2024年新高考新结构题型第19题考点预测之创新定义题型 解析版

11才是制胜法宝. n中的元素A=a1n1≤i<j≤m，都有Ai·Aj=1，求m的最大值；，总存在1≤i<j≤n+1，使得Ai·Aj=1.出m最大值；2=1,022,Xm{，设Xi={xi1,xi2,ij为Xi的第j个(mmm(（i=1i=1i=1(设Ai={ai1,ai2,m(j≤2.jj>2，令k=cj≥3，n种不同得状态，由n≥5知2n+1-1≥2nn+en-2sn(且dj+ej-2sj都为偶数，j=1,2,⋅⋅⋅,n不妨设F={A1,A2⋅⋅⋅An{，则Ai⋅Aj=(a1i(dj+ej-2sj((为偶数而Ai⋅Ai=3为奇数，故i≥2且Ai⋅Aj=(a1i(dj+ej-2sj((-3为奇数ijijij=111a≤bb≤a,设m(x(=min{f(|x-t|(a≤bb≤a(1)若t=3，画出函数m(x(的图象并直接写出函数m(x(的单调区间；(2)定义区间A=(p,q(的长度L(A(=q-p.若B=A1∪A2∪⋯∪An(n∈N*(，Ai∩Aj=∅(1≤i<j≤n(，则L(B(=L(Ai(.设关于x的不等式m(x(<t的解集为D.是否存在实数t，且t≤3，使得L(D(=6?若(2)对t按1<t≤2，2<t≤3进行分类讨论即可求解作答.2+2，则当1<t≤2时，m(x)=f(|x-t|)=|x-t|+1<t，即|x-t|<t-1，解得1<x<2t-1，当2<t≤3时，不等式f(|x-t|)<t的解集为(1,由g(|x-2t|(<t，即(x-2t(2+2<t，解得x于是不等式g(|x-2t|(<t的解集为(2t-t-2,2t+t-2)，又2t-t-2-(2t-1)=1-t-2≥0，当且仅当t=3时取等号，即有(1,2t-1)∩(2t-t-2,2t+t-2)=∅,因此L(D)=2t-2+2t-2，若L(D)=6，则2t-2+2t-2=6，又2<t≤3，解所以存在实数t=3满足条件.2<y<z；②x+y>z；③x23344则有z-x≥2，即z-x≥y，不满足条件②,4={1,2不妨设a<b<c，令x=a+b，y=a+c，z=b+c，则x<y<z，即满足条件①,因为x+y-z=(a+b)+(a+c)-(b+c)=2a>0，所以x+y>z，即满足条件②,因为x+y+z=2(a+b+c)，所以x+y+z为偶数，即满足条件③,当集合M具有性质P，则存在x,y,z，同时满足①x<y<z；②x+y>z；③x+y+z为偶数，令a=-z，b=-y，c=-x，则由条件①得a<b<c，由条件②得a=-z=>0，因为z-c=z+x-=>=z-y>0，所以0<a<b<c<z，且a,b,c均为整数，n，因为a+b=x,a+c=y,b+c=z，所以a+b,b+c,c+a均属于M， <⋯<an,n≥2,k=ck-1,k=1,2,⋯,nq=(1,-2(；k=2k-1,1≤k≤n.则向量的坐标中必含-1，设另一坐标为2t-3(1≤t≤n+1)，则=(-1,2t-3)或=(2t-3,-1).故2t-3=--<1或2t-3=--，所以t<2或2t-3=1+，所以t=1或t-2=，所以t=1或t-2=1,2n-3=1即t=3,n=2.q由⊥,得p1p2+q1q2=0，由条件可变形为=-.q(55因为-1是A中唯一负数，C∩(-∞,0)={-a2,-a3,⋯,-an{共n-1个数，由于1=a1<a2<a3<⋯<an，所以<<⋯<<，已有n-1个数. an<an<⋯<an<anan-1an-2a2a1--<--<⋯<a1⋯ < <1 21注意到>a1>⋯>，所以an-1=--=⋯==.且通项公式ak=ck-1,k=1,2,⋯,n.an-1=⋯=a3=a2an-2a2a1414(=(x1-x2(2+(y1-y2(2并称(E2，d(为一度量平面．设x0形邻域.可被表示为若干个球形邻域的并集.D为B1和B2的交集.2=∅;66772=∅或〈x∈Λ{的所有集合的并集B22=∅,即D可以看作零个球形邻域的并集；yyyyd(x1y≤ε122y≤ε2yy(=D.y(=D命题得证.iiii 3=110=3n=n=∅,由集合新定义及集合相等证明S∪T=N*.则B1={i∈N*|ai<1}=∅,B2={i∈N*|ai<2}=∅,所以b1=0，b2=0，881，所以B1=∅,所以b1=0.假设存在k∈N*使得dk≥2.设ak=t，由ak+1-ak≥2得ak+1≥t+2.k=t<t+1<t+2≤ak+1得bt<k，bt+1=bt+2=k，与{bn}是等差数列矛盾.所以对任意n∈N*都有dn=1.所以数列{an}是等差数列，an=1+(n-1)=n.*nn+1n≤bn+1.所以n+bn≤n+bn+1<n+1+bn+1，即数列{n+bn}是递增数列.由于p∈S，故存在正整数i<p使得p=i+ai，所以ai=p-i.n}是各项均为正整数的递增数列，所以ai+1≥p-i+1.所以bp-i=i-1，bp-i+1=i.所以(p-i)+bp-i=p-i+i-1=p-1，(p-i+1)+bp-i+1=p-i+1+i=p+1.*且所以存在正整数j，使得q<j+aj.令j0=min{j|q<j+aj}.若j0>1，则j0-1+aj-1<q<j0+aj，所以aj-1<q-j0+1≤aj.所以bq-j+1=j0-1，所以(q-j0+1)+bq-j+1=q-j0+1+j0-1=q.∩T=∅.66(1)族P={∅,X{，族Q={xx⊆X{，判断族P与族Q是否为集合X的拓扑；XA1∩A2∩⋯∩An=∁XA1∪∁XA2∪⋯∪∁XAnn∈N*；【详解】(1)族P={∅,X{，Q={xx⊆X{都是集合X的拓扑.故存在整数i1≤i≤n使x∉Ai，因此x∈∁XAi，得x∈∁XA1∪∁XA2∪⋯∪∁XAn.XA1∪∁XA2∪⋯∪∁XAn，则存在整数j1≤j≤n使x∈∁XAj，故x∉Aj，99X(A12∩⋯∩An(f；设M={A1,A2,⋯An{为Γf的任意子集，则N={∁XA1,∁XA2,⋯,∁XAn{⊆Γ,A12∩⋯∩An=∁X((∁XA1(∪(∁XA2(∪⋯∪(∁XAn((，XA1(∪(∁XA2(∪⋯∪(∁XAn(∈Γ,故A1∩A2∩⋯∩An∈Γf；A1XA1( 3⋯⋯an{⊆N*，其中n∈N且n≥3,a1<a2<a3<⋯⋯<an-y|≥，则称集合A具有性质Mk.(3)首先应用放缩有>求得n<16，同理可得i(n-i)<15恒成立，假设n≥8得出矛盾，再讨论a-1≥aa-a-1≥aa-2≥<⋯⋯<an，所以ai+1-ai≥⇒-≥,(i=1,2,3,...,n-1)，+..n.