第04講 新高考新結(jié)構(gòu)命題下的新定義解答題綜合訓(xùn)練（教師版）-2025版高中數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點幫

Page第04講新高考新結(jié)構(gòu)命題下的新定義解答題綜合訓(xùn)練（6類核心考點精講精練）在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。當(dāng)前的高考試題設(shè)計，以“三維”減量增質(zhì)為核心理念，力求在減少題目數(shù)量的同時，提升題目的質(zhì)量和考查的深度。這具體體現(xiàn)在以下三個方面：三考題目設(shè)計著重考查學(xué)生的知識主干、學(xué)習(xí)能力和學(xué)科素養(yǎng)，確保試題能夠全面、客觀地反映學(xué)生的實際水平。三重強調(diào)對學(xué)生思維深度、創(chuàng)新精神和實際應(yīng)用能力的考查，鼓勵學(xué)生不拘泥于傳統(tǒng)模式，展現(xiàn)個人的獨特見解和創(chuàng)造力。三突出試題特別突出對學(xué)生思維過程、思維方法和創(chuàng)新能力的考查，通過精心設(shè)計的題目，引導(dǎo)學(xué)生深入思考和探索，培養(yǎng)邏輯思維和創(chuàng)新能力。面對新高考新結(jié)構(gòu)試卷的5個解答題，新定義版塊作為一個重要的考查領(lǐng)域，通常在第19題這樣的壓軸大題中，分值為17分，將考查學(xué)生的解題能力和思維深度，是高考數(shù)學(xué)的分水嶺，難度極大。面對如此多變的命題趨勢，教師在教學(xué)備考過程中必須與時俱進。根據(jù)知識點及其命題方式，要能夠靈活應(yīng)對，根據(jù)試題的實際情況調(diào)整教學(xué)策略。本文基于新高考新結(jié)構(gòu)試卷的特點，結(jié)合具體的新定義解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的新定義解答題綜合訓(xùn)練指南，以期在新高考中取得更好的成績?？键c一、函數(shù)及導(dǎo)數(shù)新定義綜合1．（2024·廣西·二模）已知函數(shù)fx=lnx，若存在gx(1)如果函數(shù)gx=tx?(2)設(shè)函數(shù)Fx=fx【答案】(1)(?(2)函數(shù)F(x)是否存在零點，理由見解答【分析】（1）把恒成立問題轉(zhuǎn)換為求2xln（2）把函數(shù)整理成F(x)=lnx?1ex+1【詳解】（1）由g(x)≤f(x)恒成立，可得tx所以t≤2xlnx恒成立,令?(x)=2xln當(dāng)時,，在單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1e，+∞)時,所以的最小值為?(1e)=?2實數(shù)t的取值范圍(?∞（2）由（1）可知2xlnx≥?2e，所以又F(x)=f(x)?1ex令G(x)=1e?當(dāng)時,，在單調(diào)遞減；當(dāng)時,，在(1,+∞)單調(diào)遞增；所以G(x)≥G(1)=0，②所以F(x)=ln又①②中取等號的條件不同，所以所以函數(shù)沒有零點.2．（2024·湖南·二模）羅爾定理是高等代數(shù)中微積分的三大定理之一，它與導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的零點有關(guān)，是由法國數(shù)學(xué)家米歇爾·羅爾于1691年提出的．它的表達如下：如果函數(shù)滿足在閉區(qū)間連續(xù)，在開區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，且，那么在區(qū)間內(nèi)至少存在一點，使得．(1)運用羅爾定理證明：若函數(shù)在區(qū)間連續(xù)，在區(qū)間上可導(dǎo)，則存在，使得．(2)已知函數(shù)，若對于區(qū)間內(nèi)任意兩個不相等的實數(shù)，都有成立，求實數(shù)的取值范圍．(3)證明：當(dāng)時，有．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合羅爾定理推導(dǎo)即得.（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用（1）的結(jié)論建立恒成立的不等式，再利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的值域即得.（3）構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)結(jié)合（1）的結(jié)論，借助不等式性質(zhì)推理即得.【詳解】（1）令，則，令函數(shù)，則，顯然在上連續(xù)，且在上可導(dǎo)，由羅爾定理，存在，使得，即，所以.（2）依題意，，不妨令，則恒成立，由（1）得，于是，即，因此，令，求導(dǎo)得，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，而函數(shù)在上單調(diào)遞增，其值域為，則，所以實數(shù)的取值范圍是.（3）令函數(shù)，顯然函數(shù)在上可導(dǎo)，由（1），存在，使得，又，則，因此，而，則，即，所以.【點睛】思路點睛：涉及函數(shù)新定義問題，理解新定義，找出數(shù)量關(guān)系，聯(lián)想與題意有關(guān)的數(shù)學(xué)知識和方法，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的函數(shù)問題作答.3．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習(xí)）帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利帕德發(fā)明的用有理多項式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個正整數(shù)，，函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，，，注：，，，，已知函數(shù).(1)求函數(shù)在處的階帕德近似，并求的近似數(shù)精確到(2)在（1）的條件下：①求證：；②若恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)，(2)①證明見解析；②【分析】（1）先寫出階帕德近似，然后求導(dǎo)得到，，令得，所以，求導(dǎo)得到求解即可；（2）令，，求導(dǎo)得到判斷Fx在及上均單調(diào)遞減，按照和分類討論求解即可；由已知令，且，所以是?x的極大值點，求導(dǎo)得到，故，，得到之后寫出，然后求導(dǎo)判斷單調(diào)性證明即可.【詳解】（1）由題可知函數(shù)在處的階帕德近似，則，，，由得，所以，則，又由得，所以，由得，所以，所以.（2）①令，，因為，所以Fx在及上均單調(diào)遞減.當(dāng)，，即，而，所以，即，當(dāng)，，即，而，所以，即，所以不等式恒成立；②由得在上恒成立，令，且，所以是?x的極大值點，又，故，則，當(dāng)時，，所以，當(dāng)時，，，則?′x>0，故?x在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，，當(dāng)時，，令，因為，所以φx在上單調(diào)遞減，所以，又因為在上，故當(dāng)時，，綜上，當(dāng)時，恒成立.【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，方法如下：（1）直接構(gòu)造函數(shù)法：證明不等式（或）轉(zhuǎn)化為證明（或），進而構(gòu)造輔助函數(shù)；（2）適當(dāng)放縮構(gòu)造法：一是根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮；二是利用常見放縮結(jié)論；（3）構(gòu)造“形似”函數(shù)，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).4．（2024·河北滄州·一模）對于函數(shù)，，若存在，使得，則稱為函數(shù)的一階不動點；若存在，使得，則稱為函數(shù)的二階不動點；依此類推，可以定義函數(shù)的階不動點．其中一階不動點簡稱為“不動點”，二階不動點簡稱為“穩(wěn)定點”，函數(shù)的“不動點”和“穩(wěn)定點”構(gòu)成的集合分別記為和，即，．(1)若，證明：集合中有且僅有一個元素；(2)若，討論集合的子集的個數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）令，求導(dǎo)，可得函數(shù)的單調(diào)性，進而可得函數(shù)有唯一零點，可得結(jié)論；（2）由題意可知只需研究的不動點即可，令，求出其導(dǎo)數(shù)，判斷其單調(diào)性，然后分類討論的取值范圍，判斷的零點情況，即可判斷的穩(wěn)定點個數(shù).，進而可得集合的子集的個數(shù).【詳解】（1）令，求導(dǎo)得，令，可得，當(dāng)，，當(dāng)，，所以，所以有唯一零點，所以集合中有且僅有一個元素；（2）當(dāng)時，由函數(shù)，可得導(dǎo)函數(shù)，所以在上單調(diào)遞增，由反函數(shù)的知識，穩(wěn)定點在原函數(shù)與反函數(shù)的交點上，即穩(wěn)定點與的不動點等價，故只需研究的不動點即可；令，則，則在上單調(diào)遞減，①當(dāng)時，恒成立，即在上單調(diào)遞增，當(dāng)x無限接近于0時，趨向于負無窮小，且，故存在唯一的，使得，即有唯一解，所以此時有唯一不動點；②當(dāng)時，即時，，當(dāng)趨向無窮大時，趨近于0，此時，存在唯一，使得，此時在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，當(dāng)趨近于0時，趨向于負無窮大，當(dāng)向正無窮大時，趨向負無窮大時，設(shè)，則在上單調(diào)遞增，且，又在時單調(diào)遞增，故（i）當(dāng)時，即，此時，方程有一個解，即有唯一不動點，所以集合的子集有2個；（ii）當(dāng)，即，此時，方程無解，即無不動點，所以集合的子集有1個；（iii）當(dāng)時，即，此時，方程有兩個解，即有兩個不動點，所以集合的子集有4個；綜上，當(dāng)時或時，集合的子集有2個；當(dāng)時，集合的子集有1個；當(dāng)時，集合的子集有4個.