在零点，则函数f(x)在(??,0)上不存在极值点；
②当x?0时，由h?(x)?a(x?1)?ex?0，故h(x)在[0,??)上单调递增. 又
h(0)??a2?0，h(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.
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. （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)?ex?0得x??1； 令h?(x)?a(x?1)?ex?0得x??1； 令h?(x)?a(x?1)?ex?0得x??1.
所以h(x)?f?(x)在(??,?1]单调递增，在[?1,??)单调递减， 又因为h(0)?f?(0)??a2?0，
所以必有x1??1?x2?0.
t令f?(t)?a(t?et?a)?0，解得a?t?e，
此时f(t)?a(t?1)(et?a)?tet(t?1)(et?tet)??e2tt(t?1)2??e2t(t3?2t2?t). 因为x1,x2是h(x)?f?(x)的两个零点， 所以f(x1)??e2x1(x13?2x12?x1)，f(x2)??e2x2(x23?2x22?x2).
将代数式?e2t(t3?2t2?t)视为以t为自变量的函数g(t)??e2t(t3?2t2?t)， 则g?(t)??e(t?1)(2t?1).
当t??1时，因为t2?1?0,2t?1?0,e2t?0，所以g'(t)?0，
2t2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)??e2x14， 2e4. e2x1(x1?1)2?0，所以0?f(x1)?当?1?t?0时，因为t2?1?0,2t?1?0,e2t?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)?4. 2e440?f(x)?且． 2e2e247.（本小题满分10分）
从下列三题中选做一题
(1).选修4-1：几何证明选讲
如图所示，两个圆相内切于点T，公切线为TN，外圆的弦TC，TD分别交内圆于A、B两点，并且外圆的弦CD恰切内圆于点M. (1)证明：AB//CD；
(2)证明：AC?MD?BD?CM.
T 【解答】：（1）由弦切角定理可知，?NTB??TAB,
同理，?NTB??TCD,所以?TCD??TAB, 所以AB//CD. N （2）连接TM、AM,因为CD是切内圆于点M， 所以由弦切角定理知，?CMA??ATM，
A B 又由（1）知AB//CD，
C D 所以，?CMA??MAB，又?MTD??MAB, M 所以?MTD??ATM.
MDTD?,
sin?DTMsin?TMDMCTC?在?MTC中,由正弦定理知, ,
sin?ATMsin?TMC因?TMC????TMD,
TDBDMDTD?所以,由AB//CD知, ?TCACMCTCMDBD?所以,即, AC?MD?BD?CM. MCAC在?MTD中,由正弦定理知, (2)选修4-4：坐标系与参数方程
T NA C M B D 已知曲线C的极坐标方程是??4cos?．以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正
半轴,建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是??x?1?tcos?（t为参数）．
?y?tsin?（1）将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C相交于A、B两点,且AB?14,求直线l的倾斜角?的值． 【答案】（1）?x?2??y2?4；（2）??2?4或
3?. 4【解析】（1）由??4cos?得?2?4?cos?． ∵x2?y2??2,x??cos?,y??sin?,
∴曲线C的直角坐标方程为x2?y2?4x?0,即?x?2??y2?4. （2）将?2?x?1?tcos?,22代入圆的方程得?tcos??1???tsin???4,
?y?tsin?化简得t2?2tcos??3?0．
设A,B两点对应的参数分别为t1、t2,则?∴AB?t1?t2??t1?t2?2cos?,
?t1t2??3.?t1?t2?2?4t1t2?4cos2??12?14．
∴4cos2??2,cos???(3)选修4-5：不等式选讲
?3?2,??或．
442设函数f?x??x?1?2x?1的最大值为m. （1）求m；
（2）若a,b,c??0,???,a?2b?c?m，求ab?bc的最大值.
222【答案】（1）m?2；（2）1．
【解析】：（1）当x??1时，f?x??3?x?2； 当?1?x?1时，f?x???1?3x?2； 当x?1时，f?x???x?3??4， 故当x??1时，f?x?取得最大值m?2.
2222222（2）因为a?2b?c?a?b?b?c?2ab?2bc?2?ab?bc?，
????当且仅当a?b?c?2时取等号，此时ab?bc取得最大值1. 248.（本小题满分12分）
从下列三题中选做一题
(1).选修4-1：几何证明选讲
在△ABC中，AB=AC，过点A的直线与其外接圆交于点P，交BC延长线于点D． （1）求证：PC=PD；
ACBD（2）若AC=3，求AP?AD的值．
【解析】（1）∵∠CPD=∠ABC，∠D=∠D，∴△DPC～△DBA， ∴PC=PD，又∵AB=AC，∴PC=PD.
ABBDACBD（2）∵∠ACD=∠APC，∠CAP=∠CAP，∴△APC∽△ACD. ∴AP=AC，∴AC2?AP?AD?9.
ACAD(2)选修4－4：坐标系与参数方程
x轴的非负半轴为极轴的极坐标系下，在以直角坐标原点O为极点，曲线C1的方程是??1，将C1向上平移1个单位得到曲线C2. (1)求曲线C2的极坐标方程；
(2)若曲线C1的切线交曲线C2于不同两点M,N,切点为T.求TM?TN的取值范围. 【解答】（1）依题,因??x?y,
所以曲线C1的直角坐标下的方程为x2?y2?1, 所以曲线C2的直角坐标下的方程为x2?(y?1)2?1, 又y??sin?，所以?2?2?sin??0, 即曲线C2的极坐标方程为??2sin?.
(2)由题令T(x0,y0)，y0?(0,1]，切线MN的倾斜角为?，所以切线MN的参数方程为:
222?x?x0?tcos?(t为参数). ?y?y?tsin?0?联立C2的直角坐标方程得,t2?2(x0cos??y0sin??sin?)t?1?2y0?0 ,
即由直线参数方程中,t的几何意义可知,
TM?TN?1?2y0，因为1?2y0?[?1,1)所以TM?TN?[0,1].
(解法二)设点T?cos?,sin??，则由题意可知当???0 ??时，切线与曲线C2相交，
由对称性可知，当???0 ,?时斜线的倾斜角为??，则切线MN的参数方程为：
2?2?????????x?cos??tcos?????cos??tsin??2???（t为参数）， ????y?sin??tsin??????sin??tcos??2???与C2的直角坐标联立方程，得t2?2cos?t?1?2sin??0， 则TMTN?t1t2?1?2sin?,
因为???0 ,?，所以TMTN??0,1?.
2????? (3)选修4－5：不等式选讲
已知函数f(x)?m?|x?2|,m?R,且f(x?2)?1的解集A满足??1,1??A． （1）求实数m的取值范围B；
（2）若a,b,c??0,???,m0为B中的最小元素且 求证：a?2b?3c?【解析】：（1）因为
111???m0, a2b3cf(x)?m?|x?2|,所以f(x?2)?1等价于x?m?1,由??1,1??A知
9. 2A是非空集合,所以 1?m?x?m?1,结合??1,1??A可得m?1?1?m?2,即实数m的取值范围是B??2,???.
111???2, a2b3c1?111??a?2b?3c??a?2b?3c?????2?a2b3c?（2）由（1）知m0?2,所以
1?111?9??a??2b??3c??. ?2?2a2b3c?
2
