第5.1讲 新结构题型中第19题考点预测之创新定义题型解析版

2024年高考数学高频考点必刷题型精讲+精练（新高考通用）第5.1讲新结构题型中第19题考点预测之创新定义题型本节题目专门针对新结构题型的第19题（17分），难度系数困难“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.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.①集合新定义②函数新定义③数列新定义④圆锥曲线新定义⑤立体几何新定义⑥统计新定义题型一：题型一：集合新定义【例1】已知正整数，集合.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m的最大值；(3)证明：对任意，，…，，总存在，使得.【分析】（1）由题可知中的n个数中有任意3个数字为1，数字为0，根据排列组合数可列的元素个数通式为；（2）第二小问等价于同时满足的元素个数最多几个，首先需要线分析最多几个不同元素同一位置的分量可以同时为1，在以此极限情况找到m的不等式关系求出m最大值；（3）由题可知共有个非空子集，并且由题意可知当时，因此证明存在等式，即证明的值必有奇数即可.【详解】（1），；，即中6个分量中恰有3个1，故的元素个数为；（2）对于的非空子集，设，这里为的第j个分量，定义，规定.设，令我们先证明引理：.（反证），令，不妨设，，…，满足，其中又因为，且，，故，故，这与矛盾，引理证毕.回到原题，由引理，得，，，符合题意，综上，当时，m的最大值为4（3）共有个非空子集，记为，，则在每个分量得奇偶性下恰有种不同得状态，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，令，由于，故令，则且都为偶数，不妨设，则为偶数而为奇数，故且为奇数故必存在一个，使得为奇数，又由于，从而一、解答题1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知.定义，设.

(1)若，画出函数的图象并直接写出函数的单调区间；(2)定义区间的长度.若，则.设关于的不等式的解集为.是否存在实数，且，使得?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)图象见解析，递减区间是，递增区间是；(2)存在，.【分析】（1）把代入，求出，再画出函数的图象，求出单调区间作答.（2）对按，进行分类讨论即可求解作答.【详解】（1）当时，，当时，，函数在上递减，而时，，因此当时，，当时，，则当或时，，当时，，于是，函数的图象，如图，

观察图象知，函数的递减区间是，递增区间是.（2）因为函数的最小值为1，函数的最小值为2，函数的图象是函数和函数的图象左右平移后，再取下方图形而得，因此函数的最小值为1，若不等式有解，则必有，又函数的最小值为2，则当时，，即，解得，于是，若，则，解得，矛盾，当时，不等式的解集为，由，即，解得，于是不等式的解集为，又，当且仅当时取等号，即有，因此，若，则，又，解得，所以存在实数满足条件.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．（23-24高三下·江苏南通·开学考试）设集合，其中．若对任意的向量，存在向量，使得，则称A是“T集”．(1)设，判断M，N是否为“T集”．若不是，请说明理由；(2)已知A是“T集”．（i）若A中的元素由小到大排列成等差数列，求A；（ii）若（c为常数），求有穷数列的通项公式．【答案】(1)是“集”;不是“集”，理由见解析；(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据“T集”的定义判断即可；（2）（i）写出等差数列通项，得到向量的坐标，再分类讨论即可；（ii）设，利用三角数阵和等比数列定义即可.【详解】（1）是“集”;不是“集”.理由：当或时，只要横纵坐标相等即可，则满足，当，则；当，则；当，则；当，则；综上是“集”.对于向量，若存在，使得.则，故中必有一个为，此时另一个为或，显然不符合，则不是“集”.（2）(i)因为中的元素由小到大排列成等差数列，则该等差数列的首项为，公差为2，故.则向量的坐标中必含，设另一坐标为，则或.所以或，故或，所以或，所以或，所以或即.此时，不满足;或，满足;所以只可能为.经检验是“集”，所以.(ii)设.由，得，由条件可变形为.设集合设集合则是“集”当且仅当关于原点对称.因为是中唯一负数，共个数，所以也只有个数.由于，所以，已有个数.对以下三角数阵：注意到，所以.又为常数)，故有穷数列为等比数列，且通项公式.【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的的关键是充分利用数列新定义，结合三角数阵，得到，再根据等比数列定义即可得到其通项.4．（2024·全国·模拟预测）拓扑学是一个研究图形（或集合）整体结构和性质的一门几何学，以抽象而严谨的语言将几何与集合联系起来，富有直观和逻辑．已知平面，定义对，，其度量（距离）并称为一度量平面．设，，称平面区域为以为心，为半径的球形邻域．(1)试用集合语言描述两个球形邻域的交集；(2)证明：中的任意两个球形邻域的交集是若干个球形邻域的并集；(3)一个集合称作“开集”当且仅当其是一个无边界的点集．证明：的一个子集是开集当且仅当其可被表示为若干个球形邻域的并集．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由交集的定义可解；（2）结合题意，利用并集的定义证明；（3）利用题目定义分别证明充分性和必要性.【详解】（1）设这两个球形邻域分别为，，为和的交集．①若与不相交，则；②若与相交，则且故或且．（2）我们约定集合族是指以集合为元素的集合，其并运算为表示集合族的所有集合的并集回到原题，设这两个球形邻域分别为，，为和的交集．①若与不相交，则，即可以看作零个球形邻域的并集；②若与相交，则取，令，构造球形邻域．因为对于，有故，这说明．由于是中任取的一点，这说明，继而即可被表示为若干个球形邻域的并集．命题得证．（3）①先证充分性：当的一个子集可以写为若干球形邻域的并时，其必为开集．设，由（2）可知可看作若干个球形邻域的并集，即则，使得，故是开集．充分性证毕．②再证必要性：若的一个子集是开集，则其可被表示为若干个球形邻域的并集．设是一个开集，由情况①得，使得，所以即故可被表示为若干个球形邻域的并集．必要性证毕．【点睛】思路点睛：利用集合的运算和题干中的定义完成问题.5．（23-24高三上·北京朝阳·期末）已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定.(1)若，写出及的值；(2)若数列是等差数列，求数列的通项公式；(3)设集合，求证：且.