2017年高考浙江高考数学试题及答案(精校版).doc

2017年浙江省高考数学试卷

一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1．（5分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（　　）
A．（﹣1，2） B．（0，1） C．（﹣1，0） D．（1，2）
2．（5分）椭圆+=1的离心率是（　　）
A． B． C． D．
3．（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（　　）

A．+1 B．+3 C．+1 D．+3
4．（5分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（　　）
A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞） D．[4，+∞）
5．（5分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（　　）
A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
6．（5分）已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（5分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（　　）

A． B． C． D．
8．（5分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（　　）
A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）
C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）
9．（5分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（　　）

A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α
10．（5分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（　　）

A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2 C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分
11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=　 　．
12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=　 　，ab=　 　．
13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=　 　，a5=　 　．
14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是　 　，com∠BDC=　 　．
15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是　 　，最大值是　 　．
16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有　 　种不同的选法．（用数字作答）
17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是　 　．

三、解答题（共5小题，满分74分）
18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．
（Ⅰ）求f（）的值．
（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．
19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；
（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．
（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．
21．（15分）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．

22．（15分）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≤．

2017年浙江省高考数学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1．（5分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（　　）
A．（﹣1，2） B．（0，1） C．（﹣1，0） D．（1，2）
【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．
【解答】解：集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，
那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．
故选：A．
【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．

2．（5分）椭圆+=1的离心率是（　　）
A． B． C． D．
【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．
【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，
所以椭圆的离心率为：=．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．

3．（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm2）是（　　）

A．+1 B．+3 C．+1 D．+3
【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．
【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，
圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，
故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，
故选：A

【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．

4．（5分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（　　）
A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞） D．[4，+∞）
【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．
【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：
目标函数z=x+2y经过坐标原点时，函数取得最小值，
经过A时，目标函数取得最大值，
由解得A（0，3），
目标函数的直线为：0，最大值为：36
目标函数的范围是[0，6]．
故选：A．

【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．

5．（5分）若函数f（x）=x2+ax+b在区间[0，1]上的最大值是M，最小值是m，则M﹣m（　　）
A．与a有关，且与b有关 B．与a有关，但与b无关
C．与a无关，且与b无关 D．与a无关，但与b有关
【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b的关系，综合可得答案．
【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛物线，
①当﹣＞1或﹣＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，
函数f（x）在区间[0，1]上单调，
此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a|，
故M﹣m的值与a有关，与b无关
②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，
函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，
且f（0）＞f（1），
此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=，
故M﹣m的值与a有关，与b无关
③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0时，
函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，
且f（0）＜f（1），
此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=a﹣，
故M﹣m的值与a有关，与b无关
综上可得：M﹣m的值与a有关，与b无关
故选：B
【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．

6．（5分）已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d＞0”是“S4+S6＞2S5”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．
【解答】解：∵S4+S6＞2S5，
∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），
∴21d＞20d，
∴d＞0，
故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，
故选：C
【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题

7．（5分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能
【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，
则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，
且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，
故选D
【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．

8．（5分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（　　）
A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）
C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）
【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．
【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2，…，
0＜p1＜p2＜，
∴＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，
E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，
E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，
D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=，
D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=，
D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，
∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．
故选：A．
【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

9．（5分）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（　　）

A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α
【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．
解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα===．同理可得：cosβ==，cosγ==．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．
【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．
不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6），
Q，R，
=，=（0，3，6），=（，5，0），=，
=．
设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，
可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．
则cos==，取α=arccos．
同理可得：β=arccos．γ=arccos．
∵＞＞．
∴α＜γ＜β．
解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．
设OP=h．
则cosα===．
同理可得：cosβ==，cosγ==．
由已知可得：OE＞OG＞OF．
∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角．
∴α＜γ＜β．
故选：B．

【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

10．（5分）如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与BD交于点O，记I1=•，I2=•，I3=•，则（　　）

