60 新高考数学新定义类题型专题-【高考复习】高中数学重难点系列专题（学生版+解析版）

武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 60 高考数学中新定义类问题专题 常考结论及公式 结论一：新定义问题的形式与特点 （1）新数学情境：基于“五新”于一体的新数学情境，主要体现在新概念、新观点、 新形式、新方法和新思想的传播和价值理念； （2）题型特点：一是给出新定义；二是给出若干个相关性质及其条件；三给出可能联 系的常考知识点的交叉性质；四是给出问题，一般是特殊，然后一般性规律的归纳或 证明，或解决其他问题. 结论二：新定义问题的解题策略 （1）反复通读，彻底理解新定义：①逐字逐句分析新定义的内容，明确其中涉及的元 素、运算规则、关系或性质等关键要素；②对于复杂的新定义，可以通过简单的示例 来辅助理解． （2）从特殊到一般的思考原则：①先从简单、特殊的例子入手，应用新定义进行分 析；②观察在特殊例子上的规律和特点，尝试推广到一般情况．通过对多个简单特殊 例子的分析，总结出适用于一般的规律和性质，以便解决更复杂的问题． （3）利用类比分析或者对比分析策略：将新定义与熟悉的知识点进行类比． 若新定义的运算类似，就可以参考常见的熟悉相关知识点的性质和解题思路来分析新 定义运算； （4）复杂情况往往需要分类讨论：①一般情况下，新定义都会存在多种情况时，要进 行分类讨论；②注意分类的完整性和不重不漏，对每种分类情况进行深入分析后，再 综合得出结论．比如在讨论完不同情况后，可能需要将结果进行整合，判断最终性质 或运算结果等； （5）数形结合思想的介入：①当新定义与几何图形有关时，可借助图形来直观理解和 解决问题；②利用图形的性质，如对称性、位置关系等，辅助解决新定义问题； （6）检验与反思自己得出结论的正确性： ①在得出结论后，要根据新定义进行检验，把得到的结果代入新定义中，看是否满足 新定义的所有条件和要求； ②反思解题过程，总结解题方法和规律．思考在解决这类新定义问题时哪些方法是有 效的，哪些地方容易出错，以便在遇到类似问题时能够更快速准确地解决． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 题型一 以集合为主体的新定义问题 【例 1】已知集合  * 2024U x x=  N ， P为U 的一个子集，记 ( )M P 为集合 P中的 最大元素， ( )N P 为集合 P中的最小元素，若U 的子集Q满足以下三个条件：① ( ) ( )M Q M P ；② ( ) ( )N Q N P ；③ ( ) ( ) ( ) ( )M Q N Q M P N P ，则称Q是 P的一个 “强集”. (1)若  3,7,1347P = ， （Ⅰ）写出 P的一个“强集”； （Ⅱ）求 P的“强集”个数. (2)若 P有“强集”，且 P的“强集”都没有“强集”，求 ( ) ( )2M P N P− 的最大值. 【答案】(1)（Ⅰ） 2,2022 ；（Ⅱ） 201815 2 (2)1896. 【分析】（1）（Ⅰ）根据“强集”的定义写出 P的一个“强集”即可；（Ⅱ）根据“强集”的定 义，分别求出 ( ) 2N Q = ， ( ) 2021,2022,2023,2024M Q = 时的强集个数即可求得总数； （2）设 ( ) ( ),M P m N P n= = ， P存在强集，则 ( )1 2024n mn−   ，从而可得 1012 2 2024 2m n n n   −  − +    ，利用基本不等式可求得 2m n− 取最大值时n的取值，此 时 P的强集Q无强集，从而得解. 【详解】（1）由题意知  3,7,1347P = ， （Ⅰ）P的一个强集可以为 2,2022 ，注意答案不唯一. （Ⅱ）① ( ) ( )2021, 2M Q N Q= = ，强集有 20182 个. ② ( ) ( )2022, 2M Q N Q= = ，强集有 20192 个. ③ ( ) ( )2023, 2M Q N Q= = ，强集有 20202 个. ④ ( ) ( )2024, 2M Q N Q= = ，强集有 20212 个. 所以强集个数总数为 2018 2019 2020 2021 20182 2 2 2 15 2+ + + =  . （2）设 ( ) ( ),M P m N P n= = ， 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 因为集合  * 2024U x x=  N ， P为U 的一个子集， 所以 0, 0m n  ∵ P存在强集，则必有 ( )1 2024n mn−   ，∴ 2024 2024m n  − . 1012 2 2024 2m n n n   −  − +    . 由基本不等式可得 1012 1012 2 2 1012n n n n +   = ， 当且仅当 1012 n n = ，即 2 1012n = 时，取等号； 所以 1012 2024 2 n n   − +    有最大值，而 ( )1012 31,32 ， 又因为n为整数， 所以当 31n = 或者 32n = 时， ( ) max 2 1896m n− = . 当 32n = 时， ( ) ( )2024, 31M Q N Q= = . 此时 P的强集Q无强集， ( ) ( )2M P N P− 的最大值为 1896. 【点睛】关键点点睛：充分把握题中对“强集”的定义，同时要熟练的使用分类讨论 法，本题主要为集合新定义问题，属于较难题. 题型二 函数与导数结合的新定义题型 【例 2】若存在有限个 0x ，使得 ( ) ( )0 0f x f x− = ，且 ( )f x 不是偶函数，则称 ( )f x 为 “缺陷偶函数”， 0x 称为 ( )f x 的偶点. (1)证明： ( ) 5h x x x= + 为“缺陷偶函数”，且偶点唯一. (2)对任意 x， yR，函数 ( )f x ， ( )g x 都满足 ( ) ( ) ( ) ( ) 22f x f y g x g y x y+ + − = + . ①若 ( )g x y x = 是“缺陷偶函数”，证明：函数 ( ) ( )F x xg x= 有 2 个极值点. ②若 ( )3 2g = ，证明：当 1x  时， ( ) ( )2 1 ln 1 2 g x x − . 参考数据： 1 5 ln 0.481 2 +  ， 5 2.236 . 【分析】（1）根据 ( ) ( )h x h x= − ，即可解方程求解， （2）①根据 ( ) ( ) ( ) ( )2 2f x g x x f y g y y a+ − = − + + = ，取 y x= ，可得 ( ) 2 2 3 x x a g x − + = ，即可对 ( ) ( )F x xg x= 求导，根据导函数的正负确定函数单调性， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 结合极值定义求证，②利用放缩法，先证明故 2 3 4x x x−  − ，构造 ( ) ( )2 3 3 4 ln 1 2 p x x x= − − − ，求导，确定函数的最值即可求解. 【详解】（1）由 ( ) 5h x x x= + 可得 ( ) ( ) 5 5 h x xx xx− − = −+ −= − ， 由 ( ) ( )h x h x= − 可得 ( )5 5 42 1 0x x x x x x+ = − −  + = ，解得 0x = ， 所以 ( ) 5h x x x= + 为“缺陷偶函数”，且偶点唯一，且为 0， （2）由 ( ) ( ) ( ) ( ) 22f x f y g x g y x y+ + − = + 可得 ( ) ( ) ( ) ( )2 2f x g x x f y g y y+ − = − + + 对任意 x， yR，恒成立， 所以存在常数 a，使得 ( ) ( ) ( ) ( )2 2f x g x x f y g y y a+ − = − + + = , 令 y x= ，则 ( ) ( ) 2f x g x x a+ − = ，且 ( ) ( )2f x g x x a− + + = ， 解得 ( ) 2 2 3 x x a g x − + = ， ① ( ) 2 1 3 3 g x y x xx a += −= ，则 ( ) 2 1 3 3 g x x x a x −= − − − − ， 由于 ( )g x y x = 是“缺陷偶函数”，故 2 1 2 1 3 3 3 3 x a x a x x − + − = − − ， 即 2 3 3 x a x = − ，即 ( )2 2 0x a x= −  ， 则 2 0a−  ，得 0a  ， ( ) ( ) ( ) 3 2 22 3 2 2 , 3 3 F x x x x xg x F x ax x a = = = − + − + ， 由于 4 24 0a = −  ，所以 ( ) 0F x = 有两个不相等的实数根 1 2,x x ，不妨设 1 2x x ， 当 1x x 或 2x x 时， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递增， 当 1 2x x x  时， ( ) 0F x  ， ( )F x 单调递减， 所以 ( ) ( )F x xg x= 有两个极值点 1 2,x x . ②若 ( )3 2g = ，即 ( ) 9 3 2 6 2 2 3 3 3 g a a− + = + = = ，则 0a = ，故 ( ) 2 3 x x g x − = ， 当 1x  时，要证 ( ) ( )2 1 ln 1 2 g x x − ，只需要证. ( )2 2 3 ln 1 2 x x x−  − ， 因为 ( ) ( ) 22 3 4 2 0x x x x− − − = −  ，故 2 3 4x x x−  − ， 只需证 ( )2 3 3 4 ln 1 2 x x−  − ， 令 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 3 3 3 3 4 ln 1 , 3 1 2 1 1 p x x x x x x x x x p x − − − − − − == − −  = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 当 ( ) ( ) 5 1 1 , 0, 2 x p x p x +    单调递减，当 ( ) ( ) 5 1 , 0, 2 x p x p x +   单调递增， 故 ( ) ( ) ( )2 min 3 5 1 3 5 15 1 3 5 1 3 5 1 4 ln 1 4 ln 2 2 2 2 2 2 2 p x p  + +     + + +  = = − − − = − −                  3 3.236 3 4 0.481 0.1325 2 2   − −  = ， 所以 ( ) min 0p x  ，从而 ( ) 0p x  ，故 ( )2 3 3 4 ln 1 2 x x−  − ， 1x  时， ( ) ( )2 1 ln 1 2 g x x − 得证. 【点睛】法点睛：利用导数比较大小的基本步骤 (1)作差或变形； (2)构造新的函数 ( )h x ； (3)利用导数研究 ( )h x 的单调性或最值； (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右 两端两个函数的最值问题． 题型三 数列中的新定义 【例 3】对数列 na ：若满足① na 是单调数列，② np a q  ，则称数列 na 为单调 ( ),p q 数列； 若满足① na 是单调数列，② np a q  ，则称数列 na 为单调 ),p q 数列； 若满足① na 是单调数列，② np a q  ，则称数列 na 为单调 ( ,p q 数列； 若满足① na 是单调数列，② np a q  ，则称数列 na 为单调 ,p q 数列． (1)已知数列 na ， 1 1 6 a = ， 2 1 2 a = ，对任意的 *nN 有 2 1n n na a a+ += − ，数列 nb 中有 ( *m mN 且 )3m  项，且 1 2, , , mb b b   都是数列 na 中的项且 1 2, , , mb b b   均不相等，求符 合条件的数列 nb 中，数列 nb 是单调(−1,1)数列的概率； (2)已知数列 nb ， 1 1 2 b = ， 0nb  ， 2 12 1n nb b += − ． （ⅰ）求证： nb 是单调(0,1)数列； （ⅱ）若数列 nc 满足 1 2 3n nc b b b b=    ，求证：数列 nc 是单调 5 3 1 , 22 2       数列． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 【答案】(1) 7 160 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）已知条件求出 na 是周期为 6 的周期数列，可得符合条件的数列 nb 的 总数，从而 nb 是单调 ( )1,1− 数列，可得数列 nb 的个数得解； （2）（ⅰ）若 1nb  ，与 1 1 2 b = 矛盾得出 1nb  ，从而0 1nb  利用 1 0n nb b +−  得 nb 单调 递增；（ⅱ）令 cosn nb = 可得 1 π 1 3 2 n n −   =     ，求出 nb ，可得 nc 单调递减可得答案． 【详解】（1）由 2 1n n na a a+ += − 知， 3 2 1n n na a a+ + += − ， 两等式相加可得： 3n na a+ = − ， 所以有 6 3n na a+ += − ，则有 6n na a+ = ， 因此数列 na 是周期数列，且周期为 6， 由 1 1 6 a = ， 2 1 2 a = 可得， 3 1 3 a = ， 4 1 6 a = − ， 5 1 2 a = − ， 6 1 3 a = − ， 因为数列 nb 中有 ( *m mN 且 )3m  项且 1b ， 2 , , mb b 都是数列 na 中的项，且 1 2, , , mb b b   均不相等， 则符合条件的数列 nb 共有 3 4 5 6 6 6 6 6A A A A 1920+ + + = （个）， 若数列 nb 是单调 ( )1,1− 数列， 则数列 nb 的个数为 ( ) 3 4 5 6 6 6 6 6C C C C 2 84+ + +  = ． 记“符合条件的数列 nb 中，数列 nb 是单调 ( )1,1− 数列”为事件 A， 则 ( ) 84 7 1920 160 P A = = ，即所求概率为 7 160 ； （2）（ⅰ）若 1nb  ，因为 2 12 1n nb b += − ， 所以当 2n  时， 2 1 2 1 1n nb b− = −  ， 同理有 2 11, , 1nb b−    ，这与 1 1 2 b = 矛盾，所以 1nb  ． 又 0nb  ，则有0 1nb  ． 因为 ( )( )21 1 1 1 12 1 2 1 1n n n n n nb b b b b b+ + + + +− = − − = + − ， 且 10 1nb +  ，则有 1 0n nb b +−  ，即 1n nb b + ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 所以数列 nb 是单调递增数列， 由题中的定义知 nb 是单调 ( )0,1 数列． （ⅱ）令 cosn nb = ， , 2 π 0n       ，则 1 1cosn nb + += ， 可得 2 1 1cos 2cos 1 cos2n n n  + += − = ， 又 , 2 π 0n       ，则 1 1 2  + =n n， 而 1 1 π cos 2 3 b = = ，则 n 是以 1 π 3  = 为首项， 1 2 为公比的等比数列， 则 1 π 1 3 2 n n −   =     ，则 1 π 1 cos cos 3 2 n n nb  −   = =        ， 则 1 2 3n nc b b b b=    1 π π π π 1 cos cos cos cos 3 6 12 3 2 n−   =         1 1 1 π π π π 1 π 1 cos cos cos cos 2 sin 3 6 12 3 2 3 2 π 1 2 sin 3 2 n n n n n − − −                         =           1 2π sin 3 π 1 2 sin 3 2 n n − =           ，显然 0nc  ， 则 1 1 π 1 sin 3 2 π 1 2sin 3 2 n n n n c c − +          =           π 1 π 1 2sin cos 3 2 3 2 π 1 2sin 3 2 n n n                        =           π 1 cos 3 2 n   =        ． 因为 π 1 π 0, 3 2 6 n             ，则 π 1 3 cos ,1 3 2 2 n               ， 所以 1 1n n c c +  ，即 1n nc c+  ，因此数列 nc 是单调递减数列， 则 nc 有最大值，且为 1 1 2 c = ． 记 ( ) sin= −f x x x， ( )0,x  + ， ( ) cos 1 0f x x= −  ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 则 ( )f x 在 ( )0, + 上单调递减， 则 ( ) ( )0 0f x f = ，即有sinx x ， 从而， 1 3 3 3 3 3 3 5 32 2 2π 4π 4 3.3 221 3 2 π 2 3 n n n c −  = =  =           ， 即有 5 3 1 22 2 nc  ，则数列 nc 是单调 5 3 1 , 22 2       数列． 【点睛】方法点睛：根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解 题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思 路，有着非凡的功效. 题型四 立体几何中的新定义 【例 4】正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面 角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界 中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正 四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时 是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状…… 柏拉图多面体满足性质： 2V F E+ − = （其中 V，F和 E分别表 示多面体的顶点数，面数和棱数）． (1)正十二面体共有几条棱，几个顶点？ (2)如图所示的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D− 中，点 , , , , ,G H I J K L为正方体六个面的中心， 假设几何体GHIJKL的体积为 1V ，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D− 的体积为 2V ，求 1 2 V V 的值； (3)判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由． 【答案】(1)正十二面体共有30条棱，20个顶点 (2) 1 6 (3)柏拉图多面体只有5种，理由见解析 【分析】（1）根据正十二面体有12个面，求出每个面为正五边形，进而可得出答案； （2）分别求出正方体 1 1 1 1ABCD ABC D− 和正八面体的体积即可得解； （3）假多面体每一个面都是正n边形，每一个顶点处有m条棱，根据每条棱都出现在 相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出 2 , 2nF E mV E= = ，代入 2V F E+ − = 得 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 1 1 1 1 2m n E + = + ，再分情况判断即可. 【详解】（1）根据柏拉图多面体满足性质： 2V F E+ − = ， 正十二面体有12个面，即 12F = ，则 10E V= + ， 设正十二面体每一个面都是正 x边形，每一个顶点处有 y条棱， 因为多边形至少有3条边，而再每个顶点处至少有3条棱， 则 3, 3, N, Nx y x y    ， 由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点， 则有 2 , 2xF E yV E= = ，即12 2 , 2x E yV E= = ， 所以 2 20 2 12yV E V x= = + = ，所以 6 10V x= − ， 所以 ( )2 20y V− = ，即 ( )( )3 5 2 10x y− − = ， 由 3, 3, N, Nx y x y    ，得3 5 0, 2 0x y−  −  ， 当 2 1y− = ，即 3y = 时， 5x = ，符合题意， 当 2 2y− = ，即 4y = 时， 10 3 x = （舍去）， 当 2 5y− = ，即 7y = 时， 7 3 x = （舍去）， 当 2 10y− = ，即 12y = 时， 2x = （舍去）， 综上所述， 5x = ， 3y = ， 此时 30, 20E V= = ， 即正十二面体共有30条棱，20个顶点； （2）设正方体 1 1 1 1ABCD ABC D− 的棱长为a，则 3 2V a= ， 几何体GHIJKL所有棱长为 2 2 a，是正八面体， 所以 3 1 1 2 2 1 1 2 3 2 2 2 6 V a a a a=     = ， 所以 1 2 1 6 V V = ； （3）假多面体每一个面都是正n边形，每一个顶点处有m条棱， 因为多边形至少有3条边，而再每个顶点处至少有3条棱， 则 3, 3, N, Nn m n m    ， 由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点， 则有 2 , 2nF E mV E= = ， 代入 2V F E+ − = 可得 2 2 2 E E E m n + − = ，即 1 1 1 1 2m n E + = + ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 当 3, 3 m n 时， 1 1 1 1 1 4 4 2m n +  + = ， 这与 0E  矛盾， 所以 ,m n中至少有一个等于3， 若 3n = ，则 1 1 1 6m E − = ， 由于 0E  ，则3 6, Nm m   ， 因此 3,4,5m= ，则 6,12,30E = ，对应 4,8,20F = ， 所以存在正四面体，正八面体，正二十面体； 若 3m = ，则 1 1 1 6n E − = ， 由于 0E  ，则3 6, Nn n   ， 因此 3,4,5n = ，则 6,12,30E = ，对应 4,6,12F = ， 所以存在正四面体，正六面体，正十二面体 综上所述，柏拉图多面体只有5种. 【点睛】关键点点睛：假多面体每一个面都是正n边形，每一个顶点处有m条棱，根 据每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点，得出 2 , 2nF E mV E= = ， 代入 2V F E+ − = 得 1 1 1 1 2m n E + = + ，是解决第三问得关键. 题型五 解析几何中的新定义问题 【例 5】如图 1，在抛物线 ( )2 0y x x=  上任选一动点 ( )0 0,P x y ，可认为其纵坐标 2 0 0y x= 为以 0x 为边长的正方形PPLK 的面积，由此将抛物线 2y x 下阴影部分的面积 转化为四棱锥O PPLK−  的体积，得 3 0 1 3 S x=阴影 ，称其为抛物线的“三分之一”原则. (1)如图 3，在拟柱体 ABCDEF中，底面 ABCD为矩形， 1 2 4, 2 AB BC EF AB= = = ，点 E到底面 ABCD的距离为 2，试利用抛物线的“三分之一”原则求拟柱体 ABCDEF的体 积V ； (2)已知类似于圆锥的空间几何体Ω具有圆锥的一切对称性，且其顶点为O，底面为 π，高为H ，将Ω置于空间直角坐标系Oxyz中，使其顶点与坐标原点重合， π与平面 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 xOy平行且 π上任意一点坐标均可表示为 ( )0 0, ,x y H .若用任一平行于平面 xOy的平面 D 截Ω所得的截面的面积与D 到平面 xOy的距离 h有关系：  4π , 0,S h h H=  .设Ω被 平面 yOz所截得曲线为C， （i）求Ω的体积V 关于 h的表达式及C在平面 yOz中的方程； （ii）在平面 yOz中，过点 ( )2,1P − 作两条互相垂直的弦 ,PA PB，分别交C于 ,A B两 点， ,A B都在第一象限内且A 在 B的右侧， ,AO BO分别交 2z = − 于 ,M N两点.