+--=-「1≥1i≥i，所以>⇒i(n-i)<15在i=1,2,3,...,n-1上恒成立，当n≤7，则i(n-i)≤=<15⇒n<60，即n≤7.到i(n-i)<15恒成立为关键.aiai+1 对于集合M中的任意元素β=(x1,x2,⋯,xn)和γ=(y1,y2,⋯,yn)，记β⋅γ=x1y1+x2y2+⋯+xnyn．设A⊆(3)若集合A具有性质T(n,p)，证明：t1j+t2j+⋯+tnj=p(j=1,2,⋯,n). (3)根据假设存在j使得cj≥p+1，考虑当c1=n时以及p+1≤c1<n时，分量为1的个数即可讨论求解.j=t1j+t2j+⋯+tnj(j=1,2,⋯,n)，则c1+c2+⋯+cn=np.假设存在j使得cj≥p+1，不妨设j=1，即c1≥p+1.1=n时，有cj=0或cj=1(j=2,3,⋯,n)成立.2,⋯,αn中分量为1的个数至多有n+(n-1)=2n-1<2n≤np.当p+1≤c1<n时，不妨设t11=t21=⋯=tp+1,1=1,tn1=0.nn=p，所以αn的各分量有p个1，不妨设tn2=tn3=⋯=tn,p+1=1.i2,⋯,αp+1的前p+1个分量中，至多含有p+1+p=2p+1个1.i所以cj≤p(j=1,2,⋯,n)．因为c1+c2+⋯+cn=np，所以cj=p(j=1,2,⋯,n).所以t1j+t2j+⋯+tnj=p(j=1,2,⋯,n). 2已知集合M={x∈R|x≠0且x≠1{，fn(x((x∈N*(是定义在M上的一系列函数，满足f1(x(=x,fi+1(x(=fi(i∈N*(.x(的解析式.(2)若g(x(为定义在M上的函数，且g(x(+g=1+f4(x(.①求g(x(的解析式;②若关于x的方程(2x-1-m([2x(x-1(g(x(+3x2+x+1[+8x2+4x+2=0有且仅有一个实根，求实数m的取值范围.【分析】(1)根据f1(x(=x,fi+1(x(=fi(i∈N*(计算即可；②由①得(2x-1-m(x(x+1(2+8x2+4x+2=0，分离参数可得m==2x2+22t2+3t+4t+2解.=2(t+2(+-5在t∈(-∞,-2(∪(2,+∞(上仅有一个实根，再结合函数图象即可得x(=x,fi+1(x(=fi(i∈N*(，所以f2(x(=f1=，f3(x(=f2==-，f4(x(=f3=-=x；+g=1+x①,又=，则g+g=1+=②,g+g(x(=1+ -1x-1=x-2x-1由②-③得g-g(x(=-④,由①-④得2g(x(=1+x-+=，②由①得(2x-1-m([2x(x-1(g(x(+3x2+x+1[+8x2+4x+2=0，即(2x-1-m(2x(x-1(⋅+3x2+x+1+8x2+4x+2=0，即(2x-1-m((x3+2x2+x(+8x2+4x+2=0，即(2x-1-m(x(x+1(2+8x2+4x+2=0，故m=2x4+x+2=2x2+28+2=2(x+((+4，令t=x+，所以m==2(t+2(+-5在t∈(-∞,-2(∪(2,+∞(上仅有一个实根，则m=2(λ+-5，即=λ+在λ∈(-∞,0(∪(4,+∞(上仅有一个实根，由图可知，=-23或>，所以m=5-43或m>. f(n)+g(n)=f(m)+g(m)，f(n)-g(n)=f(m)-g(m)或f(n)-g(n)=-f(m)+g(m)，联立且由(1)可判断出m<n<0,由此可得出m和n的等式关系,建立一个关于m或n的方程，将方程根的问题转化为函数零点f(n((.由f(x(单调递增，则f(n(>f(m(.(m)>0.f(n)-g(n)=f(m)-g(m)或f(n)-g(n)=-f(m)+g(m).当m,n>0时.ax<n<0.n=lna+2n(-m(n=-，可得lna+2ln(n=lna+2n(-m(am所以lna+2ln(-m(+ae2=0. an同理可得lna+2ln(-n(+ae2=0.ax则lna+2ln(-x(+ae2=0在(-∞,0(上存在两个不同的实数根.(*(记h(x(=lna+2ln(-x(+ae<0)，则h,(x(=+=.解p,(x(=0，可得x=-.-=-+4≥0，-=-2e+aea<-2e+a≤0，-,-，使得h(x0(=0，ax即lna+2ln(-x(+ae2=0有唯一负根x0，不符合(*(式；1->0，=0.(x)在(-∞,x1(上单调递减；2(上单调递增；,0(上单调递减.-=lna+2ln+ae-1=-lna++ln4，令t(a(=-lna++ln4，a>4e2，则t,(a(=-+=.a(>0，所以t(a(在(4e2,+∞(上单调递增，所以t(a(>t(4e2(=-ln(4e2(++ln4=0，所以h（-所以h(x2(>h->0.取m=-<n，即有hm=hn=0，符合题意.+xn≥1+nx成立；在n∈0,1时，有不等式1+xn≤1+nx成立.1+a11+a2⋯1+an≥1+a1+a2+⋯+an(2)设fx=1+xn-nx-1x<-1,a≥1，注意到f0=0，求导得到f0=0，二次求导，得到函数=1+a11+a2⋯1+an-1+a1+a2+⋯+an，作差法得到{xn{是一个单调递增的数列(n≥2)，结合x2>0，得到xn>x2>当n=0时，1+x0=1+0x，当n=1时，1+x1=1+x，(2)当n≥1时，我们需证1+xn≥1+nx，设fx=1+xn-nx-1x<-1,a≥1，注意到f0=0，fx=n1+xn-1-n=n[1+xn-1-1[，令1+xn-1-1=0得x=0，即f0=0，x=0是fx的一个极值点.令gx=fx，则gx=nn-11+xn-2>0，所以fx单调递增.当-1<x<0时，fx<f0=0，当x>0时，fx>f0=0，故fx在-1,0上单调递减，在0,+∞上单调递增.所以在x=0处fx取得极小值f0=0，即fx≥0恒成立，1+xn≥nx+1.伯努利不等式对n≥1得证.当n≥2时，构造数列{xn{：xn=(1+a1((1+a2(⋯(1+an(-(1+a1+a2+⋯+an(，则xn+1-xn=an+1[(1+a1((1+a2(⋯(1+an(-1[，若ai>0(i=1,2,⋯,n+1(，由上式易得xn+1-xn>0，即xn+1>xn；若-1<ai≤0(i=1,2,⋯,n+1(，则0<1+ai<1，所以(1+a1((1+a2(⋯(1+an(-1<0，故xn+1-xn=an+1[(1+a1((1+a2(⋯(1+an(-1[>0，即此时xn+1>xn也成立.所以{xn{是一个单调递增的数列(n≥2)，由于x2=(1+a1((1+a2(-(1+a1+a2(=a1a2>0，所以xn>x2>0(∀n>2(，故原不等式成立.