第5.1講 新結(jié)構(gòu)題型中第19題考點(diǎn)預(yù)測(cè)之創(chuàng)新定義題型解析版

2024年高考數(shù)學(xué)高頻考點(diǎn)必刷題型精講+精練（新高考通用）第5.1講新結(jié)構(gòu)題型中第19題考點(diǎn)預(yù)測(cè)之創(chuàng)新定義題型本節(jié)題目專門針對(duì)新結(jié)構(gòu)題型的第19題（17分），難度系數(shù)困難“新定義”主要是指即時(shí)定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時(shí)還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對(duì)新定義的透徹理解.但是，透過現(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎(chǔ)數(shù)學(xué)知識(shí)，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應(yīng)萬變才是制勝法寶.新定義問題的方法和技巧：（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉(zhuǎn)化為具體的簡(jiǎn)單的應(yīng)用，從而加深對(duì)信息的理解；（2）可用自己的語言轉(zhuǎn)述新信息所表達(dá)的內(nèi)容，如果能清晰描述，那么說明對(duì)此信息理解的較為透徹；（3）發(fā)現(xiàn)新信息與所學(xué)知識(shí)的聯(lián)系，并從描述中體會(huì)信息的本質(zhì)特征與規(guī)律；（4）如果新信息是課本知識(shí)的推廣，則要關(guān)注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.①集合新定義②函數(shù)新定義③數(shù)列新定義④圓錐曲線新定義⑤立體幾何新定義⑥統(tǒng)計(jì)新定義題型一：題型一：集合新定義【例1】已知正整數(shù)，集合.對(duì)于中的元素，，定義，令.(1)直接寫出的兩個(gè)元素及的元素個(gè)數(shù)；(2)已知，，…，，滿足對(duì)任意，都有，求m的最大值；(3)證明：對(duì)任意，，…，，總存在，使得.【分析】（1）由題可知中的n個(gè)數(shù)中有任意3個(gè)數(shù)字為1，數(shù)字為0，根據(jù)排列組合數(shù)可列的元素個(gè)數(shù)通式為；（2）第二小問等價(jià)于同時(shí)滿足的元素個(gè)數(shù)最多幾個(gè)，首先需要線分析最多幾個(gè)不同元素同一位置的分量可以同時(shí)為1，在以此極限情況找到m的不等式關(guān)系求出m最大值；（3）由題可知共有個(gè)非空子集，并且由題意可知當(dāng)時(shí)，因此證明存在等式，即證明的值必有奇數(shù)即可.【詳解】（1），；，即中6個(gè)分量中恰有3個(gè)1，故的元素個(gè)數(shù)為；（2）對(duì)于的非空子集，設(shè)，這里為的第j個(gè)分量，定義，規(guī)定.設(shè)，令我們先證明引理：.（反證），令，不妨設(shè)，，…，滿足，其中又因?yàn)?，且，，故，故，這與矛盾，引理證畢.回到原題，由引理，得，，，符合題意，綜上，當(dāng)時(shí)，m的最大值為4（3）共有個(gè)非空子集，記為，，則在每個(gè)分量得奇偶性下恰有種不同得狀態(tài)，由知由抽屜原理，存在兩個(gè)不同的的非空子集，設(shè)，，有與奇偶性相同，令，由于，故令，則且都為偶數(shù)，不妨設(shè)，則為偶數(shù)而為奇數(shù)，故且為奇數(shù)故必存在一個(gè)，使得為奇數(shù)，又由于，從而一、解答題1．（23-24高三上·黑龍江哈爾濱·開學(xué)考試）已知.定義，設(shè).

(1)若，畫出函數(shù)的圖象并直接寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)定義區(qū)間的長(zhǎng)度.若，則.設(shè)關(guān)于的不等式的解集為.是否存在實(shí)數(shù)，且，使得?若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】(1)圖象見解析，遞減區(qū)間是，遞增區(qū)間是；(2)存在，.【分析】（1）把代入，求出，再畫出函數(shù)的圖象，求出單調(diào)區(qū)間作答.（2）對(duì)按，進(jìn)行分類討論即可求解作答.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在上遞減，而時(shí)，，因此當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，則當(dāng)或時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，于是，函數(shù)的圖象，如圖，

觀察圖象知，函數(shù)的遞減區(qū)間是，遞增區(qū)間是.（2）因?yàn)楹瘮?shù)的最小值為1，函數(shù)的最小值為2，函數(shù)的圖象是函數(shù)和函數(shù)的圖象左右平移后，再取下方圖形而得，因此函數(shù)的最小值為1，若不等式有解，則必有，又函數(shù)的最小值為2，則當(dāng)時(shí)，，即，解得，于是，若，則，解得，矛盾，當(dāng)時(shí)，不等式的解集為，由，即，解得，于是不等式的解集為，又，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，即有，因此，若，則，又，解得，所以存在實(shí)數(shù)滿足條件.2．（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）已知集合中含有三個(gè)元素，同時(shí)滿足①；②；③為偶數(shù)，那么稱集合具有性質(zhì).已知集合，對(duì)于集合的非空子集，若中存在三個(gè)互不相同的元素，使得均屬于，則稱集合是集合的“期待子集”.(1)試判斷集合是否具有性質(zhì)，并說明理由；(2)若集合具有性質(zhì)，證明：集合是集合的“期待子集”；(3)證明：集合具有性質(zhì)的充要條件是集合是集合的“期待子集”.【答案】(1)不具有，理由見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）分取到的三個(gè)元素都是奇數(shù)和有偶數(shù)2，兩種情況比較三個(gè)條件，即可判斷；（2）首先根據(jù)性質(zhì)，確定集合，再根據(jù)“期待子集”的定義，確定集合是集合的“期待子集”；（3）首先證明充分性，存在三個(gè)互不相同的，使得均屬于證明滿足性質(zhì)的三個(gè)條件；再證明必要性，首先設(shè)滿足條件的，再證明均屬于，即可證明.【詳解】（1）集合不具有性質(zhì)，理由如下：（i）從集合中任取三個(gè)元素均為奇數(shù)時(shí)，為奇數(shù)，不滿足條件③（ii）從集合中任取三個(gè)元素有一個(gè)為，另外兩個(gè)為奇數(shù)時(shí)，不妨設(shè)，，則有，即，不滿足條件②，綜上所述，可得集合不具有性質(zhì).（2）證明：由是偶數(shù)，得實(shí)數(shù)是奇數(shù)，當(dāng)時(shí)，由，得，即，不合題意，當(dāng)時(shí)，由，得，即，或（舍），因?yàn)槭桥紨?shù)，所以集合，令，解得，顯然，所以集合是集合的“期待子集”得證.（3）證明：先證充分性：當(dāng)集合是集合的“期待子集”時(shí)，存在三個(gè)互不相同的，使得均屬于，不妨設(shè)，令，，，則，即滿足條件①，因?yàn)?，所以，即滿足條件②，因?yàn)?，所以為偶?shù)，即滿足條件③，所以當(dāng)集合是集合的“期待子集”時(shí)，集合具有性質(zhì).再證必要性：當(dāng)集合具有性質(zhì)，則存在，同時(shí)滿足①；②；③為偶數(shù)，令，，，則由條件①得，由條件②得，由條件③得均為整數(shù)，因?yàn)?，所以，且均為整?shù)，所以，因?yàn)椋跃鶎儆?，所以?dāng)集合具有性質(zhì)時(shí)，集合是集合的“期待子集”.綜上所述，集合是集合的“期待子集”的充要條件是集合具有性質(zhì).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是利用“性質(zhì)”和“期待子集”的定義.3．（23-24高三下·江蘇南通·開學(xué)考試）設(shè)集合，其中．若對(duì)任意的向量，存在向量，使得，則稱A是“T集”．(1)設(shè)，判斷M，N是否為“T集”．若不是，請(qǐng)說明理由；(2)已知A是“T集”．（i）若A中的元素由小到大排列成等差數(shù)列，求A；（ii）若（c為常數(shù)），求有窮數(shù)列的通項(xiàng)公式．【答案】(1)是“集”;不是“集”，理由見解析；(2)（i）；（ii）【分析】（1）根據(jù)“T集”的定義判斷即可；（2）（i）寫出等差數(shù)列通項(xiàng)，得到向量的坐標(biāo)，再分類討論即可；（ii）設(shè)，利用三角數(shù)陣和等比數(shù)列定義即可.【詳解】（1）是“集”;不是“集”.理由：當(dāng)或時(shí)，只要橫縱坐標(biāo)相等即可，則滿足，當(dāng)，則；當(dāng)，則；當(dāng)，則；當(dāng)，則；綜上是“集”.對(duì)于向量，若存在，使得.則，故中必有一個(gè)為，此時(shí)另一個(gè)為或，顯然不符合，則不是“集”.（2）(i)因?yàn)橹械脑赜尚〉酱笈帕谐傻炔顢?shù)列，則該等差數(shù)列的首項(xiàng)為，公差為2，故.則向量的坐標(biāo)中必含，設(shè)另一坐標(biāo)為，則或.所以或，故或，所以或，所以或，所以或即.此時(shí)，不滿足;或，滿足;所以只可能為.經(jīng)檢驗(yàn)是“集”，所以.(ii)設(shè).由，得，由條件可變形為.設(shè)集合設(shè)集合則是“集”當(dāng)且僅當(dāng)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱.因?yàn)槭侵形ㄒ回?fù)數(shù)，共個(gè)數(shù)，所以也只有個(gè)數(shù).由于，所以，已有個(gè)數(shù).對(duì)以下三角數(shù)陣：注意到，所以.又為常數(shù))，故有窮數(shù)列為等比數(shù)列，且通項(xiàng)公式.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第二問第二小問的的關(guān)鍵是充分利用數(shù)列新定義，結(jié)合三角數(shù)陣，得到，再根據(jù)等比數(shù)列定義即可得到其通項(xiàng).4．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）拓?fù)鋵W(xué)是一個(gè)研究圖形（或集合）整體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的一門幾何學(xué)，以抽象而嚴(yán)謹(jǐn)?shù)恼Z言將幾何與集合聯(lián)系起來，富有直觀和邏輯．已知平面，定義對(duì)，，其度量（距離）并稱為一度量平面．設(shè)，，稱平面區(qū)域?yàn)橐詾樾模瑸榘霃降那蛐梧徲颍?1)試用集合語言描述兩個(gè)球形鄰域的交集；(2)證明：中的任意兩個(gè)球形鄰域的交集是若干個(gè)球形鄰域的并集；(3)一個(gè)集合稱作“開集”當(dāng)且僅當(dāng)其是一個(gè)無邊界的點(diǎn)集．證明：的一個(gè)子集是開集當(dāng)且僅當(dāng)其可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由交集的定義可解；（2）結(jié)合題意，利用并集的定義證明；（3）利用題目定義分別證明充分性和必要性.【詳解】（1）設(shè)這兩個(gè)球形鄰域分別為，，為和的交集．