已知点 $A(1,0)$，直线 $l$：$x=-1$，两个动圆均过点 $A$ 且与 $l$ 相切，其圆心分别为 $C_1$，$C_2$，若动点 $M$ 满足 $2\overrightarrow{C_2M} = \overrightarrow{C_2C_1} + \overrightarrow{C_2A}$，则 $M$ 的轨迹方程为______.

\begin{answer} $y^2=2x-1$ \end{answer}

\begin{solution} 设任一动圆圆心为 $C=(u,v)$. 因为圆过 $A(1,0)$ 且与直线 $x=-1$ 相切，所以圆心到 $A$ 的距离等于圆心到直线 $x=-1$ 的距离，即 $(u-1)^2+v^2=(u+1)^2$. 化简得 $v^2=4u$.

由向量关系，$2(M-C_2)=(C_1-C_2)+(A-C_2)$，从而 $2M=C_1+A$. 设 $C_1=(u,v)$、$M=(x,y)$，则 $x=\frac{u+1}{2}$、$y=\frac v2$，即 $u=2x-1$、$v=2y$. 代入 $v^2=4u$，得 $4y^2=4(2x-1)$，所以轨迹方程为 $y^2=2x-1$. \end{solution}

已知点 $F_{1}$，$F_{2}$ 依次为双曲线 $C$：$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$（$a$，$b>0$）的左右焦点，$\left|F_{1}F_{2}\right|=6$，$B_{1}(0,-b)$，$B_{2}(0,b)$

(1) 若 $a=\sqrt{5}$，以 $\boldsymbol{d}=(3,-4)$ 为方向向量的直线 $l$ 经过 $B_{1}$，求 $F_{2}$ 到 $l$ 的距离； (2) 若双曲线 $C$ 上存在点 $P$，使得 $\overrightarrow{PB_{1}} \cdot \overrightarrow{PB_{2}} = -2$，求实数 $b$ 的取值范围.

\begin{solution} 由双曲线焦半距关系 $c^2=a^2+b^2$，以及 $|F_1F_2|=2c=6$，得 $c=3$.

\begin{enumerate} \item 当 $a=\sqrt5$ 时，$b^2=3^2-a^2=4$，所以 $b=2$，即 $B_1=(0,-2)$、$F_2=(3,0)$. 直线 $l$ 的方向向量为 $(3,-4)$，故可取法向量 $(4,3)$. 由直线经过 $B_1$，其方程为 $4x+3y+6=0$. 因此

\item 设 $P=(x,y)$. 则 $\overrightarrow{PB_1}=(-x,-b-y)$、$\overrightarrow{PB_2}=(-x,b-y)$，所以 即 $x^2+y^2=b^2-2$. 记 $t=b^2$，则 $0<t<9$，且由 $x^2+y^2=t-2$ 必有 $t\geq2$. 又双曲线方程为 $\frac{x^2}{9-t}-\frac{y^2}{t}=1$. 令 $X=x^2$、$Y=y^2$，联立 由第一式得 $Y=t-2-X$，代入第二式，得 于是 $Y=t-2-X=\frac{t(2t-11)}9$. 因为 $X\geq0$、$Y\geq0$，且 $2\leq t<9$，所以只需 $2t-11\geq0$，即 $t\geq\frac{11}{2}$. 反之，当 $\frac{11}{2}\leq t<9$ 时，上述 $X$，$Y$ 均非负，取相应的 $x$，$y$ 即可得到双曲线上的点 $P$. 因此 即 $\sqrt{\frac{11}{2}}\leq b<3$. \end{enumerate} \end{solution}

已知函数 $f(x)=\left|2^{x-2}-2\right|$（$x\in\mathbf{R}$）.