【答案】(1)，，，(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据集合新定义求出前几项判断即可；（2）通过集合新定义结合等差数列性质求出，然后利用反证法结合数列的单调性求得，利用等差数列定义求解通项公式即可；（3）先利用集合性质得数列是递增数列，然后利用反证法结合数列的单调性证明，由集合新定义及集合相等证明．【详解】（1）因为，所以，则，所以，，又，所以，，所以；（2）由题可知，所以，所以.若，则，，所以，，与是等差数列矛盾.所以.设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以.假设存在使得.设，由得.由得，，与是等差数列矛盾.所以对任意都有.所以数列是等差数列，.（3）因为对于，，所以.所以，即数列是递增数列.先证明.假设，设正整数.由于，故存在正整数使得，所以.因为是各项均为正整数的递增数列，所以.所以，.所以，.又因为数列是递增数列，所以，矛盾.所以.再证明.由题可知.设且，因为数列是各项均为正整数的递增数列，所以存在正整数，使得.令.若，则，即，所以.所以，所以.若，则，所以.所以，所以.因为，所以.所以.综上，且.【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.6．（23-24高一上·浙江杭州·期中）定义1：通常我们把一个以集合作为元素的集合称为族（collection）.定义2：集合上的一个拓扑（topology）乃是的子集为元素的一个族，它满足以下条件：（1）和在中；（2）的任意子集的元素的并在中；（3）的任意有限子集的元素的交在中.(1)族，族，判断族与族是否为集合的拓扑；(2)设有限集为全集（i）证明：；（ii）族为集合上的一个拓扑，证明：由族所有元素的补集构成的族为集合上的一个拓扑.【答案】(1)都是集合的拓扑(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）根据集合的拓扑定义判断即可；（2）（i）根据集合的拓扑定义证明充要性即可；（ii）结合（i）的结论，根据集合的拓扑定义证明.【详解】（1）族，都是集合的拓扑.（2）（i）设，则，故存在整数使，因此，得.设，则存在整数使，故，因此，得（ii）因为，，所以，；设为的任意子集，则，，因为，故；，因为，故.【点睛】方法点睛：解决集合创新型问题的方法：（1）紧扣定义，首项分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题本质弄清楚，并能够运用到具体的解题过程中；（2）用好集合性质，集合性质时破解新定义型集合问题的基础，也是突破口，在关键之处用好集合的性质.7．（23-24高一上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知集合，其中且，若对任意的，都有，则称集合具有性质.(1)集合具有性质，求的最小值；(2)已知具有性质，求证：；(3)已知具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由.【答案】(1)6；(2)证明见解析；(3)7，理由见解析.【分析】（1）由性质定义列不等式组求参数范围，结合即可得最小值；（2）根据定义，进而有，应用累加法即可证结论；（3）首先应用放缩有求得，同理可得恒成立，假设得出矛盾，再讨论并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值.【详解】（1）由性质定义知：，且，所以的最小值为6.（2）由题设，且，所以，所以，得证.（3）由（2）知：，同（2）证明得且，故，又，所以在上恒成立，当，取，则，故，当，则，即.综上，集合中元素个数的最大值为7.【点睛】关键点点睛：第二问，根据定义得为关键；第三问，应用放缩法确定，同理得到恒成立为关键.8．（2023·北京西城·一模）给定正整数，设集合．对于集合中的任意元素和，记．设，且集合，对于中任意元素，若则称具有性质．(1)判断集合是否具有性质？说明理由；(2)判断是否存在具有性质的集合，并加以证明；(3)若集合具有性质，证明：．【答案】(1)具有，理由见解析(2)不存在，证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据集合具有性质的特征，即可根据集合中的元素进行检验求解，（2）假设集合具有性质，分别考虑时，集合中的元素，即可根据的定义求解.（3）根据假设存在使得，考虑当时以及时，分量为1的个数即可讨论求解.【详解】（1）因为，同理．又，同理．所以集合具有性质．（2）当时，集合中的元素个数为．由题设．

假设集合具有性质，则①当时，，矛盾．②当时，，不具有性质，矛盾．③当时，．因为和至多一个在中；和至多一个在中；和至多一个在中，故集合中的元素个数小于，矛盾．④当时，，不具有性质，矛盾．⑤当时，，矛盾．综上，不存在具有性质的集合．（3）记，则．若，则，矛盾．若，则，矛盾．故．假设存在使得，不妨设，即．当时，有或成立．所以中分量为的个数至多有．当时，不妨设．因为，所以的各分量有个，不妨设．由时，可知，，中至多有个，即的前个分量中，至多含有个．又，则的前个分量中，含有个，矛盾．

所以．

因为，所以．所以．【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.题型二：函数题型二：函数新定义【例1】已知集合且，是定义在上的一系列函数，满足.(1)求的解析式.(2)若为定义在上的函数，且.①求的解析式;②若关于的方程有且仅有一个实根，求实数的取值范围.【分析】（1）根据计算即可；（2）①根据，分别令，利用方程组法即可得解；②由①得，分离参数可得，令，，则转化为在上仅有一个实根，再结合函数图象即可得解.【详解】（1）因为，所以，，；（2）①由（1）得①，又，则②，③，由得④，由得，所以；②由①得，即，即，即，当时，不成立，所以，故，令，因为，故，所以在上仅有一个实根，令，则，即在上仅有一个实根，如图所示，画出函数的图象，由图可知，或，所以或.一、解答题1．（22-23高三下·浙江温州·开学考试）若函数，的图象与直线分别交于A，B两点，与直线分别交于C，D两点，且直线，的斜率互为相反数，则称，为“相关函数”．(1)，均为定义域上的单调递增函数，证明：不存在实数m，n，使得，为“相关函数”；(2)，，若存在实数，使得，为“相关函数”，且，求实数a的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据函数单调递增，可推出直线，的斜率均为正数，即可证明；（2）首先讨论是否满足题意，数形结合可知，由题可知时满足题意；再讨论时，，或，联立且由(1)可判断出,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问题，利用导数求出函数单调区间，讨论a的取值范围对零点的影响即可.