①若與不相交，則；②若與相交，則且故或且．（2）我們約定集合族是指以集合為元素的集合，其并運(yùn)算為表示集合族的所有集合的并集回到原題，設(shè)這兩個(gè)球形鄰域分別為，，為和的交集．①若與不相交，則，即可以看作零個(gè)球形鄰域的并集；②若與相交，則取，令，構(gòu)造球形鄰域．因?yàn)閷?duì)于，有故，這說明．由于是中任取的一點(diǎn)，這說明，繼而即可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集．命題得證．（3）①先證充分性：當(dāng)?shù)囊粋€(gè)子集可以寫為若干球形鄰域的并時(shí)，其必為開集．設(shè)，由（2）可知可看作若干個(gè)球形鄰域的并集，即則，使得，故是開集．充分性證畢．②再證必要性：若的一個(gè)子集是開集，則其可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集．設(shè)是一個(gè)開集，由情況①得，使得，所以即故可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集．必要性證畢．【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：利用集合的運(yùn)算和題干中的定義完成問題.5．（23-24高三上·北京朝陽·期末）已知是各項(xiàng)均為正整數(shù)的無窮遞增數(shù)列，對(duì)于，定義集合，設(shè)為集合中的元素個(gè)數(shù)，若時(shí)，規(guī)定.(1)若，寫出及的值；(2)若數(shù)列是等差數(shù)列，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(3)設(shè)集合，求證：且.【答案】(1)，，，(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)集合新定義求出前幾項(xiàng)判斷即可；（2）通過集合新定義結(jié)合等差數(shù)列性質(zhì)求出，然后利用反證法結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性求得，利用等差數(shù)列定義求解通項(xiàng)公式即可；（3）先利用集合性質(zhì)得數(shù)列是遞增數(shù)列，然后利用反證法結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性證明，由集合新定義及集合相等證明．【詳解】（1）因?yàn)椋?，則，所以，，又，所以，，所以；（2）由題可知，所以，所以.若，則，，所以，，與是等差數(shù)列矛盾.所以.設(shè)，因?yàn)槭歉黜?xiàng)均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以.假設(shè)存在使得.設(shè)，由得.由得，，與是等差數(shù)列矛盾.所以對(duì)任意都有.所以數(shù)列是等差數(shù)列，.（3）因?yàn)閷?duì)于，，所以.所以，即數(shù)列是遞增數(shù)列.先證明.假設(shè)，設(shè)正整數(shù).由于，故存在正整數(shù)使得，所以.因?yàn)槭歉黜?xiàng)均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以.所以，.所以，.又因?yàn)閿?shù)列是遞增數(shù)列，所以，矛盾.所以.再證明.由題可知.設(shè)且，因?yàn)閿?shù)列是各項(xiàng)均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以存在正整數(shù)，使得.令.若，則，即，所以.所以，所以.若，則，所以.所以，所以.因?yàn)椋?所以.綜上，且.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解新定義運(yùn)算有關(guān)的題目，關(guān)鍵是理解和運(yùn)用新定義的概念以及元算，利用化歸和轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，將不熟悉的數(shù)學(xué)問題，轉(zhuǎn)化成熟悉的問題進(jìn)行求解.6．（23-24高一上·浙江杭州·期中）定義1：通常我們把一個(gè)以集合作為元素的集合稱為族（collection）.定義2：集合上的一個(gè)拓?fù)洌╰opology）乃是的子集為元素的一個(gè)族，它滿足以下條件：（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，判斷族與族是否為集合的拓?fù)洌?2)設(shè)有限集為全集（i）證明：；（ii）族為集合上的一個(gè)拓?fù)?，證明：由族所有元素的補(bǔ)集構(gòu)成的族為集合上的一個(gè)拓?fù)?【答案】(1)都是集合的拓?fù)?2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）根據(jù)集合的拓?fù)涠x判斷即可；（2）（i）根據(jù)集合的拓?fù)涠x證明充要性即可；（ii）結(jié)合（i）的結(jié)論，根據(jù)集合的拓?fù)涠x證明.【詳解】（1）族，都是集合的拓?fù)?（2）（i）設(shè)，則，故存在整數(shù)使，因此，得.設(shè)，則存在整數(shù)使，故，因此，得（ii）因?yàn)?，，所以，；設(shè)為的任意子集，則，，因?yàn)?，故；，因?yàn)椋?【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決集合創(chuàng)新型問題的方法：（1）緊扣定義，首項(xiàng)分析新定義的特點(diǎn)，把新定義所敘述的問題本質(zhì)弄清楚，并能夠運(yùn)用到具體的解題過程中；（2）用好集合性質(zhì)，集合性質(zhì)時(shí)破解新定義型集合問題的基礎(chǔ)，也是突破口，在關(guān)鍵之處用好集合的性質(zhì).7．（23-24高一上·重慶沙坪壩·階段練習(xí)）已知集合，其中且，若對(duì)任意的，都有，則稱集合具有性質(zhì).(1)集合具有性質(zhì)，求的最小值；(2)已知具有性質(zhì)，求證：；(3)已知具有性質(zhì)，求集合中元素個(gè)數(shù)的最大值，并說明理由.【答案】(1)6；(2)證明見解析；(3)7，理由見解析.【分析】（1）由性質(zhì)定義列不等式組求參數(shù)范圍，結(jié)合即可得最小值；（2）根據(jù)定義，進(jìn)而有，應(yīng)用累加法即可證結(jié)論；（3）首先應(yīng)用放縮有求得，同理可得恒成立，假設(shè)得出矛盾，再討論并應(yīng)用基本不等式證恒成立，即可確定元素個(gè)數(shù)最大值.【詳解】（1）由性質(zhì)定義知：，且，所以的最小值為6.（2）由題設(shè)，且，所以，所以，得證.（3）由（2）知：，同（2）證明得且，故，又，所以在上恒成立，當(dāng)，取，則，故，當(dāng)，則，即.綜上，集合中元素個(gè)數(shù)的最大值為7.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問，根據(jù)定義得為關(guān)鍵；第三問，應(yīng)用放縮法確定，同理得到恒成立為關(guān)鍵.8．（2023·北京西城·一模）給定正整數(shù)，設(shè)集合．對(duì)于集合中的任意元素和，記．設(shè)，且集合，對(duì)于中任意元素，若則稱具有性質(zhì)．(1)判斷集合是否具有性質(zhì)？說明理由；(2)判斷是否存在具有性質(zhì)的集合，并加以證明；(3)若集合具有性質(zhì)，證明：．【答案】(1)具有，理由見解析(2)不存在，證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)集合具有性質(zhì)的特征，即可根據(jù)集合中的元素進(jìn)行檢驗(yàn)求解，（2）假設(shè)集合具有性質(zhì)，分別考慮時(shí)，集合中的元素，即可根據(jù)的定義求解.（3）根據(jù)假設(shè)存在使得，考慮當(dāng)時(shí)以及時(shí)，分量為1的個(gè)數(shù)即可討論求解.【詳解】（1）因?yàn)?，同理．又，同理．所以集合具有性質(zhì)．（2）當(dāng)時(shí)，集合中的元素個(gè)數(shù)為．由題設(shè)．

假設(shè)集合具有性質(zhì)，則①當(dāng)時(shí)，，矛盾．②當(dāng)時(shí)，，不具有性質(zhì)，矛盾．③當(dāng)時(shí)，．因?yàn)楹椭炼嘁粋€(gè)在中；和至多一個(gè)在中；和至多一個(gè)在中，故集合中的元素個(gè)數(shù)小于，矛盾．④當(dāng)時(shí)，，不具有性質(zhì)，矛盾．⑤當(dāng)時(shí)，，矛盾．綜上，不存在具有性質(zhì)的集合．（3）記，則．若，則，矛盾．若，則，矛盾．故．假設(shè)存在使得，不妨設(shè)，即．當(dāng)時(shí)，有或成立．所以中分量為的個(gè)數(shù)至多有．當(dāng)時(shí)，不妨設(shè)．因?yàn)?，所以的各分量有個(gè)，不妨設(shè)．由時(shí)，可知，，中至多有個(gè)，即的前個(gè)分量中，至多含有個(gè)．又，則的前個(gè)分量中，含有個(gè)，矛盾．

所以．

因?yàn)?，所以．所以．【點(diǎn)睛】求解新定義運(yùn)算有關(guān)的題目，關(guān)鍵是理解和運(yùn)用新定義的概念以及元算，利用化歸和轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法，將不熟悉的數(shù)學(xué)問題，轉(zhuǎn)化成熟悉的問題進(jìn)行求解.對(duì)于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和計(jì)算特性，抽象特性是將集合可近似的當(dāng)作數(shù)列或者函數(shù)分析.計(jì)算特性，將復(fù)雜的關(guān)系通過找規(guī)律即可利用已學(xué)相關(guān)知識(shí)求解.題型二：函數(shù)題型二：函數(shù)新定義【例1】已知集合且，是定義在上的一系列函數(shù)，滿足.(1)求的解析式.(2)若為定義在上的函數(shù)，且.①求的解析式;②若關(guān)于的方程有且僅有一個(gè)實(shí)根，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【分析】（1）根據(jù)計(jì)算即可；（2）①根據(jù)，分別令，利用方程組法即可得解；②由①得，分離參數(shù)可得，令，，則轉(zhuǎn)化為在上僅有一個(gè)實(shí)根，再結(jié)合函數(shù)圖象即可得解.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，，；?）①由（1）得①，又，則②，③，由得④，由得，所以；②由①得，即，即，即，當(dāng)時(shí)，不成立，所以，故，令，因?yàn)?，故，所以在上僅有一個(gè)實(shí)根，令，則，即在上僅有一個(gè)實(shí)根，如圖所示，畫出函數(shù)的圖象，由圖可知，或，所以或.一、解答題1．（22-23高三下·浙江溫州·開學(xué)考試）若函數(shù)，的圖象與直線分別交于A，B兩點(diǎn)，與直線分別交于C，D兩點(diǎn)，且直線，的斜率互為相反數(shù)，則稱，為“相關(guān)函數(shù)”．