【三轮冲刺】高考数学专题03 复数、不等式中的新定义问题（强化突破）（新高考新题型）.zip

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新定义题目简介
题型特点
“新定义”题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”、“规定”等字眼，题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运算或符号，没有过多的解析说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，在阅读新定义后要求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。
解题策略
求解“新定义”题目，主要分如下几步：
对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点；
对定义中提取的知识进行转换、提取和转换，这是解题的关键，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；若新定义的性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特质排除，注意新定义题目一般在高考试卷的压轴位置，往往设置三问，第一问的难度并不大，所以对于基础差的考生也不要轻易放弃。
一、多选题
1．意大利数学家卡尔达诺（Cardan.Girlam，1501-1576）发明了三次方程的代数解法.17世纪人们把卡尔达诺的解法推广并整理为四个步骤：
第一步，把方程中的用来替换，得到方程；
第二步，利用公式将因式分解；
第三步，求得，的一组值，得到方程的三个根：，，（其中，为虚数单位）；
第四步，写出方程的根：，，.
某同学利用上述方法解方程时，得到的一个值：，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据三次方程的代数解法对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
依题意可知是次项系数，所以，A选项正确.
第一步，把方程中的，用来替换，
得，
第二步，对比与，
可得，解得，B选项正确.
所以，C选项正确.
，D选项错误.
故选：ABC
2．刘徽是我国杰出的数学家，他在263年撰写的《九章算术注》以及后来的《海岛算经》，都是我国宝贵的数学遗产，奠定了他在中国数学史上的不朽地位．其中《九章算术注》一书记载了刘徽利用圆的内接正多边形来近似计算圆周率的方法，后人称之为“刘徽割圆术”．已知单位圆O的内接正n边形的边长、周长和面积分别为，，，为正n边形边上任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，求出正n边形的中心角，由此计算，，即可判断选项A，B，C；由即可判断D作答.
【详解】依题意，单位圆O的内接正n边形的中心角为，则，
，，
对于A，，A正确；
对于B，，B不正确；
对于C，因，又，则，C正确；
对于D，在复平面内令O为原点，由对称性不妨令点逆时针排列，向量所对复数分别为，
则所对复数为，将正n边形逆时针旋转图形重合，
则由复数的三角形式得：，，
因此，所对复数为，
于是有：，而，，
则，即
于是有，D正确.
故选：ACD
二、填空题
3．已知实数且.定义区间的长度均为.若实数且.则满足不等式的构成的区间的长度之和为 ;
【答案】
【分析】根据分式不等式的解法，等价转化为整式不等式，根据穿根法，得到解集，根据题意可得答案.
【详解】，通分可得：，则，
，即，
则等价于，
由方程，
，
设该方程的根为，
由求根公式可得：，
设，则
，
，
则，根据穿根法，可得不等式的解集为，
则距离之和，
故答案为：.
4．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0，1]均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作．．．；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，第三次操作后，依次从左到右第三个区间为 ，若使前n次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为 ．(，)
【答案】 ； .
【分析】先根据题意把第次操作所去掉的长度和求出来，然后再求和即可得到前次操作所去掉的长度，再建立不等式即可求出的最小值.
【详解】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：，
第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，
第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， .
以此类推，
第次将去掉个长度为的区间，即长度和为，
则的前项和可表示为

由题意知，，
两边同时取对数，即，
解得：
故答案为：；.
5．被称为欧拉公式.我们运用欧拉公式，可以推导出倍角公式.如：.类比方法，我们可以得到 （用含有的式子表示）
【答案】
【分析】根据已知可推得，根据二项式定理展开，结合复数相等的条件以及，整理即可得出答案.
【详解】由题意可知，.
根据二项式定理展开可得，
.
根据复数相等的条件可知，.
因为，
所以.
故答案为： .
【点睛】关键点睛：根据已知可推得.
6．任何一个复数（其中a、，i为虚数单位）都可以表示成：的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，若，时，则 ；对于， ．
【答案】
【分析】利用给定定理直接计算即得；令，求出等比数列前项的和，再利用复数相等求解作答.
【详解】当，时，，所以；
，令，则，
，
，
而，则，，
所以.
