2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：創(chuàng)新定義題型（新高考卷）解析版

專題20創(chuàng)新定義題型

考情概覽

命題解讀考向考查統(tǒng)計(jì)

1.高考對(duì)創(chuàng)新定義的考查，是新鬲考改解析幾何創(chuàng)新問(wèn)題2024?新高考I卷，11

革出現(xiàn)的題型，一般難度較大。2024

年九省聯(lián)考出現(xiàn)了概率的新定義問(wèn)題，

數(shù)列新定義2024?新高考I卷,19

而2025年新高考中出現(xiàn)了解析幾何、

數(shù)列的新定義問(wèn)題。

2024年真題研析

命題分析

2024年高考新高考I卷11題考查了解析幾何的創(chuàng)新題型，主要是曲線方程的求法及性質(zhì)。II卷雖然未

考查新定義類型，但是壓軸題將數(shù)列與雙曲線相結(jié)合，也是一次獨(dú)特的創(chuàng)新。新定義題型的特點(diǎn)是：通過(guò)

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(lái)創(chuàng)設(shè)全新的問(wèn)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(wèn)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)，按新定義照章辦事''逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算，

使問(wèn)題得以解決，難度較難，需重點(diǎn)特訓(xùn)。預(yù)計(jì)2025年高考還是主要考查數(shù)列、函數(shù)的新定義問(wèn)題。

試題精講

一、多選題

1.(2024新高考I卷-11)造型b可以做成美麗的絲帶，將其看作圖中曲線C的一部分.已知C過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)

。.且C上的點(diǎn)滿足橫坐標(biāo)大于-2,到點(diǎn)/(2,0)的距離與到定直線x=“(“<0)的距離之積為4,貝IJ()

A.a=—2B.點(diǎn)(26,0)在C上

4

c.C在第一象限的點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值為1D.當(dāng)點(diǎn)（%,%）在C上時(shí)，7

%0+2

【答案】ABD

【分析】根據(jù)題設(shè)將原點(diǎn)代入曲線方程后可求。，故可判斷A的正誤，結(jié)合曲線方程可判斷B的正誤，利

用特例法可判斷C的正誤，將曲線方程化簡(jiǎn)后結(jié)合不等式的性質(zhì)可判斷D的正誤.

【詳解】對(duì)于A：設(shè)曲線上的動(dòng)點(diǎn)P（x,y）,貝!]無(wú)>-2且小口一2）2+日2乂4一同=4,

因?yàn)榍€過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，故J（。-2）2+0R0-a|=4,解得。=-2,故A正確.

對(duì)于B：又曲線方程為J（x-2）?+y2x|x+2|=4,而尤>-2,

故+y?x（尤+2）=4.

當(dāng)尤=2￡y=0時(shí)，夜-2yx僅收+2）=8一4=4,

故（2死0）在曲線上，故B正確.

216/~\23

對(duì)于C：由曲線的方程可得y=7-獷一（無(wú)一2）,取尤=

（%+2）2

E2641-6411645256-245八

則曠=為一“而希?。?-------------〉0故此時(shí)/>1,

49449x4

故。在第一象限內(nèi)點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值大于1,故C錯(cuò)誤.

/、216/,16

對(duì)于D：當(dāng)點(diǎn)（%,%）在曲線上時(shí)，由C的分析可得得=（尤+2）2一"。-2）%+2廣

44

故---:？<為4一^7，故D正確.

x0+2x0+2

故選：ABD.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：根據(jù)曲線方程討論曲線的性質(zhì)，一般需要將曲線方程變形化簡(jiǎn)后結(jié)合不等式的性質(zhì)等

來(lái)處理.

二、解答題

2.（2024新高考I卷J9）設(shè)相為正整數(shù)，數(shù)列4，出，…，%,“+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項(xiàng)為

和％[</）后剩余的4帆項(xiàng)可被平均分為加組,且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列％,外,…,是

（，,/）-可分?jǐn)?shù)列.

⑴寫出所有的（口），14i</46,使數(shù)列4"，…，4是化））-可分?jǐn)?shù)列;

⑵當(dāng)機(jī)23時(shí)，證明：數(shù)列％,出,..”%,“+2是（2,13）-可分?jǐn)?shù)列；

⑶從1,2,...,4%+2中一次任取兩個(gè)數(shù)1和4</）,記數(shù)列0“2，-%1+2是（盯）-可分?jǐn)?shù)列的概率為￡"，證明：

O

【答案】(1)(1,2),(1,6),(5,6)

(2)證明見解析

(3)證明見解析

【分析】(1)直接根據(jù)?,力-可分?jǐn)?shù)列的定義即可；

(2)根據(jù)?,/)-可分?jǐn)?shù)列的定義即可驗(yàn)證結(jié)論；

(3)證明使得原數(shù)列是?,/)-可分?jǐn)?shù)列的(仃)至少有(加+1)2-%個(gè)，再使用概率的定義.

【詳解】(D首先，我們?cè)O(shè)數(shù)列外，〃2,…，44加+2的公差為d,則dwO.

由于一個(gè)數(shù)列同時(shí)加上一個(gè)數(shù)或者乘以一個(gè)非零數(shù)后是等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)列是等差數(shù)列，

故我們可以對(duì)該數(shù)列進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃?=%芻+1億=1,2,…,4m+2),

得到新數(shù)列4=左(左=1,2,…,4加+2),然后對(duì)4，&,…,42進(jìn)行相應(yīng)的討論即可.

換言之，我們可以不妨設(shè)4=上僅=1,2,...,4〃?+2),此后的討論均建立在該假設(shè)下進(jìn)行.

回到原題，第1小問(wèn)相當(dāng)于從L2,3,4,5,6中取出兩個(gè)數(shù)i和/?</),使得剩下四個(gè)數(shù)是等差數(shù)列.

