壓軸大題搶分專練（一）1.已知橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0)，P，Q為橢圓上位于y軸右側(cè)的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，使PF⊥QF，C為PQ的中點(diǎn)，線段PQ的垂直平分線交x軸，y軸于點(diǎn)A，B(線段PQ不垂直x軸)，當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，|PF|＝eq\f(\r(2),2).(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若S△ABO∶S△BCF＝3∶5，求直線PQ的方程．解：(1)由題意知，當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，PF⊥x軸，則|PF|＝eq\f(b2,a)＝eq\f(\r(2),2)，又c＝1，∴a＝eq\r(2)，b＝1.∴橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b，顯然k≠0，聯(lián)立橢圓方程得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2(b2－1)＝0，則Δ＝8(2k2－b2＋1)>0，①設(shè)點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，由根與系數(shù)的關(guān)系得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1x2＝\f(2b2－1,2k2＋1)>0，②,x1＋x2＝\f(－4kb,2k2＋1)>0，③))∴y1＋y2＝(kx1＋b)＋(kx2＋b)＝eq\f(2b,2k2＋1)，y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝eq\f(b2－2k2,2k2＋1)，由eq\o(PF,\s\up7(→))·eq\o(QF,\s\up7(→))＝0?(1－x1)(1－x2)＋y1y2＝0，得3b2－1＋4kb＝0，④點(diǎn)Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2kb,2k2＋1)，\f(b,2k2＋1)))，∴線段PQ的中垂線AB的方程為y－eq\f(b,2k2＋1)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2kb,2k2＋1))).分別令x＝0，y＝0可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－kb,2k2＋1)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－b,2k2＋1)))，顯然A為BC的中點(diǎn)，∴eq\f(S△BCF,S△ABO)＝eq\f(2S△ABF,S△ABO)＝2eq\f(|AF|,|AO|)＝eq\f(21－xA,xA)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xA)－1))，由④式得k＝eq\f(1－3b2,4b)，則xA＝eq\f(－kb,2k2＋1)＝eq\f(6b4－2b2,9b4＋2b2＋1)，eq\f(S△BCF,S△ABO)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xA)－1))＝eq\f(6b4＋8b2＋2,6b4－2b2)＝eq\f(5,3)，得b2＝3(b2＝－6舍去)，∴b＝eq\r(3)，k＝－eq\f(2\r(3),3)或b＝－eq\r(3)，k＝eq\f(2\r(3),3).經(jīng)檢驗(yàn)，滿足條件①②③，故直線PQ的方程為y＝－eq\f(2\r(3),3)x＋eq\r(3)或y＝eq\f(2\r(3),3)x－eq\r(3).2．正項(xiàng)數(shù)列{an}滿足aeq\o\al(2,n)＋an＝3aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1，a1＝1.(1)求a2的值；(2)證明：對(duì)任意的n∈N*，an<2an＋1；(3)記數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，證明：對(duì)任意的n∈N*,2－eq\f(1,2n－1)≤Sn<3.解：(1)將n＝1代入題中條件得aeq\o\al(2,1)＋a1＝3aeq\o\al(2,2)＋2a2＝2及a2>0，所以a2＝eq\f(\r(7)－1,3).(2)證明：由aeq\o\al(2,n)＋an＝3aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1<4aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝(2an＋1)2＋2an＋1，又因?yàn)槎魏瘮?shù)y＝x2＋x在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故對(duì)任意n∈N*，an<2an＋1.(3)證明：由(2)知，當(dāng)n≥2時(shí)，eq\f(an,an－1)>eq\f(1,2)，eq\f(an－1,an－2)>eq\f(1,2)，…，eq\f(a2,a1)>eq\f(1,2)，由上面(n－1)個(gè)式子相乘得an>eq\f(1,2n－1)a1＝eq\f(1,2n－1)，又a1＝eq\f(1,21－1)＝1，所以an≥eq\f(1,2n－1)，故Sn＝a1＋a2＋…＋an≥1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝2－eq\f(1,2n－1)，另一方面，由于aeq\o\al(2,n)＋an＝3aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1>2aeq\o\al(2,n＋1)＋2an＋1＝2(aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1)，令aeq\o\al(2,n)＋an＝bn，則bn>2bn＋1，于是eq\f(bn,bn－1)<eq\f(1,2)，eq\f(bn－1,bn－2)<eq\f(1,2)，…，eq\f(b2,b1)<eq\f(1,2)，由上面(n－1)個(gè)式子相乘得bn≤eq\f(1,2n－1)b1＝eq\f(1,2n－2)，即aeq\o\al(2,n)＋an＝bn≤eq\f(1,2n－2)，故Sn