第04讲 新高考新结构命题下的新定义解答题综合训练（6类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（新高考通用）

第04讲 新高考新结构命题下的新定义 解答题综合训练 （6类核心考点精讲精练） 在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。 当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面： （1） 三考 题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实际水平。 （2） 三重 强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独特见解和创造力。 （3） 三突出 试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思考和探索，培养逻辑思维和创新能力。 面对新高考新结构试卷的5个解答题，新定义版块作为一个重要的考查领域，通常在第19题这样的压轴大题中，分值为17分，将考查学生的解题能力和思维深度，是高考数学的分水岭，难度极大。 面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。根据知识点及其命题方式，要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新结构试卷的特点，结合具体的新定义解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的新定义解答题综合训练指南，以期在新高考中取得更好的成绩。 考点一、函数及导数新定义综合 1．（2024·广西·二模）已知函数，若存在恒成立，则称是的一个“下界函数”． (1)如果函数为的一个“下界函数”，求实数的取值范围； (2)设函数，试问函数是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说明理由． 2．（2024·湖南·二模）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得． (1)运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得． (2)已知函数，若对于区间内任意两个不相等的实数，都有成立，求实数的取值范围． (3)证明：当时，有． 3．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，，注：，，，， 已知函数. (1)求函数在处的阶帕德近似，并求的近似数精确到 (2)在（1）的条件下： ①求证：； ②若恒成立，求实数的取值范围. 4．（2024·河北沧州·一模）对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为和，即，． (1)若，证明：集合中有且仅有一个元素； (2)若，讨论集合的子集的个数． 5．（2024·山东聊城·二模）对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知． (1)设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间； (2)设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围． 6．（2024·浙江宁波·二模）定义：对于定义在区间上的函数，若存在实数，使得函数在区间上单调递增（递减），在区间上单调递减（递增），则称这个函数为单峰函数且称为最优点.已知定义在区间上的函数是以为最优点的单峰函数，在区间上选取关于区间的中心对称的两个试验点，称使得较小的试验点为好点（若相同，就任选其一），另一个称为差点.容易发现，最优点与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为，再对区间重复以上操作，可以找到新的存优区间，同理可依次找到存优区间，满足，可使存优区间长度逐步减小.为了方便找到最优点（或者接近最优点），从第二次操作起，将前一次操作中的好点作为本次操作的一个试验点，若每次操作后得到的存优区间长度与操作前区间的长度的比值为同一个常数，则称这样的操作是“优美的”，得到的每一个存优区间都称为优美存优区间，称为优美存优区间常数.对区间进行次“优美的”操作，最后得到优美存优区间，令，我们可任取区间内的一个实数作为最优点的近似值，称之为在区间上精度为的“合规近似值”，记作.已知函数，函数. (1)求证：函数是单峰函数； (2)已知为函数的最优点，为函数的最优点. （i）求证：； （ii）求证：. 注：. 7．（2024·广西·二模）设，用表示不超过x的最大整数，则称为取整函数，取整函数是德国数学家高斯最先使用，也称高斯函数．该函数具有以下性质： ①的定义域为R，值域为Z； ②任意实数都能表示成整数部分和纯小数部分之和，即，其中为x的整数部分，为x的小数部分； ③； ④若整数a，b满足，则. (1)解方程； (2)已知实数r满足，求的值； (3)证明：对于任意的大于等于3的正整数n，均有． 8．（2024·湖北·模拟预测）欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合，欧拉函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数；记表示x除以y的余数（x和y均为正整数）， (1)求和； (2)现有三个素数p，q，，，存在正整数d满足；已知对素数a和，均有，证明：若，则； (3)设n为两个未知素数的乘积，，为另两个更大的已知素数，且；又，，，试用，和n求出x的值． 9．（2024·河北石家庄·二模）设集合是一个非空数集，对任意，定义，称为集合的一个度量，称集合为一个对于度量而言的度量空间，该度量空间记为. 定义1：若是度量空间上的一个函数，且存在，使得对任意，均有：，则称是度量空间上的一个“压缩函数”. 定义2：记无穷数列为，若是度量空间上的数列，且对任意正实数，都存在一个正整数，使得对任意正整数，均有，则称是度量空间上的一个“基本数列”. (1)设，证明：是度量空间上的一个“压缩函数”； (2)已知是度量空间上的一个压缩函数，且，定义，，证明：为度量空间上的一个“基本数列”. 10．（22-23高二上·上海普陀·阶段练习）给出下列两个定义： I.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，若其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”. II.对于一个“同定义函数”，若有以下性质： ①；②，其中为两个新的函数，是的导函数. 我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”. (1)判断函数和是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”； (2)已知命题是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题.判断命题是的什么条件，证明你的结论； (3)已知函数. ①若的“自导函数”是，试求的取值范围； ②若，且定义，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 考点二、数列新定义综合 1．（2024·广东梅州·二模）已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”． (1)若，求其生成数列的前项和； (2)设数列的“生成数列”为，求证：； (3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列． 2．（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”． (1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由． (2)若为“上凸数列”，则当时，． （ⅰ）若数列为的前项和，证明：； （ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值． 3．（2024·北京东城·一模）有穷数列中，令，当p=q时，规定. (1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得； (2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值； (3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：. 4．（2024·辽宁大连·一模）对于数列，定义“T变换”：T将数列A变换成数列，其中，且．这种“T变换”记作，继续对数列B进行“T变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束． (1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列： (2)若不全相等，判断数列不断的“T变换”是否会结束，并说明理由； (3)设数列A：2020，2，2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小，求k的最小值． 5．（2024·辽宁·三模）若实数列满足，有，称数列为“数列”. (1)判断是否为“数列”，并说明理由； (2)若数列为“数列”，证明：对于任意正整数，且，都有 (3)已知数列为“数列”，且.令，其中表示中的较大者.证明：，都有. 6．（2024·广东深圳·二模）无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是． (1)写出这个数列的前7项； (2)如果且，求m，n的值； (3)记，，求一个正整数n，满足． 7．（2024·辽宁·二模）如果数列，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知数列为数列的“接近数列”． (1)若，求的值； (2)若数列是等差数列，且公差为，求证：数列是等差数列； (3)若数列满足，且，记数列的前项和分别为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，请求出正整数的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：） 8．（2023·山西·模拟预测）对于数列，若存在，使得对任意，总有，则称为“有界变差数列”． (1)若各项均为正数的等比数列为有界变差数列，求其公比q的取值范围； (2)若数列满足，且，证明：是有界变差数列； (3)若，均为有界变差数列，且，证明：是有界变差数列． 9．（2024·江西上饶·二模）对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且．这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束． (1)写出数列，经过6次“变换”后得到的数列； (2)若不全相等，判断数列经过不断的“变换”是否会结束，并说明理由； (3)设数列经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值． 10．（2024·河北石家庄·二模）设集合是一个非空数集，对任意，定义，称为集合的一个度量，称集合为一个对于度量而言的度量空间，该度量空间记为. 定义1：若是度量空间上的一个函数，且存在，使得对任意，均有：，则称是度量空间上的一个“压缩函数”. 定义2：记无穷数列为，若是度量空间上的数列，且对任意正实数，都存在一个正整数，使得对任意正整数，均有，则称是度量空间上的一个“基本数列”. (1)设，证明：是度量空间上的一个“压缩函数”； (2)已知是度量空间上的一个压缩函数，且，定义，，证明：为度量空间上的一个“基本数列”. 考点三、集合新定义综合 1．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知集合，若存在数阵满足：①；②；则称为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个好数阵，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 2．（2024·广东·模拟预测）已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. (1)试判断集合是否具有性质，并说明理由； (2)若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”； (3)证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”. 3．（2024·北京延庆·一模）已知数列，记集合. (1)若数列为，写出集合； (2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由； (3)若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值． 4．（2024·湖南邵阳·二模）给定整数，由元实数集合定义其随影数集.若，则称集合为一个元理想数集，并定义的理数为其中所有元素的绝对值之和. (1)分别判断集合是不是理想数集；（结论不要求说明理由） (2)任取一个5元理想数集，求证：； (3)当取遍所有2024元理想数集时，求理数的最小值. 注：由个实数组成的集合叫做元实数集合，分别表示数集中的最大数与最小数. 5．（2024·北京·模拟预测）已知集合，其中都是的子集且互不相同，记的元素个数，的元素个数. (1)若，直接写出所有满足条件的集合； (2)若，且对任意，都有，求的最大值； (3)若且对任意，都有，求的最大值. 6．（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知有限集，若中的元素满足，则称为“元重生集”. (1)集合是否为“2元重生集”，请说明理由； (2)是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”？如果有，请求出有几个，如果没有，请说明理由； (3)若，证明：“元重生集”有且只有一个，且. 7．（23-24高三上·北京昌平·期末）已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集． (1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由； (2)若，证明：； (3)设，若，求的最小值． 8．（23-24高三下·北京·阶段练习）设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集．记集合的所有子集中的自邻集的个数为． (1)直接写出的所有自邻集； (2)若n为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数； (3)若，求证：． 9．（24-25高三上·四川泸州·阶段练习）已知正整数，集合，，，，，，2，，．对于中的元素，，，，，，定义．令． (1)直接写出的两个元素及的元素个数； (2)已知，，，，满足对任意，都有，求的最大值； (3)证明：对任意，，，，总存在，使得． 10．（2024·北京丰台·一模）已知集合（，），若存在数阵满足： ①； ②． 则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 考点四、平面向量新定义综合 1．