PAGEPAGE1壓軸題提分練(一)1．(2024·威海模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過(guò)點(diǎn)P(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2))，動(dòng)直線l：y＝kx＋m交橢圓C于不同的兩點(diǎn)A，B，且eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝0(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．(1)求橢圓C的方程．(2)探討3m2－2k解析：(1)由題意可知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a2＝2c2＝2(a2－b2)，即a2＝2b2，①又點(diǎn)P(eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2))在橢圓上，所以有eq\f(2,4a2)＋eq\f(3,4b2)＝1，②由①②聯(lián)立，解得b2＝1，a2＝2，故所求的橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝0，可知x1x2＋y1y2＝0.聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y化簡(jiǎn)整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，由Δ＝16k2m2－8(m2－1)(1＋2k2)＞0，得1＋2k2＞m2，所以x1＋x2＝－eq\f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2m2－2,1＋2k2)，③又由題知x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，整理為(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.將③代入上式，得(1＋k2)eq\f(2m2－2,1＋2k2)－km·eq\f(4km,1＋2k2)＋m2＝0.化簡(jiǎn)整理得eq\f(3m2－2－2k2,1＋2k2)＝0，從而得到3m2－2k2＝2.2．(2024·南寧二中模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝－a2lnx＋x2－ax(a∈R)．(1)試探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)設(shè)φ(x)＝2x＋(a2－a)lnx，記h(x)＝f(x)＋φ(x)，當(dāng)a＞0時(shí)，若方程h(x)＝m(m∈R)有兩個(gè)不相等的實(shí)根x1，x2，證明h′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0.解析：(1)由f(x)＝－a2lnx＋x2－ax，可知f′(x)＝－eq\f(a2,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax－a2,x)＝eq\f(2x＋ax－a,x).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，所以，①若a＞0，當(dāng)x∈(0，a)時(shí)，f′(x)＜0函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(a，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；②若a＝0時(shí)，f′(x)＝2x＞0在x∈(0，＋∞)內(nèi)恒成立，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增；③若a＜0，當(dāng)x∈(0，－eq\f(a,2))時(shí)，f′(x)＜0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(－eq\f(a,2)，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．(2)證明：由題可知h(x)＝f(x)＋φ(x)＝x2＋(2－a)x－alnx(x＞0)，所以h′(x)＝2x＋(2－a)－eq\f(a,x)＝eq\f(2x2＋2－ax－a,x)＝eq\f(2x－ax＋1,x).所以當(dāng)x∈(0，eq\f(a,2))時(shí)，h′(x)＜0；當(dāng)x∈(eq\f(a,2)，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0；當(dāng)x＝eq\f(a,2)時(shí)，h′(eq\f(a,2))＝0.欲證h′(eq\f(x1＋x2,2))＞0，只需證h′(eq\f(x1＋x2,2))＞h′(eq\f(a,2))，又h″(x)＝2＋eq\f(a,x2)＞0，即h′(x)單調(diào)遞增，故只需證明eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(a,2).設(shè)x1，x2是方程h(x)＝m的兩個(gè)不相等的實(shí)根，不妨設(shè)為0＜x1＜x2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)＋2－ax1－alnx1＝m，,x\o\al(2,2)＋2－ax2－alnx2＝m，))兩式相減并整理得a(x1－x2＋lnx1－lnx2)＝xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋2x1－2x2，從而a＝eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋2x1－2x2,x1－x2＋lnx1－lnx2)，故只需證明eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋2x1－2x2,2x1－x2＋lnx1－lnx2)，即x1＋x2＞eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)＋2x1－2x2,x1－x2＋lnx1－lnx2).(*)因?yàn)閤1－x2＋lnx1－lnx2＜0，所以(*)式可化為lnx1－lnx2＜eq\f(2x1－2x2,x1＋x2)，即lneq\f(x1,x2)＜eq\f(2\f(x1,x2)－2,\f(x1,x2)＋1).因?yàn)?＜x1＜x2，所以0＜eq\f(x1,x2)＜1，不妨令t＝eq\f(x1,x2)，所以得到lnt＜eq\f(2t－2,t＋1)，t∈(0,1)．記R(t)＝lnt－eq\f(2t－2,t＋1)，t∈(0,1)，所以R′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,t＋12)＝eq\f(t－12