2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题22新高考新题型第19题新定义压轴解答题归纳含解析答案

这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题22新高考新题型第19题新定义压轴解答题归纳含解析答案，共95页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。


一、解答题
1．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．
2．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．
3．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：．
4．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．
5．给定正整数，设集合．若对任意，，，两数中至少有一个属于，则称集合具有性质．
(1)分别判断集合与是否具有性质；
(2)若集合具有性质，求的值；
(3)若具有性质的集合中包含6个元素，且，求集合．
6．已知集合，集合，且满足，，与恰有一个成立.对于定义，以及，其中.
例如.
(1)若，，求的值及的最大值；
(2)从中任意删去两个数，记剩下的数的和为，求的最小值（用表示）；
(3)对于满足的每一个集合，集合中是否都存在三个不同的元素，，，使得恒成立？请说明理由.
7．设集合，如果对于的每一个含有个元素的子集P，P中必有4个元素的和等于，称正整数为集合的一个“相关数”.
(1)当时，判断5和6是否为集合的“相关数”，说明理由；
(2)若为集合的“相关数”，证明：；
(3)给定正整数，求集合的“相关数”m的最小值.
8．设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集.记集合的所有子集中的自邻集的个数为.
(1)直接写出的所有自邻集；
(2)若为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
(3)若，求证：.
9．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：，，.
10．定义函数．
(1)求曲线在处的切线斜率；
(2)若对任意恒成立，求k的取值范围；
(3)讨论函数的零点个数，并判断是否有最小值．若有最小值m﹐证明：；若没有最小值，说明理由．
（注：…是自然对数的底数）
11．对于函数，把称为函数的一阶导，令，则将称为函数的二阶导，以此类推得到n阶导.为了方便书写，我们将n阶导用表示.
(1)已知函数，写出其二阶导函数并讨论其二阶导函数单调性.
(2)现定义一个新的数列：在取作为数列的首项，并将作为数列的第项.我们称该数列为的“n阶导数列”
①若函数（），数列是的“n阶导数列”，取Tn为的前n项积，求数列的通项公式.
②在我们高中阶段学过的初等函数中，是否有函数使得该函数的“n阶导数列”为严格减数列且为无穷数列，请写出它并证明此结论.（写出一个即可）
12．已知函数，，其中为自然对数的底数，设函数，
(1)若，求函数的单调区间，并写出函数有三个零点时实数的取值范围；
(2)当时，分别为函数的极大值点和极小值点，且不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
(3)对于函数，若实数满足，其中F、D为非零实数，则称为函数的“笃志点”.
①已知函数，且函数有且只有3个“笃志点”，求实数a的取值范围；
②定义在R上的函数满足：存在唯一实数m，对任意的实数x，使得恒成立或恒成立.对于有序实数对，讨论函数“笃志点”个数的奇偶性，并说明理由
13．空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”．现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”．我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（轴、轴､轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜60°坐标为，记作．