【详解】（1）设，.由单调递增，则.则.同理可得，.所以，直线，的斜率均为正数，不可能互为相反数.即不存在实数m，n，使得，为“相关函数”．（2）情况一：当时，，，若，则存在实数，使得，为“相关函数”，且；情况二：当时因为，为“相关函数”，所以有.因为，所以有或.①联立，可得，所以.则有，，此时有，满足题意；②联立，可得.因为，所以方程组，则．当时.因为，均为上的单调递增函数，由（1）知不存在实数m，n，使得，为“相关函数”，所以.则由，可得，可得，所以.同理可得.则在上存在两个不同的实数根.记，则.记，则.解，可得.解，可得，所以在上单调递增；解，可得，所以在上单调递减.所以，在处取得极小值.（ⅰ）当时，，此时有，即在单调递减.又，，则根据零点存在定理可得，存在唯一，使得，即有唯一负根，不符合式；（ⅱ）当时，.因为，且，有，根据零点存在定理可得，，使得；，使得.所以，当时，有，此时，在上单调递减；当时，有，此时，在上单调递增；当时，有，此时，在上单调递减.，令，，则.因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以.根据零点存在定理可知，，使得.取，即有，符合题意.综上所述，的取值范围是.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．2．（2024·全国·模拟预测）“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数，在时，有不等式成立；在时，有不等式成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知是大于的实数（全部同号），证明【答案】(1)，或(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据不等式特征猜想出等号成立的条件；（2）设，注意到，求导得到，二次求导，得到函数的单调性和极值最值情况，证明出结论；（3）当时，显然成立，当时，构造数列：，作差法得到是一个单调递增的数列（），结合，得到，证明出结论.【详解】（1）猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是，或．当时，，当时，，当时，，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是，或；（2）当时，我们需证，设，注意到，，令得，即，是的一个极值点．令，则，所以单调递增．当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增．所以在处取得极小值，即恒成立，．伯努利不等式对得证．（3）当时，原不等式即，显然成立．当时，构造数列：，则，若，由上式易得，即；若，则，所以，故，即此时也成立．所以是一个单调递增的数列（），由于，所以，故原不等式成立．【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.3．（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．4．（23-24高三下·浙江·开学考试）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换.满足对任意的置换称作恒等置换.所有次置换组成的集合记作.对于，我们可用列表法表示此置换：，记.(1)若，计算；(2)证明：对任意，存在，使得为恒等置换；(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)最少8次就能恢复原来的牌型，理由见解析【分析】（1）根据题意，得到；（2）解法一：分类列举出所有情况，得到结论；解法二：，故至少有一个满足，当分别取时，记使得的值分别为，取为的最小公倍数即可得到答案；（3）设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故，列举出各编号在置换中的变化情况，得到连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换.【详解】（1），由题意可知；（2）解法一：①若，则为恒等置换；②若存在两个不同的，使得，不妨设，则.所以，即为恒等置换；③若存在唯一的，使得，不妨设，则或.当时，由（1）可知为恒等置换；同理可知，当时，也是恒等置换；④若对任意的，则情形一：或或；情形二：或或或或或；对于情形一：为恒等置换；对于情形二：为恒等置换；综上，对任意，存在，使得为恒等置换；解法二：对于任意，都有，所以中，至少有一个满足，即使得的的取值可能为.当分别取时，记使得的值分别为，只需取为的最小公倍数即可.所以对任意，存在，使得为恒等置换；（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即其中.注意到各编号在置换中的如下变化：，，，，，，，，，所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，注意到的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.5．（2024·甘肃兰州·一模）定义：如果在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，那么称为A，B两点间的曼哈顿距离．(1)已知点，分别在直线，上，点与点，的曼哈顿距离分别为，，求和的最小值；(2)已知点N是直线上的动点，点与点N的曼哈顿距离的最小值记为，求的最大值；(3)已知点，点（k，m，，e是自然对数的底），当时，的最大值为，求的最小值．【答案】(1)的最小值为；的最小值为(2)(3)【分析】（1）根据题意，由曼哈顿距离的定义，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由曼哈顿距离的定义即可得到，从而得到的最大值；（3）根据题意，令，然后分别构造函数，即可得到，从而得到结果.【详解】（1），则，即的最小值为；，则，即的最小值为.（2）当时，，点为直线上一动点，则当时，即；当时，，即；所以，又当时，，当时，，所以的最大值为.（3）令，则，，，令，则在区间内成立，则在区间内单调递增，则，令，则在区间内成立，则在区间内单调递减，则，所以，所以，当且时，取最小值，的最小值【点睛】关键点睛：本题主要考查了新概念问题，难度较大，解答问题的关键在于理解题中曼哈顿距离的定义，然后转化为所学知识求解问题.6．（23-24高三下·河南郑州·阶段练习）若函数的定义域、值域都是有限集合，，则定义为集合A上的有限完整函数.已知是定义在有限集合上的有限完整函数.