方程①有两个相等的实数根x1?x2??m，
此时， 函数h(x)?f(x)?kx存在唯一的零点x??m； 令??4?4m(1?k)>0，得m(1-k)<1 ,
1， m1当m<0时，解得k?1?，
m当m>0时，解得k?1?以上两种情况下，方程①都有两个不相等的实数根
?1?1?m(1?k)?1?1?m(1?k)，x2?
1?k1?k 此时， 函数h(x)?f(x)?kx存在两个零点 x1??1?1?m(1?k)?1?1?m(1?k)，x2?
1?k1?k综上所述，函数y?f(x)?kx存在零点的情况可概括为
m当k=1 时，函数h(x)?f(x)?kx存在唯一的零点x?；
21当k?1?时，函数h(x)?f(x)?kx存在唯一的零点x??m；
m11当 m>0且k?1?，或者m<0且k?1?时，函数h(x)?f(x)?kx存在两个零点
mm?1?1?m(1?k)?1?1?m(1?k)x1?，x2?。
1?k1?k2222221.（1）解：曲线Cn:x?2nx?y?0(n?1,2,?)可化为(x?n)?y?n， x1? 所以，它表示以Cn(n,0)为圆心，以n 为半径的圆， 切线ln的方程为y?kn(x?1)，
?y?kn(x?1)2222(1?k)x?(2k?2n)x?k 联立?2，消去y 整理，得nnn?0，① 2x?2nx?y?0?222222 ??(2kn?2n)?4kn(1?kn)?4n?4(2n?1)kn，kn?0
令??0，解得kn2n2?， kn?2n?1n2n?1
n22n2n22)x?(?2n)x??0 此时，方程①化为(1?2n?12n?12n?1n2 整理，得?(n?1)x?n??0，解得xx?，
n?1nnn 所以 yn?(?1)?2n?1
n?12n?1n?1n∴数列{xn}的通项公式为xx?
n?1n数列{yn}的通项公式为yn?2n?1。
n?1n1?1?xn1n?1??（２）证明：∵，
n1?xn2n?11?n?111
2n?1?
2n ∴x1?x3?x5???x2n?1?(2n?1)2?24n(2n?1)2?24n?12n?1 2n?11352n?11352n?1??????????? 2462n3572n?11?xn1 ==
1?xn2n?1 ∵
xn?yn12n?1=
1?xn，又0?1?xn12n?1?13??4
xn??x，则0?x?， yn4xx?要证明n?2sinn，只需证明当0?x?时，x?2sinx恒成立即可。
ynyn4 令
设函数f(x)?x?2sinx，0?x? 则f?(x)?1?2cosx，0?x? ∵ 在区间?0,∴当0?x??4
?4????上f?(x)?1?2cosx为增函数， 4???4时，f?(x)?1?2cosx?1?2cos?4?0，
∴f(x)?x?2sinx在区间?0,????上为单调递减函数， ?4?∴ f(x)?x?2sinx?f(0)?0对于一切0?x?∴ x??4很成立，
2sinx，即
1?xnxnx?2sinn =
1?xnynyn1?xnx?2sinn 1?xnyn综上，得x1?x3?x5???x2n?1?
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