https://one.free.nf/usr/uploads/2025/onefile/derivative02.pdf
6-1、讨论 $f(x)=\frac{1}{2} x^2-(a+1)x+a\ln x$的单调性；
${f}'(x)=x-(a+1)-\cfrac{a}{x} =\cfrac{x^2-(a+1)x+a}{x} =\cfrac{(x-1)(x-a)}{x}$
"符号函数存在两个零点，一个是1，一是a，因而对a的分类讨论是围绕=1,>1,<1以及a是否$\le 0$。
⒈、${\color{Red} 当a= 1时，}{f}'(x)\ge 0,f(x)在(0,+\infty)内\nearrow ;$
⒉、${\color{Red} 当a\gt 1时，} x\in (0,1)及(a,+\infty)内， {f}'(x)\gt 0,f(x)\nearrow;$
$\qquad \qquad x\in (1,a) {f}'(x)\lt 0,f(x)\searrow .$
⒊、${\color{Red} 当a\lt 1时，} $
$\qquad \quad {\color{Green}① }a\le 0时，x\in (0,1),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow ;$
$\qquad \qquad x\in(1,+\infty),{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow ;$
$\qquad \quad {\color{Green}② } 0\lt a\lt 1时，x\in (0,a)及(1,+\infty)时，{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow $
$\qquad\qquad \qquad x\in(a,1),{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow$

6-2、讨论$f(x)=\cfrac{1}{2}x^2-x-\cfrac{ax}{e^x}$
${f}' (x)=x-1-\cfrac{a(e^x-x\cdot e^x)}{e^x\cdot e^x}=\cfrac{(x-1)(e^x+a)}{e^x} $
${\color{Red} 1)} 当{\color{Red} a\ge 0} 时 ,$
$e^x+a\ge 0 $恒成立，导函数的符号仅取决于$(x-1),且x-1是\nearrow $
故当 $\quad x\lt 1,{f}' (x)\lt 0,f(x) \searrow $
当 $\quad x\gt 1,{f}' (x)\gt 0,f(x) \nearrow $
${\color{Red} 2)} 当{\color{Red}a\lt 0 } 时,e^x+a $可正可负，此时导函数的符号由$(x-1)和e^x+a$的两个因式共同决定,我们判断两者正负时，要先判断$1与\ln (-a)$的谁大谁小。因而，还要继续分类讨论之
$\qquad \quad {\color{Green} ①} 当{\color{Green} a=-e} $时,$x-1与e^x+a$的零点均为1,且两者都是增函数；故有：
$\quad x\in R, {f}' (x)\ge 0,f(x) \nearrow$
$\qquad \quad{\color{Green} ②} 当 1\lt \ln(-a)\Rightarrow e\lt -a \Rightarrow a\lt -e,故{\color{Green} a\lt -e} $时：
当$\quad x\lt 1 $或$x\gt \ln(-a),{f}' (x)\gt 0,f(x) \nearrow $
当$ \quad 1\lt x \lt \ln(-a),{f}' (x)\lt 0,f(x) \searrow$
$\qquad \quad{\color{Green} ③} 当{\color{Green} -e\lt a \lt 0 } $时,$ \ln(-a)\lt 1$,故有：
当$x\lt \ln(-a) 或x\gt 1,{f}' (x)\gt 0,f(x) \nearrow $
当$ 1\lt x \lt \ln(-a),{f}' (x)\lt 0,f(x) \searrow $
总结：含参函数单调性讨论；求求导函数，通通分，因式分解；因式分解后，别焦急求因式的零点（根），要先析含参的因式有没有可能恒为正或负情形，先对它讨论，如第一步(1)的$a\ge 0$
第二步，求各因式的零点，要对含的零点与常数比较大小进行分类，如$(2)1与\ln (-a)$，并将各因式调整为 单增函数，从分好类的零点从小到大排列，用穿线法画好图像。题目的②③情形只是交换零点，并没有改变穿线方向。

