所以=
．
，
所以直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小arcsin
【点评】本题主要考查利用空间直角坐标系求出空间角的方法，属高考常考题型．
20．已知椭圆E：
+
=1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k（k＞0）
的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA． （Ⅰ）当t=4，|AM|=|AN|时，求△AMN的面积； （Ⅱ）当2|AM|=|AN|时，求k的取值范围．
【分析】（Ⅰ）方法一、求出t=4时，椭圆方程和顶点A，设出直线AM的方程，代入椭圆方程，求交点M，运用弦长公式求得|AM|，由垂直的条件可得|AN|，再由|AM|=|AN|，解得k=1，运用三角形的面积公式可得△AMN的面积； 方法二、运用椭圆的对称性，可得直线AM的斜率为1，求得AM的方程代入椭圆方程，解方程可得M，N的坐标，运用三角形的面积公式计算即可得到； （Ⅱ）直线AM的方程为y=k（x+
），代入椭圆方程，求得交点M，可得|AM|，
|AN|，再由2|AM|=|AN|，求得t，再由椭圆的性质可得t＞3，解不等式即可得到所求范围．
【解答】解：（Ⅰ）方法一、t=4时，椭圆E的方程为
+
=1，A（﹣2，0），
直线AM的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程，整理可得（3+4k2）x2+16k2x+16k2﹣12=0，
解得x=﹣2或x=﹣由AN⊥AM，可得|AN|=
，则|AM|=
?
?|2﹣
=
|=?
?，
，
由|AM|=|AN|，k＞0，可得?=?，
整理可得（k﹣1）（4k2+k+4）=0，由4k2+k+4=0无实根，可得k=1，
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即有△AMN的面积为|AM|2=（
?
）2=
；
方法二、由|AM|=|AN|，可得M，N关于x轴对称，
由MA⊥NA．可得直线AM的斜率为1，直线AM的方程为y=x+2， 代入椭圆方程
+
=1，可得7x2+16x+4=0，
），N（﹣，﹣
；
），
解得x=﹣2或﹣，M（﹣，则△AMN的面积为×
×（﹣+2）=
（Ⅱ）直线AM的方程为y=k（x+可得（3+tk2）x2+2t解得x=﹣
或x=﹣
），代入椭圆方程，
k2x+t2k2﹣3t=0，
，
即有|AM|=|AN|═
?
?|
=
?
﹣|=，
?，
由2|AM|=|AN|，可得2?=?，
整理得t=，
由椭圆的焦点在x轴上，则t＞3，即有可得
＜k＜2，即k的取值范围是（
＞3，即有，2）．
＜0，
【点评】本题考查椭圆的方程的运用，考查直线方程和椭圆方程联立，求交点，以及弦长公式的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
21．已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0． （1）求a；
（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
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【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）=a﹣可得h（x）min=h（），从而可得结论；
（2）通过（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，记t（x）=f′（x）=2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）=0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x0＜可知f（x0）＜，另一方面可知f（x0）＞f（）=
．
【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0）， 则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣． 则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减， 所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0． 因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0， 所以h（x）min=h（）， 又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0， 所以=1，解得a=1；
（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，
令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣， 令t′（x）=0，解得：x=，
所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，
所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，
且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0， 所以f（x0）=
﹣x0﹣x0lnx0=
﹣x0+2x0﹣2）max=﹣
=x0﹣
，
由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣
+=；
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由f′（）＜0可知x0＜＜，
所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减， 所以f（x0）＞f（）=
；
综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．
22．解不等式x+|2x+3|≥2．
【分析】思路1（公式法）：利用|f（x）|≥g（x）?f（x）≥g（x），或f（x）≤﹣g（x）；
思路2（零点分段法）：对x的值分“x≥﹣”“x＜﹣”进行讨论求解． 【解答】解：法1：x+|2x+3|≥2变形为|2x+3|≥2﹣x， 得2x+3≥2﹣x，或2x+3≤﹣（2﹣x）， 即x≥﹣，或x≤﹣5，
即原不等式的解集为{x|x≥﹣，或x≤﹣5}． 法2：令|2x+3|=0，得x=﹣．
①当x≥﹣时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥﹣， 所以x≥﹣；
②x＜﹣时，原不等式化为x﹣（2x+3）≥2，即x≤﹣5， 所以x≤﹣5．
综上，原不等式的解集为{x|x≥﹣，或x≤﹣5}．
【点评】本题考查了含绝对值不等式的解法．本解答给出的两种方法是常见的方法，不管用哪种方法，其目的是去绝对值符号．若含有一个绝对值符号，利用公式法要快捷一些，其套路为：|f（x）|≥g（x）?f（x）≥g（x），或f（x）≤﹣g（x）；|f（x）|≤g（x）?﹣g（x）≤f（x）≤g（x）．可简记为：大于号取两边，小于号取中间．使用零点分段法时，应注意：同一类中取交集，类与类之间取并
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集．
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