(1)，均為定義域上的單調(diào)遞增函數(shù)，證明：不存在實(shí)數(shù)m，n，使得，為“相關(guān)函數(shù)”；(2)，，若存在實(shí)數(shù)，使得，為“相關(guān)函數(shù)”，且，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）根據(jù)函數(shù)單調(diào)遞增，可推出直線，的斜率均為正數(shù)，即可證明；（2）首先討論是否滿足題意，數(shù)形結(jié)合可知，由題可知時(shí)滿足題意；再討論時(shí)，，或，聯(lián)立且由(1)可判斷出,由此可得出m和n的等式關(guān)系,建立一個(gè)關(guān)于m或n的方程，將方程根的問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)問題，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)單調(diào)區(qū)間，討論a的取值范圍對(duì)零點(diǎn)的影響即可.【詳解】（1）設(shè)，.由單調(diào)遞增，則.則.同理可得，.所以，直線，的斜率均為正數(shù)，不可能互為相反數(shù).即不存在實(shí)數(shù)m，n，使得，為“相關(guān)函數(shù)”．（2）情況一：當(dāng)時(shí)，，，若，則存在實(shí)數(shù)，使得，為“相關(guān)函數(shù)”，且；情況二：當(dāng)時(shí)因?yàn)椋瑸椤跋嚓P(guān)函數(shù)”，所以有.因?yàn)椋杂谢?①聯(lián)立，可得，所以.則有，，此時(shí)有，滿足題意；②聯(lián)立，可得.因?yàn)?，所以方程組，則．當(dāng)時(shí).因?yàn)椋鶠樯系膯握{(diào)遞增函數(shù)，由（1）知不存在實(shí)數(shù)m，n，使得，為“相關(guān)函數(shù)”，所以.則由，可得，可得，所以.同理可得.則在上存在兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根.記，則.記，則.解，可得.解，可得，所以在上單調(diào)遞增；解，可得，所以在上單調(diào)遞減.所以，在處取得極小值.（?。┊?dāng)時(shí)，，此時(shí)有，即在單調(diào)遞減.又，，則根據(jù)零點(diǎn)存在定理可得，存在唯一，使得，即有唯一負(fù)根，不符合式；（ⅱ）當(dāng)時(shí)，.因?yàn)?，且，有，根?jù)零點(diǎn)存在定理可得，，使得；，使得.所以，當(dāng)時(shí)，有，此時(shí)，在上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，有，此時(shí)，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，有，此時(shí)，在上單調(diào)遞減.，令，，則.因?yàn)?，所以，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以，所以.根據(jù)零點(diǎn)存在定理可知，，使得.取，即有，符合題意.綜上所述，的取值范圍是.【點(diǎn)睛】函數(shù)零點(diǎn)的求解與判斷方法：(1)直接求零點(diǎn)：令，如果能求出解，則有幾個(gè)解就有幾個(gè)零點(diǎn)．(2)零點(diǎn)存在性定理：利用定理不僅要函數(shù)在區(qū)間上是連續(xù)不斷的曲線，且，還必須結(jié)合函數(shù)的圖象與性質(zhì)(如單調(diào)性、奇偶性)才能確定函數(shù)有多少個(gè)零點(diǎn)．(3)利用圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)：將函數(shù)變形為兩個(gè)函數(shù)的差，畫兩個(gè)函數(shù)的圖象，看其交點(diǎn)的橫坐標(biāo)有幾個(gè)不同的值，就有幾個(gè)不同的零點(diǎn)．2．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）“讓式子丟掉次數(shù)”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又稱貝努利不等式，是高等數(shù)學(xué)的分析不等式中最常見的一種不等式，由瑞士數(shù)學(xué)家雅各布·伯努利提出：對(duì)實(shí)數(shù)，在時(shí)，有不等式成立；在時(shí)，有不等式成立．(1)猜想伯努利不等式等號(hào)成立的條件；(2)當(dāng)時(shí)，對(duì)伯努利不等式進(jìn)行證明；(3)考慮對(duì)多個(gè)變量的不等式問題．已知是大于的實(shí)數(shù)（全部同號(hào)），證明【答案】(1)，或(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)不等式特征猜想出等號(hào)成立的條件；（2）設(shè)，注意到，求導(dǎo)得到，二次求導(dǎo)，得到函數(shù)的單調(diào)性和極值最值情況，證明出結(jié)論；（3）當(dāng)時(shí)，顯然成立，當(dāng)時(shí)，構(gòu)造數(shù)列：，作差法得到是一個(gè)單調(diào)遞增的數(shù)列（），結(jié)合，得到，證明出結(jié)論.【詳解】（1）猜想：伯努利不等式等號(hào)成立的充要條件是，或．當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，其他值均不能保證等號(hào)成立，猜想，伯努利不等式等號(hào)成立的充要條件是，或；（2）當(dāng)時(shí)，我們需證，設(shè)，注意到，，令得，即，是的一個(gè)極值點(diǎn)．令，則，所以單調(diào)遞增．當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．所以在處取得極小值，即恒成立，．伯努利不等式對(duì)得證．（3）當(dāng)時(shí)，原不等式即，顯然成立．當(dāng)時(shí)，構(gòu)造數(shù)列：，則，若，由上式易得，即；若，則，所以，故，即此時(shí)也成立．所以是一個(gè)單調(diào)遞增的數(shù)列（），由于，所以，故原不等式成立．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：函數(shù)新定義問題，命題新穎，常?？紤]函數(shù)的性質(zhì)，包括單調(diào)性，奇偶性，值域等，且存在知識(shí)點(diǎn)交叉，會(huì)和導(dǎo)函數(shù)，數(shù)列等知識(shí)進(jìn)行結(jié)合，很好的考慮了知識(shí)遷移，綜合運(yùn)用能力，對(duì)于此類問題，一定要解讀出題干中的信息，正確理解問題的本質(zhì)，轉(zhuǎn)化為熟悉的問題來進(jìn)行解決.3．（22-23高二上·上海普陀·階段練習(xí)）給出下列兩個(gè)定義：I.對(duì)于函數(shù)，定義域?yàn)?，且其在上是可?dǎo)的，若其導(dǎo)函數(shù)定義域也為，則稱該函數(shù)是“同定義函數(shù)”.II.對(duì)于一個(gè)“同定義函數(shù)”，若有以下性質(zhì)：①；②，其中為兩個(gè)新的函數(shù)，是的導(dǎo)函數(shù).我們將具有其中一個(gè)性質(zhì)的函數(shù)稱之為“單向?qū)Ш瘮?shù)”，將兩個(gè)性質(zhì)都具有的函數(shù)稱之為“雙向?qū)Ш瘮?shù)”，將稱之為“自導(dǎo)函數(shù)”.(1)判斷函數(shù)和是“單向?qū)Ш瘮?shù)”，或者“雙向?qū)Ш瘮?shù)”，說明理由.如果具有性質(zhì)①，則寫出其對(duì)應(yīng)的“自導(dǎo)函數(shù)”；(2)已知命題是“雙向?qū)Ш瘮?shù)”且其“自導(dǎo)函數(shù)”為常值函數(shù)，命題.判斷命題是的什么條件，證明你的結(jié)論；(3)已知函數(shù).①若的“自導(dǎo)函數(shù)”是，試求的取值范圍；②若，且定義，若對(duì)任意，不等式恒成立，求的取值范圍.【答案】(1)答案見解析(2)既不充分也不必要條件；證明見解析(3)【分析】（1）由和，結(jié)合題設(shè)中函數(shù)的定義，即可得到答案；（2）由成立，得到，設(shè)，得出為“單向?qū)Ш瘮?shù)”，再設(shè)，得到為“雙向?qū)Ш瘮?shù)”，結(jié)合不是常值函數(shù)，求得不是的必要條件；再由成立，得到，進(jìn)而得出結(jié)論；（3）①由題意得到，求得；②由題意求得且，令，求得，得到存在使得，進(jìn)而得到單調(diào)性，分類討論，即可求解.【詳解】（1）解：對(duì)于函數(shù)，則，這兩個(gè)函數(shù)的定義域都是，所以函數(shù)為“同定義域函數(shù)”，此時(shí)，，由函數(shù)的定義，對(duì)于，無法同時(shí)成立，所以為“單向?qū)Ш瘮?shù)”，其“自導(dǎo)函數(shù)”為，對(duì)于函數(shù)，則，因?yàn)檫@兩個(gè)函數(shù)的定義域不同，所以不是“同定義函數(shù)”.（2）解：若成立，，則，設(shè)，則，所以為“單向?qū)Ш瘮?shù)”，又設(shè)，則，所以為“雙向?qū)Ш瘮?shù)”，但不是常值函數(shù)，所以不是的必要條件；若成立，則，所以，所以，所以不成立，所以是的既不充分也不必要條件.（3）解：①由題意，，且，所以，所以；②由題意，所以且，令，可得，且，因?yàn)闉閱握{(diào)遞增函數(shù)，且，所以存在使得，且當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，（i）當(dāng)時(shí)，即，所以，此時(shí)，在上單調(diào)遞增，可得；（ii）當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，又由，所以；（iii）當(dāng)且時(shí)，，所以函數(shù)在上存在兩個(gè)極值點(diǎn)，若，即時(shí)，極大值點(diǎn)為；若，即時(shí)，極大值點(diǎn)為，則為函數(shù)的極大值或，由當(dāng)時(shí)，，令，則，設(shè)，則，所以，即單調(diào)遞增，所以，所以單調(diào)遞增，所以，綜上可得，，所以實(shí)數(shù)的取值范圍為.【點(diǎn)睛】方法技巧：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．4．（23-24高三下·浙江·開學(xué)考試）置換是代數(shù)的基本模型，定義域和值域都是集合的函數(shù)稱為次置換.滿足對(duì)任意的置換稱作恒等置換.所有次置換組成的集合記作.對(duì)于，我們可用列表法表示此置換：，記.(1)若，計(jì)算；(2)證明：對(duì)任意，存在，使得為恒等置換；(3)對(duì)編號(hào)從1到52的撲克牌進(jìn)行洗牌，分成上下各26張兩部分，互相交錯(cuò)插入，即第1張不動(dòng)，第27張變?yōu)榈?張，第2張變?yōu)榈?張，第28張變?yōu)榈?張，，依次類推.這樣操作最少重復(fù)幾次就能恢復(fù)原來的牌型？請(qǐng)說明理由.【答案】(1)(2)證明見解析(3)最少8次就能恢復(fù)原來的牌型，理由見解析【分析】（1）根據(jù)題意，得到；（2）解法一：分類列舉出所有情況，得到結(jié)論；解法二：，故至少有一個(gè)滿足，當(dāng)分別取時(shí)，記使得的值分別為，取為的最小公倍數(shù)即可得到答案；（3）設(shè)原始牌型從上到下依次編號(hào)為1到52，故，列舉出各編號(hào)在置換中的變化情況，得到連續(xù)置換中只有三種循環(huán)：一階循環(huán)2個(gè)，二階循環(huán)2個(gè)，八階循環(huán)48個(gè)，從而得到最少8次這樣的置換即為恒等置換.【詳解】（1），由題意可知；（2）解法一：①若，則為恒等置換；②若存在兩個(gè)不同的，使得，不妨設(shè)，則.所以，即為恒等置換；③若存在唯一的，使得，不妨設(shè)，則或.當(dāng)時(shí)，由（1）可知為恒等置換；同理可知，當(dāng)時(shí)，也是恒等置換；④若對(duì)任意的，則情形一：或或；情形二：或或或或或；對(duì)于情形一：為恒等置換；對(duì)于情形二：為恒等置換；綜上，對(duì)任意，存在，使得為恒等置換；解法二：對(duì)于任意，都有，所以中，至少有一個(gè)滿足，即使得的的取值可能為.