1．設(shè)G為△ABC的重心，則＝（ ）
A．0B．C．D．
2．設(shè)，，，則（ ）
A．a(chǎn)＜b＜cB．a(chǎn)＜c＜bC．c＜b＜aD．b＜a＜c
3．已知雙曲線的右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F作一條漸近線的垂線，垂足為M，若△MOF的重心G在雙曲線上，則雙曲線的離心率為（ ）
A．B．C．D．
4．已知，則a，b，c的大小關(guān)系為（ ）
A．c＜a＜bB．a(chǎn)＜b＜cC．a(chǎn)＜c＜bD．c＜b＜a
5．A、B兩組各3人獨(dú)立的破譯某密碼，A組每個(gè)人譯出該密碼的概率均為p1，B組每個(gè)人譯出該密碼的概率均為p2，記A、B兩組中譯出密碼的人數(shù)分別為X、Y，且，則（ ）
A．E（X）＜E（Y），D（X）＜D（Y）
B．E（X）＜E（Y），D（X）＞D（Y）
C．E（X）＞E（Y），D（X）＜D（Y）
D．E（X）＞E（Y），D（X）＞D（Y）
6．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)O（0，0），點(diǎn)A（0，8），點(diǎn)M滿足，又點(diǎn)M在曲線上，則|MO|＝（ ）
A．B．C．D．
7．兩條曲線y＝a?2x﹣ln2與存在兩個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為（ ）
A．B．
C．D．
8．已知雙曲線C：＝1（a＞0，b＞0）的左右焦點(diǎn)分別為F1、F2，過F1的直線交C左支于A，B兩點(diǎn)，若△ABF2為等腰直角三角形，則雙曲線C的離心率為（ ）
A．+1B．5﹣
C．D．或
二．多選題（共4小題）
（多選）9．已知拋物線C：y2＝x的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)M，N均在C上，若△FMN是以F為直角頂點(diǎn)的等腰三角形，則|MN|＝（ ）
A．B．C．D．
（多選）10．過直線l：2x+y＝5上一點(diǎn)P作圓O：x2+y2＝1的切線，切點(diǎn)分別為A，B，則（ ）
A．若直線AB∥l，則
B．cs∠APB的最小值為
C．直線AB過定點(diǎn)
D．線段AB的中點(diǎn)D的軌跡長度為
（多選）11．已知在三棱錐P﹣ABC中，PA⊥PB，AB⊥BC，PA＝PB＝1，AB＝BC，設(shè)二面角P﹣AB﹣C的大小為θ，M是PC的中點(diǎn)，當(dāng)θ變化時(shí)，下列說法正確的是（ ）
A．存在θ，使得PA⊥BC
B．存在θ，使得PC⊥平面PAB
C．點(diǎn)M在某個(gè)球面上運(yùn)動
D．當(dāng)時(shí)，三棱錐P﹣ABC外接球的體積為
（多選）12．若函數(shù)f（x）是定義在（0，+∞）上不恒為零的可導(dǎo)函數(shù)，對任意的x，y∈R+均滿足：f（xy）＝xf（y）+yf（x），f（2）＝2，記g（x）＝f'（x），則（ ）
A．f（1）＝0
B．g（1）＝0
C．
D．
三．填空題（共5小題）
13．設(shè)過直線x＝2上一點(diǎn)A作曲線y＝x3﹣3x的切線有且只有兩條，則滿足題設(shè)的一個(gè)點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為 ．
14．已知直線y＝kx+b是曲線y＝ln（1+x）與y＝2+lnx的公切線，則k+b＝ ．
15．已知數(shù)列{an}滿足：，則首項(xiàng)a1的取值范圍是： 當(dāng)時(shí)，記，且，則整數(shù)k＝ ．
