【三轮冲刺】高考数学（大题专练）07 新定义题型（解析版）

这是一份【三轮冲刺】高考数学（大题专练）07 新定义题型（解析版），共72页。

继2024年九省联考的第19题考查了新定义问题，已有部分地区考试采用了该结构考试。2024年的新高考试卷第19题极大可能也会考查新定义问题，难度较大。新定义题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”“规定”等字眼，题目一般使用抽象的语言给出新定义、运算或符号，没有过多的解释说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，在阅读新定义要求后马上运用它解决相关问题，考查考生的理解与运算、信息迁移的能力。
题型一：集合的新定义问题
（2024·广东·惠州一中校联考模拟预测）已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”.
（1）试判断集合是否具有性质，并说明理由；
（2）若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”；
（3）证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”.
【思路分析】
（1）分取到的三个元素都是奇数和有偶数2，两种情况比较三个条件，即可判断；
（2）首先根据性质，确定集合，再根据“期待子集”的定义，确定集合是集合的“期待子集”；
（3）首先证明充分性，存在三个互不相同的，使得均属于
证明满足性质的三个条件；再证明必要性，首先设满足条件的，再证明均属于，即可证明.
【规范解答】
（1）集合不具有性质，理由如下：
（i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③
（ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，，
则有，即，不满足条件②，
综上所述，可得集合不具有性质.
（2）证明：由是偶数，得实数是奇数，
当时，由，得，即，不合题意，
当时，由，得，即，或（舍），
因为是偶数，所以集合，
令，解得，
显然，所以集合是集合的“期待子集”得证.
（3）证明：先证充分性：
当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于，
不妨设，令，，，则，即满足条件①，
因为，所以，即满足条件②，
因为，所以为偶数，即满足条件③，
所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质.
再证必要性：
当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数，
令，，，则由条件①得，
由条件②得，
由条件③得均为整数，
因为，
所以，且均为整数，所以，
因为，所以均属于，
所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”.
综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质.
1．（2023·北京·北京四中校考模拟预测）已知集合，若集合，且对任意的，存在，，使得（其中），则称集合为集合的一个元基底．
（1）分别判断下列集合是否为集合的一个二元基底，并说明理由；
①，；
②，．
（2）若集合是集合的一个元基底，证明：；
（3）若集合为集合的一个元基底，求出的最小可能值，并写出当取最小值时的一个基底．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）利用二元基底的定义加以验证，可得不是的一个二元基底.，是的一个二元基底.．
（2）设，计算出的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意得，即．
（3）由（2）可知，所以，并且得到结论“基底中元素表示出的数最多重复一个”．再讨论当时，集合的所有情况均不可能是的4元基底，而当时，的一个基底，由此可得 的最小可能值为5．
【解析】（1）①不是的一个二元基底.
理由是；
②是的一个二元基底.
理由是，
.
（2）不妨设，则形如 的正整数共有个；
形如 的正整数共有个；
形如 的正整数至多有个；
形如 的正整数至多有个.
又集合含个不同的正整数，为集合的一个元基底.
故，即.
（3）由（2）可知，所以.
当时，，即用基底中元素表示出的数最多重复一个. *
假设为的一个4元基底，
不妨设，则.
当时，有，这时或.
如果，则由，与结论*矛盾.
如果，则或.
易知和都不是的4元基底，矛盾.
当时，有，这时，，
易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，这时，，
易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，
易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，
易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，
易知不是的4元基底，矛盾.
当时，有，，，
易知不是的4元基底，矛盾.
当时，均不可能是的4元基底.
当时，的一个基底；或{3,7,8,9,10}；
或{4,7,8,9,10}等，只要写出一个即可.
综上，的最小可能值为5.
2．（2024·北京海淀·高三人大附中校考开学考试）设为正整数，集合. 任取集合A中的个元素（可以重复），，，，其中.
（1）若，，直接写出；
（2）对于，，，证明：；
（3）对于某个正整数，若集合A满足：对于A中任意个元素，都有，则称集合A具有性质. 证明：若，集合A具有性质，则，集合A都具有性质.
【答案】（1），
（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）根据条件直接求解即可；
（2）设，设，设，求出和，通过说明可得结论；
（3）根据性质直接证明即可.
【解析】（1）对于，可得，
即；
对于，可得，
即.
（2）设，
设，则，
设，则，
因为，则有：
若，则，，即；
若，则，
可得，，即；
若，则，
可得，，即；
综上所述：，即.
（3）若，集合A具有性质，
即对于A中任意个元素，都有，
则对于A中任意个元素，
则有： ，
题型二：函数与导数的新定义问题
（2024·陕西安康·高三校联考阶段练习）记函数的导函数为，的导函数为，设是的定义域的子集，若在区间上，则称在上是“凸函数”.已知函数.
（1）若在上为“凸函数”，求的取值范围；
（2）若，判断在区间上的零点个数.
【思路分析】
（1）根据“凸函数”定义对函数求导，由不等式在恒成立即可求得的取值范围；
（2）易知，由导函数求得其在上的单调性，利用零点存在定理可知零点个数为1个.
【规范解答】
（1）由可得其定义域为，且，所以，
若在上为“凸函数”可得在恒成立，
当时，显然符合题意；
当时，需满足，可得；
综上可得的取值范围为；
（2）若，可得，所以，
令，则；
易知在区间上恒成立，
因此可得在上单调递减；
显然，；
根据零点存在定理可得存在使得，
因此可知当时，，即在上为单调递增；
当时，，即在上为单调递减；
又，显然在上不存在零点；
而，结合单调性可得在上存在一个零点；
综上可知，在区间上仅有1个零点.
1．（2023·上海浦东新·统考二模）设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图象．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”．
（1）判断点与点是否为函数的1度点，不需要说明理由；
（2）已知，．证明：点是的0度点；
（3）求函数的全体2度点构成的集合．
【答案】（1）是函数的一个1度点；不是函数的1度点
（2）证明见解析；（3）或
【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，该切线过点时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
（2）求出在点处的切线方程，转化为无解，构造，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
（3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解，设，分，与三种情况，进行求解.
【解析】（1）设，则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当，即．
故原点是函数的一个1度点，
该切线过点，故，
令，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，也时最小值，且，
故无解，点不是函数的一个1度点
（2）设，，
则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当（*）．
设，则当时，，
故在区间上严格增．
因此当时，，（*）恒不成立，即点是的一个0度点．
（3），
对任意，曲线在点处的切线方程为．
故点为函数的一个2度点
当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解．
设．
则点为函数的一个2度点当且仅当两个不同的零点．
若，则在上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若，因为，
由或时得严格增；而当时，得严格减．
故在时取得极大值，在时取得极小值．
又因为，，
所以当时，由零点存在定理，
在、、上各有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，也不合要求．
故两个不同的零点当且仅当或．
若，同理可得两个不同的零点当且仅当或．
综上，的全体2度点构成的集合为或．
2．（2024·广东茂名·统考一模）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”.
