（3 分 +6 分 +9 分）给定常数 c>0，定义函数…——2013 高考数学第 23 题答案解析

【解答】：（1）因为 $c>0, a_{1}=-(c+2)$ ，故 $a_{2}=f\left(a_{1}\right)=2\left|a_{1}+c+4\right|-\left|a_{1}+c\right|=2$
，
$a_{3}=f\left(a_{1}\right)=2\left|a_{2}+c+4\right|-\left|a_{2}+c\right|=c+10$
（2）要证明原命题，只需证明 $f(x) \geq x+c$ 对任意 $x \in R$ 都成立，

$$ f(x) \geq x+c \Leftrightarrow 2|x+c+4|-|x+c| \geq x+c $$

即只需证明 $2|x+c+4| \geq|x+c|+x+c$
若 $x+c \leq 0$ ，显然有 $2|x+c+4| \geq|x+c|+x+c=0$ 成立；
若 $x+c>0$ ，则 $2|x+c+4| \geq|x+c|+x+c \Leftrightarrow x+c+4>x+c$ 显然成立
综上，$f(x) \geq x+c$ 恒成立，即对任意的 $n \in N^{*}, a_{n+1}-a_{n} \geq c$
③由②知，若 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列，则公差 $d \geq c>0$ ，故 n 无限增大时，总有 $a_{n}>0$
此时，$a_{n+1}=f\left(a_{n}\right)=2\left(a_{n}+c+4\right)-\left(a_{n}+c\right)=a_{n}+c+8$
即 $d=c+8$
故 $a_{2}=f\left(a_{1}\right)=2\left|a_{1}+c+4\right|-\left|a_{1}+c\right|=a_{1}+c+8$ ，
即 $2\left|a_{1}+c+4\right|=\left|a_{1}+c\right|+a_{1}+c+8$ ，
当 $a_{1}+c \geq 0$ 时，等式成立，且 $n \geq 2$ 时，$a_{n}>0$ ，此时 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列，满足题意；
若 $a_{1}+c<0$ ，则 $\left|a_{1}+c+4\right|=4 \Rightarrow a_{1}=-c-8$ ，
此时，$a_{2}=0, a_{3}=c+8, \cdots, a_{n}=(n-2)(c+8)$ 也满足题意；
综上，满足题意的 $a_{1}$ 的取值范围是 $[-c,+\infty) \cup\{-c-8\}$ ．
22．（本题满分 16 分）本题共有 3 个小题．第 1 小题满分 6 分，第 2 小题满分 5 分，第 3 小题满分 8 分．

如图，已知双曲线 $C_{1}: \frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$ ，曲线 $C_{2}:|y|=|x|+1 . P$ 是平面内一点，若存在过点 $P$ 的直线与 $C_{1} , C_{2}$ 都有公共点，则称 $P$ 为＂$C_{1}-C_{2}$ 型点＂．
（1）在正确证明 $C_{1}$ 的左焦点是＂$C_{1}-C_{2}$ 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 $y=k x$ 与 $C_{2}$ 有公共点，求证 $|k|>1$ ，进而证明原点不是＂$C_{1}-C_{2}$ 型点；
（3）求证：圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内的点都不是＂$C_{1}-C_{2}$ 型点＂

第22题图

22．解：① $\mathrm{C}_{1}$ 的左焦点为 $F(-\sqrt{3}, 0)$ ，过 F 的直线 $x=-\sqrt{3}$ 与 $\mathrm{C}_{1}$ 交于 $\left(-\sqrt{3}, \pm \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ ，与 $\mathrm{C}_{2}$ 交于 $(-\sqrt{3}, \pm(\sqrt{3}+1))$ ，故 $\mathrm{C}_{1}$ 的左焦点为＂ $\mathrm{C}_{1}-\mathrm{C}_{2}$ 型点＂，且直线可以为 $x=-\sqrt{3}$ ；
（2）直线 $y=k x$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 有交点，则
$\left\{\begin{array}{c}y=k x \\ |y|=|x|+1\end{array} \Rightarrow(|k|-1)|x|=1\right.$ ，若方程组有解，则必须 $|k|>1 ;$
直线 $y=k x$ 与 $\mathrm{C}_{2}$ 有交点，则
$\left\{\begin{array}{c}y=k x \\ x^{2}-2 y^{2}=2\end{array} \Rightarrow\left(1-2 k^{2}\right) x^{2}=2\right.$ ，若方程组有解，则必须 $k^{2}<\frac{1}{2}$
故直线 $y=k x$ 至多与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 和 $\mathrm{C}_{2}$ 中的一条有交点，即原点不是＂ $\mathrm{C}_{1}-\mathrm{C}_{2}$ 型点＂。
（3）显然过圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内一点的直线 $l$ 若与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 有交点，则斜率必存在；
根据对称性，不妨设直线 $l$ 斜率存在且与曲线 $\mathrm{C}_{2}$ 交于点 $(t, t+1)(t \geq 0)$ ，则
$l: y=(t+1)=k(x-t) \Rightarrow k x-y+(1+t-k t)=0$
直线 $l$ 与圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内部有交点，故 $\frac{|1+t-k t|}{\sqrt{k^{2}+1}}<\frac{\sqrt{2}}{2}$
化简得，$(1+t-t k)^{2}<\frac{1}{2}\left(k^{2}+1\right)$ 。。。。。。。。。（1）
若直线 $l$ 与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 有交点，则
若直线 $l$ 与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 有交点，则

