【走向高考】全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題26 函數(shù)與方程的思想、分類討論的思想含解析

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1、【走向高考】（全國通用）2016高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題26 函數(shù)與方程的思想、分類討論的思想（含解析） 一、選擇題 1．(文)方程m＋＝x有解，則m的最大值為(　　) A．1　　　　　　　　 B．0 C．－1 D．－2 [答案]　A [解析]　m＝x－，令t＝≥0，則x＝1－t2， ∴m＝1－t2－t＝－(t＋)2＋≤1，故選A． (理)已知對于任意的a∈[－1,1]，函數(shù)f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值總大于0，則x的取值范圍是(　　) A．13 C．12 [答案]　

2、B [解析]　將f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a看作是a的一次函數(shù)，記為g(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4. 當a∈[－1,1]時恒有g(shù)(a)>0，只需滿足條件 即 解之得x<1或x>3. [方法點撥]　1.函數(shù)與方程的關(guān)系 函數(shù)與方程是兩個不同的概念，但它們之間有著密切的聯(lián)系，方程f(x)＝0的解就是函數(shù)y＝f(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標，函數(shù)y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通過方程進行研究． 2．應用函數(shù)與方程思想解決函數(shù)、方程、不等式問題，是多元問題中的常見題型，常見的解題思路有以下兩種： (1)分離變量，構(gòu)造函數(shù)，將不等式恒成立、方程求解等

3、轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值(或值域)，然后求解． (2)換元，將問題轉(zhuǎn)化為一次不等式、二次不等式或二次方程，進而構(gòu)造函數(shù)加以解決． 2．(文)(2014哈三中二模)一只螞蟻從正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點A處出發(fā)，經(jīng)正方體的表面，按最短路線爬行到頂點C1處，則下列圖形中可以表示正方體及螞蟻最短爬行路線的正視圖的是(　　) A．(1)(2) B．(1)(3) C．(2)(4) D．(3)(4) [答案]　C [解析]　爬行路線為時正視圖為(2)；爬行路線是時，正視圖為(4)，故選C． [方法點撥]　若幾何圖形的位置不確定時，常常要對各種不同情況加以討論． (理)有四根

4、長都為2的直鐵條，若再選兩根長都為a的直鐵條，使這六根鐵條端點處相連能夠焊接成一個三棱錐形的鐵架，則a的取值范圍是(　　) A．(0，＋) B．(1,2) C．(－，＋) D．(0,2) [答案]　A [解析]　若構(gòu)成三棱錐有兩種情形． 一種情形是三條長為2的線段圍成三角形作為棱錐的底面，過BC的中點M作與BC垂直的平面α，在平面α內(nèi)，以A為圓心AP＝2為半徑畫圓，點P在此圓周上，且不在平面ABC內(nèi)時，構(gòu)成三棱錐P－ABC，此時PB＝PC＝a，易求得－a， ∴0

5、>2>－， 取兩者的并集得，0

6、3)由數(shù)學運算引起的分類，如除數(shù)不為0，偶次方根的被開方數(shù)非負，對數(shù)函數(shù)的底數(shù)a>0且a≠1，指數(shù)運算中對底數(shù)的限制，不等式兩邊同乘以一個正數(shù)(負數(shù))，排列組合中的分類計數(shù)． (4)由圖形的不確定性引起的討論，如圖形的類型、位置，角的終邊所在象限、點線面位置等，點斜式(斜截式)直線方程適用范圍，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系． (5)由參數(shù)的變化引起的分類討論：含參數(shù)的問題(方程、不等式、函數(shù)等)，由于參數(shù)的不同取值會導致結(jié)果不同或不同的參數(shù)求解、證明的方法不同等． (6)由實際問題的實際意義引起的分類討論． 3．(文)圓錐曲線＋＝1的離心率e＝，則a的值為(　　) A．－1 B． C

7、．－1或 D．以上均不正確 [答案]　C [解析]　因焦點在x軸上和y軸上的不同，離心率e關(guān)于a的表達式發(fā)生變化，故需分類．當焦點在x軸上時， e2＝＝，解得a＝； 當焦點在y軸上時， e2＝＝，解得a＝－1.故選C． (理)將1,2,3,4,5排成一列a1a2a3a4a5(如43215中，a1＝4，a2＝3，a3＝2，a4＝1，a5＝5)，則滿足a1a3，a3a5的排列個數(shù)是(　　) A．10 B．12 C．14 D．16 [答案]　D [解析]　∵a3

