在平面直角坐标系中，两点 $P_{1}(x_{1}, y_{1})$，$P_{2}(x_{2}, y_{2})$ 间的 “$\mathrm{L}$-距离” 定义为 $\|P_1P_2\| = |x_1 - x_2| + |y_1 - y_2|$，则平面内与 $x$ 轴上两个不同的定点 $F_{1}$，$F_{2}$ 的 “$\mathrm{L}$-距离” 之和等于定值（大于 $\|F_1F_2\|$）的点的轨迹可以是（ ）

\begin{answer} A \end{answer}

\begin{solution} 在 $x$ 轴上取两定点的中点为原点，设 $F_1=(-c,0)$、$F_2=(c,0)$，其中 $c>0$. 设动点为 $P=(x,y)$，两点的“$\mathrm{L}$-距离”之和为 $S$，则 $S=|x+c|+|y|+|x-c|+|y|=|x+c|+|x-c|+2|y|$. 题设给出 $S>2c$. 当 $|x|\leqslant c$ 时，$S=2c+2|y|$，所以 $|y|=\frac{S-2c}{2}$，得到上下两条水平线段；当 $|x|\geqslant c$ 时，$S=2|x|+2|y|$，所以 $|x|+|y|=\frac{S}{2}$，得到连接这些线段端点与左右端点的四条斜线段. 因此轨迹是左右尖、上下平的中心对称六边形，与图 A 相符. 因此选 A. \end{solution}

已知曲线 $\Gamma$ 上的点到点 $F(0,1)$ 的距离比它到直线 $y = -3$ 的距离小 2.

(1) 求曲线 $\Gamma$ 的方程； (2) 曲线 $\Gamma$ 在点 $P$ 处的切线 $l$ 与 $x$ 轴交于点 $A$. 直线 $y = 3$ 分别与直线 $l$ 及 $y$ 轴交于点 $M$，$N$. 以 $MN$ 为直径作圆 $C$，过点 $A$ 作圆 $C$ 的切线，切点为 $B$. 试探究：当点 $P$ 在曲线 $\Gamma$ 上运动（点 $P$ 与原点不重合）时，线段 $AB$ 的长度是否发生变化？证明你的结论.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 设曲线 $\Gamma$ 上任意一点为 $P(x,y)$. 由题意，$\sqrt{x^2+(y-1)^2}=|y+3|-2$. 当 $y\geqslant-3$ 时，右端为 $y+1$，因而 $y\geqslant-1$，平方并化简得 $x^2=4y$，进而 $y\geqslant0$. 当 $y<-3$ 时，右端为 $-y-5$，要使右端非负必须 $y\leqslant-5$，平方得 $x^2=12(y+2)<0$，不可能. 因此曲线方程为 $y=\frac{x^2}{4}$. \item 设 $P=\left(t,\frac{t^2}{4}\right)$，其中 $t\neq0$. 抛物线在 $P$ 处的切线斜率为 $\frac t2$，所以切线 $l$ 的方程为 $y-\frac{t^2}{4}=\frac t2(x-t)$，即 $y=\frac t2x-\frac{t^2}{4}$. 令 $y=0$，得 $A=\left(\frac t2,0\right)$；令 $y=3$，得 $M=\left(\frac{t^2+12}{2t},3\right)$. 又 $N=(0,3)$. 记 $u=\frac{t^2+12}{2t}$，则以 $MN$ 为直径的圆的圆心为 $C=\left(\frac u2,3\right)$，半径为 $r=\frac{|u|}{2}$. 由点 $A$ 向圆作切线，切线长满足 $AB^2=AC^2-r^2$. 于是 $AB^2=\left(\frac t2-\frac u2\right)^2+9-\frac{u^2}{4}=\frac{t^2-2tu}{4}+9=\frac{t^2-(t^2+12)}4+9=6$. 所以 $AB=\sqrt6$，与 $P$ 的位置无关，线段 $AB$ 的长度不发生变化. \end{enumerate} \end{solution}

已知函数 $f(x) = \mathrm{e}^{x} - ax$（$a$ 为常数）的图象与 $y$ 轴交于点 $A$，曲线 $y = f(x)$ 在点 $A$ 处的切线斜率为 $-1$.

(1) 求 $a$ 的值及函数 $f(x)$ 的极值； (2) 证明：当 $x > 0$ 时，$x^2 < \mathrm{e}^x$； (3) 证明：对任意给定的正数 $c$，总存在 $x_0$，使得当 $x \in (x_0, +\infty)$ 时，恒有 $x^2 < c\mathrm{e}^x$.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item $f(0)=1$，故图象与 $y$ 轴交于 $A=(0,1)$. 又 $f'(x)=\mathrm{e}^x-a$，所以切线斜率为 $f'(0)=1-a=-1$，从而 $a=2$. 此时 $f'(x)=\mathrm{e}^x-2$，当 $x<\ln2$ 时 $f'(x)<0$，当 $x>\ln2$ 时 $f'(x)>0$. 因此函数在 $x=\ln2$ 处取得极小值 $f(\ln2)=\mathrm{e}^{\ln2}-2\ln2=2-2\ln2$. 又 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$，所以函数没有最大值. \item 令 $g(x)=\mathrm{e}^x-x^2$，则 $g'(x)=\mathrm{e}^x-2x$. 由第（1）问，函数 $\mathrm{e}^x-2x$ 的最小值为 $2-2\ln2$. 因为 $0<2<\mathrm{e}$，所以 $\ln2<1$，从而 $2-2\ln2>0$，故 $g'(x)>0$，即 $g$ 在 $\mathbf{R}$ 上递增. 又 $g(0)=1>0$，所以当 $x>0$ 时 $g(x)>g(0)>0$，即 $x^2<\mathrm{e}^x$. \item 给定 $c>0$，取 $x_0=\max\left\{1,2\ln\frac4c\right\}$. 当 $x>x_0$ 时，$x>0$，且 $x>2\ln\frac4c$. 由第（2）问应用于 $\frac x2$，得 $\frac{x^2}{4}<\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}$，即 $x^2<4\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}$. 又由 $x>2\ln\frac4c$ 得 $4<c\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}$，所以 $4\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}<c\mathrm{e}^x$. 综上，$x^2<c\mathrm{e}^x$. \end{enumerate} \end{solution}