16．已知平行四邊形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝60°．若沿對角線AC將△ABC折起到△B′AC的位置，使得B'D＝，則此時(shí)三棱錐B'﹣ACD的外接球的體積大小是 ．
17．函數(shù)在處的切線與坐標(biāo)軸圍成的封閉三角形的面積為 ．
四．解答題（共6小題）
18．甲、乙、丙三人進(jìn)行乒乓球單打比賽，約定：隨機(jī)選擇兩人打第一局，獲勝者與第三人進(jìn)行下一局的比賽，先獲勝兩局者為優(yōu)勝者，比賽結(jié)束．已知每局比賽均無平局，且甲贏乙的概率為，甲贏丙的概率為，乙贏丙的概率為．
（1）若甲、乙兩人打第一局，求丙成為優(yōu)勝者的概率；
（2）求恰好打完2局結(jié)束比賽的概率．
19．已知雙曲線C過點(diǎn)，且C的漸近線方程為．
（1）求C的方程；
（2）設(shè)A為C的右頂點(diǎn)，過點(diǎn)的直線與圓O：x2+y2＝3交于點(diǎn)M，N，直線AM，AN與C的另一交點(diǎn)分別為D，E，求證：直線DE過定點(diǎn)．
20．已知0＜a＜1，函數(shù)f（x）＝x+ax﹣1，g（x）＝x+1+lgax．
（1）若g（e）＝e，求函數(shù)f（x）的極小值；
（2）若函數(shù)y＝f（x）﹣g（x）存在唯一的零點(diǎn)，求a的取值范圍．
21．已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過點(diǎn)F2作直線l（與x軸不重合）交C于M，N兩點(diǎn)，且當(dāng)M為C的上頂點(diǎn)時(shí)，△MNF1的周長為8，面積為
（1）求C的方程；
（2）若A是C的右頂點(diǎn)，設(shè)直線l，AM，AN的斜率分別為k，k1，k2，求證：為定值．
22．已知函數(shù)f（x）＝lnx﹣．
（1）當(dāng)a＝﹣1時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），求a的范圍，并證明＜0．
23．（2022秋?海門市期末）已知函數(shù)f（x）＝+2lnx，a∈R．
（1）當(dāng)a＝﹣4時(shí)，求f（x）的極值；
（2）當(dāng)0＜a＜時(shí)，設(shè)函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)為x1，x2，證明：+2a．
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．【解答】解：G為△ABC重心，
，
則．
故選：B．
2．【解答】解：∵ex≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)取等號，
∴，
∴，即a＞b，
又lnx≤x﹣1，則，則，
則，，
即b為最小值．
故選：D．
3．【解答】解：已知雙曲線的右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F作一條漸近線的垂線，垂足為M，
聯(lián)立，
解得，
即M（），
則，
又重心G在雙曲線上，
則，
即c4＝7a2c2，
即c2＝7a2，
即，
即，
則雙曲線的離心率為，
故選：B．
4．【解答】解：c﹣b＝1﹣ln（e﹣1）﹣＝﹣ln（e﹣1）＝ln﹣ln（e﹣1）＝ln，
∵＜1，∴c﹣b＜0，∴c＜b，
a＝＜＝＜，即a＜b，
構(gòu)造函數(shù)f（x）＝lnx﹣（x﹣e）﹣1，f′（x）＝﹣＝，
∴當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，f′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
