则函数f(x)在(??,0)上不存在极值点； 2分

②当x?0时，由h?(x)?a(x?1)?e?0，故h(x)在[0,??)上单调递增. 又h(0)??a?0，

x2h(a)?a(a?ea?a)?a2(ea?1)?0，

所以h(x)?f?(x)在[0,??)上有且只有一个零点. 3分 又注意到在f?(x)的零点左侧，f?(x)?0，在f?(x)的零点右侧，f?(x)?0， 所以函数f(x)在[0,??)有且只有一个极值点.

综上所述，当a?0时，函数f(x)在(??,??)内有且只有一个极值点. 4分 （2）因为函数f(x)存在两个极值点x1,x2（不妨设x1?x2）， 所以x1,x2是h(x)?f?(x)的两个零点，且由（1）知，必有a?0. 令h?(x)?a(x?1)?e?0得x??1； 令h?(x)?a(x?1)?e?0得x??1； 令h?(x)?a(x?1)?e?0得x??1.

所以h(x)?f?(x)在(??,?1]单调递增，在[?1,??)单调递减， 6分 又因为h(0)?f?(0)??a?0，

所以必有x1??1?x2?0.

令f?(t)?a(t?e?a)?0，解得a?t?e， 8分 此时f(t)?a(t?1)(e?a)?te(t?1)(e?te)??et(t?1)??e(t?2t?t). 因为x1,x2是h(x)?f?(x)的两个零点， 所以f(x1)??e2ttttt2t22t32t2xxxt2x1(x13?2x12?x1)，f(x2)??e2x2(x23?2x22?x2).

22t32将代数式?e(t?2t?t)视为以t为自变量的函数g(t)??e(t?2t?t)， 则g?(t)??e(t?1)(2t?1).

·9·

2t23

当t??1时，因为t?1?0,2t?1?0,e?0，所以g'(t)?0， 则g(t)在(??,?1)单调递增.

因为x1??1，所以f(x1)?g(x1)?g(?1)?又因为f(x1)??e2x122t4， 2e4. 2ex1(x1?1)2?0，所以0?f(x1)?22t当?1?t?0时，因为t?1?0,2t?1?0,e?0，所以g'(t)?0， 则g(t)在(?1,0)单调递减，

因为?1?x2?0，所以0?g(0)?g(x2)?f(x2)?g(?1)?综上知，0?f(x1)?22.本题满分10分

（1）解：因为A、B、C、D四点共圆；

4. 2e44且． 12分 0?f(x)?222ee

23．本题满分10分 解：(1)∵ρ＝4cosθ. ∴ρ2＝4ρcosθ，

由ρ2＝x2＋y2，ρcosθ＝x，得x2＋y2＝4x， 3分 所以曲线C的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4，

?x＝－1＋23t

?1?y＝2t

消去t解得：x-3y+1?0.所以直线l的普通方程为x-3y+1?0. 5分

·10·

?x＝－1＋23t(2)把?1

y＝?2t

代入x2＋y2＝4x.

整理得t2－33t＋5＝0.

设其两根分别为t1，t2，则t1＋t2＝33，t1t2＝5.

所以|PQ|＝|t1－t2|＝?t1＋t2?2－4t1t2＝7. 10分 24、本题满分10分 解析：

（1）由x?1?2?5得?5?x?1?2?5，?x?1?3，解得?2?x?4． 所以原不等式的解集为x?2?x?4（2）因为对任意所以

，都有

?? 5分

，使得

=

成立

，

有f(x)?2x?a?2x?3?a?3，

所以a?3?2从而a??1或a??5 10分

切题方案：填空题和 解答题，每道题切一块.

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