前言
函数或曲线恒过定点问题，在高中数学中很常见，也很容易被忽视，如果函数或曲线恒过定点这个隐含条件使用的好，能大大方便我们的解题。
低阶储备
在分析函数恒过定点的问题时，即可以从形的角度[做函数图像+图像变换]来思考，当然更可以从数的角度[直接计算]来思考；一般来说，一个数的问题，往往有与之相应的形的问题和其对应；自然，一个形的问题，往往有与之相应的数的问题和其对应。以下主要从数的角度来计算说明；
①一次函数 y = k x + 1 y=kx+1 y=kx+1恒过定点 ( 0 ， 1 ) (0，1) (0，1)，由于 x = 0 x=0 x=0时，不论 k k k为何值，都有 y = 1 y=1 y=1，故其恒过定点 ( 0 ， 1 ) (0，1) (0，1)；
同理，一次函数 y = k ( x − 1 ) + 3 y=k(x-1)+3 y=k(x−1)+3恒过定点 ( 1 ， 3 ) (1，3) (1，3)， 由于 x − 1 = 0 x-1=0 x−1=0时，即 x = 1 x=1 x=1时，不论 k k k为何值，都有 y = 3 y=3 y=3，故其恒过定点 ( 1 ， 3 ) (1，3) (1，3)；
正因为这样，当直线经过点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)时，我们常常设其解析式为 y = k x + 1 y=kx+1 y=kx+1，当直线经过点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)时，我们常常设其解析式为 x = k y + 1 x=ky+1 x=ky+1；
[补充]函数 y = ( m − 1 ) x + m y=(m-1)x+m y=(m−1)x+m，恒过定点 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1)问题：在具体题目中如何观察确定直线所恒过的定点，采用尝试法，即分别用 x = 0 x=0 x=0， x = ± 1 x=\pm 1 x=±1， x = ± 2 x=\pm 2 x=±2， ⋯ \cdots ⋯ \quad ，
②指数函数 y = a x ( a > 0 ， a ≠ 1 ) y=a^x(a>0，a\neq 1) y=ax(a>0，a=1)恒过定点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)，理由：当 x = 0 x=0 x=0时，不论 a a a为何值，都有 y = a 0 = 1 y=a^0=1 y=a0=1，故其恒过定点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)；
同理，指数型函数 y = a x − 2 ( a > 0 ， a ≠ 1 ) y=a^{x-2}(a>0，a\neq 1) y=ax−2(a>0，a=1)恒过定点 ( 2 , 1 ) (2,1) (2,1)，理由：当 x − 2 = 0 x-2=0 x−2=0时，即 x = 2 x=2 x=2时，不论 a a a为何值，都有 y = a 0 = 1 y=a^0=1 y=a0=1，故其恒过定点 ( 2 , 1 ) (2,1) (2,1)；
指数型函数 y = 2 x − a + 2 y=2^{x-a}+2 y=2x−a+2恒过定点 ( a ， 3 ) (a，3) (a，3)，理由：当 x − a = 0 x-a=0 x−a=0时，即 x = a x=a x=a时，都有 y = 2 0 + 2 = 3 y=2^0+2=3 y=20+2=3，故其恒过定点 ( a , 3 ) (a,3) (a,3)；
但是注意：指数型函数 y = a ⋅ e x ( a > 0 ) y=a\cdot e^x(a>0) y=a⋅ex(a>0)并不恒过定点 ( 0 ， 1 ) (0，1) (0，1)，而是恒过动点 ( 0 ， a ) (0，a) (0，a)；
指数型函数 y = e x + e − x y=e^{x}+e^{-x} y=ex+e−x恒过定点 ( 0 ， 2 ) (0，2) (0，2)，则指数型函数 y = e x − 2 + e 2 − x y=e^{x-2}+e^{2-x} y=ex−2+e2−x恒过定点 ( 2 ， 2 ) (2，2) (2，2)；
指数型函数 y = e x − e − x y=e^{x}-e^{-x} y=ex−e−x恒过定点 ( 0 ， 0 ) (0，0) (0，0)，则指数型函数 y = e x + 1 − e − 1 − x y=e^{x+1}-e^{-1-x} y=ex+1−e−1−x恒过定点 ( − 1 ， 0 ) (-1，0) (−1，0)；
③对数函数 y = l o g a x ( a > 0 ， a ≠ 1 ) y=log_ax(a>0，a\neq 1) y=logax(a>0，a=1)恒过定点 ( 1 ， 0 ) (1，0) (1，0)，理由：当 x = 1 x=1 x=1时，都有 y = l o g a 1 = 0 y=log_a1=0 y=loga1=0，故其恒过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)；