（21-22高一下·北京丰台·期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定． (1)分别根据下列已知条件求： ①，；②，； (2)若向量，求证：； (3)若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，． （i）当时，求的最大值； （ii）写出的最大值．（只需写出结果） 2．（21-22高一下·山东日照·期末）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”；记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为 (1)已知，，若函数为集合中的元素，求其“相伴向量”的模的取值范围； (2)已知点满足条件：，，若向量的“相伴函数”在处取得最大值，当在区间变化时，求的取值范围； (3)当向量时，“相伴函数”为，若，方程存在4个不相等的实数根，求实数的取值范围. 3．（2024·全国·模拟预测）设有维向量，，称为向量和的内积，当，称向量和正交．设为全体由和1构成的元数组对应的向量的集合． (1)若，写出一个向量，使得． (2)令．若，证明：为偶数． (3)若，是从中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足，猜测的值，并给出一个实例． 4．（23-24高一下·福建福州·期中）对于向量集，记向量．如果存在向量，使得，那么称是向量集的“长向量”． (1)设向量，．若是向量集的“长向量”，求实数x的取值范围； (2)设向量，，则向量集是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由； (3)已知均是向量集的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系xOy中的点集，其中，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最小值． 5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示．平面向量又称为二维向量．一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广．类似二维向量，对于n维向量，也可定义两个向量的数量积、向量的长度（模）等：设，，则；．已知向量满足，向量满足． (1)求的值； (2)若，其中，当且时，证明：． 6．（22-23高一下·北京·阶段练习）对于向量，若，，三数互不相等，令向量，其中，，，. (1)当时，试写出向量； (2)证明：对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0； (3)若，证明：存在正整数，使得. 7．（22-23高一下·北京东城·期末）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． (1)若，求及； (2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； (3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 8．（23-24高三下·湖南常德·阶段练习）对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量.特别地，称为零向量.设，，，定义加法和数乘：，.对一组向量，，…，，若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关.否则，称为线性无关. (1)对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由. ①，； ②，，. (2)已知，，线性无关，判断，，是线性相关还是线性无关，并说明理由. (3)已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明： ①如果存在等式（，，2，3，…，m），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零； ②如果两个等式，（，，，2，3，…，m）同时成立，其中，则. 9．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且. (1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量； (2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量； (3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：. 10．（20-21高一下·北京·期中）我们学过二维的平面向量，其坐标为，那么对于维向量，其坐标为.设维向量的所有向量组成集合.当时，称为的“特征向量”，如的“特征向量”有，，，.设和为的“特征向量”， 定义. （1）若，，且，，计算，的值； （2）设且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，当时，为奇数；当时，为偶数.求集合中元素个数的最大值； （3）设，且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，且时，.写出一个集合，使其元素最多，并说明理由. 考点五、立体几何新定义综合 1．（22-23高三上·河北·阶段练习）已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，. (1)证明：平行六面体是直四棱柱； (2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系. 2．（22-23高二上·北京·期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则 (1)①点，，求的值． ②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程． (2)已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值； (3)设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标． 3．（20-21高一下·福建泉州·期末）球面三角学是球面几何学的一部分，主要研究球面多边形(特别是三角形)的角､边､面积等问题，其在航海､航空､卫星定位等方面都有广泛的应用.定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点，，，过任意两点的大圆上的劣弧，，所组成的图形称为球面，记其面积为.易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的和；若球面上，，的对径点分别为，，，则球面与球面全等.如图2，已知球的半径为，圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小为，圆弧和所在平面､圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小分别为，.记. （1）请写出，，的值，并猜测函数的表达式； （2）求(用，，，表示). 4．（22-23高二上·上海徐汇·期中）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中（，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且． (1)求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和； (2)若直四棱柱在点A处的离散曲率为x，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间． 考点六、解析几何新定义综合 1．（22-23高二下·江苏盐城·期末）焦距为2c的椭圆（a＞b＞0），如果满足“2b=a+c”，则称此椭圆为“等差椭圆”． (1)如果椭圆（a＞b＞0）是“等差椭圆”，求的值； (2)对于焦距为12的“等差椭圆”，点A为椭圆短轴的上顶点，P为椭圆上异于A点的任一点，Q为P关于原点O的对称点（Q也异于A），直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，判断以线段MN为直径的圆是否过定点？说明理由． 2．（23-24高二上·北京昌平·期中）在平面上，我们把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，为该曲线的两个焦点．已知曲线是一条伯努利双纽线． (1)求曲线的焦点的坐标； (2)判断曲线上是否存在两个不同的点、（异于坐标原点），使得以为直径的圆过坐标原点．如果存在，求点、坐标；如果不存在，请说明理由． 3．（23-24高二上·贵州贵阳·期末）阅读材料： 在平面直角坐标系中，若点与定点（或的距离和它到定直线（或）的距离之比是常数，则，化简可得，设，则得到方程，所以点的轨迹是一个椭圆，这是从另一个角度给出了椭圆的定义.这里定点是椭圆的一个焦点，直线称为相应于焦点的准线；定点是椭圆的另一个焦点，直线称为相应于焦点的准线. 根据椭圆的这个定义，我们可以把到焦点的距离转化为到准线的距离.若点在椭圆上，是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，则点到准线的距离为，所以，我们把这个公式称为椭圆的焦半径公式. 结合阅读材料回答下面的问题： 已知椭圆的右焦点为，点是该椭圆上第一象限的点，且轴，若直线是椭圆右准线方程，点到直线的距离为8. (1)求点的坐标； (2)若点也在椭圆上且的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由. 4．（2021高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，对于直线和点，，记，若，则称点，被直线l分离，若曲线c与直线l没有公共点，且曲线c上存在点，被直线l分隔，则称直线l为曲线c的一条分隔线． （1）求证：点，被直线分隔； （2）若直线是曲线的分隔线，求实数k的取值范围； （3）动点M到点的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的轨迹为曲线E，求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线． 5．（22-23高三上·上海虹口·阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m. (1)设，若的焦距为2，l过点，求l的方程； (2)设，若是上的一点，且，l与交于不同的两点A、B，Q为的上顶点，求面积的最大值； (3)设是l的一个法向量，M是l上一点，对于坐标平面内的定点N，定义.用a、b、k、m表示，并利用与的大小关系，提出一个关于l与位置关系的真命题，给出该命题的证明. 6．（2023·全国·模拟预测）定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆的相似椭圆，点为椭圆上异于其左、右顶点的任意一点． (1)当时，若与椭圆有且只有一个公共点的直线恰好相交于点，直线的斜率分别为，求的值； (2)当（e为椭圆的离心率）时，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值． 7．（2024·河南信阳·模拟预测）在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量. (1)指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由； (2)证明：直线在曲面上； (3)若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值. 8．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示. (1)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵； (2)在平面直角坐标系中，求双曲线绕原点按逆时针旋转（到原点距离不变）得到的双曲线方程； (3)已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于，两点（在第一象限），与轴交于点.设直线，的倾斜角分别为，，求证：为定值. 9．（2022·福建·模拟预测）等轴双曲线是离心率为的双曲线，可建立合适的坐标平面使之为反比例函数． （1）在等轴双曲线上有三点，，，其横坐标依次是，，．设，，分别为，，的中点，试求的外接圆圆心的横坐标． （2）双曲线的渐近线为和，上有三个不同的点，，，直线、直线、直线与分别交于，，，过，，分别作直线、直线、直线的垂线，，． （i）当为等轴双曲线时，证明：，，三线共点． （ii）当不为等轴双曲线时，记，，分别是与，与，与的交点，类似地从另一条渐近线出发来定义，，．证明：． 10．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）在平面直角坐标系中，定义：若曲线和上分别存在点，关于原点对称，则称点和点为和的一对“关联点”. (1)若上任意一点的“关联点”为点，求点所在的曲线方程. (2)若上任意一点的“关联点”为点，求的取值范围. (3)若和有且仅有两对“关联点”，求实数的取值范围. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 新高考新结构命题下的新定义 解答题综合训练 （6类核心考点精讲精练） 在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。 当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面： （1） 三考 题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实际水平。 （2） 三重 强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独特见解和创造力。 （3） 三突出 试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思考和探索，培养逻辑思维和创新能力。 面对新高考新结构试卷的5个解答题，新定义版块作为一个重要的考查领域，通常在第19题这样的压轴大题中，分值为17分，将考查学生的解题能力和思维深度，是高考数学的分水岭，难度极大。 面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。根据知识点及其命题方式，要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新结构试卷的特点，结合具体的新定义解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的新定义解答题综合训练指南，以期在新高考中取得更好的成绩。 考点一、函数及导数新定义综合 1．（2024·广西·二模）已知函数，若存在恒成立，则称是的一个“下界函数”． (1)如果函数为的一个“下界函数”，求实数的取值范围； (2)设函数，试问函数是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)函数F(x)是否存在零点，理由见解答 【分析】（1）把恒成立问题转换为求的最小值问题，利用导数求出最小值即可； （2）把函数整理成，要判断是否有零点，只需看的正负问题，令，利用导数分析即可. 