全国通用2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题26函数与方程的思想分类讨论的思想含解析

【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题26函数与方程的思想、分类讨论的思想（含解析）一、选择题1．(文)方程m＋＝x有解，则m的最大值为(　　)A．1　　　　　　　　B．0C．－1D．－2[答案]　A[解析]　m＝x－，令t＝≥0，则x＝1－t2，∴m＝1－t2－t＝－(t＋)2＋≤1，故选A．(理)已知对于任意的a∈[－1,1]，函数f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a的值总大于0，则x的取值范围是(　　)A．1<x<3　　　　　B．x<1或x>3C．1<x<2D．x<2或x>2[答案]　B[解析]　将f(x)＝x2＋(a－4)x＋4－2a看作是a的一次函数，记为g(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4.当a∈[－1,1]时恒有g(a)>0，只需满足条件即解之得x<1或x>3.[方法点拨]　1.函数与方程的关系函数与方程是两个不同的概念，但它们之间有着密切的联系，方程f(x)＝0的解就是函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标，函数y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通过方程进行研究．2．应用函数与方程思想解决函数、方程、不等式问题，是多元问题中的常见题型，常见的解题思路有以下两种：(1)分离变量，构造函数，将不等式恒成立、方程求解等转化为求函数的最值(或值域)，然后求解．(2)换元，将问题转化为一次不等式、二次不等式或二次方程，进而构造函数加以解决．2．(文)(2022·哈三中二模)一只蚂蚁从正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A处出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C116\n处，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是(　　)A．(1)(2)B．(1)(3)C．(2)(4)D．(3)(4)[答案]　C[解析]　爬行路线为时正视图为(2)；爬行路线是时，正视图为(4)，故选C．[方法点拨]　若几何图形的位置不确定时，常常要对各种不同情况加以讨论．(理)有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是(　　)A．(0，＋)B．(1,2)C．(－，＋)D．(0,2)[答案]　A[解析]　若构成三棱锥有两种情形．一种情形是三条长为2的线段围成三角形作为棱锥的底面，过BC的中点M作与BC垂直的平面α，在平面α内，以A为圆心AP＝2为半径画圆，点P在此圆周上，且不在平面ABC内时，构成三棱锥P－ABC，此时PB＝PC＝a，易求得－<a<＋.另一种情形如图：AB＝AC＝BD＝DC＝2，AD＝BC＝a，16\n此时2>a，∴0<a<2，又∵＋>2>－，取两者的并集得，0<a<＋.[方法点拨]　1.分类讨论时，标准必须统一，分类后要做到无遗漏、不重复，还要注意不越级讨论，层次分明，能避免分类的题目不要分类．2．分类讨论的步骤：(1)确定分类讨论的对象和分类标准；(2)合理分类，逐类讨论；(3)归纳总结，得出结论．3．分类讨论的常见类型(1)由数学概念引发的分类讨论：如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数、一次、二次函数、正比例函数、反比例函数、幂函数、复数的概念、三角函数的定义域．(2)由性质、定理、公式、法则的限制条件引起的分类讨论，如等比数列前n项和公式、不等式的一些性质、函数的单调性、根式的性质．(3)由数学运算引起的分类，如除数不为0，偶次方根的被开方数非负，对数函数的底数a>0且a≠1，指数运算中对底数的限制，不等式两边同乘以一个正数(负数)，排列组合中的分类计数．(4)由图形的不确定性引起的讨论，如图形的类型、位置，角的终边所在象限、点线面位置等，点斜式(斜截式)直线方程适用范围，直线与圆锥曲线的位置关系．(5)由参数的变化引起的分类讨论：含参数的问题(方程、不等式、函数等)，由于参数的不同取值会导致结果不同或不同的参数求解、证明的方法不同等．(6)由实际问题的实际意义引起的分类讨论．3．(文)圆锥曲线＋＝1的离心率e＝，则a的值为(　　)A．－1B．C．－1或D．以上均不正确[答案]　C[解析]　因焦点在x轴上和y轴上的不同，离心率e关于a的表达式发生变化，故需分类．当焦点在x轴上时，e2＝＝，解得a＝；当焦点在y轴上时，16\ne2＝＝，解得a＝－1.故选C．(理)将1,2,3,4,5排成一列a1a2a3a4a5(如43215中，a1＝4，a2＝3，a3＝2，a4＝1，a5＝5)，则满足a1<a2，a2>a3，a3<a4，a4>a5的排列个数是(　　)A．