2011-广东卷理-21 解-导数

本题导读

本题考查导数的几何意义。

📌【题干】

Question

（2011年广东卷(理)）

在平面直角坐标系 $xOy$ 上，给定抛物线 $L:y=\frac{1}{4}{x}^2$. 实数 $p,q$ 满足 $p^2-4q⩾0$，$x_1,x_2$ 是方程 $x^2-px+q=0$ 的两根，记 $\phi (p,q)=\max \{|x_1|,|x_2|\}$.

(1) 过点 $A\left(p_0,\frac{1}{4}{p}_0^2\right)$ ($p_0\ne 0$) 作 $L$ 的切线交 $y$ 轴于点 $B$. 证明：对线段 $AB$ 上的任一点 $Q(p,q)$，有 $\phi (p,q)=\frac{|p_0|}{2}$；

(2) 设 $M(a,b)$ 是定点，其中 $a,b$ 满足 $a^2-4b>0$，$a\ne 0$. 过点 $M(a,b)$ 作 $L$ 的两条切线 $l_1,l_2$，切点分别为 $E\left(p_1,\frac{1}{4}{p}_1^2\right)$，$E^{\prime }\left(p_2,\frac{1}{4}{p}_2^2\right)$，$l_1,l_2$ 与 $y$ 轴分别交于 $F,F^{\prime }$. 线段 $EF$ 上异于两端点的点集记为 $X$. 证明：$M(a,b)\in X⟺|p_1|>|p_2|⟺\phi (a,b)=\frac{|p_1|}{2}$；

(3) 设 $D=\left\{(x,y)|y⩽x-1,y⩾\frac{1}{4}(x+1{)}^2-\frac{5}{4}\right\}$，当点 $(p,q)$ 取遍 $D$ 时，求 $\phi (p,q)$ 的最小值（记为 ${\phi }_{\min }$）和最大值（记为 ${\phi }_{\max }$）.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：

• 求出在点 $A$ 处的切线方程，得到与 $y$ 轴交点 $B$ 的坐标；
• 设出线段 $AB$ 上任意点 $Q(p,q)$ 的坐标表达式（参数形式或 $q$ 关于 $p$ 的关系）；
• 将 $q$ 代入一元二次方程 $x^2-px+q=0$，因式分解求出两根 $x_1,x_2$，比较其绝对值大小，证明其最大值恰为 $\frac{|p_0|}{2}$。

2. 第 (2) 问：

• 联立切线方程，根据点 $M(a,b)$ 在两切线上，得到 $p_1,p_2$ 是关于参数的一元二次方程的两根，利用韦达定理建立 $p_1+p_2=2a$，$p_1{p}_2=4b$ 的关系；
• 依据线段内点的横坐标介于两端点横坐标之间的性质，判定点 $M$ 在线段 $EF$ 内部的充要条件，逐步证得等价链条。

3. 第 (3) 问：

• 探究 $\phi (p,q)=R$ 在平面直角坐标系中的几何含义：$x_1,x_2\in [-R,R]$ 对应的 $(p,q)$ 区域（抛物线包络与直线围成的区域）；
• 画出区域 $D$ 的边界图形，分析动参数等高线与区域 $D$ 的相切或交汇临界点，确定极值。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

