x222．（3分+5分+8分）如图，已知曲线C1:?y2?1，曲线

2C2:|y|?|x|?1，P是平面上一点，若存在过点P的直线与C1,C2都有公

共点，则称P为“C1—C2型点”．

(1)在正确证明C1的左焦点是“C1—C2型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；

(2)设直线y?kx与C2有公共点，求证|k|?1，进而证明原点不是“C1—C2型点”； (3)求证：圆x2?y2?1内的点都不是“C1—C2型点”． 2【解答】：（1）C1的左焦点为F(?3,0)，过F的直线x??3与C1交于(?3,?2)，2与C2交于(?3,?(3?1))，故C1的左焦点为“C1-C2型点”，且直线可以为x??3； （2）直线y?kx与C2有交点，则

?y?kx?(|k|?1)|x|?1，若方程组有解，则必须|k|?1； ??|y|?|x|?1直线y?kx与C2有交点，则

?y?kx1222，若方程组有解，则必须 ?(1?2k)x?2k??22x?2y?22?故直线y?kx至多与曲线C1和C2中的一条有交点，即原点不是“C1-C2型点”。 （3）显然过圆x2?y2?1内一点的直线l若与曲线C1有交点，则斜率必存在； 2根据对称性，不妨设直线l斜率存在且与曲线C2交于点(t,t?1)(t?0)，则

l:y?(t?1)?k(x?t)?kx?y?(1?t?kt)?0

直线l与圆x2?y2?|1?t?kt|21内部有交点，故 ?222k?112。。。。。。。。。。。① (k?1)。

2化简得，(1?t?tk)2?若直线l与曲线C1有交点，则

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?y?kx?kt?t?112?22?(k?)x?2k(1?t?kt)x?(1?t?kt)?1?0 ?x222?y?1??21??4k2(1?t?kt)2?4(k2?)[(1?t?kt)2?1]?0?(1?t?kt)2?2(k2?1)

2化简得，(1?t?kt)?2(k?1)。。。。。②

2212(k?1)?k2?1 21但此时，因为t?0,[1?t(1?k)]2?1,(k2?1)?1，即①式不成立；

21当k2?时，①式也不成立

21综上，直线l若与圆x2?y2?内有交点，则不可能同时与曲线C1和C2有交点，

21即圆x2?y2?内的点都不是“C1-C2型点” ．

2由①②得，2(k2?1)?(1?t?tk)2?

23．（3 分+6分+9分）给定常数c?0，定义函数f(x)?2|x?c?4|?|x?c|，数列

a1,a2,a3,满足an?1?f(an),n?N*.

（1）若a1??c?2，求a2及a3；（2）求证：对任意n?N*,an?1?an?c，； （3）是否存在a1，使得a1,a2,在，说明理由.

【解答】：（1）因为c?0，a1??(c?2)，故a2?f(a1)?2|a1?c?4|?|a1?c|?2，

an,成等差数列？若存在，求出所有这样的a1，若不存

a3?f(a1)?2|a2?c?4|?|a2?c|?c?10

（2）要证明原命题，只需证明f(x)?x?c对任意x?R都成立，

f(x)?x?c?2|x?c?4|?|x?c|?x?c

即只需证明2|x?c?4|?|x?c|+x?c

若x?c?0，显然有2|x?c?4|?|x?c|+x?c=0成立；

若x?c?0，则2|x?c?4|?|x?c|+x?c?x?c?4?x?c显然成立 综上，f(x)?x?c恒成立，即对任意的n?N*，an?1?an?c

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（3）由（2）知，若{an}为等差数列，则公差d?c?0，故n无限增大时，总有an?0 此时，an?1?f(an)?2(an?c?4)?(an?c)?an?c?8 即d?c?8

故a2?f(a1)?2|a1?c?4|?|a1?c|?a1?c?8， 即2|a1?c?4|?|a1?c|?a1?c?8，

当a1?c?0时，等式成立，且n?2时，an?0，此时{an}为等差数列，满足题意； 若a1?c?0，则|a1?c?4|?4?a1??c?8， 此时，a2?0,a3?c?8,,an?(n?2)(c?8)也满足题意；

综上，满足题意的a1的取值范围是[?c,??)?{?c?8}．

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