【點睛】方法點睛：本題屬新定義題型，讀懂題意是關(guān)鍵；研究方程根的個數(shù)問題常轉(zhuǎn)化為判斷函數(shù)零點的個數(shù)問題，利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，從而判斷方程根（或函數(shù)零點）的個數(shù)問題．注意分類討論思想的應(yīng)用．5．（2024·山東聊城·二模）對于函數(shù)，若存在實數(shù)，使，其中，則稱為“可移倒數(shù)函數(shù)”，為“的可移倒數(shù)點”．已知．(1)設(shè)，若為“的可移倒數(shù)點”，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)，若函數(shù)恰有3個“可移1倒數(shù)點”，求的取值范圍．【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；(2).【分析】（1）根據(jù)給定的定義，列式求出值，再利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.（2）利用定義轉(zhuǎn)化為求方程恰有3個不同的實根，再借助導(dǎo)數(shù)分段探討零點情況即可.【詳解】（1）由為“?x的可移倒數(shù)點”，得，即，整理，即，解得，由的定義域為R，求導(dǎo)得，當(dāng)時，單調(diào)遞增；時，單調(diào)遞減；時，單調(diào)遞增，所以φx的單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為．（2）依題意，，由恰有3個“可移1倒數(shù)點”，得方程恰有3個不等實數(shù)根，①當(dāng)時，，方程可化為，解得，這與不符，因此在0,+∞內(nèi)沒有實數(shù)根；②當(dāng)時，，方程可化為，該方程又可化為．設(shè)，則，因為當(dāng)時，，所以在內(nèi)單調(diào)遞增，又因為，所以當(dāng)時，，因此，當(dāng)時，方程在內(nèi)恰有一個實數(shù)根；當(dāng)時，方程在內(nèi)沒有實數(shù)根．③當(dāng)時，沒有意義，所以不是的實數(shù)根．④當(dāng)時，，方程可化為，化為，于是此方程在內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，則有，解得，因此當(dāng)時，方程在內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，當(dāng)時，方程在內(nèi)至多有一個實數(shù)根，綜上，的取值范圍為．【點睛】思路點睛：已知函數(shù)的零點或方程的根的情況，求解參數(shù)的取值范圍問題的本質(zhì)都是研究函數(shù)的零點問題，求解此類問題的一般步驟：（1）轉(zhuǎn)化，即通過構(gòu)造函數(shù)，把問題轉(zhuǎn)化成所構(gòu)造函數(shù)的零點問題；（2）列式，即根據(jù)函數(shù)的零點存在定理或結(jié)合函數(shù)的圖象列出關(guān)系式；（3）得解，即由列出的式子求出參數(shù)的取值范圍．6．（2024·浙江寧波·二模）定義：對于定義在區(qū)間上的函數(shù)，若存在實數(shù)，使得函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增（遞減），在區(qū)間上單調(diào)遞減（遞增），則稱這個函數(shù)為單峰函數(shù)且稱為最優(yōu)點.已知定義在區(qū)間上的函數(shù)是以為最優(yōu)點的單峰函數(shù)，在區(qū)間上選取關(guān)于區(qū)間的中心對稱的兩個試驗點，稱使得較小的試驗點為好點（若相同，就任選其一），另一個稱為差點.容易發(fā)現(xiàn)，最優(yōu)點與好點在差點的同一側(cè).我們以差點為分界點，把區(qū)間分成兩部分，并稱好點所在的部分為存優(yōu)區(qū)間，設(shè)存優(yōu)區(qū)間為，再對區(qū)間重復(fù)以上操作，可以找到新的存優(yōu)區(qū)間，同理可依次找到存優(yōu)區(qū)間，滿足，可使存優(yōu)區(qū)間長度逐步減小.為了方便找到最優(yōu)點（或者接近最優(yōu)點），從第二次操作起，將前一次操作中的好點作為本次操作的一個試驗點，若每次操作后得到的存優(yōu)區(qū)間長度與操作前區(qū)間的長度的比值為同一個常數(shù)，則稱這樣的操作是“優(yōu)美的”，得到的每一個存優(yōu)區(qū)間都稱為優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間，稱為優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間常數(shù).對區(qū)間進行次“優(yōu)美的”操作，最后得到優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間，令，我們可任取區(qū)間內(nèi)的一個實數(shù)作為最優(yōu)點的近似值，稱之為在區(qū)間上精度為的“合規(guī)近似值”，記作.已知函數(shù)，函數(shù).(1)求證：函數(shù)是單峰函數(shù)；(2)已知為函數(shù)的最優(yōu)點，為函數(shù)的最優(yōu)點.（i）求證：；（ii）求證：.注：.【答案】(1)證明見解析；(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)單峰函數(shù)的定義，求導(dǎo)確定得單調(diào)性即可；（2）（i）令，則，令，根據(jù)為函數(shù)的最優(yōu)點，為函數(shù)的最優(yōu)點，可確定導(dǎo)函數(shù)的零點，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的零點驗證結(jié)論即可；（ii）根據(jù)“合規(guī)近似值”的定義，結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與不等式的性質(zhì)證明結(jié)論即可.【詳解】（1）因為，令，則.，因為，則，則f′x在上單調(diào)遞減，又因為，由零點存在定理知，存在唯一的，使得，且時，，f′x<0所以在上遞增，上遞減，所以為單峰函數(shù).（2）（i）令，則，令，因為為在上的最優(yōu)點，所以為?x在的最優(yōu)點，，所以，結(jié)合最優(yōu)點的定義知，為在區(qū)間上的唯一零點.又由（1）知，在遞增，遞減，且.所以由零點存在性定理知在區(qū)間存在唯一的，使得，即，所以.（ii）第一次操作：取，由對稱性不妨去掉區(qū)間，則存優(yōu)區(qū)間為，為好點；第二次操作：為一個試驗點，為了保證對稱性，另一個試驗點與關(guān)于區(qū)間的中心對稱，所以；又因為前兩次操作，每次操作后剩下的存優(yōu)區(qū)間長度與操作前的比值為.若，即，則（舍去）；若，即，則，即，解得或（舍）.則操作5次后的精度為..又，所以.所以，得證.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題屬于函數(shù)新定義問題，求解本題第二問得關(guān)鍵點在于對“單峰函數(shù)”、“優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間常數(shù)”、“合規(guī)近似值”的理解，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、絕對值不等式的進行結(jié)論的證明.考查學(xué)生的分析與計算，屬于難題.7．（2024·廣西·二模）設(shè)，用x表示不超過x的最大整數(shù)，則y=x稱為取整函數(shù)，取整函數(shù)是德國數(shù)學(xué)家高斯最先使用，也稱高斯函數(shù)．該函數(shù)具有以下性質(zhì)：①y=x的定義域為R，值域為Z②任意實數(shù)都能表示成整數(shù)部分和純小數(shù)部分之和，即x=x+x0≤x<1，其中x為③n+x=n+④若整數(shù)a，b滿足a=bq+rb>0,q,r∈Z,0≤r<b(1)解方程5+6x8(2)已知實數(shù)r滿足r+19100+(3)證明：對于任意的大于等于3的正整數(shù)n，均有nn+1【答案】(1)或(2)743(3)證明見解析【分析】（1）令15x?75=nn∈（2）設(shè)r=n，則可判斷r+19100,r+20100（3）由所要證明不等式的形式，可構(gòu)造不等式，當(dāng)時，有n+14<nn+14n?2<n+24【詳解】（1）令15x?75=nn∈∴5+6x8又由高斯函數(shù)的定義有，解得：，則或，當(dāng)時，則；當(dāng)時，則；（2）設(shè)r=n，設(shè)r+19100，r+20100，r+2110073?k個n，0≤k≤73，據(jù)題意知：73?kn+kn+1=546解得:k=35，，所以，，即，故100r=743（3）證明：由nn+1當(dāng)時，有n+14<設(shè)n+1=4q+r0≤r<3,q∈則有q+r從而r4而，則n+14=∴nn+1【點睛】難點點睛：本題考查了函數(shù)新定義，即高斯函數(shù)的應(yīng)用問題，難度較大，解答的難點在于（3）中不等式的證明，解答時要理解高斯函數(shù)的性質(zhì)，并能構(gòu)造不等式，時，有n+14<8．（2024·湖北·模擬預(yù)測）歐拉函數(shù)在密碼學(xué)中有重要的應(yīng)用．設(shè)n為正整數(shù)，集合，歐拉函數(shù)的值等于集合中與n互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)；記表示x除以y的余數(shù)（x和y均為正整數(shù)），(1)求和；(2)現(xiàn)有三個素數(shù)p，q，，，存在正整數(shù)d滿足；已知對素數(shù)a和，均有，證明：若，則；(3)設(shè)n為兩個未知素數(shù)的乘積，，為另兩個更大的已知素數(shù)，且；又，，，試用，和n求出x的值．【答案】(1)，；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）利用歐拉函數(shù)的定義直接求出和.（2）分析求出x與n不互質(zhì)的數(shù)的個數(shù)，求得，設(shè)，，結(jié)合二項式展開式證明，再按與分類求證即得.（3）利用的定義，記，，令，那么，且，，使，則，再探求數(shù)列項數(shù)及遞推關(guān)系即可求得答案.【詳解】（1）中，與6互質(zhì)的數(shù)有1和5，則；中，與15互質(zhì)的數(shù)有1、2、4、7、8、11、13和14，則8.