7、讨论$f(x)=1+(1+a)x-x^2-x^3$的单调性;题型：无法因式分解，应用$\bigtriangleup$
${f}' (x)=-3x^2-2x^2+(1+a), $
${\color{Red} Ⅰ.} 若\bigtriangleup =4+12(1+a)=12a+16\le 0$
即 $a\le-\cfrac{4}{3},{f}' (x)\le 0,f(x)在R\searrow $
${\color{Red} Ⅱ.} 若\bigtriangleup =12a+16\gt 0\quad 即a\gt \cfrac{4}{3}$
令${f}' (x)=0,得x=\cfrac{2\pm \sqrt{12a+16} }{-6} =\cfrac{-1\pm \sqrt{3a+4} }{-3}$
$\therefore f(x)在(-\infty,\cfrac{-1- \sqrt{3a+4} }{-3})\searrow,(\cfrac{-1- \sqrt{3a+4} }{-3},\cfrac{-1+ \sqrt{3a+4} }{-3}),\nearrow;(\cfrac{-1+\sqrt{3a+4} }{-3},+\infty),\searrow$

8-1、讨论$f(x)=x--\cfrac{1}{x}-2a\ln x$的单调性区间（不能因式分解）
${f}' (x)=1+\cfrac{1}{x^2}-\cfrac{2a}{x}\quad (x\gt0 ) $
${\color{Red}1^\circ } 若a\le 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)在(0,+\infty)\nearrow$
${\color{Red}2^\circ } 若a\gt 0,{f}' (x)=\cfrac{x^2-2ax+1}{x^2} $
${\color{Green}Ⅰ. }若\bigtriangleup =4a^2-4\le 0,即0\le a\le 1时，$
${f}' (x)\ge 0(备注：此时没变号零点)f(x)在(0,+\infty)\nearrow$
${\color{Green}Ⅱ. } 若\bigtriangleup =4a^2-4\gt0 ,即a\gt 1,令{f}' (x)=0,得x=\cfrac{2a\pm\sqrt{4a^2-4} }{2}=a\pm\sqrt{a^2-1}$
故$f(x)在(0,a-\sqrt {a^2-1})\nearrow;(a-\sqrt {a^2-1},a+\sqrt {a^2-1})\searrow;(a+\sqrt {a^2-1},+\infty)\nearrow.$

8-2、讨论$f(x)=a\ln x+\cfrac{x-1}{x+1} $的单调性；
${f}' (x)=\cfrac{a}{x}+\cfrac{2}{(x+1)^2} (x\gt 0)$
${\color{Red} 1^{\circ } }若a\ge 0,{f}' (x)\gt 0,f(x)在(0,+\infty)\nearrow $
${\color{Red} 2^{\circ } }若a\lt 0,通分，{f}' (x)＝\cfrac{a(x+1)^2+2x}{x(x+1)^2}= \cfrac{ax^2+(2a+2)x+a}{x(x+1)^2};$
设$g(x)=ax^2+(2a+2)x+a$;
${\color{Green}Ⅰ.} 若\bigtriangleup =8a+4\le 0,即a\le -\cfrac{1}{2}时，$
${f}' (x)\le 0,f(x)在(0,+\infty)\searrow;$
${\color{Green} Ⅱ.} 若\bigtriangleup =8a+4\gt 0,即 -\cfrac{1}{2}\lt a\lt 0时，$
设$x_1,x_2为g(x)=0的两根,x_1=\cfrac{-a-1-\sqrt{2a+1}}{a} \lt x_2=\cfrac{-a-1+\sqrt{2a+1}}{a}$
$\begin{cases} x_1+x_2=\cfrac{2a+2}{-a}\gt0 \\x_1x_2=1\gt0\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x_1\gt0\\x_2\gt0\end{cases}$
$\therefore f(x)在(0,x_1)\searrow;,(x_1,x_2)\nearrow,(x_2,+\infty)\searrow $