同理，对数型函数 y = l o g 2 ( x − b ) y=log_2{(x-b)} y=log2(x−b)恒过定点 ( b + 1 ， 0 ) (b+1，0) (b+1，0)，理由：当 x − b = 1 x-b=1 x−b=1时，即 x = b + 1 x=b+1 x=b+1时，都有 y = l o g 2 1 = 0 y=log_21=0 y=log21=0，故其恒过定点 ( b + 1 , 0 ) (b+1,0) (b+1,0)；
④绝对值型函数 y = a ⋅ ∣ x ∣ ( a ≠ 0 ) y=a\cdot |x|(a\neq 0) y=a⋅∣x∣(a=0)恒过定点 ( 0 ， 0 ) (0，0) (0，0)； y = a ⋅ ∣ x − 2 ∣ ( a ≠ 0 ) y=a\cdot |x-2|(a\neq 0) y=a⋅∣x−2∣(a=0)恒过定点 ( 2 ， 0 ) (2，0) (2，0)； y = a ⋅ ∣ x − 2 ∣ + 1 ( a ≠ 0 ) y=a\cdot |x-2|+1(a\neq 0) y=a⋅∣x−2∣+1(a=0)恒过定点 ( 2 ， 1 ) (2，1) (2，1)；其中 a a a的作用会改变张角的方向和大小；
⑤二次函数 y = a ⋅ x 2 ( a ≠ 0 ) y=a\cdot x^2(a\neq 0) y=a⋅x2(a=0)恒过定点 ( 0 ， 0 ) (0，0) (0，0)；二次函数 y = a ⋅ x 2 + 1 ( a ≠ 0 ) y=a\cdot x^2+1(a\neq 0) y=a⋅x2+1(a=0)恒过定点 ( 1 ， 0 ) (1，0) (1，0)；其中 a a a的作用会改变抛物线的开口方向和张角大小。
⑥若抽象函数 y = f ( x − 1 ) + 3 y=f(x-1)+3 y=f(x−1)+3过定点 ( 2 ， 4 ) (2，4) (2，4)，则抽象函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)过定点 ( 1 ， 1 ) (1，1) (1，1)；理由：由 f ( 2 − 1 ) + 3 = 4 f(2-1)+3=4 f(2−1)+3=4，即可得到 f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f(1)=1，故 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)过定点 ( 1 ， 1 ) (1，1) (1，1)；
同理，若函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)过定点 ( 2 ， 4 ) (2，4) (2，4)，则函数 y = f ( x − 1 ) + 3 y=f(x-1)+3 y=f(x−1)+3过定点 ( 3 ， 7 ) (3，7) (3，7)；理由：由 f ( 2 ) = 4 f(2)=4 f(2)=4，则可知 f ( 3 − 1 ) + 3 = 7 f(3-1)+3=7 f(3−1)+3=7，即函数 y = f ( x − 1 ) + 3 y=f(x-1)+3 y=f(x−1)+3过定点 ( 3 ， 7 ) (3，7) (3，7)；
⑦ 二次函数 y = a ( x − 1 ) ( x − b ) y=a(x-1)(x-b) y=a(x−1)(x−b)，恒过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)；
中阶储备
①共点直线系方程；比如求解直线 a x + y − 3 a y − 1 = 0 ax+y-3ay-1=0 ax+y−3ay−1=0所过的定点坐标；
分析：将其整理为共点直线系方程形式： a ( x − 3 y ) + y − 1 = 0 a(x-3y)+y-1=0 a(x−3y)+y−1=0，
则直线 a x + y − 3 a y − 1 = 0 ax+y-3ay-1=0 ax+y−3ay−1=0一定经过直线 x − 3 y = 0 x-3y=0 x−3y=0和直线 y − 1 = 0 y-1=0 y−1=0的交点；
由 { x − 3 y = 0 y − 1 = 0 \left\{\begin{array}{l}x-3y=0\\y-1=0\end{array}\right. {x−3y=0y−1=0，解得 { x = 3 y = 1 \left\{\begin{array}{l}x=3\\y=1\end{array}\right. {x=3y=1,
则直线 a x + y − 3 a y − 1 = 0 ax+y-3ay-1=0 ax+y−3ay−1=0所过的定点坐标为 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1).