【详解】（1）由恒成立，可得恒成立， 所以恒成立,令，所以， 当时, ，在单调递减； 当时, ，在单调递增； 所以的最小值为，所以， 实数t的取值范围； （2）由（1）可知，所以，所以，① 又，所以， 令，所以， 当时, ，在单调递减； 当时, ，在单调递增； 所以，② 所以， 又①②中取等号的条件不同，所以 所以函数没有零点. 2．（2024·湖南·二模）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得． (1)运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得． (2)已知函数，若对于区间内任意两个不相等的实数，都有成立，求实数的取值范围． (3)证明：当时，有． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数结合罗尔定理推导即得. （2）求出函数的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得. （3）构造函数，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得. 【详解】（1）令，则， 令函数，则， 显然在上连续，且在上可导，由罗尔定理，存在，使得， 即，所以. （2）依题意，， 不妨令，则恒成立， 由（1）得，于是，即， 因此，令， 求导得，函数在上单调递增，则， 而函数在上单调递增，其值域为， 则，所以实数的取值范围是. （3）令函数，显然函数在上可导， 由（1），存在，使得， 又，则， 因此，而，则，即， 所以. 【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答. 3．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，，注：，，，， 已知函数. (1)求函数在处的阶帕德近似，并求的近似数精确到 (2)在（1）的条件下： ①求证：； ②若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)， (2)① 证明见解析；② 【分析】（1）先写出阶帕德近似，然后求导得到，，令得，所以，求导得到求解即可； （2）令，，求导得到判断在及上均单调递减，按照和分类讨论求解即可； 由已知令，且，所以是的极大值点，求导得到，故，，得到之后写出，然后求导判断单调性证明即可. 【详解】（1）由题可知函数在处的阶帕德近似， 则，，， 由得，所以， 则，又由得，所以， 由得，所以， 所以. （2）①令，， 因为， 所以在及上均单调递减. 当，，即， 而，所以，即， 当，，即， 而，所以，即， 所以不等式恒成立； ②由得在上恒成立， 令，且，所以是的极大值点， 又，故，则， 当时，，所以， 当时，，，则，故在上单调递增， 所以当时，， 当时，， 令，因为，所以在上单调递减， 所以，又因为在上， 故当时，， 综上，当时，恒成立. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 4．（2024·河北沧州·一模）对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为和，即，． (1)若，证明：集合中有且仅有一个元素； (2)若，讨论集合的子集的个数． 【答案】(1)证明见解析 (2) 答案见解析 【分析】（1）令，求导，可得函数的单调性，进而可得函数有唯一零点，可得结论； （2）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数.，进而可得集合的子集的个数. 【详解】（1）令，求导得， 令，可得， 当，，当，， 所以，所以有唯一零点， 所以集合中有且仅有一个元素； （2）当时，由函数， 可得导函数，所以在上单调递增， 由反函数的知识，稳定点在原函数与反函数的交点上， 即稳定点与的不动点等价， 故只需研究的不动点即可； 令， 则，则在上单调递减， ①当时，恒成立，即在上单调递增， 当x无限接近于0时，趋向于负无穷小， 且， 故存在唯一的，使得，即有唯一解， 所以此时有唯一不动点； ②当时，即时，， 当趋向无穷大时，趋近于0，此时， 存在唯一，使得， 此时在上单调递增，在上单调递减， 故， 当趋近于0时，趋向于负无穷大，当向正无穷大时，趋向负无穷大时， 设，则在上单调递增， 且， 又在时单调递增， 故（i）当时，即， 此时，方程有一个解，即有唯一不动点，所以集合的子集有2个； （ii）当，即， 此时，方程无解，即无不动点，所以集合的子集有1个； （iii）当时，即，此时，方程有两个解，即有两个不动点，所以集合的子集有4个； 综上，当时或时，集合的子集有2个； 当时，集合的子集有1个； 当时，集合的子集有4个. 【点睛】方法点睛：本题属新定义题型，读懂题意是关键；研究方程根的个数问题常转化为判断函数零点的个数问题，利用导数研究含参函数的单调性，从而判断方程根（或函数零点）的个数问题．注意分类讨论思想的应用． 5．（2024·山东聊城·二模）对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知． (1)设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间； (2)设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围． 【答案】(1)单调递增区间为，递减区间为； (2). 【分析】（1）根据给定的定义，列式求出值，再利用导数求出函数的单调区间. （2）利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可. 【详解】（1）由为“的可移倒数点”，得， 即，整理，即，解得， 由的定义域为R，求导得， 当时，单调递增；时，单调递减； 时，单调递增， 所以的单调递增区间为，递减区间为． （2）依题意，， 由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根， ①当时，，方程可化为，解得， 这与不符，因此在内没有实数根； ②当时，，方程可化为， 该方程又可化为． 设，则， 因为当时，，所以在内单调递增， 又因为，所以当时，， 因此，当时，方程在内恰有一个实数根； 当时，方程在内没有实数根． ③当时，没有意义，所以不是的实数根． ④当时，，方程可化为， 化为，于是此方程在内恰有两个实数根， 则有，解得， 因此当时，方程在内恰有两个实数根， 当时，方程在内至多有一个实数根， 综上，的取值范围为． 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围． 6．（2024·浙江宁波·二模）定义：对于定义在区间上的函数，若存在实数，使得函数在区间上单调递增（递减），在区间上单调递减（递增），则称这个函数为单峰函数且称为最优点.已知定义在区间上的函数是以为最优点的单峰函数，在区间上选取关于区间的中心对称的两个试验点，称使得较小的试验点为好点（若相同，就任选其一），另一个称为差点.容易发现，最优点与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为，再对区间重复以上操作，可以找到新的存优区间，同理可依次找到存优区间，满足，可使存优区间长度逐步减小.为了方便找到最优点（或者接近最优点），从第二次操作起，将前一次操作中的好点作为本次操作的一个试验点，若每次操作后得到的存优区间长度与操作前区间的长度的比值为同一个常数，则称这样的操作是“优美的”，得到的每一个存优区间都称为优美存优区间，称为优美存优区间常数.对区间进行次“优美的”操作，最后得到优美存优区间，令，我们可任取区间内的一个实数作为最优点的近似值，称之为在区间上精度为的“合规近似值”，记作.已知函数，函数. (1)求证：函数是单峰函数； (2)已知为函数的最优点，为函数的最优点. （i）求证：； （ii）求证：. 注：. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据单峰函数的定义，求导确定得单调性即可； （2）（i）令，则，令，根据为函数的最优点，为函数的最优点，可确定导函数的零点，根据导函数的零点验证结论即可；（ii）根据“合规近似值”的定义，结合函数单调性与不等式的性质证明结论即可. 【详解】（1）因为，令，则.， 因为，则，则在上单调递减， 又因为， 由零点存在定理知，存在唯一的，使得，且 时，，， 所以在上递增，上递减，所以为单峰函数. （2）（i）令，则，令， 因为为在上的最优点，所以为在的最优点，， 所以，结合最优点的定义知，为在区间上的唯一零点. 又由（1）知，在递增，递减，且. 所以由零点存在性定理知在区间存在唯一的，使得， 即，所以. （ii）第一次操作：取，由对称性不妨去掉区间， 则存优区间为，为好点； 第二次操作：为一个试验点，为了保证对称性， 另一个试验点与关于区间的中心对称，所以； 又因为前两次操作，每次操作后剩下的存优区间长度与操作前的比值为. 若，即，则（舍去）； 若，即，则，即，解得或（舍）. 则操作5次后的精度为. . 又， 所以. 所以，得证. 【点睛】关键点点睛：本题属于函数新定义问题，求解本题第二问得关键点在于对“单峰函数”、“优美存优区间常数”、“合规近似值”的理解，结合函数的单调性、绝对值不等式的进行结论的证明.考查学生的分析与计算，属于难题. 7．（2024·广西·二模）设，用表示不超过x的最大整数，则称为取整函数，取整函数是德国数学家高斯最先使用，也称高斯函数．该函数具有以下性质： ①的定义域为R，值域为Z； ②任意实数都能表示成整数部分和纯小数部分之和，即，其中为x的整数部分，为x的小数部分； ③； ④若整数a，b满足，则. (1)解方程； (2)已知实数r满足，求的值； (3)证明：对于任意的大于等于3的正整数n，均有． 【答案】(1)或 (2)743 (3)证明见解析 【分析】（1）令，则方程可化为，根据高斯函数的定义，即可求解得答案； （2）设，则可判断中n以及的个数，从而可得，结合高斯函数定义，即可求得答案； （3）由所要证明不等式的形式，可构造不等式，当时，有成立；设，推出，从而得到，即可证明结论. 【详解】（1）令，则， ∴， 又由高斯函数的定义有， 解得：，则或， 当时，则；当时，则； （2）设，设，，，…，中有k个为， 个n，， 据题意知：，则有， 解得，， 所以，，即， 故； （3）证明：由的形式，可构造不等式， 当时，有； 设， 则有， 从而， 而，则， ∴. 【点睛】难点点睛：本题考查了函数新定义，即高斯函数的应用问题，难度较大，解答的难点在于（3）中不等式的证明，解答时要理解高斯函数的性质，并能构造不等式，时，有，进行证明. 8．（2024·湖北·模拟预测）欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合，欧拉函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数；记表示x除以y的余数（x和y均为正整数）， (1)求和； (2)现有三个素数p，q，，，存在正整数d满足；已知对素数a和，均有，证明：若，则； (3)设n为两个未知素数的乘积，，为另两个更大的已知素数，且；又，，，试用，和n求出x的值． 【答案】(1)，； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求出和. （2）分析求出x与n不互质的数的个数，求得，设，，结合二项式展开式证明，再按与分类求证即得. （3）利用的定义，记，，令，那么，且，，使，则，再探求数列项数及递推关系即可求得答案. 【详解】（1）中，与6互质的数有1和5，则； 中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则8. （2）因为，p和q为素数，则对，仅当或时，x和n不互质， 又，则，，…，或，，…时，x与n不互质， 则， 设，，可知s，t不全为0，下证时，； 由题知，， 又， 所以，同理有； 于是记，， 即，同理，记，于是， 则，因为，所以，所以， 即； （i）时，记，则， 记，又，而，则， 即，即； （ii）若，不妨设，于是， 所以，又，， 所以； 综上，，得证： （3）因为，所以，则，则， 假设存在，，使得；记，， 令，那么，且，于是，使，则， 从而数列有且仅有项， 考虑使成立， 则对于相邻项有， 将两式相加并整理得：， 令，得，又由于，，…，及均由和确定， 则数列的各项也可根据n和确定， 由上知，， 则， 即，其中是根据n和唯一确定的. 【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答. 9．（2024·河北石家庄·二模）设集合是一个非空数集，对任意，定义，称为集合的一个度量，称集合为一个对于度量而言的度量空间，该度量空间记为. 定义1：若是度量空间上的一个函数，且存在，使得对任意，均有：，则称是度量空间上的一个“压缩函数”. 定义2：记无穷数列为，若是度量空间上的数列，且对任意正实数，都存在一个正整数，使得对任意正整数，均有，则称是度量空间上的一个“基本数列”. (1)设，证明：是度量空间上的一个“压缩函数”； (2)已知是度量空间上的一个压缩函数，且，定义，，证明：为度量空间上的一个“基本数列”. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由正弦函数的性质可知：在上的值域，进而得出是从到的函数，然后证明存在，对任意，都有即可； （2）先由压缩函数的定义得到：必存在，使得对任意，，，进而得到，再利用绝对值三角不等式得出，分类讨论与两种情况即可得证， 【详解】（1）由正弦函数的性质可知：在上单调递增， 在上单调递减，所以，， ，所以在上的值域为， 所以是从到的函数， 另一方面，我们证明存在，对任意，都有， 取，则对任意，不妨设，分两种情形讨论： ①当时，令，则， 所以在上单调递增，因为，所以，即， 所以，即， ②当时，令，则， 所以在上单调递增，因为，所以，即， 所以，即， 综上所述，对任意，都有， 所以是度量空间上的一个“压缩函数”. （2）证明：因为是度量空间上的一个压缩函数， 所以必存在，使得对任意，， 即， 因为，， 所以， 由绝对值三角不等式可知： 对任意，有 ， 又因为，所以， 所以， ①当时，对任意，有，所以， 所以对任意，对任意正整数，当时，均有， ②当时，对任意，取一个正整数， 则，即， 则当时，有， 综上所述，对任意，都存在一个正整数，使得对任意正整数，当时，均有，， 故为度量空间上的一个“基本数列”. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 10．（22-23高二上·上海普陀·阶段练习）给出下列两个定义： I.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，若其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”. II.对于一个“同定义函数”，若有以下性质： ①；②，其中为两个新的函数，是的导函数. 我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”. (1)判断函数和是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”； (2)已知命题是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题.判断命题是的什么条件，证明你的结论； (3)已知函数. ①若的“自导函数”是，试求的取值范围； ②若，且定义，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)既不充分也不必要条件；证明见解析 (3) 【分析】（1）由和，结合题设中函数的定义，即可得到答案； （2）由成立，得到，设，得出为“单向导函数”，再设，得到为“双向导函数”，结合不是常值函数，求得不是的必要条件；再由成立，得到，进而得出结论； （3）①由题意得到，求得；②由题意求得且，令，求得，得到存在使得，进而得到单调性，分类讨论，即可求解. 