$$ \begin{gathered} \left\{\begin{array}{c} y=k x-k t+t+1 \\ \frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1 \end{array} \Rightarrow\left(k^{2}-\frac{1}{2}\right) x^{2}+2 k(1+t-k t) x+(1+t-k t)^{2}+1=0\right. \\ \Delta=4 k^{2}(1+t-k t)^{2}-4\left(k^{2}-\frac{1}{2}\right)\left[(1+t-k t)^{2}+1\right] \geq 0 \Rightarrow(1+t-k t)^{2} \geq 2\left(k^{2}-1\right) \end{gathered} $$

化简得，$(1+t-k t)^{2} \geq 2\left(k^{2}-1\right)$ 。。。（2）
由①②得， $2\left(k^{2}-1\right) \leq(1+t-t k)^{2}<\frac{1}{2}\left(k^{2}+1\right) \Rightarrow k^{2}<1$
但此时，因为 $t \geq 0,[1+t(1-k)]^{2} \geq 1, \frac{1}{2}\left(k^{2}+1\right)<1$ ，即（1）式不成立；
当 $k^{2}=\frac{1}{2}$ 时，（1）式也不成立
综上，直线 $l$ 若与圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内有交点，则不可能同时与曲线 $\mathrm{C}_{1}$ 和 $\mathrm{C}_{2}$ 有交点，即圆 $x^{2}+y^{2}=\frac{1}{2}$ 内的点都不是＂ $\mathrm{C}_{1}-\mathrm{C}_{2}$ 型点＂。

【解答】
解：（1）因为 $c>0, a_{1}=-(c+2)$ ，故 $a_{2}=f\left(a_{1}\right)=2\left|a_{1}+c+4\right|-\left|a_{1}+c\right|=2$ ， $a_{3}=f\left(a_{1}\right)=2\left|a_{2}+c+4\right|-\left|a_{2}+c\right|=c+10$
（2）要证明原命题，只需证明 $f(x) \geq x+c$ 对任意 $x \in R$ 都成立，

$$ f(x) \geq x+c \Leftrightarrow 2|x+c+4|-|x+c| \geq x+c $$

即只需证明 $2|x+c+4| \geq|x+c|+x+c$
若 $x+c \leq 0$ ，显然有 $2|x+c+4| \geq|x+c|+x+c=0$ 成立；
若 $x+c>0$ ，则 $2|x+c+4| \geq|x+c|+x+c \Leftrightarrow x+c+4>x+c$ 显然成立
综上，$f(x) \geq x+c$ 恒成立，即对任意的 $n \in N^{*}, a_{n+1}-a_{n} \geq c$
③由②知，若 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列，则公差 $d \geq c>0$ ，故 n 无限增大时，总有 $a_{n}>0$
此时，$a_{n+1}=f\left(a_{n}\right)=2\left(a_{n}+c+4\right)-\left(a_{n}+c\right)=a_{n}+c+8$
即 $d=c+8$
故 $a_{2}=f\left(a_{1}\right)=2\left|a_{1}+c+4\right|-\left|a_{1}+c\right|=a_{1}+c+8$ ，
即 $2\left|a_{1}+c+4\right|=\left|a_{1}+c\right|+a_{1}+c+8$ ，
当 $a_{1}+c \geq 0$ 时，等式成立，且 $n \geq 2$ 时，$a_{n}>0$ ，此时 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列，满足题意；
若 $a_{1}+c<0$ ，则 $\left|a_{1}+c+4\right|=4 \Rightarrow a_{1}=-c-8$ ，
此时，$a_{2}=0, a_{3}=c+8, \cdots, a_{n}=(n-2)(c+8)$ 也满足题意；
综上，满足题意的 $a_{1}$ 的取值范围是 $[-c,+\infty) \cup\{-c-8\}$ 。