①f,(x(=g(f(x((；②f(x(=h(f,(x((，其中y=g(x(,y=h(x(为两个新的函数，y=f,(x(是y=f(x(的导我们将具有其中一个性质的函数y=f(x(称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数y=f(x(称之(3)已知函数f(x(=(xa-b(ex.4-,+∞(f,(x(=g(f(x))=；②由题意求得I,(x(=(2x-1)e2x-4kx2+k且I,=0，令p(x(=【详解】(1)解：对于函数f(x(=tanx，则f,(x(=1+tan2x，对于函数f(x(=lnx，则f,(x(=，f(x(=kax，则f,(x(=kaxlna，设g(x(=xlna，则f,(x(=g(f(x))若p成立，则g(x(=m，所以f,(x(=g(f(x))=m，所以f(x(=mx+n，x(=(axa-1+xa-b)ex，且(axa-1+xa-b)ex=(xa-b)ex，②由题意I(x(=(x-1)e2x-kx3+kx，所以I,(x(=(2x-1)e2x-4kx2+k且I,=0，可得p(1(=e2-3k>0，且p,(x(=4xe2x-8kx=4x(e2x-2k)，因为y=e2x-2k为单调递增函数，且y|x=0=1-2k<0,y|x=k=e2k-2k>0，所以存在x0=ln2k∈(0,k)使得e2x-2k=0，(x(≤0，p(x)单调递减；0=ln2k=时，即k=，所以p(x)min=p(x0)=(2x0-1)⋅2k-4kx+k=-k(2x0-1)=0，此时I,(x(≥0，I(x(在x∈[0,k]上单调递增，可得I(x(max=I(k(；(ii)当k=1时，p(0)=-1+1=0，此时x0=ln2,p(x(min=-k(2x0-1)2<0，x(≤0，I(x(单调递减；(x(≥0，I(x(单调递增，又由I(k(=I(1(>I(0(，所以I(x(max=I(k(；min=-k(2x0-1)2<0,p(0)>0，所以函数I(x(在(0,1)上存在两个极值点，若x0=ln2k>，即<k≤2时，极大值点为；若x0=ln2k<，即1<k<时，极大值点为x1<，则I(x(max为函数的极大值或I(k(，由当0≤x≤时，I(x(=(x-1)e2x-kx3+kx≤-1+k≤0,I(k(=(k-1)e2k-k4+k2，则s'(k(=4ke2k-16k2+2=4k(e2k-4k)+2>0，k(单调递增，所以t'(k(≥t'(1(=e2-+2>0，所以t(k(单调递增，所以t(k(≤t(2(=e4->0，n∈N+的函数称为n次置换.满足对任意i∈A,f(i(=i的置换称作恒等置f1(f(f(记f(i(=f1(i(,f(f(i((=f2(i(,f(f2(i((=f3(i(,⋯,f(fk-1(i((=fk(i(,i∈A,k∈N+.,f(i(=计算f3(i(；+，使得fk(i(为恒等置换；的牌型？请说明理由.3(i(=;fk(i(置换即为恒等置换.i(=,由题意可知f2(由题意可知f2(i(=42i(=3(i(=2233则f1(i(所以f2(i(=即f2(i(为恒等置换；43444或f(i(=.2134或f(i(=2431或f(i(=23322334或f(i(=2431或f(i(=2134或f(i(=2432或f(i(=2132或f(i(=2331对于情形一：f2(i(为恒等置换；对于情形二：f4(i(为恒等置换；+，使得fk(i(为恒等置换；f1(i(所以f1(i(,f2(i(,f3(i(,f4(i(中，至少有一个满足fk(i(=i，k4的最小公倍数即可.+，使得fk(i(为恒等置换；=2324ffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffffff么称d(A,B)=|x1-x2|+|y1-y2|为A，B两点间的曼哈顿距离.，求d(M,N1(和d(M,N2(的最小值；(2)已知点N是直线x+k2y+2k+1=0(k>0(上的动点，点M(0,2(与点N的曼哈顿距离d(M,N(的最小值记为f(k(，求f(k(的最大值；≤1时，d(M,N(的最大值为f(m,n(，求f(m,n(的最小值.d(M,N2(的最小值为12+2k+1|,k≥10<k<1,从而得到f(k(的最大值；(3)根据题意，令x=ek，然后分别构造函数g(x(=x+xlnx,0<x≤e，h(x(=x-xlnx,0<x≤e即可得到f(m,n(=maxr|-+2,x<0x++x-2r|-+2,x<0则d(M,N1(≥22-3x,x<0〈2-x,0≤x<1，3x-2,x≥12≥1点(x,y(为直线x+k2y+2k+1=0(k>0(上一动点，则当k2≥1时d(M,N(=|x|++++2|≥++++2|≥++2|，即f(k(=++2|；2<1即f(k(=|2k2+2k+1|；所以f(k(=++2|,≤5，所以f(k(的最大值为5.k=xlnx，0<x≤e，d(M,N(=|ek-m|+|kek-n|=max{|x+xlnx-m-n|,|x-xlnx-m+n|{，令g(x(=x+xlnx,0<x≤e，则g/(x(=2+lnx>0在区间(e-2,e[内成立，则g(x(在区间(e-2,e[内单调递增，则-=g(e-2(≤g(x(≤g(e(=2e，令h(x(=x-xlnx,0<x≤e，则h/(x(=-lnx<0在区间(1,e[内成立，则h(x(在区间(1,e[内单调递减，则0=h(e(≤h(x(≤g(1(=1，所以f(m,n(=max--m-n|,|2e-m-n|,|-m+n|,|1-m+n|〈，所以f(m,n(≥max=e+，当m+n=e-且-<n<e-时，取最小值，f(m,n(的最小值e+n{，*，则定义f(x(为集合A上的有限完整函数.已知g(x(是定义在有限集合M={1,2,3,4,5,6,7{上的有限完整函数.i(<g(i+1(，求满足条件的g(x(的个数；*k+1(x)=k**≤++++++i2+[g(i)[27==i2=140，故共有CA=42个g(x)满足条件；x1234567g(x)23156744=g5=6,g34=g6=7,g44=g7=4,g54=g4=g14，故原命题得证. 02,⋯,an,⋯,我们称f(x)=xn=a0+a1x+x2+⋯+xn+⋯(规定0!=1)为无穷数列{an{的指数型母函数．无穷数列1，1，⋯,1，⋯的指数型母函数记为e(x)=xn=1+x++⋯++⋯,它具有性质e(x)e(y)=e(x+y).