意知：MF?MN即动点M到定点F与定直线x???pp2的距离相等，由抛物线的定义知，点M的轨迹
为抛物线，其中F?p?2,0?为焦点，x??为准线，所以轨迹方程为y?2px(P?0)；
2?2?（II）如图，设A?x1,y1?,B?x2,y2?，由题意得x1?x2（否则?????）且x1,x2?0所以直线AB的斜率存在，设其方程为y?kx?b，显然x1?y122p,x2?2pky222p，将y?kx?b与y2?2px(P?0)联立消去x，
2pbk得ky2?2py?2pb?0由韦达定理知y1?y2?（1）当???2,y1?y2?①
y1y24p222时，即????2pbk?2时，tan??tan??1所以
2y1x1?y2x2?1,x1x2?y1y2?0，?y1y2?0所
以y1y2?4p2由①知：
?4p所以b?2pk.因此直线AB的方程可表示为y?kx?2Pk，即
所以直线AB恒过定点??2p,0? k(x?2P)?y?0（2）当???2时，由?????，得tan??tan(???)=
tan??tan?1?tan?tan?=
2p(y1?y2)y1y2?4p2将①式代入上式整理化简可得：tan??2pb?2pk，所以b?2ptan??2pk，
此时，直线AB的方程可表示为y?kx?2p???2pk即k(x?2p)??y???0 tan?tan???2p所以直线AB恒过定点??2p,??2p?? tan??所以由（1）（2）知，当??5．（本小题满分12分）
?2时，直线AB恒过定点??2p,0?，当???2时直线AB恒过定点??2p,??2p??. tan??已知椭圆C1的方程为
x24?y2?1，双曲线C2的左、右焦点分别为C1的左、右顶点，而C2的左、
右顶点分别是C1的左、右焦点. （Ⅰ）求双曲线C2的方程；
（Ⅱ）若直线l:y?kx?2与椭圆C1及双曲线C2都恒有两个不同的交点，且l与C2的两个交点A
和B满足OA?OB?6（其中O为原点），求k的取值范围.
22解：（Ⅰ）设双曲线C2的方程为x?y?1，则a2?4?1?3,再由a2?b2?c2得b2?1.
22ab故C2的方程为
x23?y2?1.
（II）将y?kx?2代入x24?y2?1得(1?4k)x?82kx?4?0.
22由直线l与椭圆C1恒有两个不同的交点得
?1?(82)k22?16(1?4k)?16(4k22?1)?0,
即 k2?14. ①
将y?kx?2代入x23?y2?1得(1?3k)x?62kx?9?0.
22由直线l与双曲线C2恒有两个不同的交点A，B得
2??1?3k?0,?222???2?(?62k)?36(1?3k)?36(1?k)?0.
122即k?且k?1.3设A(xA,yA),B(xB,yB),则xA?xB?由OA?OB?6得xAxB?yAyB?6,而xAxB?yAyB?xAxB?(kxA??(k262k1?3k2,xA?xB??91?3k2
2)2)(kxB??1)xAxB??91?3k22k(xA?xB)?2?2k?62k1?3k2 ?(k?1)??3k3k222?2
?7?1.22于是3k3k131522?7?12?6,即1315k3k?13?1?0.解此不等式得
k2?或k?. ③
由①、②、③得
14?k2?13或1315?k2?1.
故k的取值范围为(?1,?6．（本小题满分12分）
1315)?(?33,?12)?(12,33)?(1315,1)
数列{an}满足a1?1且an?1?(1?1n?n2)an?12n(n?1).
（Ⅰ）用数学归纳法证明：an?2(n?2)；
（Ⅱ）已知不等式ln(1?x)?x对x?0成立,证明:an?e2(n?1)，其中无理数e=2.71828…. （Ⅰ）证明：（1）当n=2时，a2?2?2，不等式成立. （2）假设当n?k(k?2)时不等式成立，即ak?2(k?2),
那么ak?1?(1?1k(k?1))ak?12k?2. 这就是说，当n?k?1时不等式成立.
根据（1）、（2）可知：ak?2对所有n?2成立. （Ⅱ）证法一：
由递推公式及（Ⅰ）的结论有 an?1?(1?1n?n2)an?12n?(1?1n?n2?12n)an.(n?1)
两边取对数并利用已知不等式得 lnan?1?ln(1??lnan?1n?n21n?n2?12n)?lnan
?12n. 故lnan?1?lnan?1n(n?1)?12n (n?1).
上式从1到n?1求和可得 lnan?lna1?11?2?12?3???1(n?1)n1??1??112?122???12n?1
?1?12?(12?13)???1n?1?1n?12n2?1?1?1?1?2.
n1n222即lnan?2,故an?e(n?1).
（Ⅱ）证法二：
由数学归纳法易证2?n(n?1)对n?2成立，故
1n?n2nan?1?(1?)an?12n?(1?1n(n?1)an?1n(n?1)(n?2).
令bn?an?1(n?2),则bn?1?(1?1n(n?1))bn(n?2).
取对数并利用已知不等式得 lnbn?1?ln(1?1n(n?1)1n(n?1))?lnbn
?lnbn?(n?2).
上式从2到n求和得 lnbn?1?lnb2?11?2?12?3???1n(n?1)
?1?12?12?13???1n?1?1n?1.
(n?2).
因b2?a2?1?3.故lnbn?1?1?ln3,bn?1?e1?ln3?3e故an?1?3e?1?e2,n?2,又显然a1?e2,a2?e2,故an?e2对一切n?1成立. 7．（本小题满分12分）
已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0?1,an?1?12an,(4?an),n?N.
（1）证明an?an?1?2,n?N; （2）求数列{an}的通项公式an. 解：（1）方法一 用数学归纳法证明：
1°当n=1时，a0?1,a1?12a0(4?a0)?32,
∴a0?a1?2，命题正确. 2°假设n=k时有ak?1?ak?2. 则n?k?1时,ak?ak?1?1212ak?1(4?ak?1)?12ak(4?ak)
?2(ak?1?ak)?(ak?1?ak)(ak?1?ak)
?12
(ak?1?ak)(4?ak?1?ak).而ak?1?ak?0.又ak?1?12ak(4?ak)?4?ak?1?ak?0,12[4?(ak?2)]?2.
2?ak?ak?1?0.
∴n?k?1时命题正确.
由1°、2°知，对一切n∈N时有an?an?1?2. 方法二：用数学归纳法证明：
1°当n=1时，a0?1,a1?12a0(4?a0)?32,∴0?a0?a1?2；
2°假设n=k时有ak?1?ak?2成立， 令f(x)?12x(4?x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设
12ak?1(4?ak?1)?12ak(4?ak)?12?2?(4?2),
有：f(ak?1)?f(ak)?f(2),即
也即当n=k+1时 ak?ak?1?2成立，所以对一切n?N,有ak?ak?1?2 （2）下面来求数列的通项：an?1?12an(4?an)?12[?(an?2)?4],所以
22(an?1?2)??(an?2)
令bn?an?2,则bn??12bn?1??n2212(?12bn?2)22??1122211?2???2n?12n?()bn?1????()bn, 222又bn=－1，所以bn??()221?112n?1 ,即an?2?bn?2?()2