9、讨论$f(x)=x^3-x\ln x在[1,+\infty)$的单调性，并画出$f(x)$的简图；
$f(x)=x^3-x\ln x\quad(x\ge 1);$
${f}' (x)=3x^2-(\ln x +1)=3x^2-\ln x-1$
令$g(x)={f}' (x)=3x^2-\ln x-1$
${g}' (x)=6x-\cfrac{1}{x}=\cfrac{6x^2-1}{x} \gt0,{g}' (1)=5$
$\therefore g(x)= {f}' (x)在[1,+\infty)\nearrow,又{f}' (1)=2\Rightarrow f'(x)\ge {f}' (1)\gt 0$
$\therefore {f} (x)在[1,+\infty)\nearrow,又{f}(1)=1$

10、讨论$f(x)=e^x\cos x-x在[0,\cfrac{\pi}{2}]$的单调性，并画出f(x)的简图。
$f(x)=e^x\cos x-x,\quad x \in[0,\cfrac{\pi}{2}]$
${f}'(x)=e^x(\cos x-\sin x)-1$
令$g(x)={f}'(x)=e^x(\cos x-\sin x)-1 ；$
${g}' (x)=e^x[(\cos x-\sin x)+(\cos x-\sin x)']=-2\sin xe^x\le 0$
$\therefore {f}' (x)在[0,\cfrac{\pi}{2}]\searrow ,{f}' (0)=0,{f}' (\cfrac{\pi}{2})=-e^{\frac{\pi}{2}}-1\Rightarrow {f}' (x)\le 0$
$\therefore {f} (x)在[0,\cfrac{\pi}{2}]\searrow ,{f}(0)=1,{f} (\cfrac{\pi}{2})=-\cfrac{\pi}{2}$

11、讨论$f(x)=e^x-x^2-1$的单调性，并画出f(x)的简图。
$f(x)=e^x-x^2-1$
${f}' (x)=e^x-2x$
$令g(x)={f}' (x)=e^x-2x$
${g}' (x)=e^x-2 ,\nearrow $
${f}' (x)=g(x)在(-\infty,\ln 2)\searrow ;(\ln 2,+\infty)\nearrow,故{f}' (x)在x=\ln 2$处有极小值；
$即{f}' (x)\ge {f}' (\ln 2)=2-\ln 2 \gt0 $
$f(x) 在R上\nearrow ,且有f(0)=0$

12、讨论$f(x)=e^x\ln x$的单调性，并画出$f(x)$的简图。
${f}' (x)=e^x(\ln x+\cfrac{1}{x} )$
令$g(x)=\ln x +\cfrac{1}{x};{g}' (x)=\cfrac{1}{x}+\cfrac{-1}{x^2}=\cfrac{x-1}{x^2} \nearrow $
$g(x)在(0,1)\searrow,(1,+\infty)\nearrow $
$\therefore g(x)_{min}=g(1)=1\Rightarrow g(x)\gt 0,即{f}' (x)\gt 0$
$\therefore f(x)在(0,+\infty)\nearrow,且f(1)=0$

13、讨论$f(x)=x\ln (x+1)-ax^2(a\lt 0)$的单调性，并画出$f(x)$的简图。
${f}' (x)=\ln (x+1)+\cfrac{x}{x+1} -2ax$
$令g(x)={f}' (x)=\ln (x+1)+\cfrac{x}{x+1} -2ax$
${g}' (x)={f}''(x)=\cfrac{1}{x+1} +\cfrac{x+1-x}{(x+1)^2} -2a\gt 0$
$\therefore g(x)={f}' (x)在(-1,+\infty)\nearrow,且{f}' (0)=0;$
　$即-1\lt x\lt 0,{f}' (x)\lt 0,f(x)\searrow;$
$0\lt x\lt +\infty,{f}' (x)\gt 0,f(x)\nearrow;且有f(0)=0$

最值是定义域范围内全局的值，极值是定义域范围内的值。
极值由导函数的变号零点来判断，
导函数左高右低有极大值，左低右高有极小值。

导数基础一

2、${f}' (x)=-\cfrac{2}{x^2},{f}' (m)=-\cfrac{1}{2}=-\cfrac{2}{x^2},\therefore m=\pm2$

