y1y2y3y4?400(y0?4k1)(y0?4k2)
k1k2
?2400??y0?4(k1?k2)y0?16k1k2??k1k222400?y?y?16k1k2?00???k1k26400.
所以，当P在直线x??4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400. 【点评】本题考查曲线与方程、直线与曲线的位置关系，考查运算能力，考查数形结合思想、函数与方程思想等数学思想方法.第一问用直接法或定义法求出曲线的方程；第二问设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到A,B,C,D四点纵坐标之积为定值，体现“设而不求”思想.
22．（本小题满分13分）
已知函数f(x)?e?x，其中a?0.
（Ⅰ）若对一切x?R，f(x)?1恒成立，求a的取值集合.
（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))(x1?x2)，记直线AB的
斜率为k.问：是否存在x0?(x1,x2)，使f?(x)?k成立？若存在，求x0的取值范围；若不存在，请说明理由.
【解析】（Ⅰ）若a?0，则对一切x?0，f(x)?e?x?1，这与题设矛盾，又a?0， 故a?0.
而f?(x)?ae?1,令f?(x)?0,得x?当x?axaxax11ln. aa1111ln时，f?(x)?0,f(x)单调递减；当x?ln时，f?(x)?0,f(x)单调递增，aaaa1111111故当x?ln时，f(x)取最小值f(ln)??ln.
aaaaaaa于是对一切x?R,f(x)?1恒成立，当且仅当
111?ln?1. ① aaa令g(t)?t?tlnt,则g?(t)??lnt.
当0?t?1时，g?(t)?0,g(t)单调递增；当t?1时，g?(t)?0,g(t)单调递减. 故当t?1时，g(t)取最大值g(1)?1.因此，当且仅当综上所述，a的取值集合为?1?.
1?1即a?1时，①式成立. af(x2)?f(x1)eax2?eax1（Ⅱ）由题意知，k???1.
x2?x1x2?x1eax2?eax1令?(x)?f?(x)?k?ae?,则
x2?x1axeax1??(x1)??ea(x2?x1)?a(x2?x1)?1???, x2?x1eax2a(x1?x2)??(x2)?e?a(x1?x2)?1?. ??x2?x1令F(t)?e?t?1，则F?(t)?e?1.
当t?0时，F?(t)?0,F(t)单调递减；当t?0时，F?(t)?0,F(t)单调递增. 故当t?0，F(t)?F(0)?0,即e?t?1?0. 从而ea(x2?x1)ttt?a(x2?x1)?1?0，ea(x1?x2)eax1eax2?a(x1?x2)?1?0,又?0,?0,
x2?x1x2?x1所以?(x1)?0,?(x2)?0.
因为函数y??(x)在区间?x1,x2?上的图像是连续不断的一条曲线，所以存在c?(x1,x2)，
1eax2?eax1??(x)?ae?0,?(x)单调递增，使?(c)?0，故这样的c是唯一的，且c?ln.
aa(x2?x1)2ax1eax2?eax1故当且仅当x?(ln,x2)时， f?(x0)?k.
aa(x2?x1)综上所述，存在x0?(x1,x2)使f?(x0)?k成立.且x0的取值范围为
1eax2?eax1(ln,x2). aa(x2?x1)【点评】本题考查利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立问题等，考查运算能力，考查分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法.第一问利用导函数
法求出f(x)取最小值f(11111x∈R，f(x) ?1恒成立转化为ln)??ln对一切.aaaaaf(x)min?1，从而得出a的取值集合；第二问在假设存在的情况下进行推理，通过构造函
数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断.
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