挑战 2021 年高考数学全国乙卷压轴大题

2021 年高考已落下帷幕，转眼间大学即将毕业。回想当年高考解析几何和导数两个压轴大题没能拿到满分，内心感到非常遗憾。因此，今天我将重新来到高考的古战场，再战解几导数大题。

每年高考全国Ⅰ卷数学的题型分布都会有小幅变化。过去，一般解析几何是第 20 题（倒数第二题，不含选做题），导数是第 21 题（压轴大题）。今年，解析几何成为压轴大题，导数则是倒数第二题。这究竟会带来怎样的变化？下面我们逐一来看这两题。

导数

设函数 $f(x)=\ln (a-x)$，已知 $x=0$ 是函数 $y=xf(x)$ 的极值点。

(1) 求 $a$；

(2) 设函数 $g(x)={\displaystyle \frac{x+f(x)}{xf(x)}}$，证明 $g(x)<1$。

解

第 (1) 小题，我们可以根据题干当中的已知条件，通过极值点的性质列关于 $a$ 的方程，即可反解出 $a$。首先，我们对 $y$ 求导：

$$\begin{array}{rl}{y}^{\prime }& =f(x)+x{f}^{\prime }(x)\\ & =\ln (a-x)-{\displaystyle \frac{x}{a-x}}\end{array}$$

然后，我们令 $x=0$，$y^{\prime }=0$，即可反解出 $a$：

$$\begin{array}{r}\ln a=0\\ \Rightarrow a=1\end{array}$$

第 (2) 小题，如果直接对 $g(x)$ 求导，分母是幂函数和对数函数的复合函数，而且求导后在分子上会出现二次，计算量极其巨大。因此，去分母是本题的关键。

历年来的全国卷导数题都有这样一个特点：第 (1) 小题的结论可以在第 (2) 小题当中使用。我们做完第 (1) 小题后，其实只是求出了一个未知参数，没有得到某一个具体函数的性质。这个时候，我们来观察第 (2) 小题当中的目标函数 $g(x)$。我们发现，$g(x)$ 的分母恰好是函数 $y$。因此，研究函数 $y$ 是非常有必要的。

另一方面，第 (2) 小题让我们证明一个不等式，而不是等式。因此，我们要想直接去掉分母比较困难。如果分母是恒正或恒负，能够大大降低我们的计算量，方便我们解题。所以，我们期望函数 $y$ 的值域应当恒正或恒负。即使不是，我们也可以在不同的区间上讨论。

由 (1) 可知：$f(x)=\ln (1-x)$，那么 $y=x\ln (1-x)$。显然，它们的定义域都是 $(-\mathrm{\infty },1)$。根据 (1) 的求导结果，我们可以很容易写出 $y^{\prime }$ 的解析式：

$$y^{\prime }=\ln (1-x)+{\displaystyle \frac{x}{x-1}}$$

解析式还存在对数函数，很难一眼看出单调性。但是对数函数求导一次就能变成分式，因此我们对函数 $y$ 求二阶导数：

$$\begin{array}{rl}{y}^{″}& ={\displaystyle \frac{1}{x-1}}-{\displaystyle \frac{1}{(x-1{)}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{x-2}{(x-1{)}^2}}\end{array}$$

由于函数 $y$ 的定义域是 $(-\mathrm{\infty },1)$，显然 $y^{″}<0$，$y^{\prime }$ 在定义域内单调递减。而 $x=0$ 是 $y$ 的极值点，也就是 $y^{\prime }$ 的零点。故 $y$ 在 $(-\mathrm{\infty },0)$ 上单调递增，在$(0,1)$ 上单调递减。因此我们可以判断：

$$y<y(0)=0$$

这是一个非常漂亮的结论：$g(x)$ 的分母是恒负的。因此，要证 $g(x)<1$，只需证 $x+f(x)>xf(x)$。于是我们令 $h(x)=x+f(x)-xf(x)$，并对其求导：

$$h^{\prime }(x)=1-{\displaystyle \frac{1}{1-x}}-\ln (1-x)+{\displaystyle \frac{x}{1-x}}$$