设 MON△ 的面积为 1,S AOB△ 的面积为 2S ，当 B点的横坐标 2 ,2 5 By       时，求 1 2 S S 的最大 值. 【答案】(1) 20 3 V = (2)（i） 2 24π , 4 2 h V y z= = ；（ii） 1 2 S S 的最大值为 25 9 【分析】从主题干中对抛物线下面积的转化，不难发现： 推广到任意几何体，都有V S= ，其中S为该几何体横截面积与高所成的函数 ( )f h 在 坐标系hOS中与 h轴正半轴所围成的图形面积（在定义域限制内），由此推论能够解决 （1）和（2）的第一问； 对于（2）的第二问，考生首先要对“过定点”这一问题具有敏感性，能够迅速识别出直 线 AB恒过定点；其次，要善于转化面积的比值为 ( )A Bf x x ，再利用定点转化为飘带型 函数，得到极值. 【详解】（1）如图，用平行于底面的平面 π截拟柱体 ABCDEF 得矩形 ABCD   ，设点E到 π的距离为 h， 由相似的基本定理得矩形 ABCD   面积 ( )2S h h= + ， 建立如图的平面直角坐标系hOS， 由主题干信息得，拟柱体 ABCDEF的体积V 即函数 ( )2S h h= + 与 h轴正半轴所围成的阴影部分面积，由抛物线的“三分之一” 原则： 1 1 20 3 3 3 KLMN KJOH JGOS S S S= − − =阴影 ， 即拟柱体 ABCDEF的体积 20 3 V = ； （2）（2）（i）由主题干信息得，类锥体Ω的体积即底面 π的面积 S与 h轴正半轴所围成的阴影部分面积， 又S与 h有关系 4πS h= ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 所以 21 4π 2 2 h V hS= = ； 因为Ω具有圆锥的一切对称性， 所以其底面 π为圆， 4π ,S h=又 得其半径 2r h= ， 由几何体的空间位置，可建立 h与 r得关系： 2 4r h= ， 即C在平面 yOz中的方程为： 2 4y z= ； 设 ( ) ( ), , , , :A A B BA y z B y z AB z ky m= + ， 由PA PB⊥ 得 1 1 1 2 2 A B A B z z y y − −  = − + + ① 联立直线与抛物线 ( ) 2 2 2 2 4 4 0 2 4 0 y ky m z m k z m  − − =  − + + = ② 由①，②得 2 2( 3) (2 2)m k− = − ， 即 2 1m k= + （舍）或 4 2m k= − ， 所以 AB恒过定点 ( )2,5 ， 改写 AB为 ( ) 4A B A By y y z y y+ = + ， 代入 ( )2,5 得 ( )2 20A B A By y y y+ = + ， 即 20 2 2 B A B y y y − = − ③ 易得 1 2 8 1 2 8 A B A B A B A B B A A B S y y y y y y S y z y z y y  = −    = − = − ，④ 所以 ( ) 1 2 2 64 A B S S y y = 由③，④得 ( ) 1 2 2 64 10 2 2 B B B S S y y y =  −   −  ， 令 8 2 , 0, 5 Bt y t   = −     ， 则有 ( )( ) 1 2 2 64 2 8 2 S S t t t =  − +     ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 其中 ( )( )2 8 16 2 2 6 t t t t t − +   = − −    ， 对于函数 ( ) 16 f t t t = − ，当 8 0, 5 t       时，有如图像： 所以 ( )( )2 8 24 2 5 t t t − +  ， 所以 ( )( ) 1 2 2 64 25 92 8 2 S S t t t =   − +     ， 即 1 2 S S 的最大值为 25 9 . 【点睛】本题基于微积分基本定义的背景，以抛物线的“三分之 一”原则引出推论，对不规则几何体的体积求法加以拓展，巧妙的考查了考生的理解能 力，计算能力和综合运用能力. 题型六 新定义问题下的概率与统计 【例 6】泊松分布是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机 变量 X的所有可能取值为 0，1，2…，且 ( ) e ! k P X k k  −= = ， 0,1,2,k = 其中 0  ， 则称 X服从泊松分布，记作 ( )X P  . (1)设 ( )X P  ，且 ( ) ( )1 3P X P X= = = ，求 ( )2P X = ； (2)已知当 20n  ，0 0.05p  时，可以用泊松分布 ( )P np 近似二项分布 ( ),B n p ，即对 于 ( ),X B n p ， ( )Y P np ，当 k不太大时，有 ( ) ( )P X k P Y k=  = . （ⅰ）已知甲地区共有 100000 户居民，每户居民每天有 0.00010 的概率需要一名水电 工.试估计某天需要至少 2 名水电工的概率； （ⅱ）在（ⅰ）的基础上，已知乙地区共有 200000 户居民，每户居民每天有 0.00004 的 概率需要一名水电工.试估计某天两个地区一起至少需要 3 名水电工的概率. 【答案】(1) ( ) 62 3eP X −= = (2)（ⅰ） 101 11e−− ；（ⅱ） 181 181e−− . 【分析】（1）理解概率公式，就能用待定系数法先求出 6 = ，再求出指定概率； （2）（ⅰ）理解泊松分布中的 np = ，从而再运用公式计算对应事件概率，转化为对立 事件来研究即可； （ⅱ）先了解两个独立事件，同时发生总共需要水电工人数，运用积事件求和：即 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 14 页 ( ) ( ) ( )1 2 1 2 0 k i P X X k P X i P X k i = + = = = = − ，这里运用到二项式展开式定理，最后再用 对立事件即可解得. 【详解】（1）由 ( ) ( )1 3P X P X= = = 得 3 e e 6   − −= ， 且 0  ，解得 6 = . 故 ( ) ( ) 2 6 6 6 2 e 3e 2! P X − −= = = . （2）（ⅰ）设 1X 为甲地区某天需要的水电工数目，则 1 0,1,2,X = ，且 ( )1 100000,0.00010X B . 因为 1 100000 20n =  ， 10 0.00010 0.05p =  ， 1 1 100000 0.00010 10n p =  = ， 所以 ( ) ( ) 1 11 1 10 1 10 e e ! ! k k n p n p P X k k k − −=  = . 那么，某天至少需要 2 名水电工的概率约为 ( ) ( ) ( ) 10 10 101 1 12 1 0 1 1 e 10e 1 11eP X P X P X − − − = − = − =  − − = − （ⅱ）设 2X 为乙地区某天需要的水电工数目，则 2 0,1,2,X = ，且 ( )2 200000,0.00004X B . 因为 2 200000 20n =  ， 20 0.00004 0.05p =  ， 2 2 200000 0.00004 8n p =  = ， 所以 ( ) ( ) 2 22 2 8 2 8 e e ! ! k k n p n p P X k k k − −=  = . 于是 ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 0 0 , k k i i P X X k p X i X k i P X i P X k i = = + = = = = − = = = −  ( ) ( ) 18 10 8 0 0 10 8 e ! e e 10 8 ! ! ! ! ! i k ik k i k i i i k i k i k i k i − − − − − = =  = − −   ( ) 18 18 18 0 e e 18 C 10 8 10 8 e ! ! ! kk ki i k i k ik k k − − − − = = = + = . 那么，某天两个地区一起至少需要 3 名水电工的概率约为 ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 23 1 0 1 2P X X P X X P X X P X X+  = − + = − + = − + = 18 18 18 181 e 18e 162e 1 181e− − − − − − − = − . 【点睛】关键点点睛：从特殊入手，简单的问题搞懂，复杂的问题就有了思路，关键 是理解这个概率公式及它表达的事件，然后再研究两个事件发生共同需要 k名水电工 的概率计算，这里面再用到二项式展开式定理，即可得到化简求值. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 15 页 题型七 以高等数学为背景的新定义问题 【例 7】微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的 有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下: 如果函数 ( )f x 在闭区间 ,a b 上连续，在开区间 ( , )a b 可导，导数为 ( )f x ，那么在开区 间 ( , )a b 内至少存在一点 c，使得 ( ) ( ) ( ) f b f a f c b a −  = − ，其中 c叫做 ( )f x 在 ,a b 上的“拉 格朗日中值点”.已知函数 2 2 2 3 2( 1) 9 15( ) ln ( 4)e 4 6 8 axa x b bf x x b x x x + +  = + − − +     . (1)若 1, 0a b= − = ，求函数 ( )f x 在 1,7 上的“拉格朗日中值点” 0x ； (2)若 1, 1a b= − = ，求证:函数 ( )f x 在区间 (0, )+ 图象上任意两点A ， B连线的斜率不 大于 618 e−− ； (3)若 1 2 3 1 1, 1, , , ,1 4 a b x x x   = = −      ，且 1 2 3x x x  ，求证: ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 2 1 3 2 f x f x f x f x x x x x − −  − − . 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意 ( ) ( ) ( ) 0 7 1 7 1 f f f x −  = − ，解得即可； （2）不妨设 ( )( )4 4,A x f x ， ( )( )5 5,B x f x ， 4 5x x ，则 ( ) ( )5 4 5 4 AB f x f x k x x − = − ，求出函数 的导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明 ( ) 618 ef x − − ，再结 合拉格朗日中值定理证明即可； （3）由拉格朗日中值定理可知只需证明 1 2( ) ( )f c f c  ，即证明𝑓′(𝑥)在 1 ,1 4       上单调 递减，求出导函数，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【详解】（1）当 1, 0a b= − = 时 ( ) 2 15 8 f x x= ，则 ( ) 15 4 f x x = ， 因为 0x 为函数 ( )f x 在 1,7 上的“拉格朗日中值点， 则 ( ) ( ) ( ) 2 2 0 15 15 7 17 1 8 8 15 7 1 7 1 f f f x  − − = −  = = − ， 即 ( )0 0 15 15 4 f x x= = ，解得 0 4x = （2）当 1, 1a b= − = 时 ( ) 3 2 1 ( ) 4 e 3 6 xf x x x x−= − − + ， 不妨设 ( )( )4 4,A x f x ， ( )( )5 5,B x f x ， 4 5x x ，则 ( ) ( )5 4 5 4 AB f x f x k x x − = − ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 16 页 又 ( ) 2 1 ( ) 5 e 6 2 