2023-2024学年湖北省武汉市问津教育联合体高二（下）联考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市问津教育联合体高二（下）联考数学试卷（3月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列求导运算结果正确的是( )
A. (x+1x)′=1+1x2B. (xlnx)′=lnx+1
C. (sinπ)′=csπD. (exx)′=ex(x+1)x2
2.在前n项和为Sn的等差数列{an}中，a6=a5+S4，a7=19，则S5=( )
A. 3B. 10C. 15D. 25
3.设f′(x)=x2−2x是函数f(x)的导函数，则y=f(x)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
4.已知直线l过点A(1,1)交圆O：x2+y2=4于C，D两点，则“|CD|=2 3是直线l的斜率为0”的( )
A. 必要而不充分条件B. 充分必要条件
C. 充分而不必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.若f(x)=−13x3+12x2+2x+1是区间(m−1,m+4)上的单调函数，则实数m的取值范围是( )
A. m≤−5B. m≥3
C. m≤−5或m≥3D. −5≤m≤3
6.已知双曲线C：x2−y23=1,O为坐标原点，F是C的左焦点，过点F的直线与C的两条渐近线分别交于M、N.若三角形OMN是直角三角形，则三角形OMN的面积=( )
A. 3B. 2C. 2 3D. 32
7.若函数f(x)的导数f′(x)=x−sinx，f(x)的最小值为0，则函数y=f(x)−csx的零点为( )
A. 0B. ± 2C. ±2D. 2kπ(k∈Z)
8.设三棱锥S−ABC的三条侧棱SA、SB、SC两两相互垂直，AB=2，BC=3，AC= 7，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面ABC的距离为( )
A. 66B. 33C. 32D. 62
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.以下四个命题表述正确的是( )
A. 直线(m−1)x+(2m−1)y=m−3(m∈R)恒过定点(5,−2)
B. 已知过点(0,−1)的直线l与以点A(4,2)，B(−3,1)为端点的线段AB相交，则直线l的斜率的取值范围为[−23,34]
C. 圆x2+y2=2上有且仅有3个点到直线l：x−y+1=0的距离都等于 22
D. 已知圆C：x2+y2=2，P为直线x−y+2 3=0上一动点，过点P向圆C引一条切线PA，其中A为切点，则线段PA的最小值为2
10.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一个平面内，如果四边形ABCD是边长为4的正方形，则( )
A. 异面直线AE与DF所成角大小为π3
B. 二面角A−EB−C的平面角的余弦值为13
C. 存在一个体积为10π3的圆柱体可整体放入此八面体内．
D. 此八面体的内切球表面积为8π3
11.已知函数f(x)=|x−3|ex+a−1，则下列选项正确的是( )
A. y=f(x)在(2,3)上单调递减
B. y=f(x)恰有一个极大值
C. 当a>1时，y=f(x)有三个零点
D. 当a=1时，f(f(x))=0有三个实数解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a、b为实数，函数y=lnx+ax在x=1处的切线方程为4x−y+b=0，则ab的值______．
13.已知各项都为正数的等比数列{an}，若a8a2+5a5=14，则lg2a1+lg2a2+lg2a3+…+lg2a9= ______．
14.已知抛物线E：x2=2py(p>0)的焦点为F，圆F以F为圆心，且过坐标原点.过F作斜率为1的直线l，与E交于点A，B，与圆F交于点C，D，其中点B，D均在第一象限，|BD|−|AC|=4 2，则p= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
公比为q的等比数列{an}的前n项和Sn=2n+a．
(1)求a与q的值；
(2)若bn=lg2an，记数列{bn}的前n项和为Tn，若1T2+1T3+⋯+1Tn+1<λ恒成立.求λ的最小值．
16.(本小题15分)
已知点A(0,−2)和直线l：y=−x，点B是点A关于直线l的对称点．
(1)求点B的坐标；
(2)O为坐标原点，且点P满足|PO|= 3|PB|.若点P的轨迹与直线x−my−1=0没有公共点，求m的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，AC=2 3，三角形PAD为等边三角形，点M，N分别为AB，PC的中点．