（2）因為，p和q為素數(shù)，則對，僅當(dāng)或時，x和n不互質(zhì)，又，則，，…，或，，…時，x與n不互質(zhì)，則，設(shè)，，可知s，t不全為0，下證時，；由題知，，又，所以，同理有；于是記，，即，同理，記，于是，則，因為，所以，所以，即；（i）時，記，則，記，又，而，則，即，即；（ii）若，不妨設(shè)，于是，所以，又，，所以；綜上，，得證：（3）因為，所以，則，則，假設(shè)存在，，使得；記，，令，那么，且，于是，使，則，從而數(shù)列有且僅有項，考慮使成立，則對于相鄰項有，將兩式相加并整理得：，令，得，又由于，，…，及均由和確定，則數(shù)列的各項也可根據(jù)n和確定，由上知，，則，即，其中是根據(jù)n和唯一確定的.【點睛】思路點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，涉及函數(shù)新定義問題，理解新定義，找出數(shù)量關(guān)系，聯(lián)想與題意有關(guān)的數(shù)學(xué)知識和方法，再轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的數(shù)學(xué)問題作答.9．（2024·河北石家莊·二模）設(shè)集合是一個非空數(shù)集，對任意，定義，稱為集合的一個度量，稱集合為一個對于度量而言的度量空間，該度量空間記為.定義1：若是度量空間上的一個函數(shù)，且存在，使得對任意，均有：，則稱是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”.定義2：記無窮數(shù)列為，若是度量空間上的數(shù)列，且對任意正實數(shù)，都存在一個正整數(shù)，使得對任意正整數(shù)，均有，則稱是度量空間上的一個“基本數(shù)列”.(1)設(shè)，證明：是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”；(2)已知是度量空間上的一個壓縮函數(shù)，且，定義，，證明：為度量空間上的一個“基本數(shù)列”.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知：在上的值域，進而得出是從到的函數(shù)，然后證明存在，對任意，都有即可；（2）先由壓縮函數(shù)的定義得到：必存在，使得對任意，，，進而得到，再利用絕對值三角不等式得出，分類討論與兩種情況即可得證，【詳解】（1）由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知：在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，，，所以在上的值域為，所以是從到的函數(shù)，另一方面，我們證明存在，對任意，都有，取，則對任意，不妨設(shè)，分兩種情形討論：①當(dāng)時，令，則，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，即，所以，即，②當(dāng)時，令，則，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，即，所以，即，綜上所述，對任意，都有，所以是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”.（2）證明：因為是度量空間上的一個壓縮函數(shù)，所以必存在，使得對任意，，即，因為，，所以，由絕對值三角不等式可知：對任意，有，又因為，所以，所以，①當(dāng)時，對任意，有，所以，所以對任意，對任意正整數(shù)，當(dāng)時，均有，②當(dāng)時，對任意，取一個正整數(shù)，則，即，則當(dāng)時，有，綜上所述，對任意，都存在一個正整數(shù)，使得對任意正整數(shù)，當(dāng)時，均有，，故為度量空間上的一個“基本數(shù)列”.【點睛】思路點睛：關(guān)于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學(xué)語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結(jié)合數(shù)學(xué)知識進行解答.10．（22-23高二上·上海普陀·階段練習(xí)）給出下列兩個定義：I.對于函數(shù)，定義域為，且其在上是可導(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.對于一個“同定義函數(shù)”，若有以下性質(zhì)：①；②，其中為兩個新的函數(shù)，是的導(dǎo)函數(shù).我們將具有其中一個性質(zhì)的函數(shù)稱之為“單向?qū)Ш瘮?shù)”，將兩個性質(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，進而得到單調(diào)性，分類討論，即可求解.【詳解】（1）解：對于函數(shù)，則，這兩個函數(shù)的定義域都是，所以函數(shù)為“同定義域函數(shù)”，此時，，由函數(shù)的定義，對于，無法同時成立，所以為“單向?qū)Ш瘮?shù)”，其“自導(dǎo)函數(shù)”為，對于函數(shù)，則，因為這兩個函數(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，因為為單調(diào)遞增函數(shù)，且，所以存在使得，且當(dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞增，（i）當(dāng)時，即，所以，此時，在上單調(diào)遞增，可得；（ii）當(dāng)時，，此時，所以當(dāng)時，，單調(diào)遞減；當(dāng)時，，單調(diào)遞增，又由，所以；（iii）當(dāng)且時，，所以函數(shù)在上存在兩個極值點，若，即時，極大值點為；若，即時，極大值點為，則為函數(shù)的極大值或，由當(dāng)時，，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，，所以實數(shù)的取值范圍為.【點睛】方法技巧：對于利用導(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，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)能直接求出最值點的情況，進行求解，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．考點二、數(shù)列新定義綜合1．（2024·廣東梅州·二模）已知an是由正整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前項的最大值記為，即；前項的最小值記為，即，令（），并將數(shù)列稱為an的“生成數(shù)列”．(1)若，求其生成數(shù)列的前項和；(2)設(shè)數(shù)列的“生成數(shù)列”為，求證：；(3)若是等差數(shù)列，證明：存在正整數(shù)，當(dāng)時，，，，是等差數(shù)列．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷數(shù)列的單調(diào)性，從而得出{pn}的通項，由分組求和法及等比數(shù)列的前n項和公式進行求解即可；（2）根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性，結(jié)合生成數(shù)列的定義進行證明即可；（3）根據(jù)等差數(shù)列的定義分類討論進行證明即可．【詳解】（1）因為關(guān)于單調(diào)遞增，所以，，于是，的前項和．（2）由題意可知，，所以，因此，即是單調(diào)遞增數(shù)列，且，由“生成數(shù)列”的定義可得．（3）若是等差數(shù)列，證明：存在正整數(shù)，當(dāng)時，是等差數(shù)列．當(dāng)是一個常數(shù)列，則其公差必等于0，，則，因此是常數(shù)列，也即為等差數(shù)列；當(dāng)是一個非常數(shù)的等差數(shù)列，則其公差必大于0，，所以要么，要么，又因為是由正整數(shù)組成的數(shù)列，所以不可能一直遞減，記，則當(dāng)時，有，于是當(dāng)時，，故當(dāng)時，，…，因此存在正整數(shù)，當(dāng)時，，…是等差數(shù)列．綜上，命題得證．【點睛】方法點睛：常見的數(shù)列求和的方法有公式法即等差等比數(shù)列求和公式，分組求和類似于，其中和bn分別為特殊數(shù)列，裂項相消法類似于，錯位相減法類似于，其中為等差數(shù)列，bn為等比數(shù)列等.2．（2024·安徽池州·模擬預(yù)測）定義：若對恒成立，則稱數(shù)列為“上凸數(shù)列”．(1)若，判斷是否為“上凸數(shù)列”，如果是，給出證明；如果不是，請說明理由．(2)若為“上凸數(shù)列”，則當(dāng)時，．（?。┤魯?shù)列為的前項和，證明：；（ⅱ）對于任意正整數(shù)序列（為常數(shù)且），若恒成立，求的最小值．【答案】(1)是，證明見解析(2)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性結(jié)合“上凸數(shù)列”定義判定即可；（2）（?。├谩吧贤箶?shù)列”定義及倒序相加法證明即可；令，利用條件及數(shù)列求和適當(dāng)放縮計算即可.【詳解】（1）是“上凸數(shù)列”，理由如下：因為，令，則．當(dāng)時，，所以，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以，所以，所以是“上凸數(shù)列”．（2）（?。┳C明：因為是“上凸數(shù)列”，由題意可得對任意，，所以，所以．（ⅱ）解：令，由（1）可得當(dāng)時，是“上凸數(shù)列”，由題意可知，當(dāng)時，．因為，即．所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以．綜上所述，的最小值為．3．（2024·北京東城·一模）有窮數(shù)列中，令，當(dāng)p=q時，規(guī)定.(1)已知數(shù)列，寫出所有的有序數(shù)對，且，使得；(2)已知整數(shù)列為偶數(shù)，若，滿足：當(dāng)為奇數(shù)時，；當(dāng)為偶數(shù)時，.求的最小值；(3)已知數(shù)列滿足，定義集合.若且為非空集合，求證：.【答案】(1)、、、(2)(3)證明見解析【分析】（1）結(jié)合題意，逐個計算即可得；（2）由題意可得，，可得當(dāng)時，有，當(dāng)時，，結(jié)合，即可得解；（3）將展開，從而得到證明與之間的項之和，，都為正數(shù)，即可得證.