3、$\lim_{\bigtriangleup x \to 0} \cfrac{f(x+\bigtriangleup x)-f(x)}{\bigtriangleup x}$ 式中$\bigtriangleup x$是一个整体，必须相同，具体是什么符号并不重要。但要$\to 0,还必须 f(x+\bigtriangleup x)$做被减数。故答案为1

4、$\lim_{-x \to 0} \cfrac{[f(1-x)-f(x)]}{ x} \cdot \frac{-1}{2} =-1\Rightarrow {f}' (1)\cdot \frac{-1}{2}=-1 ,{f}' (1)=2$

5、$3\lim_{\bigtriangleup x \to 0} \cfrac{f(x_0+3\bigtriangleup x)-f(x_0)}{ 3\bigtriangleup x} =9$

导数基础二

1、求导数

(1)0, (2)$-\cfrac{5}{x^4}、 (3)y=x^{(2-\frac{1}{2})}=x^{\frac{3}{2}},y'=\frac{3}{2}x^\frac{1}{2}、(4)y'=\frac{1}{x\ln 10}$

$(5)5^x\cdot \ln5、(6)y=\sin x,\quad y'=\cos x$

2、P(1,1)

3、$(1)y=-x+\pi;\quad(2)[0,\frac{\pi}{4}]\cup [\frac{3\pi }{4},\pi)$

4、$y-1= (n+1)(x-1)\quad 令y=0,x_n=\frac{}{}\lg 2020$

导数基础三、

1-1、求下列函数的导数：

(1)${y}' =\frac{2}{x} -2^x \ln 2\quad (2){y}' =3\cos x-\sin x\quad (3){y}' =(1+x)e^x$

$(4){y}' =\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}\quad (5)t=1-x,{y}' =5\cdot \frac{1}{t\ln 2}(-1)$

$(6){y}' =3\sin^2 x\cdot \cos x+3\cos 3x$

1-2求下列函数的导数：

$(1){y}' =\cos x+\frac{1}{x} -1\quad (2){y}' =6x+\cos x-x\sin x$

$(3)y'=\cfrac{1-2\ln x}{x^3}\quad (4)y'=\cfrac{-2e^x} {(e^x-1) ^2}$

$(5)y'=10(1-2x^3) ^9 (-6x^2)$

$(6)y'=2\cos x(-3\sin 3x)$

2、前三项括号看作一个整体，前导后不导，${f}' (2023)=6$

3、$\frac{\sqrt 3}{3}$

4、2020

5、3

6、$a=\frac{1}{e},b=1$

7、$y'=2e^{2x}\cdot \cos 3x-3e^{2x}\sin 3x \quad y=2x+6 或y=2x-4$​

8、${f}'(x) =-e^x-2\in(-\infty,-2),设l_1的斜率为k_1,\therefore k_1\in (-\infty,-2),$

$设l_2的斜率为k_2,\therefore k_2=-\frac{1}{k_1}\in (-\infty,-2),\in (0,\frac{1}{2})$

${g}'(x) =a-2\sin x\in [a-2,a+2],\begin{cases} a-2\le 0\\a+2\ge \frac{1}{2}\end{cases}\Rightarrow -\frac{3}{2}\le a\le 2$

在点和过点切线问题

1、$(1){f}'(x) =3x^2,{f}'(0) =0,\therefore y=1$

$(2)设切点(m,m^3+1)\quad \therefore {f}' (m)=3m^2\therefore 切线方程y-(m^3+1)=3m^2(x-m)$​

将(1,1)代入，$1-(m^3+1)=3m^2(1-m)\Rightarrow 2m^3-3m^2=0\therefore m=0或m=\frac{3}{2}$