當(dāng)分別取時(shí)，記使得的值分別為，只需取為的最小公倍數(shù)即可.所以對(duì)任意，存在，使得為恒等置換；（3）不妨設(shè)原始牌型從上到下依次編號(hào)為1到52，則洗牌一次相當(dāng)于對(duì)作一次如下置換：，即其中.注意到各編號(hào)在置換中的如下變化：，，，，，，，，，所有編號(hào)在連續(xù)置換中只有三種循環(huán)：一階循環(huán)2個(gè)，二階循環(huán)2個(gè)，八階循環(huán)48個(gè)，注意到的最小公倍數(shù)為8，由此可見，最少8次這樣的置換即為恒等置換，故這樣洗牌最少8次就能恢復(fù)原來的牌型.5．（2024·甘肅蘭州·一模）定義：如果在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為，，那么稱為A，B兩點(diǎn)間的曼哈頓距離．(1)已知點(diǎn)，分別在直線，上，點(diǎn)與點(diǎn)，的曼哈頓距離分別為，，求和的最小值；(2)已知點(diǎn)N是直線上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)與點(diǎn)N的曼哈頓距離的最小值記為，求的最大值；(3)已知點(diǎn)，點(diǎn)（k，m，，e是自然對(duì)數(shù)的底），當(dāng)時(shí)，的最大值為，求的最小值．【答案】(1)的最小值為；的最小值為(2)(3)【分析】（1）根據(jù)題意，由曼哈頓距離的定義，代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，由曼哈頓距離的定義即可得到，從而得到的最大值；（3）根據(jù)題意，令，然后分別構(gòu)造函數(shù)，即可得到，從而得到結(jié)果.【詳解】（1），則，即的最小值為；，則，即的最小值為.（2）當(dāng)時(shí)，，點(diǎn)為直線上一動(dòng)點(diǎn)，則當(dāng)時(shí)，即；當(dāng)時(shí)，，即；所以，又當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以的最大值為.（3）令，則，，，令，則在區(qū)間內(nèi)成立，則在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，則，令，則在區(qū)間內(nèi)成立，則在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減，則，所以，所以，當(dāng)且時(shí)，取最小值，的最小值【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題主要考查了新概念問題，難度較大，解答問題的關(guān)鍵在于理解題中曼哈頓距離的定義，然后轉(zhuǎn)化為所學(xué)知識(shí)求解問題.6．（23-24高三下·河南鄭州·階段練習(xí)）若函數(shù)的定義域、值域都是有限集合，，則定義為集合A上的有限完整函數(shù).已知是定義在有限集合上的有限完整函數(shù).(1)求的最大值；(2)當(dāng)時(shí)，均有，求滿足條件的的個(gè)數(shù)；(3)對(duì)于集合M上的有限完整函數(shù)，定義“閉環(huán)函數(shù)”如下：，對(duì)，且，（注：，，）.若，，，則稱為“m階閉環(huán)函數(shù)”.證明：存在一個(gè)閉環(huán)函數(shù)既是3階閉環(huán)函數(shù)，也是4階閉環(huán)函數(shù)（用列表法表示的函數(shù)關(guān)系）.【答案】(1)140(2)42(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)有限完整函數(shù)的定義，結(jié)合基本不等式，即可求的答案；（2）由題可得出，由此結(jié)合排列組合的知識(shí)，即可求得答案；（3）由題意可知，不妨取一個(gè)閉環(huán)函數(shù)，然后結(jié)合“m階閉環(huán)函數(shù)”的定義，證明該函數(shù)既是3階閉環(huán)函數(shù)，也是4階閉環(huán)函數(shù)，即可證明原命題.【詳解】（1）由題意得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，即的最大值為140；（2）由題意知，從集合M中任取5個(gè)數(shù)，記為，共有中取法，然后剩余的兩個(gè)數(shù)全排列，故共有個(gè)滿足條件；（3）證明：以下面表格作為的函數(shù)關(guān)系：x12345672315674，故為3階閉環(huán)函數(shù)；又，故也為4階閉環(huán)函數(shù)，故原命題得證.【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)的新定義問題，解答時(shí)要理解新定義的含義，并由此去解決問題，解答的難點(diǎn)在于（3）中對(duì)“m階閉環(huán)函數(shù)”的定義的理解，關(guān)鍵在于取一個(gè)閉環(huán)函數(shù)后，要說明該函數(shù)符合3階閉環(huán)函數(shù)以及4階閉環(huán)函數(shù)的定義，從而證明結(jié)論.7．（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于無窮數(shù)列，我們稱（規(guī)定）為無窮數(shù)列的指數(shù)型母函數(shù)．無窮數(shù)列1，1，…，1，…的指數(shù)型母函數(shù)記為，它具有性質(zhì)．(1)證明：；(2)記．證明：（其中i為虛數(shù)單位）；(3)以函數(shù)為指數(shù)型母函數(shù)生成數(shù)列，．其中稱為伯努利數(shù)．證明：．且．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由，通過賦值即可證得；（2）根據(jù)的周期性，經(jīng)過多次推理，由求和可以證得；（3）構(gòu)造，可以推出，然后再可證得.【詳解】（1）令，則．由，令，則．因?yàn)?，故．?）證明：因?yàn)?，，，，，所以?）證明：令，則有，因此故且，即．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：主要考查了復(fù)數(shù)的周期性，考查推理論證能力，對(duì)學(xué)生思維要求比較高，綜合性很強(qiáng).8．（23-24高三上·上海普陀·期末）已知為實(shí)數(shù)，．對(duì)于給定的一組有序?qū)崝?shù)，若對(duì)任意，，都有，則稱為的“正向數(shù)組”．(1)若，判斷是否為的“正向數(shù)組”，并說明理由；(2)證明：若為的“正向數(shù)組”，則對(duì)任意，都有；(3)已知對(duì)任意，都是的“正向數(shù)組”，求的取值范圍．【答案】(1)不是的“正向數(shù)組”；(2)證明見解析；(3)的取值范圍是.【分析】（1）代入有，根據(jù)函數(shù)性質(zhì)得到的正負(fù)時(shí)不同取值情況即可；（2）假設(shè)存在,使得,通過正向數(shù)組定義轉(zhuǎn)化得對(duì)任意恒成立，設(shè)，再利用函數(shù)的性質(zhì)即可證明假設(shè)不成立；（3）代入有恒成立或恒成立，設(shè)，求出是的最大值或最小值時(shí)的取值范圍即可.【詳解】（1）若，，對(duì)，即，而當(dāng)，時(shí)，，，即，不滿足題意.所以不是的“正向數(shù)組”.（2）反證法:假設(shè)存在,使得,為的“正向數(shù)組”，對(duì)任意,都有.對(duì)任意恒成立.令，則在上恒成立，，設(shè)，，則當(dāng)時(shí)，在上為負(fù)，在上為正，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；若，當(dāng)，，當(dāng)，，即存在，使在上為正，在上為負(fù)，在上為正，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又當(dāng)，，當(dāng)，，則的值域?yàn)?；若，，在上單調(diào)遞增，又當(dāng)，，當(dāng)，，則的值域?yàn)?當(dāng)時(shí)，，在上單調(diào)遞增，又當(dāng)，，當(dāng)，，必存在，使在上為負(fù)，在上為正，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，又當(dāng)，，當(dāng)，，則的值域?yàn)?由值域可看出，與在上恒成立矛盾.對(duì)任意，都有.（3）都是的“正向數(shù)組”，對(duì)任意，，都有，則恒成立或恒成立，即恒成立或恒成立，設(shè)，則，即是的最大值或最小值.，且.當(dāng)時(shí)，由（2）可得，的值域?yàn)?，無最大值或最小值；當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，又，則在上為負(fù)，在上為正，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則是的最小值，滿足，此時(shí)對(duì)任意，，都有.的取值范圍是.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第2問的關(guān)鍵是運(yùn)用反證法，通過函數(shù)的圖象與性質(zhì)推理出與假設(shè)矛盾的結(jié)論，最后即得到證明；本題第3問的關(guān)鍵是理解“正向數(shù)組”的變形推理得到恒成立或恒成立，并構(gòu)造函數(shù)，得到是的最大值或最小值，最后結(jié)合前面的證明得到結(jié)果.9．（23-24高三上·上海靜安·期末）如果函數(shù)滿足以下兩個(gè)條件，我們就稱為型函數(shù)．①對(duì)任意的，總有；②當(dāng)時(shí)，總有成立．(1)記，求證：為型函數(shù)；(2)設(shè)，記，若是型函數(shù)，求的取值范圍；(3)是否存在型函數(shù)滿足：對(duì)于任意的，都存在，使得等式成立？請(qǐng)說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，理由見解析【分析】（1）證明函數(shù)滿足型函數(shù)的定義即可；（2）根據(jù)是型函數(shù)，則由其滿足條件①推出，再結(jié)合其滿足條件②得關(guān)于b的不等式，利用構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)最值，即可求得答案；（3）舉出具體函數(shù)，說明其滿足型函數(shù)的定義，即可得結(jié)論.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，當(dāng)，，時(shí)，，，則，，，，為型函數(shù).（2）當(dāng)時(shí)，由得，當(dāng)，，時(shí)，，，由，得，即，即，即，令，則對(duì)稱軸，所以在上的最小值為，只要，則，因?yàn)椋裕?）存在，舉例1：．理由如下：當(dāng)時(shí)，符合；當(dāng)，，時(shí)，，，，，故，，即，即是型函數(shù)，且對(duì)任意的，存在，使得等式成立；舉例2：；理由如下：當(dāng)時(shí)，，符合，當(dāng)，，時(shí)，，，，，即，即是型函數(shù)，且對(duì)任意的，都存在，使得等式成立.由此可知存在型函數(shù)滿足：對(duì)于任意的，都存在，使得等式成立.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：解答此類給出新的函數(shù)定義的題目，解答的關(guān)鍵是要理解題中所給的新的函數(shù)定義的含義，明確其滿足的條件，然后按照其需滿足的條件求解即可.10．（2023·吉林·二模）橢圓曲線加密算法運(yùn)用于區(qū)塊鏈．橢圓曲線．