(1)证明：直线MN/​/平面PAD；
(2)当二面角P−AD−C为120°时，求直线MN与平面PCD所成的角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax−ln(x+1)．
(1)若f(x)的零点也是其极值点，求a；
(2)若f(x)>0对所有x∈(0,+∞)成立，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(−1,0)、F2(1,0)，左、右顶点分别为A，B，P(x,y)为椭圆E上一点，且 (x−1)2+y2+ (x+1)2+y2=2 2．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过F1的直线与椭圆E交于C，D两点(其中点C位于x轴上方)，记直线AC，BD的斜率分别为k1，k2，试判断k1k2是否为定值，如果是定值，求出定值，如果不为定值，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：对于A：(x+1x)′=1−1x2，故A错误；
对于B：(xlnx)′=x′lnx+(lnx)′x=lnx+1x⋅x=lnx+1，故B正确；
对于C：(sinπ)′=0，故C错误；
对于D：(exx)′=(ex)′x−x′exx2=xex−exx2=ex(x−1)x2，故D错误．
故选：B．
根据导数的运算法则及基本初等函数的导数公式计算可得．
本题主要考查了函数的求导公式及求导法则的应用，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：设{an} 的通项公式为an=a1+(n−1)d，其中a1 是首项，d是公差，
则a5=a1+4d，a6=a1+5d，S4=a1+a42×4=4a1+6d，
由题意a1+5d=a1+4d+4a1+6d，解得a1=−54d，又a7=a1+6d=19，
代入得a1=−5，d=4，得a5=−5+4×4=11，得S5=a1+a52×5=15．
故选：C．
写出等差数列的通项公式以及前n项求和公式，利用题中所给的条件即可．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为f′(x)=x2−2x，所以令f′(x)>0，得x<0或x>2；令f′(x)<0，得0所以f(x)在(−∞,0)，(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，
由图可知，只有C选项的图象符合．
故选：C．
利用导数求出原函数的单调性，选择图像即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查学生的逻辑思维能力，属中档题．
4.【答案】A
【解析】解：当直线的斜率等于0时，直线的方程为y=1，代入方程x2+y2=4中，
得x=± 3，显然|CD|=2 3；
当直线的不存在斜率时，直线的方程为x=1，
代入方程x2+y2=4中，得y=± 3，显然|CD|=2 3，
因此是必要而不充分条件．
故选：A．
根据充分性、必要性的定义，结合直线的斜率是否存在进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的应用，直线与圆的位置关系，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意，f′(x)=−x2+x+2=−(x−2)(x+1)，
令f′(x)>0，解得−12，
所以f(x)在(−1,2)上单调递减，在(−∞,−1)，(2,+∞)上单调递减，
若函数f(x)=−13x3+12x2+2x+1在区间(m−1,m+4)上单调，
则m+4≤−1或m−1≥2或m−1≥−1m+4≤2，解得m≤−5或m≥3或m∈⌀，
即m∈(−∞,−5]∪[3,+∞)．
故选：C．
求导，分析导函数的正负得到原函数的单调性，再由已知建立关于m的不等式组，解出即可．
本题主要考查利用导数求函数的单调性，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：根据双曲线的对称性，不妨设过点F的直线的斜率大于零．如图所示：
由题意可得，双曲线的渐近线方程为：y=± 3x，|OF|=2
则两条渐近线的倾斜角分别为60°和120°，所以∠MON=60°．
因为三角形OMN是直角三角形，所以∠OMN=90°，
则∠ONM=30°，∠OFM=30°，又因为|OF|=2，
所以|OM|=1，|ON|=2，|NM|= 3．
所以S△OMN=12×|OM|×|NM|= 32．
故选：D．
先根据双曲线的方程得出渐近线方程及|OF|，进而得出∠MON=60°；再结合图形，根据三角形OMN是直角三角形得出∠OMN=90°，进而得出三角形OMN的三条边长即可解答．