(1)求的最大值；(2)当时，均有，求满足条件的的个数；(3)对于集合M上的有限完整函数，定义“闭环函数”如下：，对，且，（注：，，）.若，，，则称为“m阶闭环函数”.证明：存在一个闭环函数既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数（用列表法表示的函数关系）.【答案】(1)140(2)42(3)证明见解析【分析】（1）根据有限完整函数的定义，结合基本不等式，即可求的答案；（2）由题可得出，由此结合排列组合的知识，即可求得答案；（3）由题意可知，不妨取一个闭环函数，然后结合“m阶闭环函数”的定义，证明该函数既是3阶闭环函数，也是4阶闭环函数，即可证明原命题.【详解】（1）由题意得，当且仅当时取等号，即的最大值为140；（2）由题意知，从集合M中任取5个数，记为，共有中取法，然后剩余的两个数全排列，故共有个满足条件；（3）证明：以下面表格作为的函数关系：x12345672315674，故为3阶闭环函数；又，故也为4阶闭环函数，故原命题得证.【点睛】难点点睛：本题考查函数的新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此去解决问题，解答的难点在于（3）中对“m阶闭环函数”的定义的理解，关键在于取一个闭环函数后，要说明该函数符合3阶闭环函数以及4阶闭环函数的定义，从而证明结论.7．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）对于无穷数列，我们称（规定）为无穷数列的指数型母函数．无穷数列1，1，…，1，…的指数型母函数记为，它具有性质．(1)证明：；(2)记．证明：（其中i为虚数单位）；(3)以函数为指数型母函数生成数列，．其中称为伯努利数．证明：．且．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由，通过赋值即可证得；（2）根据的周期性，经过多次推理，由求和可以证得；（3）构造，可以推出，然后再可证得.【详解】（1）令，则．由，令，则．因为，故．（2）证明：因为，，，，，所以（3）证明：令，则有，因此故且，即．【点睛】关键点点睛：主要考查了复数的周期性，考查推理论证能力，对学生思维要求比较高，综合性很强.8．（23-24高三上·上海普陀·期末）已知为实数，．对于给定的一组有序实数，若对任意，，都有，则称为的“正向数组”．(1)若，判断是否为的“正向数组”，并说明理由；(2)证明：若为的“正向数组”，则对任意，都有；(3)已知对任意，都是的“正向数组”，求的取值范围．【答案】(1)不是的“正向数组”；(2)证明见解析；(3)的取值范围是.【分析】（1）代入有，根据函数性质得到的正负时不同取值情况即可；（2）假设存在,使得,通过正向数组定义转化得对任意恒成立，设，再利用函数的性质即可证明假设不成立；（3）代入有恒成立或恒成立，设，求出是的最大值或最小值时的取值范围即可.【详解】（1）若，，对，即，而当，时，，，即，不满足题意.所以不是的“正向数组”.（2）反证法:假设存在,使得,为的“正向数组”，对任意,都有.对任意恒成立.令，则在上恒成立，，设，，则当时，在上为负，在上为正，所以在上单调递减，在上单调递增；若，当，，当，，即存在，使在上为正，在上为负，在上为正，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又当，，当，，则的值域为；若，，在上单调递增，又当，，当，，则的值域为.当时，，在上单调递增，又当，，当，，必存在，使在上为负，在上为正，所以在上单调递减，在上单调递增，又当，，当，，则的值域为.由值域可看出，与在上恒成立矛盾.对任意，都有.（3）都是的“正向数组”，对任意，，都有，则恒成立或恒成立，即恒成立或恒成立，设，则，即是的最大值或最小值.，且.当时，由（2）可得，的值域为，无最大值或最小值；当时，在上单调递增，又，则在上为负，在上为正，所以在上单调递减，在上单调递增，则是的最小值，满足，此时对任意，，都有.的取值范围是.【点睛】关键点睛：本题第2问的关键是运用反证法，通过函数的图象与性质推理出与假设矛盾的结论，最后即得到证明；本题第3问的关键是理解“正向数组”的变形推理得到恒成立或恒成立，并构造函数，得到是的最大值或最小值，最后结合前面的证明得到结果.9．（23-24高三上·上海静安·期末）如果函数满足以下两个条件，我们就称为型函数．①对任意的，总有；②当时，总有成立．(1)记，求证：为型函数；(2)设，记，若是型函数，求的取值范围；(3)是否存在型函数满足：对于任意的，都存在，使得等式成立？请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，理由见解析【分析】（1）证明函数满足型函数的定义即可；（2）根据是型函数，则由其满足条件①推出，再结合其满足条件②得关于b的不等式，利用构造函数，结合函数最值，即可求得答案；（3）举出具体函数，说明其满足型函数的定义，即可得结论.【详解】（1）当时，，当，，时，，，则，，，，为型函数.（2）当时，由得，当，，时，，，由，得，即，即，即，令，则对称轴，所以在上的最小值为，只要，则，因为，所以．（3）存在，举例1：．理由如下：当时，符合；当，，时，，，，，故，，即，即是型函数，且对任意的，存在，使得等式成立；举例2：；理由如下：当时，，符合，当，，时，，，，，即，即是型函数，且对任意的，都存在，使得等式成立.由此可知存在型函数满足：对于任意的，都存在，使得等式成立.【点睛】关键点睛：解答此类给出新的函数定义的题目，解答的关键是要理解题中所给的新的函数定义的含义，明确其满足的条件，然后按照其需满足的条件求解即可.10．（2023·吉林·二模）椭圆曲线加密算法运用于区块链．椭圆曲线．关于x轴的对称点记为．C在点处的切线是指曲线在点P处的切线．定义“”运算满足：①若，且直线PQ与C有第三个交点R，则；②若，且PQ为C的切线，切点为P，则；③若，规定，且．(1)当时，讨论函数零点的个数；(2)已知“”运算满足交换律、结合律，若，且PQ为C的切线，切点为P，证明：；(3)已知，且直线PQ与C有第三个交点，求的坐标．参考公式：【答案】(1)见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用导数讨论函数的单调性后求出极值，从而可判断零点的个数.（2）利用“”运算的性质计算后可得证明.（3）设直线的斜率，利用点在曲线上结合因式分解可求第三个点的坐标.【详解】（1）由题设可知，有，若，则，则，此时仅有一个零点；若，令，解得．当或时，，当时，，故在，上为单调递增；在上单调递减.因为，若，则，此时，而故此时有2个零点；若，则，此时，而故此时有2个零点；综上，当，所以有2个零点．当，所以有2个零点．当，有，则有1个零点．（2）因为为C在点P处的切线，且，所以，故，故，因为“”运算满足交换律、结合律，故，故.