发布时间 : 星期日 文章2014年福建省数学（文科）高考试卷更新完毕开始阅读025fa76319e8b8f67d1cb964
（2）当点P在曲线?上运动时，线段AB的长度不变，证明如下： 由（1）知抛物线?的方程为y?设P(x0,y0)(x0?0)，则y0?由y?'12x， 412x0， 41x，得切线l的斜率 21k?y'x?x0?x0，
21112所以切线l的方程为y?y0?x0(x?x0)，即y?x0x?x0.
224112?1?y?x0x?x0由?24，得A(x0,0).
2?y?0?112?16?y?x0x?x0由?24，得M(x0?,3).
2x0?y?3?又N(0,3)，所以圆心C(x0?143,3)， x0半径r?113|MN|?|x0?|， 24x011313|AB|?|AC|2?r2?[x0?(x0?)]2?32?(x0?)2?6. 24x04x0所以点P在曲线?上运动时，线段AB的长度不变.
解法二：
（1）设S(x,y)为曲线?上任意一点， 则|y?(?3)|?(x?0)2?(y?1)2?2，
依题意，点S(x,y)只能在直线y??3的上方，所以y??3，
22所以(x?0)?(y?1)?y?1，
化简得，曲线?的方程为x2?4y. （2）同解法一.
22.（1）当x?ln2时，f(x)有极小值f(ln2)?2?ln4，f(x)无极大值. （2）见解析.（3）见解析. 解法一：
（1）由f(x)?ex?ax，得f'(x)?ex?a. 又f'(0)?1?a??1，得a?2. 所以f(x)?ex?2x，f'(x)?ex?2. 令f'(x)?0，得x?ln2.
当x?ln2时，f'(x)?0，f(x)单调递减； 当x?ln2时，f'(x)?0，f(x)单调递增. 所以当x?ln2时，f(x)有极小值， 且极小值为f(ln2)?eln2?2ln2?2?ln4，
f(x)无极大值.
（2）令g(x)?e?x，则g(x)?e?2x.
由（1）得，g(x)?f(x)?f(ln2)?2?ln4?0，即g(x)?0. 所以g(x)在R上单调递增，又g(0)?1?0， 所以当x?0时，g(x)?g(0)?0，即x?e. （3）对任意给定的正数c，取x0?由（2）知，当x?0时，x?e. 所以当x?x0时，e?x?x2x2'x''2x1， c2x1x，即x?cex. c因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. 解法二：（1）同解法一. （2）同解法一. （3）令k?xx1(k?0)，要使不等式x?cex成立，只要ex?kx成立. c而要使e?kx成立，则只需x?ln(kx)，即x?lnx?lnk成立. ①若0?k?1，则lnk?0，易知当x?0时，x?lnx?lnx?lnk成立. 即对任意c?[1,??)，取x0?0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce.
'②若k?1，令h(x)?x?lnx?lnk，则h(x)?1?x1x?1?， xx所以当x?1时，h'(x)?0，h(x)在(1,??)内单调递增. 取x0?4k，
h(x0)?4k?ln(4k)?lnk?2(k?lnk)?2(k?ln2)，
易知k?lnk，k?ln2，所以h(x0)?0. 因此对任意c?(0,1)，取x0?4x，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. cx综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. 解法三：（1）同解法一. （2）同解法一.
（3）①若c?1，取x0?0， 由（2）的证明过程知，e?2x，
所以当x?(x0,??)时，有ce?e?2x?x，即x?ce. ②若0?c?1，
令h(x)?ce?x，则h(x)?ce?1， 令h(x)?0得x?ln当x?ln'x'xxxxx1. c1'时，h(x)?0，h(x)单调递增. c取x0?2ln2， c2ch(x0)?ce易知
2ln?2ln222?2(?ln)， ccc22?ln?0，又h(x)在(x0,??)内单调递增， ccx所以当x?(x0,??)时，恒有h(x)?h(x0)?0，即x?ce.
综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x?(x0,??)时，恒有x?ce. 注：对c的分类可有不同的方式，只要解法正确，均相应给分。
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