专题20 创新定义题型（2大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）解析版

第第页专题20创新定义题型命题解读考向考查统计1.高考对创新定义的考查，是新高考改革出现的题型，一般难度较大。2024年九省联考出现了概率的新定义问题，而2025年新高考中出现了解析几何、数列的新定义问题。解析几何创新问题2024·新高考Ⅰ卷，11数列新定义2024·新高考Ⅰ卷，19命题分析2024年高考新高考Ⅰ卷11题考查了解析几何的创新题型，主要是曲线方程的求法及性质。Ⅱ卷虽然未考查新定义类型，但是压轴题将数列与双曲线相结合，也是一次独特的创新。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，按新定义照章办事”逐条分析、验证、运算，使问题得以解决，难度较难，需重点特训。预计2025年高考还是主要考查数列、函数的新定义问题。试题精讲一、多选题1．（2024新高考Ⅰ卷·11）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（

）A． B．点在C上C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时，【答案】ABD【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.对于B：又曲线方程为，而，故.当时，，故在曲线上，故B正确.对于C：由曲线的方程可得，取，则，而，故此时，故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，故，故D正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.二、解答题2．（2024新高考Ⅰ卷·19）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．(1)写出所有的，，使数列是可分数列；(2)当时，证明：数列是可分数列；(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；（2）根据可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形，得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是，或，或.所以所有可能的就是.（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，共组.（如果，则忽略②）故数列是可分数列.（3）定义集合，.下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，则数列一定是可分数列：命题1：或；命题2：.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果，且.此时设，，.则由可知，即，故.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，共组；③，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）故此时数列是可分数列.第二种情况：如果，且.此时设，，.则由可知，即，故.由于，故，从而，这就意味着.此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：①，共组；②，，共组；③全体，其中，共组；④，共组.（如果某一部分的组数为，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：，，，.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.然后我们来考虑这样的的个数.首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；而如果，假设，则可设，，代入得.但这导致，矛盾，所以.设，，，则，即.所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.所以数列是可分数列的概率一定满足.这就证明了结论.一、新定义问题“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.二、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.一、解答题1．（2024·北京·三模）给定正整数，设数列是的一个排列，对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度.(1)若，，，，，求和；(2)求证：，；(3)求的最小值.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是.【分析】（1）直接根据定义求解；（2）分情况讨论证明，故可推知和不能同时为零，进而得到结论；（3）对的奇偶性分情况讨论，并利用小问2得到的结果即可.【详解】（1）以为首项的最长递增子列是，以为首项的最长递减子列是和.所以，.（2）对，由于是的一个排列，故.若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个，得到一个以为首项的更长的递增子列，所以；而每个以为首项的递减子列都不包含，且，故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以.这意味着；若，同理有，，故.