故f（x）≤f（e），即lnx﹣（x﹣e）﹣1≤lne﹣﹣（e﹣e）﹣1＝0，
∴l(xiāng)nx≤（x﹣e）+1，
∴l(xiāng)n（e﹣1）＜﹣（e﹣1﹣e）+1＝1﹣，
∴c﹣a＝1﹣ln（e﹣1）﹣＞1﹣（1﹣）﹣＝﹣＞0，
∴a＜c＜b．
故選：C．
5．【解答】解：由題意可知：X服從二項(xiàng)分布B（3，p1），所以E（X）＝3p1，D（X）＝3p1（1﹣p1）．
同理：Y服從二項(xiàng)分布B（3，p2），所以E（Y）＝3p2，D（Y）＝3p2（1﹣p2）．
因?yàn)?，所?p1＜3p2，所以E（X）＜E（Y），
對于二次函數(shù)y＝3p（1﹣p），對稱軸，所以在上函數(shù)單調(diào)遞減，
所以當(dāng)時(shí)，有3p1（1﹣p1）＞3p2（1﹣p2），即D（X）＞D（Y），
故選：B．
6．【解答】解：設(shè)M（x，y），
點(diǎn)O（0，0），點(diǎn)A（0，8），點(diǎn)M滿足，
則，化簡整理可得，x2+（y+2）2＝20①，
點(diǎn)M在曲線上，
則y2＝﹣x2+2x+4，化簡整理可得，（x﹣1）2+y2＝5（y≥0）②，
①﹣②可得，x+2y﹣6＝0，即為兩圓的公共弦方程，
聯(lián)立，解得，即M（2，2），
故|MO|＝．
故選：B．
7．【解答】解：由題可知a?2x﹣ln2＝有兩個(gè)不等正根，
即a?x?2x＝xln2+lnx有兩個(gè)不等正根，
令t＝x?2x＞0，則lnt＝lnx+xln2，
∵t′＝2x+x?2x?ln2＞0，t＝x?2x在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴a＝有兩個(gè)不等正根，
設(shè)h（t）＝，t＞0，則，
由h′（t）＞0，得t∈（0，e），h（t）單調(diào)遞增，由h′（t）＜0，得t∈（e，+∞），h（t）單調(diào)遞減，且h（e）＝，
作出函數(shù)h（t）＝和y＝a的大致圖象，如圖，
由圖象知當(dāng)a∈（0，）時(shí)，a＝有兩個(gè)正根，
∴a∈（0，）時(shí)，兩條曲線y＝a?2x﹣ln2與y＝存在兩個(gè)公共點(diǎn)，
故選：C．
8．【解答】解：當(dāng)△ABF2為以∠AF2B為直角的等腰直角三角形時(shí)，如圖所示，
則|AF1|＝|F1F2|，
∴，∴c2﹣a2＝2ac，
∴e2﹣2e﹣1＝0，又e＞1，
∴e＝；
根據(jù)對稱性可知：當(dāng)△ABF2為以∠BAF2或∠ABF2為直角的等腰直角三角形時(shí)，
雙曲線的離心率相同，不放設(shè)∠BAF2＝90°，如圖所示，
∵|AB|＝|AF2|，又|AF2|﹣|AF1|＝2a，
∴|AB|﹣|AF1|＝2a，即|BF1|＝2a，
又|BF2|﹣|BF1|＝2a，∴|BF2|＝|BF1|+2a＝4a，
又△ABF2為以∠BAF2為直角的等腰直角三角形，
∴|AF2|＝|BF2|＝a，∴|AB|＝a，又|BF1|＝2a，
∴|AF1|＝（）a，又∠BAF2＝90°，|F1F2|＝2c，
∴在Rt△AF1F2中，由勾股定理可得：
，
∴，又e＞1，
∴e＝，
綜合可得e＝或，
故選：D．
二．多選題（共4小題）
9．【解答】解：設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），F(xiàn)（，0），
|FM|＝x1+，|FN|＝x2+，
∵|FM|＝|FN|，
則x1＝x2，
∴?＝（x1﹣，y1）?（x1﹣，y2）＝﹣＝﹣x1＝0，
解得x1＝±，
|FM|＝1±，
∴，
故選：BD．
10．【解答】解：設(shè)點(diǎn)P（x0，y0），因?yàn)檫^點(diǎn)P作圓O：x2+y2＝1的切線，切點(diǎn)分別為A，B，