xf x x x x− − = − + ，令 ( ) ( ) 2 1 ( ) 5 e 6 2 xF x f x x x x−= − −= + ， 则 ( ) ( ) ( )( )6 e 6 6 e 1x xF x x x x− −= − − + = − − ， 又 0x  ，所以e 1 0x− −  恒成立， 所以当0 6x  时 ( ) 0F x  ，当 6x  时 ( ) 0F x  ， 所以𝐹(𝑥)在 ( )0,6 上单调递增，在 ( )6, + 上单调递减， 所以𝐹(𝑥)在 6x = 处取得极大值，即最大值， 所以 ( ) ( ) 66 18 eF x F − = − ，所以 ( ) 618 ef x − − ， 由拉格朗日中值定理可知必存在 ( )4 5,c x x 使得 ( ) ( )5 4 5 4 ( ) f x f x f c x x − −  = ， 即 ( ) ABf c k= ，又 ( ) 618 ef x − − ，所以 618 eABk − − ， 即函数 ( )f x 在区间 (0, )+ 图象上任意两点A ， B连线的斜率不大于 618 e−− ； （3）当 1, 1a b= = − 时 2 3 21 3( ) ln 2 ( 4)e 6 4 xxf x x x x x= + − − + ， 由拉格朗日中值定理知，存在 ( )1 1 2,c x x 和 ( )2 2 3,c x x ， 使得 ( ) ( )2 1 1 2 1 ( ) f x f x f c x x − −  = ， ( ) ( )3 2 2 3 2 ( ) f x f x f c x x − −  = ， 所以只需证明 1 2( ) ( )f c f c  ，即证明𝑓′(𝑥)在 1 ,1 4       上单调递减， 又 21( ) ln ( 3)e 2 2 xf x x x x x x = + − − + ， 令 ( ) 2 1 ( ) ln ( 3)e 2 2 xG x f x x x x x x= = + − + − ， 则 ( ) ln ( 2)e 3xG x x x x− = + − + ， 令 ( ) ( ) ln ( 2)e 3xm x G x x x x−= = + − + ， 则 ( ) ( ) 1 1 ( 1)e 1 1 ex xm x x x x x   = + − − = − −     ， 当 1 ,1 4 x       时 1 0x−  ， 令 ( ) 1 exn x x = − ， 1 ,1 4 x       ，则 ( ) 2 1 e 0xn x x = +  ，则 ( )n x 在 1 ,1 4       上单调递增， 又 1 4 1 e 4 0 4 n   = −     ， ( )1 e 1 0n = −  ， 所以存在 0 1 ,1 4 x       使得 ( )0 0n x = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 17 页 所以当 0 1 , 4 x x       时 ( ) 0n x  ，则 ( ) 0m x  ，即 ( )m x 单调递增， 当 ( )0 ,1x x 时 ( ) 0n x  ，则 ( ) 0m x  ，即 ( )m x 单调递减， 所以 ( )m x 在 0x 处取得极大值，即最大值， 所以 ( ) ( ) ( ) 0 00 0 0 0 0 0 0 2 ln 2 e 3 3 x x m x m x x x x x x x −  = + − − + = − + − + ( ) 2 2 00 0 0 0 2 12 4 2 0 xx x x x − −− + − = =  ， 所以 ( ) 0G x  ，所以 ( )G x 在 1 ,1 4       上单调递减， 即𝑓′(𝑥)在 1 ,1 4       上单调递减，命题得证. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数ℎ(𝑥)； （3）利用导数研究ℎ(𝑥)的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右 两端两个函数的最值问题． 课后突破训练 1．若集合 1 2 nA B B B= ，其中 1B 、 2B 、…、 nB 均为非空集合， ( )1i jB B i j n=    ，则称集合 1 2, , , nB B B 为集合A 的一个n划分， (1)写出集合  1,2,3A= 的所有不同的 2 划分； (2)设 1 2,B B 为有理数Q的一个 2 划分，且满足对任意 1x B 、 2y B 都有 x y ，则下 列两种情况是否可能成立？若可能成立，请举出一个例子；若不能成立，请说明理 由； ① 1B 中的元素不存在最大值，并且 2B 中的元素不存在最小值； ② 1B 中的元素存在最大值，并且 2B 中的元素存在最小值； (3)设集合  1,2,3, ,16A= ，对集合A 的任意一个 3 划分 1 2 3, ,B B B ，证明：存在 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 18 页  1,2,3i ，存在a、 ib B ，使得 ib a B−  ． 【答案】(1)               1 2 3 , 1 3 2 , 2 3 1, , , , , , (2)①可能成立，  1 2{ Q | 2}, Q | 2B x x B x x=   =   ，②不可能成立，理由见解 析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意写出含有 3 个元素的 2 划分即可； （2）①可以举出实例，②可以利用反证法进行证明； （3）用反证法进行证明，假设对任意  1,2,3i ，对任意 , ia b B ，都有 ib a B−  ，结 合题意推出矛盾，即可得结果. 【详解】（1）集合  1,2,3A= 的所有不同的 2 划分为               1,2 , 3 , 1,3 , 2 , 2,3 , 1 （2）①可能成立，举例如下:  1 2{ Q | 2}, Q 2B x x B x x=   =  ; ②不可能成立，证明如下:假设②成立，不妨设 1B 中元素的最大值为 2,S B 中元素的最 小值为 t，由题可知: s t ，所以 2 s t s t +   ，因为 s为 1B 中元素的最大值，所以 1 2 s t B +  ， 因为 t为 2B 中元素的最小值，所以 2 2 s t B +  ，因为 1 2 QB B = ，所以 Q 2 s t+  ， 这与 Q 2 s t+  矛盾，所以假设不成立，即②不可能成立； （3）由于集合A 中有 16 个元素，所以 1 2 3, ,B B B 中至少有一个集合至少包含 6 个元 素， 不妨设 1B 中至少包含 6 个元素，设 1 2 3 4 5 6 1, , , , ,b b b b b b B ，且 1 2 3 4 5 6b b b b b b    ， 假设对任意  1,2,3i ，对任意 , ia b B ，都有 ib a B−  ， 那么 6 1 6 2 6 3 6 4 6 5 1, , , ,b b b b b b b b b b B− − − − −  ， 又因为 6 1 6 2 6 3 6 4 6 5, , , ,b b b b b b b b b b A− − − − −  ， 所以 6 1 6 2 6 3 6 4 6 5 2 3, , , ,b b b b b b b b b b B B− − − − −   ， 则 2 3,B B 中必有一个集合至少包含 6 1 6 2 6 3 6 4 6 5, , , ,b b b b b b b b b b− − − − − 中的 3 个元素， 不妨设这 3 个元素为 1 2 3 2 1 2 3, , ,a a a B a a a   ，由假设可知: 3 1 3 2 2 1 2, ,a a a a a a B− − −  ， 对任意 , (1 3)i j j i   ，存在 , (1 5)m n m n   ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 19 页 都有 6 6 1i j m n n ma a b b b b b b B− = − − + = −  ， 又因为 3 1 3 2 2 1 3, ,a a a a a a B− − −  ，而 ( )3 1 3 2 2 1a a a a a a− − − = − ，与假设矛盾， 所以假设不成立，所以存在  1,2,3i ，存在 , ia b B ，使得 ib a B−  【点睛】方法点睛：对于集合新定义证明类题目，要能正确理解题意，再采取合适的 方法进行求解，列举法和反证法是经常使用的方法，先假设条件不成立，再通过逻辑 推理得到矛盾，从而证明出结论. 2．已知函数𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥)的定义域分别为 1 2,D D ，如果存在 1 1 2 2,x D x D  ，使得 ( ) ( )1 2 0f x g x+ = ，则称 ( )f x 与 ( )g x 为“相斥函数”，且称 1 2,x x 为“相斥数”. (1)试判断函数 ( ) 2 1 e 2 xf x x x= − − 与 ( ) 2 1 ln 2 g x x x= − 是否为“相斥函数”，并说明理由. (2)已知函数 ( ) eln ( 1) x f x x x =  与 ( ) lng x x x x= + 为“相斥函数”，且 1 2,x x 为“相斥数”. （i）若 1 2 1x x = ，求 1 2ln , lnx x 的值； （ii）若 )1 2 e ,1tx x    ，常数 ( )1,0t − ，求 1 2 ln x x 的最大值.（用 t表示） 【答案】(1)不是，理由见解析 (2)（i） 1 2 1 1 ln , ln 1 e e 1 x x= = − − ；（ii） e e 2e e e t t t t t+ + − 【分析】（1）利用导数分别研究函数的单调性，并求得值域，结合题目中的新概念， 可得答案； （2）（i）利用参数的乘积，结合换元思想，整理由“相斥函数”求得的等式，可得答 案， （ii）设参数乘积并建立参数之间的等量关系，利用“相斥函数”求得等式以及对数运 算，可构造函数，利用导数研究其单调性，可得答案. 【详解】（1）由 ( ) 2 e 2 x xf x x= − − ，求导可得 ( ) 1 exf x x= − − ， ( )0 0f  = ， 易知 ( ) 1 exf x x= − − 在R 上单调递减， 当 ( ),0x  − 时，𝑓′(𝑥) > 0， ( )f x 单调递增；当𝑥 ∈ (0,+∞)时，𝑓′(𝑥) < 0， ( )f x 单 调递减， 所以 ( ) ( ) max 0 1f x f= = − ，当 x→+时， ( )f x →− ， 故函数 ( )f x 的值域为 ( , 1− − . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 20 页 由 ( ) ( )2 1 ln 0 2 g x x x x= −  ，求导可得 ( ) ( )( )1 11 x x g x x x x − + = − = ，令 ( ) 0g x = ，解得 1x = ， 当𝑥 ∈ (0,1)时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增；当𝑥 ∈ (1,+∞)时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调 递减， 所以 ( ) ( ) max 1 1 2 g x g= = − ，当 0x→ 时， ( )g x →− ， 故函数 ( )g x 的值域为 1 , 2   − −    . 对于任意 ( )1 2R, 0,x x   + ，则 ( ) ( )1 2 0f x g x+  ，所以函数 ( )f x 与 ( )g x 不是“相斥函 数”. （2）由 ( ) ( ) eln 0 1 x f x x x =   ，求导可得 ( ) 2 e ln x f x x −  = ， 当0 1x  时， ln 0x  ，𝑓′(𝑥) > 0， ( )f x 单调递增， 所以 ( ) eln1 0 1 f x  = ，函数 ( )f x 的值域为 ( ),0− . 