（1） ；（2）详见解析；（3） .

【详解】

试题分析：(1)根据导数的几何意义可得：，再结合斜率公式进而得出的值；(2)表示出，然后构造函数通过讨论函数的单调性证明；(3)将函数零点的问题转化为函数图像与轴交点个数的问题，通过导数讨论函数的单调性来解决.

试题解析：由题知

（Ⅰ）

（Ⅱ），令，

则

∴时，单调递减，

故时，，

∴当时，

（Ⅲ）

①

∴至多只有一个零点，不合题意；

②

∴至多只有一个零点，不合题意；

③

此时，在上递减，上递增，上递减，所以，至多有三个零点.因为在递增，所以，又因为，所以，使得，又，所以恰有三个不同零点：，所以函数存在三个不同的零点时，的取值范围是.

考点：函数与导数综合应用.

（1）是B-数列（2）命题1为假命题. 命题2为真命题.（3）见解析

【详解】

解：(1)设满足条件的等比数列为{a_n}，则.于是

因此，

因为|q|<1，所以

即

故首项为1，公比q(|q|<1)的等比数列是B-数列.

(2)命题1：若数列{x_n}是B-数列，则数列{S_n}也是B-数列此命题为假命题.

事实上，设x=1，n∈N^*，易知数列{x_n}是B-数列，但S_n=n，

此时.

由n的任意性，知数列{S_n}不是B-数列

命题2：若数列{S_n}是B-数列，则数列{x_n}也是B-数列此命题为真命题.

事实上，因为数列{S_n}是B-数列，所以存正数M，对任意n∈N^*有

即.于是

所以数列{x_n}是B-数列

按题中要求组成其它命题时，仿上述解法即可获得解决.

(3)若数列{a_n}、{b_n}都是B-数列，则存在正数M₁，M₂，使得对任意n∈N^*，有

，

.

注意到

同理，可得.记，则有

因此， .

故数列数列{a_nb_n}是B-数列.

（1）（2）－

【解析】

(1)∵＋5＝0，∴＝5.∴a＋c＝5(a－c)，化简得2a＝3c，故椭圆E的离心率为.

(2)存在满足条件的常数λ，λ＝－.点D(1，0)为线段OF₂的中点，∴c＝2，从而a＝3，b＝，左焦点F₁(－2，0)，椭圆E的方程为＝1，设M(x₁，y₁)，N(x₂，y₂)，P(x₃，y₃)，Q(x₄，y₄)，则直线MD的方程为x＝y＋1，代入椭圆方程＝1，整理得，y²＋y－4＝0.∵y₁＋y₃＝，∴y₃＝.从而x₃＝，故点P.同理，点Q.∵三点M、F₁、N共线，∴，从而x₁y₂－x₂y₁＝2(y₁－y₂)．从而k₂＝，故k₁－＝0，从而存在满足条件的常数λ＝－

（1）当b≤2时，函数f(x)的单调增区间为(1，＋∞)；

当b＞2时，函数f(x)的单调减区间为(1，)，单调增区间为(，＋∞)．

（2）(0,1)

【解析】

解：(1)由f(x)＝ln x＋，得f′(x)＝.

①证明：因为x＞1时，h(x)＝＞0，所以函数f(x)具有性质P(b)．

②当b≤2时，由x＞1得x²－bx＋1≥x²－2x＋1＝(x－1)²＞0，

所以f′(x)＞0.从而函数f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．

当b＞2时，令x²－bx＋1＝0得

x₁＝，x₂＝.

因为x₁＝＝＜＜1，

x₂＝＞1，

所以当x∈(1，x₂)时，f′(x)＜0；当x∈(x₂，＋∞)时，f′(x)＞0；当x＝x₂时，f′(x)＝0.从而函数f(x)在区间(1，x₂)上单调递减，在区间(x₂，＋∞)上单调递增．

综上所述，当b≤2时，函数f(x)的单调增区间为(1，＋∞)；

当b＞2时，函数f(x)的单调减区间为(1，)，单调增区间为(，＋∞)．

(2)由题设知，g(x)的导函数

g′(x)＝h(x)(x²－2x＋1)，

其中函数h(x)＞0对于任意的x∈(1，＋∞)都成立，

所以当x＞1时，g′(x)＝h(x)(x－1)²＞0，

从而g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．

①当m∈(0,1)时，

有α＝mx₁＋(1－m)x₂＞mx₁＋(1－m)x₁＝x₁，

α＜mx₂＋(1－m)x₂＝x₂，即α∈(x₁，x₂)，

同理可得β∈(x₁，x₂)．

所以由g(x)的单调性知g(α)，g(β)∈(g(x₁)，g(x₂))，从而有|g(α)－g(β)|＜|g(x₁)－g(x₂)|，符合题意．

②当m≤0时，α＝mx₁＋(1－m)x₂≥mx₂＋(1－m)x₂＝x₂，β＝(1－m)x₁＋mx₂≤(1－m)x₁＋mx₁＝x₁，于是由α＞1，β＞1及g(x)的单调性知g(β)≤g(x₁)＜g(x₂)≤g(α)，

所以|g(α)－g(β)|≥|g(x₁)－g(x₂)|，与题意不符．

③当m≥1时，同理可得α≤x₁，β≥x₂，

进而得|g(α)－g(β)|≥|g(x₁)－g(x₂)|，与题意不符．

综上所述，所求的m的取值范围为(0,1)．

不等式的证明一般可以考虑运用作差法或者是利用分析法来证明．

【解析】

试题分析：为使所证式有意义，三数中至多有一个为0；据对称性，不妨设，则；

、当时，条件式成为，，，而

，

只要证，，即，也即，此为显然；取等号当且仅当．

、再证，对所有满足的非负实数，皆有

．显然，三数中至多有一个为0，据对称性，

仍设，则，令，为锐角，以为内角，构作，则，于是，且由知，；于是，即是一个非钝角三角形．

下面采用调整法，对于任一个以为最大角的非钝角三角形，固定最大角，将调整为以为顶角的等腰，其中，且设，记，据知，

．今证明，．即

……①．

即要证……②

先证……③，即证，

即，此即，也即

，即，此为显然．

由于在中，，则；而在中，

，因此②式成为

……④，

只要证，……⑤，即证，注意③式以及

，只要证，即，也即…⑥

由于最大角满足：，而，则，所以

，故⑥成立，因此⑤得证，由③及⑤得④成立，从而①成立，即，因此本题得证．

考点：不等式的证明

点评：主要是考查了不等式的证明，方法比较多，一般是分析法和作差法构造函数法，属于难度题．