切线$y=0,或y-\cfrac{35}{8}=\cfrac{27}{4}(x-\cfrac{3}{2})$

2、$(1)f(2)==2^3-2\cdot 2^2+2=2，点坐标为(2,2)$
${f}'(x)=3x^2-4x+1\therefore {f}'(2)=5$
切线方程为$y-2=5(x-2)$
$(2)设切点(m,m^3-2m^2+m)\quad {f}' (m)=3m^2-4m+1;$
切线方程$y-(m^3-2m^2+m)=(3m^2-4m+1)(x-m)$
将$(0,0)代入,m^3-2m^2+m=(3m^2-4m+1)\cdot m$
$\Rightarrow 2m^3-2m^2=0\Rightarrow 2m^2(m-1)=0\Rightarrow m=0,或 m=1$
当$m=0,切线方程y=x；当m=1,切线方程y=0$

3、带参分析
$y=k(x+e)-1恒过(-e,-1),设切点为(m,\ln m),{y}' =\cfrac{1}{x},{y}'\mid _{x=m} =\cfrac{1}{m},$
$\therefore 切线方程为y-\ln m=\cfrac{1}{m}(x-m)
,将(-e,-1)代入,得-1-\ln m=\cfrac{1}{m}(-e-m)即\ln m=\cfrac{e}{m}\Rightarrow m=e,\Rightarrow k\le \cfrac{1}{e}$
4、带参分析
设切点为$(m,m^3-m^2+am+1),{f}'(x)=3x^2-2x+a ,\therefore {f}'(m)=3m^2-2m+a $
切线方程为$y-(m^3-m^2+am+1)=(3m^2-2m+a )(x-m)$
将$(0,0)代入 -(m^3-m^2+am+1)=-m(3m^2-2m+a )\Rightarrow 2m^3-m^2-1=0$
尝试$m=1$,或配凑法$2m^3-2m^2+m^2-1=0\Rightarrow (m-1)(2m^2+m+1)=0\Rightarrow m=1$
$\therefore$ 切线方程$y-(a+1)=(a+1)(x-1)即y=(a+1)x$
$\begin{cases} y=(a+1)x\\y=x^3-x^2+ax+1\end{cases}\Rightarrow x^3-x^2+ax+1=ax+1\Rightarrow x^3-x^2-x+1=0$
得$(x+1)(x-1)^2=0\quad \therefore x=-1或x=1$
当$x=-1，解得y=-(1+a)$;当$x=1，解得y=1+a。$
公共点为$(-1,-1-a)和(1,1+a)$此题告诉我们，${\color{Red} 曲线的切线与曲线的交点不一定只有一个！}$
原文：
https://one.free.nf/usr/uploads/2025/onefile/derivative01.pdf

点乘可以理解为：斜率相乘，向量的点乘

设过$B_1(-2,0)$的直线方程:$y=k(x+2),或x=my-2,P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),其中mk=1$
$\because PB_2\perp QB_2 \therefore (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=0$
椭圆与直线联立两次，得到：
$\begin{cases} x^2+5y^2-20＝0\\y=k(x+2)\end{cases}\Rightarrow x^2+5k^2(x+2)^2-20=0\quad(1)$
$\begin{cases} x^2+5y^2-20＝0\\x=my-2\end{cases}\Rightarrow (my-2)^2+5y^2-20=0\quad(2)$
由于$x_1,x_2$是(1)的两根，因此，(1)可改写为：$(5k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即$x^2+5k^2(x+2)^2-20=(5k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)$
当$x=2$得，$(x_1-2)(x_2-2)＝\cfrac{2^2+5k^2\cdot 4^2-20}{5k^2+1}= \cfrac{80k^2-16}{5k^2+1}$;

由于$y_1,y_2$是(2)的两根，因此，(2)可改写为：$(m^2+5)(y_1-y)(y_2-y)=0$
即$(my-2)^2+5y^2-20=(m^2+5)(y_1-y)(y_2-y)$
当y=0得，$y_1\cdot y_2=\cfrac{2^2-20}{m^2+5} =\cfrac{-16k^2}{5+k^2} (\because mk=1)$
$\therefore (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=\cfrac{-16k^2}{5+k^2} +\cfrac{80k^2-16}{5+k^2} =0$
$\Rightarrow 4k^2=1\Rightarrow k=\pm \cfrac{1}{2};\Rightarrow,y=\pm \cfrac{1}{2}(x+2)$