由 ( ) lng x x x x= + ，求导可得 ( ) ln 2g x x= + ，令 ( ) 0g x = ，解得 2ex −= ， 当 ( )20,ex − 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减；当 ( )2e ,x − + 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单 调递增， 令𝑔(𝑥) = 0，解得 1ex −= ，当 1ex − 时，𝑔(𝑥) > 0. （i）由 ( )1 0,1x  ， 1 2 ex − ，则 ( ) ( )1 2 0f x g x+ = ， 1 2 2 2 1 eln ln 0 x x x x x + + = ， 由 1 2 1x x = ，即 1 2 1 x x = ，则 2 2 2 2 2 1 e ln ln 0x x x x x + + = ，可得 2 2 2eln ln 0x x x− + + = ， 解得 2 1 ln e 1 x = − ， 1 2 1 ln ln 1 e x x= − = − . （ii）设 )1 2 e ,1tx x k  =  ，则 1 2 k x x = ， 1 1 2 2 2 ln ln ln ln 2ln x x x k x x = − = − ， 由 ( ) ( )1 2 0f x g x+ = ，则 1 2 2 2 1 eln ln 0 x x x x x + + = ，化简可得 2 eln ln e k k x k + = − ， 则 1 2 eln ln ln 2? e x k k k x k + = − − ，令 ( ) eln ln 2? e k k h k k k + = − − ， 求导可得 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 e 1 e eln e 2e ln1 2? e e k k k k k kk h k k k k k   + − + +  − + − = − = − − ， 由 )e ,1tk   ，则 ) 2 2e ,1tk   ，  )ln ,0k t ，知 ( ) 0h k  ，所以 ( )h k 单调递减， ( ) ( )max e e e e 2e e 2? e e e e t t t t t t t t t h k h t + + + = = − = − − . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 21 页 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函 数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用，二是 函数的零点，不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理. 3．若无穷数列 na 的满足对于给定的正整数 k， 1 2 1 n k n i i n k a a k + = − = +  对 ,n k n  N*均成 立，则称数列 na 是 k −可均分数列． (1)若各项均为正整数的递增数列 na 是3−可均分数列，且 5 4 11, 1a a a− = = ，求 4a ； (2)若“ na 是等差数列”是“ na 是 k −可均分数列”的充要条件，求 k； (3)若 na 既是2−可均分数列，也是3−可均分数列， nb 满足： ( )1 2 *2 Nn n n nb a a a n+ += −  ，求证： nb 是24−可均分数列．（注： 1 1 n k i n k n k n k n k i n k a a a a a + − − + + − + = − = + + + + ） 【答案】(1) 4 4a = (2) 1k = (3)证明见解析 【分析】（1）由题意得到 3 2 1 1 2 3 6n n n n n n na a a a a a a− − − + + ++ + + + + = ，分别令 4n = ， 5n = ，即可求解； （2）讨论 1k = 时的充分性及必要性，再通过当 2k  时，取 ( ) 1 2 0, 1,2, , , 1, 1, 2, 3, , 2 , 2 1 , 2 1 n n n k i i n k n k a n k k k k k a a n k − − = −   =  = = + + +   + −  +   ，不满足等差数列即可求解； （3）由 na 是2−可均分数列，得到 2 3 1 14+ + + −+ = − −n n n n na a a a a ，由 na 是3−可均分数 列，得到 3 2 1 1 2 3 6n n n n n n na a a a a a a− − − + + ++ + + + + = ，联立得到 1 1 2n n na a a− ++ = ，再说明  na 是公差为d的等差数列，进而解决问题. 【详解】（1）因为 na 是3−可均分数列，所以 3 3 1 7 + = − =  n n i i n a a 对 3,  n n N*均成立， 即 3 2 1 1 2 3 6n n n n n n na a a a a a a− − − + + ++ + + + + = ， 令 4n = ，则 1 2 3 5 6 7 46+ + + + + =a a a a a a a ，令 5n = ，则 2 3 4 6 7 8 56+ + + + + =a a a a a a a ， 两式相减得， ( )8 1 5 47 7− = − =a a a a ， 又因为 na 是各项均为正整数的递增数列，所以对任意 N*n  ， 1 1n na a+ −  武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 22 页 所以 8 1 8 7 7 6 2 1 7− = − + − + + − a a a a a a a a 等号当且仅当 8 7 7 6 2 1 1− = − = = − =a a a a a a 时成 立， 又因为 1 1a = ，所以 4 4 3 3 2 2 1 1 4= − + − + − + =a a a a a a a a ． （2）当 1k = 时，若 na 是1−可均分数列，对 1,  n n N*， ( )1 1 1 3 − += + +n n n na a a a ，所 以 1 12 n n na a a− += + ， 所以 1 1 2 1n n n na a a a a a+ −− = − = = − 为常数，故 na 是等差数列； 另一方面，若 na 是等差数列，则对 1,  n n N*， 1 12 n n na a a− += + ，从而 ( )1 1 1 3 − += + +n n n na a a a ， 故 na 是1−可均分数列； 所以，当 1k = 时，“ na 是等差数列”是“ na 是 k −可均分数列”的充要条件． 当 2k  时，取 ( ) 1 2 0, 1,2, , , 1, 1, 2, 3, , 2 , 2 1 , 2 1 n n n k i i n k n k a n k k k k k a a n k − − = −   =  = = + + +   + −  +   ，则 na 是 k −可均分数列， 但 na 不是等差数列，“ na 是等差数列”不是“ na 是 k −可均分数列”的充要条件． 综上， 1k = ． （3）由于 na 是2−可均分数列， 所以 3n  时， ( )2 1 1 2 1 5 − − + += + + + +n n n n n na a a a a a ，即 2 1 1 2 4n n n n na a a a a− − + ++ + + = ， 故 4n  时， 3 2 1 14n n n n na a a a a− − + −+ + + = ，① 1 2 3 14n n n n na a a a a− + + ++ + + = ，② 即 3 2 1 14− − − ++ = − −n n n n na a a a a ， 2 3 1 14+ + + −+ = − −n n n n na a a a a ， ③ 由于 na 是3−可均分数列，由（1）知 4n  时， 3 2 1 1 2 3 6n n n n n n na a a a a a a− − − + + ++ + + + + = ，④ ③代入④可得 1 1 1 1 1 14 4 6− + − + + −− − + + + − − =n n n n n n n n na a a a a a a a a ，化简得 1 1 2n n na a a− ++ = ， 即 4n  时， 1 1 2n n na a a− ++ = ，所以 1 1 4 3+ −− = − = = −n n n na a a a a a ，设 4 3a a d− = ， 又由①令 5n = ，得 2 3 5 6 44a a a a a+ + + = ，所以 ( )2 3 3 3 32 3 4+ + + + + = +a a a d a d a d ， 从而 2 3a da= − ，即 3 2a a d− = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 23 页 由①令 4n = ，得 1 2 4 5 34a a a a a+ + + = ，即 ( )1 2 2 2 22 3 4+ + + + + = +a a a d a d a d ， 从而 1 2a a d= − ，即 2 1a a d− = ， 故对 1,  n n N*， 1n na a d−− = ，即 na 是公差为d的等差数列， ( )1 1na a n d+ −= ， 故 ( ) ( )( ) ( )( ) 22 1 2 1 1 11 1+ += − = + − + − + +n n n nb a a a a nd a n d a n d ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1  = + − + − + + = + − + − =   a nd a nd d a nd d a nd a nd d d ， 故 24 24 2 2 24 24 1 1 49 49 + + = − = − = = =  n n n i i n i n b d d b 对 24,  n n N*均成立，所以 nb 是24−可均分数列． 【点睛】关键点点睛：通过 na 是2−可均分数列，得到 2 3 1 14+ + + −+ = − −n n n n na a a a a ， 通过 na 是3−可均分数列，得到 3 2 1 1 2 3 6n n n n n n na a a a a a a− − − + + ++ + + + + = ， 联立得到 1 1 2n n na a a− ++ = ，再说明 na 是公差为 d的等差数列. 4．我们规定：在四面体P ABC− 中，取其异面的两条棱的中点连线称为P ABC− 的一 条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”. (1)如左图，在四面体P ABC− 中， ( )1,2,...,6iM i = 分别为所在棱的中点，证明： P ABC− 的三条内棱交于一点. (2)同左图，若P ABC− 为垂棱四面体， 1 2 3 4 5 62, 4, 6M M M M M M= = = ，求直线 PB与 平面 ABC所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中， xOy平面内有椭圆 2 2 1 2 y C x + =： ， 1F 为其下焦点， 经过 1F 的直线 y kx m= + 与C交于 A B、 两点， P为 xOy平面下方一点，若P ABO− 为垂 棱四面体，则其外接球表面积S是 k的函数 ( )S k ，求 ( )S k 的定义域与最小值. 【详解】（1）如图，连接 1 2 3 4 1 3 1 4 3 2 4 2, , , , ,M M M M M M M M M M M M ， 由题可知， 1 3M M 平行且等于 1 2 PB， 2 4M M 平行且等于 1 2 PB 所以 1 3M M 平行且等于 2 4M M 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 24 页 所以四边形 1 3 2 4M M M M 为平行四边形， 所以对角线 1 2 3 4M M M M O= ，O为线段 1 2M M 中点； 同理 1 2 5 6M M M M O= ，O为线段 1 2M M 中点； 故P ABC− 的三条内棱交于一点O . （2）由（1）可知，四边形 1 3 2 4M M M M 为平行四边形， 若P ABC− 为垂棱四面体，则四边形 1 3 2 4M M M M 为菱形， 即 1 3 1 4M M M M= 显然 1 3 1 42 , 2PB M M AC M M= = 故PB AC= 同理 ,PA BC PC AB= = 如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系B xyz− ， 因为 1 2 3 4 5 62, 4, 6M M M M M M= = = 所以有 ( ) ( ) ( ) ( )4,6,0 , 0,0,0 , 0,6,2 , 4,0,2A B C P 所以 ( )4,0,2BP = , ( ) ( )4,6,0 , 0,6,2BA BC= = 设平面 ABC的一个法向量为?