由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R=1．

故由＜1，

故当＜k＜，过点A（0，1）的直线与圆C：（x﹣2）2+（y﹣3）2=1相交于M，N两点．

（2）设M（x1，y1）；N（x2，y2），

由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y=kx+1，代入圆C的方程（x﹣2）2+（y﹣3）2=1，

可得 （1+k2）x2﹣4（k+1）x+7=0，

∴x1+x2=，x1•x2=，

∴y1•y2=（kx1+1）（kx2+1）=k2x1x2+k（x1+x2）+1

=•k2+k•+1=，

由•=x1•x2+y1•y2==12，解得 k=1，

故直线l的方程为 y=x+1，即 x﹣y+1=0．

圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．

所以|MN|=2．

【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系的应用，以及直线和圆相交的弦长公式的计算，考查学生的计算能力．

21．（12分）设函数f（x）=e2x﹣alnx．

（Ⅰ）讨论f（x）的导函数f′（x）零点的个数；

（Ⅱ）证明：当a＞0时，f（x）≥2a+aln．

【考点】53：函数的零点与方程根的关系；63：导数的运算；6E：利用导数研究函数的最值．菁优网版权所有

【专题】26：开放型；53：导数的综合应用．

【分析】（Ⅰ）先求导，在分类讨论，当a≤0时，当a＞0时，根据零点存在定理，即可求出；

（Ⅱ）设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，根据函数f（x）的单调性得到函数的最小值f（x0），只要最小值大于2a+aln，问题得以证明．

【解答】解：（Ⅰ）f（x）=e2x﹣alnx的定义域为（0，+∞），

∴f′（x）=2e2x﹣．

当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，故f′（x）没有零点，

当a＞0时，∵y=e2x为单调递增，y=﹣单调递增，

∴f′（x）在（0，+∞）单调递增，

又f′（a）＞0，

假设存在b满足0＜b＜ln时，且b＜，f′（b）＜0，

故当a＞0时，导函数f′（x）存在唯一的零点，

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，可设导函数f′（x）在（0，+∞）上的唯一零点为x0，

当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，

当x∈（x0+∞）时，f′（x）＞0，

故f（x）在（0，x0）单调递减，在（x0+∞）单调递增，

所欲当x=x0时，f（x）取得最小值，最小值为f（x0），

由于﹣=0，

所以f（x0）=+2ax0+aln≥2a+aln．

故当a＞0时，f（x）≥2a+aln．

【点评】本题考查了导数和函数单调性的关系和最值的关系，以及函数的零点存在定理，属于中档题．

四、请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．【选修4-1：几何证明选讲】

22．（10分）如图，AB是⊙O的直径，AC是⊙O的切线，BC交⊙O于点E．