因为a?0，令g?(x0)?0，x0?ln2a
所以当x?(??,ln2a)时，g?(x)?0，g(x)单调递减；
当x?(ln2a,??)时，g?(x)?0，g(x)单调递增--------------------2分
则f?(x)min?g(x)min?g(ln2a)?eln2a?2aln2a?2=2a?2aln2a?2--------------------3分 令G(x)?x?xlnx?2，(x?0)
G?(x)?1?(lnx?1)??lnx
当x?(0,1)时，G?(x)?0，G(x)单调递增 当x?(1,??)时，G?(x)?0，G(x)单调递减
所以G(x)max?G(1)??1?0，所以f?(x)min?0成立. --------------------5分
（Ⅱ）证明：f(x)?0恒成立，等价于f(x)min?0恒成立 令g(x)?f?(x)?e?2ax?2，则g?(x)?e?2a 因为a?0，所以g?(x)?0，所以g(x)单调递增，
又g(0)??1?0，g(1)?e?2a?2?0，所以存在x0?(0,1)，使得g(x0)?0---------------------6分 则x?(??,x0)时，g(x)?f?(x)?0,f(x)单调递减；
xxx?(x0,??)时，g(x)?f?(x)?0,f(x)单调递增；
2所以f(x)min?f(x0)?e0?ax0?2x0?b?0恒成立.........(1)
x且e0?2ax0?2?0...........(2)
xxex0?1)?2x0?(0?1)ex0?x0即可-----------------8分 由（1）（2）,b??e?ax?2x0??e?x0(22x020x0ex0?2?0，所以x0?(0,ln2)---------------------9分 又由（2）a?2x0令m(x)?(?1)ex?x,x?(0,ln2)
x2n(x)?m?(x)?1(x?1)ex?1 2- 11 -
n?(x)?1xxe?0， 2所以n(x)?n(0)?1?0所以m(x)单调递增， 2，
m(x)?m(0)?(?1)e0??1，
m(x)?m(ln2)?(ln2?1)eln2?ln2?2ln2?2---------------------11分2
所以b??1，所以符合条件的b=0---------------------12分
法2：令x?0,f(0)?1?b?0,b??1，故符合条件的最小整数b?0.-------------------6分
x2现证明b?0时，f(x)?0 求f(x)?e?ax?2x的最小值即可
令g(x)?f?(x)?e?2ax?2，则g?(x)?e?2a 因为a?0，所以g?(x)?0，所以g(x)单调递增，
又g(0)??1?0，g(1)?e?2a?2?0，所以存在x0?(0,1)，使得g(x0)?0 则x?(??,x0)时，g(x)?f?(x)?0,f(x)单调递减；
xxx?(x0,??)时，g(x)?f?(x)?0,f(x)单调递增；
2所以f(x)min?f(x0)?e0?ax0?2x0x
.(1)
且e0?2ax0?2?0...........(2)
xf(x)min?f(x0)?ex0?x0x0x(e?2)?2x0?(1?0)ex0?x0---------------8分 22ex0?2又由（2）a??0，所以x0?(0,ln2)---------------9分
2x0现在求函数p(x)?(1?)ex?x,x?(0,ln2)的范围
x211q(x0)?p?(x)?(1?x)ex?1，q?(x0)??xex?0，
221所以q(x)?q(0)???0，所以p(x)单调递减，
2p(x)?p(0)?(?1)e0?1
ln2ln2p(x)?p(ln2)?(1?)e?ln2?2?ln2?0-------------11分
2
所以b=0是符合条件的. -------------12分 选做题：
- 12 -
22.解：（I）连接AB,
?P、B、F、A四点共圆，
．．．．．．．．．．．．．．．．2分 ??PAB??PFB． ．
又?PA与圆O切于点A, ??PAB??AEB,．．．．．．．．．．．．．4分
??PFB??AEB
．．．．．．．．．．．．5分 ?AE//CD.．
（II）因为PA、PB是圆O的切线，所以P、B、O、A四点共圆， 由?PAB外接圆的唯一性可得P、B、F、A、O共圆， 四边形PBFA的外接圆就是四边形PBOA的外接圆， ．．．．．．．．．．．．7分 ?OP是该外接圆的直径. ．
由切割线定理可得PA2?PC?PD?3?9?27．．．．．．．．．．．．．9分
?OP?PA2?OA2?27?25?213.
．．．．．．．．．．．10分 ?四边形PBFA的外接圆的半径为13. ．
23解：（I）C1的直角坐标方程为?x?1??y2?1， ．．．．．．．．．．．．2分 ．．．．．．．．．．．．4分 C2的直角坐标方程为x?3；
（II）设曲线C1与x轴异于原点的交点为A,
2?PQ?OP,?PQ过点A(2,0),
?x?2?tcos?设直线PQ的参数方程为??t为参数?，
y?tsin??代入C1可得t?2tcos??0,解得t1?0或t2??2cos?， 可知|AP|?|t2|?|2cos?|．．．．．．．．．．．．6分 代入C2可得2?tcos??3,解得t/?可知|AQ|?|t/|?|21， cos?1．．．．．．．．．．．8分 |．
cos?11所以PQ=|AP|?|AQ|?|2cos?|?||?22,当且仅当|2cos?|?||时取等号，
cos?cos?
- 13 -
所以线段PQ长度的最小值为22.．．．．．．．．．．．．10分
?1?2x, x?0?24.解：（I）由已知可得f(x)??1, 0?x?1，
?2x?1, x?1?所以fmin(x)?1， ．．．．．．．．．．．．3分 所以只需|m?1|?1，解得?1?m?1?1，
?0?m?2，
所以实数m的最大值M?2. ．．．．．．．．．．．．5分 （II）法一：综合法
?a2?b2?2ab
?ab?1
?ab?1，当且仅当a?b时取等号，①．．．．．．．．．．．．7分
又?ab?a?b 2?ab1? a?b2abab，当且仅当a?b时取等号，②．．．．．．．．．．．．9分 ?a?b2ab1．．．．．．．．．．．10分 ?，所以a?b?2ab.．
a?b2?由①②得，?法二：分析法因为a?0,b?0,
所以要证a?b?2ab，只需证(a?b)?4ab， 即证a2?b2?2ab?4a2b2，
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222．．．．．．．．．．．．7分 ?a2?b2?M，所以只要证2?2ab?4a2b2，即证2(ab)2?ab?1?0，
即证(2ab?1)(ab?1)?0，因为2ab?1?0，所以只需证ab?1， 下证ab?1，
因为2?a2?b2?2ab，所以ab?1成立， 所以a?b?2ab．．．．．．．．．．．．10分
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