总之有，从而和不能同时为零，故.（3）根据小问2的证明过程知和不能同时为零，故.情况一：当为偶数时，设，则一方面有；另一方面，考虑这样一个数列：，.则对，有，.故此时.结合以上两方面，知的最小值是.情况二：当为奇数时，设，则一方面有；另一方面，考虑这样一个数列：，.则对，有，.故此时.结合以上两方面，知的最小值是.综上，当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是.【点睛】关键点点睛：求最小（或最大）值的本质在于，先证明所求的表达式一定不小于（或不大于）某个数，再说明该表达式在某种情况下能取到，就得到了最小（或最大）值是，这便是“求最小（或最大）值”的本质.而在这个过程中，“想到的具体取值”这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等，去猜出的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只要证明合乎逻辑，“如何想到的取值”无需交代，不影响解答的正确性.换言之，所谓“求”，便是“猜出结果，再证明结果正确”，与“算出”、“得出”本就是无关的.在高考范围内，大多数最小值和最大值问题都能够直接化为某个显而易见，容易刻画的模型，然后“直接算出”，但不可将此作为万能法宝，忘记了最小值最大值的原始定义和本质.2．（2024·河南·三模）已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质．(1)若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质；(2)设数列的各项均为正数，且具有性质．①若数列是公比为的等比数列，且，求的值；②求的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)①；②的最小值为4.【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出通项公式及前项和，再利用定义判断即得.（2）①根据给定条件，可得，再按，探讨，当时，，又按且讨论得解；②由定义，消去结合基本不等式得，再迭代得，借助正项数列建立不等式求解即可.【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，解得，则，于是，即，所以数列具有性质．（2）①由数列具有性质，得，又等比数列的公比为，若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；当时，，而，整理得，若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；若，则，当时，恒成立，满足题意；当且时，，解得，与为任意正整数相矛盾；所以.②由，得，即，因此，即，则有，由数列各项均为正数，得，从而，即，若，则，与为任意正整数相矛盾，因此当时，恒成立，符合题意，所以的最小值为4．【点睛】易错点睛：等比数列公比q不确定，其前n项和直接用公式处理问题，漏掉对的讨论.3．（2024·河北保定·三模）在初等数论中，对于大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其它自然数整除的数叫做素数，对非零整数a和整数b，若存在整数k使得，则称a整除b.已知p，q为不同的两个素数，数列是公差为p的等差整数数列，为q除所得的余数，为数列的前n项和.(1)若，，，求；(2)若某素数整除两个整数的乘积，则该素数至少能整除其中一个整数，证明：数列的前q项中任意两项均不相同；(3)证明：为完全平方数.【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）求出数列的通项，进而求出的通项公式，再借助分组求和即得.（2）利用反证法，结合整除及素数的性质导出矛盾即可得证.（3）利用（2）的信息，求出，再利用的定义可得即可求和得证.【详解】（1）依题意，，当n为奇数时，为奇数，当n为偶数时，为偶数，而，因此，所以.（2）假设存在，，，依题意，，，，则，因此q整除，因为p，q为不同的素数，故q不整除p，又因为，故q不整除，与q整除矛盾，故假设错误，所以数列的前q项中任意两项均不相同.（3）由（2）得，且数列的前q项中任意两项均不相同，所以，设，则，故，所以为完全平方数.【点睛】方法点睛：应用反证法时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.4．（2024·海南·二模）设数列，如果A中各项按一定顺序进行一个排列，就得到一个有序数组．若有序数组满足恒成立，则称为n阶减距数组；若有序数组满足恒成立，则称为n阶非减距数组．(1)已知数列，请直接写出该数列中的数组成的所有4阶减距数组；(2)设是数列的一个有序数组，若为n阶非减距数组，且为阶非减距数组，请直接写出4个满足上述条件的有序数组；(3)已知等比数列的公比为q，证明：当时，为n阶非减距数组．【答案】(1).(2).(3)证明见解析.【分析】（1）根据题中阶减距数组的定义，写出4阶减距数组，只需要保证有序数组中，和恒成立即可，分别令为数列中的每一个值即可得出结果；（2）根据题干中阶非减距数组的定义，只需要保证有序数组中，满足和有序数组中，满足恒成立即可.（3）利用分析法进行逐步反向递推，最后得证.【详解】（1）4阶减距数组有：.（2）满足条件的有序数组：.（3）证明：设，要证为阶非减距数组，需证明恒成立，即证，需证即需证即证.当时，因为，则，，所以；当时，因为，则，，所以；综上：当时，为n阶非减距数组.5．