本题考查双曲线的性质，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵函数f(x)的导数f′(x)=x−sinx，∴f(x)=12x2+csx+c，c为常数，
设g(x)=f′(x)=x−sinx，则g′(x)=1−csx≥0恒成立，即g(x)在R上单调递增，
又g(0)=0，∴当(−∞,0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，∴f(x)在(−∞,0)单调递减，
当(0,+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，∴f(x)在(0,+∞)单调递增，
∴f(x)在x=0处取得最小值，即f(x)min=f(0)=1+c=0，故c=−1，
∴f(x)=12x2+csx−1，故y=f(x)−csx=12x2−1，
令12x2−1=0，解得x=± 2，函数y=f(x)−csx的零点为± 2．
故选：B．
由f′(x)=x−sinx，确定f(x)，由f(x)的最小值为0，得出f(x)的解析式，进一步求出函数y=f(x)−csx的零点．
本题考查函数零点的判定及应用，训练了利用导数求最值，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查球心到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
以SA、SB、SC为棱构造长方体AEFG−SBDC，求出SA=1，SB= 3，SC= 6，以A为原点，AE为x轴，AG为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出球心O到平面ABC的距离．
【解答】
解：∵三棱锥S−ABC的三条侧棱SA、SB、SC两两相互垂直，AB=2，BC=3，AC= 7，
∴以SA、SB、SC为棱构造长方体AEFG−SBDC，
则SB2+SA2=4SB2+SC2=9SA2+SC2=7，解得SA=1，SB= 3，SC= 6，
以A为原点，AE为x轴，AG为y轴，AS为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B( 3,0,1)，C(0, 6,1)，S(0,0,1)，F( 3, 6,0)，
球心是SF的中点O，则O( 32, 62,12)，
AB=( 3,0,1)，AC=(0, 6,1)，AO=( 32, 62,12)，
设平面ABC的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅AB= 3x+z=0n⋅AC= 6y+z=0，取x= 2，得n=( 2,1,− 6)，
∴球心O到平面ABC的距离为：
d=|AO⋅n||n|= 623= 66．
故选：A．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由(m−1)x+(2m−1)y=m−3，即(x+2y−1)m−x−y+3=0，
由x+2y−1=0−x−y+3=0，解得x=5y=−2，故该直线恒过定点(5,−2)，故A正确；
对于B，设P(0,−1)，则kPA=2+14−0=34，kPB=1+1−3−0=−23，
要使直线l与线段AB相交，如图，
则k2≤kPB成k1≥kPA，即直线l的斜率的取值范围为(−∞,−23]∪[34,+∞)，故B错误；
对于C，由圆x2+y2=2，则圆心为(0,0)，半径r= 2，
所以圆心(0,0)到直线l的距离为d=1 1+1= 22=12r，
所以圆上有且仅有3个点到直线l的距离都等于 22，故C正确；
对于D，由圆C：x2+y2=2，则圆心为C[0,0)，半径r= 2，
由题意，|PA|= |PC|2−r2= |PC|2−2，要使|PA|最小，则|PC|最小，
而圆心C(0,0)到直线x−y+2 3=0的距离为d=2 3 12+(−1)2= 6，
则|PC|min= 6，则|PA|=min= 6−2=2，故D正确．
故选：ACD．
根据直线过定点的求法求出定点即可判断A：设P(0,−1)，根据斜率公式求出kPA，kPB，再结合图形求出直线l的斜率的取值范围即可判断B；求出圆心到直线l的距离与半径作比较即可判断C；由圆的性质结合勾股定理可得|PA|= |PC|2−2，要使|PA|最小，则|PC|最小，进而结合点到直线的距离公式求解即可判断D．
本题主要考查直线系过定点的求法，以及直线与圆位置关系，考查数形结合思想，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：连接AC、BD交于点O，连接OE，OF，
∵四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，
又∵八面体的每个面都是正三角形，
∴E，O，F三点共线，且EF⊥面ABCD，
∴以O为原点，分别以OB，OC，OE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示，