【详解】（1）解：对于函数，则， 这两个函数的定义域都是， 所以函数为“同定义域函数”，此时，， 由函数的定义，对于，无法同时成立， 所以为“单向导函数”，其“自导函数”为， 对于函数，则， 因为这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”. （2）解：若成立，，则， 设，则，所以为“单向导函数”， 又设，则，所以为“双向导函数”， 但不是常值函数，所以不是的必要条件； 若成立，则，所以，所以， 所以不成立，所以是的既不充分也不必要条件. （3）解：①由题意，，且， 所以，所以； ②由题意，所以且， 令， 可得，且， 因为为单调递增函数，且， 所以存在使得， 且当时，，单调递减； 当时，，单调递增， （i）当时，即， 所以， 此时，在上单调递增，可得； （ii）当时，，此时， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又由，所以； （iii）当且时，， 所以函数在上存在两个极值点， 若，即时，极大值点为； 若，即时，极大值点为， 则为函数的极大值或， 由当时，， 令，则， 设， 则， 所以，即单调递增，所以， 所以单调递增，所以， 综上可得，，所以实数的取值范围为. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 考点二、数列新定义综合 1．（2024·广东梅州·二模）已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”． (1)若，求其生成数列的前项和； (2)设数列的“生成数列”为，求证：； (3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{pn}的通项，由分组求和法及等比数列的前n项和公式进行求解即可； （2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可； （3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可． 【详解】（1）因为关于单调递增， 所以， ， 于是， 的前项和． （2）由题意可知，， 所以， 因此，即是单调递增数列，且， 由“生成数列”的定义可得． （3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列． 当是一个常数列，则其公差必等于0，， 则，因此是常数列，也即为等差数列； 当是一个非常数的等差数列，则其公差必大于0，， 所以要么，要么， 又因为是由正整数组成的数列，所以不可能一直递减， 记，则当时，有， 于是当时，， 故当时，，…， 因此存在正整数，当时，，…是等差数列． 综上，命题得证． 【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等. 2．（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”． (1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由． (2)若为“上凸数列”，则当时，． （ⅰ）若数列为的前项和，证明：； （ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值． 【答案】(1)是，证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）构造函数，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可； （2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令，利用条件及数列求和适当放缩计算即可. 【详解】（1）是“上凸数列”，理由如下： 因为， 令， 则． 当时，， 所以， 所以在区间上单调递减， 所以， 所以， 所以是“上凸数列”． （2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意， ， 所以， 所以． （ⅱ）解：令， 由（1）可得当时，是“上凸数列”， 由题意可知，当时，． 因为， 即 ． 所以 ， 当且仅当时等号成立， 所以． 综上所述，的最小值为． 3．（2024·北京东城·一模）有穷数列中，令，当p=q时，规定. (1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得； (2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值； (3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：. 【答案】(1)、、、 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得； （2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解； （3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证. 【详解】（1）为时，， 为时，， 为时，， 为时，， 故，且使得的有序数对有、、、； （2）由题意可得，， 又为整数，故，， 则， 同理可得， 即有， 同理可得，当时，有， 即当时，有， 当时，， 故 ； （3）对于数列，，不妨设， ①首先考虑的情况， 由于，，故，同理，，， 故. ②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况， 此时, 因为，， 故这说明此连续的项的和为负. 同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负， 再由①中结论，可得. ③若在①②中，由于， 此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有. ④若，则， 所以此时有， 综上，结论成立. 【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证. 4．（2024·辽宁大连·一模）对于数列，定义“T变换”：T将数列A变换成数列，其中，且．这种“T变换”记作，继续对数列B进行“T变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束． (1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列： (2)若不全相等，判断数列不断的“T变换”是否会结束，并说明理由； (3)设数列A：2020，2，2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小，求k的最小值． 【答案】(1)0，1，1 (2)不会，理由见解析 (3)507 【分析】（1）根据数列的新定义写出经过5次“T变换”后得到的数列即可； （2）先假设数列经过不断的“T变换”结束，不妨设最后的数列，由数列往前推，则非零数量可能通过“T变换”结束，或者数列为常数列，进而得到可能出现的情况，推出矛盾，故假设不成立，即可证明； （3）先往后推几项，发现规律，假设1次“T变换”后得到的通项，多写几项推出规律，往后继续进行，推到使数字接近1时，再继续推，往后会发现k次“T变换”得到的数列是循环的，得到最小值，进而推出次数即可. 【详解】（1）由题知，5次变换得到的数列依次为 3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1； 所以数列：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列为0，1，1. （2）数列经过不断的“变换”不会结束， 设数列， 且， 由题可知：， ， 即非零常数列才能经过“变换”结束； 设（为非零常数列）， 则为变换得到数列的前两项，数列只有四种可能： ， 而以上四种情况，数列的第三项只能是0或， 即不存在数列，使得其经过“变换”变成非零常数列， 故数列经过不断的“变换”不会结束； （3）数列经过一次“变换”后得到数列， 其结构为（远大于4） 数列经过6次“变换”后得到的数列依次为： ； 所以，经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列， 变化的是，除了4之外的两项均减小24， 则数列经过次“变换”后得到的数列为：2，6，4， 接下来经过“变换”后得到的数列依次为： 4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2； 至此，数列各项和的最小值为4，以后数列循环出现， 数列各项之和不会变得更小， 所以最快经过次“变换”得到的数列各项之和最小， 即的最小值为507． 【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题.关于数列的新定义一般思路为：根据定义写出几项；找出规律；写成通项；证明结论. 5．（2024·辽宁·三模）若实数列满足，有，称数列为“数列”. (1)判断是否为“数列”，并说明理由； (2)若数列为“数列”，证明：对于任意正整数，且，都有 (3)已知数列为“数列”，且.令，其中表示中的较大者.证明：，都有. 【答案】(1)数列是“数列”，数列不是“数列”； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据“数列”的定义判断可得出结论； （2）由可得出，利用累加法结合不等式的基本性质可得，以及，再结合可证得结论成立； （3）首先当或2024时的情况，再考虑时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结论. 【详解】（1）因为， 所以数列是“数列”， 因为， 所以数列不是“数列”； （2）令，因为数列为“数列”，所以 从而，所以 因为，所以 ， 因为，所以. （3）当或2024时，， 从而， 当时，因为， 由第(2)问的结论得，可推得，从而 对于，由第(2)问的结论得，从而也成立，从而 对于，由第(2)问的结论得，从而 也成立，从而 所以 由条件 可得， 所以. 【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中的新定义，结合已知结论进行推导、求解；本题中，根据“数列”的定义“”结合作差法、不等式的性质进行推理、证明不等式成立，并在推导时，充分利用已有的结论进行推导，属于难题. 6．（2024·广东深圳·二模）无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是． (1)写出这个数列的前7项； (2)如果且，求m，n的值； (3)记，，求一个正整数n，满足． 【答案】(1)，，，，，，； (2)； (3)（答案不唯一，满足即可） 【分析】（1）根据数列的定义，逐一求解； （2）根据数列的定义，分和分别求解； （3）根据数列的定义，写出的值，即可求解. 【详解】（1）根据题意，，， ，，， ，． （2）由已知，m，n均为奇数，不妨设． 当时，因为，所以，故； 当时，因为，而n为奇数，，所以． 又m为奇数，，所以存在，使得为奇数． 所以． 而，所以，即，，无解． 所以． （3）显然，n不能为偶数，否则，不满足． 所以，n为正奇数． 又，所以． 设或，． 当时，，不满足； 当时，，即． 所以，取，时， 即． 【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当时，满足，从而设，，验证满足条件. 7．（2024·辽宁·二模）如果数列，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知数列为数列的“接近数列”． (1)若，求的值； (2)若数列是等差数列，且公差为，求证：数列是等差数列； (3)若数列满足，且，记数列的前项和分别为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，请求出正整数的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：） 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在，17 【分析】（1）将分别代入即可求解； （2）利用等差数列的定义和绝对值不等式性质先证充分性，再证必要性即可； （3）构造等比数列求出的通项公式，进一步求其前n项和，分n为奇数和偶数两种情况结合数列的单调性，确定的通项，进而确定，再解不等式求解即可. 【详解】（1）由题：令则，即，故， 得，又，同理可得，. （2）由题意， 故， 从而，即， 因为，所以即，故数列是等差数列. （3）因为,则，解得， 又，故是以为首项，公比为的等比数列， 则，即， 当n为奇数时，，易知单调递减， 故，得，进一步有； 当n为偶数时，，易知单调递增， 故，即，得，进一步有； 综上，， 易知 当n为偶数时，由，得即，无解； 当n为奇数时， 由,得即， 故，所以存在正整数，使得，正整数的最小值为17. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的通项公式及求和，关键是分奇数和偶数并利用数列单调性确定的范围来确定. 8．（2023·山西·模拟预测）对于数列，若存在，使得对任意，总有，则称为“有界变差数列”． (1)若各项均为正数的等比数列为有界变差数列，求其公比q的取值范围； (2)若数列满足，且，证明：是有界变差数列； (3)若，均为有界变差数列，且，证明：是有界变差数列． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）讨论和，，并结合等比数列求和及性质求解； （2）构造变形得是等差数列，求得即可证明； （3）利用绝对值不等式放缩得，再结合有界变差数列得定义证明即可. 【详解】（1）因为的各项均为正数，所以，， ， 当时，，，任取即可，所以为有界变差数列． 当时，， 若，则， 令即可，所以为有界变差数列， 若，则，当时，， 显然不存在符合条件的M，故不是有界变差数列． 综上，q的取值范围是． （2）由，可得，易知，所以， 因此是首项为，公差为1的等差数列， 所以，即． 所以， ， 所以是有界变差数列． （3）由有界变差数列的定义可知， ， ． 因为 ，所以． 故 ， 因此， 所以是有界变差数列． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，关键是利用变形技巧及绝对值不等式证明解决第三问. 9．（2024·江西上饶·二模）对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且．这种“变换”记作，继续对数列进行“变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束． (1)写出数列，经过6次“变换”后得到的数列； (2)若不全相等，判断数列经过不断的“变换”是否会结束，并说明理由； (3)设数列经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值． 【答案】(1)； (2)不可能结束，理由见解析； (3)64. 【分析】（1）根据数列的新定义写出经过6次“变换”后得到的数列即可； （2）先假设数列经过不断的"变换"结束，不妨设最后的数列设数列，，，且，，则非零数量可能通过“变换”结束，或者数列为常数列，进而得到可能出现的情况，推出矛盾，故假设不成立，即可证明； （3）先往后推几项，发现规律，假设1次“变换"后得到的通项，多写几项推出规律，往后继续进行，推到使数字按近时，再继续推，往后会发现次“变换”得到的数列是循环的，得到最小值，进而推出次数即可. 