（2024·江西九江·三模）已知数列共有项，且，若满足，则称为“约束数列”.记“约束数列”的所有项的和为.(1)当时，写出所有满足的“约束数列”；(2)当时，设“约束数列”为等差数列.请判断是的什么条件，并说明理由；(3)当时，求的最大值.【答案】(1)①；②；③(2)是的充分不必要条件，理由见解析(3)【分析】（1）由“约束数列”的定义，可得所求.（2）由“约束数列”和充分必要条件的定义，结合等差数列的知识，可得结论.（3）由，要使最大，推出，讨论等差数列的公差，用求和公式可解.【详解】（1）当时，所有满足的“约束数列”有：①；②；③（2）是的充分不必要条件.理由：①当时，.则，当且仅当时，成立，“约束数列”是公差为1的等差数列②当“约束数列”是等差数列时，由，得，或，或，若，则的公差为；若，则的公差为；若，则的公差为，即当“约束数列”是等差数列时，或或2024.由①②，得是的充分不必要条件.（3）要使得取最大值，则，当且仅当同时满足以下三个条件时，取最大值.①当时，；②当时，；③当时，..【点睛】关键点睛：本题关键在于对新定义的理解，抓住和进行分类讨论可求解第二问；第三问关键在于根据分析取得最大值的条件，然后分段求和可得..6．（2024·山东青岛·三模）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.(1)求的方程;(2)若是四边形的等线，求四边形的面积;(3)设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线【答案】(1)(2)12(3)证明见解析【分析】（1）利用已知等量关系建立方程，求解各个元素，得到双曲线方程即可.（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.（3）利用给定条件和新定义证明即可.【详解】（1）由题意知，显然点在直线的上方，因为直线为的等线，所以，解得，所以的方程为（2）设，切线，代入得:故，该式可以看作关于的一元二次方程，所以，即方程为当的斜率不存在时，也成立渐近线方程为，不妨设在上方，联立得，故，所以是线段的中点，因为到过的直线距离相等，则过点的等线必定满足:到该等线距离相等，且分居两侧，所以该等线必过点，即的方程为，由，解得，故.所以，所以，所以，所以（3）设，由，所以，故曲线的方程为由（*）知切线为，也为，即，即易知与在的右侧，在的左侧，分别记到的距离为，由（2）知，所以由得因为，所以直线为的等线.【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可．7．（2024·浙江·三模）在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.(1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由；(2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值；(3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围.【答案】(1)不是，理由见解析(2)(3)【分析】（1）根据函数的定义直接判断即可.（2）将已知条件转化为函数与直线最多一个交点，利用两个函数图象的交点与对应方程根的关系，分离，构造新函数，转化为新函数在上单调，进而求解.（3）同问题（2）根据已知条件构造新函数，转化为新函数在上单调，求导，分离参数，转化为恒成立问题求最值即可.【详解】（1）函数不是“旋转函数”，理由如下：逆时针旋转后与轴重合，当时，有无数个与之对应，与函数的概念矛盾，因此函数不是“旋转函数”.（2）由题意可得函数与函数最多有1个交点，且，所以最多有一个根，即最多有一个根，因此函数与函数R最多有1个交点，即函数在上单调，因为，且，所以，所以，即，，即的最大值为.（3）由题意可得函数与函数最多有1个交点，即，即函数与函数最多有1个交点，即函数在上单调，，当时，所以，令，则，因为在上单调减，且，所以存在，使，即，所以在单调递增，单调递减，所以，即.【点睛】方法点睛：利用函数的零点与对应方程的根的关系，我们经常进行灵活转化：函数的零点个数方程的根的个数函数与图象的交点的个数；另外，恒成立求参数范围问题往往分离参数，构造函数，通过求构造函数的最值来求出参数范围，例：若恒成立，只需，恒成立，只需.8．（2024·上海·三模）设，函数的定义域为．若对满足的任意，均有，则称函数具有“性质”．(1)在下述条件下，分别判断函数是否具有性质，并说明理由；①；

②；(2)已知，且函数具有性质，求实数的取值范围；(3)证明：“函数为增函数”是“对任意，函数均具有性质”的充要条件．【答案】(1)①是，②不是，理由见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据函数具有性质的条件判断①；举反例可判断②；（2）原问题等价于当时，恒成立，即恒成立，得；（3）利用函数的单调性以及不等式的性质判断充分性，利用反证法判断必要性.【详解】（1）①是，对任意，，符合定义；②不是，令，，故不符合题意.（2）显然，设，则，当时，取最小值，原问题等价于当时，恒成立，即恒成立，得；（3）证明：充分性：若函数为增函数，则对任意均有，即，因此，对任意，若，则，函数具有性质，充分性得证；必要性：若对任意，函数均具有性质，假设函数不是增函数，则存在，满足，即，取，则显然，即对于，存在，但是，与“对任意，函数均具有性质”矛盾，因此假设不成立，即函数为增函数，必要性得证．【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.9．