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（2）先利用分层抽样可得从[60，70）中抽取2人，表示为A，B，从[70，80）中抽取3人，分别为C，D，E，再根据概率公式即可求出． 解：（1）设公差为d，则b＝a+d，c＝a+2d，

由（0.01+0.015+0.01+d+0.025+0.01+2d）×10＝1，解得d＝0.01， ∴b＝0.02，c＝0.03，

（2）由（1）可得[60，70），[70，80）的人数分别为20，30，

利用分层抽样可得从[60，70）中抽取2人，表示为A，B，从[70，80）中抽取3人，分别为C，D，E，

从这5名同学中随机抽取2人，共有10种，分别为AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，

其中来自[60，70）的有共有7种，分别为AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE， 故至少有一名同学是紧张度值在[60，70）的概率为

．

21．已知椭圆顶点

．

，a＞b＞0，F1，F2分别为椭圆的左右焦点，离心率，上

（1）求椭圆的方程；

N两点，（2）是否存在过点F2且斜率不为0的直线l交椭圆于M，且|MN|＝4|F2N|满足，若存在，求出该直线方程，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和P在椭圆上，结合a，b，c的关系，解方程可得a，b，c，进而得到椭圆方程；

（2）假设存在这样的直线l，使得|MN|＝4|F2N|．设直线l的方程为x＝my+1，联立椭圆方程，消去x，可得y的二次方程，运用韦达定理，结合向量共线的坐标表示，联立方程组，解方程，即可判断存在性． 解：（1）由题意可得b＝

，e＝＝，且a2﹣b2＝c2，

解得a＝2，c＝1，b＝，则椭圆的方程为+＝1；

（2）假设存在过点F2且斜率不为0的直线l交椭圆于M，N两点，且|MN|＝4|F2N|． 由F2（1，0），设直线l的方程为x＝my+1，联立椭圆方程

+

＝1，

可得（4+3m2）y2+6my﹣9＝0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），可得y1+y2＝﹣由|MN|＝4|F2N|，可得|MF2|＝3|F2N|，即

＝3

，y1y2＝﹣，

，①

可得（1﹣x1，﹣y1）＝3（x2﹣1，y2），即y1＝﹣3y2，② 联立①②可得y2＝

，y22＝

，

消去y2可得＝1，即3m2＝4+3m2，显然该方程无实数解，

故不存在这样的直线l，使得|MN|＝4|F2N|．

22．已知函数f（x）＝xlnx． （1）求f（x）的单调区间； （2）设

，证明：F（x）只有一个极值点x0，且

．

【分析】（1）由f′（x）＜0，可求得其单调递减区间，由f′（x）＞0可求得f（x）的单调递增区间；

（2）可求得F′（x）＝1+lnx﹣

在区间（0，+∞）单调递增，又F′（1）＜0，F′

（2）＞0，可证得F（x）只有一个极值点x0，利用二分法可知x0∈（，2），从而可证

．

【解答】（1）解：∵f（x）＝xlnx（x＞0）， ∴f′（x）＝1+lnx， 令f′（x）＝0，得x＝．

当0＜x＜时，f′（x）＜0，当x＞时，f′（x）＞0，

∴f（x）在区间（0，）单调递减，在区间（，+∞）单调递增， 即f（x）的单调递减区间为（0，），单调递增区间为（，+∞）； （2）证明：∵∴F′（x）＝1+lnx﹣∴F′（x）＝1+lnx﹣

＝xlnx+（x＞0）， ，由于F″（x）＝+

＞0，

在区间（0，+∞）单调递增，

又F′（1）＝1﹣4＝﹣3＜0，F′（2）＝ln2＞0，

令F′（x0）＝0，则F（x）在区间（1，x0）单调递减，在区间（x0，2）单调递增， 则x0为F（x）的一个极值点，且为唯一的极值点，x0∈（1，2）． 又F′（）＝1+ln﹣∴x0∈（，2）．

＝ln﹣＝ln

﹣＜ln

﹣＝﹣＝﹣＜0，

由F′（x0）＝1+lnx0﹣＝0，得lnx0＝﹣1，x0∈（，2）．

∴F（x0）＝x0lnx0+＝x0（﹣1）+＝﹣x0，

令h（x）＝﹣x，

则h（x）＝﹣x在区间（，2）上单调递减，又h（）＝h（2）＝4﹣2＝2， ∴h（x）∈（2，∴

）， ，证毕．

﹣＝﹣＝，