8、2>a1，a2>a3入手討論)， (1)當a3＝3時，a2，a4只能是4,5，共有AA種； (2)當a3＝2時，a2，a4可以為3,4,5，∵a51，則雙曲線－＝1的離心率e的取值范圍是(　　) A．(1，) B．(，) C．[，] D．(，) [答案]　B [解析]　e2

9、＝()2＝＝1＋(1＋)2，因為當a>1時，0<<1，所以23時，f(x)是確定的常數(shù)，圖象為直線． 二、填空題 6．如圖，正六邊

10、形ABCDEF中，P是△CDE內(nèi)(包括邊界)的動點．設(shè)＝α＋β(α，β∈R)，則α＋β的取值范圍是________． [答案]　[3,4] [解析]　建立如圖所示的直角坐標系，設(shè)正六邊形邊長為2，則C(2,0)，A(－1，－)，B(1，－)，D(1，)，E(－1，)，F(xiàn)(－2,0)，設(shè)P(x，y)可得＝(x＋1，y＋)，＝(2,0)，＝(－1，)，∵＝α＋β，∴則α＋β＝＝x＋y＋2，當點P在如圖陰影部分所示的平面區(qū)域內(nèi)時，可作平行直線系x＋y＋2＝z，當直線過點E或C時，α＋β取得最小值，(α＋β)最小值＝2＋0＋2＝3；當直線過點D時，α＋β取得最大值，(α＋β)最大值＝1＋＋

11、2＝4，則α＋β的取值范圍是[3,4]． [方法點撥]　和函數(shù)與方程思想密切關(guān)聯(lián)的知識點 (1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化．對函數(shù)y＝f(x)，當y>0時，就化為不等式f(x)>0，借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題，而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開不等式． (2)數(shù)列的通項與前n項和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的觀點去處理數(shù)列問題十分重要． (3)解析幾何中的許多問題，例如直線與二次曲線的位置關(guān)系問題，需要通過解二元方程組才能解決．這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論． (4)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計算，經(jīng)常需要運用列方程或建立函數(shù)關(guān)系的方法加以解決，引進空間向量后，立體幾何

12、與函數(shù)的關(guān)系就更加密切． (5)(理)函數(shù)f(x)＝(a＋bx)n(n∈N*)與二項式定理密切相關(guān)，利用這個函數(shù)，用賦值法和比較系數(shù)法可以解決很多有關(guān)二項式定理的問題及求和問題． 7．(文)若關(guān)于x的方程cos2x－2cosx＋m＝0有實數(shù)根，則實數(shù)m的取值范圍是________． [分析]　將方程變形為m＝－cos2x＋2cosx，則當方程有實數(shù)根時，－cos2x＋2cosx的取值范圍就是m的取值范圍． [答案]　 [解析]　原方程可化為m＝－cos2x＋2cosx. 令f(x)＝－cos2x＋2cosx， 則f(x)＝－2cos2x＋1＋2cosx ＝－22＋， 由于－1

13、≤cosx≤1， 所以當cosx＝時，f(x)取得最大值， 當cosx＝－1時，f(x)取得最小值－3， 故函數(shù)f(x)的值域為， 即m∈. [方法點撥]　本題若令cosx＝t，則可通過換元法將原方程化為關(guān)于t的一元二次方程，但求解過程將非常繁瑣，而通過分離參數(shù)，引進函數(shù)，便可通過函數(shù)的值域較為簡單地求得參數(shù)m的取值范圍． (理)如果方程cos2x－sinx＋a＝0在(0，]上有解，則a的取值范圍是________． [答案]　(－1,1] [分析]　可分離變量為a＝－cos2x＋sinx，轉(zhuǎn)化為確定的相關(guān)函數(shù)的值域． [解析]　解法1：把方程變?yōu)閍＝－cos2x＋sinx.