解析式当中还含有对数函数，我们需要求二阶导数，才能把对数消掉：

$$\begin{array}{rl}{h}^{″}(x)& =-{\displaystyle \frac{1}{(x-1{)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{1-x}}+{\displaystyle \frac{1}{(x-1{)}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}>0\end{array}$$

因此，$h^{\prime }(x)$ 在定义域内单调递增。而 $h^{\prime }(0)=0$，故 $h(x)$ 在 $(-\mathrm{\infty },0)$ 上单调递减，在 $(0,1)$ 上单调递增。因此，我们可以判断：

$$h(x)>h(0)=0$$

证毕。

总结

作为倒数第二题，本题难度适中。本题的关键就在于去分母，而去分母的思路来源于第 (1) 小题。如果不去分母，计算量极其巨大。本题没有涉及到分类讨论，与过去全国Ⅰ卷的导数题相比难度较小。

解析几何

已知抛物线 $C$: $x^2=2py(p>0)$ 的焦点为 $F$，且 $F$ 与圆 $M$: $x^2+(y+4{)}^2=1$ 上点的距离最小值为 4。

(1) 求 $p$；

(2) 若点 $P$ 在圆 $M$ 上，$PA$、$PB$ 是抛物线 $C$ 的两条切线，$A$、$B$ 为切点，求 $\mathrm{△}PAB$ 面积的最大值。

解

第 (1) 小问需要求解焦准距 $p$，依题意，抛物线开口向上，小圆圆心在 $y$ 负半轴上。显然，抛物线焦点到圆顶部 $(0,-3)$ 的距离最小。我们可以列出下面这个简单方程求解：

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{p}{2}}-(-4+1)& =4\\ \Rightarrow p& =2\end{array}$$

重点来看第 (2) 小问。题型很常规，题目也非常易懂，就是求解三角形面积的最值问题。我们首先来梳理一下，三角形面积求解的主要方法：

1. $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ah$。在解析几何中，我们通常需要先求出一条直线的方程，然后才能求直线上的线段长以及点到直线的距离。
2. $S={\displaystyle \frac{1}{2}}ab\sin \theta$。常见于平面几何解三角形，但是在解析几何中，该方法较少使用。原因在于，在解析几何中，一个角的正切值相对好求，可以用斜率的几何意义加上三角恒等变换中的两角正切差公式求出，但是由正切求正弦非常困难。余弦定理虽然可以求出余弦，但是计算量特别大，而正弦定理并不能求出一个角的正弦。

经过上述分析，我们明确，本题求解三角形面积应当采用第 1 种方法。那么，谁作底边，谁作顶点？很明显，动点 $P$ 是一定要作为顶点的，因为它是主动点。切点 $A$、$B$ 是从动点，它们是随着 $P$ 点的运动而运动的。这样，直线 $AB$ 就成了三角形底边所在直线。至此，我们的思路已基本明确。

解析几何有两种起手式：设点与设线。关于动点 $P$，这是一定要设的，毋庸置疑。难道我们希望联立两条切线以及圆的方程来确定 $P$ 点？这是绝对不可能的。我们应该如何设呢？我一开始想，可以尝试用参数方程，即设 $P$ 点坐标为 $(\cos \theta ,\sin \theta -4)$。但是，使用参数方程涉及到三角函数的计算，相较于有理代数运算困难。而且，抛物线的参数方程不含三角函数。因此，我们就设 $P$ 点坐标为 $(x_0,y_0)$。

现在，大难题出现了：究竟是设直线 $AB$ 的方程，还是设 $A$、$B$ 两个端点的坐标？我们下面逐一尝试一下：

设线

目前来看，直线 $AB$ 不过任何定点。因此，我们只能设直线 $AB$ 的斜截式方程，并与抛物线方程联立：

$$\{\begin{array}{rl}& y=kx+b\\ & x^2=4y\end{array}$$

消去 $y$，得到：

$$x^2-4kx-4b=0$$

弦长很容易就能计算。为了方便，我们计算弦长的平方：

$$\begin{array}{rl}|AB{|}^2& =(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2\\ & =(1+k^2)[(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2]\\ & =16(1+k^2)(k^2+b)\end{array}$$