（3）直线的斜率，设与C的第三个交点为，则，代入得，而，故，整理得到：，故即，同理可得，两式相减得：，故，所以，故，故，所以，因此的坐标为：．【点睛】思路点睛：函数新运算问题，需根据运算的性质选择合理的计算顺序来处理等式，而三次函数的零点问题，注意结合极值的符号处理零点的个数.题型三：数列题型三：数列新定义【例1】记实数、中较小者为，例如，，对于无穷数列，记.若对任意均有，则称数列为“趋向递增数列”.(1)已知数列、的通项公式分别为，，判断数列、是否为“趋向递增数列”？并说明理由；(2)已知首项为，公比为的等比数列是“趋向递增数列”，求公比的取值范围；(3)若数列满足、为正实数，且，求证：数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有.【分析】（1）利用定义“趋向递增数列”判断数列、，可得出结论；（2）求得，分、、、、、六种情况讨论，验证能否恒成立，综合可得出的取值范围；（3）利用充分条件、必要条件的定义，利用反证法结合“趋向递增数列”的性质证明数列中没有，再证明出数列中没有时数列不是“趋势递增数列”.【详解】（1）解：由于，记，所以，，由于，不满足对任意均有，所以数列不是“趋向递增数列”，由于，记，所以，数列是“趋向递增数列”.（2）解：.当时，数列为单调递增数列，此时，满足题意，当时，数列为常数列，不满足题意；当时，数列为单调递减数列，此时，不满足题意；当时，此时，满足题意；当时，此时，不满足题意；当时，此时，不满足题意，综上所述，的取值范围是.（3）证明：先证必要性：假设存在正整数使得，，令.因为、为正实数，且，所以，于是.则数列从第项开始为：、、、、、、.若为奇数，，，与数列为“趋向递增数列”矛盾：若为偶数，，，‘’与数列为“趋向递增数列”矛盾，故假设不成立，所以数列为“趋向递增数列”的必要条件是中没有；再证非充分：首先，若中没有，构造数列：，，，，此时，，，与“趋向递增数列”定义矛盾；其次，证明数列中各项均大于.下面利用数学归纳法证明.即证：，①当时，，；②假设当时，命题成立，即，.当时，，.因此，有对任意，均有.当为偶数时，；当为奇数时，，所以对任意均成立.因此，中没有是数列为“趋向递增数列”非充分条件.所以数列为“趋向递增数列”的必要非充分条件是中没有.一、解答题1．（2024·湖南长沙·一模）对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期.若周期数列满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”.(1)判断数列是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值.【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可；（2）根据同根数列的定义分类讨论进行求解即可.【详解】（1）均是周期数列，理由如下：因为，所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）.因为，所以.所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）.（2）当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件.假设，即对于，都有.因为，所以，即，及.又时，，所以，与的最小值是矛盾.其次证明存在数列满足条件.取及，对于，都有.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件.假设，即对于，都有.因为，所以，即，及.又时，，所以，与的最小值是矛盾.其次证明时存在数列满足条件.取及对于，都有.综上，当是奇数时，的最大值为；当是偶数时，的最大值为.【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解同根数列的定义，运用分类讨论思想进行求解是解题的关键.2．（2023·天津津南·模拟预测）已知是公比为q的等比数列．对于给定的，设是首项为，公差为的等差数列，记的第i项为．若，且．(1)求的通项公式；(2)求；(3)求．【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）根据给定定义，可得，再列出方程求出作答.（2）由（1）的信息，利用裂项相消法求和作答.（3）利用（1）的结论，结合分组求和法及等差数列前n项和公式求解作答.【详解】（1）依题意，，，，由及，得，解得，于是，所以的通项公式是.（2）由（1）知，，，，所以.（3）由（1）知，，，所以.【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.3．（2024·河南·一模）在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列．(1)若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和；(2)若为阶等比数列，求证：为阶等差数列；(3)若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．【答案】(1)，前项和为(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可得解；（2）由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可得出结论；（3）根据既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可得出结论.【详解】（1）因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，设公比为，则为正数，由已知得两式相除得，所以（舍去），所以，所以的通项公式为，前项和为；（2）因为为阶等比数列，所以，使得成立，所以，又，所以，即成立，所以为阶等差数列；（3）因为既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，所以与同时成立，所以与同时成立，又的各项均为正数，所以对任意的，数列和数列都是等比数列，由数列是等比数列，得也成等比数列，设，所以，所以是等比数列．【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.4．（23-24高三下·安徽·开学考试）基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质．(1)若，求数列的最小项；(2)若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由；(3)若，求证：数列具有性质．