14、 設(shè)f(x)＝－cos2x＋sinx(x∈(0，])． 顯然當且僅當a∈f(x)的值域時，a＝f(x)有解． ∵f(x)＝－(1－sin2x)＋sinx＝(sinx＋)2－，且由x∈(0，]知，sinx∈(0,1]． ∴f(x)的值域為(－1,1]， ∴a的取值范圍是(－1,1]． 解法2：令t＝sinx，由x∈(0，]可得t∈(0,1]． 把原方程變?yōu)閠2＋t－1－a＝0， 依題意，該方程在(0,1]上有解， 設(shè)f(t)＝t2＋t－1－a. 其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為x＝－，在區(qū)間(0,1]的左側(cè)，如下圖所示． 因此f(t)＝0在(0,1]上有解， 當且僅

15、當，即， ∴－1

16、橢圓在y軸左側(cè)部分交于A、B兩點，轉(zhuǎn)化為方程有兩個負根的問題． [解析]　設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直線l與x軸的交點為N(a,0)． 由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.(*) 因為直線y＝kx＋2和橢圓＋＝1在y軸左側(cè)部分交于A，B兩點， 所以 解得k>. 因為M是線段AB的中點，所以 因為P(0，－2)，M(x0，y0)，N(a,0)三點共線， 所以＝，所以＝， 即－＝2k＋. 因為k>，所以2k＋≥2， 當且僅當k＝時等號成立， 所以－≥2，則－≤a<0. 三、解答題 9．(文)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－p(x－1)，p

17、∈R. (1)當p＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)對任意x≥1都有g(shù)(x)≤0成立，求p的取值范圍． [解析]　(1)當p＝1時，f(x)＝lnx－x＋1，其定義域為(0，＋∞)． 所以f ′(x)＝－1. 由f ′(x)＝－1≥0得0

18、． ①當p≤－時，g′(x)＝lnx＋1＋2px≤(x－1)＋1＋2px＝(1＋2p)x≤0，即g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(1)＝0滿足題意； ②當－0，1＋2px>0，從而g′(x)＝lnx＋1＋2px>0，即g(x)在(1，－)上單調(diào)遞增，從而存在x0∈(1，－)使得g(x0)≥g(1)＝0不滿足題意； ③當p≥0時，由x≥1知g(x)＝xlnx＋p(x2－1)≥0恒成立，此時不滿足題意． 綜上所述，實數(shù)p的取值范圍為p≤－. (理)已知函數(shù)f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1. (1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性

19、； (2)設(shè)a<－1，如果對任意x1、x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|，求a的取值范圍． [解析]　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． f ′(x)＝＋2ax＝. 當a≥0時，f ′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增； 當a≤－1時，f ′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減； 當－10；x∈時，f ′(x)<0.故f(x)在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減． (2)不妨假設(shè)x1≥x2.而a<－1，由(1)知f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，從而?x1，x2∈(0，＋∞)，

20、|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等價于?x1，x2∈(0，＋∞)，f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1① 令g(x)＝f(x)＋4x，則g′(x)＝＋2ax＋4. ①等價于g(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，即 ＋2ax＋4≤0. 從而a≤＝＝－2. 故a的取值范圍為(－∞，－2]． [方法點撥]　導數(shù)在近幾年來已逐漸成為高考命題中的壓軸題，導數(shù)作為研究函數(shù)性質(zhì)的工具，具備廣泛適用性，可以分析各種函數(shù)，而且容易與參數(shù)結(jié)合命題，尤其在問題轉(zhuǎn)化、構(gòu)造新函數(shù)解決問題等方面體現(xiàn)明顯．因此我們在平日訓練時要注意分類討論思想轉(zhuǎn)化與歸納思想，函數(shù)與方程思想等方面的訓練，加強對問題的分析

21、，以及處理問題和解決問題的能力． 10．(文)(2014安徽文，16)設(shè)△ABC的內(nèi)角A、B、C所對邊的長分別是a、b、c，且b＝3，c＝1，△ABC的面積為，求cosA與a的值． [分析]　已知b、c和△ABC的面積易求sinA，由平方關(guān)系可求cosA，但要注意開方時符號的選取及討論，再結(jié)合余弦定理可求a的值． [解析]　由三角形面積公式，得S＝31sinA＝，∴sinA＝， 因為sin2A＋cos2A＝1. 所以cosA＝＝＝. ①當cosA＝時，由余弦定理得 a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋12－213＝8， 所以a＝2. ②當cosA＝－時，由余弦定理得 a