10B．12C．14D．16[答案]　D[解析]　∵a3<a2，a3<a4，∴a3只能从1,2,3中取，故可按a3的取值情况分类讨论(或利用a2>a1，a2>a3入手讨论)，(1)当a3＝3时，a2，a4只能是4,5，共有A·A种；(2)当a3＝2时，a2，a4可以为3,4,5，∵a5<a4，a1<a2，故5只能排在a2或a4位置，和5相邻的可从剩下3个中任选一个，余下两个，只有一种排法，∴共有AA种；(3)当a3＝1时，从剩下4个元素中选两个排在a1，a2位置，只有一种排法，余下两个排在a4，a5位置也只有一种排法，∴有C种．综上知，共有AA＋A·A＋C＝16种．4．若a>1，则双曲线－＝1的离心率e的取值范围是(　　)A．(1，)B．(，)C．[，]D．(，)[答案]　B[解析]　e2＝()2＝＝1＋(1＋)2，因为当a>1时，0<<1，所以2<e2<5，即<e<.5．如图所示，在△AOB中，点A(2,1)，B(3,0)，点E在射线OB上自O开始移动．设OE＝x，过E作OB的垂线l，记△AOB在直线l左边部分的面积为S，则函数S＝f(x)的图象是(　　)16\n[答案]　D[解析]　当0<x≤2时，f(x)＝·x·x＝x2，是开口向上的抛物线，且f(2)＝1；当2<x≤3时，f(x)＝×2×1＋(x－2)(3－x＋1)＝－x2＋3x－3.是开口向下，以(3，)为顶点的抛物线．当x>3时，f(x)是确定的常数，图象为直线．二、填空题6．如图，正六边形ABCDEF中，P是△CDE内(包括边界)的动点．设＝α＋β(α，β∈R)，则α＋β的取值范围是________．[答案]　[3,4][解析]　建立如图所示的直角坐标系，设正六边形边长为2，则C(2,0)，A(－1，－)，B(1，－)，D(1，)，E(－1，)，F(－2,0)，设P(x，y)可得＝(x＋1，y＋)，＝(2,0)，＝(－1，)，∵＝α＋β，∴则α＋β＝＝x＋y＋2，当点P在如图阴影部分所示的平面区域内时，可作平行直线系x＋y＋2＝z，当直线过点E或C时，α＋β取得最小值，(α＋β)最小值＝×2＋×0＋2＝3；当直线过点D时，α＋β取得最大值，(α＋β)最大值＝×1＋×＋2＝4，则α＋β的取值范围是[3,4]．[方法点拨]　和函数与方程思想密切关联的知识点16\n(1)函数与不等式的相互转化．对函数y＝f(x)，当y>0时，就化为不等式f(x)>0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式．(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要．(3)解析几何中的许多问题，例如直线与二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决．这都涉及二次方程与二次函数的有关理论．(4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数关系的方法加以解决，引进空间向量后，立体几何与函数的关系就更加密切．(5)(理)函数f(x)＝(a＋bx)n(n∈N*)与二项式定理密切相关，利用这个函数，用赋值法和比较系数法可以解决很多有关二项式定理的问题及求和问题．7．(文)若关于x的方程cos2x－2cosx＋m＝0有实数根，则实数m的取值范围是________．[分析]　将方程变形为m＝－cos2x＋2cosx，则当方程有实数根时，－cos2x＋2cosx的取值范围就是m的取值范围．[答案]　[解析]　原方程可化为m＝－cos2x＋2cosx.令f(x)＝－cos2x＋2cosx，则f(x)＝－2cos2x＋1＋2cosx＝－22＋，由于－1≤cosx≤1，所以当cosx＝时，f(x)取得最大值，当cosx＝－1时，f(x)取得最小值－3，故函数f(x)的值域为，即m∈.[方法点拨]　本题若令cosx＝t，则可通过换元法将原方程化为关于t的一元二次方程，但求解过程将非常繁琐，而通过分离参数，引进函数，便可通过函数的值域较为简单地求得参数m的取值范围．(理)如果方程cos2x－sinx＋a＝0在(0，]上有解，则a的取值范围是________．[答案]　(－1,1]16\n[分析]　可分离变量为a＝－cos2x＋sinx，转化为确定的相关函数的值域．[解析]　解法1：把方程变为a＝－cos2x＋sinx.设f(x)＝－cos2x＋sinx(x∈(0，])．显然当且仅当a∈f(x)的值域时，a＝f(x)有解．∵f(x)＝－(1－sin2x)＋sinx＝(sinx＋)2－，且由x∈(0，]知，sinx∈(0,1]．∴f(x)的值域为(－1,1]，∴a的取值范围是(－1,1]．解法2：令t＝sinx，由x∈(0，]可得t∈(0,1]．把原方程变为t2＋t－1－a＝0，依题意，该方程在(0,1]上有解，设f(t)＝t2＋t－1－a.其图象是开口向上的抛物线，对称轴为x＝－，在区间(0,1]的左侧，如下图所示．因此f(t)＝0在(0,1]上有解，当且仅当，即，∴－1<a≤1，故a的取值范围是(－1,1]．