(3) 待补

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： 对 $y=\frac{1}{4}{x}^2$ 求导得 $y^{\prime }=\frac{1}{2}x$. 在点 $A\left(p_0,\frac{1}{4}{p}_0^2\right)$ 处的切线斜率为 $k=\frac{1}{2}{p}_0$. 切线方程为：$y-\frac{1}{4}{p}_0^2=\frac{1}{2}{p}_0(x-p_0)$，即 $y=\frac{1}{2}{p}_{0}x-\frac{1}{4}{p}_0^2$. 令 $x=0$，得交点 $B\left(0,-\frac{1}{4}{p}_0^2\right)$. 线段 $AB$ 上的任意一点 $Q(p,q)$ 满足： $q=\frac{1}{2}{p}_{0}p-\frac{1}{4}{p}_0^2$，且 $p$ 介于 $0$ 与 $p_0$ 之间（即 $p=\lambda p_0$，$0⩽\lambda ⩽1$）. 关于 $x$ 的方程 $x^2-px+q=0$ 即： $x^2-px+\left(\frac{1}{2}{p}_{0}p-\frac{1}{4}{p}_0^2\right)=0$ 因式分解得： $\left(x-\frac{p_0}{2}\right)\left(x-p+\frac{p_0}{2}\right)=0$ 解得两根为： $x_1=\frac{p_0}{2},x_2=p-\frac{p_0}{2}.$ 因为 $p$ 在 $0$ 与 $p_0$ 之间：

• 若 $p_0>0$，则 $0⩽p⩽p_0$，得 $-\frac{p_0}{2}⩽p-\frac{p_0}{2}⩽\frac{p_0}{2}$，从而 $|x_2|⩽\frac{p_0}{2}=|x_1|$；
• 若 $p_0<0$，则 $p_0⩽p⩽0$，得 $\frac{p_0}{2}⩽p-\frac{p_0}{2}⩽-\frac{p_0}{2}$，从而 $|x_2|⩽-\frac{p_0}{2}=|x_1|$. 所以在任何情况下均有 $|x_2|⩽|x_1|=\frac{|p_0|}{2}$. 因此，$\phi (p,q)=\max \{|x_1|,|x_2|\}=\frac{|p_0|}{2}$.

(2) 证明： 过抛物线上任意切点 $\left(t,\frac{1}{4}{t}^2\right)$ 的切线方程为 $y=\frac{1}{2}tx-\frac{1}{4}{t}^2$. 因为切线经过定点 $M(a,b)$，所以 $b=\frac{1}{2}ta-\frac{1}{4}{t}^2$，整理得： $t^2-2at+4b=0.$ 由条件 $a^2-4b>0$，该方程有两个不相等的实数根 $p_1,p_2$，则： $p_1+p_2=2a,p_1{p}_2=4b.$ 由 (1) 知，$F\left(0,-\frac{1}{4}{p}_1^2\right)$，切线 $l_1$ 的切点为 $E\left(p_1,\frac{1}{4}{p}_1^2\right)$. 因为点 $M(a,b)$ 在切线 $l_1$ 上，所以： $M(a,b)\in X$（线段 $EF$ 异于端点的内部）$⟺$ 点 $M$ 的横坐标 $a$ 严格介于 $F$ 的横坐标 $0$ 与 $E$ 的横坐标 $p_1$ 之间. 由于 $a=\frac{p_1+p_2}{2}$，则： $0<\frac{p_1+p_2}{p_1}<1⟺0<1+\frac{p_2}{p_1}<1⟺-1<\frac{p_2}{p_1}<0$. 即 $p_1$ 与 $p_2$ 异号，且 $|p_2|<|p_1|$，即 $|p_1|>|p_2|$. 因此 $M(a,b)\in X⟺|p_1|>|p_2|$.

下证 $|p_1|>|p_2|⟺\phi (a,b)=\frac{|p_1|}{2}$： 方程 $x^2-ax+b=0$ 的两根为 $x_1^{\prime },x_2^{\prime }$. 将 $a=\frac{p_1+p_2}{2}$，$b=\frac{p_1{p}_2}{4}$ 代入，得： $x^2-\frac{p_1+p_2}{2}x+\frac{p_1{p}_2}{4}=0⟺\left(x-\frac{p_1}{2}\right)\left(x-\frac{p_2}{2}\right)=0.$ 所以两根分别为 $\frac{p_1}{2}$ 和 $\frac{p_2}{2}$. 于是 $\phi (a,b)=\max \left\{\frac{|p_1|}{2},\frac{|p_2|}{2}\right\}$. 因为 $p_1\ne p_2$ 且 $|p_1|\ne |p_2|$（当 $|p_1|=|p_2|$ 时因 $p_1\ne p_2$ 则 $p_1+p_2=0⟹a=0$，与 $a\ne 0$ 矛盾）， 所以 $\phi (a,b)=\frac{|p_1|}{2}⟺\frac{|p_1|}{2}>\frac{|p_2|}{2}⟺|p_1|>|p_2|$. 综上所述，$M(a,b)\in X⟺|p_1|>|p_2|⟺\phi (a,b)=\frac{|p_1|}{2}$.