那么剩下四個(gè)數(shù)只可能是1,2,3,4,或2,3,4,5,或3,4,5,6.

所以所有可能的(V)就是(1,2),(1,6),(5,6).

(2)由于從數(shù)列L2,...,4相+2中取出2和13后，剩余的4機(jī)個(gè)數(shù)可以分為以下兩個(gè)部分，共機(jī)組，使得每組

成等差數(shù)列：

①{1,4,7,10},{3,6,9,12},{5,8,11,14},共3組;

②(15,16,17,18},{19,20,21,22}{4m-l,4m,4m+l,4m+2},共相_3組.

(如果m-3=0,則忽略②)

故數(shù)列1,2,…,4%+2是(2,13)-可分?jǐn)?shù)列.

(3)定義集合A={4上+1%=0,1,2,…，相}={1,5,9,13,…,4加+1},

B={4左+2%=0,1,2”..,，〃}=(2,6,10,14,...,4/M+2).

下面證明，對(duì)JV4m+2,如果下面兩個(gè)命題同時(shí)成立，

則數(shù)列1,2...,4加+2一定是(力⑺-可分?jǐn)?shù)列:

命題1:ieA,jeB或A；

命題2：j—i^3.

我們分兩種情況證明這個(gè)結(jié)論.

第一種情況：如果，eAJcB,且/-23.

此時(shí)設(shè)，=的+1,J=4&+2,e{0,l,2,...,研.

貝!I由?可知4勺+1<4七+2,即&-勺>-；,故h*.

此時(shí)，由于從數(shù)列1,2,...,4m+2中取出，=4左+1和/=4七+2后，

剩余的4山個(gè)數(shù)可以分為以下三個(gè)部分，共機(jī)組，使得每組成等差數(shù)列：

①（1,2,3,4},{5,6,7,8},...,{秋—3,秋一2,4^,-1,4^},共8組；

②{4左+2,4kl+3,他+4,4Al+5},{做+6,4匕+7,的+8,4%+9},…,{4七—2,4kl-1,4玲,4履+1）,共七一匕組；

③{4左2+3,4左2+4,%+5,%+6},{4左2+7,4左2+8,%+9,4k2+10）,...,{4m-l,4??i,4m+l,4m+2},共m-履組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

故此時(shí)數(shù)列1,2,…,4帆+2是可分?jǐn)?shù)列.

第二種情況：如果且

此時(shí)設(shè)，=缺+2,j=4k2+l,《，用e{0,1,2,.,明.

則由力〈，可知4勺+2<4%+1,即玲一8>；,故心〉人.

由于J-23,故（4左2+1）-（4勺+2）W3,從而心一發(fā)尸1,這就意味著心一勺22.

此時(shí)，由于從數(shù)列1,2,…,4機(jī)+2中取出i=4勺+2和j=4e+1后，剩余的4機(jī)個(gè)數(shù)可以分為以下四個(gè)部分，

共加組，使得每組成等差數(shù)列：

①{1,2,3,4},{5,6,7,8},{曲一3,4勺一2,4匕一1,他},共6組；

{4匕+1,3尢+匕+1,2匕+2左2+1,匕+3匕+1},{3匕+匕+2,2尢+2左2+2,勺+3左2+2,4匕+2},^^2組;

③全體{4勺+p,3Al+左2+P，2Al+2k2+p,勺+3&+p},其中。=3,4,—匕，共發(fā)尢―2組；

④{4幺+3,4匕+4,4公+5,4左2+6},{4左2+7,4匕+8,4幺+9,4^2+101,...,[4m-1,4m,4m+1,4m+2},共七組.

（如果某一部分的組數(shù)為0,則忽略之）

這里對(duì)②和③進(jìn)行一下解釋：將③中的每一組作為一個(gè)橫排，排成一個(gè)包含k-4-2個(gè)行，4個(gè)列的數(shù)表

以后，4個(gè)列分別是下面這些數(shù)：

[4匕+3,4匕+4,…,3K+左2},{3匕+&+3,3匕+匕+4,…,2匕+2匕},{2匕+2b+3,2匕+2k?+3,…，匕+3七},

{匕+3匕+3,々+3匕+4,…,4匕}.

可以看出每列都是連續(xù)的若干個(gè)整數(shù)，它們?cè)偃〔⒁院?，將取遍{4匕+1,4匕+2,..”4&+2}中除開五個(gè)集合

{4《+1,+2},{3勺+匕+1,3匕+匕+2},{2匕+2k+1,2kl+2k+2},{匕+3抬+1,勺+3匕+2},

{4為+1,4k2+2}中的十個(gè)元素以外的所有數(shù).

而這十個(gè)數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的4%+2和4右+1以外，剩余的八個(gè)數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個(gè)數(shù).

這就說(shuō)明我們給出的分組方式滿足要求，故此時(shí)數(shù)列12…,4m+2是億力-可分?jǐn)?shù)列.

至此，我們證明了:對(duì)1<i</V4m+2,如果前述命題1和命題2同時(shí)成立,則數(shù)列1,2,…,4%+2一定是（幻）-

可分?jǐn)?shù)列.

然后我們來(lái)考慮這樣的（V）的個(gè)數(shù).

首先，由于Ac3=0,A和B各有根+1個(gè)元素，故滿足命題1的億））總共有（加+丁個(gè)；

而如果j-i=3,假設(shè)則可設(shè)i=4《+l,j=4k2+2,代入得（%+2）-（4匕+1）=3.

但這導(dǎo)致矛盾，所以

設(shè)i=4勺+2,j=4k2+l,左，&e{0」,2,…，叫，則（4內(nèi)+1）-（4匕+2）=3,即&-勺=1.

