【正文】 0)y kx m k? ? ? 代入橢圓方程，得 224( ) 8 0x kx m? ? ? ?， 整理，得 2 2 2(1 4 ) 8 4 8 0k x m k x m? ? ? ? ?． ① 由線段 BC 被 y 軸平分，得28 014BC mkxx k? ? ? ??， 因為 0k? ， 所以 0m? ． 因為當 0m? 時， BC， 關于原點對稱，設 ( ) ( )B x kx C x kx??， ， ， 由方程 ① ，得 22814x k? ?， 又因為 AB AC? ， A(2， 1)， 所以 22( 2 ) ( 2 ) ( 1 ) ( 1 ) 5 ( 1 )A B A C x x k x k x k x? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?228(1 )5014kk?? ? ??， 所以 12k?? ． O C B A yxl 由于 12k?時，直線 12yx?過點 A(2， 1)，故 12k?不符合題設． 所以，此時直線 l 的方程為 12yx?? ． 26． 解： （ Ⅰ ） 設動點 P 的坐標為 ( )xy， ,點 A 的坐標為 ( )AAxy， ,則 ( )AAAP x x y y? ? ?， , 因為 F 的坐標為 (1 0)， ,所以 ( 1 )AAFA x y??， , 由 2AP FA?? 得 ( ) 2 ( 1 )A A A Ax x y y x y? ? ? ? ?， ，． 即 2( 1)2AAx x xy y y? ? ? ??? ? ? ?? 解得 2AAxxyy???? ??? 代入 2 4yx? ,得到動點 P 的軌跡方程為 2 84yx?? ． （ Ⅱ ） 設點 Q 的坐標為 ( 0)t， ． 點 Q 關于直線 2yx? 的對稱點為 ( )Q x y? ， , 則122yxty xt? ???? ??? ???? 解得3545xtyt? ?????? ??? 若 Q? 在 C 上 ,將 Q? 的坐標代入 2 4yx? ,得 24 15 0tt??,即 0t? 或 154t?? ． 所以存在滿足題意的點 Q ,其坐標為 (0 0)， 和 15( 0)4? ， ． 27． 解： （ Ⅰ ） 由題意可設橢圓方程為 （ a＞ b＞ 0），則 則 故 所以，橢圓方程為 ． （ Ⅱ ） 由題意可知，直線 l 的斜率存在且不為 0， 故可設直線 l 的方程為 y=kx+m（ m≠0）， P（ x1， y1）， Q（ x2， y2）， 由 消去 y 得 （ 1+4k2） x2+8kmx+4（ m2﹣ 1） =0， 則 △ =64k2b2﹣ 16（ 1+4k2b2）（ b2﹣ 1） =16（ 4k2﹣ m2+1）＞ 0， 且 ， ． 故 y1y2=（ kx1+m）（ kx2+m） =k2x1x2+km（ x1+x2） +m2． 因為直線 OP， PQ， OQ 的斜率依次成等比數(shù)列， 所以 =k2， 即 +m2=0，又 m≠0， 所以 k2= ，即 k= ． 由于直線 OP， OQ 的斜率存在，且 △＞ 0，得 0＜ m2＜ 2 且 m2≠1． 設 d 為點 O 到直線 l 的距離， 則 S△ OPQ= d|PQ|= |x1﹣ x2||m|= ， 所以 S△ OPQ 的取值范圍為（ 0， 1）． 28． 解： （ Ⅰ ）點 P 的 坐標為 ? ?,xy , ,22A P B Pyykkxx????, 由題意可知 32 2 4yyxx? ? ??? , 化簡得點 P 的軌跡方程為 22143xy??， ? ?2x?? ． （ Ⅱ ）以 BD 為直徑的圓與直線 PQ 相切． 證明如下：由題意可設直線 AP 的方程為 ( 2)y k x??( 0)k? ． 則點 D 坐標為 (2, 4 )k ， BD 中點 E 的坐標為 (2, 2 )k ． 由 22( 2),143y k xxy????? ????得 2 2 2 2( 3 4 ) 16 16 12 0k x k x k? ? ? ? ?． 