ππππ5ππππ因为≤θ＜，所以≤2θ－＜，所以当2θ－＝，即θ＝时，DE＋DF有最大值5，此时E与C重合． …
3226662313分答：当E与C重合时，两条栈道长度之和最大． …………14分 18．(本小题满分16分) 解（1）离心率e＝＝
ca33122
，所以c＝a，b＝a－c＝a， ………………2分 222
x2y2
所以椭圆C的方程为2＋2＝1．
4bb83169
因为椭圆C经过点P(，)，所以2＋2＝1，
5525b25b所以b＝1，所以椭圆C的方程为＋y＝1． …………………………………4分
4（2）解法一
22()
225242
设N(n，0)，当l斜率不存在时，A(，y)，B(，－y)，则y＝1－＝，
55425→则NA244→224
NB＝(－n)2－y2＝(－n)2－＝n2－n－， …………6分
555525
→NB＝(－2－n)(2－n)＝n2－4．
2
x2
2
→当l经过左?右顶点时，NA4422
令n－n－＝n－4，得n＝4． ………………8分
55
→2
下面证明当N为(4，0)时，对斜率为k的直线l：y＝k(x－)，恒有NA5
→NB＝12．
?4＋y＝1，
1616
设A(x，y)，B(x，y)，由?消去y，得(4k＋1)x－kx＋k－4＝0，
2525
y＝k(x－)，?5
2
2
2
2
2
1
1
2
2
x2
162162
kk－4525
所以x1＋x2＝2，x1x2＝2， ……………10分
4k＋14k＋1→所以NA→NB＝(x1－4)(x2－4)＋y1y2
222
＝(x1－4)(x2－4)＋k(x1－)(x2－)
55
2242 2
＝(k＋1)x1x2－(4＋k)(x1＋x2)＋16＋k……………12分
525162162
k－4k25524222
＝(k＋1)2－(4＋k)2＋16＋k
4k＋154k＋125162162224222
(k＋1)(k－4)－k(4＋k)＋k(4k＋1)
255525
＝＋16 2
4k＋1
－16k－4＝＋16＝12． 2
4k＋1
→所以在x轴上存在定点N(4，0)，使得NA解法二
2
设N(n，0)，当直线l斜率存在时，设l：y＝k(x－)，
5设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
→NB为定值． ………………16分
2
?4＋y＝1，
1616
由?消去y，得(4k＋1)x－kx＋k－4＝0，
2525
y＝k(x－)，?5
2
2
2
2
2
x2
162162
kk－4525
所以x1＋x2＝2，x1x2＝2， ……………6分
4k＋14k＋1→所以NA→22NB＝(x1－n)(x2－n)＋y1y2＝(x1－n)(x2－n)＋k2(x1－)(x2－)
55
224222
＝(k＋1)x1x2－(n＋k)(x1＋x2)＋n＋k
525
162162
k－4k255242 222
＝(k＋1)2－(n＋k)2＋n＋k………………8分
4k＋154k＋125162162224222
(k＋1)(k－4)－k(n＋k)＋k(4k＋1)
2555252
＝＋n 2
4k＋116162
(－n－)k－4
552
＝＋n． ………………12分 2
4k＋1→若NA1616216162(－n－)k－4(－n－)k－4
5555→NB为常数，则为常数，设＝λ，λ为常数， 22
4k＋14k＋1
161622
则(－n－)k－4＝4λk＋λ对任意的实数k恒成立，
55
??－16n－16＝4λ，→→5所以?5所以n＝4，λ＝－4， 此时NANB＝12． …………14分
?－4＝λ，?