所以可能的（3修）恰好就是（。，1），。，2）,…，（m-1,加），對(duì)應(yīng)的（仃）分別是（2,5）,（6,9）,...,（42,4〃任1）,總

共加個(gè).

所以這（加+1『個(gè)滿足命題1的（V）中，不滿足命題2的恰好有加個(gè).

這就得到同時(shí)滿足命題1和命題2的（V）的個(gè)數(shù)為（“7+1）2-〃.

當(dāng)我們從1,2,…,4加+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和<力時(shí)，總的選取方式的個(gè)數(shù)等于

（4/n+2X4m+l）=（2m+i）（4m+i）j

而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列生,6f2,..-,^4m+2是1,/）-可分?jǐn)?shù)列的億j）至少有（"+1）2-加個(gè).

所以數(shù)列4,“2,…，〃4租+2是（/,7-）-可分?jǐn)?shù)列的概率匕一定滿足

（m+l）2-mm2+m+l療+相+；（加+j1.

m（2m+l）（4m+l）（2m+l）（4m+l）（2m+lj（4m+2）2（2m+l）（2m+l）8

這就證明了結(jié)論.

一、新定義問(wèn)題

“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(wèn)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(guò)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(shuō)“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應(yīng)萬(wàn)變才是制勝法寶.

二、新定義問(wèn)題的方法和技巧

（1）可通過(guò)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(yǔ)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(shuō)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.

名校模擬探源

一、解答題

1.(2024?北京?三模)給定正整數(shù)2,設(shè)數(shù)列…9是12...,〃的一個(gè)排列，對(duì)，${1,2,為表示

以％為首項(xiàng)的遞增子列的最大長(zhǎng)度，%表示以巴為首項(xiàng)的遞減子列的最大長(zhǎng)度.

(1)若〃=4,=1,g=4,。3=2,4=3,求花和為；

22

(2)求證：VZe{l,2,...,n-l},(x.-y.)+(x.+1-yM)w0；

⑶求￡上-%|的最小信

i=i

【答案】(1)再=3,＞2=2

⑵證明見解析

⑶當(dāng)"為偶數(shù)時(shí)，￡上,-叩的最小值是g；當(dāng)”為奇數(shù)時(shí)，￡人-叩的最小值是一.

z=i2/=12

【分析】(1)直接根據(jù)定義求解；

(2)分情況討論證明玉-ywx1+1-X+1,故可推知玉-%和x,+1-y;+1不能同時(shí)為零，進(jìn)而得到結(jié)論；

(3)對(duì)"的奇偶性分情況討論，并利用小問(wèn)2得到的結(jié)果即可.

【詳解】(1)以外為首項(xiàng)的最長(zhǎng)遞增子列是，以出為首項(xiàng)的最長(zhǎng)遞減子列是生，。3和。2,%.

所以%=3,必=2.

(2)對(duì)-1},由于是1,2,...,〃的一個(gè)排列，故。產(chǎn)4rf.

若《＜0用,則每個(gè)以為首項(xiàng)的遞增子列都可以在前面加一個(gè)4,

得到一個(gè)以為首項(xiàng)的更長(zhǎng)的遞增子列，所以%；

而每個(gè)以為首項(xiàng)的遞減子列都不包含4+1,且＜4+1,

故可將替換為4+1,得到一個(gè)長(zhǎng)度相同的遞減子列，所以y

這意味著玉一%＞尤陽(yáng)-%+i;

若4＞一，同理有%＞%+i，%V%，故%

總之有士-%Rx;+1-y;+1,從而％-y和xM-yM不能同時(shí)為零，

故(無(wú)廠%)2+(%-%+1)、0.

(3)根據(jù)小問(wèn)2的證明過(guò)程知%-%和二+「y+i不能同時(shí)為零,故|%-%|+卜+1—%|正1.

情況一：當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，設(shè)〃=2人則一方面有

￡k，一y,I=￡(ZT-|+1"%I)N￡1=&=g；

i=li=li=l'

[d^,；,=左一i+1

另一方面，考慮這樣一個(gè)數(shù)列與外，…，〃,：,.,i=12,..,k.

[a2i=k+i

\xrf.,=k—i+2fy；,=k—i+1

則對(duì)，2,…水，有''?，29'I」.

[X2.=K-l+l[>2i=4一2+1

故此時(shí)f卜-yI=ZL-i-=?=k=g.

i=\i=lz=l/

結(jié)合以上兩方面，知￡k-y,|的最小值是g.

/=i2

情況二：當(dāng)”為奇數(shù)時(shí)，設(shè)“=2M-1,則一方面有

nn—\m—\m—\幾_]

￡1%_x-l-2上一W=￡(1%-%?」+1%之=加一1=~r~；

i=li=li=li=l乙

ax=m

另一方面，考慮這樣一個(gè)數(shù)列＜a2i=m+i,z=1,1.

a2M=m-i

xx=myi=m

則對(duì)，=1,2,...,根一1,有隹/二加一，，<=加一1+1.

xmi

2i+i=~

_n.一!.一!?_1

故此時(shí)|￡E-%」=i?=7〃T=-r--

z=li=li=l'

結(jié)合以上兩方面，知tw-卬的最小值是一.

z=i2

綜上，當(dāng)〃為偶數(shù)時(shí)，tk-刃的最小值是j當(dāng)”為奇數(shù)時(shí)，之上7』的最小值是一.

z=i2f=i2

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：求最?。ɑ蜃畲螅┲档谋举|(zhì)在于，先證明所求的表達(dá)式一定不小于（或不大于）某