【詳解】（1）為時，，為時，，為時，，為時，，故，且使得的有序數(shù)對有、、、；（2）由題意可得，，又為整數(shù)，故，，則，同理可得，即有，同理可得，當(dāng)時，有，即當(dāng)時，有，當(dāng)時，，故；（3）對于數(shù)列，，不妨設(shè)，①首先考慮的情況，由于，，故，同理，，，故.②再考慮中有連續(xù)一段是連續(xù)的正整數(shù)的情況，此時,因為，，故這說明此連續(xù)的項的和為負.同理，當(dāng)含有多段的連續(xù)正整數(shù)的情況時，每段的和為負，再由①中結(jié)論，可得.③若在①②中，由于，此時去掉前項，則可轉(zhuǎn)化①②的情況，所以有.④若，則，所以此時有，綜上，結(jié)論成立.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題最后一小問關(guān)鍵點在于將展開，從而得到證明與之間的項之和，，都為正數(shù)，即可得證.4．（2024·遼寧大連·一模）對于數(shù)列，定義“T變換”：T將數(shù)列A變換成數(shù)列，其中，且．這種“T變換”記作，繼續(xù)對數(shù)列B進行“T變換”，得到數(shù)列，依此類推，當(dāng)?shù)玫降臄?shù)列各項均為0時變換結(jié)束．(1)寫出數(shù)列A：3，6，5經(jīng)過5次“T變換”后得到的數(shù)列：(2)若不全相等，判斷數(shù)列不斷的“T變換”是否會結(jié)束，并說明理由；(3)設(shè)數(shù)列A：2020，2，2024經(jīng)過k次“T變換”得到的數(shù)列各項之和最小，求k的最小值．【答案】(1)0，1，1(2)不會，理由見解析(3)507【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的新定義寫出經(jīng)過5次“T變換”后得到的數(shù)列即可；（2）先假設(shè)數(shù)列經(jīng)過不斷的“T變換”結(jié)束，不妨設(shè)最后的數(shù)列，由數(shù)列往前推，則非零數(shù)量可能通過“T變換”結(jié)束，或者數(shù)列為常數(shù)列，進而得到可能出現(xiàn)的情況，推出矛盾，故假設(shè)不成立，即可證明；（3）先往后推幾項，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，假設(shè)1次“T變換”后得到的通項，多寫幾項推出規(guī)律，往后繼續(xù)進行，推到使數(shù)字接近1時，再繼續(xù)推，往后會發(fā)現(xiàn)k次“T變換”得到的數(shù)列是循環(huán)的，得到最小值，進而推出次數(shù)即可.【詳解】（1）由題知，5次變換得到的數(shù)列依次為3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；所以數(shù)列：3，6，5經(jīng)過5次“T變換”后得到的數(shù)列為0，1，1.（2）數(shù)列經(jīng)過不斷的“變換”不會結(jié)束，設(shè)數(shù)列，且，由題可知：，，即非零常數(shù)列才能經(jīng)過“變換”結(jié)束；設(shè)（為非零常數(shù)列），則為變換得到數(shù)列的前兩項，數(shù)列只有四種可能：，而以上四種情況，數(shù)列的第三項只能是0或，即不存在數(shù)列，使得其經(jīng)過“變換”變成非零常數(shù)列，故數(shù)列經(jīng)過不斷的“變換”不會結(jié)束；（3）數(shù)列經(jīng)過一次“變換”后得到數(shù)列，其結(jié)構(gòu)為（遠大于4）數(shù)列經(jīng)過6次“變換”后得到的數(shù)列依次為：；所以，經(jīng)過6次“變換”后得到的數(shù)列也是形如“”的數(shù)列，變化的是，除了4之外的兩項均減小24，則數(shù)列經(jīng)過次“變換”后得到的數(shù)列為：2，6，4，接下來經(jīng)過“變換”后得到的數(shù)列依次為：4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；至此，數(shù)列各項和的最小值為4，以后數(shù)列循環(huán)出現(xiàn)，數(shù)列各項之和不會變得更小，所以最快經(jīng)過次“變換”得到的數(shù)列各項之和最小，即的最小值為507．【點睛】思路點睛：本題考查數(shù)列的新定義問題.關(guān)于數(shù)列的新定義一般思路為：根據(jù)定義寫出幾項；找出規(guī)律；寫成通項；證明結(jié)論.5．（2024·遼寧·三模）若實數(shù)列滿足，有，稱數(shù)列為“數(shù)列”.(1)判斷是否為“數(shù)列”，并說明理由；(2)若數(shù)列為“數(shù)列”，證明：對于任意正整數(shù)，且，都有(3)已知數(shù)列為“數(shù)列”，且.令，其中表示中的較大者.證明：，都有.【答案】(1)數(shù)列是“數(shù)列”，數(shù)列不是“數(shù)列”；(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)“數(shù)列”的定義判斷可得出結(jié)論；（2）由可得出，利用累加法結(jié)合不等式的基本性質(zhì)可得，以及，再結(jié)合可證得結(jié)論成立；（3）首先當(dāng)或2024時的情況，再考慮時，結(jié)合（2）中結(jié)論考慮用累加法可證得結(jié)論.【詳解】（1）因為，所以數(shù)列是“數(shù)列”，因為，所以數(shù)列不是“數(shù)列”；（2）令，因為數(shù)列為“數(shù)列”，所以從而，所以因為，所以，因為，所以.（3）當(dāng)或2024時，，從而，當(dāng)時，因為，由第(2)問的結(jié)論得，可推得，從而對于，由第(2)問的結(jié)論得，從而也成立，從而對于，由第(2)問的結(jié)論得，從而也成立，從而所以由條件可得，所以.【點睛】方法點睛：本題主要考查數(shù)列新定義的問題，處理此類問題時，通常根據(jù)題中的新定義，結(jié)合已知結(jié)論進行推導(dǎo)、求解；本題中，根據(jù)“數(shù)列”的定義“”結(jié)合作差法、不等式的性質(zhì)進行推理、證明不等式成立，并在推導(dǎo)時，充分利用已有的結(jié)論進行推導(dǎo)，屬于難題.6．（2024·廣東深圳·二模）無窮數(shù)列，，…，，…的定義如下：如果n是偶數(shù)，就對n盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數(shù)，這個奇數(shù)就是﹔如果n是奇數(shù)，就對盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數(shù)，這個奇數(shù)就是．(1)寫出這個數(shù)列的前7項；(2)如果且，求m，n的值；(3)記，，求一個正整數(shù)n，滿足．【答案】(1)，，，，，，；(2)；(3)（答案不唯一，滿足即可）【分析】（1）根據(jù)數(shù)列an（2）根據(jù)數(shù)列an的定義，分和分別求解；（3）根據(jù)數(shù)列an的定義，寫出的值，即可求解.【詳解】（1）根據(jù)題意，，，，，，，．（2）由已知，m，n均為奇數(shù)，不妨設(shè)．當(dāng)時，因為，所以，故；當(dāng)時，因為，而n為奇數(shù)，，所以．又m為奇數(shù)，，所以存在，使得為奇數(shù)．所以．而，所以，即，，無解．所以．（3）顯然，n不能為偶數(shù)，否則，不滿足．所以，n為正奇數(shù)．又，所以．設(shè)或，．當(dāng)時，，不滿足；當(dāng)時，，即．所以，取，時，即．【點睛】關(guān)鍵點點睛：第（3）問中，發(fā)現(xiàn)當(dāng)時，滿足，從而設(shè)，，驗證滿足條件.7．（2024·遼寧·二模）如果數(shù)列，其中，對任意正整數(shù)都有，則稱數(shù)列為數(shù)列的“接近數(shù)列”．已知數(shù)列為數(shù)列的“接近數(shù)列”．(1)若，求的值；(2)若數(shù)列是等差數(shù)列，且公差為，求證：數(shù)列是等差數(shù)列；(3)若數(shù)列滿足，且，記數(shù)列的前項和分別為，試判斷是否存在正整數(shù)，使得？若存在，請求出正整數(shù)的最小值；若不存在，請說明理由．（參考數(shù)據(jù)：）【答案】(1)(2)證明見解析(3)存在，17【分析】（1）將分別代入即可求解；（2）利用等差數(shù)列的定義和絕對值不等式性質(zhì)先證充分性，再證必要性即可；（3）構(gòu)造等比數(shù)列求出an的通項公式，進一步求其前n項和，分n為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況結(jié)合數(shù)列an的單調(diào)性，確定bn的通項，進而確定【詳解】（1）由題：令則，即，故，得，又，同理可得，.（2）由題意，故，從而，即，因為，所以即，故數(shù)列bn是等差數(shù)列.（3）因為,則，解得，又，故是以為首項，公比為的等比數(shù)列，則，即，當(dāng)n為奇數(shù)時，，易知單調(diào)遞減，故，得，進一步有；當(dāng)n為偶數(shù)時，，易知單調(diào)遞增，故，即，得，進一步有；綜上，，易知當(dāng)n為偶數(shù)時，由，得即，無解；當(dāng)n為奇數(shù)時，由,得即，故，所以存在正整數(shù)，使得，正整數(shù)的最小值為17.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列的通項公式及求和，關(guān)鍵是分奇數(shù)和偶數(shù)并利用數(shù)列單調(diào)性確定的范圍來確定.8．（2023·山西·模擬預(yù)測）對于數(shù)列，若存在，使得對任意，總有，則稱為“有界變差數(shù)列”．(1)若各項均為正數(shù)的等比數(shù)列為有界變差數(shù)列，求其公比q的取值范圍；(2)若數(shù)列滿足，且，證明：是有界變差數(shù)列；(3)若，均為有界變差數(shù)列，且，證明：是有界變差數(shù)列．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）討論和，，并結(jié)合等比數(shù)列求和及性質(zhì)求解；（2）構(gòu)造變形得是等差數(shù)列，求得即可證明；（3）利用絕對值不等式放縮得，再結(jié)合有界變差數(shù)列得定義證明即可.【詳解】（1）因為的各項均為正數(shù)，所以，，，當(dāng)時，，，任取即可，所以為有界變差數(shù)列．當(dāng)時，，若，則，令即可，所以為有界變差數(shù)列，若，則，當(dāng)時，，顯然不存在符合條件的M，故不是有界變差數(shù)列．綜上，q的取值范圍是．