故答案为：-i；
【点睛】思路点睛：涉及复数的次幂的求和问题，可把视为等比数列的第n项，再借助数列问题求解.
三、解答题
7．已知函数和，定义集合.
(1)设，求；
(2)设，当时，求的取值范围；
(3)设，若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）解不等式即可；
（2）转化为对任意恒成立求解；
（3）分别求解不等式与，转化为不等式组有解求解即可.
【详解】（1）已知，
由即，
解得 ，
则；
（2）已知，
由题意得，对任意恒成立，
，即恒成立，
当时，恒成立；
当时，由
解得；
综上，当时，的取值范围为；
（3）已知，
由得，不等式组有解，
由，
又，
当，即时，对任意恒成立，则满足；
当，即时，或，
要使，则或，
解得，则有；
当，即时，或，
要使，则或，
解得，则有；
综上所述，的取值范围是
8．设实数，若满足，则称比更接近.
(1)设比更接近0，求的取值范围；
(2)判断“”是“比更接近”的什么条件？并说明理由；
(3)设且，，试判断与哪一个更接近.
【答案】(1)
(2)充分不必要条件，理由见解析
(3)更接近
【分析】（1）由题得，解不等式可得解；
（2）利于不等式的性质和充分条件，必要条件的应用即可求解；
（3）利于已知比较与的大小，即可求解.
【详解】（1）由题意，得，即
整理得，解得
所以的取值范围是
（2）“比更接近”，等价于
所以“”是“比更接近”的充分不必要条件
（3），
①当时，，
此时：
又在上是增函数，
，即，
即，此时更接近；
②当时，，
此时：，
又在上是增函数，
即，，
即，即更接近；
9．定义区间、、、的长度均为n－m，其中n＞m．
(1)若不等式组的解集构成的各区间的长度和等于6，求实数t的范围；
(2)已知实数a＞0，求满足的x构成的各区间的长度之和．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）首先解出第一个不不等式范围为，再根据各区间长度和为6，得到不等式在恒成立，再构建新函数，转换主元即可得到范围.
（2）首先通分得，然后首先讨论分子，利用求根公式得到分母的一元二次方程中的，然后利用作差法比较的大小关系，最后得到其解集，再计算其区间长度.
【详解】（1）由可得：，
∵不等式组的解集构成的各区间的长度和等于6，
∴不等式在恒成立，
令，，
则，解得：，
∴实数t的范围为．
（2）由得，即，
令，∵，
∴方程有两个相异的实根．
设的两根分别为，，且，
则，，
∴，
∵，，
∴，，则，∴，
∵，，，
∴，即，
∵，，
∴，∴，∴，
∴不等式的解集为，
∴a＞0时，不等式的解集为，
∴a＞0时，满足的x构成的各区间的长度之和为
．
【点睛】对于新定义问题一定要读清题意，第二问的难点主要在于确定四者的大小关系，我们采取作差法去比较他们之间的大小关系，中间穿插着放缩法，如，，，，最后确定解集为，所以说作差法和放缩法是我们证明不等关系常用的两种方法.
10．对于项数为，的有限数列，记该数列前i项、、、中的最大项为，即；该数列后项中的最小项为，，即，，．例如数列：1、3、2，则，，；，；，．
(1)若四项数列满足，，，，求、、、；
(2)设c为常数，且，，求证：，；
(3)设实数，数列满足，，，若数列对应的满足对任意的正整数恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，，，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）结合已知条件，首先求出，，，然后利用数列的新定义即可求解；
（2）结合数列新定义可得到，然后结合已知条件可得到，进而即可证明；
（3）结合已知条件对参数分类讨论，易知当和时，不满足题意；当且时，构造等比数列并求出通项公式，结合数列新定义可得到，进而求得，然后可得到，对不等式求解即可得到答案.
【详解】（1）因为四项数列满足，，，，
由题意可知，，故，，，且，
因为，从而，，，
故，，，.
（2）证明：因为，，
所以，
又因为，所以，
故，即，
所以.
（3）①当时，数列是等差数列，此时，不满足题意；
②当时，由可得，，
由可知，，
(i)当时，，
即，则数列为常数列，此时，不满足题意；
(ii)当时，，
故数列是公比为的等比数列，易得，
由题意可知，，
，
因为，且，
所以，
故对于任意正整数都成立，从而，
故，，
所以，
解得，
故实数的取值范围为.