個(gè)數(shù)M,再說(shuō)明該表達(dá)式在某種情況下能取到M,就得到了最?。ɑ蜃畲螅┲凳恰?，這便是“求最?。ɑ?/p>

最大）值”的本質(zhì).而在這個(gè)過(guò)程中，“想到/的具體取值”這個(gè)過(guò)程并不存在絕對(duì)的邏輯性，可以窮盡各種

手段，包括直覺、大膽猜測(cè)、高觀點(diǎn)等，去猜出/的值，這些內(nèi)容也無(wú)需在證明過(guò)程中呈現(xiàn).只要證明合乎

邏輯，“如何想到M的取值”無(wú)需交代，不影響解答的正確性.換言之，所謂“求”，便是“猜出結(jié)果，再證明

結(jié)果正確”，與“算出”、“得出”本就是無(wú)關(guān)的.在高考范圍內(nèi)，大多數(shù)最小值和最大值問(wèn)題都能夠直接化為

某個(gè)顯而易見，容易刻畫的模型，然后“直接算出”，但不可將此作為萬(wàn)能法寶，忘記了最小值最大值的原

始定義和本質(zhì).

2.（2024?河南.三模）已知數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和為S",若存在常數(shù)〃彳＞0）,使得彳%2S用對(duì)任意〃cN*都

成立，則稱數(shù)列｛%｝具有性質(zhì)P（㈤.

⑴若數(shù)列｛%｝為等差數(shù)列，且邑=-9應(yīng)=-25,求證：數(shù)列｛%｝具有性質(zhì)P⑶;

(2)設(shè)數(shù)列｛%｝的各項(xiàng)均為正數(shù)，且｛4｝具有性質(zhì)P(㈤.

①若數(shù)列｛?！埃枪葹?的等比數(shù)列，且彳=4,求9的值；

②求2的最小值.

【答案】(1)證明見解析；

(2)①4=2；②。的最小值為4.

【分析】(1)根據(jù)給定條件，求出等差數(shù)列的公差，進(jìn)而求出通項(xiàng)公式及前"項(xiàng)和，再利用定義判斷即得.

-1_n+1

(2)①根據(jù)給定條件，可得4a再按g=l,qwl探討，當(dāng)gwl時(shí)，又按

i-q

0<q<l,q=2,q>l且/2討論得解；②由定義腦角NS.，消去結(jié)合基本不等式得言出，再

oc

迭代得(1)1>寸，借助正項(xiàng)數(shù)列建立不等式求解即可.

【詳解】(D設(shè)等差數(shù)列｛%｝的公差為d,由$3=-9,&=-25,得3%+31=一9,5%+101=-25,

解得q=-1,d=-2,則4=T+("-1)(_2)=-2n+1,Sn=+=一/,

22

于是3。n-SN=3(—2n+1)+(n+1)=(n—2)>0,即3atl>Sn+l,

所以數(shù)列｛4｝具有性質(zhì)次3).

(2)①由數(shù)列｛q｝具有性質(zhì)尸(4),得4%2s用，又等比數(shù)列｛%｝的公比為q,

若4=1,貝！]4qN(“+l)q,解得“43,與〃為任意正整數(shù)相矛盾；

1_n+11_n+1

當(dāng)gwl時(shí)，4%/-匕?！付?，而%>0,整理得的所匕?一，

1-q1-q

若0<夕<1,貝!「二，解得“<l+l°g一^,與"為任意正整數(shù)相矛盾；

(q-2)(q-2)

若“1,則—產(chǎn)VI,當(dāng)4=2時(shí),L(4-2>VI恒成立,滿足題意；

當(dāng)4>1且或2時(shí)，qn-l<—i—^,解得"<l+logg廠',與〃為任意正整數(shù)相矛盾；

(q-2)(q-2)

所以4=2.

②由得2a“+[NS,+2，即2(S“+]—S“)NS”+2,

s丸s

因此猛途礙+SQ2g二，即丁!十，

品+1-冊(cè)

2CQc

由數(shù)列｛%｝各項(xiàng)均為正數(shù)，得S“＜S”從而1＜（1產(chǎn)/，即（1嚴(yán)＞苦，

若0＜彳＜4,則〃＜l+log/亙，與”為任意正整數(shù)相矛盾，

4S2

因此當(dāng)於4時(shí)，勺F1"T吟恒成立，符合題意，

所以彳的最小值為4.

【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)睛：等比數(shù)列｛%｝公比q不確定，其前n項(xiàng)和S“直接用公式3=”二心處理問(wèn)題，漏掉

1-9

對(duì)4的討論.

3.（2024?河北保定.三模）在初等數(shù)論中，對(duì)于大于1的自然數(shù)，除了1和它自身外，不能被其它自然數(shù)

整除的數(shù)叫做素?cái)?shù)，對(duì)非零整數(shù)。和整數(shù)6,若存在整數(shù)上使得）=如，則稱a整除6.已知0,q為不同的兩

個(gè)素?cái)?shù)，數(shù)列他“｝是公差為p的等差整數(shù)數(shù)列，"為q除%所得的余數(shù)，S,為數(shù)列｛2｝的前"項(xiàng)和.

⑴若4=1,0=3,q=2,求邑024；

（2）若某素?cái)?shù)整除兩個(gè)整數(shù)的乘積，則該素?cái)?shù)至少能整除其中一個(gè)整數(shù)，證明：數(shù)列｛2｝的前q項(xiàng)中任意兩

項(xiàng)均不相同；

（3）證明：5防+1為完全平方數(shù).

【答案】（1）1012；

⑵證明見解析；

（3）證明見解析.

【分析】（D求出數(shù)列｛4｝的通項(xiàng)，進(jìn)而求出伯“｝的通項(xiàng)公式，再借助分組求和即得.

（2）利用反證法，結(jié)合整除及素?cái)?shù)的性質(zhì)導(dǎo)出矛盾即可得證.

（3）利用（2）的信息，求出再利用”的定義可得勿即可求和得證.