相切的条件该怎么用呢？我们可以把抛物线改写成二次函数求导：

$$\begin{array}{rl}y& ={\displaystyle \frac{1}{4}}{x}^2\\ \Rightarrow y^{\prime }& ={\displaystyle \frac{1}{2}}x\end{array}$$

然后利用导数和切线斜率的关系列方程：

$$\{\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_1& ={\displaystyle \frac{y_1-y_0}{x_1-x_0}}\\ {\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_2& ={\displaystyle \frac{y_2-y_0}{x_2-x_0}}\end{array}$$

计算量正在变大，但是还是可以算下去。我们去分母然后两式相加：

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{2}}(x_1^2+x_2^2)-{\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_0(x_1+x_2)& =y_1+y_2-2y_0\\ {\displaystyle \frac{1}{2}}[(x_1+x_2{)}^2-2x_1{x}_2]-2k{x}_0& =k(x_1+x_2)+2b-2y_0\\ {\displaystyle \frac{1}{2}}(16k^2+8b)-2k{x}_0& =4k^2+2b-2y_0\\ 2k^2+y_0+b& =k{x}_0\end{array}$$

下面我们来计算点 $P$ 到 $AB$ 的距离。同样为了方便，我们来算距离的平方：

$$\begin{array}{rl}{d}_{P\to AB}^2& ={\displaystyle \frac{(k{x}_0+b-y_0{)}^2}{1+k^2}}\end{array}$$

这样，我们就可以来算三角形的面积了。同样是算面积的平方，要注意这里可以将 $k{x}_0$ 代入，将 $x_0$ 和 $y_0$ 一并消去：

$$\begin{array}{rl}{S}_{\mathrm{△}PAB}^2& ={\displaystyle \frac{1}{4}}|AB{|}^2{d}_{P\to AB}^2\\ & =4(1+k^2)(k^2+b){\displaystyle \frac{(k{x}_0+b-y_0{)}^2}{1+k^2}}\\ & =4(k^2+b)(2k^2+2b{)}^2\\ & =16(k^2+b{)}^3\end{array}$$

显然，这里我们可以将 $k^2+b$ 看成是一个整体。但是，$k^2+b$ 一定是有取值范围的，我们需要确定这个取值范围。不过不要忘记，点 $P$ 在圆 $M$ 上的条件还没有使用：

$$\begin{array}{r}{x}_0^2+(y_0+4{)}^2=1\end{array}$$

然而，我已经感觉很不妙了，怎样才能通过 $x_0$ 和 $y_0$ 的关系确定 $k$ 和 $b$ 的关系呢？我发现了之前计算得到的一个式子：

$$\begin{array}{rl}2k^2+y_0+b& =k{x}_0\end{array}$$

我们将这个式子两边平方，然后将 $x_0^2$ 整体代入得：

$$\begin{array}{rl}(2k^2+y_0+b{)}^2& =k^2[1-(y_0+4{)}^2]\end{array}$$

然而这个式子根本无法消掉 $y_0$。设线的方法宣告失败！

设点

我们设 $A$ 点坐标为 $(x_1,y_1)$，$B$ 点坐标为 $(x_2,y_2)$。关键来了，下一步应该干什么？是直接写出直线 $AB$ 的两点式方程吗？

显然不是的，因为我们有一个非常好的条件还没用——相切。因为我们有 $A$、$B$ 两点坐标，得到切线斜率非常容易，可以直接写出切线的点斜式方程：

$$\begin{array}{rl}{l}_{PA}:y-y_1& ={\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_1(x-x_1)\\ l_{PB}:y-y_2& ={\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_2(x-x_2)\end{array}$$

由于 $A$、$B$ 两点都在抛物线上，满足抛物线方程，我们可以把上面的直线方程简化一下：

$$\begin{array}{rl}{l}_{PA}:y& ={\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_{1}x-y_1\\ l_{PB}:y& ={\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_{2}x-y_2\end{array}$$