则O(0,0,0)，A(0,−2 2,0)，B(2 2,0,0)，C(0,2 2,0)，D(−2 2,0,0)，E(0,0,2 2)，F(0,0,−2 2)，
对于A：AE=(0,2 2,2 2)，DF=(2 2,0,−2 2)，
设异面直线AE与DF所成角为θ(0<θ≤π2)，
则csθ=|cs|=|AE⋅DF||AE||DF|=|0×2 2+2 2×0+2 2×(−2 2)| (2 2)2+(−2 2)2× (2 2)2+(−2 2)2=84×4=12，
∴θ=π3，即异面直线AE与DF所成角大小为π3，故选项A正确；
对于B：BE=(−2 2,0,2 2)，BA=(−2 2,−2 2,0)，BC=(−2 2,2 2,0)，
设面ABE的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
则n⋅BE=0n⋅BA=0⇒−2 2x1+2 2z1=0−2 2x1−2 2y1=0，
取x1=1，则y1=−1，z1=1，则n=(1,−1,1)，
设面BEC的一个法向量为m=(x2,y2,z2)，
则n⋅BE=0n⋅BC=0⇒−2 2x2+2 2z2=0−2 2x2+2 2y2=0，
取x2=1，则y2=1，z2=1，则m=(1,1,1)，
∴|cs|=|n⋅m||n||m|=|1−1+1| 3× 3=13，
又∵面ABE与BEC所成的二面角的平面角为钝角，
∴二面角A−EB−C的平面角的余弦值为−13，故选项B不正确；
对于C：如图，由图形的对称性，先分析正四棱锥E−ABCD内接最大圆柱的体积，
设圆柱底面半径为r，高为h，P为BC的中点，Q为AD的中点，
PQ=4,EO=2 2，由△EGH∽△EOP，
得GHOP=EGEO，
∴r2=2 2−h2 2，
即 2r=2 2−h，
得h= 2(2−r)，
∴圆柱的体积为V=πr2h= 2π(2r2−r3)(0设V(r)= 2π(2r2−r3)(0∴V′(r)= 2πr(4−3r)，
令V′(r)>0⇒0∴函数V(r)在(0,43)上递增，在(43,2)上递减，
∴V(r)max=V(43)=32 2π27，
又32 2π27−53π=(32 2−45)π27=( 2048− 2025)π27>0，
∴32 2π27>53π，
∴存在一个体积为103π的圆柱可整体放入此八面体内，故选项C正确；
对于D：设此八面体的内切球的半径为r，
∴八面体的体积为V=2VE−ABCD=2×13SABCD⋅EO=2×13×2×2× 2=8 23，
又八面体的体积为V=8VE−ABO=8VO−ABE=8×13SEAB⋅r=8×13×12×22×sinπ3×r=8 33r，
∴8 33r=8 23，
解得r= 63，
∴此八面体的内切球的表面积为4πr2=4π×( 63)2=4π×23=8π3，故选项D正确．
故选：ACD．
建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角及二面角可判断A项、B项；先求出正四棱锥E−ABCD内接最大圆柱的体积表达式，利用导数求出体积的最大值即
可判断C项；运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项．
本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：A：当2所以函数f(x)在(2,3)上单调递减，故A正确；
B：当x<2时，f(x)=(3−x)ex+a−1，则f′(x)=(2−x)ex>0，
所以函数f(x)在(−∞,2)上单调递增；
当x>3时，f(x)=(x−3)ex+a−1，则f′(x)=(x−2)ex>0，
所以函数f(x)在(3,+∞)上单调递增；
结合选项A的分析知，x=2是函数f(x)的极大值点，x=3是函数f(x)的极小值点，故B正确；
C：当a>1时，a−1>0，f(2)=e2+a−1>0，f(3)=a−1>0，
当x<2时，f(x)=(3−x)ex+a−1>a−1>0，
所以当a>1时，方程f(x)=0无实根，即函数f(x)无零点，故C错误；
D：当a=1时，f(x)=|x−3|ex，由以上讨论知，当f(t)=0时，t=3，
而f(2)=e2>3，f(3)=0<3，如图，
由图可知，方程f(x)=3有3个实根，所以f(f(x))=0有3个实根，故D正确．
故选：ABD．
根据绝对值的定义分类讨论去掉绝对值符号后，求导确定函数的单调性、极值，在确定方程的根的个数时需注意函数值的变化趋势．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和零点，属于难题．
12.【答案】21
【解析】解：由f(x)=lnx+ax，得f′(x)=1x−ax2，
则f′(1)=1−a，又f(1)=a，则切线方程为y−a=(1−a)(x−1)，
即y=(1−a)x−1+2a，
∴1−a=4，−1+2a=b，得a=−3，b=−7，
∴ab=21．
故答案为：21．