（1）若，判断是否为上的“3类函数”；
（2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围；
（3）若为上的“2类函数”，且，证明：，，.
【答案】（1）是上的“3类函数”，理由见解析；（2）；（3）证明过程见解析.
【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
（2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可.
（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.
【解析】（1）对于任意不同的，
有，，所以，
，
所以是上的“3类函数”.
（2）因为，
由题意知，对于任意不同的，都有，
不妨设，则，
故且，
故为上的增函数，为上的减函数，
故任意，都有，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
所以，，故在单调递减，，
由可转化为，令，只需
，令，在单调递减，
且，，
所以使，即，即，
当时，，，故在单调递增，
当时，，，故在单调递减，
，故.
（3）因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，
当时，；
当时，因为，
，
综上所述，，，.
题型三：复数与不等式的新定义问题
（2024·全国·高三校联考竞赛）设M是由复数组成的集合，对M的一个子集A，若存在复平面上的一个圆，使得A的所有数在复平面上对应的点都在圆内或圆周上，且中的数对应的点都在圆外，则称A是一个M的“可分离子集”．
（1）判断是否是的“可分离子集”，并说明理由；
（2）设复数z满足，其中分别表示z的实部和虚部．证明：是的“可分离子集”当且仅当．
【思路分析】
（1）取复平面上的圆，得到复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内，复数i在复平面上对应的点在圆外，得到结论；
（2）先证明必要性，令复数，取复平面上的圆，得到是的“可分离子集”；再证明充分性，只需证当时，不是的“可分离子集”，得到结论.
【规范解答】
（1）是，理由如下：取复平面上的圆，
则复数1，2，3在复平面上对应的点都在圆内．
而，故复数i在复平面上对应的点在圆外．
因此，是的“可分离子集”．
（2）必要性：当时，令复数，
取复平面上的圆，则在复平面上对应的点在圆周上，
又，故1在复平面上对应的点在圆外．
由，，知．
故在复平面上对应的点在圆外．
因此，当时，是的“可分离子集”．
充分性：只需证当时，不是的“可分离子集”．
假设存在复平面上的一个圆，使得在复平面上对应的点在圆内或圆周上，
且1，在复平面上对应的点在圆外．
设圆心表示的复数为．再设．
由知，故．
由知，故．
进而，，
由知，故，
进而．
这与矛盾，故所假设的圆在复平面上不存在．
即当时，不是的“可分离子集”，充分性证毕，
综上，是的“可分离子集”当且仅当.
1．（2024·湖南邵阳·高三邵阳市第二中学校考开学考试）设是一个关于复数z的表达式，若（其中x，y，，为虚数单位），就称f将点“f对应”到点．例如将点“f对应”到点．
（1）若点“f对应”到点，点“f对应”到点，求点、的坐标；
（2）设常数，，若直线l：，，是否存在一个有序实数对，使得直线l上的任意一点“对应”到点后，点Q仍在直线上？若存在，试求出所有的有序实数对；若不存在，请说明理由；
（3）设常数，，集合且和且，若满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有；②对于集合A中的任意一个元素，都存在集合D中的元素z使得．请写出满足条件的一个有序实数对，并论证此时的满足条件．
【答案】（1）；（2）；（3），证明见解析
【分析】（1）根据题中的新定义求解即可；
（2）由题意可得，进而由条件得出关于的方程组，求解即可；
（3）满足条件的一个有序实数对为，即，，结合复数模的求法及复数的运算证明即可.
【解析】（1）由知，则，故；
设，则，
由知，则，即.
（2）直线l上的任意一点“对应”到点，
，且，
，即，
由题意，点仍在直线上，则，又，
则，
展开整理得，
则，解得，
所以，所求的有序实数对为.
（3）满足条件的一个有序实数对为，即，，证明如下：
设，
则，，
∵，∴，
，即，满足条件①；
设，且，即，得，
由得，
则
，
则，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知由实数组成的数组满足下面两个条件：
①；②．
（1）当时，求，的值；
（2）当时，求证；
（3）设，且，求证：．
【答案】（1）或；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）解方程组，求出答案；
（2）方法一：变形得到；
方法二：变形得到；
（3）方法一：先利用绝对值三角不等式得到，再结合，证明出不等式；
方法二：令，则，，由阿贝尔恒等式进行证明.
【解析】（1）根据题意，得，故，，解得或，
故或；
（2）解法一：
当时，有，，
则，所以，
当且仅当时，等号成立；
解法二：当时，有，，
则，当且仅当时，等号成立；
（3）解法一（一般解法）：
依题意，得，，由于，且，
，
即，因为
．
解法二（阿贝尔恒等式证法）：
根据，，可知正项之和为，负项之和为．
令，则，．
由阿贝尔变换，得．
题型四：三角函数的新定义问题
（2023·高三课时练习）定义非零向量的“相伴函数”为（），向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）．记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为．
（1）已知点满足，求的最小值；
（2）设，其中，求证：，并求的“相伴向量”的模的取值范围；
（3）已知（）为圆：上一点，向量的“相伴函数”在处取得最大值．当点在圆上运动时，求的取值范围．
【思路分析】
（1），利用二次函数的性质即可求解；
（2）化简，根据定义即可得证；求得，利用正弦函数的性质，求出的取值范围即可；
（3）由 ，可得时，取得最大值，其中，为直线OM的斜率，由题意，可得，再利用二倍角的正切，求出的范围．
【规范解答】
（1）因为，
所以，
所以当，时，的最小值为．
（2）因为，
所以函数的“相伴向量”，即．
又，
所以．
（3）向量的“相伴函数”，其中，．，
当，即，时，取得最大值．
此时，，则，
所以，其中为直线的斜率.
圆：的圆心，半径为1，直线的方程为.
当点在圆上运动时，，解得，
又，所以．
令，则，．
当时，函数单调递减，所以；
当时，函数单调递减，所以．
综上所述，．
1．（2021上·上海浦东新·高三华师大二附中校考期中）记表示数组：中的最大值.
（1）判断函数，的奇偶性，并说明理由；
（2）讨论函数，的基本性质：奇偶性、单调性、周期性、最值与零点（不需要证明）；
（3）已知函数，与都定义在实数集上，且函数是单调递增函数，是周期函数，是单调递减函数，求证：是单调递增函数的充要条件是：对任意，，.
【答案】（1）偶函数，理由见解析；（2）答案见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）根据函数的定义确定函数解析式，进而确定奇偶性；
（2）根据与的大小确定函数解析式，进而确定各性质；
（3）直接证明其充分性，并分情况讨论其必要性.
【解析】（1）因为，
所以，，所以是偶函数；
（2）因为，
所以，，为非奇非偶函数；
当，时，
在，上单调递增，在，上单调递减，
当，时，，在，即，
上单调递增，在，即，上单调递减，
故单调递增区间：，，；
单调递减区间：，，；
又当，，，
当，，，
故周期：；
最值：，；
零点：或，；
（3）充分性：，有且成立，
所以，
因为是单调递增函数，所以也是单调递增函数.
