PAGEPAGE1壓軸大題拉分練(05)(滿分：24分時間：30分鐘)1．(12分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，若橢圓上一點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，－1))滿意|PF1|＋|PF2|＝4，過點R(4,0)的直線l與橢圓C交于兩點M，N．(1)求橢圓C的方程；(2)過點M作x軸的垂線，交橢圓C于G，求證：存在實數(shù)λ，使得eq\o(GF2,\s\up6(→))＝λeq\o(F2N,\s\up6(→))．(1)解：依題意，|PF1|＋|PF2|＝2a＝4，故a＝2．將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，－1))代入橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,b2)＝1中，解得b2＝3，故橢圓C的方程為：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1．(2)證明：由題知直線l的斜率必存在，設l的方程為y＝k(x－4)．設點M(x1，y1)，N(x2，y2)，則G(x1，－y1)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4，,3x2＋4y2＝12))得3x2＋4k2(x－4)2＝12．即(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，則Δ＞0，x1＋x2＝eq\f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(64k2－12,3＋4k2)，由題可得直線NG方程為y＋y1＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)(x－x1)，又∵y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，∴直線NG方程為y＋k(x1－4)＝eq\f(kx2－4＋kx1－4,x2－x1)(x－x1)，令y＝0，整理得x＝eq\f(x1x2－4x2－x\o\al(2,1)＋4x1,x1＋x2－8)＋x1＝eq\f(2x1x2－4x1＋x2,x1＋x2－8)＝eq\f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－4×\f(32k2,3＋4k2),\f(32k2,3＋4k2)－8)＝eq\f(\f(－24,3＋4k2),\f(32k2－24－32k2,3＋4k2))＝1，即直線NG過點(1,0)．又∵橢圓C的右焦點坐標為F2(1,0)，∴三點G，F(xiàn)2，N在同始終線上．∴存在實數(shù)λ，使得eq\o(GF2,\s\up6(→))＝λeq\o(F2N,\s\up6(→))．2．(12分)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(2x－1,x＋1)，g(x)＝xlnx－n(x2－1)(m，n∈R)．(1)若函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間(0,1)上均單調(diào)且單調(diào)性相反，求實數(shù)n的取值范圍；(2)若0＜a＜b，證明：eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)．(1)解：f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4,x＋12)＝eq\f(x－12,xx＋12)＞0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增．由已知f(x)，g(x)在(0,1)上均單調(diào)且單調(diào)性相反，得g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減．所以g′(x)＝lnx＋1－2nx≤0在(0,1)上恒成立，即2n≥eq\f(lnx＋1,x)，令φ(x)＝eq\f(lnx＋1,x)(x∈(0,1))，φ′(x)＝eq\f(－lnx,x2)＞0，所以φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，φ(x)＜φ(1)＝1，所以2n≥1，即n≥eq\f(1,2)．(2)證明：由(1)f(x)＝lnx－eq\f(2x－1,x＋1)在(0,1)上單調(diào)遞增，f(x)＝lnx－eq\f(2x－1,x＋1)＜f(1)＝0，即lnx＜eq\f(2x－1,x＋1)，令x＝eq\f(a,b)∈(0,1)得lneq\f(a,b)＜eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1)＝eq\f(2a－b,a＋b)，∵lneq\f(a,b)＜0，∴eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)．在(1)中，令n＝eq\f(1,2)，由g(x)在(0,1)上均單調(diào)遞減得g(x)＞g(1)＝0，所以xlnx－eq\f(1,2)(x2－1)＞0，即lnx＞eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))，取x＝eq\r(\f(a,b))∈(0,1)得lneq\r(\f(a,b))＞eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))－\r(\f(b,a))))，即lna－lnb＞eq\