关系，再由两点的距离公式和基本不等式，解不等式可得AB的最小值，及此时A，B的位置．
【解答】解：如图，分别由两条道路所在直线建立直角坐标系xOy． 设A（a，0），B（0，b）（0＜a＜1，0＜b＜1）， 则直线AB方程为+=1，即bx+ay﹣ab=0．
2
2
因为AB与圆C：（x﹣1）+（y﹣1）=1相切，所以化简得ab﹣2（a+b）+2=0，即ab=2（a+b）﹣2， 因此AB==
， =
=
=1，
因为0＜a＜1，0＜b＜1，所以0＜a+b＜2， 于是AB=2﹣（a+b）． 又ab=2（a+b）﹣2≤（
），
2
解得0＜a+b≤4﹣2，或a+b≥4+2， 因为0＜a+b＜2，所以0＜a+b≤4﹣2，
所以AB=2﹣（a+b）≥2﹣（4﹣2）=2﹣2， 当且仅当a=b=2﹣时取等号，
所以AB最小值为2﹣2，此时a=b=2﹣．
答：当A，B两点离道路的交点都为2﹣（百米）时，小道AB最短．
18．（16分）（2016?连云港模拟）在平面直角坐标系xOy中，点C在椭圆M：
+
=1
（a＞b＞0）上，若点A（﹣a，0），B（0，），且=．
（1）求椭圆M的离心率；
（2）设椭圆M的焦距为4，P，Q是椭圆M上不同的两点．线段PQ的垂直平分线为直线l，且直线l不与y轴重合．
①若点P（﹣3，0），直线l过点（0，﹣），求直线l的方程；
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②若直线l过点（0，﹣1），且与x轴的交点为D．求D点横坐标的取值范围． 【考点】椭圆的简单性质．
【专题】方程思想；分析法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程． 【分析】（1）设C（m，n），由向量共线的坐标表示，可得C的坐标，代入椭圆方程，可得a，b的关系，再由离心率公式计算即可得到所求值；
（2）①由题意可得c=2，a=3，b==，可得椭圆方程，设直线PQ的方程为y=k
（x+3），代入椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，再由两直线垂直的条件：斜率之积为﹣1，解方程可得k，进而得到所求直线方程；
②设直线PQ的方程为y=kx+m，代入椭圆方程可得，运用韦达定理和中点坐标公式，再由
2
两直线垂直的条件，求得4m=5+9k，再由中点在椭圆内，可得k的范围，再由直线l的方程可得D的横坐标的范围． 【解答】解：（1）设C（m，n），由可得（a，a）=（m，n﹣）， 可得m=a，n=a，即C（a，a），
2
2
=，
即有+
2
2
2
=1，即为b=a，
2
c=a﹣b=a， 则e==；
（2）①由题意可得c=2，a=3，b=
=
，
即有椭圆方程为+=1，
设直线PQ的方程为y=k（x+3），
2222
代入椭圆方程可得（5+9k）x+54kx+81k﹣45=0， x1+x2=﹣
，PQ的中点H为（﹣
，
），
由题意可得直线l的斜率为=﹣，
解得k=1或，
即有直线l的方程为y=﹣x﹣或y=﹣x﹣；
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②设直线PQ的方程为y=kx+m，
代入椭圆方程可得，（5+9k）x+18kmx+9m﹣45=0， 可得x1+x2=﹣
，
，
），
2
2
2
即有PQ的中点为（﹣
由题意可得直线l的斜率为=﹣，
化简可得4m=5+9k，中点坐标即为（﹣由中点在椭圆内，可得解得﹣
＜k＜
，
+
＜1，
2
，），
由直线l的方程为y=﹣x﹣1， 可得D的横坐标为﹣k，可得范围是（﹣
，0）∪（0，
）．
19．（16分）（2016?连云港模拟）对于函数f（x），在给定区间[a，b]内任取n+1（n≥2，n
*
∈N）个数x0，x1，x2，…，xn，使得 a=x0＜x1＜x2＜…＜xn﹣1＜xn=b，记S=
|f（xi+1）﹣f（xi）|．若存在与n及xi（i≤n，i
∈N）均无关的正数A，使得S≤A恒成立，则称f（x）在区间[a，b]上具有性质V． （1）若函数f（x）=﹣2x+1，给定区间为[﹣1，1]，求S的值； （2）若函数f（x）=
，给定区间为[0，2]，求S的最大值；
2
（3）对于给定的实数k，求证：函数f（x）=klnx﹣x 在区间[1，e]上具有性质V． 【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．
【专题】综合题；新定义；转化思想；综合法；导数的综合应用．
【分析】（1）推导出[f（xi+1）﹣f（xi）]=f（xi）﹣f（xi+1），从而S=|=f（x0）﹣f（xn）=f（﹣1）﹣f（1），由此能求出S的值． （2）由