22、2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋12－213(－)＝12， 所以a＝2. (理)已知函數(shù)f(x)＝sinxcosx－m(sinx＋cosx)． (1)若m＝1，求函數(shù)f(x)的最值； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[，]上的最小值等于2，求實數(shù)m的值． [解析]　(1)當m＝1時，f(x)＝sinxcosx－(sinx＋cosx)， 設(shè)sinx＋cosx＝t，則sinxcosx＝， 所以f(x)＝h(t)＝t2－t－ ＝(t－1)2－1. 由于t＝sinx＋cosx＝sin(x＋)， 所以－≤t≤. 于是當t＝－時函數(shù)f(x)取得最大值＋； 當t＝1時函數(shù)f(x)取得

23、最小值－1. (2)設(shè)sinx＋cosx＝t， 則sinxcosx＝， 所以f(x)＝g(t)＝t2－mt－ ＝(t－m)2－m2－， 又因為x∈[，]， t＝sinx＋cosx＝sin(x＋)， 所以1≤t≤. 當m<1時，g(t)在[1，]上單調(diào)遞增， 當t＝1時g(t)取得最小值，得－m＝2， 所以m＝－2，符合題意； 當m>時，g(t)在[1，]上單調(diào)遞減， 當t＝時，g(t)取得最小值，得－m＝2， 所以m＝－，與m>矛盾； 當1≤m≤時，g(t)在t＝m處取得最小值，得－m2－＝2，所以m2＝－5，無解． 綜上，當函數(shù)f(x)在區(qū)間[，]上的最小值等于

24、2時，實數(shù)m的值等于－2. 11．(文)已知公差不為0的等差數(shù)列{an}的首項a1為a.(a∈R)，設(shè)數(shù)列的前n項和為Sn且，，成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項公式及Sn； (2)記An＝＋＋＋…＋，Bn＝＋＋＋…＋，當n≥2時，試比較An與Bn的大?。? [解析]　設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由()2＝，得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)． 因為d≠0，所以d＝a1＝a. 所以an＝na，Sn＝. (2)因為＝(－)，所以 An＝＋＋＋…＋＝(1－)． 因為a2n－1＝2n－1a，所以Bn＝＋＋＋…＋ ＝＝(1－)， 由n≥2時，2n＝C＋C＋…＋C>n＋1，

25、 即1－<1－， 所以，當a>0時，AnBn. (理)已知f(x)＝，數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝f(an)(n∈N*)， (1)求證：數(shù)列是等差數(shù)列； (2)記Sn(x)＝＋＋…＋(x>0)，求Sn(x)． [分析]　(1)找出an與an＋1關(guān)系； (2)用錯位相減法求和． [解析]　(1)由已知得an＋1＝， ∴＝＝3＋.∴－＝3. ∴是首項為3，公差為3的等差數(shù)列． (2)由(1)得＝3＋3(n－1)＝3n， ∴Sn(x)＝3x＋6x2＋9x3＋…＋3nxn. x＝1時，Sn(1)＝3＋6＋9＋…＋3n＝； x≠1時，Sn(x)

26、＝3x＋6x2＋9x3＋…＋3nxn， xSn(x)＝3x2＋6x3＋…＋3(n－1)xn＋3nxn＋1， (1－x)Sn(x)＝3x＋3x2＋…＋3xn－3nxn＋1， Sn(x)＝. 綜上，當x＝1時，Sn(1)＝n(n＋1)， 當x≠1時，Sn(x)＝. [方法點撥]　一次函數(shù)、二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，均值定理、等比數(shù)列的求和公式等性質(zhì)、定理與公式在不同的條件下有不同的結(jié)論，或者在一定的限制條件下才成立，這時要小心，應根據(jù)題目條件確定是否進行分類討論． 12．(文)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a＝1，k為整數(shù)，且