⃗? = (𝑥, 𝑦, 𝑧) 易知 · 0 4 6 0 6 2 0· 0 BAn x y y zBC n  = + =   + ==  令 2y = − ，解得 3, 6x z= = 所以 ( )3, 2,6n = − 直线 PB与平面 ABC所成角的正弦值为 · 24 12 5 3520 7· BP n BP n = =  . （3）由（2）易知将P ABO− 补成长方体，设长宽高分别设为a b c、 、 ， 则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即： 2 2 21 2 R a b c= + + ， 则： ( )2 2 2 24S R a b c = = + + 显然 2 2 2 2 2 2 2 2 2, ,AB a b BO b c AO a c= + = + = + ，所以 ( )2 2 2 1 2 S AB BO AO = + + 设𝐴(𝑥1, 𝑦1), 𝐵(𝑥2, 𝑦2) 因为直线 y kx m= + 过椭圆焦点 1F 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 25 页 所以 1m = − 联立 2 2 1 2 1 y x y kx  + =   = − 得 ( )2 22 2 1 0k x kx+ − − = 显然 0  由韦达定理可知， 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 k x x k x x k  + = +   = −  + 得 1 2 2 2 1 2 2 4 2 2 2 2 y y k k y y k  + = − +  − =  + 所以 ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2, ,AB x x y y AO x y BO x y= − + − = + = + 所以 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 S x x y y x y x y  = − + − + + + +   整理得 ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 23 3S x x y y x x y y  = + + + − −  得 4 2 4 2 10 13 10 π 4 4 k k S k k + + = + + 所以 ( ) 4 2 4 2 10 13 10 π 4 4 k k S k k k + + = + + 由于 ABO为某长方体的三个顶点由余弦定理可知 A B O、 、 均为锐角 显然 ABO中角 A B、 均为锐角， 所以只需角O锐角，即： 0OA OB  得 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 0 0 2 2 k x x y y k k − +   − +  + + 解得 2 2 , 2 2 k    −     由 ( ) 4 2 4 2 10 13 10 π 4 4 k k S k k k + + = + + 的定义域为 2 2 , 2 2 k    −     ( ) ( )4 2 2 2 4 2 4 2 10 4 4 27 30 9 10 π 10π 3 π 4 4 4 4 k k k k S k k k k k + + − − + = = − + + + + 所以当 2 4 24 4 109k k k+ + + 最大时， ( ) 2 4 2 9 10 10π 3 π 4 4 k S k k k + = − + + 最小 不妨令 2 299 10 10, 2 t k   = +     所以 2 4 2 2 9 81 81 644 4 16 64 10 16 k t k k t t t t = = + + + + + + + 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 26 页 因为 2 299 10 10, 2 t k   = +     由对勾函数性质可知，当 10t = 时， 2 4 2 9 81 644 1 10 4 6 k k k t t = + + + + + 有最大值 此时 0k = 故 ( ) 4 2 4 2 10 13 10 π 4 4 k k S k k k + + = + + 的最小值为 5 π 2 . 【点睛】关键点点睛：对棱相等的三棱锥可以补全为长方体. 5．由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如 果椭圆 1C 的“特征三角形”为 1，椭圆 2C 的“特征三角形”为 2 ，若 1 2△∽△ ，则称椭圆 1C 与 2C “相似”，并将 1与 2 的相似比称为椭圆 1C 与 2C 的相似比．已知椭圆 1C ： 2 2 1 2 x y+ = 与椭圆 2C ： ( ) 2 2 2 2 1 0+ =   x y a b a b 相似． (1)求椭圆 2C 的离心率； (2)若椭圆 1C 与椭圆 2C 的相似比为 ( )0   ，设 P为 2C 上异于其左、右顶点 1A， 2A 的一 点． ①当 2 2  = 时，过 P分别作椭圆 1C 的两条切线 1PB ， 2PB ，切点分别为 1B ， 2B ，设直 线 1PB ， 2PB 的斜率为 1k ， 2k ，证明： 1 2k k 为定值； ②当 2 = 时，若直线 1PA与 1C 交于D，E两点，直线 2PA 与 1C 交于M ，N两点， 求 DE MN+ 的值． 【分析】（1）首先得到 1C 、 2C 的长轴长、短轴长、焦距、依题意可得 2 2 2 2 2a a b = − ，从而得到 2 2 b a = ，再由离心率公式计算可得； （2）①设 ( )0 0,P x y ，则直线 1PB 的方程为 ( )0 1 0y y k x x− = − ，进而与椭圆C联立方 程，并结合判别式得 ( )2 2 20 1 0 0 1 02 2 1 0x k x y k y− − + − = ，同理得到 ( )2 2 20 2 0 0 2 02 2 1 0x k x y k y− − + − = ，进而得 2 0 1 2 2 0 1 2 y k k x − = − ，再根据 2 2 0 0 1 2 2 y x= − 即可求得答 案； ②由题知椭圆 2C 的标准方程为 2 22 1x y+ = ，进而结合点 P在椭圆 2C 上得 1 2 1 2 PA PAk k = − ，故设直线 1PA的斜率为 k，则直线 2PA 的斜率为 1 2k − ，进而得其对应的 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 27 页 方程，再与椭圆 1C 联立方程并结合韦达定理，弦长公式得 DE 、 MN ，进而得 DE MN+ ． 【详解】（1）对于椭圆 1C ： 2 2 1 2 x y+ = ，则长轴长为2 2 ，短轴长为2，焦距为2， 椭圆 2C ： ( ) 2 2 2 2 1 0+ =   x y a b a b 的长轴长为2a，短轴长为 2b，焦距为 2 22 a b− ， 依题意可得 2 2 2 2 2a a b = − ，所以 2 2 b a = ， 则椭圆 2C 的离心率 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 a b b e a a  − = = − = − =     . （2）①由相似比可知， 2 2 2 2 2 22a a b = = − ，解得 2 2 a b =  = ，所以椭圆 2C ： 2 2 1 4 2 x y + = ， 设 ( )0 0,P x y ，则直线 1PB 的方程为 ( )0 1 0y y k x x− = − ，即 1 0 1 0y k x y k x= + − ， 记 0 1 0t y k x= − ，则 1PB 的方程为 1y k x t= + ， 将其代入椭圆 1C 的方程，消去 y，得 ( ) 2 2 2 1 12 1 4 2 2 0k x k tx t+ + + − = ， 因为直线 1PB 与椭圆C有且只有一个公共点， 所以 ( ) ( )( ) 2 2 2 1 14 4 2 1 2 2 0k t k t = − + − = ，即 2 2 12 1 0k t− + = ， 将 0 1 0t y k x= − 代入上式，整理得 ( )2 2 20 1 0 0 1 02 2 1 0x k x y k y− − + − = ， 同理可得 ( )2 2 20 2 0 0 2 02 2 1 0x k x y k y− − + − = ， 所以 1 2,k k 为关于 k的方程 ( ) 2 2 2 0 0 0 02 2 1 0x k x y k y− − + − = 的两根， 所以 2 0 1 2 2 0 1 2 y k k x − = − ． 又点 ( )0 0,P x y 在椭圆 2 2 2 : 1 4 2 x y C + = 上， 所以 2 2 0 0 1 2 2 y x= − ， 所以 2 0 1 2 2 0 1 2 1 12 2 2 x k k x − − = = − − ，为定值． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 28 页 ②由相似比可知， 2 2 2 2 2 2a a b = = − ，解得 1 2 2 a b =   =  ，所以椭圆 2C ： 2 22 1x y+ = ， 其左、右顶点分别为 ( )1 1,0A − ， ( )2 1,0A ，恰好为椭圆 1C 的左、右焦点， 设 ( )3 3,P x y ，易知直线 1PA、 2PA 的斜率均存在且不为0 ， 所以 1 2 2 3 2 3 3 3 3 31 1 1 PA PA y y y k k x x x =  = + − − ， 因为 ( )3 3,P x y 在椭圆 2C 上，所以 3 3 2 22 1x y+ = ，即 2 3 2 31 2x y− = − ， 所以 1 2 3 2 2 3 1 1 2 PA PA y k k x = = − − ． 设直线 1PA的斜率为 k，则直线 2PA 的斜率为 1 2k − ， 所以直线 1PA的方程为 ( )1y k x= + ． 由 ( ) 2 2 1 1 2 y k x x y  = +   + =  ，得 ( )2 2 2 21 2 4 2 2 0k x k x k+ + + − = ， 设 ( )4 4,D x y ， ( )5 5,E x y ，则 24 2 5 4 1 2 k x x k − + = + ， 2 24 5 2 2 1 2 k x x k − = + ， 所以 2 4 51DE k x x= + − ( ) ( ) 22 4 5 4 51 4k x x x x = + + −  ( ) ( )2 22 2 2 2 2 2 2 2 14 2 2 1 4 1 2 1 2 1 2 kk k k k k k   + − − = + −  =   + + +    ， 同理可得 ( ) 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 1 4 1 21 1 2 2 k k MN k k    + −   +   = = +  + −    ， 所以 ( ) ( )2 2 2 2 2 2 1 2 1 4 3 2 1 2 1 2 D k k k E N k M + + = ++ = + + ． 6．材料一：在伯努利试验中，记每次试验中事件A 发生的概率为 p，试验进行到事件 A 第一次发生时停止，此时所进行的试验次数为，其分布列为 ( ) ( )1(1 ) 1,2,3,kP k p p k −= = −  =  ，我们称服从几何分布，记为 ( )GE p  . 材料二：求无穷数列的所有项的和，如求 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2kk S  − = = + + + + = ，没有办法把 所有项真的加完，可以先求数列前n项和 1 1 1 1 2 1 2 2 n n k n k S − =   = = −     ，再求n→时 nS 的 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 29 页 极限： 1 lim lim 2 1 2 2 n nn n S S → →   = = − =    根据以上材料，我们重复抛掷一颗均匀的骰子，直到第一次出现“6 点”时停止.