(3) 解： 对于方程 $x^2-px+q=0$ 的两根 $x_1,x_2$，$\phi (p,q)⩽R$ ($R>0$) 等价于： 两实根均落在区间 $[-R,R]$ 上. 记 $f(x)=x^2-px+q$，其判别式 $\Delta =p^2-4q⩾0$. 两根均落在 $[-R,R]$ 的充要条件为： $\{\begin{array}{l}\Delta =p^2-4q⩾0\\ -R⩽\frac{p}{2}⩽R\\ f(R)=R^2-pR+q⩾0\\ f(-R)=R^2+pR+q⩾0\end{array}⟺\{\begin{array}{l}q⩽\frac{1}{4}{p}^2\\ -2R⩽p⩽2R\\ q⩾Rp-R^2\\ q⩾-Rp-R^2\end{array}$ 区域 $D$ 由直线 $l:y=x-1$ 与抛物线 $C_0:y=\frac{1}{4}(x+1{)}^2-\frac{5}{4}=\frac{1}{4}{x}^2+\frac{1}{2}x-1$ 围成. 联立两曲线方程： $x-1=\frac{1}{4}{x}^2+\frac{1}{2}x-1⟹\frac{1}{4}{x}^2-\frac{1}{2}x=0⟹x=0\text{ 或 }x=2.$ 交点分别为 $(0,-1)$ 和 $(2,1)$. 注意抛物线 $C_0$ 的顶点为 $(-1,-\frac{5}{4})$. 在区域 $D$ 内，各点均满足 $p^2-4q⩾0$.

① 求最小值 ${\phi }_{\min }$： 由 $q⩾Rp-R^2$ 知，点 $(p,q)$ 在直线 $q=Rp-R^2$ 的上方或边界上. 当 $R$ 取最小值时，直线 $q=Rp-R^2$ 必须与区域 $D$ 恰有公共点. 由 $R^2-Rp+q⩾0$ 对区域内的点均需成立，即 $R⩾\max \{|x_1|,|x_2|\}$. 对特定点考察： 取点 $(0,-1)\in D$，方程为 $x^2-1=0$，解得 $x=\pm 1$，此时 $\phi (0,-1)=1$. 若存在更小的 $R<1$： 当 $R=1$ 时，要求 $q⩾p-1$，这正是区域 $D$ 的上边界线 $y=x-1$. 对于区域 $D$ 中的任意点 $(p,q)$，都有 $q⩽p-1$，即 $p-1-q⩾0$. 方程 $x^2-px+q=0$ 在 $x=1$ 处的值为 $f(1)=1-p+q⩽0$. 由于抛物线 $f(x)$ 开口向上，且 $f(1)⩽0$，因此方程必然有一个根满足 $|x|⩾1$. （若两根都在 $(-1,1)$ 内，则必有 $f(1)>0$，矛盾）. 故对区域 $D$ 内任意点，必有 $\phi (p,q)⩾1$. 而在点 $(0,-1)\in D$ 处，$\phi (0,-1)=1$. 所以 ${\phi }_{\min }=1$.

