∵b1b2c1＝b2＝1+d，

∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为1+d，

bnbn+1cn＝1+d，

∴cn＝＝•＝（1+）•＝（1+）（﹣），

∴c1+c2+…+cn

＝（1+）（﹣）+（1+）（﹣）+…+（1+）（﹣）

＝（1+）（﹣+﹣+…+﹣）

＝（1+）（﹣）

＝（1+）（1﹣）

＜1+，

∴c1+c2+…+cn＜1+，故得证．

21．如图，已知椭圆C1：+y2＝1，抛物线C2：y2＝2px（p＞0），点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于M（B，M不同于A）．

（Ⅰ）若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；

（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．

【分析】（Ⅰ）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；

（Ⅱ）设直线方程y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），由，根据韦达定理定理求出M（﹣，），可得p，再由，求出点A的坐标，代入椭圆方程可得t2＝，化简整理得p2＝，利用基本不等式即可求出p的最大值．

解：（Ⅰ）p＝，则＝，则抛物线C2的焦点坐标（，0），

（Ⅱ）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，

设直线l的方程为y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），

由，消y可得（2k2+1）x2+4kty+2t2﹣2＝0，

∴△＝16k2t2﹣4（2k2+1）（2t2﹣2）≥0，即t2＜1+2k2，

∴x1+x2＝﹣，∴x0＝（x1+x2）＝﹣，

∴y0＝kx0+t＝，∴M（﹣，），

∵点M在抛物线C2上，∴y2＝2px，

∴p＝＝＝，

联立，解得x1＝，y1＝，

代入椭圆方程可得+＝1，解得t2＝

∴p2＝＝

＝≤＝，

∴p≤，当且仅当1＝2k2，即k2＝，t2＝时等号成立，

故p的最大值为．

22．已知1＜a≤2，函数f（x）＝ex﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．

（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点；

（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在 （0，+∞）上的零点，证明：

（ⅰ）≤x0≤；

（ⅱ）x0f（）≥（e﹣1）（a﹣1）a．

【分析】（Ⅰ）推导出x＞0时，f′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，f（0）＝＜0，f（2）＞0，由此能证明函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点．

（Ⅱ）（i）由f（x）单调增，1＜a≤2，设x0的最大值为t，则ct＝2+t，f（1）＝c﹣1﹣2＜0，则t＞1，推导出．要证明≥a﹣1＝，只需证明，记h（x）＝ex﹣1﹣x﹣x2（0≤x≤t），则h′（x）＝ex﹣1﹣2x，利用导数性质能证明≤x0≤．

（ii）要证明x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证明x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证﹣≥2（e﹣2），由此能证明x0f（e）≥（e﹣1）（a﹣1）a．