[方法点拨]　最值、方程有解、恒成立与参数的取值范围问题此类含参数的三角、指数、对数等复杂方程解的问题，通常有两种处理思路：一是分离参数构建函数，将方程有解转化为求函数的值域；二是换元，将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程，进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决．8．直线y＝kx＋2和椭圆＋＝1在y轴左侧部分交于A、B两点，直线l过点P(0，－2)和线段AB的中点M，则l在x轴上的截距a的取值范围为________．[答案]　[－，0)[分析]　将直线与椭圆方程联立消去y，得关于x的二次方程，则直线与椭圆在y轴左侧部分交于A、B两点，转化为方程有两个负根的问题．[解析]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直线l与x轴的交点为N(a,0)．由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.(*)16\n因为直线y＝kx＋2和椭圆＋＝1在y轴左侧部分交于A，B两点，所以解得k>.因为M是线段AB的中点，所以因为P(0，－2)，M(x0，y0)，N(a,0)三点共线，所以＝，所以＝，即－＝2k＋.因为k>，所以2k＋≥2，当且仅当k＝时等号成立，所以－≥2，则－≤a<0.三、解答题9．(文)设函数f(x)＝lnx－p(x－1)，p∈R.(1)当p＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)对任意x≥1都有g(x)≤0成立，求p的取值范围．[解析]　(1)当p＝1时，f(x)＝lnx－x＋1，其定义域为(0，＋∞)．所以f′(x)＝－1.由f′(x)＝－1≥0得0<x≤1，所以f(x)的单调递增区间为(0,1]，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)由函数g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)＝xlnx＋p(x2－1)，得g′(x)＝lnx＋1＋2px.由(1)知，当p＝1时，f(x)≤f(1)＝0，即不等式lnx≤x－1成立．16\n①当p≤－时，g′(x)＝lnx＋1＋2px≤(x－1)＋1＋2px＝(1＋2p)x≤0，即g(x)在[1，＋∞)上单调递减，从而g(x)≤g(1)＝0满足题意；②当－<p<0时，存在x∈(1，－)使得lnx>0，1＋2px>0，从而g′(x)＝lnx＋1＋2px>0，即g(x)在(1，－)上单调递增，从而存在x0∈(1，－)使得g(x0)≥g(1)＝0不满足题意；③当p≥0时，由x≥1知g(x)＝xlnx＋p(x2－1)≥0恒成立，此时不满足题意．综上所述，实数p的取值范围为p≤－.(理)已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a<－1，如果对任意x1、x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|，求a的取值范围．[解析]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋2ax＝.当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)单调递增；当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)单调递减；当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝.则当x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0.故f(x)在单调递增，在单调递减．(2)不妨假设x1≥x2.而a<－1，由(1)知f(x)在(0，＋∞)单调递减，从而∀x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于∀x1，x2∈(0，＋∞)，f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1①令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4.①等价于g(x)在(0，＋∞)单调递减，即＋2ax＋4≤0.从而a≤＝＝－2.故a的取值范围为(－∞，－2]．16\n[方法点拨]　导数在近几年来已逐渐成为高考命题中的压轴题，导数作为研究函数性质的工具，具备广泛适用性，可以分析各种函数，而且容易与参数结合命题，尤其在问题转化、构造新函数解决问题等方面体现明显．因此我们在平日训练时要注意分类讨论思想转化与归纳思想，函数与方程思想等方面的训练，加强对问题的分析，以及处理问题和解决问题的能力．10．(文)(2022·安徽文，16)设△ABC的内角A、B、C所对边的长分别是a、b、c，且b＝3，c＝1，△ABC的面积为，求cosA与a的值．