11．已知集合，集合，集合.
（1）若集合满足，，求实数的值；
（2）已知集合，其中，由中的元素构成两个相应的集合：，.其中是有序数对，集合和中的元素个数分别为和.若对于任意的，总有，则称集合具有性质.
①请检验集合与是否具有性质，并对其中具有性质的集合，写出相应的集合和集合；
②判断和的大小关系，并证明你的结论.
【答案】（1）；（2）①不具有性质，具有性质，；②，证明见解析.
【分析】（1）求出集合，根据有，进而结合求得答案；
（2）①根据题意分析出不具有性质，具有性质，进而求出S,T；
②写出S,T，进而根据题意得到答案.
【详解】（1），
，
因为，，
由题意，，解得或，
经检验，不符合，而满足题意，
所以.
（2）①不具有性质，具有性质，，
.
②m=n，证明如下：
对于任意
则，所以，
所以对于S中的任意元素T中均有元素与之对应；
对于任意，
则，所以，
所以对于T中的任意元素S中均有元素与之对应；
所以m=n.
12．设M，N是两个非空集合，定义集合M，N的差集为且.
(1)已知，，若，求实数的取值范围；
(2)若，是两个非空集合，求；
(3)若，关于的方程的解是负数，再定义，求．
【答案】(1)；(2)；(3)或或
【分析】(1)根据差集的定义，求出集合，再利用求实数的取值范围；
(2)从元素角度出发，假设，推出，再由可推出，由集合相等的概念可知；
(3)先求出集合，再分别求出，，最后利用定义求.
【详解】(1)由题知，且，因为，
所以与没有公共范围，
故，所以实数的取值范围.
(2)令，则且.
因为且，令，
则且，由且知，，
反之，若，则有，且，所以.
综上可知，所以，即.
(3)因为关于的方程的解是负数，
所以由得，，且，
所以，解得，
综上可知且且，
又，所以或，
，或或.
13．已知函数在区间上的最大值为9，最小值为1，记
（1）求实数，的值；
（2）若不等式成立，求实数的取值范围；
（3）定义在上的函数，设，将区间任意划分成个小区间，如果存在一个常数，使得和式恒成立，则称函数为在上的有界变差函数.试判断函数是否为在上的有界变差函数？若是，求的最小值；若不是，请说明理由（表示）
【答案】（1），；（2）；（3）是，最小值为10
【分析】（1）由已知,根据二次函数对称轴公式:,得的对称轴为:,结合函数的单调性及最值,即可得到关于,的方程组,进而解得,的值;
（2）由（1）得参数,的值,代入可得函数解析式,根据二次函数的图像和性质,可将问题转化为距离轴距离远近的问题,得到关于的方程,即可求得的取值范围;
（3）根据有界变差函数的定义,我们先将区间进行划分,分成,两个区间进行分别判断,进而判断是否恒成立,从而得出结论.
【详解】（1） ,是开口向上的二次函数
根据二次函数对称轴公式:,得的对称轴为:
由二次函数图像可知在上是单调递增故:,
得: 解得:
（2）
又 故为偶函数
画出图像:
由图像可知要保证: 即:
则:或 解得: 或
所以实数的取值范围为:.
（3） 函数为上的有界变差函数
又 函数为上的单调递减函数,在上是单调递增函数
且对任意划分:
有

恒成立.
且对任意划分:
有

可得
综上所述:存在常数,使得恒成立,的最小值为.
【点睛】本题中含参数的二次函数,根据求出二次函数的对称轴,这是求解其参数的关键.在求解关于偶函数的不等式,如其函数图像可以画出,结合图像求解,可以简化计算.
14．定义区间的长度均为,其中
(1)若函数的定义域为值域为写出区间长度的最大值；
(2)若关于的不等式组的解集构成的各区间长度和为6,求实数的取值范围；
(3)已知求证:关于的不等式的解集构成的各区间的长度和为定值.
【答案】（1）；（2）；（3）定值为，证明见解析.
【分析】（1）令求得函数的零点，令，求得定义域区间长度最大时的值.