【详解】（1）依题意，6次变换后得到的数列依次为 ；；；；；， 所以，数列，经过6次“变换”后得到的数列为. （2）数列经过不断的“变换”不可能结束 设数列，，，且，， 依题意，，，所以， 即非零常数列才能通过“变换”结束． 设（为非零自然数）． 为变换得到数列的前两项，数列只有四种可能 ，，；，，；，，；，，． 而任何一种可能中，数列的第三项是0或． 即不存在数列，使得其经过“变换”成为非零常数列， 由①②得，数列经过不断的“变换”不可能结束． （3）数列经过一次“变换”后得到数列，其结构为． 数列经过6次“变换”得到的数列分别为： ；；； ；；． 所以，经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列， 变化的是，除了3之外的两项均减小18． 因为，所以，数列经过次“变换”后得到的数列为2，5，3． 接下来经过“变换”后得到的数列分别为： 3，2，1；1，1，2；0，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；1，0，1，， 至此，数列和的最小值为2，以后数列循环出现，数列各项和不会更小， 所以经过次“变换”得到的数列各项和达到最小， 即的最小值为64． 【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题.关于数列的新定义一般思路为：（1）根据定义写出几项；（2）找出规律；（3）写成通项；（4）证明结论. 10．（2024·河北石家庄·二模）设集合是一个非空数集，对任意，定义，称为集合的一个度量，称集合为一个对于度量而言的度量空间，该度量空间记为. 定义1：若是度量空间上的一个函数，且存在，使得对任意，均有：，则称是度量空间上的一个“压缩函数”. 定义2：记无穷数列为，若是度量空间上的数列，且对任意正实数，都存在一个正整数，使得对任意正整数，均有，则称是度量空间上的一个“基本数列”. (1)设，证明：是度量空间上的一个“压缩函数”； (2)已知是度量空间上的一个压缩函数，且，定义，，证明：为度量空间上的一个“基本数列”. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由正弦函数的性质可知：在上的值域，进而得出是从到的函数，然后证明存在，对任意，都有即可； （2）先由压缩函数的定义得到：必存在，使得对任意，，，进而得到，再利用绝对值三角不等式得出，分类讨论与两种情况即可得证， 【详解】（1）由正弦函数的性质可知：在上单调递增， 在上单调递减，所以，， ，所以在上的值域为， 所以是从到的函数， 另一方面，我们证明存在，对任意，都有， 取，则对任意，不妨设，分两种情形讨论： ①当时，令，则， 所以在上单调递增，因为，所以，即， 所以，即， ②当时，令，则， 所以在上单调递增，因为，所以，即， 所以，即， 综上所述，对任意，都有， 所以是度量空间上的一个“压缩函数”. （2）证明：因为是度量空间上的一个压缩函数， 所以必存在，使得对任意，， 即， 因为，， 所以， 由绝对值三角不等式可知： 对任意，有 ， 又因为，所以， 所以， ①当时，对任意，有，所以， 所以对任意，对任意正整数，当时，均有， ②当时，对任意，取一个正整数， 则，即， 则当时，有， 综上所述，对任意，都存在一个正整数，使得对任意正整数，当时，均有，， 故为度量空间上的一个“基本数列”. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 考点三、集合新定义综合 1．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知集合，若存在数阵满足：①；②；则称为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个好数阵，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)不是，理由见解析 【分析】（1）直接根据新定义解出未知量的值； （2）先证是不同于的“好数阵”，再证、，列举两个“好数阵”，即可证明； （3）假设为“好集合”，根据新定义可得，证明不是偶数即可求解. 【详解】（1），由“好数阵”的定义， 知，， 故，，，，进一步得到. 从而，，. （2）如果是一个“好数阵”， 则，. 从而， . 故也是一个“好数阵”. 由于是偶数，故，从而. 所以数阵和的第1行第2列的数不相等，故是不同的数阵. 设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下： 对，规定. 因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合. 而 ， 即，从而是满射，由是有限集，知也是单射，故是一一对应. 对于“好数阵”， 已证数阵和是不同的数阵， 故. 同时，对两个“好数阵”，，如果，则； 如果，则.所以，当且仅当. 最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或. 由于，故无论是还是，都有. 所以每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个. （3）若是“好数阵”， 则 ， 所以， 这表明一定是偶数. 若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 2．（2024·广东·模拟预测）已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”. (1)试判断集合是否具有性质，并说明理由； (2)若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”； (3)证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”. 【答案】(1)不具有，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）分取到的三个元素都是奇数和有偶数2，两种情况比较三个条件，即可判断； （2）首先根据性质，确定集合，再根据“期待子集”的定义，确定集合是集合的“期待子集”； （3）首先证明充分性，存在三个互不相同的，使得均属于 证明满足性质的三个条件；再证明必要性，首先设满足条件的，再证明均属于，即可证明. 【详解】（1）集合不具有性质，理由如下： （i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③ （ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，， 则有，即，不满足条件②， 综上所述，可得集合不具有性质. （2）证明：由是偶数，得实数是奇数， 当时，由，得，即，不合题意， 当时，由，得，即，或（舍）， 因为是偶数，所以集合， 令，解得， 显然， 所以集合是集合的“期待子集”得证. （3）证明： 先证充分性： 当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于， 不妨设，令，，，则，即满足条件①， 因为，所以，即满足条件②， 因为，所以为偶数，即满足条件③， 所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质. 再证必要性： 当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数， 令，，，则由条件①得， 由条件②得， 由条件③得均为整数， 因为， 所以，且均为整数， 所以， 因为， 所以均属于， 所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”. 综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用“性质”和“期待子集”的定义. 3．（2024·北京延庆·一模）已知数列，记集合. (1)若数列为，写出集合； (2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由； (3)若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值． 【答案】(1) (2)不存在，使得成立 (3) 【分析】（1）根据题目给出的集合的定义求解即可； （2）使用假设法，假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论； （3）首先证明时，对任意的都有，然后证明除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解. 【详解】（1）由题意可得，，， 所以. （2）假设存在，使得， 则有， 由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同， 又，， 所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾， 故不存在，使得. （3）首先证明时，对任意的都有， 因为， 由于与均大于且奇偶性不同， 所以为奇数，对任意的都有， 其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和， 若正整数，其中， 则当时，由等差数列的性质可得： ，此时结论成立， 当时，由等差数列的性质可得： ，此时结论成立， 对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项， 由前面证明可知正整数不是中的项， 所以的最大值为. 【点睛】本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，计算量较大，属于难题. 4．（2024·湖南邵阳·二模）给定整数，由元实数集合定义其随影数集.若，则称集合为一个元理想数集，并定义的理数为其中所有元素的绝对值之和. (1)分别判断集合是不是理想数集；（结论不要求说明理由） (2)任取一个5元理想数集，求证：； (3)当取遍所有2024元理想数集时，求理数的最小值. 注：由个实数组成的集合叫做元实数集合，分别表示数集中的最大数与最小数. 【答案】(1)集合是理想数集，集合不是理想数集 (2)证明见解析 (3)1024144 【分析】（1）由理想数集的定义即可判断； （2）为了方便说明，假定元素间一个有序关系为，从而分三种情况，，，讨论即可得证； （3）首先通过分类讨论证明，对元理想数集，有.从而有，即，通过放缩与等差数列求和即可得解. 【详解】（1）设的随影数集分别为， 则， 所以集合是理想数集，集合不是理想数集. （2）不妨设集合且，即. 为理想数集，，则，且，使得. 当时，. 当且仅当且时，等号成立； 当时，. 当且仅当且时，等号成立； 当时，. 当且仅当时，等号成立. 综上所述：. （3）设. 为理想数集. ，且，使得. 对于，同样有. 下先证对元理想数集，有. 不妨设集合中的元素满足.即. 为理想数集， ，且，使得. 当时，， 当且仅当且时，等号成立； 当时，，当且仅当且时，等号成立； 当时，. 当且仅当时，等号成立. . .当且仅当时，等号成立. . 理数. 当且仅当或时，等号成立. 理数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：关键是通过分类讨论证明，对元理想数集，有，由此即可顺利得解. 5．（2024·北京·模拟预测）已知集合，其中都是的子集且互不相同，记的元素个数，的元素个数. (1)若，直接写出所有满足条件的集合； (2)若，且对任意，都有，求的最大值； (3)若且对任意，都有，求的最大值. 【答案】(1)或或或 (2) (3) 【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可； （2）将集合的子集进行两两配对得到16组，写出选择的16个含有元素1的子集即可得到； （3）分中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及均为三元集合讨论即可. 【详解】（1）因为，则和的元素个数均为1， 又因为，则， 若，，则或； 若，，则或； 综上或或或. （2）集合共有32个不同的子集， 将其两两配对成16组， 使得，则不能同时被选中为子集，故. 选择的16个含有元素1的子集:，符合题意. 综上，. （3）结论:，令，集合符合题意. 证明如下： ①若中有一元集合，不妨设，则其它子集中都有元素1，且元素都至多属于1个子集， 所以除外的子集至多有个，故. ②若中没有一元集合，但有二元集合，不妨设.其它子集分两类: 或，和或， 其中互不相同，互不相同且均不为1，2. 若，则，有 若，则由得每个集合中都恰包含中的1个元素（不是2)，且互不相同， 因为中除2外至多还有2个元素，所以. 所以. ③若均为三元集合，不妨设.将其它子集分为三类： ，其中. 若，则(除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合)， 所以. 若，不妨设，则由得每个集合中都或者有4、或者有5， 又中除1外无其它公共元素，所以. 所以. 综上，. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对中集合元素个数进行分类讨论；当均为三元集合时，不妨设，再将其它子集分为三类讨论. 6．（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知有限集，若中的元素满足，则称为“元重生集”. (1)集合是否为“2元重生集”，请说明理由； (2)是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”？如果有，请求出有几个，如果没有，请说明理由； (3)若，证明：“元重生集”有且只有一个，且. 【答案】(1)不是，理由见解析 (2)存在，1个 (3)证明见解析 【分析】（1），故不为“2元重生集”； （2）设正整数集为“3元重生集”，设，利用不等式关系推出，故，求出； （3）设，得到，当时，推出矛盾，当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即，当时，推出，但在上恒成立，故当时，不存在“元重生集”，从而证明出结论. 【详解】（1）， 因为， 所以集合不是“2元重生集”. （2）设正整数集为“3元重生集”， 则， 不妨设，则，解得， 因为，故只有满足要求， 综上，满足要求，其他均不符合要求， 故存在1个集合中元素均为正整数的“3元重生集”，即. （3）不妨设， 由，得， 当时，，故，则，无解， 若，则不可能是“2元重生集”， 所以当时，不存在“2元重生集”； 当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即， 当时，， 又，故， 事实上，在上恒成立， 故当时，不存在“元重生集”， 所以若“元重生集”有且只有一个，且. 【点睛】思路点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 7．（23-24高三上·北京昌平·期末）已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集． (1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由； (2)若，证明：； (3)设，若，求的最小值． 【答案】(1)31是可表数，1024不是可表数，理由见解析； (2)证明见解析； (3)8 【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可； （2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多含有个元素，解不等式即可证明； （3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定的最小值为满足成立的，代入求即可. 