設點 P 的坐標為 00( , )xy ，則 20 216 122 34kx k??? ?． 所以 20 26834kx k?? ?，00 212( 2 ) 34ky k x k? ? ? ?． 因為點 Q 坐標為 (1, 0) ， 當 12k?? 時，點 P 的坐標為 3(1, )2? ，點 D 的 坐標為 (2, 2)? 直線 PQ x? 軸，此時以 BD 為直徑的圓 22( 2) ( 1) 1xy? ? ?與直線 PQ 相切． 當 12k?? 時，則直線 PF 的斜率 020 41 1 4PF y kk xk????． 所以直線 PQ 的方程為24 ( 1)14kyxk???． 點 E 到直線 PQ 的距離222228421 4 1 416 1(1 4 )kkkdkk??????? 32222814 2 | |14| 1 4 |kkk kkk?????? 又因為 | | 4| |BD k? ，所以 1||2d BD? ， 故 以 BD 為直徑的圓與直線 PQ 相切． 綜上得，當直線 AP 繞點 A 轉動時，以 BD 為直徑的圓與直線 PQ 相切． 29． 解：（Ⅰ）222 111)( x xaxaxxxf ???????， ),1[ ???x ∵函數(shù) )(xf 在 ),1[ ?? 上是單調函數(shù) ∴ 0)( ?? xf 或 0)( ?? xf 對任意 ),1[ ???x 恒成立 即 012 ??? xax 或 012 ??? xax 對任意 ),1[ ???x 恒成立 ∴ xxa 112 ??或 xxa 112 ??對任意 ),1[ ???x 恒成立 令 xt 1? ， ),1[ ???x ∴ ]1,0(?t 設 41)21()( 22 ????? tttth 所以 0)(41 ??? th 所以滿足條件的實數(shù) a 的取值范圍為 0?a 或 41??a 。 （Ⅱ ）由（Ⅰ）知， 0?a 時，函數(shù) ()fx在 ],1[e 上為增函數(shù)， 故 )()()1( efxff ?? 即 eaexfa 11)(1 ????? ∵222 111)( xxxxg ????? ∴當 ],1[ ex? 時， 0)( ?? xg 所以函數(shù) )(xg 在 ],1[e 上是單調遞增函數(shù) ∴ )()()1( egxgg ?? 即 eexg 1)(2 ??? 對于任意 ],1[1 ex ? ，總存在 ],1[2 ex ? ，使得 )()( 21 xgxf ? 成立， 可知 m ax2m ax1 )()( xgxf ? ． 所以 eeeae 111 ???? ，即 ea 11?? 故所求正實數(shù) a 的取值范圍為 ea 110 ??? 。 30． 解：（ I） a=﹣ 2 時， f（ x） =xlnx﹣ 2x，則 )(xf? =lnx﹣ 1． 令 )(xf? =0 得 x=e， 當 0＜ x＜ e 時， )(xf? ＜ 0，當 x＞ e 時， )(xf? ＞ 0， ∴ f（ x）的單調遞減區(qū)間是（ 0， e），單調遞增區(qū)間為（ e， +∞）． （ II）若對任意 x∈（ 1， +∞）， f（ x）＞ k（ x﹣ 1） +ax﹣ x 恒成立， 則 xlnx+ax＞ k（ x﹣ 1） +ax﹣ x 恒成立，即 k（ x﹣ 1）＜ xlnx+ax﹣ ax+x 恒成立， 又 x﹣ 1＞ 0，則 k＜ 1ln??x xxx 對任意 x∈（ 1， +∞）恒成立， 設 h（ x） = 1ln??x xxx ，則 )(xh? =2)1( 2ln? ??x xx 設 m（ x） =x﹣ lnx﹣ 2，則 )(xm? =1﹣ ， ∵ x∈（ 1， +∞），∴ )(xm? ＞ 0，則 m（ x）在（ 1， +∞）上是增函數(shù)． ∵ m（Ⅰ） =﹣ 1＜ 0， m（Ⅱ） =﹣ ln2＜ 0， m（Ⅲ） =1﹣ ln3＜ 0， m（ 4） =2﹣ ln4＞ 0， ∴存在 x0∈（ 3， 4），使得 m（ x0） =0， 當 x∈（ 1， x0）時， m（ x）＜ 0，即 )(xh? ＜ 0， 當 x∈（ x0， +∞）時， m（ x）＞ 0， )(xh? ＞ 0， ∴ h（ x）在（ 1， x0）上單調遞減，在（ x0， +∞）上單 調遞增， ∴ h（ x）的最小值 hmin（ x） =h（ x0） = 1ln0000 ??x xxx ． ∵ m（ x0） =x0﹣ lnx0﹣ 2=0，∴ lnx0=x0﹣ 2．