(2)记c(x)=x2k=1-++⋯+(-1)k+⋯.证明：c(x)=(其中i为虚(3)以函数为指数型母函数生成数列{Bn{，=xn=B0+B1x+x2+⋯+xn+⋯.其中Bn称为伯努利数．证明：B1=-．且B2k+1=0(k=1,2,3,⋯).4n+4n+1+++(2)证明：因为+=+=，4n+24n+3 (-ix)4n+1=ix4n+1 (-ix)4n+2=-x4n+2 (-ix)4n+3=-ix4n+3+-ix4n+1+ix4n+3e(ix)+e(-ix)=-=x2k=2x2k=2c(x)，g(-x)-g(x)=-=-x+=-x⋅=-x⋅=-x⋅e(x)+e(-x)-22-e(x)-e(-x)=x，因此x=g(-x)-g(x)=(-x)n-xn=-2x2k+1=-2B1x+x2k+1故B1=-且x2k+1=0，即B2k+1=0(k=1,2,3,⋯). ∈(-1,+∞(，都有[kx1-f(x1(+m[[kx2-f(x2(+m[≥0，则称(k,m(为f(x(的0>-1，(fI(x0(,f(x0(-x0fI(x0((都是f(x(的“正向数组”，求a的取值范围.【分析】(1)代入有f(x(=(x-2(ln(x+1(，根据函数性质得到f(x(的正负时不同取值情况即可；(2)假设存在x0>-1,使得kx-f(x(+m>0,通过正向数组定义转化得对任意x>-1,kx-f(x(+m≥0恒成立，设F(x(=(x+a(ln(x+1(-kx-m，再利用函数的性质即可证明假设不成立；(3)代入有fI(x0(x-f(x(+f(x0(-x0fI(x0(≥0恒成立或fI(x0(x-f(x(+f(x0(-x0fI(x0(≤0恒成立，设g(x(=f(x(-fI(x0(x，求出g(x0(是g(x(的最大值或最小值时a的取值范围即可.-f(x1(+m[[kx2-f(x2(+m[=f(x1(⋅f(x2(，fx1=x1-2lnx1+1<0，fx2=x2-2lnx2+1>0，即fx1⋅fx2<0，不满足题意.所以0,0不是fx的“正向数组”.(2)反证法:假设存在x0>-1,使得kx-fx+m>0,∵k,m为fx的“正向数组”，∴对任意x>-1,都有[kx0-fx0+m[⋅[kx-fx+m[≥0.∴对任意x>-1,kx-fx+m≥0恒成立.令Fx=x+alnx+1-kx-m，则Fx≤0在-1,+∞上恒成立，F,x=lnx+1+-k=lnx+1++1-k，设Gx=F,x=lnx+1++1-k，,x=-=，则当a>1时，G,x在-1,a-2上为负，在a-2,+∞上为正，所以Gx=F,x在-1,a-2上单调递减，在a-2,+∞上单调递增；即存在F,x1=F,x2=0，使F,x在-1,x1上为正，在x1,x2上为负，在x2,+∞上为正，所以Fx在-1,x1上单调递增，在x1,x2上单调递减，在x2,+∞上单调递增，又当x→-1，Fx→-∞,当x→+∞,Fx→+∞,则Fx的值域为R；若F,a-2≥0，F,x≥F,a-2≥0，Fx在-1,+∞上单调递增，又当x→-1，Fx→-∞,当x→+∞,Fx→+∞,则Fx的值域为R.x=≥0，Gx=F,x在-1,+∞上单调递增，x→+∞,必存在F,x1=0，使F,x在-1,x1上为负，在x1,+∞上为正，所以Fx在-1,x1上单调递减，在x1,+∞上单调递增，又当x→-1，Fx→+∞,当x→+∞,Fx→+∞,则Fx的值域为[Fx1,+∞.由值域可看出，与Fx≤0在-1,+∞上恒成立矛盾.对任意x>-1，都有kx-fx+m≤0.f,x0,fx0-x0f,x0都是fx的“正向数组”，[f,x0x1-fx1+fx0-x0f,x0[[f,x0x2-fx2+fx0-x0f,x0[≥0，则f,x0x-fx+fx0-x0f,x0≥0恒成立或f,x0x-fx+fx0-x0f,x0≤0恒成立，即fx-f,x0x≤fx0-f,x0x0恒成立或fx-f,x0x≥fx0-f,x0x0恒成立，设gx=fx-f,x0x=x+alnx+1-f,x0x，则fx0-f,x0x0=gx0，即gx0是gx的最大值或最小值.,x=f,x-f,x0=lnx+1+-f,x0=lnx+1++[1-f,x0[，且g,x0=f,x0-f,x0=0.当a>1时，由(2)可得，gx=x+alnx+1-f,x0x=Fx+m的值域为R，无最大值或最小值；当a≤1时，gx=lnx+1++[1-fx0[在-1,+∞上单调递增，又gx0=fx0-fx0=0，则gx在-1,x0上为负，在x0,+∞上为正，所以gx=fx-fx0x在-1,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，则gx0是gx的最小值，满足gx=fx-fx0x≥fx0-fx0x0，[fx0x1-fx1+fx0-x0fx0[[fx0x2-fx2+fx0-x0fx0[≥0.即得到证明；本题第3问的关键是理解“正向数组”的变形推理得到fx-fx0x≤fx0-fx0x0恒成立或fx-fx0x≥fx0-fx0x0恒成立，并构造函数gx=fx-fx0x，得到gx0是gx的最大数.②当x1>0,x2>0,x1+x2<1时，总有f(x1+x2)<f(x1)+f(x2)成立.(1)记g(x)=x2+请说明理由.当x1>0，x2>0，x1+x2<1时，gx1+x2=x1+x22+，gx1+gx2=x+x+1，则gx1+gx2-gx1+x2=x+x+1-x1+x22-=-2x1x2=，∵1>x1+x2≥2x1x2，∴1-4x1x2>0，1+gx2>gx1+x2，∴g(x)=x2+为L型函数.当x1>0，x2>0，x1+x2<1时，px1+x2=lnx1+x2+b，px1+px2=lnx1+b+lnx2+b，由px1+x2<px1+px2，得lnx1+x2+b<lnx1+b+lnx2+b，即x1+x2+b<x1+bx2+b，即x1+x2+b<x1x2+bx1+x2+b2，2+bx1+x2-1+x1x2-x1+x2>0，令h令h(b(=b2+b(x1+x2-1(+x1x2-(x1+x2(，则对称轴b=因为h(1(=12+(x1+x2-1(+x1x2-(x1+x2(=x1x2>0，=4x>0；当x1>0，x2>0，x1+x2<1时，,r(x1(+r(x2(=4x1+4x,r(x1(+r(x2(=4x1+4x2+x21 x1x2+x21 x1x21+x2((2=x1+x2<x1+x2+2x1x22<(x1+2<(x1+x2,即r(x1+x2(<r(,即r(x1+x2(<r(x1(+r(x2(，<4x1+4x2)=m成立；>0，当x1>0，x2>0，x1+x2<1时，(x1+x2+1(，r(x1(+r((x1+x2+1(，r(x1(+r(x2(=log2(x1+1(+log2(x1+x2+1(<log2(x1+1(+log2(x1+x2+1(<log2(x1+1(+log2即r(x1+x2(<r(x1(+r(x2(，即y=r(x)是L型函数，)=m成立.)