${\color{Red} 我们应该先说明}$ 过$B_1(-2,0)$,PQ垂直x轴时，$PB_2\perp QB_2 $不成立。

${\color{Green} 另一题目}$ ：
已知椭圆(Gamma) $\Gamma ：\cfrac{x^2}{4} +y^2＝1$,设直线$l:y=kx+m(k\ne0)$与椭圆$\Gamma$交于A,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆右顶点M，求证：直线$l$恒过定点。
解：设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),M(2,0)$
$\because \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} \Rightarrow (x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2=0$
$直线方程还可以设为：x=ny-mn\quad(kn=1)$
将两直线方程分别与椭圆联立，得到
$\begin{cases} x^2+4y^2-4=0\\y=kx+m\end{cases}\quad\Rightarrow x^2+4(kx+m)^2-4=0\quad(1)$
$\begin{cases} x^2+4y^2-4=0\\x=ny-mn\end{cases}\quad \Rightarrow(ny-mn)^2+4y^2-4=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)的两根，因此，上(1)式可改写为：$(4k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即$x^2+4(kx+m)^2-4=(4k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)$
当$x=2$得，$(x_1-2)(x_2-2)=\cfrac{4(2k+m)^2}{4k^2+1}=0$
由于$y_1,y_2$是(2)式的两根，因此，上(2)式可改写为：$(n^2+4)(y_1-y)(y_2-y)=0$
即$(n^2+4)(y_1-y)(y_2-y)=(ny-mn)^2+4y^2-4$
当y=0得，$y_1\cdot y_2=\cfrac{m^2 n^2-4 }{n^2+4}$
$(x_1-2)(x_2-2)+y_1y_2 =\cfrac{m^2-4k^2}{4k^2+1} +\cfrac{4(2k+m)^2}{4k^2+1}=0$
$\Rightarrow m^2-4k^2+4(2k+m)^2=(m+2k)(m-2k+8k+4m)=(m+2k)(5m+6k)=0$
$\Rightarrow m=-2k或m=-\cfrac{6k}{5}$
$y=kx-2k=k(x-2)(舍去);y=kx-\cfrac{6k}{5} =k(x-\cfrac{6}{5} ),故直线l恒过定点(\cfrac{6}{5} ,0)$

${\color{Red}再来一题 } ：$

$\therefore k_{AM}\cdot k_{AN}=\cfrac{y_1-2}{x_1-1} \cdot \cfrac{y_2-2}{x_2-1} ==\cfrac{-8(1+2m)}{\cfrac{4k(k+2)}{k^2} }=\cfrac{-8k^2(1+2m)}{4k(k+2) }=\cfrac{-8k(k+2mk)}{4k(k+2) }=-2$

解：$A(-1,0)，设D(x_1,y_1),E(x_2,y_2)，$设直线方程为：$y=kx+m或x=ny-mn\quad (其中nk=1)$
将直线方程与椭圆方程联立两次，得到
$\begin{cases} y=kx+m \\ x^2+2y^2-1=0\end{cases}\quad \Rightarrow x^2+2(kx+m)^2-1=0\quad (1)$
$\begin{cases} x=ny-mn \\ x^2+2y^2-1=0\end{cases}\quad \Rightarrow (ny-mn)^2+2y^2-1=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)式的两根，上(1)式可以改写为：$(2k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=0$
即有：$(2k^2+1)(x_1-x)(x_2-x)=x^2+2(kx+m)^2-1$
当$x=-1得，(x_1+1)(x_2+1)=\cfrac{2(m-k)^2}{2k^2+1}$
$\because y_1,y_2$是(2)式的两根，上(2)式可改写为：$(n^2+2)(y_1-y)(y_2-y)=0;$
即有：$(n^2+2)(y_1-y)(y_2-y)=(ny-mn)^2+2y^2-1$
当$y=0$得,$y_1y_2=\cfrac{m^2n^2-1}{n^2+2} =\cfrac{m^2-k^2}{1^2+2k^2}$
$\therefore k_{AD}k_{AE}=k_1k_2=\cfrac{y_1y_2}{(x_1+1)(x_2+1)} =\cfrac{m^2-k^2}{2(m-k)^2}=2$
$\Rightarrow 4(m-k)^2=m^2-k^2 \Rightarrow (m-k)[4(m-k)-(m+k)]=0\Rightarrow (m-k)(3m-5k)=0$
$\Rightarrow n=k,或m=\frac{5}{3} k$
$y=kx+k=k(x+1)(舍去)$,
$y=kx +\cfrac{5}{3} k=k(x+\cfrac{5}{3})\Rightarrow 直线DE恒过定点(-\cfrac{5}{3},0)$