[分析]　已知b、c和△ABC的面积易求sinA，由平方关系可求cosA，但要注意开方时符号的选取及讨论，再结合余弦定理可求a的值．[解析]　由三角形面积公式，得S＝×3×1·sinA＝，∴sinA＝，因为sin2A＋cos2A＝1.所以cosA＝±＝±＝±.①当cosA＝时，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋12－2×1×3×＝8，所以a＝2.②当cosA＝－时，由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝32＋12－2×1×3×(－)＝12，所以a＝2.(理)已知函数f(x)＝sinxcosx－m(sinx＋cosx)．(1)若m＝1，求函数f(x)的最值；(2)若函数f(x)在区间[，]上的最小值等于2，求实数m的值．[解析]　(1)当m＝1时，f(x)＝sinxcosx－(sinx＋cosx)，设sinx＋cosx＝t，则sinxcosx＝，所以f(x)＝h(t)＝t2－t－＝(t－1)2－1.16\n由于t＝sinx＋cosx＝sin(x＋)，所以－≤t≤.于是当t＝－时函数f(x)取得最大值＋；当t＝1时函数f(x)取得最小值－1.(2)设sinx＋cosx＝t，则sinxcosx＝，所以f(x)＝g(t)＝t2－mt－＝(t－m)2－m2－，又因为x∈[，]，t＝sinx＋cosx＝sin(x＋)，所以1≤t≤.当m<1时，g(t)在[1，]上单调递增，当t＝1时g(t)取得最小值，得－m＝2，所以m＝－2，符合题意；当m>时，g(t)在[1，]上单调递减，当t＝时，g(t)取得最小值，得－m＝2，所以m＝－，与m>矛盾；当1≤m≤时，g(t)在t＝m处取得最小值，得－m2－＝2，所以m2＝－5，无解．综上，当函数f(x)在区间[，]上的最小值等于2时，实数m的值等于－2.11．(文)已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1为a.(a∈R)，设数列的前n项和为Sn且，，成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式及Sn；(2)记An＝＋＋＋…＋，Bn＝＋＋＋…＋，当n≥2时，试比较An与Bn的大小．16\n[解析]　设等差数列{an}的公差为d，由()2＝·，得(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)．因为d≠0，所以d＝a1＝a.所以an＝na，Sn＝.(2)因为＝(－)，所以An＝＋＋＋…＋＝(1－)．因为a2n－1＝2n－1a，所以Bn＝＋＋＋…＋＝·＝(1－)，由n≥2时，2n＝C＋C＋…＋C>n＋1，即1－<1－，所以，当a>0时，An<Bn；当a<0时，An>Bn.(理)已知f(x)＝，数列{an}满足a1＝，an＋1＝f(an)(n∈N*)，(1)求证：数列是等差数列；(2)记Sn(x)＝＋＋…＋(x>0)，求Sn(x)．[分析]　(1)找出an与an＋1关系；(2)用错位相减法求和．[解析]　(1)由已知得an＋1＝，∴＝＝3＋.∴－＝3.∴是首项为3，公差为3的等差数列．(2)由(1)得＝3＋3(n－1)＝3n，∴Sn(x)＝3x＋6x2＋9x3＋…＋3nxn.x＝1时，Sn(1)＝3＋6＋9＋…＋3n＝；16\nx≠1时，Sn(x)＝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)＝.综上，当x＝1时，Sn(1)＝n(n＋1)，当x≠1时，Sn(x)＝.[方法点拨]　一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性，均值定理、等比数列的求和公式等性质、定理与公式在不同的条件下有不同的结论，或者在一定的限制条件下才成立，这时要小心，应根据题目条件确定是否进行分类讨论．12．(文)设函数f(x)＝ex－ax－2.(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．[分析]　(1)求函数f(x)的单调区间，需判断f′(x)的正负，因为含参数a，故需分类讨论；(2)分离参数k，将不含有参数的式子看作一个新函数g(x)，将求k的最大值转化为求g(x)的最值问题．[解析]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈(－∞，lna)时，f′(x)<0；当x∈(lna，＋∞)时，f′(x)>0，所以，f(x)在(－∞，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增．(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x　(x>0)．①令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．16\n由于①式等价于k<g(α)，故整数k的最大值为2.