求导，点斜式得到直线方程，对应项相等得ab．
本题考查函数的导数的应用，切线方程的求法，是中档题．
13.【答案】9
【解析】解：因为各项都为正数的等比数列{an}，且a8⋅a2+5a5=14，
所以a52+5a5=14，解得a5=2或a5=−7(舍去)，
所以lg2a1+lg2a2+lg2a3+⋯+lg2a9=lg2(a1⋅a2⋅a3⋯a9)=lg2a59=19lg2a5=9lg22=9．
故答案为：9．
首先分析题意，利用等比中项性质化简求解即可．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】2
【解析】解：根据题意设直线l的方程为y=x+p2，
联立y=x+p2x2=2py，可得y2−3py+p24=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，圆F的半径为r，
则y1+y2=3p,y1y2=p24，
又|AF|=p2+y1，|BF|=p2+y2，
所以|BD|−|AC|=(|BD|+r)−(|AC|+r)
=|BF|−|AF|=y2−y1= (y1+y2)2−4y1y2=4 2，
所以 9p2−4×p24=2 2p=4 2，解得p=2．
故答案为：2．
首先分析题意，利用抛物线的性质，联立方程组并结合焦半径公式求解即可．
本题考查抛物线的几何性质，抛物线与圆及直线的位置关系，属中档题．
15.【答案】解：(1)由Sn=2n+a，当n=1时，a1=S1=2+a；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−2n−1=2n−1，
则a2=2，a3=4，所以q=a3a2=2，又q=a2a1=a2a+2=2，
所以a=−1；
(2)由(1)知{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
则an=2n−1，所以bn=lg2an=lg22n−1=n−1，
故Tn=b1+b2+⋯+bn=0+1+⋯+(n−1)=n(n−1)2，
当n≥2时，1Tn=2n(n−1)=2(1n−1−1n)，
所以1T2+1T3+⋯+1Tn+1=2(1−12+12−13+⋯+1n−1n+1)=2−2n+1<2，
又1T2+1T3+⋯+1Tn+1<λ恒成立，所以λ≥2，
即λ的最小值为2．
【解析】(1)根据an=Sn−Sn−1的关系求an，结合等比数列的定义即可求解；
(2)由(1)求出an，进而求出bn，利用等差数列前n项求和公式求出Tn，结合裂项相消求和法计算即可求解．
本题主要考查数列的求和，等比数列的通项公式，裂项求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由于点A(0,−2)和直线l：y=−x，且点B是点A关于直线l的对称点，
设B(m,n)，则kAB=n+2m−0=1n−22=−m2，解得m=2n=0，可得点B的坐标为(2,0)；
(2)设点P(x,y)，根据|PO|= 3|PB|可得|PO|2=3|PB|2，
即x2+y2=3[(x−2)2+y2]，化简得(x−3)2+y2=3，
所以P的轨迹是以(3,0)为圆心，半径r= 3的圆．
又因为直线x−my−1=0与圆(x−3)2+y2=3无公共点，
所以点(3,0)到直线x−my−1=0的距离d=|3−1| m2+1> 3，
解得m2<13，解得− 33【解析】(1)根据题意，利用轴对称的性质求出点B的坐标；
(2)根据两点之间的距离公式，列式求出点P的轨迹方程，进而根据直线与圆的位置关系建立关于m的不等式，解之即可得到本题的答案．
本题主要考查两点间的距离公式及其应用、轴对称的性质、直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)如图，取PD的中点E，连接NE，AE，因为M，N分别是AB，PC的中点，

所以EN/​/CD且EN=12CD，又CD/​/AM且AM=12CD，
所以EN/​/AM且EN=AM，
则四边形AMNE为平行四边形，
所以MN/​/AE，又MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
所以MN/​/平面PAD；
(2)在△ACD中，由余弦定理，
得cs∠ADC=AD2+CD2−AC22AD⋅CD=4+4−128=−12，
又0<∠ADC<π，
所以∠ADC=2π3，
得∠DAB=π3．
取AD的中点O，连接OP，OB，
因为底面ABCD为菱形，△PAD为正三角形，
所以OP⊥AD，OB⊥AD，
故∠POB为二面角P−AD−C的平面角，
即∠POB=2π3．
又OP∩OB=O，OP，OB⊂平面POB，
所以AD⊥平面POB，
而AD⊂平面ABCD，
所以平面POB⊥平面ABCD，
过O作平面ABCD的垂线，记为z轴，则OP与z轴正方向得夹角为30°，
以O为原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴，建立如图空间直角坐标系，