所以A，B在以O(shè)P為直徑的圓上，即A，B在（x﹣）2+（y﹣）2＝（）2，
因?yàn)锳，B是切點(diǎn)，x2+y2＝1上，故A，B是兩圓的交點(diǎn)，故兩圓方程相減可得AB所在直線的方程，
化簡可得AB的方程：x0x+y0y＝1，因?yàn)镻在直線l上，所以2x0+y0＝5，
故直線AB的方程為：x0x+（5﹣2x0）y＝1，
若AB∥l，則﹣2＝﹣，解得x0＝2，所以直線AB：2x+y﹣1＝0，
故圓心O到直線AB的距離d＝，所以|AB|＝2＝≠，故A錯誤，
由AB：x0x+（5﹣2x0）y＝1，即x0（x﹣2y）+5y＝1，
由，解得，所以AB過定點(diǎn)M（，），故C正確；
因?yàn)椤螦PB+∠AOB＝π，所以cs∠APB＝cs（π﹣∠AOB）＝﹣c∠AOB，
由于AB過定點(diǎn)M（，），所以O(shè)到AB的距離dmax＝|OM|＝，
記AB中點(diǎn)為Q，則OM≥OQ，cs∠APB＝﹣c∠AOB＝﹣（2cs2∠AOQ﹣1）＝1﹣2cs2∠AOQ
＝1﹣2（）2≥1﹣2×＝，故B正確；
因?yàn)镈為線段AB的中點(diǎn)，且M在AB上，所以∠MDO＝，
所以D點(diǎn)軌為以O(shè)M為直徑的圓，所以r＝＝，
周長為2πr＝π，故D錯誤；
故選：BC．
11．【解答】解：對于A，取AB，AC中點(diǎn)D，E，連接PD，DE，PE，ME，BE，
∵PA＝PB＝1，∴PD⊥AB，
又AB⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AB，∴∠PDE即為二面角P﹣AB﹣C的平面角θ，
又PA⊥PB，AB＝BC，∴BC＝AB＝＝，
∴DE＝，則AC＝＝2，PD＝，
若PA⊥BC，又PA⊥PB，∴PE＝＝1，則PD2+DE2＝PE2，∴，∴θ＝，故A正確；
對于B，若PC⊥平面PAB，AB?平面PAB，則PC⊥AB，又AB⊥BC，
PC∩BC＝C，∴AB⊥平面PBC，
∵PB?平面PBC，∴AB⊥PB，
在△ABP中，AB⊥PB，與PA⊥PB矛盾，故B錯誤；
對于C，∵M(jìn)E＝，∴M在半徑為的球面上，故C正確；
對于D，當(dāng)θ＝時(shí)，PE＝1，∴EP＝EA＝EC＝EB＝1，
∴E為三棱錐P﹣ABC外接球的球心，外接球的半徑為1，
∴三棱錐P﹣ABC的外接球的體積為V＝＝，故D正確．
故選：ACD．
12．【解答】解：令x＝y(tǒng)＝1，得f（1）＝f（1）+f（1），即f（1）＝0，故A正確；
因?yàn)閒（xy）＝xf（y）+yf（x），則＝，
又因?yàn)閒（1）＝0，f（x）是定義在（0，+∞）上不恒為零的可導(dǎo)函數(shù)，
所以可設(shè)＝klnx（k≠0），
因?yàn)閒（2）＝2，所以＝kln2．即k＝，則f（x）＝，
所以g（x）＝f'（x）＝（1+lnx），則g'（1）＝≠0，故B錯誤；
令y＝2，所以f（2x）＝xf（2）+2f（x），所以f（2x）＝2f（x）+2x，
所以2f'（2x）﹣2f'（x）＝2，所以f'（2x）﹣f'（x）＝1，則g（2x）﹣g（x）＝1，
所以g（）﹣g（）＝1，g（x）﹣g（）＝1，g（2x）﹣g（x）＝1，g（4x）﹣g（2x）＝1，
累加得：g（4x）﹣g（）＝4，故C正確；
因?yàn)閒（2x）＝2f（x）+2x，
所以f（2×20）＝2f（20）+2×20，
f（2×21）＝2f（21）+2×21，
f（2×22）＝2f（22）+2×22，
……
f（2×2n﹣1）＝2f（2n﹣1）+2×2n﹣1，
累加得，f（2×20）+f（2×21）+f（2×22）+……+f（2×2n﹣1）＝2f（20）+2×20+2f（21）+2×21+2f（22）+2×22……+2f（2n﹣1）+2×2n﹣1，