|f（xi+1）﹣f（xi）
=0，得x=1，由导数性质得f（x）在x=1时，取极大值．设xm≤
1＜xm+1，m∈N，m≤n﹣1，由此能求出S=
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的最大值．
（3），x∈[1，e]，根据当k≥e，k≤1和1＜k＜e三种情况进行
在[1，e]上具
22
分类讨论，利用导数性质能证明对于给定的实数k，函数f（x）=klnk﹣有性质V． 【解答】解：（1）∵函数f（x）=﹣2x+1在区间[﹣1，1]为减函数， ∴f（xi+1）＜f（xi），∴[f（xi+1）﹣f（xi）]=f（xi）﹣f（xi+1）， S=
|f（xi+1）﹣f（xi）|=[f（x0）﹣f（x1）]+[f（x1）﹣f（x2）]+…+[f（xn﹣1）﹣f（xn）]
=f（x0）﹣f（xn）
=f（﹣1）﹣f（1）=4． （2）由
=0，得x=1，
当x＜1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，1）为增函数， 当x＞1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）为减函数， ∴f（x）在x=1时，取极大值． 设xm≤1＜xm+1，m∈N，m≤n﹣1， 则S=
=|f（x1）﹣f（0）|+…+|f（xm）﹣f（xm﹣1）|+|f（xm+1）﹣f（xm）|+|f（xm+2）﹣f（xm+1）|+…|f（2）﹣f（xn﹣1）|
=[f（x1）﹣f（0）]+…+[f（xm）﹣f（xm﹣1）]+|f（xm+1）﹣f（xm）|+|f（xm+1）﹣f（xm+2）|+…+[f（xn﹣1）﹣f（2）]
=[f（xm）﹣f（0）]+|f（xm+1）﹣f（xm）|+[f（xm+1）﹣f（2）]，
∵|f（xm+1）﹣f（xm）|≤[f（1）﹣f（xm）]+[f（1）﹣f（xm+1）]，当xm=1时取等号， ∴S≤f（xm）﹣f（0）+f（1）﹣f（xm+1）+f（1）﹣f（xm+1）+f（xm+1）﹣f（2） =2f（1）﹣f（0）﹣f（2）=
．
∴S的最大值为．
证明：（3）
2
2
，x∈[1，e]，
①当k≥e时，k﹣x≥0恒成立，即f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，e]上为增函数，
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∴S=
﹣1
=[f（x1）﹣f（x0）]+[f（x2）﹣f（x1）]+…+[f（xn）﹣f（xn
）]
．
=f（xn）﹣f（x0）=f（e）﹣f（1）=k+∴存在正数A=k+
，都有S≤A，
∴f（x）在[1，e]上具有性质V．
2
②当k≤1时，k﹣x≤0恒成立，即f′（x）≤0恒成立，∴f（x）在[1，e]上为减函数， ∴S=
|f（xi+1）﹣f（xi）|=[f（x0）﹣f（x1）]+[f（x1）﹣f（x2）]+…+[f（xn﹣1）﹣f（xn）]
．
=f（x0）﹣f（xn）=f（1）﹣f（e）=∴存在正数A=
，都有S≤A，
∴f（x）在[1，e]上具有性质V．
③当1＜k＜e时，由f′（x）=0，得x=，由f′（x）＞0，得1由f′（x）＜0，得＜x≤e，∴f（x）在[1，）上为增函数，在[设xm≤＜xm+1，m∈N，m≤n﹣1， 则S=
|f（xi+1）﹣f（xi）|
2
；
，e]上为减函数，
=|f（xi）﹣f（x0）|+…+|f（xm）﹣f（xm﹣1）|+|f（xm+1）﹣f（xm）||+|f（xm+2）﹣f（xm+1）|+…+|f（xn）﹣f（xn﹣1）|
=f（x1）﹣f（x0）+…+f（xm）﹣f（xm﹣1）+|f（xm+1）﹣f（xm）|+f（xm+1）﹣f（xm+2）+…+f（xn﹣1）﹣f（xn）
=f（xm）﹣f（x0）+f（xm+1）﹣f（xn）+f（）﹣f（xm+1）+f（）﹣f（xm） =2f（）﹣f（x0）﹣f（xn） =klnk﹣k﹣[﹣=klnk﹣2k+
，
，都有S≤A， ]
∴存在正数A=klnk﹣2k+
∴f（x）在[1，e]上具有性质V．
综上，对于给定的实数k，函数f（x）=klnk﹣
20．（16分）（2016?连云港模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，且对任意正整数n都有an=
nn
（﹣1）Sn+p（p为常数，p≠0）． （1）求p的值；
（2）求数列{an}的通项公式；
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在[1，e]上具有性质V．