（2）由MN∥平面ABC，PE∥CB，得MN∥PE，由此能证明N是PA的中点． 【解答】证明：（1）∵平面PAC⊥平面ABC，AC⊥BC， ∴BC⊥平面PAC，
∵PE∥CB，M是AE的中点，N是PA的中点， ∴MN∥PE，∴MN∥BC， ∴MN⊥平面PAC，
∵MN?平面CMN，∴平面CMN⊥平面PAC． （2）∵MN∥平面ABC，PE∥CB， ∴MN∥PE，
∵M是AE的中点，∴N是PA的中点．
【点评】本题考查面面垂直的证明，考查点是线段中点的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
17．在一个直角边长为10m的等腰直角三角形ABC的草地上，铺设一个也是等腰直角三角形PQR的花地，要求P，Q，R三点分别在△ABC的三条边上，且要使△PQR的面积最小，现有两种设计方案：
方案﹣：直角顶点Q在斜边AB上，R，P分别在直角边AC，BC上；
方案二：直角顶点Q在直角边BC上，R，P分别在直角边AC，斜边AB上．请问应选用哪一种方案？并说明理由．
【考点】解三角形的实际应用．
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【专题】计算题；方程思想；综合法；解三角形．
【分析】分别求出两种方案，面积的最小值，即可得出结论．
【解答】解：方案﹣：直角顶点Q在斜边AB上，R，P分别在直角边AC，BC上，则P，Q，R，C四点共圆，且AB与圆相切时△PQR的面积最小，最小面积为
=
；
R，P分别在直角边AC， ∠ORC=α，方案二：直角顶点Q在直角边BC上，斜边AB上，设QP=QR=l，∴2lsinα+lcosα=10， ∴l=
∴最小面积为∵
＞10，
=
=10，
≥
，
∴应选用方案二．
【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
18．已知椭圆M：
+
=1（a＞b＞0）的离心率为，一个焦点到相应的准线的距离为3，圆N
的方程为（x﹣c）2+y2=a2+c2（c为半焦距），直线l：y=kx+m（k＞0）与椭圆M和圆N均只有一个公共点，分别为A，B． （1）求椭圆方程和直线方程； （2）试在圆N上求一点P，使【考点】椭圆的简单性质．
【专题】综合题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】（1）先根据题意通过离心率和焦点到准线的距离联立方程求得a和c，则b可得，进而求 得椭圆的方程．利用直线l：y=kx+m（k＞0）与椭圆M和圆N均只有一个公共点，可得直线方程；（2）由（1），可得A（﹣1，1.5），B（0，2），利用可得P的坐标．
=2
，求出P的轨迹方程，与圆N联立，
=2
．
【解答】解：（1）由题意有，解得a=2，c=1，
从而b=
，
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∴椭圆的标准方程为+=1；
圆N的方程为（x﹣1）2+y2=5，圆心到直线的距离d=
=①
直线l：y=kx+m代入+
=1，整理可得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12=0，
∴△=0，可得m2=3+4k2，② 由①②，k＞0，可得m=2，k=， ∴直线方程为y=
；
（2）由（1），可得A（﹣1，1.5），B（0，2），
设P（x，y），则x2+（y﹣2）2=8（x+1）2+8（y﹣1.5）2，∴7x2+7y2+16x﹣20y+22=0 与（x﹣1）2+y2=5联立，可得x=﹣1，y=1或x=﹣∴P（﹣1，1）或（﹣
，y=
）．
，y=
，
【点评】本题主要考查了直线与椭圆方程．考查直线与圆锥曲线的位置关系，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
19．已知函数f（x）=lnx+
（a＞0）．
（1）当a=2时，求出函数f（x）的单调区间；
（2）若不等式f（x）≥a对于x＞0的一切值恒成立，求实数a的取值范围． 【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题． 【专题】综合题；函数思想；综合法；函数的性质及应用．
【分析】（1）对函数求导，令导函数为0，得导函数的根，做表，通过导函数的正负确定原函数的增减．
