所以
在Rt△CMF中，
．
，
所以∠FCM=45°，
故CM与平面CDE所成的角是45°．
方法二：如图，以点C为坐标原点，以CA，CB分别为x轴和y轴，
过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴，建立直角坐标系C﹣xyz，设EA=a， 则A（2a，0，0），B（0，2a，0），E（2a，0，a）．D（0，2a，2a），M（a，a，0）． （I）证明：因为所以
（II）解：设向量n=（1，y0，z0）与平面CDE垂直，则即因为
所以y0=2，x0=﹣2，
，
，
． ，
，
，
，
，故EM⊥CM．
，
，
直线CM与平面CDE所成的角θ是n与夹角的余角，
所以θ=45°，
因此直线CM与平面CDE所成的角是45°．
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【点评】本题主要考查空间线面关系、空间向量的概念与运算等基础知识，
同时考查空间想象能力和推理运算能力．利用空间直角坐标系解答时，注意计算的准确性． 20．（14分）
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；直线的一般式方程；椭圆的简单性质． 【分析】（Ⅰ）设出点A，B的坐标利用椭圆的方程求得A，B的横坐标，进而利用弦长公式和b，求得三角形面积表达式，利用基本不等式求得其最大值．
（Ⅱ）把直线与椭圆方程联立，进而利用弦长公式求得AB的长度的表达式，利用O到直线AB的距离建立方程求得b和k的关系式，求得k．则直线的方程可得． 【解答】解：（Ⅰ）设点A的坐标为（x1，b），点B的坐标为（x2，b），
由所以当且仅当
，解得
=
时，S取到最大值1．
，
≤b+1﹣b=1．
2
2
（Ⅱ）解：由
得
△=4k﹣b+1，
=
2
2
，①
．②
设O到AB的距离为d，则，
又因为，
所以b=k+1，代入②式并整理，得
22
，
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解得，，代入①式检验，△＞0，
或
或
，或
．
故直线AB的方程是
【点评】本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力． 21．（15分）
【考点】数列的求和；不等式的证明．
【分析】（1）用解方程或根与系数的关系表示a2k﹣1，a2k，k赋值即可． （2）由S2n=（a1+a2）+…+（a2n﹣1+a2n）可分组求和． （3）Tn复杂，常用放缩法，但较难．
2kkk
【解答】解：（Ⅰ）解：方程x﹣（3k+2）x+3k?2=0的两个根为x1=3k，x2=2， 当k=1时，x1=3，x2=2，所以a1=2； 当k=2时，x1=6，x2=4，所以a3=4； 当k=3时，x1=9，x2=8，所以a5=8时； 当k=4时，x1=12，x2=16，所以a7=12．
（Ⅱ）解：S2n=a1+a2+…+a2n=（3+6+…+3n）+（2+2+…+2）=（Ⅲ）证明：所以当n≥3时，
，
．
，
2
n
．
=
同时，
，
=
．
综上，当n∈N*时，
．
【点评】本题主要考查等差、等比数列的基本知识，考查运算及推理能力．本题属难题，一般要求做（1），（2）即可，让学生掌握常见方法，对（3）不做要求． 22．（15分）
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【考点】利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；利用导数求闭区间上函数的最值．
【分析】（I）首先求出函数的导数，然后令f′（x）=0，解出函数的极值点，最后根据导数判断函数的单调性，从而求函数y=f（x）﹣g8（x）的单调区间； （II）（ⅰ）由题意当x＞0时，f（x）≥gt（x），求出f（x）最小值，和gt（x）的最大值，从而求证；
（ⅱ）由（i）得，gt（2）≥gt（2）对任意正实数t成立．即存在正实数x0=2，使得gx（2）≥gt（2）对任意正实数t，然后再证明x0的唯一性． 【解答】解：（I）解：
．由y'=x﹣4=0，得x=±2．
2
因为当x∈（﹣∞，﹣2）时，y'＞0， 当x∈（﹣2，2）时，y'＜0， 当x∈（2，+∞）时，y'＞0，
故所求函数的单调递增区间是（﹣∞，﹣2），（2，+∞）， 单调递减区间是（﹣2，2）． （II）证明：（i）方法一： 令
，则
，
当t＞0时，由h'（x）=0，得当
，
时，h'（x）＞0，
．
所以h（x）在（0，+∞）内的最小值是
故当x＞0时，f（x）≥gt（x）对任意正实数t成立． 方法二：
对任意固定的x＞0，令
，则
，
由h'（t）=0，得t=x．
3
当0＜t＜x时，h'（t）＞0．
3
当t＞x时，h'（t）＜0， 所以当t=x时，h（t）取得最大值
3
3
．
因此当x＞0时，f（x）≥g（x）对任意正实数t成立． （ii）方法一：
．
由（i）得，gx（2）≥gt（2）对任意正实数t成立．
即存在正实数x0=2，使得gx（2）≥gt（2）对任意正实数t成立． 下面证明x0的唯一性：
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