【詳解】（1）依題意，=3n-2,當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，?！盀槠鏀?shù)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，凡為偶數(shù)，

[1,”為奇數(shù)

而4=2,因此a=「為偶數(shù)，

所以％24=1012x1+1012x0=1012.

（2）假設(shè)存在々=%,，,je｛l,2,,q｝,i^j,

依題意，%=kq+b”aj=lq+bj,k,leZ,

則q-勺=?-/）。=（上一]）4,因此q整除（i-J）。，

因?yàn)閜,q為不同的素?cái)?shù)，故q不整除P，

又因?yàn)镺wl'/區(qū)4-l＜q,故q不整除（，-/）,

與q整除(i-力。矛盾，故假設(shè)錯(cuò)誤，

所以數(shù)列{"}的前q項(xiàng)中任意兩項(xiàng)均不相同.

(3)由(2)得或e{0,l,2,,q-l),且數(shù)列電}的前q項(xiàng)中任意兩項(xiàng)均不相同，

所以邑=0+1+2++4-1=若1，

設(shè)見=幻4+2(geZ),則4+g=(繪+。)4+2，故2+<,=〃，

所以5防+1=8與+1=4式q—1)+1=(2q—I)?為完全平方數(shù).

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：應(yīng)用反證法時(shí)必須先否定結(jié)論，把結(jié)論的反面作為條件，且必須根據(jù)這一條件進(jìn)行推

理，否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面出發(fā)進(jìn)行推理，就不是反證法.所謂矛盾主要指：①與已知條件

矛盾；②與假設(shè)矛盾；③與定義、公理、定理矛盾；④與公認(rèn)的簡(jiǎn)單事實(shí)矛盾；⑤自相矛盾.

4.(2024海南?二模)設(shè)數(shù)列A：%,02M3,…,4(〃23,〃eN*),如果A中各項(xiàng)按一定順序進(jìn)行一個(gè)排列，就

得到一個(gè)有序數(shù)組「3也也，…,2).若有序數(shù)組「:他也也，…，僅)滿足

|&一可<|&一%|(ie{l,2,3,，〃-2})恒成立,則稱「:伯也也，…也)為〃階減距數(shù)組;若有序數(shù)組

「:(4也也，…也)滿足|4-可引d-%|(矣{1,2,3,?.?,〃-2})恒成立,則稱「：3也,偽，…也)為〃階非減距數(shù)

組.

(1)已知數(shù)列A：-1,3,2,-3,請(qǐng)直接寫出該數(shù)列中的數(shù)組成的所有4階減距數(shù)組；

⑵設(shè)「：(偽也也，…，2)是數(shù)列A：l,3,5,...,2"-1(心4,〃wN*)的一個(gè)有序數(shù)組，若r：(〃也…也)為〃階非

減距數(shù)組，且「：(偽也,…,%)為n-1階非減距數(shù)組，請(qǐng)直接寫出4個(gè)滿足上述條件的有序數(shù)組F；

⑶已知等比數(shù)列Aq,%，/，…，。“(心3)的公比為q,證明：當(dāng)。>。時(shí)，「(%,外,%,…嗎)為〃階非減距數(shù)

組.

【答案】⑴口：(-1,2,3,-3),r2:(2,-1,-3,3),r3:(3,-1,-3,2),r4:(-3,2,3-1).

(2)(2w-1,2/1-3,2n-5,,5,3,l),(2/z-l,2n-3,2n-5,--,5,1,3)

(1,3,5,,2〃-5,23,2〃-1,),(1,3,5,…,2〃-5,21,277-3,).

(3)證明見解析.

【分析】(1)根據(jù)題中〃階減距數(shù)組的定義，寫出4階減距數(shù)組，只需要保證有序數(shù)組「他也也也)中，

?-可<?-/和向-&<?-勾恒成立即可，分別令”為數(shù)列A中的每一個(gè)值即可得出結(jié)果；

(2)根據(jù)題干中”階非減距數(shù)組的定義，只需要保證有序數(shù)組「3,也,4，…，々)中，滿足

\bn-b\>\b,-bM\(iG{1,2,3,，〃—2})和有序數(shù)組「:倡也也，…，%)中，滿足

—偽以%—G{1,2,3,…，及-3})恒成立即可.

(3)利用分析法進(jìn)行逐步反向遞推，最后得證.

【詳解】(1)4階減距數(shù)組有：1:(-!,2,3,-3),r2:(2,-l,-3,3),r3:(3,-l,-3,2),乙:(-3,2,3,-1).

(2)滿足條件的有序數(shù)組「：

(2n-l,2w-3,2n-5,,5,3,l),(2n-l,2n-3,2n-5,,5,1,3)

(1,3,5,,2n-5,2/z-3,2n-l,),(l,3,5,■■,2n-5,2n-l,2n-3,).

(3)證明：設(shè)要證)為”階非減距數(shù)組，

需證明1%-⑷可%-力e(1,2,3,一2｝)恒成立，

即證,

需證麗/產(chǎn)-1-小即|尸-啊尸-4

需證(六一1)&(葉_/，

即證(qf(2日-4一1戶0.

當(dāng)。時(shí)，因?yàn)椤?貝!jq-1W0,

ninini

2q--q-l=q--l+q--q<0f

所以(4一1乂2卡一4一1戶0；

當(dāng)">1時(shí)，因?yàn)椤ㄒ唬?2,則4一1>0,

2q〃T_q_]=q〃T_]+q"T_q>0,

所以(4-1乂2產(chǎn)-“-1)>0；

綜上：當(dāng)4>0時(shí)，「：(《,%,名,..?,%)為n階非減距數(shù)組.

