21．（15分）（2017?浙江）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q． （Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围； （Ⅱ）求|PA|?|PQ|的最大值．
【考点】KO：圆锥曲线的最值问题；KN：直线与抛物线的位置关系．
【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x＜可得结论；
（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BP方程可知Q点坐标，进而可用k表示出
、
，计算可知|PA|?|PQ|=
（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，
所以kAP==x﹣∈（﹣1，1），
故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）； （Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜， 所以
=（﹣﹣x，﹣x2），
+，
设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BP：y=﹣x+联立直线AP、BP方程可知Q（
，
），
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故=（，
=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），
?
=
），
又因为
故﹣|PA|?|PQ|=+
=（1+k）3（k﹣1），
所以|PA|?|PQ|=（1+k）3（1﹣k）， 令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，
则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），
由于当﹣1＜x＜﹣时f′（x）＞0，当＜x＜1时f′（x）＜0， 故f（x）max=f（）=
22．（15分）（2017?浙江）已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时， （Ⅰ）0＜xn+1＜xn； （Ⅱ）2xn+1﹣xn≤（Ⅲ）
≤xn≤
； ．
，即|PA|?|PQ|的最大值为．
【考点】8H：数列递推式；8K：数列与不等式的综合． 【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，
（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明， （Ⅲ）由
≥2xn+1﹣xn得
﹣≥2（
﹣）＞0，继续放缩即可证明
【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn＞0， 当n=1时，x1=1＞0，成立， 假设当n=k时成立，则xk＞0，
那么n=k+1时，若xk+1＜0，则0＜xk=xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾， 故xn+1＞0，
因此xn＞0，（n∈N*）
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∴xn=xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1， 因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），
（Ⅱ）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）， 记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0 ∴f′（x）=
+ln（1+x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增， ∴f（x）≥f（0）=0，
因此xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0， 故2xn+1﹣xn≤
；
（Ⅲ）∵xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1， ∴xn≥由∴
，
≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（
， ≤xn≤
．
﹣≥2（
﹣）＞0， ﹣）=2n﹣2，
﹣）≥…≥2n﹣1（
∴xn≤综上所述
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参与本试卷答题和审题的老师有：qiss；whgcn；豫汝王世崇；铭灏2016；zlzhan；沂蒙松；maths；742048；cst；双曲线（排名不分先后） 菁优网
2017年6月11日
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