设停止 时抛掷骰子的次数为随机变量 X . (1)证明： 1 ( ) 1 k P X k  = = = ； (2)求随机变量 X的数学期望 ( )E X ； (3)求随机变量 X的方差 ( )D X . 【分析】（1）依题意可得 1 6 X GE        ，根据等比数列求和公式求出 nS ，再取极限即 可； （2）设 1 ( ) n n k T k P X k = =  = ，利用错位相减法求出 nT ，再取极限即可； （3）依题意可得 2 1 ( ) ( 6) ( ) k D X k P X k  = = −  = 2 1 ( ) 36 k k P X k  = = = − ，再利用错位相减 法求出 2 1 ( ) k k P X k  = = ，即可得解. 【详解】（1）可知 1 6 X GE        ，且 ( ) ( ) 1 5 1 , 1,2,3, 6 6 k P X k k −   = =  =     ， 所以 0 1 2 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 1 56 1 56 6 6 6 6 6 6 6 6 6 1 6 n n n nS   −             =  +  +  ++  =  = −                   − ， 则 1 5 ( ) lim lim 1 1 6 n n n n k P X k S  → → =    = = = − =        . （2）设 1 ( ) n n k T k P X k = =  = 0 1 2 1 1 5 2 5 3 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 n n −         =  +  +  ++                 ， 所以 1 2 1 5 1 5 2 5 1 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 n n n n n T − −        =  +  ++  +                 ， 两式相减的 0 1 2 1 1 1 5 1 5 1 5 1 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 n n n n T −           =  +  +  ++  −                     ， 所以 0 1 2 1 5 5 5 5 5 5 5 6 1 6 6 6 6 6 6 6 n n n n nT n n −                = + + ++ −  = − −                                ， 则随机变量 X的数学期望 5 5 ( ) lim lim 6 1 6 6 6 n n n n n E X T n → →      = = − −  =                 ； 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 30 页 （3）因为 1 2 2 1 1 5 1 ( ) ( 6) ( ) lim ( 6) 6 6 kn n k k D X k P X k k − → = =   = −  = = −        ( )2 1 12 36 ( ) k k k P X k  = = − +  = 2 1 1 1 ( ) ( 12 ) ( ) 36 ( ) k k k k P X k k P X k P X k    = = = = = + − = +  =   2 2 1 1 ( ) 12 6 36 ( ) 36 k k k P X k k P X k   = = = = −  + = = −  ， 而 0 1 2 1 2 2 2 2 2 1 5 1 5 1 5 1 5 1 ( ) 1 2 3 6 6 6 6 6 6 6 6 n k k P X k n − =               = = + + + + +                 ， 1 2 1 2 2 2 2 1 5 5 1 5 1 5 1 ( ) 1 2 ( 1) 6 6 6 6 6 6 6 n k k P X k n − =        = = + + + − +                  ， 两式相减： 0 1 2 1 2 1 1 5 1 5 1 5 1 5 1 ( ) 1 3 5 (2 1) 6 6 6 6 6 6 6 6 6 n k k P X k n − =     −         = = + + + + +                   1 1 2 ( ) ( ) 2 ( ) 1 11 k k k P X k P X k E X   = = =  = − = = − =  ， 从而 2 1 ( ) 66 k k P X k  = = = ， 那么 2 1 ( ) ( ) 36 30 k D X k P X k  = = = − = . 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解题干所给两个材料，根据所给材料结合 数列的相关知识计算. 7．设 , Za b ， 0a  .如果存在 Zq 使得b aq= ，那么就说b可被a整除（或a整除 b），记做 |a b且称b是 a的倍数，a是b的约数（也可称为除数、因数）．b不能被a 整除就记做a b．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若 |a b， |b c， 则 |a c；② a，b互质，若 |a c， |b c，则 |ab c；③若 | ia b，则 1| n i ii a c b = ，其中 Z, 1,2,3, ,ic i n = . (1)若数列 na 满足， 12nna −= ，其前n项和为 nS ，证明： 3000279 | S ； (2)若 n为奇数，求证： n na b+ 能被a b+ 整除； (3)对于整数 n与 k， ( ) 2 1 1 , n k r F n k r − = = ，求证： ( ),1F n 可整除 ( ),F n k . 【分析】（1）利用等比数列前n项和公式，求得 3000 3000 2 1S = − ，再结合二项式定理以 及整除性质②即可得出证明； （2）由二项展开式可得n为奇数时，满足 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 60 高考数学中新定义类问题专题 常考结论及公式 结论一：新定义问题的形式与特点 （1）新数学情境：基于“五新”于一体的新数学情境，主要体现在新概念、新观点、 新形式、新方法和新思想的传播和价值理念； （2）题型特点：一是给出新定义；二是给出若干个相关性质及其条件；三给出可能联 系的常考知识点的交叉性质；四是给出问题，一般是特殊，然后一般性规律的归纳或 证明，或解决其他问题. 结论二：新定义问题的解题策略 （1）反复通读，彻底理解新定义：①逐字逐句分析新定义的内容，明确其中涉及的元 素、运算规则、关系或性质等关键要素；②对于复杂的新定义，可以通过简单的示例 来辅助理解． （2）从特殊到一般的思考原则：①先从简单、特殊的例子入手，应用新定义进行分 析；②观察在特殊例子上的规律和特点，尝试推广到一般情况．通过对多个简单特殊 例子的分析，总结出适用于一般的规律和性质，以便解决更复杂的问题． （3）利用类比分析或者对比分析策略：将新定义与熟悉的知识点进行类比． 若新定义的运算类似，就可以参考常见的熟悉相关知识点的性质和解题思路来分析新 定义运算； （4）复杂情况往往需要分类讨论：①一般情况下，新定义都会存在多种情况时，要进 行分类讨论；②注意分类的完整性和不重不漏，对每种分类情况进行深入分析后，再 综合得出结论．比如在讨论完不同情况后，可能需要将结果进行整合，判断最终性质 或运算结果等； （5）数形结合思想的介入：①当新定义与几何图形有关时，可借助图形来直观理解和 解决问题；②利用图形的性质，如对称性、位置关系等，辅助解决新定义问题； （6）检验与反思自己得出结论的正确性： ①在得出结论后，要根据新定义进行检验，把得到的结果代入新定义中，看是否满足 新定义的所有条件和要求； ②反思解题过程，总结解题方法和规律．思考在解决这类新定义问题时哪些方法是有 效的，哪些地方容易出错，以便在遇到类似问题时能够更快速准确地解决． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 题型一 以集合为主体的新定义问题 【例 1】已知集合  * 2024U x x=  N ， P为U 的一个子集，记 ( )M P 为集合 P中的 最大元素， ( )N P 为集合 P中的最小元素，若U 的子集Q满足以下三个条件：① ( ) ( )M Q M P ；② ( ) ( )N Q N P ；③ ( ) ( ) ( ) ( )M Q N Q M P N P ，则称Q是 P的一个 “强集”. (1)若  3,7,1347P = ， （Ⅰ）写出 P的一个“强集”； （Ⅱ）求 P的“强集”个数. (2)若 P有“强集”，且 P的“强集”都没有“强集”，求 ( ) ( )2M P N P− 的最大值. 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 题型二 函数与导数结合的新定义题型 【例 2】若存在有限个 0x ，使得 ( ) ( )0 0f x f x− = ，且 ( )f x 不是偶函数，则称 ( )f x 为 “缺陷偶函数”， 0x 称为 ( )f x 的偶点. (1)证明： ( ) 5h x x x= + 为“缺陷偶函数”，且偶点唯一. (2)对任意 x， yR，函数 ( )f x ， ( )g x 都满足 ( ) ( ) ( ) ( ) 22f x f y g x g y x y+ + − = + . ①若 ( )g x y x = 是“缺陷偶函数”，证明：函数 ( ) ( )F x xg x= 有 2 个极值点. ②若 ( )3 2g = ，证明：当 1x  时， ( ) ( )2 1 ln 1 2 g x x − . 参考数据： 1 5 ln 0.481 2 +  ， 5 2.236 . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 题型三 数列中的新定义 【例 3】对数列 na ：若满足① na 是单调数列，② np a q  ，则称数列 na 为单调 ( ),p q 数列； 若满足① na 是单调数列，② np a q  ，则称数列 na 为单调 ),p q 数列； 若满足① na 是单调数列，② np a q  ，则称数列 na 为单调 ( ,p q 数列； 若满足① na 是单调数列，② np a q  ，则称数列 na 为单调 ,p q 数列． (1)已知数列 na ， 1 1 6 a = ， 2 1 2 a = ，对任意的 *nN 有 2 1n n na a a+ += − ，数列 nb 中有 ( *m mN 且 )3m  项，且 1 2, , , mb b b   都是数列 na 中的项且 1 2, , , mb b b   均不相等，求符 合条件的数列 nb 中，数列 nb 是单调(−1,1)数列的概率； (2)已知数列 nb ， 1 1 2 b = ， 0nb  ， 2 12 1n nb b += − ． （ⅰ）求证： nb 是单调(0,1)数列； （ⅱ）若数列 nc 满足 1 2 3n nc b b b b=    ，求证：数列 nc 是单调 5 3 1 , 22 2       数列． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 题型四 立体几何中的新定义 【例 4】正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面 角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界 中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正 四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时 是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状…… 柏拉图多面体满足性质： 2V F E+ − = （其中 V，F和 E分别表 示多面体的顶点数，面数和棱数）． (1)正十二面体共有几条棱，几个顶点？ (2)如图所示的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D− 中，点 , , , , ,G H I J K L为正方体六个面的中心， 假设几何体GHIJKL的体积为 1V ，正方体 1 1 1 1ABCD ABC D− 的体积为 2V ，求 1 2 V V 的值； (3)判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 题型五 解析几何中的新定义问题 【例 5】如图 1，在抛物线 ( )2 0y x x=  上任选一动点 ( )0 0,P x y ，可认为其纵坐标 2 0 0y x= 为以 0x 为边长的正方形PPLK 的面积，由此将抛物线 2y x 下阴影部分的面积 转化为四棱锥O PPLK−  的体积，得 3 0 1 3 S x=阴影 ，称其为抛物线的“三分之一”原则. (1)如图 3，在拟柱体 ABCDEF中，底面 ABCD为矩形， 1 2 4, 2 AB BC EF AB= = = ，点 E到底面 ABCD的距离为 2，试利用抛物线的“三分之一”原则求拟柱体 ABCDEF的体 积V ； (2)已知类似于圆锥的空间几何体Ω具有圆锥的一切对称性，且其顶点为O，底面为 π，高为H ，将Ω置于空间直角坐标系Oxyz中，使其顶点与坐标原点重合， π与平面 xOy平行且 π上任意一点坐标均可表示为 ( )0 0, ,x y H .若用任一平行于平面 xOy的平面 D 截Ω所得的截面的面积与D 到平面 xOy的距离 h有关系：  4π , 0,S h h H=  .设Ω被 平面 yOz所截得曲线为C， （i）求Ω的体积V 关于 h的表达式及C在平面 yOz中的方程； （ii）在平面 yOz中，过点 ( )2,1P − 作两条互相垂直的弦 ,PA PB，分别交C于 ,A B两 点， ,A B都在第一象限内且A 在 B的右侧， ,AO BO分别交 2z = − 于 ,M N两点.设 MON△ 的面积为 1,S AOB△ 的面积为 2S ，当 B点的横坐标 2 ,2 5 By       时，求 1 2 S S 的最大 值. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 题型六 新定义问题下的概率与统计 【例 6】泊松分布是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机 变量 X的所有可能取值为 0，1，2…，且 ( ) e ! k P X k k  −= = ， 0,1,2,k = 其中 0  ， 则称 X服从泊松分布，记作 ( )X P  . (1)设 ( )X P  ，且 ( ) ( )1 3P X P X= = = ，求 ( )2P X = ； (2)已知当 20n  ，0 0.05p  时，可以用泊松分布 ( )P np 近似二项分布 ( ),B n p ，即对 于 ( ),X B n p ， ( )Y P np ，当 k不太大时，有 ( ) ( )P X k P Y k=  = . （ⅰ）已知甲地区共有 100000 户居民，每户居民每天有 0.00010 的概率需要一名水电 工.试估计某天需要至少 2 名水电工的概率； （ⅱ）在（ⅰ）的基础上，已知乙地区共有 200000 户居民，每户居民每天有 0.00004 的 概率需要一名水电工.试估计某天两个地区一起至少需要 3 名水电工的概率. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 题型七 以高等数学为背景的新定义问题 【例 7】微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的 有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下: 如果函数 ( )f x 在闭区间 ,a b 上连续，在开区间 ( , )a b 可导，导数为 ( )f x ，那么在开区 间 ( , )a b 内至少存在一点 c，使得 ( ) ( ) ( ) f b f a f c b a −  = − ，其中 c叫做 ( )f x 在 ,a b 上的“拉 格朗日中值点”.已知函数 2 2 2 3 2( 1) 9 15( ) ln ( 4)e 4 6 8 axa x b bf x x b x x x + +  = + − − +     . (1)若 1, 0a b= − = ，求函数 ( )f x 在 1,7 上的“拉格朗日中值点” 0x ； (2)若 1, 1a b= − = ，求证:函数 ( )f x 在区间 (0, )+ 图象上任意两点A ， B连线的斜率不 大于 618 e−− ； (3)若 1 2 3 1 1, 1, , , ,1 4 a b x x x   = = −      ，且 1 2 3x x x  ，求证: ( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 2 2 1 3 2 f x f x f x f x x x x x − −  − − . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 课后突破训练 1．若集合 1 2 nA B B B= ，其中 1B 、 2B 、…、 nB 均为非空集合， ( )1i jB B i j n=    ，则称集合 1 2, , , nB B B 为集合A 的一个n划分， (1)写出集合  1,2,3A= 的所有不同的 2 划分； (2)设 1 2,B B 为有理数Q的一个 2 划分，且满足对任意 1x B 、 2y B 都有 x y ，则下 列两种情况是否可能成立？若可能成立，请举出一个例子；若不能成立，请说明理 由； ① 1B 中的元素不存在最大值，并且 2B 中的元素不存在最小值； ② 1B 中的元素存在最大值，并且 2B 中的元素存在最小值； (3)设集合  1,2,3, ,16A= ，对集合A 的任意一个 3 划分 1 2 3, ,B B B ，证明：存在  1,2,3i ，存在a、 ib B ，使得 ib a B−  ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 2．已知函数𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥)的定义域分别为 1 2,D D ，如果存在 1 1 2 2,x D x D  ，使得 ( ) ( )1 2 0f x g x+ = ，则称 ( )f x 与 ( )g x 为“相斥函数”，且称 1 2,x x 为“相斥数”. (1)试判断函数 ( ) 2 1 e 2 xf x x x= − − 与 ( ) 2 1 ln 2 g x x x= − 是否为“相斥函数”，并说明理由. (2)已知函数 ( ) eln ( 1) x f x x x =  与 ( ) lng x x x x= + 为“相斥函数”，且 1 2,x x 为“相斥数”. （i）若 1 2 1x x = ，求 1 2ln , lnx x 的值； （ii）若 )1 2 e ,1tx x    ，常数 ( )1,0t − ，求 1 2 ln x x 的最大值.（用 t表示） 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 3．若无穷数列 na 的满足对于给定的正整数 k， 1 2 1 n k n i i n k a a k + = − = +  对 ,n k n  N*均成 立，则称数列 na 是 k −可均分数列． (1)若各项均为正整数的递增数列 na 是3−可均分数列，且 5 4 11, 1a a a− = = ，求 4a ； (2)若“ na 是等差数列”是“ na 是 k −可均分数列”的充要条件，求 k； (3)若 na 既是2−可均分数列，也是3−可均分数列， nb 满足： ( )1 2 *2 Nn n n nb a a a n+ += −  ，求证： nb 是24−可均分数列．（注： 1 1 n k i n k n k n k n k i n k a a a a a + − − + + − + = − = + + + + ） 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 4．我们规定：在四面体P ABC− 中，取其异面的两条棱的中点连线称为P ABC− 的一 条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”. (1)如左图，在四面体P ABC− 中， ( )1,2,...,6iM i = 分别为所在棱的中点，证明： P ABC− 的三条内棱交于一点. (2)同左图，若P ABC− 为垂棱四面体， 1 2 3 4 5 62, 4, 6M M M M M M= = = ，求直线 PB与 平面 ABC所成角的正弦值. (3)如右图，在空间直角坐标系中， xOy平面内有椭圆 2 2 1 2 y C x + =： ， 1F 为其下焦点， 经过 1F 的直线 y kx m= + 与C交于 A B、 两点， P为 xOy平面下方一点，若P ABO− 为垂 棱四面体，则其外接球表面积S是 k的函数 ( )S k ，求 ( )S k 的定义域与最小值. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 5．由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如 果椭圆 1C 的“特征三角形”为 1，椭圆 2C 的“特征三角形”为 2 ，若 1 2△∽△ ，则称椭圆 1C 与 2C “相似”，并将 1与 2 的相似比称为椭圆 1C 与 2C 的相似比．已知椭圆 1C ： 2 2 1 2 x y+ = 与椭圆 2C ： ( ) 2 2 2 2 1 0+ =   x y a b a b 相似． (1)求椭圆 2C 的离心率； (2)若椭圆 1C 与椭圆 2C 的相似比为 ( )0   ，设 P为 2C 上异于其左、右顶点 1A， 2A 的一 点． ①当 2 2  = 时，过 P分别作椭圆 1C 的两条切线 1PB ， 2PB ，切点分别为 1B ， 2B ，设直 线 1PB ， 2PB 的斜率为 1k ， 2k ，证明： 1 2k k 为定值； ②当 2 = 时，若直线 1PA与 1C 交于D，E两点，直线 2PA 与 1C 交于M ，N两点， 求 DE MN+ 的值． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 14 页 6．材料一：在伯努利试验中，记每次试验中事件A 发生的概率为 p，试验进行到事件 A 第一次发生时停止，此时所进行的试验次数为，其分布列为 ( ) ( )1(1 ) 1,2,3,kP k p p k −= = −  =  ，我们称服从几何分布，记为 ( )GE p  . 材料二：求无穷数列的所有项的和，如求 2 3 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2kk S  − = = + + + + = ，没有办法把 所有项真的加完，可以先求数列前n项和 1 1 1 1 2 1 2 2 n n k n k S − =   = = −     ，再求n→时 nS 的 极限： 1 lim lim 2 1 2 2 n nn n S S → →   = = − =    根据以上材料，我们重复抛掷一颗均匀的骰子，直到第一次出现“6 点”时停止.设停止 时抛掷骰子的次数为随机变量 X . (1)证明： 1 ( ) 1 k P X k  = = = ； (2)求随机变量 X的数学期望 ( )E X ； (3)求随机变量 X的方差 ( )D X . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 15 页 7．设 , Za b ， 0a  .如果存在 Zq 使得b aq= ，那么就说b可被a整除（或a整除 b），记做 |a b且称b是 a的倍数，a是b的约数（也可称为除数、因数）．b不能被a 整除就记做a b．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若 |a b， |b c， 则 |a c；② a，b互质，若 |a c， |b c，则 |ab c；③若 | ia b，则 1| n i ii a c b = ，其中 Z, 1,2,3, ,ic i n = . (1)若数列 na 满足， 12nna −= ，其前n项和为 nS ，证明： 3000279 | S ； (2)若 n为奇数，求证： n na b+ 能被a b+ 整除； (3)对于整数 n与 k， ( ) 2 1 1 , n k r F n k r − = = ，求证： ( ),1F n 可整除 ( ),F n k .