必要性：，
若有解，不妨设其解集为，
令，则，而是单调增函数，是单调减函数，
所以当时，，
即，所以，
设周期为，则，，
第一种情况，若，即，
则；
第二种情况，若，即，
则；
或；
所以，无论如何，都不是单调增函数.
所以无解，即恒成立，即，
所以，
若有解，不妨设为，设，则，
即，设周期为，为增函数，
则，，
则，
即，
所以无解，即恒成立.
所以是单调递增函数的充要条件是：
对任意，，.
2．（2023·上海杨浦·高一复旦附中校考期中）对于函数，，如果存在一组常数，，…，（其中k为正整数，且）使得当x取任意值时，有则称函数为“k级周天函数”.
（1）判断下列函数是否是“2级周天函数”，并说明理由：①；②；
（2）求证：当时，是“3级周天函数”；
（3）设函数，其中b，c，d是不全为0的实数且存在，使得，证明：存在，使得.
【答案】（1）是，不是；理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）令，，然后化简，根据定义可知；
（2）令，，，然后化简，从而得证；
（3）若，则，取，则；若，则利用反证法证明即可；若时，由，可得，从而可得结论
【解析】（1）令，，则，
所以是“2级周天函数”；
，不对任意x都成立，
所以不是“2级周天函数”；
（2）令，，，则
所以是“3级周天函数”；
（3）对其进行分类讨论：
1°若，则，此时取，则；
2°若，采用反证法，若不存在，使得，则恒成立，
由（2）可知是“3级周天函数”，
所以，所以，
因为，，，所以，
再由恒成立，所以，
进而可得，这与b，c，d是不全为0矛盾，故存在，使得；
3°若，由，，
得，
所以存在，使得，所以命题成立.
题型五：平面向量的新定义问题
（2022·全国·高三专题练习）已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数．
（1）若为的相伴特征向量，求实数m的值；
（2）记向量的相伴函数为，求当且时的值；
（3）已知，，为（1）中函数，，请问在的图象上是否存在一点P，使得，若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
【思路分析】
（1）利用特征向量的定义即得；
（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；
（3）由题可得的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可.
【规范解答】
（1）∵，
又为的相伴特征向量，∴；
（2）∵向量的相伴函数为，
又，.
，，，
∴；
（3）由题可知，
∴，
设，，
，，
又，，，
即，，
，，，
又，
当且仅当时，和同时等于，
在图像上存在点，使得.
1．（2023·全国·高三专题练习）对于向量，若，，三数互不相等，令向量，其中，，，.
（1）当时，试写出向量；
（2）证明：对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0；
（3）若，证明：存在正整数，使得.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）根据定义依次写出，根据周期写出；
（2）反证法，假设中，，有不止1个为0，结合分类讨论及已知推出矛盾即可；
（3）令并根据在上的性质必存在使，再结合分类讨论确定必存在中有一项为0，而另两项相等，即可得结论.
【解析】（1），，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
，，，即；
由上，从开始，每3个向量出现重复一个向量，而.
（2）假设中，，有不止1个为0，
若且，则，故，
此时矛盾；
若且，，
所以为定值，而，，三数互不相等，
当，则，
不妨令，则，
显然，即，
所以，
以此类推得：，，，与，，三数互不相等矛盾；
综上，对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0；
（3）令，又，，且，
所以，且，
由题意，，且，故在上不可能单调递减，即必存在使，
根据的定义，中必有一个0，
由（2）知：中有且仅有一个为0，令，
若，不妨设，
则，则，
所以，同理，所以，
又，故此情况不可能一直出现（至多有次），
所以一定能找到，使得；
若，则，，，，...
所以存在正整数，使得；
综上，存在正整数，使得.
2．（2024·湖南常德·高三临澧县第一中学校考阶段练习）对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量.特别地，称为零向量.设，，，定义加法和数乘：，.对一组向量，，…，，若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关.否则，称为线性无关.
（1）对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由.
①，；
②，，.
（2）已知，，线性无关，判断，，是线性相关还是线性无关，并说明理由.
（3）已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明：
①如果存在等式（，，2，3，…，m），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；
②如果两个等式，（，，，2，3，…，m）同时成立，其中，则.
【答案】（1）①线性相关，理由见解析；②线性相关，理由见解析；（2）线性无关，理由见解析
（3）①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据向量线性相关的定义逐一判断即可；
（2）设，则，然后由条件得到即可判断；
（3）①如果某个，，然后证明，，…，，，…，都等于0即可；②由可得，然后代入根据题意证明即可.
【解析】（1）对于①，设，则可得，所以，线性相关；
对于②，设，则可得，
所以，，所以，，线性相关；
（2）设，
则，
因为向量，，线性无关，所以，解得，
所以向量，，线性无关.
（3）①，如果某个，，2，…，m，
则，
因为其中任意个都线性无关，所以，，…，，，…，都等于0，
所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零，
②因为，所以，，…，全不为零，
所以由可得，
代入可得，
所以，
所以，…，，所以.
题型六：数列的新定义问题
（2024·江苏南通·高三统考开学考试）设正整数，有穷数列满足，且，定义积值
（1）若时，数列与数列的S的值分别为，
①试比较与的大小关系；
②若数列的S满足，请写出一个满足条件的
（2）若时，数列存在使得，将，分别调整为，，其它2个，令数列调整前后的积值分别为，写出的大小关系并给出证明；
（3）求的最大值，并确定S取最大值时所满足的条件，并进行证明.
【思路分析】
（1）①根据定义求出两个积值，比较大小；②只要写出满足条件的一个解就可以了，注意限制条件；
（2）根据调整，对两个积值做差，根据限制条件可比较大小；
（3）利用基本不等式计算可得；
【规范解答】
（1）①依题意可得，，所以；
②不妨令为（答案不唯一），则，
因为，，符合题意.
（2）；证明：不妨设，则；
则；
所以；所以；
（3）的最大值为1，当且仅当时，取到最大值.
证明：因为，且；
所以；
当且仅当时，等号成立.
1．（2024·江苏·校联考模拟预测）在数列中，若存在常数，使得恒成立，则称数列为“数列”．
（1）若，试判断数列是否为“数列”，请说明理由；
（2）若数列为“数列”，且，数列为等比数列，且，求数列的通项公式；
（3）若正项数列为“数列”，且，，证明：．
【答案】（1）数列不是“数列”；（2）；（3）证明见解析
【分析】（1）根据已知条件求出即可判断；
（2）根据数列为“数列”，化为，进而求得，作差有，根据已知条件化为，解出，由此求出，即可求出数列的通项公式.
（3）构造函数，通过导数判断函数的单调性，有在上单调递减，且，再推导出且，符合上述区间，即可证明不等式.