②过定点和动点的抛物线族；
比如，函数 f ( x ) = ( 2 x − 2 ) ( x − a ) f(x)=(2x-2)(x-a) f(x)=(2x−2)(x−a)，则抛物线一定经过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)和动点 ( a , 0 ) (a,0) (a,0)；
③已知曲线 F 1 ( x ， y ) = 0 F_1(x，y)=0 F1(x，y)=0， F 2 ( x ， y ) = 0 F_2(x，y)=0 F2(x，y)=0相交于点 ( x 0 ， y 0 ) (x_0，y_0) (x0，y0)，则曲线 F 1 ( x ， y ) + λ ⋅ F 2 ( x ， y ) = 0 F_1(x，y)+\lambda\cdot F_2(x，y)=0 F1(x，y)+λ⋅F2(x，y)=0必经过点 ( x 0 ， y 0 ) (x_0，y_0) (x0，y0)，
证明：由于曲线 F 1 ( x ， y ) = 0 F_1(x，y)=0 F1(x，y)=0， F 2 ( x ， y ) = 0 F_2(x，y)=0 F2(x，y)=0相交于点 ( x 0 ， y 0 ) (x_0，y_0) (x0，y0)，则其必然满足 F 1 ( x 0 ， y 0 ) = 0 F_1(x_0，y_0)=0 F1(x0，y0)=0， F 2 ( x 0 ， y 0 ) = 0 F_2(x_0，y_0)=0 F2(x0，y0)=0，
则 F 1 ( x 0 ， y 0 ) + λ ⋅ F 2 ( x 0 ， y 0 ) = 0 + λ × 0 = 0 F_1(x_0，y_0)+\lambda\cdot F_2(x_0，y_0)=0+\lambda\times 0=0 F1(x0，y0)+λ⋅F2(x0，y0)=0+λ×0=0，故曲线 F 1 ( x ， y ) + λ ⋅ F 2 ( x ， y ) = 0 F_1(x，y)+\lambda\cdot F_2(x，y)=0 F1(x，y)+λ⋅F2(x，y)=0必经过点 ( x 0 ， y 0 ) (x_0，y_0) (x0，y0)，
④若曲线 F 1 ( x ， y ) + λ ⋅ F 2 ( x ， y ) = 0 F_1(x，y)+\lambda\cdot F_2(x，y)=0 F1(x，y)+λ⋅F2(x，y)=0必经过点 ( x 0 ， y 0 ) (x_0，y_0) (x0，y0)，则定点坐标由方程组 { F 1 ( x ， y ) = 0 F 2 ( x ， y ) = 0 \begin{cases}F_1(x，y)=0\\F_2(x，y)=0\end{cases} {F1(x，y)=0F2(x，y)=0求解得到。
⑤圆锥曲线的焦点弦？待思考。
⑥证明直线经过某个定点(2,1)，则直线的方程一定可以转化为形如 y − 1 = m ( x − 2 ) y-1=m(x-2) y−1=m(x−2)的形式， m m m一般为题目中给定的参变量。
高阶储备
函数与导数题型中的函数恒过定点问题，更值得学有余力的同学关注，因为题目中的函数往往是我们自己主动变形后构造的，等吃力的构造好函数，我们一般也就没有精力注意恒过定点问题了。其实此时涉及到的函数往往是上述的简单函数的代数和，而且大多情形下，参与代数和的几个函数都是零点相同的，比如函数 g ( x ) = l n x + 1 − x g(x)=lnx+1-x g(x)=lnx+1−x，我们可以认为其由函数 y 1 = l n x y_1=lnx y1=lnx和函数 y 2 = 1 − x y_2=1-x y2=1−x相加得到，两个子函数的零点都是 x = 1 x=1 x=1，故我们应该很容易看出来 g ( 1 ) = 0 g(1)=0 g(1)=0；
- 再比如函数 g ( x ) = l n ( x − 1 ) + 2 − x g(x)=ln(x-1)+2-x g(x)=ln(x−1)+2−x，我们应该看出来 g ( 2 ) = 0 g(2)=0 g(2)=0；
- 再比如已知 λ ( x − 1 ) − 2 l n x ≥ 0 \lambda(x-1)-2lnx \ge 0 λ(x−1)−2lnx≥0对任意 x ∈ ( 0 ， 1 ] x\in(0，1] x∈(0，1]恒成立，若令 h ( x ) = λ ( x − 1 ) − 2 l n x h(x)=\lambda(x-1)-2lnx h(x)=λ(x−1)−2lnx，你就应该看出来 h ( 1 ) = 0 h(1)=0 h(1)=0；
- 再比如函数 h ( t ) = 2 e t − 1 2 − 1 t h(t)=2e^{t-\frac{1}{2}}-\cfrac{1}{t} h(t)=2et−21−t1，则 h ( 1 2 ) = 0 h(\cfrac{1}{2})=0 h(21)=0；
- 再比如函数 f ( x ) = e x − 1 − l n x − 1 f(x)=e^{x-1}-lnx-1 f(x)=ex−1−lnx−1，则有 f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0；
- 再比如函数 f ( x ) = 2 x + 1 + e x + 1 f(x)=2x+1+e^{x+1} f(x)=2x+1+ex+1，则有 f ( − 1 ) = 0 f(-1)=0 f(−1)=0；