（2）由，可得，易知，所以，因此是首項為，公差為1的等差數(shù)列，所以，即．所以，，所以是有界變差數(shù)列．（3）由有界變差數(shù)列的定義可知，，．因為，所以．故，因此，所以是有界變差數(shù)列．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列新定義，關(guān)鍵是利用變形技巧及絕對值不等式證明解決第三問.9．（2024·江西上饒·二模）對于數(shù)列，定義“變換”：將數(shù)列變換成數(shù)列，其中，且．這種“變換”記作，繼續(xù)對數(shù)列進行“變換”，得到數(shù)列，依此類推，當(dāng)?shù)玫降臄?shù)列各項均為0時變換結(jié)束．(1)寫出數(shù)列，經(jīng)過6次“變換”后得到的數(shù)列；(2)若不全相等，判斷數(shù)列經(jīng)過不斷的“變換”是否會結(jié)束，并說明理由；(3)設(shè)數(shù)列經(jīng)過次“變換”得到的數(shù)列各項之和最小，求的最小值．【答案】(1)；(2)不可能結(jié)束，理由見解析；(3)64.【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的新定義寫出經(jīng)過6次“變換”后得到的數(shù)列即可；（2）先假設(shè)數(shù)列經(jīng)過不斷的"變換"結(jié)束，不妨設(shè)最后的數(shù)列設(shè)數(shù)列，，，且，，則非零數(shù)量可能通過“變換”結(jié)束，或者數(shù)列為常數(shù)列，進而得到可能出現(xiàn)的情況，推出矛盾，故假設(shè)不成立，即可證明；（3）先往后推幾項，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，假設(shè)1次“變換"后得到的通項，多寫幾項推出規(guī)律，往后繼續(xù)進行，推到使數(shù)字按近時，再繼續(xù)推，往后會發(fā)現(xiàn)次“變換”得到的數(shù)列是循環(huán)的，得到最小值，進而推出次數(shù)即可.【詳解】（1）依題意，6次變換后得到的數(shù)列依次為；；；；；，所以，數(shù)列，經(jīng)過6次“變換”后得到的數(shù)列為.（2）數(shù)列經(jīng)過不斷的“變換”不可能結(jié)束設(shè)數(shù)列，，，且，，依題意，，，所以，即非零常數(shù)列才能通過“變換”結(jié)束．設(shè)（為非零自然數(shù)）．為變換得到數(shù)列的前兩項，數(shù)列只有四種可能，，；，，；，，；，，．而任何一種可能中，數(shù)列的第三項是0或．即不存在數(shù)列，使得其經(jīng)過“變換”成為非零常數(shù)列，由①②得，數(shù)列經(jīng)過不斷的“變換”不可能結(jié)束．（3）數(shù)列經(jīng)過一次“變換”后得到數(shù)列，其結(jié)構(gòu)為．?dāng)?shù)列經(jīng)過6次“變換”得到的數(shù)列分別為：；；；；；．所以，經(jīng)過6次“變換”后得到的數(shù)列也是形如“”的數(shù)列，變化的是，除了3之外的兩項均減小18．因為，所以，數(shù)列經(jīng)過次“變換”后得到的數(shù)列為2，5，3．接下來經(jīng)過“變換”后得到的數(shù)列分別為：3，2，1；1，1，2；0，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；1，0，1，，至此，數(shù)列和的最小值為2，以后數(shù)列循環(huán)出現(xiàn)，數(shù)列各項和不會更小，所以經(jīng)過次“變換”得到的數(shù)列各項和達到最小，即的最小值為64．【點睛】思路點睛：本題考查數(shù)列的新定義問題.關(guān)于數(shù)列的新定義一般思路為：（1）根據(jù)定義寫出幾項；（2）找出規(guī)律；（3）寫成通項；（4）證明結(jié)論.10．（2024·河北石家莊·二模）設(shè)集合是一個非空數(shù)集，對任意，定義，稱為集合的一個度量，稱集合為一個對于度量而言的度量空間，該度量空間記為.定義1：若是度量空間上的一個函數(shù)，且存在，使得對任意，均有：，則稱是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”.定義2：記無窮數(shù)列為，若是度量空間上的數(shù)列，且對任意正實數(shù)，都存在一個正整數(shù)，使得對任意正整數(shù)，均有，則稱是度量空間上的一個“基本數(shù)列”.(1)設(shè)，證明：是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”；(2)已知是度量空間上的一個壓縮函數(shù)，且，定義，，證明：為度量空間上的一個“基本數(shù)列”.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知：在上的值域，進而得出是從到的函數(shù)，然后證明存在，對任意，都有即可；（2）先由壓縮函數(shù)的定義得到：必存在，使得對任意，，，進而得到，再利用絕對值三角不等式得出，分類討論與兩種情況即可得證，【詳解】（1）由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知：在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，，，所以在上的值域為，所以是從到的函數(shù)，另一方面，我們證明存在，對任意，都有，取，則對任意，不妨設(shè)，分兩種情形討論：①當(dāng)時，令，則，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，即，所以，即，②當(dāng)時，令，則，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，即，所以，即，綜上所述，對任意，都有，所以是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”.（2）證明：因為是度量空間上的一個壓縮函數(shù)，所以必存在，使得對任意，，即，因為，，所以，由絕對值三角不等式可知：對任意，有，又因為，所以，所以，①當(dāng)時，對任意，有，所以，所以對任意，對任意正整數(shù)，當(dāng)時，均有，②當(dāng)時，對任意，取一個正整數(shù)，則，即，則當(dāng)時，有，綜上所述，對任意，都存在一個正整數(shù)，使得對任意正整數(shù)，當(dāng)時，均有，，故為度量空間上的一個“基本數(shù)列”.【點睛】思路點睛：關(guān)于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學(xué)語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結(jié)合數(shù)學(xué)知識進行解答.考點三、集合新定義綜合1．（24-25高三上·江蘇南通·階段練習(xí)）已知集合，若存在數(shù)陣滿足：①；②；則稱為“好集合”，并稱數(shù)陣為的一個“好數(shù)陣”．(1)已知數(shù)陣是的一個好數(shù)陣，試寫出，，，的值；(2)若集合為“好集合”，證明：集合的“好數(shù)陣”必有偶數(shù)個；(3)判斷是否為“好集合”．若是，求出滿足條件的所有“好數(shù)陣”；若不是，說明理由．【答案】(1)(2)證明見解析(3)不是，理由見解析【分析】（1）直接根據(jù)新定義解出未知量的值；（2）先證是不同于的“好數(shù)陣”，再證、，列舉兩個“好數(shù)陣”，即可證明；（3）假設(shè)為“好集合”，根據(jù)新定義可得，證明不是偶數(shù)即可求解.【詳解】（1），由“好數(shù)陣”的定義，知，，故，，，，進一步得到.從而，，.（2）如果是一個“好數(shù)陣”，則，.從而，.故也是一個“好數(shù)陣”.由于是偶數(shù)，故，從而.所以數(shù)陣和的第1行第2列的數(shù)不相等，故是不同的數(shù)陣.設(shè)全體“好數(shù)陣”構(gòu)成的集合為，并定義映射如下：對，規(guī)定.因為由中的元素構(gòu)成的數(shù)陣只有不超過種，故是有限集合.而，即，從而是滿射，由是有限集，知也是單射，故是一一對應(yīng).對于“好數(shù)陣”，已證數(shù)陣和是不同的數(shù)陣，故.同時，對兩個“好數(shù)陣”，，如果，則；如果，則.所以，當(dāng)且僅當(dāng).最后，對，由，稱2元集合為一個“好對”.對，若屬于某個“好對”，則或，即或.由于，故無論是還是，都有.所以每個“好數(shù)陣”恰屬于一個“好對”，所以“好數(shù)陣”的個數(shù)是“好對”個數(shù)的2倍，從而“好數(shù)陣”必有偶數(shù)個.（3）若是“好數(shù)陣”，則，所以，這表明一定是偶數(shù).若，由于此時不是偶數(shù)，所以不存在“好數(shù)陣”，從而不是“好集合”.【點睛】方法點睛：學(xué)生在理解相關(guān)新定義、新法則(公式)之后，運用學(xué)過的知識，結(jié)合已掌握的技能，通過推理、運算等解決問題.在新環(huán)境下研究“舊”性質(zhì).主要是將新性質(zhì)應(yīng)用在“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性地證明更新的性質(zhì).2．（2024·廣東·模擬預(yù)測）已知集合中含有三個元素，同時滿足①；②；③為偶數(shù)，那么稱集合具有性質(zhì).已知集合，對于集合的非空子集，若中存在三個互不相同的元素，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）分取到的三個元素都是奇數(shù)和有偶數(shù)2，兩種情況比較三個條件，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，存在三個互不相同的，使得均屬于證明滿足性質(zhì)的三個條件；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）從集合中任取三個元素均為奇數(shù)時，為奇數(shù)，不滿足條件③（ii）從集合中任取三個元素有一個為，另外兩個為奇數(shù)時，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)，得實數(shù)是奇數(shù)，當(dāng)時，由，得，即，不合題意，當(dāng)時，由，得，即，或（舍），因為是偶數(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，存在三個互不相同的，使得均屬于，不妨設(shè)，令，，，則，即滿足條件①，因為，所以，即滿足條件②，因為，所以為偶數(shù)，即滿足條件③，所以當(dāng)集合是集合的“期待子集”時，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)，因為，所以，且均為整數(shù)，所以，因為，所以均屬于，所以當(dāng)集合具有性質(zhì)時，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).