即f（21）+f（22）+……+f（2n）＝2f（20）+21+2f（21）+22+2f（22）+23……+2f（2n﹣1）+2n，
設(shè)Sn＝f（21）+f（22）+……+f（2n）（n∈N*），則S1＝f（2）＝2，
所以Sn＝2Sn﹣1+21+22+23+……+2n＝2Sn﹣1+＝2Sn﹣1+2n+1﹣2，
即+2﹣，
所以﹣＝2﹣，﹣＝2﹣，……，﹣＝2﹣，
累加得，﹣＝2（n﹣1）﹣（+……+）＝2（n﹣1）﹣＝2（n﹣1）﹣1+，
所以＝（n﹣1）2n+1+2，故D正確．
故選：ACD．
三．填空題（共5小題）
13．【解答】解：設(shè)切點(diǎn)（t，t3﹣3t），
由y＝x3﹣3x，得y'＝3x2﹣3，則k＝3t2﹣3，
∴過切點(diǎn)的切線方程為y﹣（t3﹣3t）＝（3t2﹣3）（x﹣t），
設(shè)A（2，s），則s＝﹣2t3+6t2﹣6，
令f（x）＝﹣2x3+6x2﹣6，由f'（x）＝﹣6x2+12x＝0，解得x＝0或2．
則當(dāng)x∈（﹣∞，0）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，x∈（2，+∞）時(shí)，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
∴f（x）極小值＝f（2）＝2，f（x）極大值＝f（0）＝﹣6，
∴s＝2或﹣6．
即A的縱坐標(biāo)為2或﹣6．
故答案為：2或﹣6．
14．【解答】解：設(shè)切點(diǎn)（x1，kx1+b），（x2，kx2+b），
由題意得k＝，∴x2＝x1+1，切線方程分別可以表示為：
y＝＝，
y＝＝，
∴，得，則k＝2，b＝1﹣ln2．
則k+b＝3﹣ln2．
故答案為：3﹣ln2．
15．【解答】解：因?yàn)閿?shù)列{an}滿足：，
所以an﹣an+1＝﹣2an+1＜0，解得an+1∈（1，2），
所以a2∈（1，2），
則a1＝﹣a2∈[﹣，2），
又a1＞0，所以0＜a1＜2；
由﹣an+1＝an，可得＝＝﹣，
所以得＝+﹣，
因?yàn)椋?br>所以b1+b2+...+b2023＝﹣++...+﹣
＝﹣5++﹣（+）﹣...+（+）﹣（+）
＝﹣﹣，
又?jǐn)?shù)列{an}是遞增數(shù)列，
所以a2023∈（，2），即∈（，），
所以﹣5＜﹣﹣＜﹣．
所以整數(shù)k＝﹣5．
故答案為：（0，2）；﹣5．
16．【解答】解：如圖，由已知可得，AC＝＝，
四面體B′﹣ACD中，AB′＝CD＝3，B′C＝AD＝4，AC＝B'D＝，四面體恰好是一個(gè)長方體中的四面體，長方體的棱長分別為，a，b，c，滿足，
可得a2+b2+c2＝（9+16+13）＝19，
四面體外接球的半徑為：，
則外接球的體積為：＝．
故答案為：．
17．【解答】解：＝﹣sin（﹣x）＝﹣csx，則f'（x）＝sinx，
∴f'（）＝1，f（）＝0，
∴函數(shù)在處的切線方程為y＝x﹣，
令x＝0，則y＝﹣；令y＝0，則x＝，
∴函數(shù)在處的切線與坐標(biāo)軸圍成的封閉三角形的面積為××＝，
故答案為：．
四．解答題（共6小題）
18．【解答】解：（1）記“甲”表示甲贏，“乙”表示乙贏，“丙”表示丙贏，
則丙成為優(yōu)勝者的情形為：甲丙丙，乙丙丙，
①甲贏乙，丙贏甲，丙贏乙的概率，
②乙贏甲，丙贏乙，丙贏甲的概率，
∴丙成為優(yōu)勝者的概率為．
故甲、乙兩人打第一局，丙成為優(yōu)勝者的概率為；
（2）若甲乙先比賽，2局結(jié)束比賽的情形分為甲贏乙，甲贏丙；乙贏甲，乙贏丙，對應(yīng)概率為．
若甲丙先比賽，2局結(jié)束比賽情形分為甲贏丙，甲贏乙；丙贏甲，丙贏乙，對應(yīng)概率為