（2）先求得不等式的解集，设不等式的解集为，根据的长度为列不等式组，由此求得的取值范围.
（3）将原不等式转化为分式不等式的形式，结合高次不等式的解法，求得不等式的解集，进而求得不等式解集构成的各区间的长度和为定值.
【详解】（1）令，解得，此时为函数的最小值.令，解得，.故定义域区间长度最大时，故区间的长度为.
（2）由得，解得，记.设不等式的解集为，不等式组的解集为.
设不等式等价于，所以，，由于不等式组的解集的个区间长度和为，所以不等式组，当是恒成立.
当时，不等式恒成立，得.
当时，不等式恒成立，分离常数得恒成立. 当时，为单调递增函数，所以，所以，所以实数.
（3）原不等式可化为
①.
令，其判别式，所以有两个不相等的实数根，设，则，根据求根公式可求得.而，.
i)当时，不等式①等价于，解得，即不等式①的解集为，区间长度为.
ii)当时，不妨设，则，，所以.此时不等式①即，解得或，即不等式①的解集为，区间的长度为.
综上所述，关于的不等式的解集构成的各区间的长度和为定值.
【点睛】本小题主要考查新定义概念的理解和运用，考查分式不等式的解法，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，综合性很强，属于难题.
15．如图，已知满足条件（其中i为虚数单位）的复数z在复平面xOy对应的点的轨迹为圆C（圆心为C），设复平面xOy上的复数对应的点为，定直线m的方程为，过的一条动直线l与直线m相交于N点，与圆C相交于P、Q两点，M是弦PQ中点．
(1)若直线l经过圆心C，求证：l与m垂直；
(2)当时，求直线l的一般式方程；
(3)设，试问t是否为定值？若为定值，请求出t的值，若t不为定值，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)或
(3)是，
【分析】（1）通过圆心和计算出的斜率，的斜率已知为，计算即可证明与垂直；
（2）对直线的斜率是否存在分类讨论，利用几何方法（是圆心到直线的距离，是圆的半径）求解斜率；
（3）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，斜率不存在时通过数值直接计算即可；斜率存在时，先与圆的方程联立求从而求解出的坐标表示，同理与联立求解出的坐标表示，由此计算是否为定值.
【详解】（1）因为，所以，所以圆心，半径；
又因为，所以，而，所以，所以与垂直；
（2）当直线的斜率不存在时，，此时，所以，满足题意；
当的斜率存在且为时，，即，则，
所以由，得，解得，此时；
综上：直线的方程为或；
（3）当直线的斜率不存在时，易知，
所以，所以，即；
当直线的斜率存在且为时，设，，
联立，消去，得，
所以，，即，所以；
又由，可得，所以，
故，
综上：为定值，且.
【点睛】方法点睛：本题考查直线与圆的综合应用，难度较难.
（1）复数的常见轨迹问题：表示以对应的点为圆心，半径为的圆；且表示以对应的点为焦点，为长轴长的椭圆；
（2）定值问题的计算，可采用由特殊到一般的思路去解答.
16．设复数为虚数单位，．
(1)若，且，试确定虚数q的值，使得，并计算的值；
(2)若数列是各项均为正数的等比数列，，，，求的值；
(3)若，且，且，求证：．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）设，则，则有，可得，则，，所以；
（2）因为， 当且仅当时等号成立，又，，所以，即，而，若，则不能恒成立，所以，则，此时，所以；
（3）证明：先用数学归纳法证明：
当时，左边右边，所以命题成立；
假设当时，命题成立，即，
则当时，
当时，命题成立；
综上，由和可得，．
设，则，，，根据对勾函数的性质可知，所以.
【点睛】证明与复数的高次方相关问题可用复数的三角形式及
17．设，且.
（1）已知，求的值；
（2）若，设集合，，求复平面内对应的点集表示的曲线的对称轴；
（3）若，，是否存在，使得数列、、满足（为常数，且）对一切正整数均成立？若存在，试求出所有的，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在符合要求，详见解析.
【分析】（1）设，分和两种情况讨论，即可求出的值；
（2）求解集合、，得到两集合的关系，再求两集合所表示的曲线的对称轴即可；
（3）假设存在满足题设要求，令，，易得对一切均有，且，，根据数学归纳法可证：对任意的，，再记，证明对任意、，均有，可得，从而，此时的不满足要求，从而得出结论.