因为菱形ABCD的边长为2，所以OB=OP= 3，
所以P(0,− 32,32),D(−1,0,0),C(−2, 3,0),A(1,0,0),B(0, 3,0),M(12, 32,0),N(−1, 34,34)，
则CD=(1,− 3,0),PD=(−1, 32,−32),MN=(−32,− 34,34)，
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CD=0n⋅PD=0，即x− 3y=0−x+ 32y−32z=0，
令y=1，则x= 3,z=− 33，
即n=( 3,1,− 33)，
设直线MN与平面PCD所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|MN⋅n||MN||n|=2 3 133⋅ 3=2 3913，
所以直线MN与平面PCD所成角的正弦值为2 3913．
【解析】(1)取PD的中点E，根据中位线的性质可得EN/​/CD且EN=12CD，进而可证MN/​/AE，结合线面平行的判定定理即可证明；
(2)取AD的中点O，则∠POB=120°，利用余弦定理求得∠DAB=60°，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可．
本题考查空间向量在立体几何中的应用．
18.【答案】解：(1)f(x)=ax−ln(x+1)，x>−1，f′(x)=a−1x+1，
若a≤0，则f′(x)=a−1x+1<0，f(x)在(−1,+∞)单调递减，无极值点，不合题意；
若a>0，f′(x)=ax+a−1x+1，则−11−aa,f′(x)>0；
故f(x)在(−1,1−aa)上单调递减，在(1−aa,+∞)上单调递增，
故f(x)极小值=f(1−aa)=1−a+lna
因为f(x)的零点也是其极值点，则1−a+lna=0，
设g(a)=1−a+lna(a>0)，g′(a)=−1+1a=1−aa，
则00；a>1，g′(a)<0，
故g(a)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
且易知g(1)=0，故g(a)=0有唯一解a=1．
此时f(x)的零点和极值点均为0，符合题意；故a=1．
(2)首先注意到f(0)=0，
f(x)=ax−ln(x+1)，x>0，f′(x)=a−1x+1=ax+a−1x+1，
①若a≤0，则f′(x)<0在x>0时恒成立，故f(x)单调递减，
则对所有x>0，f(x)②若01−aa,f′(x)>0；
故f(x)在(0,1−aa)上单调递减，在(1−aa,+∞)上单调递增，
则f(x)min=f(1−aa)③若a≥1，则f′(x)=1x+1(ax+a−1)>0在x>0时恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，则对所有x>0，f(x)>f(0)=0，
符合题意，该情况成立．
综上所述，a的取值范围是[1,+∞)．
【解析】(1)求导，分类讨论判断函数单调性，求得极值点即可求解；
(2)注意到f(0)=0，讨论a≤0，0本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)由题意知， (x−1)2+y2+ (x+1)2+y2=2 2，
由椭圆的定义可知：|PF1|+|PF2|=2 2，
所以2a=2 2，可得a= 2，又c=1，
所以b2=a2−c2=1，
所以椭圆E的方程为：x22+y2=1；
(2)易知直线CD的斜率不为0，设其方程为x=my−1，C(x1,y1)，D(x2,y2)，
联立x22+y2=1x=my−1，整理可得：(m2+2)y2−2my−1=0，
则y1+y2=2mm2+2,y1y2=−1m2+2，得y1y2=−12m(y1+y2)，
又A(− 2,0),B( 2,0)，C在x轴上方，所以k1>0，
由k1=y1x1+ 2,k2=y2x2− 2，
可得：k1k2=y1x1+ 2y2x2− 2=y1(x2− 2)y2(x1+ 2)=y1(my2−1− 2)y2(my1−1+ 2)
=my1y2−(1+ 2)y1my1y2−(1− 2)y2=m⋅[−12m(y1+y2)]−(1+ 2)y1m⋅[−12m(y1+y2)]−(1− 2)y2
=(3+2 2)y1+y2y1+(3−2 2)y2=(3+2 2)(y1+13+2 2y2)y1+(3−2 2)y2=(3+2 2)[y1+(3−2 2)y2]y1+(3−2 2)y2=3+2 2．
所以k1k2为定值3+2 2．
【解析】(1)由题意，根据椭圆的定义可知2a=2 2，即可求解；
(2)易知直线CD的斜率不为0，设直线的方程，与联立椭圆方程，可得两根之和及两根之积，结合两点表示斜率公式化简计算可得k1k2的表达式，即可下结论．
本题考查椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．