（Ⅲ）如果x1≠x2，且f（x1）=f（x2），证明x1+x2＞2．
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性． 【专题】导数的综合应用． 【分析】（1）先求导求出导数为零的值，通过列表判定导数符号，确定出单调性和极值． （2）先利用对称性求出g（x）的解析式，比较两个函数的大小可将它们作差，研究新函数的最小值，使最小值大于零，不等式即可证得．
（3）通过题意分析先讨论，可设x1＜1，x2＞1，利用第二问的结论可得f（x2）＞g（x2），根据对称性将g（x2）换成f（2﹣x2），再利用单调性根据函数值的大小得到自变量的大小关系．
【解答】解：（Ⅰ）解：f′（x）=（1﹣x）e 令f′（x）=0，解得x=1 当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表 x （﹣∞，1） 1 （1，+∞） 0 f′（x） + ﹣ f（x） 极大值 所以f（x）在（﹣∞，1）内是增函数，在（1，+∞）内是减函数． 函数f（x）在x=1处取得极大值f（1）且f（1）=．
（Ⅱ）证明：由题意可知g（x）=f（2﹣x），得g（x）=（2﹣x）e
﹣xx﹣2
令F（x）=f（x）﹣g（x），即F（x）=xe+（x﹣2）e
﹣x2x﹣2
于是F'（x）=（x﹣1）（e﹣1）e
﹣x2x﹣2
当x＞1时，2x﹣2＞0，从而e﹣1＞0，又e＞0，所以f′（x）＞0，从而函数F（x）在[1，+∞）是增函数．
又F（1）=e﹣e=0，所以x＞1时，有F（x）＞F（1）=0，即f（x）＞g（x）．
（Ⅲ）证明：（1）若（x1﹣1）（x2﹣1）=0，由（I）及f（x1）=f（x2），则x1=x2=1．与x1≠x2矛盾．
（2）若（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，由（I）及f（x1）=f（x2），得x1=x2．与x1≠x2矛盾． 根据（1）（2）得（x1﹣1）（x2﹣1）＜0，不妨设x1＜1，x2＞1． 由（Ⅱ）可知，f（x2）＞g（x2）， 则g（x2）=f（2﹣x2）， 所以f（x2）＞f（2﹣x2）， 从而f（x1）＞f（2﹣x2）． 因为x2＞1，所以2﹣x2＜1，
又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（﹣∞，1）内是增函数， 所以x1＞2﹣x2，即x1+x2＞2．
【点评】本小题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及用函数思想分析解决问题的能力．
22．（14分）（2010?天津）在数列{an}中，a1=0，且对任意k∈N．a2k﹣1，a2k，a2k+1成等差数列，其公差为dk．
*
（Ⅰ）若dk=2k，证明a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列（k∈N）
16
*
﹣1
﹣1
﹣x
x﹣2
（Ⅱ）若对任意k∈N，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列，其公比为qk． 【考点】数列的应用；等差数列的性质；等比数列的性质． 【专题】等差数列与等比数列．
2
【分析】（Ⅰ）证明：由题设，可得a2k+1=2k（k+1），从而a2k=a2k+1﹣2k=2k，a2k+2=2（k+1）
*
2
．于是
*
，由此可知当dk=2k时，对任意
k∈N，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列． （Ⅱ）由题意可知，因此，
再分情况讨论求解．
【解答】（Ⅰ）证明：由题设，可得a2k+1﹣a2k﹣1=4k，k∈N． 所以a2k+1﹣a1=（a2k+1﹣a2k﹣1）+（a2k﹣1﹣a2k﹣3）++（a3﹣a1） =4k+4（k﹣1）++4×1 =2k（k+1）
由a1=0，得a2k+1=2k（k+1），从而a2k=a2k+1﹣2k=2k，a2k+2=2（k+1）． 于是
*
2
2
*
．
所以dk=2k时，对任意k∈N，a2k，a2k+1，a2k+2成等比数列． （Ⅱ）证明：a1=0，a2=2，可得a3=4，从而
，
=1．由（Ⅰ）有
所以因此，
以下分两种情况进行讨论：
*
（1）当n为偶数时，设n=2m（m∈N（2）） 若m=1，则
．
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若m≥2，则
+
=
所以
（2）当n为奇数时，设n=2m+1（m∈N）
=
*
所以，
从而
综合（1）（2）可知，对任意n≥2，n∈N，有
*
【点评】本题主要考查等差数列的定义及通项公式，前n项和公式、等比数列的定义、数列求和等基础知识，考查运算能力、推理论证能力、综合分析和解决问题的能力及分类讨论的思想方法．
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