抛物线来一题目：

当$l:y=-2或x=3，显然 k_1k_2=-2$
当$l$不与坐标轴平行，不妨设过$P(3,-2)$的直线$l$方程为：$y=k(x-3)-2或x=m(y+2)+3;(其中km=1),设M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$
将直线与抛物线方程联立两次，得到
$\begin{cases} y=k(x-3)-2\\y^2=4x\end{cases}\quad \Rightarrow [k(x-3)-2]^2-4x=0\quad (1)$
$\begin{cases}x=m(y+2)+3\\y^2=4x\end{cases}\quad \Rightarrow y^2-4[m(y+2)+3]=0\quad (2)$
由于$x_1,x_2$是(1)式的两根，上(1)式可以改写为：$k^2(x_1-x)(x_2-x)=0$
即有：$[k(x-3)-2]^2-4x=k^2(x_1-x)(x_2-x)$
同理由于$y_1,y_2$是(2)式的两根，上(2)式可改写为：$(y_1-y)(y_2-y)=0$
即有：$y^2-4[m(y+2)+3]=(y_1-y)(y_2-y)$
当$x=1$得，$(x_1-1) \cdot (x_2-1)=\cfrac{(2k+2)^2-4}{k^2}=\cfrac{4k^2+8k}{k^2}=\cfrac{4k(k+2)}{k^2}$
当$y=2$得， $(y_1-2)(y_2-2)=4-4(4m+3)=-8-16m=-8(1+2m)$
A点坐标$(1,2),M(x_1,y_1),N(x_2,y_2)$
$\therefore k_{AM}\cdot k_{AN}=\cfrac{y_1-2}{x_1-1} \cdot \cfrac{y_2-2}{x_2-1} ==\cfrac{-8(1+2m)}{\cfrac{4k(k+2)}{k^2} }=\cfrac{-8k^2(1+2m)}{4k(k+2) }=\cfrac{-8k(k+2mk)}{4k(k+2) }=-2$

优化圆锥曲线利用韦达定理解决问题的计算

优点

提高效率，简化计算
缺点：无
适用范围
能用韦达定理做的题目
出现 $(x_1-k)(x_2-k)$形式
总结
此方法并不能做出不会做的题目，能用这个方法做的题目，用韦达定理也一定能做。
但是简化了大量计算量，提高正确率。

基本原理：

对于二次函数 $f(x)=ax^2+bx+c$，若存在两个零点（$\Delta\gt 0)不妨设x_1,x_2是f(x)$的零点。则$f(x)$
可以等价表示为 $f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)$。
我们得到，对于一个二次函数，我们有两种表示方法。
即 $f(x)=ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)$
进一步得到 $(x_1-x)(x_2-x)=x^2+\cfrac{b}{a}+\cfrac{c}{a}$，我们不妨称之为“点乘双根式”
应用
这个方法的应用很简单。一句话概括就是，看到类似 $(x_1-k)(x_2-k)$的式子，我们就可以用点乘双根式来快速求解了。
这样的问题，通常出现在斜率相乘，还向量点乘！