若乙丙先比賽，2局結(jié)束比賽的情形分為乙贏丙，乙贏甲；丙贏乙，丙贏甲，對應(yīng)概率為．
∴恰打完2局結(jié)束比賽的概率．
故恰好打完2局結(jié)束比賽的概率為．
19．【解答】解：（1）由題意可知，雙曲線C的漸近線方程為，
當(dāng)焦點(diǎn)在x軸時(shí)，
可得，即a＝b，設(shè)雙曲線C的方程為﹣＝1，
∵C過，∴，解得，∴C的方程為；
當(dāng)焦點(diǎn)在y軸時(shí)，
可得，即b＝a，設(shè)雙曲線C的方程為＝1，
∵C過，∴，無解，
綜上所述，C的方程為．
（2）證明：設(shè)直線MN方程為，M（x1，y1），N（x2，y2），，
∴，
∴＝，
設(shè)直線DE方程為x＝my+t，D（x3，y3），E（x4，y4），，
，
，
，
∵直線DE不過，∴，
∴，
∴，
∴t＝0，
∴直線DE為：x＝my恒過定點(diǎn)（0，0）．
20．【解答】解：（1）由g（e）＝e?e+1+lgae＝e?，
所以f（x）＝x+e1﹣x，f′（x）＝1﹣e1﹣x，令f′（x）＝0?x＝1，
當(dāng)x＜1時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，
所以f（x）的極小值為f（1）＝2．
（2）f（x）﹣g（x）＝ax﹣1﹣lgax﹣1，令F（x）＝ax﹣1+lgax﹣1（x＞0），
F（x）存在唯﹣的零點(diǎn)，，
令，φ′（x）＝ax﹣1（1+xlna）lna，
令φ′（x）＝0?，
當(dāng)時(shí)，φ′（x）＜0；
當(dāng)時(shí)，φ′（x）＞0，
所以φ（x）在（0，﹣）上遞減，在（﹣，+∞）上遞增，
所以，
①若≥0，即≤，
令，
所以≤lnt?≥0，所以t≥1，所以≥1，
即時(shí)，φ（x）min≥0?F′（x）≥0，所以F（x）在（0，+∞）上遞增，
注意到F（1）＝0，所以F（x）存在唯一的零點(diǎn)，符合題意；
②當(dāng)時(shí)，，φ（x）min＜0，
，
令，
則＝6alna（lna+1），
因?yàn)?，所以lna＜﹣1，
所以t′（a）＝6alna（lna+1）＞0，
所以t（a）＝3a2（lna）2﹣1在上單調(diào)遞增，
所以，
所以＞0，
所以φ（x）即F′（x）在（0，﹣）和（﹣，+∞）上各有一個(gè)零點(diǎn)x1，x2，
F（x）在（0，x1）上遞增，（x1，x2）上遞減，（x2，+∞）上遞增，
而，所以x1＜1＜x2，F(xiàn)（x）＝ax﹣1﹣lgax﹣1，
當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，F(xiàn)（x）＞0﹣，
而F（x1）＞F（1）＝0，F(xiàn)（x2）＜F（1）＝0，
所以F（x）在（0，x1），（x1，x2）和（x2，+∞）上各有一個(gè)零點(diǎn)，共3個(gè)零點(diǎn)了，舍去，
綜上，a的取值范圍為[）．
21．【解答】解：（1）由三角形的周長可得4a＝8，可得a＝2，
直線l的方程為：y＝﹣x+b，代入橢圓的方程可得（+）x2﹣x＝0，
可得xN＝，可得yN＝，
所以S＝?2c?（b﹣）＝，可得＝，而c2＝a2﹣b2＝4﹣b2，
可得b2＝1，c2＝3，
所以橢圓的方程為：+y2＝1；
（2）證明：由（1）可得A（2，0），設(shè)直線l的方程為：y＝k（x﹣），設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），
聯(lián)立，整理可得：（1+4k2）x2﹣8k2x+12k2﹣4＝0，
因?yàn)镕2在橢圓內(nèi)部，Δ＞0顯然成立，x1+x2＝，x1x2＝，