【详解】（1）设，则.
若，则，由已知条件可得，
、，，解得，；
若，则，由已知条件可得，
、，，解得（舍去），.
综上所述，；
（2）设，则，且.
集合，
得，
化简得，且，.
则点是表示在以为圆心，半径为的右侧半圆周上的点.
，可得，集合中的点为，
由于是表示在以为圆心，半径为的右侧半圆周上的点.
且点与点关于直线对称，则点是表示在以点为圆心，半径为的上侧半圆周上的点，故其对称轴为直线；
（3）设存在满足题设要求，令，，易得对一切，都有，且，.①
（i）若，则显然为常数数列，故满足题设要求；
（ii）若，则用数学归纳法可证：对任意的，.
证明：当时，由，可知.
假设当时，，
那么当时，若，则，，
故，，②
如果，那么，可知，这与②矛盾；
如果，那么，可知，这与②矛盾.
综上可得，对任意的，.
记，注意到，
即，当且仅当，，即时等号成立，
于是有，进而对任意的、，均有，所以.
从而，此时的不满足要求.
综上所述，存在，使得数列、、满足（为常数，且）对一切正整数均成立.
【点睛】本题考查了复数的有关概念，考查复数的几何意义，同时也考查了以复数为载体的数列问题，涉及到数学归纳法的应用，综合性较强，属于难题.
18．数学中的数，除了实数、复数之外，还有四元数．四元数在计算机图形学中有广泛应用，主要用于描述空间中的旋转．集合中的元素称为四元数，其中i,j,k都是虚数单位，d称为的实部，称为的虚部．两个四元数之间的加法定义为．
两个四元数的乘法定义为：,四元数的乘法具有结合律，且乘法对加法有分配律．对于四元数，若存在四元数使得，称是的逆，记为．实部为0的四元数称为纯四元数，把纯四元数的全体记为W．
(1)设,四元数．记表示的共轭四元数．
（i）计算；
（ii）若，求；
（iii）若，证明：；
(2)在空间直角坐标系中，把空间向量与纯四元数看作同一个数学对象．设．
（i）证明：;
（ii）若是平面X内的两个不共线向量，证明：是X的一个法向量．
【答案】(1)（i）；（ii）；（iii）证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）（i）由的共轭四元数定义求解即可；（ii）再结合题意求解即可；（iii）由纯四元数的定义证明即可.
（2）（i）由纯四元数的定义证明即可；（ii）在空间直角坐标系中，设,由题意可证明且，即可证明.
【详解】（1）（i）．
（ii）因为，所以．
由（1）可得．
所以，
同理可验证，
所以．
因此，．
（iii）设,则
．
由（ii）,，
而的实部为
，
所以的实部为0，所以．
（2）（i）设．则
，
,
所以,故．
（ii）在空间直角坐标系中，．所以
，
．
因此且．
因为不共线，所以,即是X的一个法向量．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
19．对于函数，分别在处作函数的切线，记切线与轴的交点分别为，记为数列的第n项，则称数列为函数的“切线-轴数列”，同理记切线与轴的交点分别为，记为数列的第n项，则称数列为函数的“切线-轴数列”
(1)设函数，记“切线-轴数列”为，记为的前n项和，求.
(2)设函数，记“切线-轴数列”为，猜想的通项公式并证明你的结论.
(3)设复数均为不为0的实数，记为的共轭复数，设，记“切线-轴数列”为，求证：对于任意的不为0的实数，总有成立.
【答案】(1)当是正奇数时，；当是正偶数时，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出导数，设出切点，表示出切线方程，根据“切线-轴数列”的定义即可求出数列的通项公式，进一步分类讨论即可求其前项和.
（2）求出导数，设出切点，表示出切线方程，根据“切线-轴数列”的定义即可求出数列的通项公式.
（3）由复数的概念、运算先表示出，再求出导数，设出切点，表示出切线方程，根据 “切线-轴数列”的定义即可求出数列的通项公式结合的定义以及模即可得证.