關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)記為．C在點(diǎn)處的切線是指曲線在點(diǎn)P處的切線．定義“”運(yùn)算滿足：①若，且直線PQ與C有第三個(gè)交點(diǎn)R，則；②若，且PQ為C的切線，切點(diǎn)為P，則；③若，規(guī)定，且．(1)當(dāng)時(shí)，討論函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)已知“”運(yùn)算滿足交換律、結(jié)合律，若，且PQ為C的切線，切點(diǎn)為P，證明：；(3)已知，且直線PQ與C有第三個(gè)交點(diǎn)，求的坐標(biāo)．參考公式：【答案】(1)見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性后求出極值，從而可判斷零點(diǎn)的個(gè)數(shù).（2）利用“”運(yùn)算的性質(zhì)計(jì)算后可得證明.（3）設(shè)直線的斜率，利用點(diǎn)在曲線上結(jié)合因式分解可求第三個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo).【詳解】（1）由題設(shè)可知，有，若，則，則，此時(shí)僅有一個(gè)零點(diǎn)；若，令，解得．當(dāng)或時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故在，上為單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減.因?yàn)椋?，則，此時(shí)，而故此時(shí)有2個(gè)零點(diǎn)；若，則，此時(shí)，而故此時(shí)有2個(gè)零點(diǎn)；綜上，當(dāng)，所以有2個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)，所以有2個(gè)零點(diǎn)．當(dāng)，有，則有1個(gè)零點(diǎn)．（2）因?yàn)闉镃在點(diǎn)P處的切線，且，所以，故，故，因?yàn)椤啊边\(yùn)算滿足交換律、結(jié)合律，故，故.（3）直線的斜率，設(shè)與C的第三個(gè)交點(diǎn)為，則，代入得，而，故，整理得到：，故即，同理可得，兩式相減得：，故，所以，故，故，所以，因此的坐標(biāo)為：．【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)新運(yùn)算問題，需根據(jù)運(yùn)算的性質(zhì)選擇合理的計(jì)算順序來處理等式，而三次函數(shù)的零點(diǎn)問題，注意結(jié)合極值的符號(hào)處理零點(diǎn)的個(gè)數(shù).題型三：數(shù)列題型三：數(shù)列新定義【例1】記實(shí)數(shù)、中較小者為，例如，，對(duì)于無窮數(shù)列，記.若對(duì)任意均有，則稱數(shù)列為“趨向遞增數(shù)列”.(1)已知數(shù)列、的通項(xiàng)公式分別為，，判斷數(shù)列、是否為“趨向遞增數(shù)列”？并說明理由；(2)已知首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列是“趨向遞增數(shù)列”，求公比的取值范圍；(3)若數(shù)列滿足、為正實(shí)數(shù)，且，求證：數(shù)列為“趨向遞增數(shù)列”的必要非充分條件是中沒有.【分析】（1）利用定義“趨向遞增數(shù)列”判斷數(shù)列、，可得出結(jié)論；（2）求得，分、、、、、六種情況討論，驗(yàn)證能否恒成立，綜合可得出的取值范圍；（3）利用充分條件、必要條件的定義，利用反證法結(jié)合“趨向遞增數(shù)列”的性質(zhì)證明數(shù)列中沒有，再證明出數(shù)列中沒有時(shí)數(shù)列不是“趨勢(shì)遞增數(shù)列”.【詳解】（1）解：由于，記，所以，，由于，不滿足對(duì)任意均有，所以數(shù)列不是“趨向遞增數(shù)列”，由于，記，所以，數(shù)列是“趨向遞增數(shù)列”.（2）解：.當(dāng)時(shí)，數(shù)列為單調(diào)遞增數(shù)列，此時(shí)，滿足題意，當(dāng)時(shí)，數(shù)列為常數(shù)列，不滿足題意；當(dāng)時(shí)，數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列，此時(shí)，不滿足題意；當(dāng)時(shí)，此時(shí)，滿足題意；當(dāng)時(shí)，此時(shí)，不滿足題意；當(dāng)時(shí)，此時(shí)，不滿足題意，綜上所述，的取值范圍是.（3）證明：先證必要性：假設(shè)存在正整數(shù)使得，，令.因?yàn)?、為正?shí)數(shù)，且，所以，于是.則數(shù)列從第項(xiàng)開始為：、、、、、、.若為奇數(shù)，，，與數(shù)列為“趨向遞增數(shù)列”矛盾：若為偶數(shù)，，，‘’與數(shù)列為“趨向遞增數(shù)列”矛盾，故假設(shè)不成立，所以數(shù)列為“趨向遞增數(shù)列”的必要條件是中沒有；再證非充分：首先，若中沒有，構(gòu)造數(shù)列：，，，，此時(shí)，，，與“趨向遞增數(shù)列”定義矛盾；其次，證明數(shù)列中各項(xiàng)均大于.下面利用數(shù)學(xué)歸納法證明.即證：，①當(dāng)時(shí)，，；②假設(shè)當(dāng)時(shí)，命題成立，即，.當(dāng)時(shí)，，.因此，有對(duì)任意，均有.當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，；當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，所以對(duì)任意均成立.因此，中沒有是數(shù)列為“趨向遞增數(shù)列”非充分條件.所以數(shù)列為“趨向遞增數(shù)列”的必要非充分條件是中沒有.一、解答題1．（2024·湖南長(zhǎng)沙·一模）對(duì)于數(shù)列，如果存在正整數(shù)，使得對(duì)任意，都有，那么數(shù)列就叫做周期數(shù)列，叫做這個(gè)數(shù)列的周期.若周期數(shù)列滿足：存在正整數(shù)，對(duì)每一個(gè)，都有，我們稱數(shù)列和為“同根數(shù)列”.(1)判斷數(shù)列是否為周期數(shù)列.如果是，寫出該數(shù)列的周期，如果不是，說明理由；(2)若和是“同根數(shù)列”，且周期的最小值分別是和，求的最大值.【答案】(1)答案見解析(2)答案見解析【分析】（1）根據(jù)周期數(shù)列的定義進(jìn)行判斷即可；（2）根據(jù)同根數(shù)列的定義分類討論進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）均是周期數(shù)列，理由如下：因?yàn)?，所以?shù)列是周期數(shù)列，其周期為1（或任意正整數(shù)）.因?yàn)?，所?所以數(shù)列是周期數(shù)列，其周期為6（或6的正整數(shù)倍）.（2）當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，首先證明不存在數(shù)列滿足條件.假設(shè)，即對(duì)于，都有.因?yàn)?，所以，即，?又時(shí)，，所以，與的最小值是矛盾.其次證明存在數(shù)列滿足條件.取及，對(duì)于，都有.當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，首先證明時(shí)不存在數(shù)列滿足條件.假設(shè)，即對(duì)于，都有.因?yàn)?，所以，即，?又時(shí)，，所以，與的最小值是矛盾.其次證明時(shí)存在數(shù)列滿足條件.取及對(duì)于，都有.綜上，當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，的最大值為；當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，的最大值為.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是理解同根數(shù)列的定義，運(yùn)用分類討論思想進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵.2．（2023·天津津南·模擬預(yù)測(cè)）已知是公比為q的等比數(shù)列．對(duì)于給定的，設(shè)是首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列，記的第i項(xiàng)為．若，且．(1)求的通項(xiàng)公式；(2)求；(3)求．【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）根據(jù)給定定義，可得，再列出方程求出作答.（2）由（1）的信息，利用裂項(xiàng)相消法求和作答.（3）利用（1）的結(jié)論，結(jié)合分組求和法及等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式求解作答.【詳解】（1）依題意，，，，由及，得，解得，于是，所以的通項(xiàng)公式是.（2）由（1）知，，，，所以.（3）由（1）知，，，所以.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及數(shù)列新定義問題，關(guān)鍵是正確理解給出的定義，由給定的數(shù)列結(jié)合新定義探求數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)，并進(jìn)行合理的計(jì)算、分析、推理等方法綜合解決.3．（2024·河南·一模）在正項(xiàng)無窮數(shù)列中，若對(duì)任意的，都存在，使得，則稱為階等比數(shù)列．在無窮數(shù)列中，若對(duì)任意的，都存在，使得，則稱為階等差數(shù)列．(1)若為1階等比數(shù)列，，求的通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和；(2)若為階等比數(shù)列，求證：為階等差數(shù)列；(3)若既是4階等比數(shù)列，又是5階等比數(shù)列，證明：是等比數(shù)列．【答案】(1)，前項(xiàng)和為(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意可得為正項(xiàng)等比數(shù)列，求出首項(xiàng)與公比，再根據(jù)等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式即可得解；（2）由為階等比數(shù)列，可得，使得成立，再根據(jù)階等差數(shù)列即可得出結(jié)論；（3）根據(jù)既是4階等比數(shù)列，又是5階等比數(shù)列，可得與同時(shí)成立，再結(jié)合等比數(shù)列的定義即可得出結(jié)論.【詳解】（1）因?yàn)闉?階等比數(shù)列，所以為正項(xiàng)等比數(shù)列，設(shè)公比為，則為正數(shù)，由已知得兩式相除得，所以（舍去），所以，所以的通項(xiàng)公式為，前項(xiàng)和為；（2）因?yàn)闉殡A等比數(shù)列，所以，使得成立，所以，又，所以，即成立，所以為階等差數(shù)列；（3）因?yàn)榧仁?階等比數(shù)列，又是5階等比數(shù)列，所以與同時(shí)成立，所以與同時(shí)成立，又的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以對(duì)任意的，數(shù)列和數(shù)列都是等比數(shù)列，由數(shù)列是等比數(shù)列，得也成等比數(shù)列，設(shè)，所以，所以是等比數(shù)列．