【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用“性質(zhì)”和“期待子集”的定義.3．（2024·北京延慶·一模）已知數(shù)列，記集合.(1)若數(shù)列為，寫出集合；(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一組符合條件的；若不存在，說明理由；(3)若，把集合中的元素從小到大排列，得到的新數(shù)列為，若，求的最大值．【答案】(1)(2)不存在，使得成立(3)【分析】（1）根據(jù)題目給出的集合的定義求解即可；（2）使用假設(shè)法，假設(shè)存在，使得，進行計算檢驗，從而得出結(jié)論；（3）首先證明時，對任意的都有，然后證明除形式以外的數(shù)都可以寫成若干個連續(xù)正整數(shù)之和，分類討論即可得解.【詳解】（1）由題意可得，，，所以.（2）假設(shè)存在，使得，則有，由于與的奇偶性相同，與奇偶性不同，又，，所以中必有大于等于的奇數(shù)因子，這與無以外的奇數(shù)因子矛盾，故不存在，使得.（3）首先證明時，對任意的都有，因為，由于與均大于且奇偶性不同，所以為奇數(shù)，對任意的都有，其次證明除形式以外的數(shù)，都可以寫成若干個連續(xù)正整數(shù)之和，若正整數(shù)，其中，則當(dāng)時，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：，此時結(jié)論成立，當(dāng)時，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：，此時結(jié)論成立，對于數(shù)列，此問題等價于數(shù)列其相應(yīng)集合中滿足有多少項，由前面證明可知正整數(shù)不是中的項，所以的最大值為.【點睛】本題考查了等差數(shù)列及數(shù)列的綜合問題，考查了求數(shù)列下標最值，同時考查了分類討論的思想，計算量較大，屬于難題.4．（2024·湖南邵陽·二模）給定整數(shù)，由元實數(shù)集合定義其隨影數(shù)集.若，則稱集合為一個元理想數(shù)集，并定義的理數(shù)為其中所有元素的絕對值之和.(1)分別判斷集合是不是理想數(shù)集；（結(jié)論不要求說明理由）(2)任取一個5元理想數(shù)集，求證：；(3)當(dāng)取遍所有2024元理想數(shù)集時，求理數(shù)的最小值.注：由個實數(shù)組成的集合叫做元實數(shù)集合，分別表示數(shù)集中的最大數(shù)與最小數(shù).【答案】(1)集合是理想數(shù)集，集合不是理想數(shù)集(2)證明見解析(3)1024144【分析】（1）由理想數(shù)集的定義即可判斷；（2）為了方便說明，假定元素間一個有序關(guān)系為，從而分三種情況，，，討論即可得證；（3）首先通過分類討論證明，對元理想數(shù)集，有.從而有，即，通過放縮與等差數(shù)列求和即可得解.【詳解】（1）設(shè)的隨影數(shù)集分別為，則，所以集合是理想數(shù)集，集合不是理想數(shù)集.（2）不妨設(shè)集合且，即.為理想數(shù)集，，則，且，使得.當(dāng)時，.當(dāng)且僅當(dāng)且時，等號成立；當(dāng)時，.當(dāng)且僅當(dāng)且時，等號成立；當(dāng)時，.當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立.綜上所述：.（3）設(shè).為理想數(shù)集.，且，使得.對于，同樣有.下先證對元理想數(shù)集，有.不妨設(shè)集合中的元素滿足.即.為理想數(shù)集，，且，使得.當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)且時，等號成立；當(dāng)時，，當(dāng)且僅當(dāng)且時，等號成立；當(dāng)時，.當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立...當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立..理數(shù).當(dāng)且僅當(dāng)或時，等號成立.理數(shù)的最小值為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：關(guān)鍵是通過分類討論證明，對元理想數(shù)集，有，由此即可順利得解.5．（2024·北京·模擬預(yù)測）已知集合，其中都是的子集且互不相同，記的元素個數(shù)，的元素個數(shù).(1)若，直接寫出所有滿足條件的集合；(2)若，且對任意，都有，求的最大值；(3)若且對任意，都有，求的最大值.【答案】(1)或或或(2)(3)【分析】（1）根據(jù)新定義對交集情況分類討論即可；（2）將集合的子集進行兩兩配對得到16組，寫出選擇的16個含有元素1的子集即可得到；（3）分中有一元集合和沒有一元集合但有二元集合，以及均為三元集合討論即可.【詳解】（1）因為，則和的元素個數(shù)均為1，又因為，則，若，，則或；若，，則或；綜上或或或.（2）集合共有32個不同的子集，將其兩兩配對成16組，使得，則不能同時被選中為子集，故.選擇的16個含有元素1的子集:，符合題意.綜上，.（3）結(jié)論:，令，集合符合題意.證明如下：①若中有一元集合，不妨設(shè)，則其它子集中都有元素1，且元素都至多屬于1個子集，所以除外的子集至多有個，故.②若中沒有一元集合，但有二元集合，不妨設(shè).其它子集分兩類:或，和或，其中互不相同，互不相同且均不為1，2.若，則，有若，則由得每個集合中都恰包含中的1個元素（不是2)，且互不相同，因為中除2外至多還有2個元素，所以.所以.③若均為三元集合，不妨設(shè).將其它子集分為三類：，其中.若，則(除1，2，3外，其它元素兩個一組與1構(gòu)成集合)，所以.若，不妨設(shè)，則由得每個集合中都或者有4、或者有5，又中除1外無其它公共元素，所以.所以.綜上，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問的關(guān)鍵是充分理解集合新定義，然后對中集合元素個數(shù)進行分類討論；當(dāng)均為三元集合時，不妨設(shè)，再將其它子集分為三類討論.6．（24-25高三上·河北滄州·階段練習(xí)）已知有限集，若中的元素滿足，則稱為“元重生集”.(1)集合是否為“2元重生集”，請說明理由；(2)是否存在集合中元素均為正整數(shù)的“3元重生集”？如果有，請求出有幾個，如果沒有，請說明理由；(3)若，證明：“元重生集”有且只有一個，且.【答案】(1)不是，理由見解析(2)存在，1個(3)證明見解析【分析】（1），故不為“2元重生集”；（2）設(shè)正整數(shù)集為“3元重生集”，設(shè)，利用不等式關(guān)系推出，故，求出；（3）設(shè)，得到，當(dāng)時，推出矛盾，當(dāng)時，由（2）可知，有且只有1個“3元重生集”，即，當(dāng)時，推出，但在上恒成立，故當(dāng)時，不存在“元重生集”，從而證明出結(jié)論.【詳解】（1），因為，所以集合不是“2元重生集”.（2）設(shè)正整數(shù)集為“3元重生集”，則，不妨設(shè)，則，解得，因為，故只有滿足要求，綜上，滿足要求，其他均不符合要求，故存在1個集合中元素均為正整數(shù)的“3元重生集”，即.（3）不妨設(shè)，由，得，當(dāng)時，，故，則，無解，若，則不可能是“2元重生集”，所以當(dāng)時，不存在“2元重生集”；當(dāng)時，由（2）可知，有且只有1個“3元重生集”，即，當(dāng)時，，又，故，事實上，在上恒成立，故當(dāng)時，不存在“元重生集”，所以若“元重生集”有且只有一個，且.【點睛】思路點睛：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)化為具體的簡單的應(yīng)用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉(zhuǎn)述新信息所表達的內(nèi)容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；（3）發(fā)現(xiàn)新信息與所學(xué)知識的聯(lián)系，并從描述中體會信息的本質(zhì)特征與規(guī)律；（4）如果新信息是課本知識的推廣，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.7．（23-24高三上·北京昌平·期末）已知為有窮正整數(shù)數(shù)列，且，集合．若存在，使得，則稱為可表數(shù)，稱集合為可表集．(1)若，判定31，1024是否為可表數(shù)，并說明理由；(2)若，證明：；(3)設(shè)，若，求的最小值．【答案】(1)31是可表數(shù)，1024不是可表數(shù)，理由見解析；(2)證明見解析；(3)8【分析】（1）根據(jù)定義賦值及數(shù)列求和計算驗證即可；（2）根據(jù)定義判定則有，從而可知，利用集合間的基本關(guān)系得出中最多含有個元素，解不等式即可證明；（3）利用第二問的結(jié)論可設(shè)，有，然后利用定義先證為可表數(shù)，再根據(jù)三進制的基本事實確定的最小值為滿足成立的，代入求即可.【詳解】（1）31是，1024不是，理由如下：由題意可知，當(dāng)時，有，顯然若時，，而，故31是可表數(shù)，1024不是可表數(shù)；（2）由題意可知若，即，設(shè)，即使得，所以，且成立，故，所以若，則，即中的元素個數(shù)不能超過中的元素，對于確定的，中最多有個元素，所以；（3）由題意可設(shè)，使，又，所以，即，而，即當(dāng)時，取時，為可表數(shù)，因為，由三進制的基本事實可知，對任意的，存在，使，所以，令，則有，設(shè)，由的任意性，對任意的，都有，又因為，所以對于任意的，為可表數(shù)，綜上，可知的最小值為，其中滿足，又當(dāng)時，，所以的最小值為.【點睛】難點點睛：第二問關(guān)鍵是根據(jù)定義可確定中元素互為相反數(shù)，再利用集合間的基本關(guān)系確定元素個數(shù)的關(guān)系計算即可；第三問利用第二問的結(jié)論可設(shè)，有，利用定義先證為可表數(shù)，再根據(jù)三進制的基本事實設(shè)任意的，存在，使，得出并結(jié)合定義確定為可表數(shù)，從而確定的最小值為滿足成立的，代入求即可.8．