f(x x)的单调区间与极值；的单调区间与极值；(2)(2)求证：求证：当当a alnln 2 21 1 且且x x00 时，时，e ex x x x2 22 2axax-25-25-1.1.解：解：(1)(1)由由f f(x x)e e 2 2x x2 2a a，知，知f f(x x)e e 2.2.令令f f(x x)0 0，得，得x xln 2.ln 2.令令x xln 2ln 2 时，时，f f(x x)0)ln 2ln 2 时，时，f f(x x)0)0，故函数，故函数f f(x x)在区在区间间(ln 2(ln 2，)上单调递增，)上单调递增所以所以f f(x x)的单调递减区间是的单调递减区间是(，ln 2)ln 2)，单调递增区间是单调递增区间是(ln 2(ln 2，)，f f(x x)在在x xln 2ln 2处取得极小值处取得极小值f f(ln(ln 2)2)e e2ln2ln 2 22 2a a2 22ln2ln2 22 2a a.(2)(2)证明：设证明：设g g(x x)e e x x2 2axax1(1(x x0)，0)，那么那么g g(x x)e e 2 2x x2 2a a，由由(1)(1)知知g g(x x)minming g(ln 2)ln 2)2 22ln 22ln 22 2a a.又又a aln 2ln 21 1，那么，那么g g(x x)minmin0.0.于是对于是对x xR R，都有，都有g g(x x)0)0，所以，所以g g(x x)-26-26-x xx xlnln 2 2x x2 2x x在在 R R 上单调递增上单调递增于是对于是对x x00，都有，都有g g(x x)g g(0)(0)0.0.即即 e e x x2 2axax1010，故，故 e e x x2 2axax1.1.3 31212椭圆椭圆C C的离心率为的离心率为，过上顶点，过上顶点(0(0，1)1)2 2和左焦点的直线的倾斜角为和左焦点的直线的倾斜角为，直线，直线l l过点过点E E(6 61 1，0)0)且与椭圆且与椭圆C C交于交于A A，B B两点两点(1)(1)求椭圆求椭圆C C的标准方程；的标准方程；(2)(2)AOBAOB的面积是否有最大值？假设有，求的面积是否有最大值？假设有，求出此最大值；假设没有，请说明理由出此最大值；假设没有，请说明理由x x2 2x x2 2c c3 3b b3 3解：解：(1)(1)因为因为e e，b b1 1，所，所a a2 2c c3 3以以a a2 2，故椭圆故椭圆C C的标准方程为的标准方程为 y y1.1.4 4(2)(2)因为直线因为直线l l过点过点E E(1 1，0)0)，所以可设直线所以可设直线l l的方程为的方程为x xmymy1 1 或或y y0(0(舍去舍去)-27-27-x x2 22 2x x y y2 21 1，联立联立 4 4消去消去x x并整理，并整理，x xmymy1 1，得得(m m4)4)y y2 2mymy3 30 0，2 22 22 2(2 2m m)12(12(m m4)0.4)0.设设A A(x x1 1，y y1 1)，B B(x x2 2，y y2 2)，其中，其中y y1 1 y y2 2，2 2m m3 3那么那么y y1 1y y2 22 2，y y1 1y y2 22 2，m m4 4m m4 44 4m m2 23 3所以所以|y y2 2y y1 1|2 2，m m4 41 12 2m m3 3所以所以S SAOBAOB|OEOE|y y2 2y y1 1|2 22 2m m4 42 21 1m m3 32 2m m3 32 22 22 22 22 2.设设t tm m3 3，那么，那么g g(t t)t t，t t 3 3，1 1t t所以所以g g(t t)1 12 200，1 1t t所以所以g g(t t)在区间在区间 3 3，)上为增函数，)上为增函数，-28-28-4 4 3 33 3所以所以g g(t t)，所以，所以S SAOBAOB，当且仅当，当且仅当3 32 2m m0 0 时等号成立时等号成立3 3所以所以AOBAOB的面积存在最大值，的面积存在最大值，最大值为最大值为.2 2-29-29-