A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2 C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3
【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．
【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，
∴AC=2，
∴∠AOB=∠COD＞90°，
由图象知OA＜OC，OB＜OD，
∴0＞•＞•，•＞0，
即I3＜I1＜I2，
故选：C．
【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分
11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S6，S6=　　．
【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．
【解答】解：如图所示，
单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，
△AOB是边长为1的正三角形，
所以正六边形ABCDEF的面积为
S6=6××1×1×sin60°=．
故答案为：．

【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．

12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=　5　，ab=　2　．
【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．
【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），
∴3+4i=a2﹣b2+2abi，
∴3=a2﹣b2，2ab=4，
解得ab=2，，．
则a2+b2=5，
故答案为：5，2．
【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=　16　，a5=　4　．
【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．
【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，
（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，
a4=3×4+1×4=16；
a5=1×4=4．
故答案为：16；4．
【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．

14．（6分）已知△ABC，AB=AC=4，BC=2，点D为AB延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是　　，com∠BDC=　　．
【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC，再根据S△BDC=S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出
【解答】解：如图，取BC得中点E，
∵AB=AC=4，BC=2，
∴BE=BC=1，AE⊥BC，
∴AE==，
∴S△ABC=BC•AE=×2×=，
∵BD=2，
∴S△BDC=S△ABC=，
∵BC=BD=2，
∴∠BDC=∠BCD，
∴∠ABE=2∠BDC
在Rt△ABE中，
∵cos∠ABE==，
∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1=，
∴cos∠BDC=，
故答案为：，

【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题

15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是　4　，最大值是　　．
【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．
【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，
由余弦定理可得：
|+|=，
|﹣|=，
令x=，y=，
则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，
令z=x+y，则y=﹣x+z，
则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为zmin=1+3=3+1=4，
当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，
由平面几何知识易知zmax即为原点到切线的距离的倍，
也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，
所以zmax=×=．
综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．
故答案为：4、．

【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．

16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有　660　种不同的选法．（用数字作答）
【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可
【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40×12=480种，
第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有15×12=180种，
根据分类计数原理共有480+180=660种，
故答案为：660
【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题

17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是　（﹣∞，）　．
【分析】通过转化可知|x+﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+≤5，进而计算可得结论．
【解答】解：由题可知|x+﹣a|+a≤5，即|x+﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，
又因为|x+﹣a|≤5﹣a，
所以a﹣5≤x+﹣a≤5﹣a，
所以2a﹣5≤x+≤5，
又因为1≤x≤4，4≤x+≤5，
所以2a﹣5≤4，解得a≤，
故答案为：（﹣∞，）．
【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．

三、解答题（共5小题，满分74分）
18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．
（Ⅰ）求f（）的值．
（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，
（Ⅰ）代入可得：f（）的值．
（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间
【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx=﹣sin2x﹣cos2x=2sin（2x+）
（Ⅰ）f（）=2sin（2×+）=2sin=2，
（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，
即f（x）的最小正周期为π，
由2x+∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k∈Z得：
x∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z，
故f（x）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z．
【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．

19．（15分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；
（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．
（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点，
∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，
设PC=AD=2DC=2CB=2，
则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），
=（），=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），
设平面PAB的法向量=（x，y，z），
则，取z=1，得=（1，1，1），
∵==0，CE⊄平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
解：（Ⅱ）=（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c），
则，取b=1，得=（0，1，1），
设直线CE与平面PBC所成角为θ，
则sinθ=|cos＜＞|===．
∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．

【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．
（1）求f（x）的导函数；
（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．
【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；
（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），
导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x
=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；
（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，
可得f′（x）=0时，x=1或，
当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；
当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；
当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，
且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，
则f（x）≥0．
由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，
即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．
则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．
【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．

21．（15分）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．

【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（，），
故=（，），
又因为=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），
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（）=，即|PA|•|PQ|的最大值为．
【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．

22．（15分）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≤．
【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*）
∴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（﹣）＞0，
∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，
∴xn≤，
综上所述≤xn≤．
【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题

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