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：新定義題型的特點(diǎn)是:通過給出一個(gè)新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決.4．（23-24高三下·安徽·開學(xué)考試）基本不等式可以推廣到一般的情形：對(duì)于個(gè)正數(shù)，它們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均，即，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立．若無窮正項(xiàng)數(shù)列同時(shí)滿足下列兩個(gè)性質(zhì)：①；②為單調(diào)數(shù)列，則稱數(shù)列具有性質(zhì)．(1)若，求數(shù)列的最小項(xiàng)；(2)若，記，判斷數(shù)列是否具有性質(zhì)，并說明理由；(3)若，求證：數(shù)列具有性質(zhì)．【答案】(1)最小項(xiàng)為(2)數(shù)列具有性質(zhì)，理由見解析．(3)證明見解析【分析】（1）利用，結(jié)合三個(gè)數(shù)的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均求解；（2）變形，再利用等比數(shù)列求和證明性質(zhì)①，利用證明②；（3）結(jié)合二項(xiàng)式定理及n元基本不等式求解.【詳解】（1），當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，數(shù)列的最小項(xiàng)為．（2）數(shù)列具有性質(zhì)．，，數(shù)列滿足條件①．為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列滿足條件②．綜上，數(shù)列具有性質(zhì)．（3）先證數(shù)列滿足條件①：．當(dāng)時(shí)，則，數(shù)列滿足條件①．再證數(shù)列滿足條件②：（，等號(hào)取不到）為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列滿足條件②．綜上，數(shù)列具有性質(zhì).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查等比數(shù)列求和及二項(xiàng)式定理，證明性質(zhì)①均需要放縮為可求和數(shù)列.5．（23-24高三下·河北·開學(xué)考試）在數(shù)列中，若存在常數(shù)，使得恒成立，則稱數(shù)列為“數(shù)列”．(1)若，試判斷數(shù)列是否為“數(shù)列”，請(qǐng)說明理由；(2)若數(shù)列為“數(shù)列”，且，數(shù)列為等比數(shù)列，且，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(3)若正項(xiàng)數(shù)列為“數(shù)列”，且，，證明：．【答案】(1)數(shù)列不是“數(shù)列”(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)已知條件求出即可判斷；（2）根據(jù)數(shù)列為“數(shù)列”，化為，進(jìn)而求得，作差有，根據(jù)已知條件化為，解出，由此求出，即可求出數(shù)列的通項(xiàng)公式.（3）構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，有在上單調(diào)遞減，且，再推導(dǎo)出且，符合上述區(qū)間，即可證明不等式.【詳解】（1）數(shù)列不是“數(shù)列”，理由如下：，則，又，所以，因?yàn)椴皇浅?shù)，所以數(shù)列不是“數(shù)列”.（2）因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”，由，有①，所以②，兩式作差得，又因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”，所以，設(shè)數(shù)列的公比為，所以，即對(duì)成立，則，得；又，，得，所以.（3）設(shè)函數(shù)，則，當(dāng)時(shí)，，則在上單調(diào)遞減，且，因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”，則，因?yàn)?，，則，故，由此類推，可得對(duì)，，所以，即，所以得證.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：①理解“數(shù)列”的定義并運(yùn)用；②通過構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)單調(diào)性證明不等式.6．（2024·安徽黃山·一模）隨著信息技術(shù)的快速發(fā)展，離散數(shù)學(xué)的應(yīng)用越來越廣泛．差分和差分方程是描述離散變量變化的重要工具，并且有廣泛的應(yīng)用．對(duì)于數(shù)列，規(guī)定為數(shù)列的一階差分?jǐn)?shù)列，其中，規(guī)定為數(shù)列的二階差分?jǐn)?shù)列，其中．(1)數(shù)列的通項(xiàng)公式為，試判斷數(shù)列是否為等差數(shù)列，請(qǐng)說明理由？(2)數(shù)列是以1為公差的等差數(shù)列，且，對(duì)于任意的，都存在，使得，求的值；(3)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列的前項(xiàng)和為，且為常數(shù)列，對(duì)滿足，的任意正整數(shù)都有，且不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的最大值．【答案】(1)不是等差數(shù)列，是等差數(shù)列(2)(3)2【分析】（1）理清條件的新定義，結(jié)合等差數(shù)列性質(zhì)進(jìn)行判斷；（2）根據(jù)新定義和等差數(shù)列、等比數(shù)列的性質(zhì)等進(jìn)行分類討論求解；（3）根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)以及新定義求解出，運(yùn)用均值不等式求解出的范圍，從而得出的最值.【詳解】（1）因?yàn)椋?，因?yàn)?，，，故，，顯然，所以不是等差數(shù)列；因?yàn)?，則，，所以是首項(xiàng)為12，公差為6的等差數(shù)列.（2）因?yàn)閿?shù)列是以1為公差的等差數(shù)列，所以，故，所以數(shù)列是以公比為的正項(xiàng)等比數(shù)列，，所以，且對(duì)任意的，都存在，使得，即，所以，因?yàn)椋?，①若，則，解得（舍），或，即當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的，都存在，使得.②若，則，對(duì)任意的，不存在，使得.綜上所述，.（3）因?yàn)闉槌?shù)列，則是等差數(shù)列，設(shè)的公差為，則，若，則，與題意不符；若，所以當(dāng)時(shí)，，與數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)矛盾，所以，由等差數(shù)列前項(xiàng)和公式可得，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)椋?，所以則當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，另一方面，當(dāng)時(shí)，令，，，則，，則，因?yàn)椋?，?dāng)時(shí)，，即，不滿足不等式恒成立，綜上，的最大值為2.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的新定義問題，關(guān)于新定義問題的常見思路為：（1）理解新定義，明確新定義中的條件、原理、方法與結(jié)論等；（2）新定義問題要與平時(shí)所學(xué)知識(shí)相結(jié)合運(yùn)用；（3）對(duì)于不等式恒成立問題要結(jié)合均值不等式進(jìn)行求解最值，把握好分類討論的時(shí)機(jī).7．（23-24高三下·海南省直轄縣級(jí)單位·開學(xué)考試）由個(gè)數(shù)排列成行列的數(shù)表稱為行列的矩陣，簡(jiǎn)稱矩陣，也稱為階方陣，記作：其中表示矩陣中第行第列的數(shù)．已知三個(gè)階方陣分別為，，其中分別表示中第行第列的數(shù)．若，則稱是生成的線性矩陣．(1)已知，若是生成的線性矩陣，且，求；(2)已知，矩陣，矩陣是生成的線性矩陣，且．（i）求；（ii）已知數(shù)列滿足，數(shù)列滿足，數(shù)列的前項(xiàng)和記為，是否存在正整數(shù)，使成立？若存在，求出所有的正整數(shù)對(duì)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)(2)（i），；（ii）存在，，【分析】（1）根據(jù)得到，計(jì)算，，得到答案.（2）根據(jù)得到，計(jì)算，，確定，利用錯(cuò)位相減法得到，變換得到，根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性計(jì)算最值得到答案.【詳解】（1），則，即，解得，則，，，，故.（2）（i），，故，，.（ii），，，故，故，，即，取驗(yàn)證不成立，整理得到，，當(dāng)時(shí)，，不成立；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；現(xiàn)說明當(dāng)時(shí)不成立：設(shè)，，，則，，故單調(diào)遞增，，設(shè)，，，，，故單調(diào)遞減，，，，，故時(shí)，不成立，綜上所述：使成立的所有的正整數(shù)對(duì)為，.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了新定義問題，數(shù)列求和，數(shù)列的單調(diào)性問題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中將定義中的新知識(shí)轉(zhuǎn)化為已有的知識(shí)點(diǎn)是考查的重點(diǎn)，這類思想是考查的重點(diǎn)，需要熟練掌握.8．（23-24高三上·北京豐臺(tái)·期末）對(duì)于數(shù)列，如果存在正整數(shù)，使得對(duì)任意，都有，那么數(shù)列就叫做周期數(shù)列，叫做這個(gè)數(shù)列的周期．若周期數(shù)列，滿足：存在正整數(shù)，對(duì)每一個(gè)，都有，我們稱數(shù)列和為“同根數(shù)列”．(1)判斷下列數(shù)列是否為周期數(shù)列．如果是，寫出該數(shù)列的周期，如果不是，說明理由；①；②(2)若和是“同根數(shù)列”，且周期的最小值分別是3和5，求證：；(3)若和是“同根數(shù)列”，且周期的最小值分別是和，求的最大值．【答案】(1)、均是周期數(shù)列，數(shù)列周期為1（或任意正整數(shù)），數(shù)列周期為6(2)證明見解析(3)答案見解析【分析】（1）由周期數(shù)列的定義求解即可；（2）由“同根數(shù)列”的定義求解即可；（3）是奇數(shù)時(shí)，首先證明不存在數(shù)列滿足條件，其次證明存在數(shù)列滿足條件.當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，首先證明時(shí)不存在數(shù)列滿足條件,其次證明時(shí)存在數(shù)列滿足條件．【詳解】（1）、均是周期數(shù)列，理由如下：因?yàn)?，所以?shù)列是周期數(shù)列，其周期為1（或任意正整數(shù)）．因?yàn)?，所以．所以?shù)列是周期數(shù)列，其周期為6（或6的正整數(shù)倍）．（2）假設(shè)不成立，則有，即對(duì)于，都有．