由椭圆定义得2?2c?3?2a，∴c?32a， x2y2又椭圆C：a2?b2?1（a?b?0）过点A(0,1)，
∴b?1，∴c2?a2?b2?a2?1?34a2，解得a?2，c?3， ∴椭圆C的标准方程为x24?y2?1． ?y?k(x?2),（2）设P(x,y?1,y1)，Q(x22)，联立方程?x2??4?y2?1, 整理得(1?4k2)x2?16k2x?(16k2?4)?0，
直线l：y?k(x?2)恒过点(?2,0)，此点为椭圆的左顶点，∴x1??2，x?16k2由方程的根与系数关系可得1?x2?1?4k2，② 可得y1?y2?k(x1?2)?k(x2?2)?k(x1?x2)?4k，③
由①②③，解得x2?8k242?1?4k2，y2?k1?4k2， 由点A在以PQ为直径的圆外，得?PAQ为锐角，即???AP?????AQ??0，
由???AP??(?2,?1)，???AQ??(x2,y2?1)，
∴???AP?????AQ???2x4?16k22?y2?1?0，即1?4k2?4k1?4k2?1?0， 整理得20k2?4k?3?0，解得k??310或k?12． ∴实数k的取值范围是(??,?310)?(12,??)．
21.解：（1）由已知得 x?0，f'(x)?11?xx?1?x，
当x?1时，由f'(x)?0，得0?x?1；由f'(x)?0，得 x?1， 所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,??)．
y1?0，①
（2）因为g(x)?xf(x)?1211x?2x?x(lnx?x?1)?x2?2x?xlnx?x2?x， 222则g'(x)?lnx?1?x?1?lnx?x?2?f(x)?3，
由（1）可知，函数g'(x)在(0,1)上单调递增，在(1,??)上单调递减． 又因为g'(111)??2??2???0，g'(1)?1?0， e2e2e2所以g'(x)在(0,1)上有且只有一个零点x1，
又在(0,x1)上g'(x)?0，g(x)在(0,x1)上单调递减，在(x1,1)上g'(x)?0，g(x)在(x1,1)上单调递增，
所以x1为极值点，此时m?0，
又g'(3)?ln3?1?0，g'(4)?2ln2?2?0，所以g'(x)在(3,4)上有且只有一个零点x2． 因在(3,x2)上g'(x)?0，g(x)在(3,x2)上单调递增；在(x2,4)上g'(x)?0，g(x)在(x2,4)上单调递减，
所以x2为极值点，此时m?3． 综上所述，m?0或m?3．
222.解：（1）由??22cos(??)得??2cos??2sin?，所以??2?cos??2?sin?，
?4将???cos??x,代入到x2?y2?2x?2y，即(x?1)2?(y?1)2?2，
??sin??y,22所以C2的直角坐标方程为(x?1)?(y?1)?2，表示以(1,1)为圆心，2为半径的圆．
os?,?x?tc（2）将?代入(x?1)2?(y?1)2?2，整理得t2?(2cos??4sin?)t?3?0，
y??1?tsin??设A，B对应的参数分别为t1、t2，则t1、t2是方程t?(2cos??4sin?)t?3?0的两根， 所以t1?t2?2cos??4sin?，因为|MN|?2，所以|所以1?sin22t1?t2|?2，所以cos??2sin??2， 2??4(1?sin?)2，所以(5sin??3)(sin??1)?0，
3或sin??1． 5所以sin??
??2x?1,x?0,?23.解：（1）由f(x)??1,0?x?1,
?2x?1,x?1.?得f(x)min?1，要使f(x)?|m?1|恒成立，
只要1?|m?1|，即0?m?2，实数m的最大值为2． （2）由（1）知a?b?2，又a?b?2ab，故ab?1；
2222(a?b)2?4a2b2?a2?b2?2ab?4a2b2?2?2ab?4a2b2??2(ab?1)(2ab?1)，
∵0?ab?1，∴(a?b)2?4a2b2??2(ab?1)(2ab?1)?0，∴a?b?2ab．
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