【解析】（1）数列不是“数列”，理由如下：
，则，
又，
所以，
因为不是常数，所以数列不是“数列”.
（2）因为数列为“数列”，由，
有①，
所以②，
两式作差得，
又因为数列为“数列”，所以，
设数列的公比为，所以，
即对成立，则，得；
又，，得，所以.
（3）设函数，则，
当时，，则在上单调递减，且，
因为数列为“数列”，则，
因为，，则，故，
由此类推，可得对，，
所以，即，所以得证.
2．（2024·安徽·高三池州市第一中学校联考开学考试）基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质．
（1）若，求数列的最小项；
（2）若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由；
（3）若，求证：数列具有性质．
【答案】（1）最小项为；（2）数列具有性质，理由见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）利用，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；
（2）变形，再利用等比数列求和证明性质①，利用证明②；
（3）结合二项式定理及n元基本不等式求解.
【解析】（1），当且仅当，即时，等号成立，
数列的最小项为．
（2）数列具有性质．
，
，
数列满足条件①．
为单调递增数列，数列满足条件②．
综上，数列具有性质．
（3）先证数列满足条件①：
．
当时，
则，
数列满足条件①．
再证数列满足条件②：
（，等号取不到）
为单调递增数列，数列满足条件②．
综上，数列具有性质.
题型七：立体几何的新定义问题
（2024·河南·高三校联考期末）三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：若，则称为空间向量与的叉乘，其中，， 为单位正交基底. 以 为坐标原点、分别以，，的方向为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角坐标系，已知，是空间直角坐标系中异于 的不同两点
（1）①若，，求；
②证明.
（2）记的面积为 ，证明：.
（3）证明：的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的倍.
【思路分析】
（1）①由向量叉乘的定义直接求解即可；②设，,根据叉乘的运算表示和即可证明；
（2）首先表示向量，夹角的正弦值，然后得到，要证，只需证，然后根据（1）的运算证明即可；
（3）由（2），通过变形可得，即可证明.
【规范解答】
（1）①因为，，
则；
②设，，
则，
将与互换，与互换，与互换，
可得，
故；
（2）因为 ，
故，
故要证，只需证，
即证，
由（1），，，
故，
又， ，，
则成立，故；
（3）由（2），
，
故，
故的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的倍.
1．（2024·重庆·校联考一模）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，为上的动点，为上的动点，为过点的下底面的一条动弦（不与重合）．
（1）求证：当为的中点时，平面
（2）若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且与下底面所成的角分别为，试求出的取值范围．
（3）求三棱锥的体积的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）由题设知分别是中点，连接，进而得四边形为平行四边形，则，再结合中位线性质、线面平行的判定证结论；
（2）令，得，，应用和角正切公式及椭圆性质有且，即可求范围；
（3）利用等体积法有，问题化为求面积、到面距离之和都最大，应用直线与椭圆关系求最大，进而得结果.
【解析】（1）由题设，长轴长，短轴长，则，
所以分别是中点，而柱体中为矩形，连接，
由，
故四边形为平行四边形，则，
当为的中点时，则，故，
面，面，故平面.
（2）由题设，令，则，
又，所以，，
则，所以，
根据椭圆性质知，故.
（3）由，要使三棱锥的体积最大，
只需面积和到面距离之和都最大，
，
令且，则，
所以，
显然时，有最大；
构建如上图直角坐标系且，椭圆方程为，
设，联立椭圆得，且，
所以，，而，
所以，令，则，
由对勾函数性质知在上递增，故；
综上，.
2．（2023·全国·高三专题练习）无数次借着你的光，看到未曾见过的世界：国庆七十周年､建党百年天安门广场三千人合唱的磅礴震撼，“930烈士纪念日”向人民英雄敬献花篮仪式的凝重庄严金帆合唱团，这绝不是一个抽象的名字，而是艰辛与光耀的延展，当你想起他，应是四季人间，应是繁星璀璨！这是开学典礼中，我校金帆合唱团的颁奖词，听后让人热血沸腾，让人心向往之.图1就是金帆排练厅，大家都亲切的称之为“六角楼”，其造型别致，可以理解为一个正六棱柱（图2）由上底面各棱向内切割为正六棱台（图3），正六棱柱的侧棱交的延长线于点，经测量，且

（1）写出三条正六棱台的结构特征.
（2）“六角楼”一楼为办公区域，二楼为金帆排练厅，假设排练厅地板恰好为六棱柱中截面，忽略墙壁厚度，估算金帆排练厅对应几何体体积.（棱台体积公式：）
（3）“小迷糊”站在“六角楼”下，陶醉在歌声里.“大聪明”走过来说：“数学是理性的音乐，音乐是感性的数学.学好数学方能更好的欣赏音乐，比如咱们刚刚听到的一个复合音就可以表示为函数，你看这多美妙!”
“小迷糊”：“”亲爱的同学们，快来帮“小迷糊”求一下的最大值吧.
【答案】（1）答案见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据正六棱台性质即可;
（2）找出棱台的高，代入体积公式即可;
（3）法1.利用四元均值不等式，法2.利用琴生不等式法，法3.利用二元均值不等式推广，法4.利用柯西不等式.
【解析】（1）类似于上下底面平行，相似，都是正六边形，侧棱等长，
侧棱延长交于一点，侧面都是等腰梯形，等等.
（2）在中，可求，
所以排练厅上底面为边长10的正六边形，下底面为边长9的正六边形，高为，
所以，
所以.
（3）法1.四元均值不等式
.
当且仅当，即时取等号，所以最大值为.
法2.琴生不等式法
，
当且仅当，即取等号，所以最大值为.
法3.二元均值不等式推广，
，
当且仅当时取等号，所以最大值为.
法4.柯西不等式
，
根据二次函数知识可知当取得最大值，所以；
柯西不等式等号成立时与二次函数取到最值时相同，当且仅当.
所以最大值为.
题型八：平面解析几何的新定义问题
（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）椭圆方程，平面上有一点．定义直线方程是椭圆在点处的极线．已知椭圆方程．
（1）若在椭圆上，求椭圆在点处的极线方程；
（2）若在椭圆上，证明：椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，，割线交椭圆于，两点，过点，分别作椭圆的两条切线，且相交于点．证明：，，三点共线．
【思路分析】
（1）将代入椭圆方程计算得点的坐标，再写出极线方程即可；
（2）写出点处的极线方程，先讨论的情况，可得处的极线就是过点的切线；再讨论的情况，将椭圆方程与极线方程联立，消元得关于的一元二次方程，计算得判别式，即可证明；
（3）分别写出过点，N的切线方程，从而可得割线的方程，再写出切点弦的方程，根据割线过点，代入割线方程计算，从而可得，，三点共线.
