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3.過拋物線的焦點F的直線與拋物線交于M、N兩點，若M、N在拋物線的準線上的射影分別是M₁、N₁，則∠M₁FN₁等于

A.45°　　　　　　　　　　　　 B.60°　　　　　　　　　 C.90°　　　　　　　　　　　　 D.120°

2.過拋物線y²＝4x的焦點作直線交拋物線于A(x₁，y₁)、B(x₂，y₂)兩點，若x₁+x₂＝6，那么|AB|等于

A.10　 　　　　　　　　　　　　 B.8　 　　　　　　　　　　 C.6　 　　　　　　　　　　　　　 D.4

1.拋物線y＝－的準線方程為

A.x＝　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B.y＝

C.x＝　　　　　　　　　　　　　　 D.y＝

函數單調區間的合并主要依據是函數在單調遞增，在單調遞增，又知函數在處連續，因此在單調遞增。同理減區間的合并也是如此，即相鄰區間的單調性相同，且在公共點處函數連續，則二區間就可以合并為一個區間。

[例]用導數求函數()的單調區間。

解：(用第一種關系及單調區間的合并)，當，即或時，∴在，上為增函數，又∵在處連續，且相鄰區間的單調性又相同，∴在上為增函數。

舊教材很少提到函數單調區間的合并，原因在于教師很難講，學生很難把握，但是新教材引進函數的連續性和導數之后就很容易說明，也很容易理解了。

綜之，用導數證明劃分函數的單調性是導數最常用、也是最基本的應用，其它重要性如極值、最值等都必須用到單調性。它比用單調性的定義證明要簡單許多，劃分也容易理解得多。討論可導函數得單調性可按如下步驟進行：

(1)　　　 確定的定義域；(2)求，令，解方程求分界點；

(3)用分屆點將定義域分成若干個開區間；

(4)判斷在每個開區間內的符號，即可確定的單調性。

以下是前幾年高考用導數證明、求單調性的題目，舉例說明如下：

例1設，是上的偶函數。

(I)求的值；(II)證明在上是增函數。(2001年天津卷)

解：(I)依題意，對一切有，即，

∴對一切成立，由此得到，，又∵，∴。

(II)證明：由，得，

當時，有，此時。∴在上是增函數。

例2設函數，其中。(2000年全國、天津卷)

(I)解不等式；(II)證明：當時，函數在區間上是單調函數。

解1：(I)分類討論解無理不等式(略)。 (II)作差比較(略)。

解2：(i)當時，有，此時，函數在區間上是單調遞減函數。但，因此，當且僅當時，。

(ii)當時，解不等式，得，在區間上是單調遞減函數。解方程，得或，

∵，　 ∴當且僅當時，，

綜上，(I)當時，所給不等式的解集為：；

當時，所給不等式的解集為：。

(II)當且僅當時，函數在區間上時單調函數。

例3設，求函數的單調區間。(2003年高考(理)19題)

解：()　 當，時，

，，

(i)當時，對所有，恒有，即，此時在單調遞增；

(ii)當時，對，恒有，即，此時在單調遞增，在單調遞增，

又知函數在處連續，因此在單調遞增；

(iii)當時，令，即，

解得或，因此，函數在單調遞增，在單調遞增，令，即，

解得，

因此，函數在上單調遞減。

本題用傳統作差比較法無法求函數的單調區間，只有用導數才行。

3．與為增函數的關系。

由前分析，為增函數，一定可以推出，但反之不一定，因為，即為或。當函數在某個區間內恒有，則為常數，函數不具有單調性。∴是為增函數的必要不充分條件。

函數的單調性是函數一條重要性質，也是高中階段研究的重點，我們一定要把握好以上三個關系，用導數判斷好函數的單調性。因此新教材為解決單調區間的端點問題，都一律用開區間作為單調區間，避免討論以上問題，也簡化了問題。但在實際應用中還會遇到端點的討論問題，特別是研究以下問題時。

2．時，與為增函數的關系。

若將的根作為分界點，因為規定，即摳去了分界點，此時為增函數，就一定有。∴當時，是為增函數的充分必要條件。

我們在應用導數判斷函數的單調性時一定要搞清以下三個關系，才能準確無誤地判斷函數的單調性。以下以增函數為例作簡單的分析，前提條件都是函數在某個區間內可導。

1．與為增函數的關系。

由前知，能推出為增函數，但反之不一定。如函數在上單調遞增，但，∴是為增函數的充分不必要條件。

　　 等積轉化，亦稱等積變換。通常是指用不同的方式求同一幾何體的體積(或同一平面圖形的面積)

　 例4. (’98全國高考)已知斜三棱柱，的側面與底面垂直，且，(如圖7)

　　 (III)求C到側面的距離。

　 　分析：連結A₁B、A₁C，過A₁作AC的垂線A₁D，D為垂足，由題意可知A₁D⊥面ABC。根據定義，點C到面A₁AAB₁的距離，即為三棱錐C-A₁AB的高h。

　　 由得：

　　 即：

　　 為所求

　 例5. (’92全國高考)如圖8，已知是棱長為a的正方體，E、F分別為棱與的中點，求四棱錐的體積。

　 　分析：

　　 易證四邊形為菱形，連結，則

　 　說明：利用等積變換既可求得有關幾何體的體積，又可避開作出點到平面的距離而直接求出。

　　 總之，立體幾何問題聯系多多，變化多多，但只要能對其進行合理而有效的轉化，便可使問題浮出水面，看得見，摸得著。

　　 由三維空間向二維空間轉化，是研究立體幾何問題最重要的數學方法之一。在解決實際問題中，往往通過一定手段，將空間問題轉化成平面問題，得以解決。

　 例3. 如圖5，設正三棱錐S-ABC的底面邊長為a，側棱長為2a，過A作與側棱SB、SC都相交的截面AEF，求這個截面周長的最小值。

　　 分析：沿側棱SA將三棱錐的側面展開如圖6，求周長最小值問題就轉化成了求A、A'兩點間的最短距離。

　　 設，則由余弦定理得

　　 所以

　　 可求得

　　 即所求截面周長的最小值為

　　 說明：這類問題通常都是將幾何體的側面展開，空間問題轉化成平面問題來解決。

　　 割·補轉化是通過割與補，來改變幾何體的狀態，由復雜幾何體變為簡單幾何體的數學方法。

　 例2. (’87全國高考)如圖2，三棱錐中，已知，PA、BC的公垂線段，求證三棱錐的體積。

　　 分析一：

　　 如圖2，連結AD、PD，

　　 平面APD，又，

　　 ∴

　 　分析二：

　　 如圖3，以三棱錐的底面為底面，側棱PA為側棱，補成三棱柱，連結EC、EB，則易證AP⊥平面EBC，

　　 分析三：

　　 如圖4，將補成平行四邊形ABCF，可利用

　　 易得：

　　 說明：割·補轉化是解決立體幾何問題常用的方法之一，對同一幾何體既可進行合理分割，又可實施有效的添補。