=m成立.≠，且P⊕0*=0*⊕P=P.3+27b2=0时，讨论函数h(x)=x3+ax+b零点的个数；参考公式：m3-n3=(m-n)(m2+mn+n2(2-x1-x2,--2-x1-x2,--y1-y2x1-x2-(2)利用“⊕”运算的性质计算P⊕P⊕Q⊕后可得证明.(x)=3x2+a，3(x)=0，解得x1=--,x2=-.当x<--或x>-时，h,(x)>0，当--<x<-时，h,(x)<0，故h(x)在--,-上h(x)单调递减.3+27b2=0，若b<0，则b=--=-，此时h--=-（---a-+b=b--=0，而h（-（<0若b>0，则b=-=--，此时h-=--+a-+b=b+-=0，而h（--（>0故P⊕(P⊕Q)=P⊕=0∗,故((P⊕P(⊕Q(⊕=0∗⊕=，故((P⊕P(⊕Q(⊕=P⊕(P⊕(Q⊕((=P⊕(P⊕0∗(=P⊕P，~故P⊕P=Q.则y3=λ(x3-x1(+y1，代入y=x+ax3+b得2(x3-x1(2+2λy1(x3-x1(+y=x+ax3+b，而y=x+ax1+b，故λ2(x3-x1(2+2λy1(x3-x1(+x+ax1+b=x+ax3+b，2(x3-x1(2+2λy1(x3-x1(=x-x+a(x3-x1(，故λ2(x3-x1(+2λy1=x+x+x1x3+a即x+(x1-λ2(x3+x+λ2x1-2λy1+a=0，同理可得x+(x2-λ2(x3+x+λ2x2-2λy2+a=0，两式相减得：(x1-x2(x3+x-x+λ2(x1-x2(-2λ(y1-y2(=0，故x3+(x1+x2(+λ2-2λ(--(=0，所以y3=--2-2x1-x2+y1，因此P⊕Q的坐标为：2-x1-x2,---2+2x1+x2-y1(. min{a2k-1,a2k{.若对任意k∈N*均有hk<hk+1，则称数列{an{为“趋向递增数列”.条件是{dn{中没有0.q=1、0<q<1、-1<q<0、q=-1、q<-1六种情况讨论，验证hk<hk+1能否n=cos，记hk=min{a2k-1,a2k{(k∈N∗(，由于h2>h3，不满足对任意k∈N*均有hk<hk+1，n=-n，记tk=min{b2k-1,b2k{(k∈N∗(，2k-1=-2k-1<-2k+1=tk+1，n=qn-1.当q>1时，数列{cn{为单调递增数列，此时hk=min{c2k-1,c2k{=c2k-1<c2k+1=hk+1，满足题意，当0<q<1时，数列{cn{为单调递减数列，此时hk=min{c2k-1,c2k{=c2k>c2k+2=hk+1，不满足题意；当-1<q<0时，此时hk=min{c2k-1,c2k{=c2k<c2k+2=hk+1，满足题意；当q=-1时，此时hk=min{c2k-1,c2k{=-1=hk+1，不满足题意；当q<-1时，此时hk=min{c2k-1,c2k{=c2k>c2k+2=hk+1，不满足题意，(3)证明：先证必要性：假设存在正整数mm≥3使得dm=0，dm=dm+2-dm+1=0，令dm+1=dm+2=a.n=dn+2-dn+1，所以dn≥0，于是a≥0.若m为奇数，hm+1=mindm,dm+1=0，hm+1+1=mindm+2,dm+3=0，若m为偶数，hm+1=mindm+1,dm+2=a，hm+2=mindm+3,dm+4=0，‘'与数列dn为“趋向递增数列”3=114=1，此时h1=h2，2k+1=d2k+d2k-1，d2k+2=d2k+1-d2k，与“趋向递增数列”n中各项均大于0.下面利用数学归纳法证明.即证：d2n-1>0，d2n>0①当n=1时，d1=1>0，d2=10>0；当n=k+1时，d2n-1=d2k+1=d2k+d2k-1>0，d2n=d2k+2=d2k+1-d2k=d2k+d2k-1-d2k=d2k-1>0.*n>0.当n为偶数时，dn=dn+1-dn+2>0；当n为奇数时，dn=dn+2-dn+1>0，所以dn=dn+2-dn+1>0对任意n∈N*均成立.n+T=an，那i=ci，我们称数列bn和cn为“同根数列”.1,n=1n-1-bn-2,n≥3n=m+4n+1=sin(n+1(π=0=sinnπ=an，n+3=bn+2-bn+1=bn+1-bn-bn+1=-bn，所以bn+6=-bn+3=bn.假设k≥2m+5，即对于1≤i≤2m+5，都有ai=bi.m+t=bm+t(5≤t≤m+4(，所以at-2=bt-4=at-4(5≤t≤m+4(，即a1=a3=a5=⋯=am+2，及a2=a4=a6=⋯=am+1.又t=m+5时，a1=a2(m+2(+1=b2m+5=bm+1=am+1，所以an+1=an，与T1的最小值是m+2矛盾.其次证明k=2m+4存在数列满足条件.取a(m+2(l+i=〈1,|1i=m+3(m+4(l+i=〈|2,i=2k(1≤k≤|1i=m+3对于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.假设k≥2m+4，即对于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.m+t=bm+t(5≤t≤m+3(，所以at-2=bt-4=at-4(5≤t≤m+3(，即a1=a3=a5=⋯=am+1，及a2=a4=a6=⋯=am.又t=m+4时，am+2=bm=am，所以an+2=an，与T1的最小值是m+2矛盾.其次证明k=2m+3时存在数列满足条件.1≤k≤(l∈N(|2,i=2k(1≤k≤=m+4(m=m+4对于1≤i≤2m+3，都有ai=bi. b1)=n=3×n-1；k-1-.b1)=a1+(2a1-1)=3a1-1，b2)=a2+(2a2-1)=3a2-1,b2)=a2+(2a2-1)×2=5a2-2，q==，所以{an{的通项公式是an=a1qn-1=3×n-1.2)=a2+(2a2-1)(i-1)=2+3(i-1)=3i-1，b1=3i+2，==-,所以=-+-+⋯+-=-=.=n2ak-=3n2⋅k-1-.