内容发布更新时间 : 2024/12/26 2:16:44星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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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