【详解】（1）31是，1024不是，理由如下： 由题意可知， 当时，有， 显然若时，， 而， 故31是可表数，1024不是可表数； （2）由题意可知若，即， 设，即使得， 所以，且成立，故， 所以若，则， 即中的元素个数不能超过中的元素， 对于确定的，中最多有个元素， 所以； （3）由题意可设，使， 又， 所以，即， 而， 即当时，取时，为可表数， 因为， 由三进制的基本事实可知，对任意的，存在， 使， 所以 ， 令，则有， 设， 由的任意性，对任意的， 都有， 又因为，所以对于任意的，为可表数， 综上，可知的最小值为，其中满足， 又当时，， 所以的最小值为. 【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设，有，利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实设任意的，存在，使，得出并结合定义确定为可表数，从而确定的最小值为满足成立的，代入求即可. 8．（23-24高三下·北京·阶段练习）设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集．记集合的所有子集中的自邻集的个数为． (1)直接写出的所有自邻集； (2)若n为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数； (3)若，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据自邻集的定义及子集的概念一一写出结果即可； （2）取的一个含5个元素的自邻集，判定 集合，再证明C也是自邻集且，从而得出结论； （3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，则当时有，再分类讨论证明即可. 【详解】（1）由题意可得，的所有自邻集有：； （2）对于的含5个元素的自邻集， 不妨设. 因为对于，都有或，，2，3，4，5， 所以，，或. 对于集合，，，，， 因为，所以，，2，3，4，5， ， 所以. 因为，，或. 所以，， 或， 所以对于任意或，，2，3，4，5， 所以集合也是自邻集. 因为当为偶数时，，所以. 所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应. 所以的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数. （3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，， 当时，，， 显然. 下面证明：. ①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为， 因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是， 所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为. ②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素， 记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集. 此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为个； 其中含有最大数为2的集合个数为， 含有最大数为3的集合个数为，， 含有最大数为的集合个数为. 则这样的集合共有个. ③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个. 综上可得， 所以， 故时，得证. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 9．（24-25高三上·四川泸州·阶段练习）已知正整数，集合，，，，，，2，，．对于中的元素，，，，，，定义．令． (1)直接写出的两个元素及的元素个数； (2)已知，，，，满足对任意，都有，求的最大值； (3)证明：对任意，，，，总存在，使得． 【答案】(1)，1，1，0，0，，，0，0，1，1，，20 (2)4 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意可确定，，，，中1的个数为3，结合组合知识，即可求得答案； （2）由题意可将原问题转化为对任意，都有的元素个数最多几个，结合引理得出相应不等式，即可求出答案； （3）由题意知，，，共有个非空子集，记为，结合抽屉原理得存在两个不同的，，，的非空子集，，，，，， ，，，，有与奇偶性相同，继而推出必存在一个，3，，，使得为奇数，结合，1，，即可证明结论. 【详解】（1），1，1，0，0，，，0，0，1，1，， ， 中6个分量中恰有3个1，的元素个数为． （2）对于的非空子集，，，， 设，，，，，2，，，这里是的第个分量， 定义，2，，，规定，0，，， 设，，，，2，，， 令，，，，，，， 我们先证明引理：，2，，，． 反证法：，2，，，，令， 设，，，，满足，其中，2，，， ，，2，，，且，， ，，这与矛盾，引理证毕， 回到原题，由引理，解得， ，1，1，0，0，，，0，0，1，1，，，1，0，0，1，， ，0，1，1，0，，符合题意， 综上，当时，的最大值为4． （3）证明：，，，共有个非空子集，记为，，2，，， 则在每分量的奇偶性下恰有2种不同的状态，由知， 由抽屉原理，存在两个不同的，，，的非空子集，， 设，，，， ，，，，有与奇偶性相同，，2，，， 令，，由于，， 令，，，，则，，， 且都为偶数，，2，，，不妨设，，，， 则为偶数， 而为奇数，故，且为奇数， 故必存在一个，3，，，使得为奇数， 又由于，1，，从而． 【点睛】难点点睛：本题考查了元素与集合的关系问题，综合性较强，涉及到抽屉原理以及反证法的应用，解答时需要有较强的逻辑思维能力. 10．（2024·北京丰台·一模）已知集合（，），若存在数阵满足： ①； ②． 则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”． (1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值； (2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个； (3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由． 【答案】(1)，，， (2)证明见解析 (3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析 【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值； （2）可构造恰当的映射，以证明结论； （3）第三问可通过分类讨论求解问题. 【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，. 从而，，，. （2）如果是一个“好数阵”，则，. 从而，. 故也是一个“好数阵”. 由于是偶数，故，从而. 这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵. 设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下： 对，规定. 因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合. 而 ， 这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应. 对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故. 同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当. 最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或. 由于，故无论是还是，都有. 这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个. （3）若是“好数阵”，则有 ， 所以，这表明一定是偶数. 若，设是“好数阵”，则，从而， 故. 由于，故，同理. 若，设，则，故，从而. 进一步有，而，故. 假设，设，则，故，则，. 由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾； 所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，； 若，则，从而. 若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，. 若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有； 若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有； 若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以. 对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，. 综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，， 其中，满足的有，，，. 综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，. 若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”. 【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏. 考点四、平面向量新定义综合 1．（21-22高一下·北京丰台·期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定． (1)分别根据下列已知条件求： ①，；②，； (2)若向量，求证：； (3)若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，． （i）当时，求的最大值； （ii）写出的最大值．（只需写出结果） 【答案】(1)详见解析； (2)详见解析； (3)（i）；（ii） ． 【分析】（1）由求解； （2）由证明； （3）（i）设， 由求解；（ii）求解. 【详解】（1）解：因为，， 且， 所以； 又，， 是 ； （2）因为向量，， 且向量， 则， 所以， 同理， 所以； （3）（i）设，因为， 所以， 所以， ， 当，即时， 取得最大值； （ii）设不包含的，不包含的，不包含的所对的圆心角分别是. 不妨设，否则适当地将中一点改为其对径点，则不变，但情况变为. 又由于，故 . 当是正三角形时，有，此时. 所以的最大值为． 2．（21-22高一下·山东日照·期末）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”；记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为 (1)已知，，若函数为集合中的元素，求其“相伴向量”的模的取值范围； (2)已知点满足条件：，，若向量的“相伴函数”在处取得最大值，当在区间变化时，求的取值范围； (3)当向量时，“相伴函数”为，若，方程存在4个不相等的实数根，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把化为形式得“相伴向量”，求出模后可得其范围； （2）写出“相伴函数”，根据辅助角公式得最大值及最大值点，由的范围得的范围，再得出的范围后可得的取值范围； （3）由定义得并化简（化为一个角的一个三角函数形式），解方程得或，求得两根，然后作出函数，的图象，由图象可得且有两根的的范围． 【详解】（1）， ∴函数的相伴向量， ， ∴时，；时，. ∴的取值范围为[1，3] （2）的相伴函数 其中，. 当，，即，时，取得最大值， ∴， ∵，∴， ∴，∴. ∴. （3）， 当时，， 由，得：， ∴或， 由，即，而，解得或， 即∴在上有两个根， 方程在上存在4个不相等的实数根， 当且仅当且在上有两个不等实根， 在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线，如图， 方程在上有两个不等实根， 当且仅当函数在上的图像和直线有两个公共点， 观察图像知：或， 解得或， 所以实数的取值范围是. 3．（2024·全国·模拟预测）设有维向量，，称为向量和的内积，当，称向量和正交．设为全体由和1构成的元数组对应的向量的集合． (1)若，写出一个向量，使得． (2)令．若，证明：为偶数． (3)若，是从中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足，猜测的值，并给出一个实例． 【答案】(1)（答案不唯一） (2)证明见解析 (3)，答案见解析. 【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可； （2）根据，结合定义，求出，即可得证； （3）利用反证法求证. 【详解】（1）由定义，只需满足，不妨取（答案不唯一）． （2）对于，，2，，，存在，，，，使得． 当时，；当时，．令，． 所以． 所以为偶数． （3）当时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即． 不妨取，，，， 则有，，，，，． 若存在，使，则或或． 当时，； 当时，； 当时，， 故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交． 【点睛】关键点点睛：新定义问题，理解定义内容、会运用新定义运算，是解决问题的关键. 4．（23-24高一下·福建福州·期中）对于向量集，记向量．如果存在向量，使得，那么称是向量集的“长向量”． (1)设向量，．若是向量集的“长向量”，求实数x的取值范围； (2)设向量，，则向量集是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由； (3)已知均是向量集的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系xOy中的点集，其中，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最小值． 【答案】(1) (2)存在“长向量”，且“长向量”为，，理由见解析 (3)4044 【分析】（1）根据向量模长的不等关系，解得的范围即可； （2）根据“长向量”的定义，结合三角函数的性质解不等式即可； （3）根据向量坐标代入计算，结合向量不等式得到，再设，得到向量关系，从而求得最值. 【详解】（1）由题意可得：，，， 则，解得：. （2）存在“长向量”，且“长向量”为，，理由如下： 由题意可得，若存在“长向量”，只需使， 因为，，，，，， 所以，故只需使 ， 即，即， 当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，. （3）由题意，得，，即， 即，同理， 三式相加并化简，得：， 即，，所以， 设，由，解得， 即 设，则依题意得：， 得， 故， ， 所以， 因为 所以， 当且仅当时等号成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题考查向量新定义问题.关键点是根据已学知识，理解题中“长向量”的定义，将向量坐标代入计算，再结合向量不等式得到，得到向量关系，从而求得最值. 5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示．平面向量又称为二维向量．一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广．