【文章內(nèi)容簡介】 即可得到所求直線的方程．解答：解：（1）由題意可得，e==，且c+=3，解得c=1，a=，則b=1，即有橢圓方程為+y2=1；（2）當(dāng)AB⊥x軸，AB=，CP=3，不合題意；當(dāng)AB與x軸不垂直，設(shè)直線AB：y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），將AB方程代入橢圓方程可得（1+2k2）x2﹣4k2x+2（k2﹣1）=0，則x1+x2=，x1x2=，則C（，），且|AB|=?=，若k=0，則AB的垂直平分線為y軸，與左準(zhǔn)線平行，不合題意；則k≠0，故PC：y+=﹣（x﹣），P（﹣2，），從而|PC|=，由|PC|=2|AB|，可得=，解得k=177。1，此時AB的方程為y=x﹣1或y=﹣x+1．點評：本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運用，聯(lián)立直線方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，同時考查兩直線垂直和中點坐標(biāo)公式的運用，屬于中檔題．　19．（16分）（2015?江蘇）已知函數(shù)f（x）=x3+ax2+b（a，b∈R）．（1）試討論f（x）的單調(diào)性；（2）若b=c﹣a（實數(shù)c是與a無關(guān)的常數(shù)），當(dāng)函數(shù)f（x）有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；函數(shù)零點的判定定理．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：綜合題；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．分析：（1）求導(dǎo)數(shù)，分類討論，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可得出f（x）的單調(diào)性；（2）由（1）知，函數(shù)f（x）的兩個極值為f（0）=b，f（﹣）=+b，則函數(shù)f（x）有三個不同的零點等價于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為a＞0時，﹣a+c＞0或a＜0時，﹣a+c＜0．設(shè)g（a）=﹣a+c，利用條件即可求c的值．解答：解：（1）∵f（x）=x3+ax2+b，∴f′（x）=3x2+2ax，令f′（x）=0，可得x=0或﹣．a(chǎn)=0時，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上單調(diào)遞增；a＞0時，x∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）時，f′（x）＞0，x∈（﹣，0）時，f′（x）＜0，∴函數(shù)f（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（﹣，0）上單調(diào)遞減；a＜0時，x∈（﹣∞，0）∪（﹣，+∞）時，f′（x）＞0，x∈（0，﹣）時，f′（x）＜0，∴函數(shù)f（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，﹣）上單調(diào)遞減；（2）由（1）知，函數(shù)f（x）的兩個極值為f（0）=b，f（﹣）=+b，則函數(shù)f（x）有三個不同的零點等價于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，∵b=c﹣a，∴a＞0時，﹣a+c＞0或a＜0時，﹣a+c＜0．設(shè)g（a）=﹣a+c，∵函數(shù)f（x）有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），∴在（﹣∞，﹣3）上，g（a）＜0且在（1，）∪（，+∞）上g（a）＞0均恒成立，∴g（﹣3）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0，∴c=1，此時f（x）=x3+ax2+1﹣a=（x+1）[x2+（a﹣1）x+1﹣a]，∵函數(shù)有三個零點，∴x2+（a﹣1）x+1﹣a=0有兩個異于﹣1的不等實根，∴△=（a﹣1）2﹣4（1﹣a）＞0，且（﹣1）2﹣（a﹣1）+1﹣a≠0，解得a∈（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），綜上c=1．點評：本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的零點，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，難度大．　20．（16分）（2015?江蘇）設(shè)a1，a2，a3．a(chǎn)4是各項為正數(shù)且公差為d（d≠0）的等差數(shù)列．（1）證明：2，2，2，2依次構(gòu)成等比數(shù)列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由；（3）是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由．考點：等比關(guān)系的確定；等比數(shù)列的性質(zhì)．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列．分析：（1）根據(jù)等比數(shù)列和等差數(shù)列的定義即可證明；（2）利用反證法，假設(shè)存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列，推出矛盾，否定假設(shè)，得到結(jié)論；（3）利用反證法，假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列，得到a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及對數(shù)的性質(zhì)化簡整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次構(gòu)造函數(shù)，多次求導(dǎo)，利用零點存在定理，推出假設(shè)不成立．解答：解：（1）證明：∵==2d，（n=1，2，3，）是同一個常數(shù)，∴2，2，2，2依次構(gòu)成等比數(shù)列；（2）令a1+d=a，則a1，a2，a3，a4分別為a﹣d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞﹣2d，d≠0）假設(shè)存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列，則a4=（a﹣d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4，令t=，則1=（1﹣t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4，（﹣＜t＜1，t≠0），化簡得t3+2t2﹣2=0（*），且t2=t+1，將t2=t+1代入（*）式，t（t+1）+2（t+1）﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，則t=﹣，顯然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次構(gòu)成等比數(shù)列．（3）假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列，則a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），分別在兩個等式的兩邊同除以=a12（n+k），a12（n+2k），并令t=，（t＞，t≠0），則（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k），將上述兩個等式取對數(shù)，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），化簡得，2k[ln（1+2t）﹣ln（1+t）]=n[2ln（1+t）﹣ln（1+2t）]，且3k[ln（1+3t）﹣ln（1+t）]=n[3ln（1+t）﹣ln（1+3t）]，再將這兩式相除，化簡得，ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**）令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）﹣ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t），則g′（t）=[（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]，令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），則φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）﹣2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t）]，令φ1（t）=φ′（t），則φ1′（t）=6[3ln（1+3t）﹣4ln（1+2t）+ln（