【详解】（1）由题意，则，设切点为，
则过切点的切线为，
令，整理得，
当是正奇数时，；当是正偶数时，；
所以当是正奇数时，；当是正偶数时，.
（2）猜想的通项公式为，证明过程如下：
由题意，则，设切点为，
则过切点的切线为，
令，整理得.
（3）由题意，则，
所以，
设切点为，
则过切点的切线为，
令，整理得.
【点睛】关键点睛：解决问题的关键是读懂新定义的数列，然后具体会求切线方程进行运算转换即可，综合性较强.
20．通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，，、、、、，我们有如下运算法则：
①； ②；
③； ④.
(1)设，，求和.
(2)由平面向量的数量积满足的运算律，我们类比得到复向量的相关结论：
①
② ③.
试判断这三个结论是否正确，并对正确的结论予以证明.
(3)若，集合，.对于任意的，求出满足条件的，并将此时的记为，证明对任意的，不等式恒成立.
根据对上述问题的解答过程，试写出一个一般性的命题（不需要证明）.
【答案】(1)，
(2)①③错误，②正确，证明见解析
(3)证明见解析，答案见解析
【分析】（1）根据所给定义计算可得；
（2）根据所给定义及复数代数形式的运算法则计算可得；
（3）设满足条件的，，、，根据所给条件求出，再证明对任意的，不等式恒成立，则只需计算的最小值，不妨令，表示出，即可得到，根据完全平方数的性质计算可得.
【详解】（1）因为，，
所以，
（2）设，，，、、、、、、，
则，，故①不成立，
，，
，
因为，，
所以
，故②正确；
，，
，，
设，，，
则，，
，
所以，故，即③错误；
（3）设满足条件的，，、，
则，，
因为为任意的复数，不妨设且，
由定义可得，即，则，
所以，则，
以下证明对任意的，不等式恒成立，只需计算的最小值，
不妨令，则，
则
，
当，时取得最小值，此时与之前得到的相同，结论得证；
推广结论：对于任意复向量，，若对于任意的，当且仅当时，取到最小值.
【点睛】关键点睛：对于新定义问题，关键是理解所给定义，再结合所学相应知识解决问题.
21．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.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
22．利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（其中）视为一个向量，记作．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量，的数量积定义为一个复数，记作，满足，复向量的模定义为．
(1)设，，为虚数单位，求复向量、的模；
(2)设、是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量，，（其中），成立，证明：对于复向量、，也成立；
②当时，称复向量与平行．若复向量与平行（其中为虚数单位，），求复数．
【答案】(1)，
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据题目中复向量的模长公式计算即可；
（2）①利用模长公式和复数的三角不等式，以及的坐标表示，即可证明结论成立；
②根据①中等号成立的条件，结合题意即可求出和的值．
【详解】（1）因为，所以，
可得的模为；
因为，所以，
所以的模为；
（2）因为，所以，
由复数的三角不等式，
由，得，所以，
所以，
综上所知，
②考虑①中等号成立的条件知，对于复数的三角不等式，复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得，
若复向量与平行，则，
根据中等号成立的条件，应有，
则，
结合，得，解得；
所以，所以．
23．在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：（其中表示的n次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式.
(1)分别求，，在处的泰勒展开式；
(2)若上述泰勒展开式中的x可以推广至复数域，试证明：.（其中为虚数单位）；
(3)若，恒成立，求a的范围.（参考数据）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据函数在处的泰勒展开式的公式即可求解；
（2）把在处的泰勒展开式中的替换为，利用复数的运算法则进行化简整理可得，从而即可证明；
（3）根据在处的泰勒展开式，先证恒成立，再证，恒成立，然后分和两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）解：因为函数在处的泰勒展开式为（其中表示的n次导数），
所以，，在处的泰勒展开式分别为：
，
，
；
（2）证明：把在处的泰勒展开式中的替换为，可得
，
所以，即；
（3）解：由在处的泰勒展开式，先证，
令，
，易知，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
再令，，易得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
而，
所以 恒成立，
当时， ，所以成立，
当时，令，，易求得，
所以必存在一个区间，使得在上单调递减，
所以时，，不符合题意.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题（3）问解题的关键是根据在处的泰勒展开式，先证恒成立，再证，恒成立，从而即可求解.