∴ h（ x0） = 1)2(0000 ? ??x xxx =x0． ∴ k＜ hmin（ x） =x0． ∵ 3＜ x0＜ 4， K 為正整數(shù) ∴ k 的值為 1， 2， 3． 31． 解： （ Ⅰ ）xaxxf 12)( ????（ 0?x ） ． 所以切線的斜率0012 xaxk ??? ， 切線方程為 ))(12()ln(0000020 xxxaxxaxxy ??????? 由于切線經(jīng)過原點，則 )0)(12()ln(00000020 xxaxxaxx ??????? 經(jīng)整理得： 01ln 020 ??? xx 顯然 ， 10?x 是這個方程的解，又因為 1ln2 ??? xxy 在 ),0( ?? 上是增函數(shù) ， 所以方程 01ln2 ??? xx 有唯一實 數(shù)解 ．故 10?x ． （ Ⅱ ）xe xaxxxg xfxF ln)( )()(2 ???? ， xe xxaxaxxF ln1)2()(2 ???????? ． 設 xxaxaxxh ln1)2()( 2 ???????， 則 axxxxh ??????? 2112)( 2． 易知 )(xh? 在 ]1,0( 上是減函數(shù)， 從而 ahxh ????? 2)1()( （Ⅰ） 當 02 ??a ，即 2?a 時， 0)( ?? xh ， )(xh 在區(qū)間 )1,0( 上是增函數(shù)． 0)1( ?h? ， 0)( ?? xh 在 ]1,0( 上恒成立，即 0)( ?? xF 在 ]1,0( 上恒成立． )(xF? 在區(qū)間 ]1,0( 上是減函數(shù)． 所以， 2?a 滿足題意． （ Ⅱ） 當 02 ??a ，即 2?a 時，設函數(shù) )(xh? 的唯一零點為 0x ， 則 )(xh 在 ),0( 0x 上遞增，在 )1,( 0x 上遞減 ． 又∵ 0)1( ?h ， ∴ 0)( 0 ?xh ． 又∵ 0ln)2()( 2 ???????? ???? aaaaa eeaeaeeh ， ∴ )(xh 在 )1,0( 內(nèi)有 唯一 一個零點 x? ， 當 ),0( xx ?? 時 ， 0)( ?xh ，當 )1,(xx ?? 時 ， 0)( ?xh ． 從而 )(xF 在 ),0( x? 遞減，在 )1,(x? 遞增，與 在區(qū)間 ]1,0( 上是單調函數(shù)矛盾． ∴ 2?a 不合 題意 ． 綜合 （Ⅰ）（Ⅱ） 得， 2?a ． 32． 解 ： （ Ⅰ ） 由 ， 得切線的斜率 k=f39。（ Ⅱ ） =a﹣ 3=﹣ 1， ∴ a=2， 故 f（ x） =2lnx﹣ x2+2x， 由 f（ x） ≥2x+m，得 m≤2lnx﹣ x2， ∵ 不等式 f（ x） ≥2x+m在 上有解， ∴ m≤（ 2lnx﹣ x2） max ． 令 g（ x） =2lnx﹣ x2，則 ， ∵ x∈ ，故 g′（ x） =0 時， x=1． 當 時， g39。（ x）＞ 0；當 1＜ x＜ e 時， g39。（ x）＜ 0． 故 g（ x）在 x=1 處取得最大值 g（ Ⅰ ） =﹣ 1， ∴ m≤﹣ 1； （ Ⅱ ） ∵ f（ x）的圖象與 x 軸交于兩個不同的點 A（ x1， 0）， B（ x2， 0）， ∴ 方程 2lnx﹣ x2+ax=0 的兩個根為 x1， x2， 則 ，兩式相減得 ， 又 ，則， 要證 ， 即證明 ， ∵ 0＜ x1＜ x2， ∴ 0＜ t＜ 1， 只要 證明 在 0＜ t＜ 1 上恒成立 即可 ∵ ， 又 0＜ t＜ 1，