所以k?（+）＝k?（+）＝k?＝＝＝＝8﹣4，
即可證得k?（+）為定值．
22．【解答】解：函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，1）∪（1，+∞），
當(dāng)a＝﹣1時(shí)，f（x）＝lnx﹣．求導(dǎo)得：f′（x）＝，而f（0）＝aln2﹣，
令f′（x）＞0，得0＜x＜2﹣或x＞2+，
令f′（x）＜0，得2﹣＜x＜2+且x≠1，
f（x）的遞增區(qū)間是（0，2﹣）和（2+，+∞），遞減區(qū)間是（2﹣，1）和（1，2+）；
（2）當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）只有1個(gè)零點(diǎn)，不符合題意，
當(dāng)a＜0時(shí)，若0＜x＜1，則f′（x）＜0，若x＞1，則f′（x）＞0，不符合題意，所以a＞0，
當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）＝+＞0，所以f（x）在（0，1）和（1，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)x＞1時(shí)，由f（ea）＝﹣＜0，f（e3a+1）＝lne3a+1﹣＝
＞＝＞0，
所以f（x）在（1，+∞）上只有一個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)0＜x＜1，同理f（e﹣a）＝＞0，f（e﹣3a﹣1）＜0，
所以f（x）在（0，1）上有一個(gè)零點(diǎn)，所以a的范圍是（0，+∞），
因?yàn)閒（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（x1＜x2），所以lnx1＝，即lnx1+a＝，所以＝，
同理＝，
所以＝+＝[2﹣（+）]，
若f（x）＝0，即lnx﹣＝0，
則ln﹣＝﹣lnx+＝﹣f（x）＝0，
所以f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（互為倒數(shù)），即x2＝，
∴+＝x1+＞2（等號不成立），所以2﹣（+）＜0，
∴＝+＝[2﹣（+）]＜0，
即＜0．
23．【解答】解：（1）當(dāng)a＝﹣4時(shí)，f（x）＝﹣x3﹣3x2+2lnx，
則f′（x）＝﹣4x2﹣6x+＝＝＝0，
令f′（x）＝＝0，得x＝，
所以在（0，）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
在（，+∞）上f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
所以f（x）極大值＝f（）＝﹣﹣2ln2，無極小值．
（2）證明：f′（x）＝ax2+（a﹣2）x+＝＝＝，
當(dāng)0＜a＜時(shí)，設(shè)函數(shù)f（x）的兩個(gè)極值點(diǎn)為x1，x2，
所以x1，x2是方程ax2﹣2x+2＝0的兩個(gè)根，
則x1+x2＝，x1x2＝，
不妨設(shè)0＜x1＜＜x2，
則＝
＝[（x1+x2）2﹣x1x2]+（x1+x2）+
＝﹣+1﹣+＝﹣+，
要證＞a，
只要證＞，
只要證ln＞，
只要證ln＞，
令t＝∈（0，1），h（t）＝lnt﹣，0＜t＜1，
即證h（）＝h（t）＜0，
因?yàn)閔′（t）＝﹣＝＞0，
所以h（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，
所以h（t）＜h（1）＝0，
所以h（）＜0，得證．

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