*nan+2m=+bn+2m=2bn+m，则称{bn{为m阶等差数列.7 43+a4+a5=,求{an{的通项公式及前n项和；7 43+a4+a5=,求{an{的通项公式及前n项和；n-1,前n项和为2-n-1,前n项和为2-*nan+2m=(an+m(2成立，再根据m阶等差数列即*,所以{an{的通项公式为an=a1qn-1=，前n项和为Sn===2-；**nan+2m=(an+m(2成立，所以lnanan+2m=ln(an+m(2，又an>0,an+m>0,an+2m>0，所以lnan+lnan+2m=2lnan+m，**,lnan+lnan+2m=2lnan+m成立，所以{lnan{为m阶等差数列；所以anan+8=(an+4(2(∀n∈N*(与anan+10=(an+5(2(∀n∈N*(同时成立，*(与a5=(∀n*(同时成立，数列an,an+4,an+8,⋯(∀n∈N*(和数列an,得an+1,an+5,an+9,⋯(∀n∈N*(也成等比数列，2>0(∀n*，所以{an{是等比数列. 们的算术平均不小于它们的几何平均，即≥na1a2⋯an，当且仅当a1=a2=⋯=an时，等号 {an{具有性质P.n=n+，求数列{an{的最小项；n=n=nn{具有性质P.2=3n=++，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；n≤，再利用等比数列求和证明性质①,利用bn=>0,证明②;∴数列{an{的最小项为a2=2+=3.(2)数列{Sn{具有性质P.n==≤，n=bi≤=1+++⋯+==2（1-<2,，n=>0,∴Sn<Sn+1,∴{Sn{为单调递增数列，∴数列{Sn{满足条件②.≤1≤1=1-1则cn=（1+n=1+1+（1-+-+⋯+-=3-<3，再证数列{cn{满足条件②:cn=n=<n+1(1+>1，等号取不到)=n+1=（1+n+1=cn+1,n{为单调递增数列，∴数列{cn{满足条件②.综上，数列{cn{具有性质P.+1=a1a2a3⋯an+t(n∈N*(恒 nn= n=2，数列{bn{为等比数列，且a=an+1+log2bn-t，求数列{bn{的通>1，t>0，证明：lnan<an-1.n=2n+1【分析】(1)根据已知条件求出cn+1-c1c2c3⋯cn即可判断；(2)根据数列{an{为“H(t)数列”，化a=an+1+log2bn-t为a=a1a2a3⋯an+log2bn，进而求得a=a1a2a3⋯anan+1+log2bn+1，作差有a+1=(an+1-1(a1a2a3⋯an+log2b1，根据已知条件化为(t+1(an+11=4，即可求出数列{bn{的通项公式.(3)构造函数f(x(=lnx-x+1(x>0(，通过导数判断函数的单调性，有f(x(在(1,+∞(上单调递减，且f(x(<f(1(=0，再推导出an>1且an+1>acn=1+=(n∈N*(，则cn+1=(n∈N*(，又c1c2c3⋯cn=⋅⋅⋯=n+1(n∈N*(，所以cn+1-c1c2c3⋯cn=-(n+1(=-n(n∈N*(，+1+log2bn-t(n∈N*(，有a=a1a2a3⋯an+log2bn(n∈N*(①,所以a=a1a2a3⋯anan+1+log2bn+1(n∈N*(②,两式作差得a+1=(an+1-1(a1a2a3⋯an+log2b1(n∈N*(，+1-t=a1a2a3⋯an(n∈N*(，设数列{bn{的公比为q，所以a+1=(an+1-1((an+1-t(+log2q(n∈N*(，即(t+1(an+1-(t+log2q(=0对∀n∈N∗成立，又a1=2，a=a1+log2b1，得b1=4n-1=2n+1.-1=(3)设函数f(x(=lnx-x+1(x>0(，则f'(x-1=f'(x(<0，则f(x(在(1,+∞(上单调递减，且f(x(<f(1(=0，+1-a1a2a3⋯an=t(n∈N*(，因为a1>0，t>0，2=a1+t>a1>1，故a3=a1⋅a2+t>a1⋅a2>1，∗n>1，所以f(an(<f(1(=0，即lnan-an+1<0，所以lnan<an-1得证.②通过构造函数利用函数单调性证明不等式.n=an+1-an(n∈N*(，规定{Δ2an{为数列{an{的二阶差分数列，其中Δ2an=Δan+1-Δan*n=n3，所以Δan=an+1-an=(n+1(3-n3=3n2+3n+1，2=193=37，故Δa2-Δa1=12，Δa3-Δa2=18，显然Δa2-Δa1≠Δa3-Δa2，所以{Δan{不是等差数列；2an=Δan+1-Δan=6n+6，则Δ2an+1-Δ2an=6，Δ2a1=12，=a，=a，所以数列{bn{是以公比为a的正项等比数列，b所以Δ2bn=Δbn+1-Δbn=bn+2-bn+1-(bn+1-bn(=bn+2-2bn+1+bn，n=bm，即b1an+1-2b1an+b1an-1=b1am-1，所以a-12=am-n，因为a>2，所以m-n>0，*2n=bm=bn+1.②若m-n≥2，则am-n≥a2>a-12，对任意的n∈N*，不存在m∈N*，使得Δ2bn=bm.设{cn{的公差为d，则cn=c1+n-1d，若d<0，所以当n>1-时，cn<0，由等差数列前n项和公式可得Sn=n2+（c1-n，所以Sn+Sm=n2+m2+（c1-n+m，因为m+n=2t，所以St=2+c1-,所以Sn+Sm=n2+m2+（c1-n+m>×+（c1-n+m=2St则当λ≤2时，不等式Sm+Sn>λSt恒成立，则Sn+Sm=2t2+2+2t（c1-，St=t2+（c1-t，则λSt-Sn+Sm=λt2+（c1-λt-2t2+2-2t（c1-=λ-dt2-t+λ-2c1t-d，因为λ-d>0，t2-t≥0，当t>时，λSt-Sn+Sm>0，n+Sm<λSt，不满足不等式Sm+Sn>λSt恒成立，((其中其中aij23⋯a2n33⋯a3n（an1an2an3⋯ann(**,i,j≤n(表示矩阵A中第i行第j列的数.a13⋯a1n((b11b12b13⋯23⋯a2n||b21b22b23⋯aaa⋯an|,B(n,n)=|bbb⋯（an1an2an3⋯annbn1bn2bn3⋯已知三个n阶方阵分别为A(n,n)=1n2n3n⋮((⋮cn1⋮cn2c13⋯23⋯33⋯⋮cn3⋯2n3n⋮cnn(aijij,i,j≤n(分别表示A(n,n),B(n,n),C(n,n)中第i行第j列的数．