（23-24高三下·北京·階段練習(xí)）設(shè)A是正整數(shù)集的一個非空子集，如果對于任意，都有或，則稱A為自鄰集．記集合的所有子集中的自鄰集的個數(shù)為．(1)直接寫出的所有自鄰集；(2)若n為偶數(shù)且，求證：的所有含5個元素的子集中，自鄰集的個數(shù)是偶數(shù)；(3)若，求證：．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)自鄰集的定義及子集的概念一一寫出結(jié)果即可；（2）取的一個含5個元素的自鄰集，判定集合，再證明C也是自鄰集且，從而得出結(jié)論；（3）記自鄰集中最大元素為的自鄰集的個數(shù)為，，則當(dāng)時有，再分類討論證明即可.【詳解】（1）由題意可得，的所有自鄰集有：；（2）對于的含5個元素的自鄰集，不妨設(shè).因為對于，都有或，，2，3，4，5，所以，，或.對于集合，，，，，因為，所以，，2，3，4，5，，所以.因為，，或.所以，，或，所以對于任意或，，2，3，4，5，所以集合也是自鄰集.因為當(dāng)為偶數(shù)時，，所以.所以對于集合的含5個元素的自鄰集，在上述對應(yīng)方法下會存在一個不同的含有5個元素的自鄰集與其對應(yīng).所以的所有含5個元素的子集中，自鄰集的個數(shù)是偶數(shù).（3）記自鄰集中最大元素為的自鄰集的個數(shù)為，，當(dāng)時，，，顯然.下面證明：.①自鄰集含有，，這三個元素，記去掉這個自鄰集中的元素后的集合為，因為，，所以仍是自鄰集，且集合中的最大元素是，所以含有，，這三個元素的自鄰集的個數(shù)為.②自鄰集含有，這兩個元素，不含，且不只有，這兩個元素，記自鄰集除，之外最大元素為，則，每個自鄰集去掉，這兩個元素后，仍為自鄰集.此時的自鄰集的最大元素為，可將此時的自鄰集分為個；其中含有最大數(shù)為2的集合個數(shù)為，含有最大數(shù)為3的集合個數(shù)為，，含有最大數(shù)為的集合個數(shù)為.則這樣的集合共有個.③自鄰集只含有，這兩個元素，這樣的自鄰集只有1個.綜上可得，所以，故時，得證.【點睛】思路點睛：關(guān)于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學(xué)語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結(jié)合數(shù)學(xué)知識進行解答.9．（24-25高三上·四川瀘州·階段練習(xí)）已知正整數(shù)，集合，，，，，，2，，．對于中的元素，，，，，，定義．令．(1)直接寫出的兩個元素及的元素個數(shù)；(2)已知，，，，滿足對任意，都有，求的最大值；(3)證明：對任意，，，，總存在，使得．【答案】(1)，1，1，0，0，，，0，0，1，1，，20(2)4(3)證明見解析【分析】（1）由題意可確定，，，，中1的個數(shù)為3，結(jié)合組合知識，即可求得答案；（2）由題意可將原問題轉(zhuǎn)化為對任意，都有的元素個數(shù)最多幾個，結(jié)合引理得出相應(yīng)不等式，即可求出答案；（3）由題意知，，，共有個非空子集，記為，結(jié)合抽屜原理得存在兩個不同的，，，的非空子集，，，，，，，，，，有與奇偶性相同，繼而推出必存在一個，3，，，使得為奇數(shù)，結(jié)合，1，，即可證明結(jié)論.【詳解】（1），1，1，0，0，，，0，0，1，1，，，中6個分量中恰有3個1，的元素個數(shù)為．（2）對于的非空子集，，，，設(shè)，，，，，2，，，這里是的第個分量，定義，2，，，規(guī)定，0，，，設(shè)，，，，2，，，令，，，，，，，我們先證明引理：，2，，，．反證法：，2，，，，令，設(shè)，，，，滿足，其中，2，，，，，2，，，且，，，，這與矛盾，引理證畢，回到原題，由引理，解得，，1，1，0，0，，，0，0，1，1，，，1，0，0，1，，，0，1，1，0，，符合題意，綜上，當(dāng)時，的最大值為4．（3）證明：，，，共有個非空子集，記為，，2，，，則在每分量的奇偶性下恰有2種不同的狀態(tài)，由知，由抽屜原理，存在兩個不同的，，，的非空子集，，設(shè)，，，，，，，，有與奇偶性相同，，2，，，令，，由于，，令，，，，則，，，且都為偶數(shù)，，2，，，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，3，，，使得為奇數(shù)，又由于，1，，從而．【點睛】難點點睛：本題考查了元素與集合的關(guān)系問題，綜合性較強，涉及到抽屜原理以及反證法的應(yīng)用，解答時需要有較強的邏輯思維能力.10．（2024·北京豐臺·一模）已知集合（，），若存在數(shù)陣滿足：①；②．則稱集合為“好集合”，并稱數(shù)陣為的一個“好數(shù)陣”．(1)已知數(shù)陣是的一個“好數(shù)陣”，試寫出，，，的值；(2)若集合為“好集合”，證明：集合的“好數(shù)陣”必有偶數(shù)個；(3)判斷是否為“好集合”．若是，求出滿足條件的所有“好數(shù)陣”；若不是，說明理由．【答案】(1)，，，(2)證明見解析(3)是“好集合”，滿足的“好數(shù)陣”有，，，；不是“好集合”，證明見解析【分析】（1）直接根據(jù)定義解出未知量的值；（2）可構(gòu)造恰當(dāng)?shù)挠成?，以證明結(jié)論；（3）第三問可通過分類討論求解問題.【詳解】（1）由“好數(shù)陣”的定義，知，，，，故，，，，進一步得到，.從而，，，.（2）如果是一個“好數(shù)陣”，則，.從而，.故也是一個“好數(shù)陣”.由于是偶數(shù)，故，從而.這就說明兩數(shù)陣和的第1行第2列的數(shù)不相等，從而是不同的數(shù)陣.設(shè)全體“好數(shù)陣”構(gòu)成的集合為，并定義映射如下：對，規(guī)定.因為由中的元素構(gòu)成的數(shù)陣只有不超過種，故是有限集合.而，這就表明，從而是滿射，由是有限集，知也是單射，從而是一一對應(yīng).對“好數(shù)陣”，已證兩數(shù)陣和是不同的數(shù)陣，故.同時，對兩個“好數(shù)陣”，，如果，則；如果，則.所以當(dāng)且僅當(dāng).最后，對，由，稱2元集合為一個“好對”.對，若屬于某個“好對”，則或，即或.由于，故無論是還是，都有.這表明，每個“好數(shù)陣”恰屬于一個“好對”，所以“好數(shù)陣”的個數(shù)是“好對”個數(shù)的2倍，從而“好數(shù)陣”必有偶數(shù)個.（3）若是“好數(shù)陣”，則有，所以，這表明一定是偶數(shù).若，設(shè)是“好數(shù)陣”，則，從而，故.由于，故，同理.若，設(shè)，則，故，從而.進一步有，而，故.假設(shè)，設(shè)，則，故，則，.由于，，故，.此時，從而，，但此時，矛盾；所以，故，分別嘗試所有24種可能的對應(yīng)方式，知符合條件的“好數(shù)陣”有，；若，則，從而.若，則或.若，則，，分別嘗試3種可能，知符合條件的“好數(shù)陣”有，.若，則，，若，則，或且，分別嘗試所有可能，知符合條件的“好數(shù)陣”有；若，則，分別嘗試所有可能，知符合條件的“好數(shù)陣”有；若，則，假設(shè)，由于，，故，矛盾，所以.對嘗試所有組合，知符合條件的“好數(shù)陣”有，，，.綜上，全部的“好數(shù)陣”有，，，，，，，，，，其中，滿足的有，，，.綜上，是“好集合”，滿足的“好數(shù)陣”有，，，.若，由于此時不是偶數(shù)，所以不存在“好數(shù)陣”，從而不是“好集合”.【點睛】關(guān)鍵點點睛：關(guān)鍵是第3小問需要較為繁瑣的分類討論，耐心嘗試所有情況才可不重不漏.考點四、平面向量新定義綜合1．（21-22高一下·北京豐臺·期末）在平面直角坐標系中，為坐標原點，對任意兩個向量，，作，．當(dāng)，不共線時，記以，為鄰邊的平行四邊形的面積為；當(dāng)，共線時，規(guī)定．(1)分別根據(jù)下列已知條件求：①，；②，；(2)若向量，求證：；(3)若A，B，C是以О為圓心的單位圓上不同的點，記，，．（i）當(dāng)時，求的最大值；（ii）寫出的最大值．（只需寫出結(jié)果）【答案】(1)詳見解析；(2)詳見解析；(3)（i）；（ii）．【分析】（1）由求解；（2）由證明；（3）（i）設(shè)，由求解；（ii）求解.【詳解】（1）解：因為，，且，所以；又，，是；（2）因為向量，，且向量，則，所以，同理，所以；（3）（i）設(shè)，因為，所以，所以，，當(dāng)，即時，取得最大值；（ii）設(shè)不包含的，不包含的，不包含的所對的圓心角分別是.不妨設(shè)，否則適當(dāng)?shù)貙⒅幸稽c改為其對徑點，則不變，但情況變?yōu)?又由于，故.當(dāng)是正三角形時，有，此時.所以的最大值為．2．（21-22高一下·山東日照·期末）已知在平面直角坐標系中，為坐標原點，定義非零向量的“相伴函數(shù)”為，向量稱為函數(shù)的“相伴向量”；記平面內(nèi)所有向量的“相伴函數(shù)”構(gòu)成的集合為(1)已知，，若函數(shù)為集合中的元素，求其“相伴向量”的模的取值范圍；(2)已知點滿足條件：，，若向量的“相伴函數(shù)”在處取得最大值，當(dāng)在區(qū)間變化時，求的取值范圍；(3)當(dāng)向量時，“相伴函數(shù)”為，若，方程存在4個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）把化為形式得“相伴向量”，求出模后可得其范圍；（2）寫出“相伴函數(shù)”，根據(jù)輔助角公式得最大值及最大值點，由的范圍得的范圍，再得出的范圍后可得的取值范圍；（3）由定義得并化簡（化為一個角的一個三角函數(shù)形式），解方程得或，求得兩根，然后作出函數(shù)，的圖象，由圖象可得且有兩根的的范圍．【詳解】（1），∴函數(shù)的相伴向量，，∴時，；時，.∴的取值范圍為[1，3]（2）的相伴函數(shù)其中，.當(dāng)，，即，時，取得最大值，∴，∵，∴，∴，∴.∴.（3），當(dāng)時，，由，得：，∴或，由，即，而，解得或，即∴在上有兩個根，方程在上存在4個不相等的實數(shù)根，當(dāng)且僅當(dāng)且在上有兩個不等實根，在同一坐標系內(nèi)作出函數(shù)在上的圖像和直線，如圖，方程在上有兩個不等實根，當(dāng)且僅當(dāng)函數(shù)在上的圖像和直線有兩個公共點，觀察圖像知：或，解得或，所以實數(shù)的取值范圍是.3．（2024·全國·模擬預(yù)測）設(shè)有維向量，，稱為向量和的內(nèi)積，當(dāng)，稱向量和正交．設(shè)為全體由和1構(gòu)成的元數(shù)組對應(yīng)的向量的集合．