② 求最大值 ${\phi }_{\max }$： 由于 $\phi (p,q)⩽R$ 要求 $f(-R)⩾0$ 且 $f(R)⩾0$， 即对于区域 $D$ 内的任意点，两根的最大绝对值不超过边界点处的根的最大值. 区域 $D$ 的极值候选点位于边界：

• 考察点 $(2,1)$：方程为 $x^2-2x+1=0⟹x_1=x_2=1$，$\phi (2,1)=1$；
• 考察抛物线最低点即顶点 $(-1,-\frac{5}{4})$： 方程为 $x^2+x-\frac{5}{4}=0$，解得 $x=\frac{-1\pm \sqrt{1+5}}{2}=\frac{-1\pm \sqrt{6}}{2}$. 其根的最大绝对值为 $\frac{\sqrt{6}+1}{2}$；
• 沿抛物线边界 $q=\frac{1}{4}(p+1{)}^2-\frac{5}{4}$，方程为 $x^2-px+\frac{1}{4}(p+1{)}^2-\frac{5}{4}=0$. 判别式 $\Delta =p^2-(p+1{)}^2+5=-2p+4$. 两根为 $x=\frac{p\pm \sqrt{4-2p}}{2}$. 记 $g_1(p)=\frac{p+\sqrt{4-2p}}{2}$，$g_2(p)=\frac{p-\sqrt{4-2p}}{2}$，其中 $p\in [-1,2]$. 当 $p=-1$ 时，$|g_2(-1)|=\left|\frac{-1-\sqrt{6}}{2}\right|=\frac{\sqrt{6}+1}{2}$. 函数 $|g_2(p)|=\frac{\sqrt{4-2p}-p}{2}$ 在 $p\in [-1,2]$ 上为单调减函数，在 $p=-1$ 处取得最大值 $\frac{\sqrt{6}+1}{2}$.
• 沿直线边界 $q=p-1$ ($p\in [0,2]$)： 方程为 $x^2-px+p-1=0⟹(x-1)(x-(p-1))=0$. 两根为 $x=1$ 和 $x=p-1\in [-1,1]$，此时 $\phi (p,q)=1$.

比较可知，区域内最大值在点 $\left(-1,-\frac{5}{4}\right)$ 处取得： ${\phi }_{\max }=\frac{\sqrt{6}+1}{2}$.

综上： ${\phi }_{\min }=1$，${\phi }_{\max }=\frac{\sqrt{6}+1}{2}$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：
• 导数与切线方程的综合求法；
• 韦达定理与一元二次方程根的区间分布（零点存在定理/判别式与端点值符号）；
• 平面区域上的约束最值探究。
• 核心方法：
• 参数法表示动点与切线交点；
• 利用判别式和端点函数值转化根的绝对值范围；
• 几何包络线思想与端点/切点极值验证法。
• 避坑指南：
• 第 (2) 问为充要条件（双向推导），证明时需确保逻辑双向成立，切忌单向推导；注意 $a\ne 0$ 排除 $|p_1|=|p_2|$ 的特殊情况；
• 第 (3) 问求 ${\phi }_{\min }$ 时，若直接求导极为繁琐，抓住 $f(1)⩽0$ 的代数几何特征可秒杀下界。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源： 本题背景为代数方程的多项式根模上界估计（柯西根界与鲁切定理的初等化表现形式），结合了解析几何中二次曲线的对偶理论（点线对偶与包络线理论）。

• 结论推广： 二次方程 $x^2-px+q=0$ 的两根模长不超过 $R$ 的充要几何条件为点 $(p,q)$ 位于由四条射线 $q\pm Rp+R^2=0$ 及抛物线 $q=\frac{1}{4}{p}^2$ 所界定的封闭凹多边形/曲边形区域内. 这一结论在控制理论与离散动力系统根的稳定性判据（如舒尔-科恩稳定性准则）中有广泛应用。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.03 抛物线专题全总结
• 18.17 非对称韦达题型总结

类题演练 (Links)

• 2008-广东卷文-20 解-椭圆抛物线切线与存在性
• 2010-广东卷文-21 解-导数切线距离比
• 2013-天津卷文-20 解-分段函数导数切线