由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，
即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．
则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．
【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．
21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q． （Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围； （Ⅱ）求|PA|?|PQ|的最大值．
【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x＜可得结论；
（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出
、
，计算可知|PA|?|PQ|=
（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．
【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，
所以kAP==x﹣∈（﹣1，1），
故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）； （Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜， 所以
=（﹣﹣x，﹣x2），
+，
设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BQ：y=﹣x+联立直线AP、BQ方程可知Q（
，
），
故=（，
=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），
?
=
），
又因为
故﹣|PA|?|PQ|=+
=（1+k）3（k﹣1），
所以|PA|?|PQ|=（1+k）3（1﹣k）， 令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，
则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1）， 由于当﹣1＜x＜时f′（x）＞0，当＜x＜1时f′（x）＜0， 故f（x）max=f（）=
，即|PA|?|PQ|的最大值为
．
【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．
22．（15分）已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，
（Ⅰ）0＜xn+1＜xn； （Ⅱ）2xn+1﹣xn≤（Ⅲ）
≤xn≤
； ．
【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，
（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，
（Ⅲ）由
≥2xn+1﹣xn得
﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明
【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn＞0， 当n=1时，x1=1＞0，成立，
假设当n=k时成立，则xk＞0，
那么n=k+1时，若xk+1＜0，则0＜xk=xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾， 故xn+1＞0，
因此xn＞0，（n∈N*）
∴xn=xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，
因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），
（Ⅱ）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），
记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0 ∴f′（x）=
+ln（1+x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增， ∴f（x）≥f（0）=0，
因此xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0， 故2xn+1﹣xn≤
；
（Ⅲ）∵xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1， ∴xn≥由
，
≥2xn+1﹣xn得
﹣≥2（
﹣）＞0，
∴﹣≥2（
，
﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，
∴xn≤
综上所述
≤xn≤
．
【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题