5.(2024?江西九江?三模)已知數(shù)列｛%｝共有加(mN2)項(xiàng)，且%eZ,若滿足院包一%|<1。4依加-1),

則稱｛%｝為“約束數(shù)歹.記“約束數(shù)列”｛%｝的所有項(xiàng)的和為S“.

⑴當(dāng)機(jī)=5時(shí)，寫出所有滿足q=%=1，$5=6的“約束數(shù)列”；

(2)當(dāng)機(jī)=2000嗎=25時(shí)，設(shè)。:的頌=2024;q:“約束數(shù)歹！]”｛外｝為等差數(shù)歹U.請(qǐng)判斷"是q的什么條件，并說(shuō)

明理由；

⑶當(dāng)q==°[1W%W與左eN+4寸，求|S,J的最大值.

【答案】⑴①1/，2,1」；(2)1,1,1,2,1；③L2,1,1,1

(2)。是q的充分不必要條件，理由見解析

【分析】(D由“約束數(shù)列”的定義，可得所求.

(2)由“約束數(shù)列”和充分必要條件的定義，結(jié)合等差數(shù)列的知識(shí)，可得結(jié)論.

(3)由q=l,陽(yáng)=0144崇左6$｝要使|S/最大，推出《20,討論等差數(shù)列的公差，用求和公式可

解.

【詳解】(1)當(dāng)機(jī)=5時(shí)，所有滿足6=%=1氏=6的“約束數(shù)列”有：

①1,1,2,1,1；(2)1,1,1,2,1；(3)1,2,1,1,1.

(2)P是4的充分不必要條件.理由：

①當(dāng)為ooo=2024時(shí)，向用=2,,1999),.?.%+「%W1.

貝%000=(%000—4999)+(4999—%998)+(q998—"1997)+,+(%—%)+々］<1999+%=2024,

當(dāng)且僅當(dāng)?shù)念D-%999=%999—%998=%998—4997==一"1二1時(shí)f^2000=2024成區(qū),

“約束數(shù)列，，｛為｝是公差為1的等差數(shù)列

②當(dāng)“約束數(shù)列"R｝是等差數(shù)列時(shí)，由|見+「⑷V1,

得〃〃+1-4=1，或?！?1一%=。，或%-4=T，

若?！?1-?！?。，則｛〃〃｝的公差為0,，a2000=%=25;

若an+1-an=-1,則｛an｝的公差為T；.a2000=q-1999=-1974；

若an+1-an=l,則｛4｝的公差為I,.'.峻=4+1999=2024,

即當(dāng)“約束數(shù)列”｛4｝是等差數(shù)列時(shí)，a2000=25或—1974或2024.

由①②，得2是4的充分不必要條件.

(3)%=1,%=。，,要使得聞取最大值，則3.2。,

當(dāng)且僅當(dāng)同時(shí)滿足以下三個(gè)條件時(shí)，|與|取最大值.

①當(dāng)2W〃V左時(shí)，an-an_x=1；②當(dāng)左+l〈wV2左時(shí)，a?-an_x=-1；

③當(dāng)2Z+1V〃W7"時(shí)，an-anA=1.

.」S,"L=[*x2—O+Jox?—+

女2(加一2%)(加一2左+1)

2

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于對(duì)新定義的理解，抓住4eZ和?+|-％區(qū)1進(jìn)行分類討論可求解第二問(wèn)；

第三問(wèn)關(guān)鍵在于根據(jù)4=1>。分析|Sj取得最大值的條件，然后分段求和可得..

6.(2024?山東青島?三模)在平面內(nèi)，若直線/將多邊形分為兩部分，多邊形在/兩側(cè)的頂點(diǎn)到直線/的距離

22

之和相等，則稱,為多邊形的一條“等線”，已知0為坐標(biāo)原點(diǎn)，雙曲線當(dāng)=1(°>0,6>0)的左、右焦

ab

點(diǎn)分別為耳耳,E的離心率為2,點(diǎn)P為E右支上一動(dòng)點(diǎn)，直線機(jī)與曲線E相切于點(diǎn)尸，且與E的漸近線交

于A,8兩點(diǎn)，當(dāng)軸時(shí)，直線y=i為△尸招工的等線.

⑴求E的方程；

⑵若y="x是四邊形AFtBF2的等線，求四邊形AFtBF2的面積;

（3）設(shè)OG=：OP,點(diǎn)G的軌跡為曲線「，證明:「在點(diǎn)G處的切線〃為△AKK的等線

2

【答案】⑴無(wú)2上=1

3

⑵12

（3）證明見解析

【分析】（D利用已知等量關(guān)系建立方程，求解各個(gè)元素，得到雙曲線方程即可.

（2）利用給定定義，求解關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，最后得到四邊形面積即可.

（3）利用給定條件和新定義證明即可.

【詳解】（D由題意知+耳（-。,0）,乙（。,0）,顯然點(diǎn)尸在直線＞=1的上方,

因?yàn)橹本€，=1為耳心的等線，所以￡-1=2,6=￡=21=02+〃，

aa

_2

解得。=1,b=0所以E的方程為爐-（=1

2

（2）設(shè)切線加：了一%=左（彳-%），代入/-1_=1得：

（3_k~）尤？+2k（kx?！?）x—（XQ+y；_2kx0+3）=0,

22

故［2無(wú)（fcr?！?）］+4（3—左~）（左~%0+y0—2kx0y0+3）=0,

該式可以看作關(guān)于k的一元二次方程（尤。2-1）公_2%%左+%2+3=0,

k=尤0%X。%_3一

所以一年-1］1+2€|一J%，即m方程為％＞于=1（*）

當(dāng)加的斜率不存在時(shí)，也成立

漸近線方程為、=±八，不妨設(shè)A在8上方，

1111

聯(lián)立得故,…---------1---------

YY|為

。一忑。耳

所以尸是線段A3的中點(diǎn)，因?yàn)檎校?到過(guò)。的直線距離相等,

則過(guò)。點(diǎn)的等線必定滿足:AB到該等線距離相等，

且分居兩側(cè)，所以該等線必過(guò)點(diǎn)尸，即。尸的方程為y=

由，丁,解得故P，346.