因?yàn)?，，所以．又因?yàn)椋?，所以．所以，所以，與的最小值是3矛盾．所以．（3）當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，首先證明不存在數(shù)列滿足條件．假設(shè)，即對(duì)于，都有．因?yàn)?，所以，即，及．又時(shí)，，所以，與的最小值是矛盾．其次證明存在數(shù)列滿足條件．取及，對(duì)于，都有．當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，首先證明時(shí)不存在數(shù)列滿足條件．假設(shè)，即對(duì)于，都有．因?yàn)?，所以，即，及．又時(shí)，，所以，與的最小值是矛盾．其次證明時(shí)存在數(shù)列滿足條件．取及，對(duì)于，都有．綜上，當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，的最大值為；當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，的最大值為．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題(3)的突破口是利用“同根數(shù)列”的定義分類討論，當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，首先證明不存在數(shù)列滿足條件，其次證明存在數(shù)列滿足條件.當(dāng)是偶數(shù)時(shí)，首先證明時(shí)不存在數(shù)列滿足條件，其次證明時(shí)存在數(shù)列滿足條件．9．（2023·北京·高考真題）已知數(shù)列的項(xiàng)數(shù)均為m，且的前n項(xiàng)和分別為，并規(guī)定．對(duì)于，定義，其中，表示數(shù)集M中最大的數(shù).(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)證明：存在，滿足使得．【答案】(1)，，，(2)(3)證明見詳解【分析】（1）先求，根據(jù)題意分析求解；（2）根據(jù)題意題意分析可得，利用反證可得，在結(jié)合等差數(shù)列運(yùn)算求解；（3）討論的大小，根據(jù)題意結(jié)合反證法分析證明.【詳解】（1）由題意可知：，當(dāng)時(shí)，則，故；當(dāng)時(shí)，則，故；當(dāng)時(shí)，則故；當(dāng)時(shí)，則，故；綜上所述：，，，.（2）由題意可知：，且，因?yàn)椋?，則對(duì)任意恒成立，所以，又因?yàn)?，則，即，可得，反證：假設(shè)滿足的最小正整數(shù)為，當(dāng)時(shí)，則；當(dāng)時(shí)，則，則，又因?yàn)椋瑒t，假設(shè)不成立，故，即數(shù)列是以首項(xiàng)為1，公差為1的等差數(shù)列，所以.（3）因?yàn)榫鶠檎麛?shù)，則均為遞增數(shù)列，（?。┤?，則可取，滿足使得；（ⅱ）若，則，構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，則，可得，這與相矛盾，故對(duì)任意，均有.①若存在正整數(shù)，使得，即，可取，滿足，使得；②若不存在正整數(shù)，使得，因?yàn)椋?，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得；（ⅲ）若，定義，則，構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，則，可得，這與相矛盾，故對(duì)任意，均有.①若存在正整數(shù)，使得，即，可取，即滿足，使得；②若不存在正整數(shù)，使得，因?yàn)?，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得.綜上所述：存在使得．10．（2022·上海閔行·一模）將有窮數(shù)列中部分項(xiàng)按原順序構(gòu)成的新數(shù)列稱為的一個(gè)“子列”，剩余項(xiàng)按原順序構(gòu)成“子列”.若{bn}各項(xiàng)的和與各項(xiàng)的和相等，則稱和為數(shù)列的一對(duì)“完美互補(bǔ)子列”.(1)若數(shù)列為，請(qǐng)問是否存在“完美互補(bǔ)子列”？并說明理由；(2)已知共100項(xiàng)的等比數(shù)列為遞減數(shù)列，且，公比為q.若存在“完美互補(bǔ)子列”，求證：；(3)數(shù)列滿足.設(shè)共有對(duì)“完美互補(bǔ)子列”，求證：當(dāng)和時(shí)，都存在“完美互補(bǔ)子列”且.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）“子列”的和不可能為，所以不存在“完美互補(bǔ)子列”；（2）利用反證法證明得解；（3）先利用完美互補(bǔ)子列的定義證明當(dāng)和時(shí)，都存在“完美互補(bǔ)子列”，再分類討論證明.【詳解】（1）解：由題得數(shù)列各項(xiàng)的和為由題得“完美互補(bǔ)子列”的和相等，所以每一個(gè)“子列”的和為是一個(gè)小數(shù)，由于數(shù)列各項(xiàng)為整數(shù)，所以“子列”的和不可能為，所以不存在“完美互補(bǔ)子列”.（2）解：假設(shè)，由題得數(shù)列的前100項(xiàng)和為,所以不管在哪一個(gè)“子列”，都不可能，所以假設(shè)不成立，所以.（3）解：時(shí)，，不妨設(shè)中項(xiàng)為中項(xiàng)為則中所有項(xiàng)與中所有的項(xiàng)的和均為，所以時(shí)，數(shù)列存在完美互補(bǔ)子數(shù)列.時(shí)，只需將中，中移到中，將放入中，將放入中，則此時(shí)，中的的和均在原來的基礎(chǔ)上增加了，所以時(shí)，數(shù)列存在完美互補(bǔ)子數(shù)列.下面證明.當(dāng)時(shí)，數(shù)列共有對(duì)完美互補(bǔ)子數(shù)列，在每一對(duì)完美互補(bǔ)子列中，（1）假設(shè)在中，則將放入中，將中的移到中，再將放入中，此時(shí)中的的和均在原來的基礎(chǔ)上增加了，仍然相等.（2）同理，假設(shè)在中，則將放入中，將放入中，再將放入中，此時(shí)中的的和均在原來的基礎(chǔ)上增加了，仍然相等.（3）同理，假設(shè)在中，則將放入中，將放入中，再將放入中，此時(shí)中的的和均在原來的基礎(chǔ)上增加了，仍然相等.故對(duì)于時(shí)，中每一對(duì)完美互補(bǔ)子列，都至少有3種情況，所以.題型四：圓錐曲線題型四：圓錐曲線新定義【例1】已知拋物線，為拋物線上的點(diǎn)，若直線經(jīng)過點(diǎn)且斜率為，則稱直線為點(diǎn)的“特征直線”.設(shè)、為方程（）的兩個(gè)實(shí)根，記.（1）求點(diǎn)的“特征直線”的方程；（2）已知點(diǎn)在拋物線上，點(diǎn)的“特征直線”與雙曲線經(jīng)過二、四象限的漸近線垂直，且與軸的交于點(diǎn)，點(diǎn)為線段上的點(diǎn).求證：；（3）已知、是拋物線上異于原點(diǎn)的兩個(gè)不同的點(diǎn)，點(diǎn)、的“特征直線”分別為、，直線、相交于點(diǎn)，且與軸分別交于點(diǎn)、.求證：點(diǎn)在線段上的充要條件為（其中為點(diǎn)的橫坐標(biāo)）.【分析】（1）計(jì)算的斜率為1，再計(jì)算直線方程得到答案.（2）根據(jù)與漸近線垂直得到，線段的方程為，得到，代入方程得到，，計(jì)算得到.（3））設(shè)，，得到所對(duì)應(yīng)的方程為：計(jì)算得到，分別證明充分性和必要性得到答案.【詳解】（1）由題意的斜率為1，所以點(diǎn)的“特征直線”的方程為.（2）設(shè)點(diǎn)，由于雙曲線所求漸近線的斜率為所以，進(jìn)而得，線段的方程為所以滿足所對(duì)應(yīng)方程為：，解得，因?yàn)?，所以，進(jìn)而（3）設(shè)，，則、的方程分別為，，解、交點(diǎn)可得，，所對(duì)應(yīng)的方程為：，必要性：因?yàn)辄c(diǎn)在線段上當(dāng)時(shí)，，得，當(dāng)時(shí)，，得，所以，進(jìn)而①充分性：由，得，當(dāng)時(shí)，，得，當(dāng)時(shí)，得，得，所以點(diǎn)在線段上.綜上所述：點(diǎn)在線段上的充要條件為一、解答題1．定義：一般地，當(dāng)且時(shí)，我們把方程表示的橢圓稱為橢圓的相似橢圓．已知橢圓，橢圓（且）是橢圓的相似橢圓，點(diǎn)為橢圓上異于其左、右頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)．(1)當(dāng)時(shí)，若與橢圓有且只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線恰好相交于點(diǎn)，直線的斜率分別為，求的值；(2)當(dāng)（e為橢圓的離心率）時(shí)，設(shè)直線與橢圓交于點(diǎn)，直線與橢圓交于點(diǎn)，求的值．【答案】(1)(2)5【分析】（1）設(shè)，則直線的方程為，進(jìn)而與橢圓聯(lián)立方程，并結(jié)合判別式得，同理得到，進(jìn)而得，再根據(jù)即可求得答案；（2）由題知橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，進(jìn)而結(jié)合點(diǎn)在橢圓上得，故設(shè)直線的斜率為，則直線的斜率為，進(jìn)而得其對(duì)應(yīng)的方程，再與橢圓聯(lián)立方程并結(jié)合韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式得，，，進(jìn)而得．【詳解】（1）解：設(shè)，則直線的方程為，即，記，則的方程為，將其代入橢圓的方程，消去，得，因?yàn)橹本€與橢圓有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以，即，將代入上式，整理得，同理可得，，所以為關(guān)于的方程的兩根，所以，．又點(diǎn)在橢圓上，所以，所以．（2）解：由橢圓，得其離心率，所以當(dāng)，即時(shí)，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，所以，，，恰好為橢圓的左、右焦點(diǎn)，易知直線的斜率均存在且不為，所以，因?yàn)樵跈E圓上，所以，即，所以．設(shè)直線的斜率為，則直線的斜率為，所以直線的方程為．由，得，設(shè)，則，，所以，同理可得，所以．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：高考中解析幾何解答題一般圍繞直線和圓錐曲線的位置關(guān)系進(jìn)行設(shè)題，對(duì)考生的代數(shù)運(yùn)算能力、邏輯思維能力要求較高，挖掘幾何圖形的性質(zhì)是求解有幾何背景的圓錐曲線問題的主要思路，在解決與圓有關(guān)的問題時(shí)要重視圓的幾何性質(zhì)的運(yùn)用．2．給出如下的定義和定理：定義：若直線l與拋物線有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)P，且l與的對(duì)稱軸不平行，則稱直線l與拋物線相切，公共點(diǎn)P稱為切點(diǎn).定理：過拋物線上一點(diǎn)處的切線方程為.完成下述問題：如圖所示，設(shè)E，F(xiàn)是拋物線上兩點(diǎn).過點(diǎn)E，F(xiàn)分別作拋物線的兩條切線，，直線，交于點(diǎn)C，點(diǎn)A，B分別在線段，的延長(zhǎng)線上，且滿足，其中.(1)若點(diǎn)E，F(xiàn)的縱坐標(biāo)分別為，，用，和p表示點(diǎn)C的坐標(biāo).(2)證明：直線與拋物線相切；(3)設(shè)直線與拋物線相切于點(diǎn)G，求.