【规范解答】
（1）由题意知，当时，，所以或．
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
所以椭圆在点处的极线方程为，即
点处的极线方程为，即
（2）因为在椭圆上，所以，
由定义可知椭圆在点处的极线方程为，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线．
当时，极线方程为．
联立，得．
．
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线；
（3）设点，，，
由（2）可知，过点的切线方程为，
过点N的切线方程为．
因为，都过点，所以有，
则割线的方程为；
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为．
又因为割线过点，代入割线方程得．
所以，，三点共线，都在直线上．
1．（2023·宁夏银川·统考模拟预测）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆E过，直线与椭圆E交于A、B．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设直线TA、TB的斜率分别为，，证明：；
（3）直线是过点T的椭圆E的切线，且与直线l交于点P，定义为椭圆E的弦切角，为弦TB对应的椭圆周角，探究椭圆E的弦切角与弦TB对应的椭圆周角的关系，并证明你的论．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），证明见解析
【分析】（1）根据题意可得，，解出a、b即可求解；
（2）设，将直线l方程联立椭圆方程，利用韦达定理表示、，结合两点表示斜率公式对化简计算，即可求解；
（3）设切线方程，由直线与椭圆的位置关系求出k，得出倾斜角，可得，由，得，结合三角形的外角和即可下结论.
【解析】（1）由题意知，，所以，
又椭圆经过T（2,1），所以，解得，，所以椭圆方程为；
（2）联立直线与椭圆方程，得，
所以，∴，
则，解得，
设，则，，
所以
，即；
（3）椭圆E的弦切角与弦TB对应的椭圆周角相等.证明如下：
设切线方程为，即，
由，得，
所以，
，
解得，则，
又，所以，所以，
设切线与x轴交点为Q，TA、TB分别与x交于C，D，
因为，所以，
又，，，
所以.
2．（2023·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试）定义：若椭圆上的两个点满足，则称为该椭圆的一个“共轭点对”，记作.已知椭圆的一个焦点坐标为，且椭圆过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求“共轭点对”中点所在直线的方程；
（3）设为坐标原点，点在椭圆上，且，（2）中的直线与椭圆交于两点，且点的纵坐标大于0，设四点在椭圆上逆时针排列.证明：四边形的面积小于.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，利用椭圆的定义求出长轴长即可作答.
（2）设，根据“共轭点对”的定义列出方程，化简作答.
（3）求出的坐标，设点，，利用点差法得，再求出点P到直线l距离的范围即可推理作答.
【解析】（1）依题意，椭圆的另一焦点为，
因此，
于是，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设“共轭点对”中点B的坐标为，
由（1）知，点在椭圆C：上，
依题意，直线l的方程为，整理得，
所以直线的方程为.
（3）由（2）知，直线：，
由，解得或，则，，
设点，，
则，两式相减得，
又，于是，
则，有，线段PQ被直线l平分，
设点到直线的距离为d，
则四边形的面积，
而，则有，
设过点P且与直线l平行的直线的方程为，则当与C相切时，d取得最大值，
由消去y得，
令，解得，
当时，此时方程为，即，解得，
则此时点P或点Q必有一个和点重合，不符合条件，
从而直线与C不可能相切，
即d小于平行直线和（或）的距离，
所以.
题型九：概率统计的新定义问题
（2024·河北·高三泊头市第一中学校联考阶段练习）信息熵是信息论之父香农（Shannn）定义的一个重要概念，香农在1948年发表的论文《通信的数学理论》中指出，任何信息都存在冗余，把信息中排除了冗余后的平均信息量称为“信息熵”，并给出了计算信息熵的数学表达式：设随机变量所有可能的取值为，且，定义的信息熵.
（1）当时，计算；
（2）若，判断并证明当增大时，的变化趋势；
（3）若，随机变量所有可能的取值为，且，证明：.
【思路分析】
（1）直接利用公式求解；
（2）先求出，再判断单调性即可求解；
（3）分别求出和，结合对数函数单调性放缩即可求解.
【规范解答】
（1）当时，则，所以
（2）随着的增大而增大.
当，则，
设，则，
因此随着的增大而增大.
（3）证明：若，随机变量所有可能的取值为，
且.
.
，
因为，故
故，
由于，所以，
所以，所以，
所以.
（2024·辽宁·校联考一模）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中，或1（）.
（1）记，求证：；
（2）记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求（用数字作答）.
【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）2；（ⅱ）9841
【分析】（1）借助二进制的定义计算可得，，即可得证；
（2）（ⅰ）借助二进制的定义可计算出，即可得表达式中的0的个数；（ⅱ）计算出从到中，、、，的个数，即可得.
【解析】（1），
，
，
，；
（2）（ⅰ），，
（ⅱ），
，
故从到中，
有、、、共9个，
有个，由，即共有个
有个，由，即共有个
……，
有个，
.
2．（2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测）给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.
（1）当，时，写出所有满足的数对序列；
（2）当时，证明：；
（3）当为奇数时，记的最大值为，求.
【答案】（1）或；（2）证明详见解析；（3）
【分析】（1）利用列举法求得正确答案.
（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得.
（3）先证明，然后利用累加法求得.
【解析】（1）依题意，当，时有：或.
（2）当时，因为与不同时在数对序列中，
所以，所以每个数至多出现次，
又因为，
所以只有对应的数可以出现次，所以.
（3）当为奇数时，先证明.
因为与不同时在数对序列中，所以，
当时，构造恰有项，
且首项的第个分量与末项的第个分量都为.
对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，
且首项的第个分量与末项的第个分量都为，
那么多奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
，
，
……
，
，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，
所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下个数对并为一组：，
共得到组，将这组对数以及，
按如下方式补充到的后面，
即
.
此时恰有项，所以.
综上，当为奇数时，
.
题型十：高等数学背景下的新定义问题
（2024·河北·高三张北县第一中学校联考开学考试）设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．
（1）求证：；
（2）若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则，这个定理称之为费马小定理．应用费马小定理解决下列问题：
①证明：对于任意整数x都有；
②求方程的正整数解的个数．
【思路分析】
（1）由二项式定理证明被7除所得的余数为2，即可证明结论；
（2）①由费马小定理证明，，，进而即可证明结论；②将和，结合①的结论即可得到和，从而得到结果.
【规范解答】
（1）因为，
所以被7除所得的余数为1，所以被7除所得的余数为2，
又65被7除所得的余数为2，所以.
（2）①由费马小定理得即，
又，所以，
同理：，，
因为都为素数，，所以
②因为，
由费马小定理知，对于任意正整数都有，即，
由费马小定理知，对于任意正整数都有，
即，
因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数都有
所以方程的正整数解的个数为35.