x=1y=A/6

I3i

所以以=尾=￡=^^='3，

。一忑

所以%=一若/=一;^=瓦;="一3，

。國(guó)^

所以|力一%|=6,所以％8=（閨%一詞=2區(qū)一詞=12

（3）

設(shè)G（x,y）,由OG=goP,所以x°=3x,%=3y,

故曲線「的方程為9X2_3/=?>0）

由（*）知切線為〃，也為半尤-萼=1,即修了一管=；,即3無(wú)/一%y-1=。

易知A與F?在〃的右側(cè),￡在"的左側(cè)，分別記耳,耳,A到〃的距離為44,4,

_1%=6--

由（2）知4=一

所以

由不

6%-126x+1

因?yàn)?+4=0=4,

所以直線〃為△從耳工的等線.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查解析幾何，解題關(guān)鍵是利用給定定義和條件，然后結(jié)合前問(wèn)結(jié)論，得到

d?+4=4,證明即可.

7.(2024?浙江?三模)在平面直角坐標(biāo)系中，如果將函數(shù)y=/(x)的圖象繞坐標(biāo)原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)e(0<a?1)

后，所得曲線仍然是某個(gè)函數(shù)的圖象，則稱/(x)為“a旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.

(D判斷函數(shù)丁=底是否為“與旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，并說(shuō)明理由；

⑵已知函數(shù)"X)=山(2x+1)(x>0)是“a旋轉(zhuǎn)函數(shù)，，，求tana的最大值；

丫27T

(3)若函數(shù)g(x)=m(%-l)e龍-xln%了是旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求機(jī)的取值范圍.

【答案】(1)不是，理由見解析

(3)m>e

【分析】(1)根據(jù)函數(shù)的定義直接判斷即可.

(2)將已知條件轉(zhuǎn)化為函數(shù)與直線丫=履+〃最多一個(gè)交點(diǎn)，利用兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)與對(duì)應(yīng)方程根的關(guān)系，

分離b,構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為新函數(shù)在(0,+8)上單調(diào)，進(jìn)而求解.

(3)同問(wèn)題(2)根據(jù)已知條件構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為新函數(shù)在(0,+6)上單調(diào)，求導(dǎo)，分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為恒

成立問(wèn)題求最值即可.

【詳解】(D函數(shù)y=A不是旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，理由如下：

O

y=氐逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)m后與y軸重合，

當(dāng)x=o時(shí)，有無(wú)數(shù)個(gè)y與之對(duì)應(yīng)，與函數(shù)的概念矛盾，

因此函數(shù)y=后不是旋轉(zhuǎn)函數(shù)”?

0

(2)由題意可得

函數(shù)〃x)=ln(2x+l)(x>0)與函數(shù)片區(qū)+》最多有1個(gè)交點(diǎn)，

且左=tang-a1,

所以ln(2x+l)=Ax+Z?(x>0)最多有一個(gè)根，

即In(2x+l)-kx^b(x>0)最多有一個(gè)根，

因此函數(shù)y=ln(2x+l)-辰(x>0)與函數(shù)y=bgeR)最多有1個(gè)交點(diǎn)，

即函數(shù)y=ln(2x+l)—辰在(0,+e)上單調(diào)，

29

因?yàn)椤?云石一右且無(wú)＞°,天石?。,2),

22

所以一心°,國(guó)，'所以上2,

71tanaK；,即tan。的最大值為

即tan

(3)由題意可得函數(shù)8(力=根(%-1度-1111-萬(wàn)與函數(shù)y=%+)最多有1個(gè)交點(diǎn),

/工2

即m(x-l)ex—xlnx—^-=x+b=>m(x-l)ex-xlnx---x=b,

即函數(shù)y=m(x-l)e、-xlnx-萬(wàn)-冗與函數(shù)y=匕最多有1個(gè)交點(diǎn),

丫2

即函數(shù)y=m(x-l)e“-xlnx-5-x在(0,+a)上單調(diào)，

y'=twcex-Inx-x-2,當(dāng)x.0時(shí)，y'—>+co,

Inx+x+2

所以y'NOn機(jī)＞

xex

令姒x)二叱手，則夕，(x)=gl)(；；l),

因?yàn)閠=-Inx-x-1在(0,+時(shí)上單調(diào)減,且(J＞。，，⑴＜0,

所以存在使/5)=0,

艮［IIn/+/=-1nIn(%?e與)=-1=＞%?e演=—,

所以。(可在(0,%)單調(diào)遞增，(%收)單調(diào)遞減，

所以(Pz(x)=。&)=山哈：-2=3=e,

即加2e.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用函數(shù)的零點(diǎn)與對(duì)應(yīng)方程的根的關(guān)系，我們經(jīng)常進(jìn)行靈活轉(zhuǎn)化：

函數(shù)y=/(x)-g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)。方程/(x)-g(x)=O的根的個(gè)數(shù)O函數(shù)尸/(X)與y=g(x)圖象的交點(diǎn)

的個(gè)數(shù)；

另外，恒成立求參數(shù)范圍問(wèn)題往往分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，通過(guò)求構(gòu)造函數(shù)的最值來(lái)求出參數(shù)范圍，例：若

V無(wú)€(0,6),mZf(x)恒成立，只需"22/(x)max,Vxw(a,6),〃z4/(x)恒成立，只需機(jī)4了(尤焉.