若cij=(1-μ)aij+μbij 3-1(3⋮*(a12⋯a1n2⋯3n2n⋯ann1⋮2⋮2n⋯b1n(⋯n⋯bnn(2k*,k≤n(；(ii)已知数列{bn{满足bn=n，数列{dn{满足dn=23=15解得μ=-，则cij=aij-bij，c12=a12-b12=×4+=8，c21=a22-b22=-=1，22=a21-b21=-×2=，21=3(1-μ)+μ=3-2μ=2，μ=，故cij=aij+bij，c23=a23+b23=×33+×3=15，2k=a2k+b2k=×3k+×k=.(ii)dn===n⋅n，T2+33+⋯+n×n，Tn=1×2+23+34+⋯+n×n+1，故Tn=+2+3+4+⋯+n-n×n+1=1-n-n×n+1，故Tn=-+×n，Tn=1=+2，取m=2验证不成立，现说明当n≥4时不成立：故{An{单调递增，An≥，设Bn=，n≥3，n∈N*，Bn>0，=÷=<1，故{Bn{单调递减，Bn≤，n≥3，n∈N*，B1=-1，故n≥4时，=不成立，**①an=sinnπ;②bn=n-1-bn-2,n≥3.≤6；n+1=sin(n+1)π=0=sinnπ=an，n+3=bn+2-bn+1=bn+1-bn-bn+1=-bn，所以bn+6=-bn+3=bn.(2)假设k≤6不成立，则有k≥7，即对于1≤i≤7=b2=a2，所以a1=a2.所以a1=a2=a3，所以k≤6.假设k≥2m+5，即对于1≤i≤2m+5，都有ai=bi.m+t=bm+t(5≤t≤m+4(，所以at-2=bt-4=at-4(5≤t≤m+4(，即a1=a3=a5=⋯=am+2，及a2=a4=a6=⋯=am+1.又t=m+5时，a1=a2(m+2)+1=b2m+5=bm+1=am+1，所以an+1=an，与T1的最小值是m+2矛盾.其次证明k=2m+4存在数列满足条件.取a(m+2)l+i=对于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.当m是偶数时，首先证明k≥2m+4时不假设k≥2m+4，即对于1≤i≤2m+4，都有ai=bi.m+t=bm+t(5≤t≤m+3(，所以at-2=bt-4=at-4(5≤t≤m+3(，即a1=a3=a5=⋯=am+1，及a2=a4=a6=⋯=am.又t=m+4时，am+2=bm=am，所以an+2=an，与T1的最小值是m+2矛盾.|1|1,i=m+3其次证明k=2m+3时存在数列满足条件.|2,i=2k(1≤k≤|(m+4(l+i|2,i=2k(1≤k≤|=m+4对于1≤i≤2m+3，都有ai=bi.的前n项和分别为An,Bn，并规定A0=B0=0．对于k∈{0,1,2,⋯,m{，定义rk=max{i∣Bi≤Ak,i∈{0,1,2,⋯,m}{，其中，maxM表示数集M中1≥b1j≤rj+1+rj-1,j=1,2,⋯,m-1,，求rn；>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs.2=13=2n=n,n∈N(2)根据题意题意分析可得ri+1-ri≥1，利用反证可得ri+1-ri=1，在结合等差数列运算求解；0=0,A1=2,A2=3,A3=6,B0=0,B1=1,B2=4,B3=7，当k=0时，则B0=A0=0,Bi>A0,i=1,2,3，故r0=0；当k=1时，则B0<A1,B1<A1,Bi>A1,i=2,3，故r1=1；i≤A2,i=0,1,B2>A2,B3>A2,故r2=1；i≤A3,i=0,1,2,B3>A3，故r3=2；n≥1,bn≥1，且a1≥b1，则An≥B1>B0对任意n∈N*恒成立，所以r0=0,r1≥1，又因为2ri≤ri-1+ri+1，则ri+1-ri≥ri-ri-1，即rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥⋅⋅⋅≥r1-r0≥1，可得ri+1-ri≥1，反证：假设满足rn+1-rn>1的最小正整数为0≤j≤m-1，当i≥j时，则ri+1-ri≥2；当i≤j-1时，则ri+1-ri=1，则rm=(rm-rm-1(+(rm-1-rm-2(+⋅⋅⋅+(r1-r0(+r0≥2(m-j(+j=2m-j，又因为0≤j≤m-1，则rm≥2m-j≥2m-m-1=m+1>m，假设不成立，故rn+1-rn=1，nnm=Bm，则可取t=q=0，满足p>q,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs；m<Bm，则rk<m，构建Sn=Br-An,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，反证，假设存在正整数K，使得SK≤-m，则Br-AK≤-m,Br+1-AK>0，可得br+1=Br+1-Br=Br+1-AK-Br-AK>m，≤n≤m,n∈N，均有Sn≥1-m.①若存在正整数N，使得SN=Br-AN=0，即AN=Br，可取t=q=0,p=N,s=rN，满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；②若不存在正整数N，使得SN=0，n≤n≤m，所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX=SY，即Br-AX=Br-AY，可得AY+Br=AX+Br，可取p=Y,s=rY,q=X,t=rX，满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；m>Bm，定义Rk=max{i∣Ai≤Bk,i∈{0,1,2,⋯,m}{，则Rk<m，构建Sn=AR-Bn,1≤n≤m，由题意可得：Sn≤0，且Sn为整数，反证，假设存在正整数K,1≤K≤m，使得SK≤-m，则AR-BK≤-m,AR+1-BK>0，可得aR+1=AR+1-AR=AR+1-BK-AR-BK>m，≤n≤m-1,n∈N，均有Sn≥1-m.①若存在正整数N，使得SN=AR-BN=0，即AR=BN，可取q=t=0,s=N,p=RN，即满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs；②若不存在正整数N，使得SN=0，n≤n≤m，所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX=SY，即AR-BX=AR-BY，可得AR+BX=AR+BY，可取p=RY,t=X,q=RX,s=Y，满足p>q,s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs.综上所述：存在0≤q<p≤m,0≤t<s≤m使得Ap+Bt=Aq+Bs. 2 2<q<1；(3)数列{an{满足an=n,1≤n≤m,n∈N∗.设{an{分类讨论证明f(4k+3)≥3f(4k).由题得数列{an{的前100项和为S=<≤2a1,∴<a1,a1+a4k=a2+a4k-1=⋯=a2k+a2k+1=1+4k，2,⋯,ak,a3k,a3k+1,⋯,a4k,{cn}中项为ak+1,ak+2,⋯,a3k,所以m=4k时，数列{an{存在完美互补子数列.补子数列.下面证明f(4k+3)≥3f(4k).n}所以f(4k+3)≥3f(4k). .2=1-x+=0计算得到x1=,x2=所以(a,b(满足b=2a-4(0≤a≤4(=2:y=x-，b=，(a,b(所对应的方程为：x2-x+=0，x1=,x2=c>0时，0≤≤xc，得-xc≤xd≤xc，c<0时，xc≤≤0，得xc≤xd≤-xc，=≥|xd|，c>0时，-xc≤xd≤xc，得0≤≤xc，c≤xd≤-xc，得xc≤≤0，所以点M在线段CE上.>0且λ≠1时，我们把方程+=λa>b>0表示的椭圆Cλ称为椭圆+=1a>b>0的相似椭圆．已知椭圆C:+y2=1，椭圆Cλ(λ>0且λ≠1)是椭圆C的相似椭圆，2AB+DE的值.x-4k-2x0y0k1+y-1=0，同理得到x-4k-2x0y0k2+y-1=0，进而得k1k2=，再根据y=2-x即可求得答案；(2)由题知椭圆Cλ的标准方程为+=1，进而结合点Px0,y0在椭圆C2:+=1上得kPMkPN=，则直线l1的方程为y-y0=k1x-x0，即y=k1x+y0-k1x0，记t=y0-k1x0，则l1的方程为y=k1x+t，将其代入椭圆C的方程，消去y，得4k+1x2+8k1tx+4t2-4=0，所以Δ=8k1t2-44k+14t2-4=0，即4k-t2+1=0，将t=y0-k1x0代入上式，整理得x-4k-2x0y0k1+y-1=0，同理可得，x-4k-2x0y0k2+y-1=0，2为关于m的方程x-4m2-2x0y0m+y-1=0的两根，k2=.+=1上，所以y=2-x，所以k1k2==-.2=1所以当λ=e2+=1，易知直线PM,PN的斜率均存在且不为0，所以kPMkPN=⋅=，因为P(x0,y0(在椭圆Cλ上，所以+=1，即y=-，所以kPMkPN=-.设直线PM的斜率为k，则直线PN的斜率为-，所以直线PM的方程为y=k(x+3(.y=k(x+3(+y2=1，得(1+4k2(x2+83k2y=k(x+3(1+x2=，x1x2=，1+k2所以|AB|=|x1-x2|=(1+k2([(x1+x2(2-41+k2=(1+k2(2-4解决与圆有关的问题时要重视圆的几何性质的运用.为y0y=px0+px.完成下述问题：如图所示，设E，F是抛物线Γ:y2=2px(p>0)上两点.过点E，F分λ,=λ,其中λ>0.2和p表示点C的坐标.;S△ABC，S△BGF=S△ABC，可得到S△EFG=S四边形ECBG-S△CEF-S△BGF=2S△ABC，从而可求出答案.,处的切线CE方程为y1y=p×+px，即y=+x，处的切线CF方程为y=+x，,y=y1y2，.0(为抛物线上的一点，则x0=，抛物线在点G(x0,y0(处的切线方程为y0y=p×+px，即y=+x，1y0由,所以==y2y1=y0y2(==y2y1y2y=y0y2,为点B,此时满足=λ,=λ,所以直线AB与抛物线Γ相切；=(1+λ(⋅1λ=(1λ(2，所以SBG=(1+(2-λ=λ2++1，而S△CEFS△ABC=⋅S△ABC=S△ABC，△ABC=1+λ⋅λS△ABC=λ(1+λ)S△ABC，所以S△EFG=S四边形ECBG-S△CEF-S△BGF=2S△ABC，所以=2.2+y2=4，定点分别为椭圆C:+=1(a>b>0(的右焦点F与右顶点A，且椭圆C的离心率为e=.2+y2+x+=算直线方程.2=a2-c2=6，椭圆C的方程为+=1c+2a+2c+2a+22+y2+x+=0，2=a2-c2=方法(3)设M(x,y(，则x2+y2=4.2=8，c2=22=a2-c2=6∴椭圆C的方程为+=1BF令DF=λ,则=λ,设Dx0,y0，则有3x+4y=24，2+4y2-24=0得：321+λ-λx02+4λ2y-24=0，即λ+15λ-3-2λx0=0，BFNBBF2r-BFDFNDDF2r+DF圆C=πr2=π,故r=，∴--BFDF9=DF又DF=x0-22+y=x0-22+6-x=22-x0，∴-=-=-=BFDFλDFDF322-022-00=-，y0=-6-x=-4 =2y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1，已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是一个平行四边形，=(2,-1,4)，以AB,AD,AP为邻边的平行六面体的体积.∴⊥,⊥,即AP⊥AB,AP⊥AD．AB,AD是平面ABCD内两相交直线，∴AP⊥平面ABCD.2=20SABCD=ABADsin∠BAD=22-(⋅)2=21×20-62=86，—AP=6，-ABCD=SABCDPA=×86×6=16.-ABCD，学生的归纳推理能力. 成的三面角P-ABC，∠APC=α,∠BPC=β,∠APB=γ,二面角A-PC-B的大小为θ,则cosγ= 4 4C1.∠MHN是二面角A-PC-B的平面角．在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，两式相减变形可证结【详解】(1)证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，作HN⊥PC交PB于N点，连接，MN则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角.MN2=MP2+NP2-2MP⋅NP⋅cosγ,MN2=MH2+NH2-2MH⋅NH⋅cosθ,两式相减得MP2-MH2+NP2-NH2-2MP⋅NP⋅cosγ+2MH⋅NH⋅cosθ=0，∴2MP⋅NP⋅cosγ=2PH2+2MH⋅NH⋅cosθ,(2)①由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知θ=90°,∴由(1)得cos∠A1AB=cos∠A1AC⋅cos∠CAB，∵cos∠A1AC=60°,cos∠BAC=45°,∴cos∠A1AB=×=.在棱柱