【答案】(1)最小项为(2)数列具有性质，理由见解析．(3)证明见解析【分析】（1）利用，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；（2）变形，再利用等比数列求和证明性质①，利用证明②；（3）结合二项式定理及n元基本不等式求解.【详解】（1），当且仅当，即时，等号成立，数列的最小项为．（2）数列具有性质．，，数列满足条件①．为单调递增数列，数列满足条件②．综上，数列具有性质．（3）先证数列满足条件①：．当时，则，数列满足条件①．再证数列满足条件②：（，等号取不到）为单调递增数列，数列满足条件②．综上，数列具有性质.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质①均需要放缩为可求和数列.5．（23-24高三下·河北·开学考试）在数列中，若存在常数，使得恒成立，则称数列为“数列”．(1)若，试判断数列是否为“数列”，请说明理由；(2)若数列为“数列”，且，数列为等比数列，且，求数列的通项公式；(3)若正项数列为“数列”，且，，证明：．【答案】(1)数列不是“数列”(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据已知条件求出即可判断；（2）根据数列为“数列”，化为，进而求得，作差有，根据已知条件化为，解出，由此求出，即可求出数列的通项公式.（3）构造函数，通过导数判断函数的单调性，有在上单调递减，且，再推导出且，符合上述区间，即可证明不等式.【详解】（1）数列不是“数列”，理由如下：，则，又，所以，因为不是常数，所以数列不是“数列”.（2）因为数列为“数列”，由，有①，所以②，两式作差得，又因为数列为“数列”，所以，设数列的公比为，所以，即对成立，则，得；又，，得，所以.（3）设函数，则，当时，，则在上单调递减，且，因为数列为“数列”，则，因为，，则，故，由此类推，可得对，，所以，即，所以得证.【点睛】关键点点睛：①理解“数列”的定义并运用；②通过构造函数利用函数单调性证明不等式.6．（2024·安徽黄山·一模）随着信息技术的快速发展，离散数学的应用越来越广泛．差分和差分方程是描述离散变量变化的重要工具，并且有广泛的应用．对于数列，规定为数列的一阶差分数列，其中，规定为数列的二阶差分数列，其中．(1)数列的通项公式为，试判断数列是否为等差数列，请说明理由？(2)数列是以1为公差的等差数列，且，对于任意的，都存在，使得，求的值；(3)各项均为正数的数列的前项和为，且为常数列，对满足，的任意正整数都有，且不等式恒成立，求实数的最大值．【答案】(1)不是等差数列，是等差数列(2)(3)2【分析】（1）理清条件的新定义，结合等差数列性质进行判断；（2）根据新定义和等差数列、等比数列的性质等进行分类讨论求解；（3）根据等差数列的性质以及新定义求解出，运用均值不等式求解出的范围，从而得出的最值.【详解】（1）因为，所以，因为，，，故，，显然，所以不是等差数列；因为，则，，所以是首项为12，公差为6的等差数列.（2）因为数列是以1为公差的等差数列，所以，故，所以数列是以公比为的正项等比数列，，所以，且对任意的，都存在，使得，即，所以，因为，所以，①若，则，解得（舍），或，即当时，对任意的，都存在，使得.②若，则，对任意的，不存在，使得.综上所述，.（3）因为为常数列，则是等差数列，设的公差为，则，若，则，与题意不符；若，所以当时，，与数列的各项均为正数矛盾，所以，由等差数列前项和公式可得，所以，因为，所以，因为，故，所以则当时，不等式恒成立，另一方面，当时，令，，，则，，则，因为，，当时，，即，不满足不等式恒成立，综上，的最大值为2.【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题，关于新定义问题的常见思路为：（1）理解新定义，明确新定义中的条件、原理、方法与结论等；（2）新定义问题要与平时所学知识相结合运用；（3）对于不等式恒成立问题要结合均值不等式进行求解最值，把握好分类讨论的时机.7．（23-24高三下·海南省直辖县级单位·开学考试）由个数排列成行列的数表称为行列的矩阵，简称矩阵，也称为阶方阵，记作：其中表示矩阵中第行第列的数．已知三个阶方阵分别为，，其中分别表示中第行第列的数．若，则称是生成的线性矩阵．(1)已知，若是生成的线性矩阵，且，求；(2)已知，矩阵，矩阵是生成的线性矩阵，且．（i）求；（ii）已知数列满足，数列满足，数列的前项和记为，是否存在正整数，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)（i），；（ii）存在，，【分析】（1）根据得到，计算，，得到答案.（2）根据得到，计算，，确定，利用错位相减法得到，变换得到，根据数列的单调性计算最值得到答案.【详解】（1），则，即，解得，则，，，，故.（2）（i），，故，，.（ii），，，故，故，，即，取验证不成立，整理得到，，当时，，不成立；当时，；当时，；现说明当时不成立：设，，，则，，故单调递增，，设，，，，，故单调递减，，，，，故时，不成立，综上所述：使成立的所有的正整数对为，.【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义问题，数列求和，数列的单调性问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将定义中的新知识转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想是考查的重点，需要熟练掌握.8．（23-24高三上·北京丰台·期末）对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期．若周期数列，满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”．(1)判断下列数列是否为周期数列．如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由；①；②(2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是3和5，求证：；(3)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值．【答案】(1)、均是周期数列，数列周期为1（或任意正整数），数列周期为6(2)证明见解析(3)答案见解析【分析】（1）由周期数列的定义求解即可；（2）由“同根数列”的定义求解即可；（3）是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件,其次证明时存在数列满足条件．