8.(2024?上海.三模)設(shè)f＞0,函數(shù)＞=/(尤)的定義域?yàn)镽.若對(duì)滿足三-三＞，的任意再、%，均有

f(x2)-f(Xl)＞t,則稱函數(shù)y=f(x)具有“P⑺性質(zhì)”.

(1)在下述條件下，分別判斷函數(shù)y=/(x)是否具有尸(2)性質(zhì)，并說(shuō)明理由；

3

①/(無(wú))=]無(wú)；②/(x)=10sin2x；

⑵已知，食)=63,且函數(shù)丁=/(尤)具有尸⑴性質(zhì)，求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

⑶證明：“函數(shù)V=/(尤)-尤為增函數(shù)”是“對(duì)任意/＞0,函數(shù)＞=/(%)均具有尸⑺性質(zhì)”的充要條件.

【答案】(1)①是，②不是，理由見解析

(2)a＞4

(3)證明見解析

【分析】(1)根據(jù)函數(shù)y=/(x)具有玖2)性質(zhì)的條件判斷①；舉反例可判斷②；

(2)原問(wèn)題等價(jià)于當(dāng)口＞1時(shí)，絲匚＞1恒成立，即。＞二恒成立，得。24；

4m

(3)利用函數(shù)的單調(diào)性以及不等式的性質(zhì)判斷充分性，利用反證法判斷必要性.

【詳解】(1)①是，對(duì)任意尤2-再＞2,/(%)-/&)=](無(wú)2-&)＞3＞2,符合定義；

37r7i

②不是，令無(wú)2=拳網(wǎng)造，斗—玉=兀＞2,/(x2)—/(xj=10sin3^—lOsin^=0＜2,

故不符合題意.

(2)顯然〃＞0,設(shè)入2一%=加＞。，

323

貝!|f(x2)-/(M)=＜xx2-aXy=a(3iwc^+3m+m),

當(dāng)玉=-g時(shí)，取/(尤2)-AX)最小值絲匚

24

原問(wèn)題等價(jià)于當(dāng)勿＞1時(shí)，如＞1恒成立，即二恒成立，得。24；

4m

(3)證明：充分性：

若函數(shù)y=/(x)-x為增函數(shù)，則對(duì)任意馬＞玉均有/(%)-馬之〃玉)-玉，

即/。2)-/(%)2工2-王，因此，對(duì)任意f＞0,若三-*1＞乙

則—(％)＞，，函數(shù)y=/a)具有尸⑺性質(zhì),充分性得證；

必要性：

若對(duì)任意t＞o,函數(shù)y=/(x)均具有尸⑺性質(zhì)，

假設(shè)函數(shù)y=f(x)-x不是增函數(shù)，則存在%＞玉，滿足了(尤2)-9＜，(占)-占，

即/。2)-/(%)＜馬-玉，取/+"五,

則顯然于(％)-f(xl)＜t0＜x2-xl,

即對(duì)于為，存在3-占〉/。，但是/(%)-/(占)＜3

與“對(duì)任意t＞0,函數(shù)y=/(x)均具有P⑺性質(zhì)”矛盾，因此假設(shè)不成立，

即函數(shù)y=f(x)-x為增函數(shù)，必要性得證.

【點(diǎn)睛】新定義題型的特點(diǎn)是：通過(guò)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(lái)創(chuàng)設(shè)全新

的問(wèn)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(wèn)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(wèn)題得以解決.

9.(2024?新疆喀什?三模)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)滿足：對(duì)于任意的xeR,都有

〃尤+2兀)=〃力+〃2兀)，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)尸.

⑴判斷函數(shù)g(x)=x,%(x)=sinx是否具有性質(zhì)尸；(直接寫出結(jié)論)

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⑵已知函數(shù)"x)=sin3x+°)|d<1),判斷是否存在。，。，使函數(shù)具有性質(zhì)尸？若

存在，求出。，。的值；若不存在，說(shuō)明理由；

(3)設(shè)函數(shù)〃尤)具有性質(zhì)P,且在區(qū)間［0,2可上的值域?yàn)椋邸?)/(2兀)］.函數(shù)g(x)=sin(/(x)),滿足

g(x+27i)=g(x),且在區(qū)間(0,2兀)上有且只有一個(gè)零點(diǎn).求證："2兀)=2九

【答案】(D〃(x)=sinx具有性質(zhì)產(chǎn)

(2)存在,a>=2,0=0

(3)證明見解析

【分析】(D利用定義直接判斷即可；

(2)假設(shè)函數(shù)具有性質(zhì)p,可求出e=0,進(jìn)而得到④=2,再根據(jù)定義驗(yàn)證即可；

(3)分析可知函數(shù)“X)在［0,2句的值域?yàn)椋?,m，由g(x)在區(qū)間(0,2兀)上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)可知%>2時(shí)

不合題意，再求解當(dāng)k=l時(shí)，與函數(shù)g(x)是以2兀為周期的周期函數(shù)矛盾，由此可得％=2,進(jìn)而得證.

【詳解】(1)因?yàn)榻鈞)=x,則g(x+27t)=x+2兀，又g(2兀)=2兀，

所以g(%+2兀)=g(x)+g(2兀)，故函數(shù)g(x)=x具有性質(zhì)P；

因?yàn)?z(x)=sinx,貝！］/?(尤+27r)=sin(x+27i)=sin_r,又M2;i)=sin2兀=0,

h^x)+h(2it)=sinx=h^x+lit),故〃(無(wú))=sinx具有，性質(zhì)p.

(2)若函數(shù)/⑺具有性質(zhì)尸，貝!］/(0+2兀)=/(0)+/(2兀)，即/(0)=sin°=0,

因?yàn)橄蚩?，所?=。，所以〃x)=sin(ox)；

若/(2兀)/0,不妨設(shè)/(2兀)>0,由/(x+