(1) 解不等式 $f(x)<2$； (2) 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{n}=f(n)$（$n\in\mathbf{N}^{*}$）， $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，对任意的 $n\geq4$，不等式 $S_{n}+\frac{1}{2}\geq ka_{n}$ 恒成立，求实数 $k$ 的取值范围.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 令 $t=2^{x-2}>0$. 原不等式等价于 $|t-2|<2$，即 $-2<t-2<2$，所以 $0<t<4$. 因为 $t>0$ 恒成立，故只需 $2^{x-2}<4=2^2$，即 $x<4$.

\item 先计算数列的前几项：$a_1=\left|2^{-1}-2\right|=\frac32$、$a_2=1$、$a_3=0$. 当 $n\geq4$ 时，$a_n=2^{n-2}-2$，故 因此 $a_n=2^{n-2}-2>0$，原不等式对所有 $n\geq4$ 成立，当且仅当 要确定右侧的最小值，只需证明其不小于 $\frac{25}{14}$. 由于分母为正，这等价于 即 $3\cdot2^{n-2}-28n+120\geq0$. 当 $n=4$，$5$，$6$ 时，左侧分别为 $20$，$4$，$0$. 对于 $n\geq6$，相邻两项之差为 所以该式对所有 $n\geq6$ 均成立. 当 $n=6$ 时等号成立，故右侧最小值为 $\frac{25}{14}$. 因而 $k\leq\frac{25}{14}$，实数 $k$ 的取值范围为 $\left(-\infty,\frac{25}{14}\right]$. \end{enumerate} \end{solution}

对于函数 $f(x)$，$g(x)$，若存在函数 $h(x)$，使得 $f(x)=g(x)\cdot h(x)$，则称 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的“$h(x)$ 关联函数”.

(1) 已知 $f(x)=\sin x$， $g(x)=\cos x$，是否存在定义域为 $\mathbf{R}$ 的函数 $h(x)$，使得 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的“$h(x)$ 关联函数”？若存在，写出 $h(x)$ 的解析式；若不存在，说明理由； (2) 已知函数 $f(x)$， $g(x)$ 的定义域为 $[1,+\infty)$，当 $x\in[n,n+1)$，（$n\in\mathbf{N}^*$）时， $f(x)=2^{n-1}\sin\frac{x}{n}-1$，若存在函数 $h_1(x)$ 及 $h_2(x)$，使得 $f(x)$ 是 $g(x)$ 的“$h_1(x)$ 关联函数”，且 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的“$h_2(x)$ 关联函数”，求方程 $g(x)=0$ 的解.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 若存在定义域为 $\mathbf{R}$ 的函数 $h$，则必须有 $\sin x=\cos x\cdot h(x)$ 对所有 $x\in\mathbf{R}$ 成立. 当 $x=\frac\pi2$ 时，$\sin x=1$ 而 $\cos x=0$，等式变为 $1=0\cdot h\left(\frac\pi2\right)=0$，矛盾. 所以不存在这样的函数 $h(x)$.

\item 由 $f(x)=g(x)h_1(x)$ 和 $g(x)=f(x)h_2(x)$，可知 $f(x)=0$ 与 $g(x)=0$ 互相推出，所以二者的零点集合相同. 只需求出 $f(x)=0$ 的解.

当 $n=1$ 时，$x\in[1,2)$，方程为 $\sin x=1$，所以 $x=\frac\pi2$，且 $\frac\pi2\in[1,2)$.

当 $n\geq2$ 时，$x\in[n,n+1)$ 蕴含 $1\leq\frac{x}{n}<1+\frac1n\leq\frac32<\frac\pi2$. 又因 $1>\frac\pi6$，且正弦函数在 $\left[0,\frac\pi2\right]$ 上单调递增，所以 $\sin\frac{x}{n}\geq\sin1>\sin\frac\pi6=\frac12$，而 $2^{1-n}\leq\frac12$，方程 $2^{n-1}\sin\frac{x}{n}-1=0$，即 $\sin\frac{x}{n}=2^{1-n}$，不可能成立. 所以 $f(x)=0$ 的解集为 $\left\{\frac\pi2\right\}$，从而 $g(x)=0$ 的解也是 $x=\frac\pi2$. \end{enumerate} \end{solution}