- 再比如函数 g ( x ) = 16 x 3 + log 2 ( 1 2 x ) g(x)=16x^3+\log_2{(\cfrac{1}{2}x)} g(x)=16x3+log2(21x)，则有 g ( 1 2 ) = 0 g(\cfrac{1}{2})=0 g(21)=0；
典例剖析
曲线 x 2 + λ y 2 = 1 ( λ ≠ 0 ) x^2+\lambda y^2=1(\lambda\neq 0) x2+λy2=1(λ=0)恒过定点_________。 ( ± 1 ， 0 ) (\pm 1，0) (±1，0)
法1：从数的角度思考分析，类比 y = k x + 1 y=kx+1 y=kx+1恒过定点 ( 0 ， 1 ) (0，1) (0，1)的方法思路，令 y = 0 y=0 y=0，得到 x 2 = 1 x^2=1 x2=1，故上述曲线恒过定点 ( ± 1 ， 0 ) (\pm 1，0) (±1，0);
法2：从形的角度思考分析，变形得到 x 2 1 + y 2 1 λ = 1 \cfrac{x^2}{1}+\cfrac{y^2}{\frac{1}{\lambda}}=1 1x2+λ1y2=1，用动态的观点思考，当 λ \lambda λ变化时，椭圆或者双曲线与 x x x轴的交点坐标 ( − 1 ， 0 ) (-1，0) (−1，0)和 ( 1 ， 0 ) (1，0) (1，0)始终不变，故曲线恒过定点 ( ± 1 ， 0 ) (\pm 1，0) (±1，0);
【2019石家庄模拟】若函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x)的图像恒过点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)，则函数 y = f ( 4 − x ) y=f(4-x) y=f(4−x)的图像一定经过点_______。
法1：从形入手分析，将函数 y y y = = = f ( x ) f(x) f(x)的图像关于 y y y轴对称得到函数 y y y = = = f ( − x ) f(-x) f(−x)，故 y y y = = = f ( − x ) f(-x) f(−x)一定经过点 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1)，再将函数 y y y = = = f ( − x ) f(-x) f(−x)的图像向右平移 4 4 4个单位，得到函数 y y y = = = f ( 4 − x ) f(4-x) f(4−x)的图像，故函数 y y y = = = f ( 4 − x ) f(4-x) f(4−x)的图像一定经过点 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1).
法2：从数入手分析，由题目可知， f ( 1 ) f(1) f(1) = = = 1 1 1，故对函数 y y y = = = f ( 4 − x ) f(4-x) f(4−x)而言，令 x x x = = = 3 3 3，则有 f ( 4 − 3 ) f(4-3) f(4−3) = = = f ( 1 ) f(1) f(1) = = = 1 1 1，故函数 y y y = = = f ( 4 − x ) f(4-x) f(4−x)的图像一定经过点 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1).
【2022届高三数学模拟】已知幂函数 g ( x ) = ( 2 a − 1 ) x a + 1 g(x)=(2a-1)x^{a+1} g(x)=(2a−1)xa+1 的图象过函数 f ( x ) = m x − b − 1 2 f(x)=m^{x-b}-\cfrac{1}{2} f(x)=mx−b−21( m > 0 m>0 m>0， 且 m ≠ 1 ) m\neq 1) m=1) 的图象所经过的定点， 则 b b b 的值等于【 \qquad 】
A.\\pm\\cfrac{1}{2} B.\\pm\\cfrac{\\sqrt{2}}{2} C.2 D.\\pm2
解析： 由 g ( x ) = ( 2 a − 1 ) x a + 1 g(x)=(2a-1)x^{a+1} g(x)=(2a−1)xa+1 为幂函数， 得 2 a − 1 = 1 2a-1=1 2a−1=1， 解得 a = 1 a=1 a=1， 所以 g ( x ) = x 2 g(x)=x^{2} g(x)=x2，
又函数 f ( x ) = m x − b − 1 2 f(x)=m^{x-b}-\cfrac{1}{2} f(x)=mx−b−21 ( m > 0 m>0 m>0, 且 m ≠ 1 ) m \neq 1) m=1)， 当 x = b x=b x=b 时， f ( b ) = m b − b − 1 2 = 1 2 f(b)=m^{b-b}-\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2} f(b)=mb−b−21=21，
故 f ( x ) f(x) f(x) 的图象所经过的定点为 ( b , 1 2 ) (b,\cfrac{1}{2}) (b,21)， 所以 g ( b ) = 1 2 g(b)=\cfrac{1}{2} g(b)=21， 即 b 2 = 1 2 b^{2}=\cfrac{1}{2} b2=21, 解得 b = ± 2 2 b=\pm\cfrac{\sqrt{2}}{2} b=±22 ， 故选 B B B .