类似二维向量，对于n维向量，也可定义两个向量的数量积、向量的长度（模）等：设，，则；．已知向量满足，向量满足． (1)求的值； (2)若，其中，当且时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）依题写出的展开式，利用错位相减法求和即得； （2）根据的表达式结构，考虑构造函数，利用其单调性得，，从而将表达式两次放缩，最后利用裂项相消法即可推理得到. 【详解】（1）依题，，， 则   ①    ② ①－②，得 即       所以. （2）因为，， 所以， 先证：，，          设，，则， 所以在上单调递增，即当时，， 即， 故，.      因为， 所以     ， . 综上可得，当且时，. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的放缩法证明不等式，解题的关键在于，在求得之后，必须通过构造函数，判断其单调性，赋值得到，将解析式缩小，再设法将其缩小为可以运用裂项相消法求和的式子，化简即得. 6．（22-23高一下·北京·阶段练习）对于向量，若，，三数互不相等，令向量，其中，，，. (1)当时，试写出向量； (2)证明：对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0； (3)若，证明：存在正整数，使得. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据定义依次写出，根据周期写出； （2）反证法，假设中，，有不止1个为0，结合分类讨论及已知推出矛盾即可； （3）令并根据在上的性质必存在使，再结合分类讨论确定必存在中有一项为0，而另两项相等，即可得结论. 【详解】（1），，，即； ，，，即； ，，，即； ，，，即； ，，，即； ，，，即； ，，，即； ...... 由上，从开始，每3个向量出现重复一个向量，而. （2）假设中，，有不止1个为0， 若且，则，故， 此时矛盾； 若且，， 所以为定值，而，，三数互不相等， 当，则， 不妨令，则，显然，即， 所以， 以此类推得：，......，，与，，三数互不相等矛盾； 综上，对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0； （3）令，又，，且， 所以，且， 由题意，，且，故在上不可能单调递减，即必存在使， 根据的定义，中必有一个0， 由（2）知：中有且仅有一个为0，令， 若，不妨设，则，则， 所以，同理， 所以，又，故此情况不可能一直出现（至多有次）， 所以一定能找到，使得； 若，则，，，，... 所以存在正整数，使得； 综上，存在正整数，使得. 【点睛】关键点点睛：第二问，应用反证法，假设中，，有不止1个为0，讨论、，结合题设推出矛盾即可；第三问，令，根据定义判断在不可能单调，必存在使，再结合定义、（2）结论并讨论、或即可证结论. 7．（22-23高一下·北京东城·期末）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． (1)若，求及； (2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； (3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)505 【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，； （2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证； （3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况. 【详解】（1）因为，，， 所以. （2）设， 假设对，则均不为0． 所以． 即． 因为， 所以． 所以． 与矛盾，故假设不正确． 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使． （3）设，因为， 所以有或． 当时，可得三式相加得． 又，可得． 当时，也可得，于是． 设的三个分量为这三个数， 当时，的三个分量为这三个数， 所以． 当时，的三个分量为， 则的三个分量为的三个分量为， 所以． 所以，由，可得． 因为，所以任意的三个分量始终为偶数， 且都有一个分量等于2． 所以的三个分量只能是三个数， 的三个分量只能是三个数． 所以当时，；当时，． 所以的最小值为505． 【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题. 8．（23-24高三下·湖南常德·阶段练习）对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量.特别地，称为零向量.设，，，定义加法和数乘：，.对一组向量，，…，，若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关.否则，称为线性无关. (1)对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由. ①，； ②，，. (2)已知，，线性无关，判断，，是线性相关还是线性无关，并说明理由. (3)已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明： ①如果存在等式（，，2，3，…，m），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零； ②如果两个等式，（，，，2，3，…，m）同时成立，其中，则. 【答案】(1)①线性相关，理由见解析；②线性相关，理由见解析 (2)线性无关，理由见解析 (3)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据向量线性相关的定义逐一判断即可； （2）设，则，然后由条件得到即可判断； （3）①如果某个，，然后证明，，…，，，…，都等于0即可；②由可得，然后代入根据题意证明即可. 【详解】（1）对于①，设，则可得，所以，线性相关； 对于②，设，则可得， 所以，，所以，，线性相关； （2）设， 则， 因为向量，，线性无关，所以，解得， 所以向量，，线性无关. （3）①，如果某个，，2，…，m， 则， 因为其中任意个都线性无关，所以，，…，，，…，都等于0， 所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零， ②因为，所以，，…，全不为零， 所以由可得， 代入可得， 所以， 所以，…，，所以. 【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给的线性相关的定义进行运算判断. 9．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且. (1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量； (2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量； (3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：. 【答案】(1)，，，； (2)证明见解析； (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解； （2）根据题意，不妨设，得到有5个分量为，设的前5个分量中有r个，得到5个分量中有个，进而求得r的值，即可求解； （3）任取，得到，设的第个分量之和为，结合，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）两两垂直的4维信号向量可以为：，，，. （2）假设存在10个两两垂直的10维信号向量，，…，， 因为将这10个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变， 所以不妨设，， 因为，所以有5个分量为， 设的前5个分量中有r个，则后5个分量中有个， 所以，可得，矛盾， 所以不存在10个两两垂直的10维信号向量. （3）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到S， 则， 设，，…，的第个分量之和为， 则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为， 所以， 令，所以，所以. 【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给线性相关的定义进行运算判断. 10．（20-21高一下·北京·期中）我们学过二维的平面向量，其坐标为，那么对于维向量，其坐标为.设维向量的所有向量组成集合.当时，称为的“特征向量”，如的“特征向量”有，，，.设和为的“特征向量”， 定义. （1）若，，且，，计算，的值； （2）设且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，当时，为奇数；当时，为偶数.求集合中元素个数的最大值； （3）设，且中向量均为的“特征向量”，且满足：，，且时，.写出一个集合，使其元素最多，并说明理由. 【答案】（1），；（2）4；（3）. 【分析】（1）根据定义直接计算即可得出答案； （2）根据题意，得仅有1个1或3个1，再分仅有1个1时，仅有3个1时，时，三种情况分类讨论即可得出结论； （3）根据时，，则，得只有3种情况，，且成对出现，从而可得出答案. 【详解】解：（1）， ； （2）设，，， 时，为奇数，则仅有1个1或3个1， 时，为偶数， ①当仅有1个1时，，为使为偶数， 则，即不同时为1， 此时，共4个元素， ②当仅有3个1时，，为使为偶数， 则，即不同时为0， 此时，共4个元素， ③当时，则，不符题意，舍去， 综上所述，集合中元素个数的最大值为4； （3），， 时，，则， 则只有3种情况，，且成对出现， 所以B中最多有个元素，. 【点睛】本题主要考查了向量的新定义及集合间的关系，考查了分类讨论思想及分析问题的能力，难度较大. 考点五、立体几何新定义综合 1．（22-23高三上·河北·阶段练习）已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，. (1)证明：平行六面体是直四棱柱； (2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系. 【答案】(1)证明见解析 (2)，平行六面体的体积为，的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积 【分析】（1）利用向量法证明，，从而可得平面，即可得证； （2）根据公式求出，利用棱柱的体积公式求出该棱住的体积，从而可得出结论. 【详解】（1）证明：由题意，， ∴，，即，， ∵，是平面内两相交直线，∴平面， ∴平行六面体是直四棱柱； （2）解：， 由题意，，， ，所以， ，， ∴. ∴， 故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积. 2．（22-23高二上·北京·期中）“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则 (1)①点，，求的值． ②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程． (2)已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值； (3)设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标． 【答案】(1)①7； ②； (2)2； (3)2，，，，. 【分析】（1）①②根据“曼哈顿距离”的定义求解即可； （2）设直线上任意一点坐标为，然后表示，分类讨论求的最小值； （3）将的所有情况看做正方体的八个顶点，列举出不同情况的，即可得到的最小值. 【详解】（1）①； ②设“曼哈顿单位圆”上点的坐标为，则，即. （2）设直线上任意一点坐标为，则， 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时， 综上所述，的最小值为2. （3） 如图，为正方体，边长为1，则对应正方体的八个顶点， 当四个点在同一个面上时， （i）例如：，此时； （ii）例如：，此时； 当四个点不在同一个平面时， （iii）例如：，此时； （iiii）例如：，此时； （iiiii）例如：，此时； （iiiiii）例如：，此时； 综上所述，的最大值为2，例如：，，，. 3．（20-21高一下·福建泉州·期末）球面三角学是球面几何学的一部分，主要研究球面多边形(特别是三角形)的角､边､面积等问题，其在航海､航空､卫星定位等方面都有广泛的应用.定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点，，，过任意两点的大圆上的劣弧，，所组成的图形称为球面，记其面积为.易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的和；若球面上，，的对径点分别为，，，则球面与球面全等.如图2，已知球的半径为，圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小为，圆弧和所在平面､圆弧和所在平面交成的锐二面角的大小分别为，.记. （1）请写出，，的值，并猜测函数的表达式； （2）求(用，，，表示). 【答案】（1），，，猜测；（2）. 【分析】（1）根据已知写出，，的值，并猜测函数的表达式； （2）推理得到，因为，化简即得解. 【详解】解：（1），，. 猜测. （2） 因为， 所以， 即. 4．（22-23高二上·上海徐汇·期中）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中（，2，…，k，）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，且． (1)求直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和； (2)若直四棱柱在点A处的离散曲率为x，直四棱柱体积为，求函数的解析式及单调区间． 【答案】(1)； (2)，增区间为，减区间为，. 【分析】（1）根据离散曲率的定义，由直四棱柱的结构特征，分别求出A、处的离散曲率，相加后乘以4即可求得答案. （2）由曲率定义可得，应用三角形面积公式求底面积，根据棱柱体积公式写出体积解析式，再由正弦型函数的性质求单调区间. 【详解】（1）在直四棱柱中,，底面ABCD为菱形， 由离散曲率的定义知：的离散曲率相等，的离散曲率相等， 所以处的曲率为，而处的曲率为，又， 所以、两处的曲率和为， 故直四棱柱在各个顶点的离散曲率之和. （2）由题设，处的曲率，故， 所以直四棱柱底面面积为， 故直四棱柱高为1，故体积为， 令，，可得，，即，上递增； 令，，可得，，即，上递减； 所以增区间为，减区间为，. 考点六、解析几何新定义综合 1．（22-23高二下·江苏盐城·期末）焦距为2c的椭圆（a＞b＞0），如果满足“2b=a+c”，则称此椭圆为“等差椭圆”． (1)如果椭圆（a＞b＞0）是“等差椭圆”，求的值； (2)对于焦距为12的“等差椭圆”，点A为椭圆短轴的上顶点，P为椭圆上异于A点的任一点，Q为P关于原点O的对称点（Q也异于A），直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，判断以线段MN为直径的圆是否过定点？说明理由． 【答案】(1) (2)是，定点（0，±10），理由见解析 【分析】（1）由新定义得出的关系，结合可求得； （2）设P（x0，y0）（x0≠0），则Q（﹣x0，﹣y0），写出方程求得点坐标，同理得点坐标，然后可得出以线段MN为直径的圆的方程，由方程可确定定点坐标． 