27、當x>0時，(x－k)f ′(x)＋x＋1>0，求k的最大值． [分析]　(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間，需判斷f ′(x)的正負，因為含參數(shù)a，故需分類討論；(2)分離參數(shù)k，將不含有參數(shù)的式子看作一個新函數(shù)g(x)，將求k的最大值轉(zhuǎn)化為求g(x)的最值問題． [解析]　(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f ′(x)＝ex－a. 若a≤0，則f ′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a>0，則當x∈(－∞，lna)時，f ′(x)<0；當x∈(lna，＋∞)時，f ′(x)>0， 所以，f(x)在(－∞，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增．

28、 (2)由于a＝1，所以(x－k)f ′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故當x>0時，(x－k)f ′(x)＋x＋1>0等價于 k<＋x　(x>0)． ① 令g(x)＝＋x，則 g′(x)＝＋1＝. 由(1)知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零點．設(shè)此零點為α，則α∈(1,2)． 當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α

29、＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等價于k0，f(x)在

30、R上單調(diào)遞增．即f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)，f(x)沒有單調(diào)遞減區(qū)間． (2)當k<0時，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其開口向上，對稱軸x＝ ，且過(0,1)． (i)當Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k<0時，f′(x)≥0，f(x) 在[k，－k]上單調(diào)遞增， 從而當x＝k時，f(x)取得最小值 m＝f(k)＝k， 當x＝－k時，f(x) 取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k. (ii)當Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)>0，即k<－時，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0 解得：x1＝，x2＝，注意到k

31、0， (注：可用韋達定理判斷x1x2＝，x1＋x2＝>k，從而k0， ∴f(x)的最小值m＝f(k)＝k， ∵f(x2)－f(－k)＝x－kx＋x2－(－2k3－k) ＝(x2＋k)[(x2－k)2＋k2＋1]<0， ∴f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k. 綜上所述，當k<0時，f(x)的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k. 13．(文)(2015北京西城區(qū)

32、二模)設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，點A為橢圓E的左頂點，點B為橢圓E的上頂點，且|AB|＝2. (1)若橢圓E的離心率為，求橢圓E的方程； (2)設(shè)P為橢圓E上一點，且在第一象限內(nèi)，直線F2P與y軸相交于點Q，若以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1，證明：|OP|>. [解析]　(1)設(shè)c＝， 由題意得a2＋b2＝4，且＝， 解得a＝，b＝1，c＝， 所以橢圓E的方程為＋y2＝1. (2)證明：由題意得a2＋b2＝4，所以橢圓E的方程為＋＝1，則F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，c＝＝. 設(shè)P(x0，y0)，由題意知x0≠c， 則直線F1P的斜率kF1P

33、＝， 直線F2P的斜率kF2P＝， 所以直線F2P的方程為y＝(x－c)， 當x＝0時，y＝，即點Q(0，)， 所以直線F1Q的斜率為kF1Q＝， 因為以PQ為直徑的圓經(jīng)過點F1， 所以PF1⊥F1Q， 所以kF1PkF1Q＝＝－1， 化簡得y＝x－(2a2－4)，?、? 又因為P為橢圓E上一點，且在第一象限內(nèi)， 所以＋＝1，x0>0，y0>0，　② 聯(lián)立①②，解得x0＝，y0＝2－a2， 所以|OP|2＝x＋y＝(a2－2)2＋2， 因為a2＋b2＝4<2a2，所以a2>2， 所以|OP|>. (理)(2015新課標Ⅱ理，20)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞

34、0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由． [立意與點撥]　考查直線的斜率、橢圓方程與幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系．(1)問中涉及弦的中點坐標問題，故可以采取“點差法”或“韋達定理”兩種方法求解；(2)根據(jù)(1)中結(jié)論，設(shè)直線OM方程并與橢圓方程聯(lián)立，求得M坐標，利用xP＝2xM以及直線l過點(，m)列方程求k的值． [解析]　(1)設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A

35、(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝－，yM＝kxM＋b＝.于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOMk＝－9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)四邊形OAPB能為平行四邊形． 因為直線l過點(，m)，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x.設(shè)點P的橫坐標為xP.由得x＝，即xP＝ .將點(，m)的坐標代入直線l的方程得b＝，因此xM＝.四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM.于是＝2.解得k1＝4－，k2＝4＋.因為ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以當l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形．