（2024·新疆喀什·三模）已知定义域为的函数满足：对于任意的，都有，则称函数具有性质．(1)判断函数，是否具有性质；（直接写出结论）(2)已知函数（，），判断是否存在，，使函数具有性质？若存在，求出，的值；若不存在，说明理由；(3)设函数具有性质，且在区间上的值域为．函数，满足，且在区间上有且只有一个零点．求证：．【答案】(1)具有性质(2)存在，，(3)证明见解析【分析】（1）利用定义直接判断即可；（2）假设函数具有性质，可求出，进而得到，再根据定义验证即可；（3）分析可知函数在的值域为，由在区间上有且仅有一个零点可知时不合题意，再求解当时，与函数是以为周期的周期函数矛盾，由此可得，进而得证．【详解】（1）因为，则，又，所以，故函数具有性质；因为，则，又，，故具有性质．（2）若函数具有性质，则，即，因为，所以，所以；若，不妨设，由，得（*），只要充分大时，将大于1，而的值域为，故等式（*）不可能成立，所以必有成立，即，因为，所以，所以，则，此时，则，而，即有成立，所以存在，使函数具有性质．（3）证明：由函数具有性质及（2）可知，，由可知函数是以为周期的周期函数，则，即，所以，；由，以及题设可知，函数在的值域为，所以且；当，及时，均有，这与在区间上有且只有一个零点矛盾，因此或；当时，，函数在的值域为，此时函数的值域为，而，于是函数在的值域为，此时函数的值域为，函数在当时和时的取值范围不同，与函数是以为周期的周期函数矛盾，故，即，命题得证．【点睛】方法点睛：对于以函数为背景的新定义问题的求解策略：1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；2、用好函数的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的函数的性质的一些因素.10．（2024·贵州六盘水·三模）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数”(1)若，判断是否为上的“4类函数”；(2)若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围；(3)若为上的“2类函数”且，证明：，，.【答案】(1)是(2)(3)证明见解析【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；（2）由已知条件转化为对于任意，都有，对函数求导后进行分离参数，利用导函数研究函数的单调性和最值即可；（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.【详解】（1）函数是上的“4类函数”，理由如下：不妨设，所以，，所以是上的“4类函数”；（2），，由题意知，对于任意不同的都有，不妨设，则，故且，所以为上的增函数，为上的减函数，所以对任意的，即，由，令，则，，令得在上单调递增，，由，令，只需，，令得在单调递增，所以，综上所述，实数a的取值范围为；（3）证明：因为为上的“2类函数”，所以，不妨设，当时，；当时，因为，所以，综上所述，，，.【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.11．（2024·江西南昌·三模）给定数列，若对任意m，且，是中的项，则称为“H数列”．设数列的前n项和为(1)若，试判断数列是否为“H数列”，并说明理由；(2)设既是等差数列又是“H数列”，且，，，求公差d的所有可能值；(3)设是等差数列，且对任意，是中的项，求证：是“H数列”．【答案】(1)是“H数列”；理由见解析(2)1，2，3，6；(3)证明见解析【分析】（1）根据“H数列”定义判断即可.（2）由等差数列和“H数列”的定义得到公差的等式关系即可求解.（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明是“H数列”.【详解】（1）因为，当时，，当时，也成立，所以，对任意m，且，，是“H数列”.（2）因为，，，所以，所以，由已知得也为数列中的项，令，即，所以，所以d为6的正因数，故d的所有可能值为1，2，3，6.（3）设数列的公差为d，所以存在，对任意，，即，当时，则，故，此时数列为“H数列”；当时，，取，则，所以，，当时，均为正整数，符合题意，当时，均为正整数，符合题意，所以，，设，，，即，所以任意m，且，，显然，所以为数列中的项，是“H数列”.【点睛】关键点点睛：本题考查数列定义问题.其中关键点是理解“H数列”定义，并与已学知识等差数列进行结合，利用等差数列的定义与求和公式，分情况讨论即可证明结论.12．（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”.(1)设数列是项数为7的“对称数列”，其中成等差数列，且，依次写出数列的每一项；(2)设数列是项数为(且)的“对称数列”，且满足，记为数列的前项和.①若，，…，构成单调递增数列，且.当为何值时，取得最大值?②若，且，求的最小值.【答案】(1)1，3，5，7，5，3，1(2)①1012；②2025【分析】（1）根据新定义“对称数列”的定义和已知条件可求得公比，进而求得结果；（2）①根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后根据二次函数的性质来求解；②由条件得到数列相邻两项间的大小关系，并结合定义求得的取值范围，然后结合已知条件确定出最后的结果【详解】（1）因为数列是项数为7的“对称数列”，所以，又因为成等差数列，其公差，…所以数列的7项依次为1，3，5，7，5，3，1；（2）①由，，…，是单调递增数列，数列是项数为的“对称数列”且满足，可知，，…，构成公差为2的等差数列，，，…，构成公差为的等差数列，故，所以当时，取得最大值；②因为即，所以即，于是，因为数列是“对称数列”，所以，因为，故，解得或，所以，当，，…，构成公差为的等差数列时，满足，且，此时，所以的最小值为2025.