1．（2024·湖北襄阳·高三襄阳五中校考开学考试）“物不知数”是中国古代著名算题，原载于《孙子算经》卷下第二十六题：“今有物不知其数，三三数之剩二：五五数之剩三；七七数之剩二．问物几何？”问题的意思是，一个数被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么这个数是多少？若一个数被除余，我们可以写作．它的系统解法是秦九韶在《数书九章》大衍求一术中给出的．大衍求一术（也称作“中国剩余定理”）是中国古算中最有独创性的成就之一，现将满足上述条件的正整数从小到大依次排序．中国剩余定理：假设整数，，…，两两互质，则对任意的整数：，，…，方程组一定有解，并且通解为，其中为任意整数，，，为整数，且满足．
（1）求出满足条件的最小正整数，并写出第个满足条件的正整数；
（2）在不超过4200的正整数中，求所有满足条件的数的和．（提示：可以用首尾进行相加）．
【答案】（1）23，；（2）82820
【分析】（1）找出满足条件的最小整数值为23，满足条件的数形成以23为首项，105为公差的数列，即可求出答案；（2）确定该数列的项数，利用等差数列的求和公式可求得结果.
【解析】（1）由题目中给出的中国剩余定理可知，
又因为，解得，
所以，
当时，取得最小值，．
所以第个满足条件的正整数为．
（2）不超过4200的正整数中，，解得，
所以共有40个满足条件的正整数，将这40个正整数首尾进行相加有
，
故所有满足条件的数的和为82820．
2．（2024·重庆·高三重庆八中校考开学考试）如果函数的导数，可记为．若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积．
（1）若，且，求；
（2）已知，证明：，并解释其几何意义；
（3）证明：，．
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中定积分的含义得到.
（2）先由定积分的预算得到，再分别构造函数和，利用导数分析单调性，证明结论；几何意义由题干中定积分的含义得到.
（3）先由二倍角公式化简得到，再由定积分的意义得到，最后根据求导与定积分的运算得到，最后得证.
【解析】（1）当时，因为，所以设，
又，代入上式可得，
所以，当时，；
当时，设，同理可得，
综上，.
（2）因为，所以，
设，则恒成立，
所以在上单调递增，所以，
故，即；
设，，则恒成立，
所以在上单调递增，，
所以，综上，.
几何意义：当时，曲线与直线（轴），以及轴
围成的“曲边面积”大于直线（轴），以及轴，直线围成的矩形面积，
小于（轴），以及轴，直线围成的矩形面积.
（3）因为，
所以
，
设，则，
所以，
故.
1．（2024·湖南长沙·长沙一中校联考模拟预测）已知集合，其中且，若对任意的，都有，则称集合具有性质.
（1）集合具有性质，求的最小值；
（2）已知具有性质，求证：；
（3）已知具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由.
【答案】（1）6；（2）证明见解析；（3）7，理由见解析.
【分析】（1）由性质定义列不等式组求参数范围，结合即可得最小值；
（2）根据定义，进而有，应用累加法即可证结论；
（3）首先应用放缩有求得，同理可得恒成立，假设得出矛盾，再讨论并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值.
【解析】（1）由性质定义知：，且，所以的最小值为6.
（2）由题设，且，
所以，
所以，得证.
（3）由（2）知：，
同（2）证明得且，故，又，
所以在上恒成立，
当，取，则，故，
当，则，即.
综上，集合中元素个数的最大值为7.
2．（2024·北京朝阳·高三统考期末）已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定.
（1）若，写出及的值；
（2）若数列是等差数列，求数列的通项公式；
（3）设集合，求证：且.
【答案】（1），，，；（2）；（3）证明见解析
【分析】（1）根据集合新定义求出前几项判断即可；
（2）通过集合新定义结合等差数列性质求出，然后利用反证法结合数列的单调性求得，利用等差数列定义求解通项公式即可；
（3）先利用集合性质得数列是递增数列，然后利用反证法结合数列的单调性证明，由集合新定义及集合相等证明．
【解析】（1）因为，所以，
则，所以，，
又，所以，，所以；
（2）由题可知，所以，所以.
若，则，，所以，，与是等差数列矛盾.
所以.设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以.
假设存在使得.设，由得.
由得，，与是等差数列矛盾.
所以对任意都有.所以数列是等差数列，.
（3）因为对于，，所以.
所以，即数列是递增数列.
先证明.假设，设正整数.
由于，故存在正整数使得，所以.
因为是各项均为正整数的递增数列，所以.所以，.
所以，.
又因为数列是递增数列，所以，矛盾.所以.
再证明.由题可知.
设且，因为数列是各项均为正整数的递增数列，
所以存在正整数，使得.令.
若，则，即，所以.所以，所以.
若，则，所以.
所以，所以.
因为，所以.所以.
综上，且.
3．（2024·山东·高三烟台二中校联考开学考试）在无穷数列中，令，若，，则称对前项之积是封闭的．
（1）试判断：任意一个无穷等差数列对前项之积是否是封闭的？
（2）设是无穷等比数列，其首项，公比为．若对前项之积是封闭的，求出的两个值；
（3）证明：对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，使得，其中和对前项之积都是封闭的．
【答案】（1）不是；（2）或；（3）证明见解析
【分析】（1）取数列，结合题中定义验证可得出结论；
（2）由，得，进而，讨论①当时和②当，分别求得；
（3）设，令，，得，再利用定义证明、对前项之积都是封闭的．
【解析】（1）不是的，理由如下：
如等差数列，
所以不是任意一个无穷等差数列对前项之积是封闭的．
（2）是等比数列，其首项，公比，
所以，所以，
由已知得，对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
即对任意正整数，总存在正整数，使得成立，
①当时，得，所以；
②当时，得，且，
综上，或.
（3）对任意的无穷等比数列，，
令，，则，
下面证明：是对前项之积是封闭的．
因为，所以，
取正整数得，，所以对前项之积是封闭的，
同理证明：也对前项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列，总存在两个无穷数列和，
使得，其中和对前项之积都是封闭的．
4．（2024·全国·校联考模拟预测）“让式子丢掉次数”：伯努利不等式
伯努利不等式（Bernulli’sInequality），又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数，在时，有不等式成立；在时，有不等式成立．
（1）猜想伯努利不等式等号成立的条件；
（2）当时，对伯努利不等式进行证明；
（3）考虑对多个变量的不等式问题．已知是大于的实数（全部同号），证明
【答案】（1），或；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）根据不等式特征猜想出等号成立的条件；
（2）设，注意到，求导得到，二次求导，得到函数的单调性和极值最值情况，证明出结论；
（3）当时，显然成立，当时，构造数列：，作差法得到是一个单调递增的数列（），结合，得到，证明出结论.
【解析】（1）猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是，或．
当时，，当时，，
当时，，其他值均不能保证等号成立，
猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是，或；
（2）当时，我们需证，
设，注意到，
，令得，
即，是的一个极值点．
令，则，所以单调递增．
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
所以在处取得极小值，
即恒成立，．
伯努利不等式对得证．
（3）当时，原不等式即，显然成立．
当时，构造数列：，
则，
若，由上式易得，即；
若，则，所以，
故，即此时也成立．
所以是一个单调递增的数列（），
由于，所以，
故原不等式成立．
5．（2024·全国·高三专题练习）约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
（1）当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
（2）当时，若构成等比数列，求正整数；
（3）记，求证：.