22
()
225242
当直线l斜率不存在时，A(，y)，B(，－y)，则y＝1－＝，
55425→所以NA2→224
NB＝(－4)2－y2＝(－4)2－＝12，
5525
→NB为定值． ………………………………16分
→所以在x轴上存在定点N(4，0)，使得NA19．(本小题满分16分)
解：（1）因为f (x)＝2x－3ax＋3a－2（a＞0），
所以f'(x)＝6x－6ax＝6x(x－a)．
令f'(x)＝0，得x＝0或a． ………………2分 当x∈(－∞，0)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增； 当x∈(0，a)时，f'(x)＜0，f (x)单调递减； 当x∈(a，＋∞)时，f'(x)＞0，f (x)单调递增．
2
故f (x)极大值＝f (0)＝3a－2＝0，解得a＝． ………………4分
3（2）g (x)＝f (x)＋6x＝2x－3ax＋6x＋3a－2（a＞0），
则g′(x)＝6x－6ax＋6＝6(x－ax＋1)，x∈[0，1]． ①当0＜a≤2时，△＝36(a－4)≤0，
所以g′(x)≥0恒成立，g (x)在[0，1]上单调递增，
则g (x)取得最大值时x的值为1． ……………………………6分
②当a＞2时，g′(x)的对称轴x＝＞1，且△＝36(a－4)＞0，g′(1)＝6(2－a)＜0，g′(0)＝6＞0，
2 所以g′(x)在(0，1)上存在唯一零点x0＝
2
2
2
3
2
2
32
a2
a－a2－4
2
．
当x∈(0，x0)时，g′(x)＞0，g (x)单调递增， 当x∈(x0，1)时，g′(x)＜0，g (x)单调递减， 则g (x)取得最大值时x的值为x0＝a－a2－4
2
． ………………………………8分
综上，当0＜a≤2时，g (x)取得最大值时x的值为1；
当a＞2时，g (x)取得最大值时x的值为
3
2
a－a2－4
2
． ……………………………9分
（3）设h (x)＝f (x)－f ′(x)＝2x－3(a＋2)x＋6ax＋3a－2，
aa＋2
则h (x)≥0在[，]有解． ………………………………10分
22h′(x)＝6[x－(a＋2)x＋a]＝6[(x－
2
a＋2
2
)－
2
a2＋4
4
]，
aa＋2a32
因为h′(x)在(，)上单调递减，所以h′(x)＜h′()＝－a＜0，
2222aa＋2
所以h (x)在(，)上单调递减，
22
所以h()≥0，即a－3a－6a＋4≤0． …………………………………12分 2设t (a)＝a－3a－6a＋4（a＞0），则t′ (a)＝3a－6a－6， 当a∈(0，1＋2)时，t′ (a)＜0，t (a)单调递减；
3
2
2
a32
当a∈(1＋2，＋∞)时，t′ (a)＞0，t(a)单调递增．
因为t (0)＝4＞0，t (1)＝－4＜0，所以t (a)存在一个零点m∈(0，1)， …………………14分 因为t (4)＝－4＜0，t (5)＝24＞0，所以t (a)存在一个零点n∈(4，5)， 所以t (a)≤0的解集为[m，n]，
故满足条件的正整数a的集合为{1，2，3，4}． …………………………………16分
20．(本小题满分16分)
解：（1）当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2(n－1)＝4n－2，
又a1＝S1＝2＝4×1－2，所以an＝4n－2． …………………………………2分 所以an＋|an＋1－an＋2|＝4n－2＋4＝4(n＋1)－2为数列{an}的第n＋1项，
因此数列{an}为“T 数列”． …………………………………4分 （2）因为数列{an}是公差为d的等差数列， 所以an＋|an＋1－an＋2|＝a1＋(n－1) d＋|d|． 因为数列{an}为“T 数列”，
所以任意n∈N*，存在m∈N*，使得a1＋(n－1) d＋|d|＝am，即有(m－n) d＝|d|．…………6分 ①若d≥0，则存在m＝n＋1∈N*，使得(m－n) d＝|d|， ②若d＜0，则m＝n－1．
此时，当n＝1时，m＝0不为正整数，所以d＜0不符合题意．
综上，d≥0． ……………………………………8分 （3）因为an＜an＋1，所以an＋|an＋1－an＋2|＝an＋an＋2－an＋1．
又因为an＜an＋an＋2－an＋1＝an＋2－(an＋1－an)＜an＋2，且数列{an}为“T数列”， 所以an＋an＋2－an＋1＝an＋1，即an＋an＋2＝2an＋1，
所以数列{an}为等差数列． …………………………………10分 设数列{an}的公差为t(t＞0)，则有an＝1＋(n－1)t，
由an＜an＋1－an＜an＋1，得1＋(n－1)t＜t[2＋(2n－1)t]＜1＋nt，………………………………12分 整理得n(2t－t)＞t－3t＋1， ①
2
2
2
2
n(t－2t2)＞2t－t2－1． ②
t2－3t＋1 若2t－t＜0，取正整数N0＞， 2
2t－t2
则当n＞N0时，n(2t－t)＜(2t－t) N0＜t－3t＋1，与①式对于任意n∈N*恒成立相矛盾， 因此2t－t≥0．
2
222
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