【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第二问①关键是得到，，…，构成公差为的等差数列.13．（2024·安徽·三模）已知数列的前n项和为，若数列满足：①数列为有穷数列；②数列为递增数列；③，，，使得；则称数列具有“和性质”.(1)已知，求数列的通项公式，并判断数列是否具有“和性质”；（判断是否具有“和性质”时不必说明理由，直接给出结论）(2)若首项为1的数列具有“和性质”.（ⅰ）比较与的大小关系，并说明理由；（ⅱ）若数列的末项为36，求的最小值.【答案】(1)，具有(2)（ⅰ），理由见解析；（ⅱ）75【分析】（1）利用数列的前n项和及与的关系得数列的通项公式，再利用题目所给定义对数列是否具有“和性质”进行判断；（2）（ⅰ）利用题目所给定义得，再利用数列的前n项和得结论；（ⅱ）构造具有“和性质”的数列：1，2，3，6，9，18，36或数列：1，2，4，5，9，18，36，此时，再利用反证法得具有“和性质”的数列，不可能存在比75更小的，从而得结论.【详解】（1）因为，所以当时，；当时，，而当时，满足，因此数列的通项公式为该数列具有“和性质”.（2）（ⅰ）因为首项为1的数列具有“和性质”，所以，，，使得，且，，因此，，所以；因此，所以将上述不等式相加得：，即.因为，所以，因此.（ⅱ）因为数列具有“和性质”，所以由③得：，因此数列中的项均为整数.构造数列：1，2，3，6，9，18，36或数列：1，2，4，5，9，18，36，因此这两个数列具有“和性质”，此时.下面证明的最小值为75，即证明不可能存在比75更小的.假设（存在性显然，因为满足的数列只有有限个）.第一步：首先说明有穷数列中至少有7个元素.设有穷数列中元素组合的集合为A，由（ⅰ）知：，而，因此，，，，，所以.第二步：证明，.若，设.因为，所以为了使得最小，则在数列中一定不含有，使得，因此.假设，根据“和性质”，对，有，，使得.显然，因此，所以由有穷数列中至少有7个元素得：集合A中至少还有4个不同于，，的元素，因此，与矛盾，所以，且.同理可证：.根据“和性质”得：存在、，使得.我们需要考虑如下几种情形：①当，时，至少还需要一个大于等于4的，才能得到8，因此；②当，时，至少还需要一个大于4的，才能得到7，则；③当，时，此时为：1，2，3，6，9，18，36，因此；④当，时，此时为：1，2，4，5，9，18，36，因此；综上所述，的最小值为75.【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的前n项和及与的关系和数列的新定义问题，解题关键在于找与的关系以及弄清新定义的“和性质”；再利用题目所给定义得，并利用数列的前n项和得结论；最后构造具有“和性质”的数列，利用反证法得具有“和性质”的数列，不可能存在比75更小的，从而得结论.14．（2024·湖北荆州·三模）对于数列，如果存在一个正整数，使得对任意，都有成立，那么就把这样的一类数列称作周期为的周期数列，的最小值称作数列的最小正周期，简称周期.(1)判断数列和是否为周期数列，如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由.(2)设（1）中数列前项和为，试问是否存在，使对任意，都有成立，若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由.(3)若数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由.【答案】(1)数列是周期数列，其周期为1；数列是周期数列，其周期为6(2)存在，(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可；（2）由（1）可知，是周期为的数列，得到数列，求出，通过讨论得到的取值范围；（3）假设存在非零常数，使得是周期为T的数列，推导出数列是周期为的周期数列，进一步得到数列的周期为，推断出，而该方程无解，所以，不存在非零常数，使得是周期数列.【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，因为，所以.则，所以，所以数列是周期数列，其周期为6；（2）由（1）可知，是周期为的数列，计算数列为：，故，当时，，故；当时，，故；当时，，故；当时，，故；当时，，故；当时，，故；综上所述：存在，且.（3）假设存在非零常数，使得是周期为T的数列，所以，即，所以，，即，所以，，即，所以数列是周期为的周期数列，因为，即，因为，所以，，，所以数列的周期为，所以，即，显然方程无解，所以，不存在非零常数，使得是周期数列.【点睛】关键点点睛：（2）由（1）可知，是周期为的数列，求时要将分成六类，求的取值范围时也要分六类讨论；（3）先假设存在非零常数，使得是周期为T的数列，推导出数列的周期为，推断出，通过该方程无解，得到不存在非零常数，使得是周期数列.15．（2024·安徽芜湖·三模）若数列的各项均为正数，且对任意的相邻三项，都满足，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项，都满足则称该数列为“凸数列”．(1)已知正项数列是一个“凸数列”，且，（其中为自然常数，），证明：数列是一个“对数性凸数列”，且有；(2)若关于的函数有三个零点，其中．