[方法点拨]　本题考查导数的应用及参数的取值范围的求法．利用导数求参数的取值范围时，经常需将参数分离出来，转化为恒成立问题，最终转化为求函数的最值问题，求得参数的取值范围．(理)设函数f(x)＝x3－kx2＋x(k∈R)．(1)当k＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k<0时，求函数f(x)在[k，－k]上的最小值m和最大值M.[解析]　f′(x)＝3x2－2kx＋1.(1)当k＝1时f′(x)＝3x2－2x＋1，Δ＝4－12＝－8<0，∴f′(x)>0，f(x)在R上单调递增．即f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)，f(x)没有单调递减区间．(2)当k<0时，f′(x)＝3x2－2kx＋1，其开口向上，对称轴x＝，且过(0,1)．(i)当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)≤0，即－≤k<0时，f′(x)≥0，f(x)在[k，－k]上单调递增，从而当x＝k时，f(x)取得最小值m＝f(k)＝k，当x＝－k时，f(x)取得最大值M＝f(－k)＝－k3－k3－k＝－2k3－k.(ii)当Δ＝4k2－12＝4(k＋)(k－)>0，即k<－时，令f′(x)＝3x2－2kx＋1＝0解得：x1＝，x2＝，注意到k<x2<x1<0，(注：可用韦达定理判断x1·x2＝，x1＋x2＝>k，从而k<x2<x1<0；或者由对称结合图象判断)∴m＝min{f(k)，f(x1)}，M＝max{f(－k)，f(x2)}∵f(x1)－f(k)＝x－kx＋x1－k＝(x1－k)(x＋1)>0，∴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]<0，16\n∴f(x)的最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.综上所述，当k<0时，f(x)的最小值m＝f(k)＝k，最大值M＝f(－k)＝－2k3－k.13．(文)(2022·北京西城区二模)设F1，F2分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点A为椭圆E的左顶点，点B为椭圆E的上顶点，且|AB|＝2.(1)若椭圆E的离心率为，求椭圆E的方程；(2)设P为椭圆E上一点，且在第一象限内，直线F2P与y轴相交于点Q，若以PQ为直径的圆经过点F1，证明：|OP|>.[解析]　(1)设c＝，由题意得a2＋b2＝4，且＝，解得a＝，b＝1，c＝，所以椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)证明：由题意得a2＋b2＝4，所以椭圆E的方程为＋＝1，则F1(－c,0)，F2(c,0)，c＝＝.设P(x0，y0)，由题意知x0≠±c，则直线F1P的斜率kF1P＝，直线F2P的斜率kF2P＝，所以直线F2P的方程为y＝(x－c)，当x＝0时，y＝，即点Q(0，)，所以直线F1Q的斜率为kF1Q＝，因为以PQ为直径的圆经过点F1，所以PF1⊥F1Q，所以kF1P×kF1Q＝×＝－1，化简得y＝x－(2a2－4)，　①又因为P为椭圆E上一点，且在第一象限内，所以＋＝1，x0>0，y0>0，　②16\n联立①②，解得x0＝，y0＝2－a2，所以|OP|2＝x＋y＝(a2－2)2＋2，因为a2＋b2＝4<2a2，所以a2>2，所以|OP|>.(理)(2022·新课标Ⅱ理，20)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．[立意与点拨]　考查直线的斜率、椭圆方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系．(1)问中涉及弦的中点坐标问题，故可以采取“点差法”或“韦达定理”两种方法求解；(2)根据(1)中结论，设直线OM方程并与椭圆方程联立，求得M坐标，利用xP＝2xM以及直线l过点(，m)列方程求k的值．[解析]　(1)设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝－，yM＝kxM＋b＝.于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．(2)四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点(，m)，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－x.设点P的横坐标为xP.由得x＝，即xP＝.将点(，m)的坐标代入直线l的方程得b＝，因此xM＝.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是＝2×.解得k1＝4－，k2＝4＋.因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．16