2024版大二輪數(shù)學(xué)新高考提高版（京津瓊魯遼粵冀鄂湘渝閩蘇浙黑吉晉皖云豫新甘貴贛桂）壓軸題突破練136

壓軸題突破練11．(2023·馬鞍山模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)＋2lnx.(1)求函數(shù)g(x)＝f(x)－x的零點(diǎn)；(2)證明：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)k，存在x0>0，當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，恒有keq\r(x)>f(x)．(1)解g(x)＝f(x)－x＝eq\f(1,x)＋2lnx－x，定義域?yàn)?0，＋∞)，g′(x)＝－eq\f(1,x2)＋eq\f(2,x)－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))2≤0，所以函數(shù)g(x)是(0，＋∞)上的減函數(shù)，而g(1)＝0，所以函數(shù)g(x)的零點(diǎn)是1.(2)證明由(1)可知，當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，即eq\f(1,x)＋2lnx－x<0?2lnx<x－eq\f(1,x)(x>1)，因此有l(wèi)nx＝2lneq\r(x)<eq\r(x)－eq\f(1,\r(x))<eq\r(x)(x>1)，進(jìn)而有l(wèi)neq\r(x)<eq\r(\r(x))(x>1)?2lneq\r(x)<2eq\r(\r(x))(x>1)?lnx<2eq\r(4,x)(x>1)，當(dāng)k>0時(shí)，eq\f(k,2)eq\r(x)>eq\f(1,x)等價(jià)于x>，eq\f(k,2)eq\r(x)>4eq\r(4,x)等價(jià)于x>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,k)))4，設(shè)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,k)))4,1三個(gè)數(shù)中最大的數(shù)為x0，所以當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，有keq\r(x)>eq\f(1,x)＋4eq\r(4,x)>eq\f(1,x)＋2lnx＝f(x)．2．(2023·湖北聯(lián)考)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，且經(jīng)過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，P，Q是橢圓C上的兩點(diǎn)．(1)求橢圓C的方程；(2)若直線OP與OQ的斜率之積為－eq\f(3,4)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，點(diǎn)D為射線OP上一點(diǎn)，且eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))，若線段DQ與橢圓C交于點(diǎn)E，設(shè)eq\o(QE,\s\up6(→))＝λeq\o(ED,\s\up6(→))(λ>0)．①求λ的值；②求四邊形OPEQ的面積．解(1)依題意有eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，故橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，因?yàn)閑q\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1，2y1)).因?yàn)镻，Q均在橢圓上，則eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1.又kOP·kOQ＝－eq\f(3,4)，則eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(3,4)?3x1x2＋4y1y2＝0.因?yàn)閑q\o(QE,\s\up6(→))＝λeq\o(ED,\s\up6(→))，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xE－x2，yE－y2))＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1－xE，2y1－yE))，可得Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λx1＋x2,1＋λ)，\f(2λy1＋y2,1＋λ))).又E在橢圓上，則eq\f(4λ2x\o\al(2,1)＋x\o\al(2,2)＋4λx1x2,41＋λ2)＋eq\f(4λ2y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2)＋4λy1y2,31＋λ2)＝1?4λ2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)＋\f(y\o\al(2,1),3)))＋eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＋4λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,4)＋\f(y1y2,3)))＝(1＋λ)2?4λ2＋1＝(1＋λ)2?λ＝eq\f(2,3)(λ＝0舍去)．②由①可知eq\o(QE,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(ED,\s\up6(→))?S△PEQ＝eq\f(2,5)S△QPD＝eq\f(2,5)S△OPQ，則四邊形OPEQ的面積為eq\f(7,5)S△OPQ.當(dāng)直線PQ斜率為0時(shí)，易知kOP＝－kOQ，又kOP·kOQ＝－eq\f(3,4)，則kOP＝±eq\f(\r(3),2).根據(jù)對(duì)稱性不妨取kOP＝eq\f(\r(3),2)，y1>0，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),2)x，,3x2＋4y2＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\r(2)，,y1＝\f(\r(6),2)，))則Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(6),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(2)，\f(\r(6),2)))，此時(shí)S△OPQ＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(3).當(dāng)直線斜率不為0時(shí)，如圖，設(shè)PQ的方程為x＝my＋t，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,3x2＋4y2＝12，))消去x得(3m2＋4)y2＋6mty＋3t2－12＝0.由題意知，其判別式大于0，則由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(3t2－12,3m2＋4).3x1x2＋4y1y2＝3(my1＋t)(my2＋t)＋4y1y2＝0?(3m2＋4)y1y2＋3mt(y1＋y2)＋3t2＝0?(3m2＋4)eq\f(3t2－12,3m2＋4)－eq\f(18m2t2,3m2＋4)＋3t2＝0，所以2t2－3m2－4＝0?2t2＝3m2＋4.|PQ|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\r(m2＋1)·eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6mt,3m2＋4)))2－\f(43t2－12,3m2＋4))＝eq\r(1＋m2)eq\r(\f(48－t2＋3m2＋4,3m2＋42))＝2eq\r(3)·eq