【正文】 （ x）＞ 0；當(dāng) 1＜ x＜ e 時(shí)， g39。 30． 解：（ I） a=﹣ 2 時(shí)， f（ x） =xlnx﹣ 2x，則 )(xf? =lnx﹣ 1． 令 )(xf? =0 得 x=e， 當(dāng) 0＜ x＜ e 時(shí)， )(xf? ＜ 0，當(dāng) x＞ e 時(shí)， )(xf? ＞ 0， ∴ f（ x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（ 0， e），單調(diào)遞增區(qū)間為（ e， +∞）． （ II）若對(duì)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(duì)任意 x∈（ 1， +∞）恒成立， 設(shè) h（ x） = 1ln??x xxx ，則 )(xh? =2)1( 2ln? ??x xx 設(shè) 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(dāng) x∈（ 1， x0）時(shí)， m（ x）＜ 0，即 )(xh? ＜ 0， 當(dāng) x∈（ x0， +∞）時(shí)， m（ x）＞ 0， )(xh? ＞ 0， ∴ h（ x）在（ 1， x0）上單調(diào)遞減，在（ x0， +∞）上單 調(diào)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(diǎn)，則 )0)(12()ln(00000020 xxaxxaxx ??????? 經(jīng)整理得： 01ln 020 ??? xx 顯然 ， 10?x 是這個(gè)方程的解，又因?yàn)?1ln2 ??? xxy 在 ),0( ?? 上是增函數(shù) ， 所以方程 01ln2 ??? xx 有唯一實(shí) 數(shù)解 ．故 10?x ． （ Ⅱ ）xe xaxxxg xfxF ln)( )()(2 ???? ， xe xxaxaxxF ln1)2()(2 ???????? ． 設(shè) 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(dāng) 02 ??a ，即 2?a 時(shí)， 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(dāng) 02 ??a ，即 2?a 時(shí)，設(shè)函數(shù) )(xh? 的唯一零點(diǎn)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(gè)零點(diǎn) x? ， 當(dāng) ),0( xx ?? 時(shí) ， 0)( ?xh ，當(dāng) )1,(xx ?? 時(shí) ， 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(diào)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。 ∴ AB⊥ DE． 又 ∵ PD⊥ 平面 ABCD， ∴ PD⊥ AB． 又 ∵ PD DE D??， ∴ AB⊥ 平面 PDE， ∵ PABAB 平面? ， ∴ 平面 PED⊥ 平面 PAB． 24． 解： （Ⅰ） ∵ AB 是直徑，∴ ACBC? 又四邊形 DCBE 為矩形 , DECD? , DEBC// ,∴ ACDE? ∵ CACCD ?? ，∴ ?DE 平面 ACD 又 ?DE 平面 ADE ，∴平面 ?ADE 平面 ACD （Ⅱ） 由⑴知 DESVVA C DA C DEA D EC ???? ??? 31 DECDAC ??? 2131 BCAC ??? 61 34121)(121 222 ?????? ABBCAC ， 當(dāng)且僅當(dāng) 22?? BCAC 時(shí)等號(hào)成立 ∴當(dāng) 22?? BCAC 三棱錐 ADEC? 體積最大為 34 此時(shí)， 3)22(1 22 ???AD ， 2321 ????? DEADS A D E 設(shè)點(diǎn) C 到平面 ADE 的距離為 h ，則 3431 ?????? hSV A D EA D EC 322?h 25． 解 ： （Ⅰ） 由條件知橢圓 22 1 ( 0 )xy abab? ? ? ?離心率為 32ce a??， 所以 2 2 2 214b a c a? ? ? ． 又點(diǎn) A(2， 1)在橢圓 22 1 ( 0 )xy abab? ? ? ?上， 所以22411ab??， 解得 2282ab? ??? ???，． 所以，所求橢圓的方程為 22182xy??． （ Ⅱ） 將 ( 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?yàn)?0k? ， 所以 0m? ． 因?yàn)楫?dāng) 0m? 時(shí)， BC， 關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，設(shè) ( ) ( )B x kx C x kx??， ， ， 由方程 ① ，得 22814x k? ?， 又因?yàn)?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(shí)，直線 12yx?過點(diǎn) A(2， 1)，故 12k?不符合題設(shè)． 所以，此時(shí)直線 l 的方程為 12yx?? ． 26． 解： （ Ⅰ ） 設(shè)動(dòng)點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 ( )xy， ,點(diǎn) A 的坐標(biāo)為 ( )AAxy， ,則 ( )AAAP x x y y? ? ?， , 因?yàn)?F 的坐標(biāo)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(dòng)點(diǎn) P 的軌跡方程為 2 84yx?? ． （ Ⅱ ） 設(shè)點(diǎn) Q 的坐標(biāo)為 ( 0)t， ． 點(diǎn) Q 關(guān)于直線 2yx? 的對(duì)稱點(diǎn)為 ( )Q x y? ， , 則122yxty xt? ???? ??? ???? 解得3545xtyt? ?????? ??? 若 Q? 在 C 上 ,將 Q? 的坐標(biāo)代入 2 4yx? ,得 24 15 0tt??,即 0t? 或 154t?? ． 所以存在滿足題意的點(diǎn) Q ,其坐標(biāo)為 (0 0)， 和 15( 0)4? ， ． 27． 解： （ Ⅰ ） 由題意可設(shè)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(shè)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?yàn)橹本€ 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(shè) d 為點(diǎn) 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(diǎn) P 的 坐標(biāo)為 ? ?,xy , ,22A P B Pyykkxx????, 由題意可知 32 2 4yyxx? ? ??? , 化簡得點(diǎn) 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(shè)直線 AP 的方程為 ( 2)y k x??( 0)k? ． 則點(diǎn) D 坐標(biāo)為 (2, 4 )k ， BD 中點(diǎn) E 的坐標(biāo)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(shè)點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 00( , )xy ，則 20 216 122 34kx k??? ?． 所以 20 26834kx k?? ?，00 212( 2 ) 34ky k x k? ? ? ?． 因?yàn)辄c(diǎn) Q 坐標(biāo)為 (1, 0) ， 當(dāng) 12k?? 時(shí)，點(diǎn) P 的坐標(biāo)為 3(1, )2? ，點(diǎn) D 的 坐標(biāo)為 (2, 2)? 直線 PQ x? 軸，此時(shí)以 BD 為直徑的圓 22( 2) ( 1) 1xy? ? ?與直線 PQ 相切． 當(dāng) 12k?? 時(shí)，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(diǎn) 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?yàn)?| | 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(dāng)直線 AP 繞點(diǎn) A 轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，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(diào)函數(shù) ∴ 0)( ?? xf 或 0)( ?? xf 對(duì)任意 ),1[ ???x 恒成立 即 012 ??? xax 或 012 ??? xax 對(duì)任意 ),1[ ???x 恒成立 ∴ xxa 112 ??或 xxa 112 ??對(duì)任意 ),1[ ???x 恒成立 令 xt 1? ， ),1[ ???x ∴ ]1,0(?t 設(shè) 41)21()( 22 ????? tttth 所以 0)(41 ??? th 所以滿足條件的實(shí)數(shù) a 的取值范圍為