压轴题提分练(一)1．(2018·威海模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点P(，)，动直线l：y＝kx＋m交椭圆C于不同的两点A，B，且OA·OB＝0(O为坐标原点)．(1)求椭圆C的方程．(2)讨论3m2－2k2是否为定值？若为定值，求出该定值，若不是请说明理由．解析：(1)由题意可知＝，所以a2＝2c2＝2(a2－b2)，即a2＝2b2，①又点P(，)在椭圆上，所以有＋＝1，②由①②联立，解得b2＝1，a2＝2，故所求的椭圆方程为＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由OA·OB＝0，可知x1x2＋y1y2＝0.联立方程组消去y化简整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，由Δ＝16k2m2－8(m2－1)(1＋2k2)＞0，得1＋2k2＞m2，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，③又由题知x1x2＋y1y2＝0，即x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，整理为(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.将③代入上式，得(1＋k2)－km·＋m2＝0.化简整理得＝0，从而得到3m2－2k2＝2.2．(2018·南宁二中模拟)设函数f(x)＝－a2lnx＋x2－ax(a∈R)．(1)试讨论函数f(x)的单调性；(2)设φ(x)＝2x＋(a2－a)lnx，记h(x)＝f(x)＋φ(x)，当a＞0时，若方程h(x)＝m(m∈R)有两个不相等的实根x1，x2，证明h′＞0.解析：(1)由f(x)＝－a2lnx＋x2－ax，可知f′(x)＝－＋2x－a＝＝.因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以，①若a＞0，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0函数f(x)单调递减，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；②若a＝0时，f′(x)＝2x＞0在x∈(0，＋∞)内恒成立，函数f(x)单调递增；③若a＜0，当x∈(0，－)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减，当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．(2)证明：由题可知h(x)＝f(x)＋φ(x)＝x2＋(2－a)x－alnx(x＞0)，所以h′(x)＝2x＋(2－a)－＝＝.所以当x∈(0，)时，h′(x)＜0；当x∈(，＋∞)时，h′(x)＞0；当x＝时，h′()＝0.欲证h′()＞0，只需证h′()＞h′()，又h″(x)＝2＋＞0，即h′(x)单调递增，故只需证明＞.设x1，x2是方程h(x)＝m的两个不相等的实根，不妨设为0＜x1＜x2，则两式相减并整理得a(x1－x2＋lnx1－lnx2)＝x－x＋2x1－2x2，从而a＝，故只需证明＞，即x1＋x2＞.(*)因为x1－x2＋lnx1－lnx2＜0，所以(*)式可化为lnx1－lnx2＜，即ln＜.因为0＜x1＜x2，所以0＜＜1，不妨令t＝，所以得到lnt＜，t∈(0,1)．记R(t)＝lnt－，t∈(0,1)，所以R′(t)＝－＝≥0，当且仅当t＝1时，等号成立，因此R(t)在(0,1)单调递增．又R(1)＝0，因此R(t)＜0，t∈(0,1)，故lnt＜，t∈(0,1)得证，从而h′()＞0得证．