【答案】（1）8；（2）；（3）证明见解析
【分析】（1）由题意可知时符合题意；
（2）由题意可得，，根据等比数列的定义可得，进而，则为，即可求出a；
（3）由题意可得，，则，结合放缩法和裂项求和法即可证明.
【解析】（1）当时,正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数，即.
（2）由题意可知，，
因为，题意可知，所以，
化简可得，所以，
因为，所以，因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以.
（3）由题意知，，
所以，
因为，
所以，
因为，，所以，
所以，即.
6．（2024·江苏·徐州市第一中学校联考模拟预测）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设，，，是直线上互异且非无穷远的四点，则称（分式中各项均为有向线段长度，例如）为，，，四点的交比，记为．
（1）证明：；
（2）若，，，为平面上过定点且互异的四条直线，，为不过点且互异的两条直线，与，，，的交点分别为，，，，与，，，的交点分别为，，，，证明：；
（3）已知第（2）问的逆命题成立，证明：若与的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则与对应边的交点在一条直线上．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；
（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【解析】（1）
；
（2）
；
（3）设与交于，与交于，与交于，
连接，与交于，与交于，与交于，
欲证，，三点共线，只需证在直线上．
考虑线束，，，，由第（2）问知，
再考虑线束，，，，由第（2）问知，
从而得到，
于是由第（2）问的逆命题知，，，交于一点，即为点，
从而过点，故在直线上，，，三点共线．
7．（2023·全国·高三专题练习）已知是定义在上的函数，如果存在常数，对区间的任意划分：，恒成立，则称函数为区间上的“有界变差函数”；
（1）试判断函数是否为区间上的“有界变差函数”，若是，求出M的最小值；若不是，说明理由；
（2）若与均为区间上的“有界变差函数”，证明：是区间上的“有界变差函数”；
（3）证明：函数不是上的“有界变差函数”.
【答案】（1）是，M的最小值为；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）根据辅助角公式，结合正弦型函数的单调性进行求解即可；
（2）根据题中定义，结合绝对值的性质进行证明即可；
（3）根据特殊角的余弦函数值，结合有界变差函数的定义进行证明即可.
【解析】（1），
∵，∴，
因此函数是上的增函数，
设，
显然存在常数，对区间的任意划分：
，恒成立，
∴函数是区间上的“有界变差函数”， M的最小值为；
（2）∵与均为区间上的“有界变差函数”，
∴存在常数，对区间的任意划分：
，，恒成立，
因此对区间的任意划分：
，
，
因此是区间上的“有界变差函数”；
（3）取区间的一个划分：
，
则有：
∴对任意常数，只要足够大，就有区间的一个划分：
，满足，
∴函数不是上的“有界变差函数”。
8．（2024·重庆·校联考一模）如图1，已知，，，，，.
（1）求将六边形绕轴旋转半周（等同于四边形绕轴旋转一周）所围成的几何体的体积；
（2）将平面绕旋转到平面，使得平面平面，求异面直线与所成的角；
（3）某“”可以近似看成，将图1中的线段、改成同一圆周上的一段圆弧，如图2，将其绕轴旋转半周所得的几何体，试求所得几何体的体积.
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）分为，，正方形三部分，分别得出几何体并求出体积，相加即可得出答案；
（2）取中点为，连接，先根据面面垂直的性质证明平面.然后建立空间直角坐标系，求出，根据向量运算求解，即可得出答案；
（3）先求出直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体，即圆台的体积.然后根据祖暅原理推导得出球缺的体积，进而求出弓形旋转的体积，即可得出答案.
【解析】（1）和绕轴旋转半周所围成的几何体可以得到两个底面半径为1，
高为2的圆锥，体积之和为；
正方形绕轴旋转半周所围成的几何体为一个底面半径为1，
高为2的圆柱，体积为.
所以，总的体积.
（2）如图3，取中点为，连接，则.
因为，中点为，所以.
又平面平面，平面平面，
所以，平面，即平面.
以点为坐标原点，如图3建立空间直角坐标系，
由已知可得，，，，
所以，，，，，，
所以，，，
所以，，
所以，异面直线与所成的角的余弦值为，
所以，.
（3）由已知可得，圆心为点，则半径.
六边形绕轴旋转半周所围成的几何体的体积，
等于直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体体积的2倍.
直角梯形绕直角边所在的直线旋转一周得到的几何体，
为一个上、下底面半径分别为1、3，高为1的圆台，
体积；
剩下的两部分为全等的弓形，先研究弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺.
现在用祖暅原理来求解该球缺的体积，
如图5，半球的半径和圆柱的底面半径均为，且圆柱的高，且，
在半球中，高度为，且平行于底面的截面圆的半径，
面积为.
在圆柱中，连接，设交高度为，且平行于底面的截面于点，
显然，所以有，即，所以.
所以，当高度为时，圆环的面积等于大圆的面积减去小圆的面积，
即圆环的面积，
所以，当高度为时，半球的截面与圆柱中的截面圆环的面积相等.
根据祖暅原理可知，半球某高度截面以上的体积（即球缺的体积），
即等于圆柱该截面以上（挖去一个圆台）的体积.
所以，球缺的体积
（其中为半球被截面截去球缺后剩余部分的高）.
由已知可得，弓形绕轴旋转半周，得到的几何体为球缺中，，，
所以，该球缺的体积.
所以，总的体积.
9．（2024·安徽合肥·统考一模）“数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设是非零实数，对任意，定义“数”利用“数”可定义“阶乘”和“组合数”，即对任意，
（1）计算：；
（2）证明：对于任意，
（3）证明：对于任意，
【答案】（1）155；（2）证明见解析；（3）证明见解析
【分析】（1）根据题中定义，直接进行计算即可；
（2）根据题中定义计算出等式左右两边的值，化简后即可证明；
（3）根据题中的定义化简题中的条件，得到，利用此等式得到个等式，相加即可.
【解析】（1）由定义可知，
.
（2）因为，
.
又,
所以
（3）由定义得：
对任意.
结合（2）可知
即，也即.
所以，
，
……
.
上述个等式两边分别相加得：
.
1．（2018·北京·高考真题）设n为正整数，集合A=．对于集合A中的任意元素和，记
M（）=．
（Ⅰ）当n=3时，若，，求M（）和M（）的值；
（Ⅱ）当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素，当相同时，M（）是奇数；当不同时，M（）是偶数．求集合B中元素个数的最大值；
（Ⅲ）给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素，M（）=0．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．
【答案】（1）2,1;（2） 最大值为4;（3）
【解析】（Ⅰ），．
（Ⅱ）考虑数对只有四种情况：、、、，
相应的分别为、、、，所以中的每个元素应有奇数个，
所以中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）：
、、、，
、、、，
对于任意两个只有个的元素，都满足是偶数，
所以集合、、、满足题意，
假设中元素个数大于等于，就至少有一对互补元素，
除了这对互补元素之外还有至少个含有个的元素，
则互补元素中含有个的元素与之满足不合题意，
故中元素个数的最大值为．
（Ⅲ），
此时中有个元素，下证其为最大．
对于任意两个不同的元素，满足，
则，中相同位置上的数字不能同时为，
假设存在有多于个元素，由于与任意元素都有，
所以除外至少有个元素含有，
根据元素的互异性，至少存在一对，满足，
此时不满足题意，故中最多有个元素.