【详解】（1）、均是周期数列，理由如下：因为，所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）．因为，所以．所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）．（2）假设不成立，则有，即对于，都有．因为，，所以．又因为，，所以．所以，所以，与的最小值是3矛盾．所以．（3）当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件．假设，即对于，都有．因为，所以，即，及．又时，，所以，与的最小值是矛盾．其次证明存在数列满足条件．取及，对于，都有．当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件．假设，即对于，都有．因为，所以，即，及．又时，，所以，与的最小值是矛盾．其次证明时存在数列满足条件．取及，对于，都有．综上，当是奇数时，的最大值为；当是偶数时，的最大值为．【点睛】关键点睛：本题(3)的突破口是利用“同根数列”的定义分类讨论，当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件，其次证明存在数列满足条件.当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件，其次证明时存在数列满足条件．9．（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)证明：存在，满足使得．【答案】(1)，，，(2)(3)证明见详解【分析】（1）先求，根据题意分析求解；（2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解；（3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明.【详解】（1）由题意可知：，当时，则，故；当时，则，故；当时，则故；当时，则，故；综上所述：，，，.（2）由题意可知：，且，因为，且，则对任意恒成立，所以，又因为，则，即，可得，反证：假设满足的最小正整数为，当时，则；当时，则，则，又因为，则，假设不成立，故，即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.（3）因为均为正整数，则均为递增数列，（ⅰ）若，则可取，满足使得；（ⅱ）若，则，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.①若存在正整数，使得，即，可取，满足，使得；②若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，满足，使得；（ⅲ）若，定义，则，构建，由题意可得：，且为整数，反证，假设存在正整数，使得，则，可得，这与相矛盾，故对任意，均有.①若存在正整数，使得，即，可取，即满足，使得；②若不存在正整数，使得，因为，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，满足，使得.综上所述：存在使得．10．（2022·上海闵行·一模）将有穷数列中部分项按原顺序构成的新数列称为的一个“子列”，剩余项按原顺序构成“子列”.若{bn}各项的和与各项的和相等，则称和为数列的一对“完美互补子列”.(1)若数列为，请问是否存在“完美互补子列”？并说明理由；(2)已知共100项的等比数列为递减数列，且，公比为q.若存在“完美互补子列”，求证：；(3)数列满足.设共有对“完美互补子列”，求证：当和时，都存在“完美互补子列”且.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）“子列”的和不可能为，所以不存在“完美互补子列”；（2）利用反证法证明得解；（3）先利用完美互补子列的定义证明当和时，都存在“完美互补子列”，再分类讨论证明.【详解】（1）解：由题得数列各项的和为由题得“完美互补子列”的和相等，所以每一个“子列”的和为是一个小数，由于数列各项为整数，所以“子列”的和不可能为，所以不存在“完美互补子列”.（2）解：假设，由题得数列的前100项和为,所以不管在哪一个“子列”，都不可能，所以假设不成立，所以.（3）解：时，，不妨设中项为中项为则中所有项与中所有的项的和均为，所以时，数列存在完美互补子数列.时，只需将中，中移到中，将放入中，将放入中，则此时，中的的和均在原来的基础上增加了，所以时，数列存在完美互补子数列.下面证明.当时，数列共有对完美互补子数列，在每一对完美互补子列中，（1）假设在中，则将放入中，将中的移到中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.（2）同理，假设在中，则将放入中，将放入中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.（3）同理，假设在中，则将放入中，将放入中，再将放入中，此时中的的和均在原来的基础上增加了，仍然相等.故对于时，中每一对完美互补子列，都至少有3种情况，所以.题型四：圆锥曲线题型四：圆锥曲线新定义【例1】已知抛物线，为抛物线上的点，若直线经过点且斜率为，则称直线为点的“特征直线”.设、为方程（）的两个实根，记.（1）求点的“特征直线”的方程；（2）已知点在抛物线上，点的“特征直线”与双曲线经过二、四象限的渐近线垂直，且与轴的交于点，点为线段上的点.求证：；（3）已知、是抛物线上异于原点的两个不同的点，点、的“特征直线”分别为、，直线、相交于点，且与轴分别交于点、.求证：点在线段上的充要条件为（其中为点的横坐标）.【分析】（1）计算的斜率为1，再计算直线方程得到答案.（2）根据与渐近线垂直得到，线段的方程为，得到，代入方程得到，，计算得到.（3））设，，得到所对应的方程为：计算得到，分别证明充分性和必要性得到答案.【详解】（1）由题意的斜率为1，所以点的“特征直线”的方程为.（2）设点，由于双曲线所求渐近线的斜率为所以，进而得，线段的方程为所以满足所对应方程为：，解得，因为，所以，进而（3）设，，则、的方程分别为，，解、交点可得，，所对应的方程为：，必要性：因为点在线段上当时，，得，当时，，得，所以，进而①充分性：由，得，当时，，得，当时，得，得，所以点在线段上.综上所述：点在线段上的充要条件为一、解答题1．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．2．给出如下的定义和定理：定义：若直线l与抛物线有且仅有一个公共点P，且l与的对称轴不平行，则称直线l与抛物线相切，公共点P称为切点.定理：过抛物线上一点处的切线方程为.完成下述问题：如图所示，设E，F是抛物线上两点.过点E，F分别作抛物线的两条切线，，直线，交于点C，点A，B分别在线段，的延长线上，且满足，其中.