（2）将所要证明的式子变形，建立一个函数，求导后再建立一个新的函数，再求导．需要用到两次求导．再来通过最值确定正负号，再来确实原函数的单调性． 【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）， a=2时，f（x）=lnx+
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f′（x）=﹣=
令f′（x）=0，得x=e
①当0＜x＜e时，f′（x）＜0，则f（x）在区间（0，e）上是单调递减的 ②当e＜x时，f′（x）＞0，则f（x）在区间（e，+∞）上是单调递增的 ∴f（x）的递减区间是（0，e），单增区间是（e，+∞）． （2）原式等价于xlnx+a+e﹣2﹣ax≥0在（0，+∞）上恒成立． 令g（x）=xlnx+a+e﹣2﹣ax． ∵g′（x）=lnx+1﹣a 令g′（x）=0，得x=ea﹣1
①0＜x＜ea﹣1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减 ②ea﹣1＜x时，g′（x）＞0，g（x）单调递增
∴g（x）的最小值为g（ea﹣1）=（a﹣1）ea﹣1+a+e﹣2﹣aea﹣1=a+e﹣2﹣ea﹣1． 令t（x）=x+e﹣2﹣ea﹣1．∵t′（x）=1﹣ea﹣1． 令t′（x）=0．得x=1．且
③0＜x＜1时，t′（x）＞0，t（x）单调递增 ④1＜x时，t′（x）＜0，t（x）单调递减
∴当a∈（0，1）时，g（x）的最小值t（a）＞t（0）=e﹣2﹣=当a∈[1，+∞）时，g（x）的最小值为t（a）=a+e﹣2﹣ea﹣1≥0=t（2）． ∴a∈[1，2]． 综上得：a∈（0，2]．
【点评】本题主要考查函数求导来寻找单调区间及机制和最值．尤其是第二问需要对函数求导后再建立一个新的函数求导，这也是一个常见类型．
20．已知数列{an}与{bn}满足an+1﹣an=q（bn+1﹣bn），n∈N* （1）若bn=2n﹣3，a1=1，q=2，求数列{an}的通项公式；
（2）若a1=1，b1=2，且数列{bn}为公比不为1的等比数列，求q的值，使数列{an}也是等比数列； （3）若a1=q，bn=qn（n∈N*），且q∈（﹣1，0），数列{an}有最大值M与最小值m，求的取值范围．
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＞0．
【考点】数列递推式；等差数列与等比数列的综合．
【专题】综合题；转化思想；定义法；转化法；等差数列与等比数列．
【分析】（1）由bn=2n﹣3，可得bn+1﹣bn=2．又a1=1，q=2，可得an+1﹣an=4，再利用等差数列的通项公式即可得出；
（2）由于数列{bn}是公比为k不为1的等比数列，b1=2．可得bn=2?kn﹣1．利用an+1﹣an=q（bn+1﹣bn），a1=1．可得a2，a3，再利用
=a1a3，即可得出．
（3）由于a1=q，bn=qn（n∈N*），可得an+1﹣an=qn+2﹣qn+1．利用“累加求和”可得：an=qn+1+q﹣q2，利用q∈（﹣1，0），可得：q3≤qn+1≤q2，再利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：（1）∵bn=2n﹣3，∴bn+1﹣bn=2． 又a1=1，q=2，
∴an+1﹣an=q（bn+1﹣bn）=2×2=4，
∴数列{an}是等差数列，首项为1，公差为4． ∴an=1+4（n﹣1）=4n﹣3．
（2）∵数列{bn}是公比为k不为1的等比数列，b1=2． ∴bn=2?kn﹣1．
∵an+1﹣an=q（bn+1﹣bn），a1=1． ∴a2=1+q（2k﹣2），
同理可得：a3=a2+q（b3﹣b2）=1+q（2k﹣2）+q（2k2﹣2k）， ∵
=a1a3，
∴[1+q（2k﹣2）]2=1×[1+q（2k﹣2）+q（2k2﹣2k）]，k≠1． 化为2q=1，解得q=． （3）∵a1=q，bn=qn（n∈N*）， ∴an+1﹣an=q（qn+1﹣qn）=qn+2﹣qn+1．
∴an=（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2﹣a1）+a1 =（qn+1﹣qn）+（qn﹣qn﹣1）+…+（q3﹣q2）+q =qn+1+q﹣q2， ∵q∈（﹣1，0），
∴qn+1∈（﹣1，1），q3≤qn+1≤q2，
∴数列{an}有最大值M=q，最小值m=q3﹣q2+q．
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