2．（2023·北京·统考高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数.
（1）若，求的值；
（2）若，且，求；
（3）证明：存在，满足 使得．
【答案】（1），，，；（2）；（3）证明见解析
【分析】（1）先求，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得，利用反证可得，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【解析】（1）由题意可知：，
当时，则，故；
当时，则，故；
当时，则故；
当时，则，故；
综上所述：，，，.
（2）由题意可知：，且，
因为，且，则对任意恒成立，所以，
又因为，则，即，可得，
反证：假设满足的最小正整数为，
当时，则；当时，则，
则，
又因为，则，
假设不成立，故，
即数列是以首项为1，公差为1的等差数列，所以.
（3）因为均为正整数，则均为递增数列，
（ⅰ）若，则可取，满足 使得；
（ⅱ）若，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，即，可得，
可取，
满足，使得；
（ⅲ）若，
定义，则，
构建，由题意可得：，且为整数，
反证，假设存在正整数，使得，
则，可得，
这与相矛盾，故对任意，均有.
①若存在正整数，使得，即，
可取，即满足，使得；
②若不存在正整数，使得，
因为，且，
所以必存在，使得，
即，可得，
可取，
满足，使得.
综上所述：存在使得．
3．（2022·北京·统考高考真题）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
（1）判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
（2）若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（3）若为连续可表数列，且，求证：．
【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．
【解析】（1），，，，，
所以是连续可表数列；易知，不存在使得，
所以不是连续可表数列．
（2）若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，
满足，，，，，，，
， ．
（3），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，
从而可表1~20及那个负数（恰21个），
这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，
同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
（仅一种方式），与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能，①或，②
这2种情形，对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上，
当时，数列满足题意，．
4．（2020·北京·统考高考真题）已知是无穷数列．给出两个性质：
①对于中任意两项，在中都存在一项，使；
②对于中任意项，在中都存在两项．使得．
(Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)解析解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得成等比数列，之后证得成等比数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【解析】(Ⅰ)不具有性质①；
(Ⅱ)具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然，假设数列中存在负项，设，
第一种情况：若，即，
由①可知：存在，满足，存在，满足，
由可知，从而，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若，由①知存在实数，满足，
由的定义可知：，
另一方面，，由数列的单调性可知：，
这与的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明：
利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，而，故，
此时必有，即，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列的前项成等比数列，不妨设，
其中，（的情况类似）
由①可得：存在整数，满足，且 （*）
由②得：存在，满足：，由数列的单调性可知：，
由可得： （**）
由（**）和（*）式可得：，
结合数列的单调性有：，
注意到均为整数，故，
代入（**）式，从而.
总上可得，数列的通项公式为：.
即数列为等比数列.
解法二：假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取，此时，
由数列的单调性可知，
而，故，此时必有，即，
即成等比数列，不妨设，
然后利用性质①：取，则，
即数列中必然存在一项的值为，下面我们来证明，
否则，由数列的单调性可知，
在性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与假设矛盾；
若，则：，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数，可见不成立，从而，
然后利用性质①：取，则数列中存在一项，
下面我们用反证法来证明，
否则，由数列的单调性可知，
在性质②中，取，则，从而，
与前面类似的可知则存在，满足，
即由②可知：，
若，则，与假设矛盾；
若，则，与假设矛盾；
若，由于为正整数，故，则，与矛盾；
综上可知，假设不成立，则.
同理可得：，从而数列为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列为等比数列.
5．（2018·江苏·高考真题）设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s（1）求的值；
（2）求的表达式(用n表示)．
【答案】（1）2 5；（2）n≥5时，
【分析】（1）先根据定义利用枚举法确定含三个元素的集合中逆序数为2的个数，再利用枚举法确定含四个元素的集合中逆序数为2的个数；（2）先寻求含n个元素的集合中逆序数为2与含n+1个元素的集合中逆序数为2的个数之间的关系，再根据叠加法求得结果.
【解析】（1）记为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有
，
所以．
对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，
4在新排列中的位置只能是最后三个位置．
因此，．
（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以．
逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，
所以．
为计算，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，
将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．
因此，．
当n≥5时，
，
因此，n≥5时， ．
6．（2021·北京·统考高考真题）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列：
①，且；
②；
③，．
（1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由；
（2）若数列是数列，求；
（3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．
【答案】（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．
【分析】（1）由题意考查的值即可说明数列不是数列；
（2）由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；
（3）构造数列，易知数列是的，结合（2）中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.
【解析】（1）因为 所以，
因为所 以
所以数列，不可能是数列.
（2）性质①，
由性质③，因此或，或，
若，由性质②可知，即或，矛盾；
若，由有，矛盾.
因此只能是.
又因为或，所以或.
若，则，
不满足，舍去.
当，则前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明：
当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，
当时：若，则，
利用性质③：，此时可得：；
否则，若，取可得：，
而由性质②可得：，与矛盾.
同理可得：，有；
，有；
，又因为，有
即当时命题成立，证毕.
综上可得：，.
（3）令，由性质③可知：
，
由于，
因此数列为数列.
由（2）可知：若；
，，
因此，此时，，满足题意.
7．（2019·北京·高考真题）已知数列，从中选取第项、第项、…、第项，若，则称新数列为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的递增子列．
（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；
（Ⅱ）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为.若，求证： ；
（Ⅲ）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，求数列的通项公式．
【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析.
【分析】(Ⅰ)由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；
(Ⅱ)利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；
(Ⅲ)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可.
【解析】(Ⅰ)满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6.
(Ⅱ)对于每一个长度为的递增子列，
都能从其中找到若干个长度为的递增子列，此时，
设所有长度为的子列的末项分别为：，
所有长度为的子列的末项分别为：，则，
注意到长度为的子列可能无法进一步找到长度为的子列，
故，据此可得：.
(Ⅲ)满足题意的一个数列的通项公式可以是，
下面说明此数列满足题意.
很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.
长度为的递增子列末项的最小值为2s-1，
下面用数学归纳法证明长度为s末项为2s-1的递增子列恰有个：
当时命题显然成立，
假设当时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有个，
则当时，对于时得到的每一个子列，
可构造：和两个满足题意的递增子列，
则长度为k+1末项为2k+1的递增子列恰有个，
综上可得，数列是一个满足题意的数列的通项公式.
注：当时，所有满足题意的数列为：，
当时，数列对应的两个递增子列为：和.
集合新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决。
新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.