(1)若点E，F的纵坐标分别为，，用，和p表示点C的坐标.(2)证明：直线与抛物线相切；(3)设直线与抛物线相切于点G，求.【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)【分析】（1）分别写出切线和切线的方程，联立方程即可求出点C的坐标.（2）设出切点坐标，根据切点坐标写出切线的方程，从而求出点的坐标，根据点的坐标可求出的值，从而证明直线与抛物线相切.（3）首先根据（2）的结论求出，；然后求和的值，再根据，，可得到，从而可求出答案.【详解】（1）因为点E，F的纵坐标分别为，，所以，所以在处的切线方程为，即，同理在处的切线方程为，两式联立，解得，所以点C的坐标为.（2）设为抛物线上的一点，则，抛物线在点处的切线方程为，即，由，得，由，得，所以，，，所以，，取，则点为点，为点,此时满足，所以直线与抛物线相切；（3）因为，所以，所以根据（2）可知，，所以，所以，而，，所以，所以.3．阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线》一书中．阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是已知动点与两定点，的距离之比，是一个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上．已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于，（点在轴上方），点，是椭圆上异于，的两点，平分，平分．①求的取值范围；②将点、、看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的面积为，求直线的方程．【答案】（1）；（2）①；②．【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得∴，，椭圆的方程为方法（2）设，由题意（常数），整理得：，故，又，解得：，．∴，椭圆的方程为．方法（3）设，则．由题意∵为常数，∴，又，解得：，，故∴椭圆的方程为（2）①由，又，∴（或由角平分线定理得）令，则，设，则有，又直线的斜率，则，代入得：，即，∵，∴．②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，即，解得：．又，故，∴又，∴，解得：，，∴，∴直线的方程为．题型五：立体几何题型五：立体几何新定义一、解答题1．已知，，，定义一种运算：，已知四棱锥中，底面是一个平行四边形，，，（1）试计算的绝对值的值，并求证面；（2）求四棱锥的体积，说明的绝对值的值与四棱锥体积的关系，并由此猜想向量这一运算的绝对值的几何意义.【答案】（1）48，证明见解析；（2）体积为16，，的绝对值表示以为邻边的平行六面体的体积．【分析】（1）根据新定义直接计算，由向量法证明线线垂直，得线面垂直；（2）计算出棱锥体积后，根据数据确定关系．【详解】（1）由题意＝48．，，∴，即．是平面内两相交直线，∴平面．（2）由题意，，，，∴．∴，猜想：的绝对值表示以为邻边的平行六面体的体积．【点睛】本题考查向量的新定义运算，解题时根据新定义的规则运算即可．考查学生的创新意识，同时考查学生的归纳推理能力．2．类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，平行六面体中，平面平面，，，①求的余弦值；②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，作交于点，连接，则是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，得，，两式相减得，∴，两边同除以，得．（2）①由平面平面，知，∴由（1）得，∵，，∴．②在直线上存在点，使平面．连结，延长至，使，连结，在棱柱中，，，∴，∴四边形为平行四边形，∴．在四边形中，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，又平面，平面，∴平面．∴当点在的延长线上，且使时，平面．3．蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值.【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，即蜂房曲顶空间的弯曲度为.（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，则，则，菱形SAHC的面积为，侧面积，所以蜂房的表面积为.（ii），令得到，所以在递增；在递增.所以在处取得极小值，也即是最小值.此时，在中，令，由余弦定理得，又顶点的曲率为，.题型六：统计题型六：统计新定义一、解答题1．（2023-湖南郴州-统考三模）chatGPT是由OpenAI开发的一款人工智能机器人程序，一经推出就火遍全球.chatGPT的开发主要采用RLHF（人类反馈强化学习）技术，训练分为以下三个阶段.第一阶段：训练监督策略模型.对抽取的prompt数据，人工进行高质量的回答，获取<prompt，answer>数据对，帮助数学模型GPT-3.5更好地理解指令.第二阶段：训练奖励模型.用上一阶段训练好的数学模型，生成个不同的回答，人工标注排名，通过奖励模型给出不同的数值，奖励数值越高越好.奖励数值可以通过最小化下面的交叉熵损失函数得到：，其中，且.第三阶段：实验与强化模型和算法.通过调整模型的参数，使模型得到最大的奖励以符合人工的选择取向.参考数据：(1)若已知某单个样本，其真实分布，其预测近似分布，计算该单个样本的交叉熵损失函数Loss值.(2)绝对值误差MAE也是一种比较常见的损失函数，现已知某阶变量的绝对值误差，，其中，表示变量的阶.若已知某个样本是一个三阶变量的数阵，其真实分布是，现已知其预测分布为，求证：该变量的绝对值误差为定值.(3)在测试chatGPT时，如果输入问题没有语法错误chatGPT的回答被采纳的概率为，当出现语法错误时，chatGPT的回答被采纳的概率为.现已知输入的问题中出现语法错误的概率为，现已知chatGPT的回答被采纳，求该问题的输入语法没有错误的概率.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据交叉嫡损失函数，将数据代入求值即可；（2）根据绝对值误差MAE的定义及公式化简证明；（3）利用条件概率公式及全概率公式求概率.【详解】（1）由题意，该单个样本的交叉嫡损失函数：.（2）根据定义，该三阶变量的绝对值误差为.（3）记事件A：chatGPT中输入的语法无错误；事件B：chatGPT中输入的语法有错误；事件C：chatGPT的回答被采纳.依题意：，所以.2．（2023-全国-模拟预测）某校20名学生的数学成绩和知识