【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)【分析】（1）分別寫出切線和切線的方程，聯(lián)立方程即可求出點(diǎn)C的坐標(biāo).（2）設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)切點(diǎn)坐標(biāo)寫出切線的方程，從而求出點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)可求出的值，從而證明直線與拋物線相切.（3）首先根據(jù)（2）的結(jié)論求出，；然后求和的值，再根據(jù)，，可得到，從而可求出答案.【詳解】（1）因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)的縱坐標(biāo)分別為，，所以，所以在處的切線方程為，即，同理在處的切線方程為，兩式聯(lián)立，解得，所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為.（2）設(shè)為拋物線上的一點(diǎn)，則，拋物線在點(diǎn)處的切線方程為，即，由，得，由，得，所以，，，所以，，取，則點(diǎn)為點(diǎn)，為點(diǎn),此時(shí)滿足，所以直線與拋物線相切；（3）因?yàn)椋?，所以根?jù)（2）可知，，所以，所以，而，，所以，所以.3．阿波羅尼斯是古希臘著名數(shù)學(xué)家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線》一書中．阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是已知?jiǎng)狱c(diǎn)與兩定點(diǎn)，的距離之比，是一個(gè)常數(shù)，那么動(dòng)點(diǎn)的軌跡就是阿波羅尼斯圓，圓心在直線上．已知?jiǎng)狱c(diǎn)的軌跡是阿波羅尼斯圓，其方程為，定點(diǎn)分別為橢圓的右焦點(diǎn)與右頂點(diǎn)，且橢圓的離心率為．（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）如圖，過右焦點(diǎn)斜率為的直線與橢圓相交于，（點(diǎn)在軸上方），點(diǎn)，是橢圓上異于，的兩點(diǎn)，平分，平分．①求的取值范圍；②將點(diǎn)、、看作一個(gè)阿波羅尼斯圓上的三點(diǎn)，若外接圓的面積為，求直線的方程．【答案】（1）；（2）①；②．【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得橢圓方程，方法2，利用定義整理得，再根據(jù)條件列式求得橢圓方程；方法3，利用定義進(jìn)行整理，由為常數(shù)，求得系數(shù)，得到橢圓方程；（2）①首先由面積比值求得，令，則，利用坐標(biāo)表示向量，求得，再求范圍；②由阿波羅尼斯圓定義知，，，在以，為定點(diǎn)得阿波羅尼斯圓上，由幾何關(guān)系列式得，求得，再根據(jù)，求得，即可計(jì)算直線方程.【詳解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得∴，，橢圓的方程為方法（2）設(shè)，由題意（常數(shù)），整理得：，故，又，解得：，．∴，橢圓的方程為．方法（3）設(shè)，則．由題意∵為常數(shù)，∴，又，解得：，，故∴橢圓的方程為（2）①由，又，∴（或由角平分線定理得）令，則，設(shè)，則有，又直線的斜率，則，代入得：，即，∵，∴．②由①知，，由阿波羅尼斯圓定義知，，，在以，為定點(diǎn)得阿波羅尼斯圓上，設(shè)該圓圓心為，半徑為，與直線的另一個(gè)交點(diǎn)為，則有，即，解得：．又，故，∴又，∴，解得：，，∴，∴直線的方程為．題型五：立體幾何題型五：立體幾何新定義一、解答題1．已知，，，定義一種運(yùn)算：，已知四棱錐中，底面是一個(gè)平行四邊形，，，（1）試計(jì)算的絕對(duì)值的值，并求證面；（2）求四棱錐的體積，說明的絕對(duì)值的值與四棱錐體積的關(guān)系，并由此猜想向量這一運(yùn)算的絕對(duì)值的幾何意義.【答案】（1）48，證明見解析；（2）體積為16，，的絕對(duì)值表示以為鄰邊的平行六面體的體積．【分析】（1）根據(jù)新定義直接計(jì)算，由向量法證明線線垂直，得線面垂直；（2）計(jì)算出棱錐體積后，根據(jù)數(shù)據(jù)確定關(guān)系．【詳解】（1）由題意＝48．，，∴，即．是平面內(nèi)兩相交直線，∴平面．（2）由題意，，，，∴．∴，猜想：的絕對(duì)值表示以為鄰邊的平行六面體的體積．【點(diǎn)睛】本題考查向量的新定義運(yùn)算，解題時(shí)根據(jù)新定義的規(guī)則運(yùn)算即可．考查學(xué)生的創(chuàng)新意識(shí)，同時(shí)考查學(xué)生的歸納推理能力．2．類比于二維平面中的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理；如圖1，由射線，，構(gòu)成的三面角，，，，二面角的大小為，則．（1）當(dāng)、時(shí)，證明以上三面角余弦定理；（2）如圖2，平行六面體中，平面平面，，，①求的余弦值；②在直線上是否存在點(diǎn)，使平面？若存在，求出點(diǎn)的位置；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）①；②當(dāng)點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上，且使時(shí)，平面.【分析】（1）過射線上一點(diǎn)作交于點(diǎn)，作交于點(diǎn)，連接，，可得是二面角的平面角．在中和中分別用余弦定理，兩式相減變形可證結(jié)論；（2）①直接利用三面角定理（（1）的結(jié)論）計(jì)算；②連結(jié)，延長(zhǎng)至，使，連結(jié)，由線面平行的判定定理證明平面．【詳解】（1）證明：如圖，過射線上一點(diǎn)作交于點(diǎn)，作交于點(diǎn)，連接，則是二面角的平面角．在中和中分別用余弦定理，得，，兩式相減得，∴，兩邊同除以，得．（2）①由平面平面，知，∴由（1）得，∵，，∴．②在直線上存在點(diǎn)，使平面．連結(jié)，延長(zhǎng)至，使，連結(jié)，在棱柱中，，，∴，∴四邊形為平行四邊形，∴．在四邊形中，，∴四邊形為平行四邊形，∴，∴，又平面，平面，∴平面．∴當(dāng)點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上，且使時(shí)，平面．3．蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結(jié)構(gòu)是由正六棱柱截去三個(gè)相等的三棱錐，，，再分別以，，為軸將，，分別向上翻轉(zhuǎn)，使，，三點(diǎn)重合為點(diǎn)所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個(gè)菱形的各個(gè)頂點(diǎn)的曲率之和，而每一頂點(diǎn)的曲率規(guī)定等于減去蜂房多面體在該點(diǎn)的各個(gè)面角之和（多面體的面角是多面體的面的內(nèi)角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個(gè)頂點(diǎn)有3個(gè)面角，每個(gè)面角是，所以正四面體在各頂點(diǎn)的曲率為.(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；(2)若正六棱柱底面邊長(zhǎng)為1，側(cè)棱長(zhǎng)為2，設(shè)（i）用表示蜂房（圖2右側(cè)多面體）的表面積；（ii）當(dāng)蜂房表面積最小時(shí)，求其頂點(diǎn)的曲率的余弦值.【答案】(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根據(jù)彎曲度、曲率的定義求得正確答案.（2）（i）結(jié)合多面體的表面積的求法求得；（ii）利用導(dǎo)數(shù)求得蜂房表面積最小時(shí)的值.令，利用余弦定理求得，結(jié)合三角恒等變換的知識(shí)求得頂點(diǎn)的曲率的余弦值.【詳解】（1）蜂房曲頂空間的彎曲度為頂端三個(gè)菱形的7個(gè)頂點(diǎn)的曲率之和，根據(jù)定義其度量值等于減去三個(gè)菱形的內(nèi)角和，再減去6個(gè)直角梯形中的兩個(gè)非直角內(nèi)角和，即蜂房曲頂空間的彎曲度為.（2）（i）如圖所示，連接AC，SH，則，設(shè)點(diǎn)在平面的射影為O，則，則，菱形SAHC的面積為，側(cè)面積，所以蜂房的表面積為.（ii），令得到，所以在遞增；在遞增.所以在處取得極小值，也即是最小值.此時(shí)，在中，令，由余弦定理得，又頂點(diǎn)的曲率為，.題型六：統(tǒng)計(jì)題型六：統(tǒng)計(jì)新定義一、解答題1．（2023-湖南郴州-統(tǒng)考三模）chatGPT是由OpenAI開發(fā)的一款人工智能機(jī)器人程序，一經(jīng)推出就火遍全球.chatGPT的開發(fā)主要采用RLHF（人類反饋強(qiáng)化學(xué)習(xí)）技術(shù)，訓(xùn)練分為以下三個(gè)階段.第一階段：訓(xùn)練監(jiān)督策略模型.對(duì)抽取的prompt數(shù)據(jù)，人工進(jìn)行高質(zhì)量的回答，獲取<prompt，answer>數(shù)據(jù)對(duì)，幫助數(shù)學(xué)模型GPT-3.5更好地理解指令.第二階段：訓(xùn)練獎(jiǎng)勵(lì)模型.用上一階段訓(xùn)練好的數(shù)學(xué)模型，生成個(gè)不同的回答，人工標(biāo)注排名，通過獎(jiǎng)勵(lì)模型給出不同的數(shù)值，獎(jiǎng)勵(lì)數(shù)值越高越好.獎(jiǎng)勵(lì)數(shù)值可以通過最小化下面的交叉熵?fù)p失函數(shù)得到：，其中，且.第三階段：實(shí)驗(yàn)與強(qiáng)化模型和算法.通過調(diào)整模型的參數(shù)，使模型得到最大的獎(jiǎng)勵(lì)以符合人工的選擇取向.參考數(shù)據(jù)：(1)若已知某單個(gè)樣本，其真實(shí)分布，其預(yù)測(cè)近似分布，計(jì)算該單個(gè)樣本的交叉熵?fù)p失函數(shù)Loss值.(2)絕對(duì)值誤差MAE也是一種比較常見的損失函數(shù)，現(xiàn)已知某階變量的絕對(duì)值誤差，，其中，表示變量的階.若已知某個(gè)樣本是一個(gè)三階變量的數(shù)陣，其真實(shí)分布是，現(xiàn)已知其預(yù)測(cè)分布為，求證：該變量的絕對(duì)值誤差為定值.(3)在測(cè)試chatGPT時(shí)，如果輸入問題沒有語法錯(cuò)誤chatGPT的回答被采納的概率為，當(dāng)出現(xiàn)語法錯(cuò)誤時(shí)，chatGPT的回答被采納的概率為.現(xiàn)已知輸入的問題中出現(xiàn)語法錯(cuò)誤的概率為，現(xiàn)已知chatGPT的回答被采納，求該問題的輸入語法沒有錯(cuò)誤的概率.【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）根據(jù)交叉嫡損失函數(shù)，將數(shù)據(jù)代入求值即可；（2）根據(jù)絕對(duì)值誤差MAE的定義及公式化簡(jiǎn)證明；（3）利用條件概率公式及全概率公式求概率.【詳解】（1）由題意，該單個(gè)樣本的交叉嫡損失函數(shù)：.（2）根據(jù)定義，該三階變量的絕對(duì)值誤差為.（3）記事件A：chatGPT中輸入的語法無錯(cuò)誤；事件B：chatGPT中輸入的語法有錯(cuò)誤；事件C：chatGPT的回答被采納.依題意：，所以.2．（2023-全國-模擬預(yù)測(cè)）某校20名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)和知識(shí)