2024版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）压轴题突破练136

压轴题突破练11．(2023·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝eq\f(1,x)＋2lnx.(1)求函数g(x)＝f(x)－x的零点；(2)证明：对于任意的正实数k，存在x0>0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有keq\r(x)>f(x)．(1)解g(x)＝f(x)－x＝eq\f(1,x)＋2lnx－x，定义域为(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，所以函数g(x)是(0，＋∞)上的减函数，而g(1)＝0，所以函数g(x)的零点是1.(2)证明由(1)可知，当x>1时，g(x)<0，即eq\f(1,x)＋2lnx－x<0⇒2lnx<x－eq\f(1,x)(x>1)，因此有lnx＝2lneq\r(x)<eq\r(x)－eq\f(1,\r(x))<eq\r(x)(x>1)，进而有lneq\r(x)<eq\r(\r(x))(x>1)⇒2lneq\r(x)<2eq\r(\r(x))(x>1)⇒lnx<2eq\r(4,x)(x>1)，当k>0时，eq\f(k,2)eq\r(x)>eq\f(1,x)等价于x>，eq\f(k,2)eq\r(x)>4eq\r(4,x)等价于x>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,k)))4，设，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,k)))4,1三个数中最大的数为x0，所以当x∈(x0，＋∞)时，有keq\r(x)>eq\f(1,x)＋4eq\r(4,x)>eq\f(1,x)＋2lnx＝f(x)．2．(2023·湖北联考)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(1,2)，且经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，P，Q是椭圆C上的两点．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线OP与OQ的斜率之积为－eq\f(3,4)(O为坐标原点)，点D为射线OP上一点，且eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))，若线段DQ与椭圆C交于点E，设eq\o(QE,\s\up6(→))＝λeq\o(ED,\s\up6(→))(λ>0)．①求λ的值；②求四边形OPEQ的面积．解(1)依题意有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，故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)①设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，因为eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PD,\s\up6(→))，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x1，2y1)).因为P，Q均在椭圆上，则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)，则eq\f(y1y2,x1x2)＝－eq\f(3,4)⇒3x1x2＋4y1y2＝0.因为eq\o(QE,\s\up6(→))＝λeq\o(ED,\s\up6(→))，则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在椭圆上，则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，则四边形OPEQ的面积为eq\f(7,5)S△OPQ.当直线PQ斜率为0时，易知kOP＝－kOQ，又kOP·kOQ＝－eq\f(3,4)，则kOP＝±eq\f(\r(3),2).根据对称性不妨取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)，))则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)))，此时S△OPQ＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(6),2)＝eq\r(3).当直线斜率不为0时，如图，设PQ的方程为x＝my＋t，将直线方程与椭圆方程联立有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.由题意知，其判别式大于0，则由根与系数的关系，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