【详解】（1）因为椭圆（a＞b＞0）是“等差椭圆”，所以2b=a+c， 所以c=2b﹣a，又c2=a2﹣b2，所以（2b﹣a）2=a2﹣b2，化简得． （2）过定点（0，±10），理由如下： 由得，由得， 椭圆方程为：，所以A（0，8），设P（x0，y0）（x0≠0），则Q（﹣x0，﹣y0）， 所以直线AP的方程为：，令y=0，得，所以， 同理可得，所以以MN为直径的圆的方程为， 结合，化简得，令x=0，得y=±10，所以该圆恒过定点（0，±10）． 2．（23-24高二上·北京昌平·期中）在平面上，我们把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，为该曲线的两个焦点．已知曲线是一条伯努利双纽线． (1)求曲线的焦点的坐标； (2)判断曲线上是否存在两个不同的点、（异于坐标原点），使得以为直径的圆过坐标原点．如果存在，求点、坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）设焦点，由题意得列出方程，整理后结合即可求得； （2）假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则，设直线的方程为，直线的方程为，求出的范围，再根据即可得出结论． 【详解】（1）设焦点， 由题意得，，即， 整理得，，又， 则，解得，因为，所以， 所以． （2）假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则， 由，令，，即， 解得，所以直线的斜率均存在， 不妨设直线的方程为，直线的方程为， 将直线的方程与曲线联立，得， 因为、异于坐标原点，即， 所以，解得， 同理可得， 所以不成立，则假设不成立， 即曲线上不存在两点，使得以为直径的圆过原点．    3．（23-24高二上·贵州贵阳·期末）阅读材料： 在平面直角坐标系中，若点与定点（或的距离和它到定直线（或）的距离之比是常数，则，化简可得，设，则得到方程，所以点的轨迹是一个椭圆，这是从另一个角度给出了椭圆的定义.这里定点是椭圆的一个焦点，直线称为相应于焦点的准线；定点是椭圆的另一个焦点，直线称为相应于焦点的准线. 根据椭圆的这个定义，我们可以把到焦点的距离转化为到准线的距离.若点在椭圆上，是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，则点到准线的距离为，所以，我们把这个公式称为椭圆的焦半径公式. 结合阅读材料回答下面的问题： 已知椭圆的右焦点为，点是该椭圆上第一象限的点，且轴，若直线是椭圆右准线方程，点到直线的距离为8. (1)求点的坐标； (2)若点也在椭圆上且的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由. 【答案】(1) (2)能构成等差数列，公差为或 【分析】（1）根据点的坐标，结合准线的定义和公式，即可求解点的坐标； （2）根据焦半径公式，以及重心坐标公式，即可判断是否为等差数列，再利用点差法求直线的方程，并求点的坐标，即可求焦半径和的值，即可求公差. 【详解】（1）由题意可知，点的横坐标为， 且，得，即， 所以椭圆方程为，当时，， 因为点在第一象限，所以点的坐标为； （2）设，， 由（1）可知，，，， 所以，，， 的重心为，则，即， 则， 所以能构成等差数列， 如图，延长，交于点，，即， 所以，， ，两式相减得， 可得，即， 所以直线的方程为，即， 联立，得， 解得：或， 即，, 或，, 所以分别是或，公差为或. 【点睛】关键点点睛：本题的关键理解准线方程，利用焦半径的定义和公式，转化为直线于椭圆的位置关系，通过联立方程，点差法，转化为交点问题. 4．（2021高三·全国·专题练习）在平面直角坐标系中，对于直线和点，，记，若，则称点，被直线l分离，若曲线c与直线l没有公共点，且曲线c上存在点，被直线l分隔，则称直线l为曲线c的一条分隔线． （1）求证：点，被直线分隔； （2）若直线是曲线的分隔线，求实数k的取值范围； （3）动点M到点的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的轨迹为曲线E，求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析. 【分析】（1）求出，即得证； （2）充要条件是方程组有解，即．是曲线的分隔线，则它们没有公共点，所以，即得解； （3）先求出曲线E的方程：．再分析得到y轴为曲线E的分隔线，直线不是曲线E的分隔线，即得证. 【详解】解：（1）证明：由题得 ∴点A，B被直线分隔． （2）直线与曲线有公共点的充要条件是方程组有解，即． ∵是曲线的分隔线，故它们没有公共点，即， 当时，对于直线，曲线上的点和满足，即点和被分隔． 故实数k的取值范围是． （3）证明：设M的坐标为，则曲线E的方程为，即． 对任意的，不是上述方程的解，即y轴与曲线E没有公共点． 又曲线E上的点和对于y轴满足， 即点和被y轴分隔．∴y轴为曲线E的分隔线． 若过原点的直线不是y轴，设其为，由得，令， ∵， ∴方程有实数解． 即直线与曲线E有公共点，故直线不是曲线E的分隔线． 综上可得，通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线． 5．（22-23高三上·上海虹口·阶段练习）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m. (1)设，若的焦距为2，l过点，求l的方程； (2)设，若是上的一点，且，l与交于不同的两点A、B，Q为的上顶点，求面积的最大值； (3)设是l的一个法向量，M是l上一点，对于坐标平面内的定点N，定义.用a、b、k、m表示，并利用与的大小关系，提出一个关于l与位置关系的真命题，给出该命题的证明. 【答案】(1)直线l的方程为； (2)2； (3)，真命题及证明见解析. 【分析】(1)由条件求出左焦点坐标，利用点斜式求直线l的方程；(2)由条件结合椭圆定义列方程求，可得椭圆方程，再表示面积并求其最大值；(3)根据定义求，提出命题若，则直线l与椭圆相切，再通过证明直线l与椭圆有且只有一个交点完成证明. 【详解】（1）设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为， 因为的焦距为2，所以，故，所以左焦点的坐标为， 因为l过点，直线l的斜率为， 所以直线l的方程为； （2）因为是上的一点，所以，化简可得， 因为，所以，所以，，所以的方程为， 因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距，所以直线l的方程为， 设，由对称性可得， 因为的面积，为坐标原点， 所以，又， 所以，此时直线l的斜率为0， 所以面积的最大值为2； （3）因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m，所以直线l的方程为，则向量为直线l的一个法向量， 取，因为M是l上一点，故设， 设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为， 则，， 由已知，， 所以， 提出如下命题：椭圆的左、右焦点分别为， 直线l的方程为，若，则直线与椭圆相切，证明如下： 联立方程，化简可得， 所以， 方程的判别式， 因为，，所以， 所以，所以，所以方程组只有一组解， 所以直线与椭圆只有一个交点，所以直线与椭圆相切. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 6．（2023·全国·模拟预测）定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆的相似椭圆，点为椭圆上异于其左、右顶点的任意一点． (1)当时，若与椭圆有且只有一个公共点的直线恰好相交于点，直线的斜率分别为，求的值； (2)当（e为椭圆的离心率）时，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值． 【答案】(1) (2)5 【分析】（1）设，则直线的方程为，进而与椭圆联立方程，并结合判别式得，同理得到，进而得，再根据即可求得答案； （2）由题知椭圆的标准方程为，进而结合点在椭圆上得，故设直线的斜率为，则直线的斜率为，进而得其对应的方程，再与椭圆联立方程并结合韦达定理，弦长公式得，，，进而得． 【详解】（1）解：设，则直线的方程为，即， 记，则的方程为， 将其代入椭圆的方程，消去，得， 因为直线与椭圆有且只有一个公共点， 所以，即， 将代入上式，整理得， 同理可得，， 所以为关于的方程的两根， 所以，． 又点在椭圆上， 所以， 所以． （2）解：由椭圆，得其离心率， 所以当，即时，椭圆的标准方程为， 所以，，，恰好为椭圆的左、右焦点， 易知直线的斜率均存在且不为， 所以， 因为在椭圆上，所以，即， 所以． 设直线的斜率为，则直线的斜率为， 所以直线的方程为． 由，得， 设，则，， 所以 ， 同理可得， 所以． 【点睛】方法点睛：高考中解析几何解答题一般围绕直线和圆锥曲线的位置关系进行设题，对考生的代数运算能力、逻辑思维能力要求较高，挖掘几何图形的性质是求解有几何背景的圆锥曲线问题的主要思路，在解决与圆有关的问题时要重视圆的几何性质的运用． 7．（2024·河南信阳·模拟预测）在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量. (1)指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由； (2)证明：直线在曲面上； (3)若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)平面上，以原点为圆心，1为半径的圆；理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型； （2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可. （3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案. 【详解】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为， 已知曲面的方程为， 当时，平面截曲面所得交线上的点满足， 即， 也即在平面上到原点距离为定值1， 从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆. （2）设是直线上任意一点， 由，均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得， 所以点的坐标为， 于是， 因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上. （3）直线在曲面上，且过点， 设是直线上任意一点，直线的方向向量为， 由，均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得， 所以点的坐标为， ∵在曲面上，∴， 整理得， 由题意，对任意的，有恒成立， ∴，且， ∴，或， 不妨取，则，或， ∴，或， 又直线的方向向量为， 则异面直线与所成角的余弦值均为 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 8．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示. (1)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵； (2)在平面直角坐标系中，求双曲线绕原点按逆时针旋转（到原点距离不变）得到的双曲线方程； (3)已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于，两点（在第一象限），与轴交于点.设直线，的倾斜角分别为，，求证：为定值. 【答案】(1)公式为，二阶矩阵为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设，，通过，计算整理可得答案； （2）利用（1）的结果代入计算即可； （3）设直线的方程为，与联立，求出的斜率，然后利用韦达定理计算，进而求出，则可得为定值. 【详解】（1）设，，则，，， 故， ， 所以坐标变换公式为， 该变换所对应的二阶矩阵为； （2）设曲线上任意一点在旋转角是的旋转变换下所得点坐标为. 则，即， 得，则，所求曲线方程为； （3） ①直线斜率存在时，可设直线的方程为， 设， 由，得， 所以，，且， 当时，取，，所以直线方程为：， 直线方程与双曲线方程联立可得，解得或， 所以，. 所以，所以，可得； 当时，设的斜率分别为， ，， 所以， ， 所以. 因为在第一象限，所以，所以，所以. ②直线斜率不存在时，可得， 可得，， 所以，同理可得. 综上可得，为定值，得证. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 9．（2022·福建·模拟预测）等轴双曲线是离心率为的双曲线，可建立合适的坐标平面使之为反比例函数． （1）在等轴双曲线上有三点，，，其横坐标依次是，，．设，，分别为，，的中点，试求的外接圆圆心的横坐标． （2）双曲线的渐近线为和，上有三个不同的点，，，直线、直线、直线与分别交于，，，过，，分别作直线、直线、直线的垂线，，． （i）当为等轴双曲线时，证明：，，三线共点． （ii）当不为等轴双曲线时，记，，分别是与，与，与的交点，类似地从另一条渐近线出发来定义，，．证明：． 【答案】 【解析】略 10．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）在平面直角坐标系中，定义：若曲线和上分别存在点，关于原点对称，则称点和点为和的一对“关联点”. (1)若上任意一点的“关联点”为点，求点所在的曲线方程. (2)若上任意一点的“关联点”为点，求的取值范围. (3)若和有且仅有两对“关联点”，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）设点，根据“关联点”的定义可得曲线方程，结合曲线方程及基本不等式可得最值； （2）设，则根据对称性得，根据三角换元可得，恒等变形得，即可求得的取值范围； （3）和有且仅有两对“关联点”等价于曲线和有且仅有两个交点，令，求得.当时，的最小值为，讨论当时，时，时，零点情况，当时，由，得，，分时，时，时，零点情况，求得实数的取值范围. 【详解】（1）设点，则点的“关联点”为， 将点的坐标代入，得， 即，所以点所在的曲线方程为. （2）设，则根据对称性得， 因为曲线关于轴对称， 当时，设，，， 所以， 所以的最小值为，最大值为， 所以的取值范围为. （3）和有且仅有两对“关联点”等价于曲线和有且仅有两个交点， 即，化简可得， 令，则. （i）若，则，由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为. ①当时，，即， 则没有零点，不满足题意. ②当时，，只有一个零点，不满足题意. ③当时，，即， 当时，，， 因为，所以，故， 又，所以在上有一个零点. 设，则，单调递增，所以， 则当时，， 又，所以，因此在上有一个零点. 故当时，有两个不同的零点，满足题意. （ii）若，则由，得，. ①当时，，当时，； 当时，； 当时，. 所以在和上单调递减，在上单调递增. 又，所以至多有一个零点，不满足题意. ②当时，，则，所以单调递减，至多有一个零点，不满足题意. ③当时，，当时，； 当时，；当时，. 所以在和上单调递减，在上单调递增， 又，所以至多有一个零点，不满足题意. 综上，实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：（3）和有且仅有两对“关联点”等价于曲线和有且仅有两个交点，令，利用导数讨论零点情况，求得实数的取值范围. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$