(1)若，寫出一個向量，使得．(2)令．若，證明：為偶數(shù)．(3)若，是從中選出向量的個數(shù)的最大值，且選出的向量均滿足，猜測的值，并給出一個實例．【答案】(1)（答案不唯一）(2)證明見解析(3)，答案見解析.【分析】（1）根據(jù)定義寫出滿足條件的即可；（2）根據(jù)，結(jié)合定義，求出，即可得證；（3）利用反證法求證.【詳解】（1）由定義，只需滿足，不妨?。ù鸢覆晃ㄒ唬?）對于，，2，，，存在，，，，使得．當(dāng)時，；當(dāng)時，．令，．所以．所以為偶數(shù)．（3）當(dāng)時，可猜測互相正交的4維向量最多有4個，即．不妨取，，，，則有，，，，，．若存在，使，則或或．當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，，故找不到第5個向量與已知的4個向量互相正交．【點睛】關(guān)鍵點點睛：新定義問題，理解定義內(nèi)容、會運用新定義運算，是解決問題的關(guān)鍵.4．（23-24高一下·福建福州·期中）對于向量集，記向量．如果存在向量，使得，那么稱是向量集的“長向量”．(1)設(shè)向量，．若是向量集的“長向量”，求實數(shù)x的取值范圍；(2)設(shè)向量，，則向量集是否存在“長向量”？給出你的結(jié)論并說明理由；(3)已知均是向量集的“長向量”，其中，．設(shè)在平面直角坐標系xOy中的點集，其中，，且與關(guān)于點對稱，與關(guān)于點對稱，求的最小值．【答案】(1)(2)存在“長向量”，且“長向量”為，，理由見解析(3)4044【分析】（1）根據(jù)向量模長的不等關(guān)系，解得的范圍即可；（2）根據(jù)“長向量”的定義，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)解不等式即可；（3）根據(jù)向量坐標代入計算，結(jié)合向量不等式得到，再設(shè)，得到向量關(guān)系，從而求得最值.【詳解】（1）由題意可得：，，，則，解得：.（2）存在“長向量”，且“長向量”為，，理由如下：由題意可得，若存在“長向量”，只需使，因為，，，，，，所以，故只需使，即，即，當(dāng)或6時，符合要求，故存在“長向量”，且“長向量”為，.（3）由題意，得，，即，即，同理，三式相加并化簡，得：，即，，所以，設(shè)，由，解得，即設(shè)，則依題意得：，得，故，，所以，因為所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，所以.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查向量新定義問題.關(guān)鍵點是根據(jù)已學(xué)知識，理解題中“長向量”的定義，將向量坐標代入計算，再結(jié)合向量不等式得到，得到向量關(guān)系，從而求得最值.5．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習(xí)）我們知道，在平面內(nèi)取定單位正交基底建立坐標系后，任意一個平面向量，都可以用二元有序?qū)崝?shù)對表示．平面向量又稱為二維向量．一般地，n元有序?qū)崝?shù)組稱為n維向量，它是二維向量的推廣．類似二維向量，對于n維向量，也可定義兩個向量的數(shù)量積、向量的長度（模）等：設(shè)，，則；．已知向量滿足，向量滿足．(1)求的值；(2)若，其中，當(dāng)且時，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）依題寫出的展開式，利用錯位相減法求和即得；（2）根據(jù)的表達式結(jié)構(gòu)，考慮構(gòu)造函數(shù)，利用其單調(diào)性得，，從而將表達式兩次放縮，最后利用裂項相消法即可推理得到.【詳解】（1）依題，，，則

①

②①－②，得即

所以.（2）因為，，所以，先證：，，

設(shè)，，則，所以在0,+∞上單調(diào)遞增，即當(dāng)時，，即，故，.

因為，所以

，.綜上可得，當(dāng)且時，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題主要考查數(shù)列的放縮法證明不等式，解題的關(guān)鍵在于，在求得之后，必須通過構(gòu)造函數(shù)，判斷其單調(diào)性，賦值得到，將解析式縮小，再設(shè)法將其縮小為可以運用裂項相消法求和的式子，化簡即得.6．（22-23高一下·北京·階段練習(xí)）對于向量，若，，三數(shù)互不相等，令向量，其中，，，.(1)當(dāng)時，試寫出向量；(2)證明：對于任意的，向量中的三個數(shù)，，至多有一個為0；(3)若，證明：存在正整數(shù)，使得.【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)定義依次寫出，根據(jù)周期寫出；（2）反證法，假設(shè)中，，有不止1個為0，結(jié)合分類討論及已知推出矛盾即可；（3）令并根據(jù)在上的性質(zhì)必存在使，再結(jié)合分類討論確定必存在中有一項為0，而另兩項相等，即可得結(jié)論.【詳解】（1），，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；由上，從開始，每3個向量出現(xiàn)重復(fù)一個向量，而.（2）假設(shè)中，，有不止1個為0，若且，則，故，此時矛盾；若且，，所以為定值，而，，三數(shù)互不相等，當(dāng)，則，不妨令，則，顯然，即，所以，以此類推得：，，，與，，三數(shù)互不相等矛盾；綜上，對于任意的，向量中的三個數(shù)，，至多有一個為0；（3）令，又，，且，所以，且，由題意，，且，故在上不可能單調(diào)遞減，即必存在使，根據(jù)的定義，中必有一個0，由（2）知：中有且僅有一個為0，令，若，不妨設(shè)，則，則，所以，同理，所以，又，故此情況不可能一直出現(xiàn)（至多有次），所以一定能找到，使得；若，則，，，，...所以存在正整數(shù)，使得；綜上，存在正整數(shù)，使得.【點睛】關(guān)鍵點點睛：第二問，應(yīng)用反證法，假設(shè)中，，有不止1個為0，討論、，結(jié)合題設(shè)推出矛盾即可；第三問，令，根據(jù)定義判斷在不可能單調(diào)，必存在使，再結(jié)合定義、（2）結(jié)論并討論、或即可證結(jié)論.7．（22-23高一下·北京東城·期末）對于三維向量，定義“變換”：，其中，．記，．(1)若，求及；(2)證明：對于任意，經(jīng)過若干次變換后，必存在，使；(3)已知，將再經(jīng)過次變換后，最小，求的最小值．【答案】(1)(2)證明見解析(3)505【分析】（1）根據(jù)定義找出，，從而得到，；（2）利用反證法，假設(shè)對，然后導(dǎo)出矛盾，命題得證；（3）先求出，再通過變換，找到最小的時的情況.【詳解】（1）因為，，，所以.（2）設(shè)，假設(shè)對，則均不為0．所以．即．因為，所以．所以．與矛盾，故假設(shè)不正確．綜上，對于任意，經(jīng)過若干次變換后，必存在，使．（3）設(shè)，因為，所以有或．當(dāng)時，可得三式相加得．又，可得．當(dāng)時，也可得，于是．設(shè)的三個分量為這三個數(shù)，當(dāng)時，的三個分量為這三個數(shù)，所以．當(dāng)時，的三個分量為，則的三個分量為的三個分量為，所以．所以，由，可得．因為，所以任意的三個分量始終為偶數(shù)，且都有一個分量等于2．所以的三個分量只能是三個數(shù)，的三個分量只能是三個數(shù)．所以當(dāng)時，；當(dāng)時，．所以的最小值為505．【點睛】關(guān)鍵點睛：新定義問題，常見于選擇（填空）的壓軸小題中，少數(shù)會出現(xiàn)在解答題中，主要考查利用相關(guān)的知識點解決概念創(chuàng)新問題的能力，對新定義的理解以及轉(zhuǎn)化，較靈活，屬于綜合題.8．（23-24高三下·湖南常德·階段練習(xí)）對于給定的正整數(shù)n，記集合，其中元素稱為一個n維向量.特別地，稱為零向量.設(shè)，，，定義加法和數(shù)乘：，.對一組向量，，…，，若存在一組不全為零的實數(shù)，，…，，使得，則稱這組向量線性相關(guān).否則，稱為線性無關(guān).(1)對，判斷下列各組向量是線性相關(guān)還是線性無關(guān)，并說明理由.①，；②，，.(2)已知，，線性無關(guān)，判斷，，是線性相關(guān)還是線性無關(guān)，并說明理由.(3)已知個向量，，…，線性相關(guān)，但其中任意個都線性無關(guān)，證明：①如果存在等式（，，2，3，…，m），則這些系數(shù)，，…，或者全為零，或者全不為零；②如果兩個等式，（，，，2，3，…，m）同時成立，其中，則.【答案】(1)①線性相關(guān)，理由見解析；②線性相關(guān)，理由見解析(2)線性無關(guān)，理由見解析(3)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）根據(jù)向量線性相關(guān)的定義逐一判斷即可；（2）設(shè)，則，然后由條件得到即可判斷；（3）①如果某個，，然后證明，，…，，，…，都等于0即可；②由可得，然后代入根據(jù)題意證明即可.【詳解】（1）對于①，設(shè)，則可得，所以，線性相關(guān)；對于②，設(shè)，則可得，所以，，所以，，線性相關(guān)；（2）設(shè)，則，因為向量，，線性無關(guān)，所以，解得，所以向量，，線性無關(guān).（3）①，如果某個，，2，…，m，則，因為其中任意個都線性無關(guān)，所以，，…，，，…，都等于0，所以這些系數(shù)，，…，或者全為零，或者全不為零，②因為，所以，，…，全不為零，所以由可得，代入可得，所以，所以，…，，所以.【點睛】關(guān)鍵點睛：本題以新定義為背景考查向量的運算，解題的關(guān)鍵是根據(jù)所給的線性相關(guān)的定義進行運算判斷.9．（23-24高二下·江蘇淮安·階段練習(xí)）n個有次序的實數(shù)，，…，所組成的有序數(shù)組稱為一個n維向量，其中稱為該向量的第i個分量.特別地，對一個n維向量，若，稱為n維信號向量.設(shè)，，則和的內(nèi)積定義為，且.(1)直接寫出4個兩兩垂直的4維信號向量；(2)證明：不存在10個兩兩垂直的10維信號向量；(3)已知k個兩兩垂直的2024維信號向量，，…，滿足它們的前m個分量都是相同的，求證：.【答案】(1)，，，；(2)證明見解析；(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，結(jié)合兩兩垂直的定義，即可求解；（2）根據(jù)題意，不妨設(shè)，得到有5個分量為，設(shè)的前5個分量中有r個，得到5個分量中有個，進而求得r的值