这两条切线都经过 $P$ 点，我们将 $P$ 点坐标代入：

$$\{\begin{array}{rl}& y_0={\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_1{x}_0-y_1\\ & y_0={\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_2{x}_0-y_2\end{array}$$

本题的破题点来了。你是否能看出直线 $AB$ 的方程？

$$\begin{array}{r}{l}_{AB}:y_0={\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_{0}x-y\end{array}$$

$A$、$B$ 两点都满足上面的方程，而两点确定一条直线，那么上面的方程就表示直线 $AB$。

有了直线 $AB$ 的方程，一切都好办了。先把直线方程与抛物线方程联立：

$$\{\begin{array}{rl}& y_0={\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_{0}x-y\\ & x^2=4y\end{array}$$

得到：

$$\begin{array}{r}{x}^2-2x_{0}x+4y_0=0\end{array}$$

先算弦长：

$$\begin{array}{rl}|AB{|}^2& =(x_1-x_2{)}^2+(y_1-y_2{)}^2\\ & =(1+{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}_0^2)[(x_1+x_2{)}^2-4x_1{x}_2]\\ & =(1+{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}_0^2)(4x_0^2-16y_0)\end{array}$$

再算距离：

$$\begin{array}{rl}{d}_{P\to AB}^2& ={\displaystyle \frac{({\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_0^2-2y_0{)}^2}{1+{\displaystyle \frac{1}{4}}{x}_0^2}}\end{array}$$

最后算三角形的面积。要注意，这里我们再用点 $P$ 在圆 $M$ 上的条件来消参就可以成功：

$$\begin{array}{rl}{S}_{\mathrm{△}PAB}^2& ={\displaystyle \frac{1}{4}}|AB{|}^2{d}_{P\to AB}^2\\ & =(x_0^2-4y_0)({\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_0^2-2y_0{)}^2\\ & =2({\displaystyle \frac{1}{2}}{x}_0^2-2y_0{)}^3\\ & =2[{\displaystyle \frac{1}{2}}(1-(y_0+4{)}^2)-2y_0{]}^3\\ & =2[{\displaystyle \frac{1}{2}}-{\displaystyle \frac{1}{2}}(y_0^2+8y_0+16)-2y_0{]}^3\\ & =2[-{\displaystyle \frac{1}{2}}{y}_0^2-6y_0-{\displaystyle \frac{15}{2}}{]}^3\\ & =2[-{\displaystyle \frac{1}{2}}(y_0+6{)}^2+{\displaystyle \frac{21}{2}}{]}^3\end{array}$$

配方后，转化为二次函数在闭区间上的最值问题。而 $y_0\in [-5,-3]$，故 $y_0=-5$ 时，$S_{\mathrm{△}PAB}$ 取最大值，最大值为：

$$\begin{array}{rl}{S}_{\mathrm{△}PAB}& =\sqrt{2[-{\displaystyle \frac{1}{2}}(-5+6{)}^2+{\displaystyle \frac{21}{2}}{]}^3}\\ & =20\sqrt{5}\end{array}$$

总结

解析几何作为全国卷压轴大题的情况较为罕见，但实际上这道题目非常常规，计算量其实不算特别大，但是有一定的技巧性。

首先，要明确计算三角形面积的思路。然后，要选择设点作为起手式。这里面的原因在于，设点可以更好地利用相切的已知条件，可以非常方便地写出切线方程。再加上对直线方程的理解，可以不用计算就可以得到弦所在直线方程。虽然设线在一开始就可以得到弦所在直线方程，但是相切的条件就不是那么方便使用，而且计算到最后，利用 $P$ 点在圆上的条件很难消参。

另外，本题不适合设线还有一个原因就是，本题的 $P$ 点是主动点，而切点是从动点。设线相当于是把切点当成主动点了，这样就会产生一个问题，需要反过来表示 $P$ 点的时候就会困难，体现在解题步骤当中就是无法消参。

在考场上，最大的困难就在于理清思路。如果没有理清思路，就是直接设完就算，最终自己都不知道自己在算什么了。