证明：数列是一个“对数性凸数列”：(3)设正项数列是一个“对数性凸数列”，求证：【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据的性质，由等量关系代换成关于的结论，紧扣定义，即可证明；（2）由原函数有三个零点，且导函数为二次函数，分析出导函数有两个零点，判别式大于零，推得；有三个零点，得到有三个零点，再次借助导函数的零点个数，可以得到，即可得证；（3）记，利用分析法，只需证，由数列为对数性凸数列，得到，，再用基本不等式证明即可.【详解】（1）因为，所以，因为正项数列是一个“凸数列”，所以，所以，所以，所以数列是一个“对数性凸数列”，，所以，变形可得到，所以数列是一个“对数性凸数列”，且有.（2）因为有三个零点，所以有两个不等实数根，所以，又，所以；时，，所以不是的零点，又，令，则也有三个零点，即有三个零点，令，则有三个零点，所以有两个零点，所以，因为，所以正项数列对任意的相邻三项，都满足，所以数列是一个“对数性凸数列”.（3）记，则要证，即证，即，即①，因为数列为对数性凸数列，所以，，所以，所以，，而，所以，当且仅当时等号成立，故式①成立，所以原不等式成立．【点睛】方法点睛：解决数列新定义题型，需要耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按照新定义的要求，结合所学习过的知识点，逐一分析、证明、求解.16．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.【答案】(1)(2)(3)成立，理由见解析【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.【详解】（1）由定义可知，与相切，则圆的圆心到直线的距离等于1，则，.（2）点不在直线族的任意一条直线上，所以无论取何值时，无解.将整理成关于的一元二次方程，即.若该方程无解，则，即.证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，于是可以得到在点处的切线方程为：，即.今直线族中，则直线为，所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，而对任意都是抛物线在点处的切线.所以直线族的包络曲线为.（3）法一：已知，设，则，；由（2）知在点处的切线方程为；同理在点处的切线方程为；联立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：则，因为，显然.又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.同理可知，所以，即.则.所以成立.【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.17．（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.(1)求Γ的方程；(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明：.【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，所以的方程为.（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：，由消去得：，由直线与椭圆相切，得，整理得，于是圆心到直线的距离，则的面积为，设，求导得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，取得最大值，此时，当的斜率不存在时，由（1）知，，由，得，则.对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，当为线段的中点时，取得最大值，所以.（ii）因为均存在，设点，且，设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，因此，而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，所以.【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.18．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．(1)求“椭圆”的方程；(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；（2）由方程，得，因为，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，将点代入得，解得，所以椭圆的方程为，，由题意可设直线的方程为，联立，得，恒成立，则，因为的中点为，所以直线的中垂线的方程为，同理直线的中垂线的方程为，设，则是方程的两根，即是方程的两根，所以，又因，所以，两式相比得，所以，所以，所以直线与的斜率之积为定值．

【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．19．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，（i）求斜椭圆C的离心率；（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.【答案】(1)(2)（i）；（ⅱ）是，2【分析】（1）借助所给定义计算即可得；（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；（ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公