(1)若，，求的斜60°坐标；
(2)在平行六面体中，，，N为线段D1C1的中点．如图，以为基底建立“空间斜60°坐标系”．
①求的斜60°坐标；
②若，求与夹角的余弦值．
14．三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O为坐标原点、分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A，B是空间直角坐标系中异于O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6倍．
15．对于一个三维空间，如果一个平面与一个球只有一个交点，则称这个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系中，球的半径为，记平面、平面、平面分别为、、.
(1)若棱长为的正方体、棱长为的正四面体的内切球均为球，求的值；
(2)若球在处有一切平面为，求与的交线方程，并写出它的一个法向量；
(3)如果在球面上任意一点作切平面，记与、、的交线分别为、、，求到、、距离乘积的最小值.
16．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.
17．正多面体又称为柏拉图立体，是指一个多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这样的多面体就叫做正多面体.可以验证一共只有五种多面体.令（均为正整数），我们发现有时候某正多面体的所有顶点都可以和另一个正多面体的一些顶点重合，例如正面体的所有顶点可以与正面体的某些顶点重合，正面体的所有顶点可以与正面体的所有顶点重合，等等.
(1)当正面体的所有顶点可以与正面体的某些顶点重合时，求正面体的棱与正面体的面所成线面角的最大值；
(2)当正面体在棱长为的正面体内，且正面体的所有顶点均为正面体各面的中心时，求正面体某一面所在平面截正面体所得截面面积；
(3)已知正面体的每个面均为正五边形，正面体的每个面均为正三角形.考生可在以下2问中选做1问.
（第一问答对得2分，第二问满分8分，两题均作答，以第一问结果给分）
第一问：求棱长为的正面体的表面积；
第二问：求棱长为的正面体的体积.
18．对于定义域R上的函数，如果存在非零常数T，对任意，都有成立，则称为“T函数”．
(1)设函数，判断是否为“T函数”，说明理由；
(2)若函数（且）的图象与函数的图象有公共点，证明：为“T函数”；
(3)若函数为“T函数”，求实数m的取值范围．
19．将函数的图象按向量平移指的是：当时，图形向右平移个单位，当时，图形向左平移个单位；当时，图形向上平移个单位，当时，图形向下平移个单位．已知，将的图象按平移得到函数的图象．
(1)求的解析式；
(2)若函数在区间上至少含30个零点，在所有满足上述条件的中，求的最小值；
(3)对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
20．若对于定义在上的连续函数，存在常数（），使得对任意的实数成立，则称是回旋函数，且阶数为.
（1）试判断函数是否是一个阶数为1的回旋函数，并说明理由；
（2）已知是回旋函数，求实数的值；
（3）若回旋函数（）在恰有100个零点，求实数的值.
21．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)记向量的相伴函数为，若当且时，求的值；
(2)已知，，为的相伴特征向量，，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.
(3)记向量的相伴函数为，若当时不等式恒成立，求实数k的取值范围.
22．如图，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的点，，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形设.
(1)当时，求四边形OACB的周长；
(2)克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求
(3)问：B在什么位置时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值.
23．将平面直角坐标系中的一列点、、、、，记为，设，其中为与轴方向相同的单位向量.若对任意的正整数，都有，则称为点列.
(1)判断、、、、、是否为点列，并说明理由；
(2)若为点列，且任取其中连续三点、、，证明为钝角三角形；
(3)若为点列，对于正整数、、，比较与的大小，并说明理由.
24．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，，；③，，，．
(2)已知向量，，线性无关，判断向量，，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，证明下列结论：
①如果存在等式（，），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；
②如果两个等式，（，，）同时成立，其中，则．
25．若数列满足：，且，则称为一个X数列. 对于一个X数列，若数列满足：，且，则称为的伴随数列.
(1)若X数列中，，，，写出其伴随数列中的值；
(2)若为一个X数列，为的伴随数列.
①证明：“为常数列”是“为等比数列”的充要条件；
②求的最大值.
26．已知A为有限个实数构成的非空集合，设，，记集合和其元素个数分别为，.设.例如当时，，，，所以.
(1)若，求的值；
(2)设A是由3个正实数组成的集合且，；，证明：为定值；
(3)若是一个各项互不相同的无穷递增正整数列，对任意，设，.已知，，且对任意，，求数列的通项公式.
27．已知数列：1，，，3，3，3，，，，，，，即当（）时，，记（）.
(1)求的值；
(2)求当（），试用、的代数式表示()；
(3)对于，定义集合是的整数倍，，且，求集合中元素的个数.
28．对于无穷数列，若存在正整数，使得对一切正整数都成立，则称无穷数列是周期为的周期数列.
(1)已知无穷数列是周期为的周期数列，且，，是数列的前项和，若对一切正整数恒成立，求常数的取值范围；
(2)若无穷数列和满足，求证：“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”；
(3)若无穷数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由.
29．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体．如：方程中，当取给定的实数时，表示一条直线；当在实数范围内变化时，表示过点的直线族（不含轴）．记直线族（其中）为，直线族（其中）为．
(1)分别判断点，是否在的某条直线上，并说明理由；
(2)对于给定的正实数，点不在的任意一条直线上，求的取值范围（用表示）；
(3)直线族的包络被定义为这样一条曲线：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．求的包络和的包络．
30．阅读材料：
在平面直角坐标系中，若点与定点（或的距离和它到定直线（或）的距离之比是常数，则，化简可得，设，则得到方程，所以点的轨迹是一个椭圆，这是从另一个角度给出了椭圆的定义.这里定点是椭圆的一个焦点，直线称为相应于焦点的准线；定点是椭圆的另一个焦点，直线称为相应于焦点的准线.
根据椭圆的这个定义，我们可以把到焦点的距离转化为到准线的距离.若点在椭圆上，是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，则点到准线的距离为，所以，我们把这个公式称为椭圆的焦半径公式.
结合阅读材料回答下面的问题：
已知椭圆的右焦点为，点是该椭圆上第一象限的点，且轴，若直线是椭圆右准线方程，点到直线的距离为8.
(1)求点的坐标；
(2)若点也在椭圆上且的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由.
31．类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知曲面的方程为.

(1)已知直线过曲面上一点，以为方向向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）；
(2)已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
32．类比平面解析几何的观点，在空间中，空间平面和曲面可以看作是适合某种条件的动点的轨迹，在空间直角坐标系中，空间平面和曲面的方程是一个三元方程．
(1)类比平面解析几何中直线的方程，直接写出：
①过点，法向量为的平面的方程；
②平面的一般方程；
③在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程（）；（不需要说明理由）
(2)设为空间中的两个定点，，我们将曲面定义为满足的动点P的轨迹，试建立一个适当的空间直角坐标系，并推导出曲面的方程．
33．定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆.
(1)如图，已知为上的动点，延长至点，使得的垂直平分线与交于点，记点的轨迹为曲线，求的方程；
(2)在条件（1）下，已知椭圆是椭圆的相似椭圆，是椭圆的左､右顶点.点是上异于四个顶点的任意一点，当（为曲线的离心率）时，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值.
34．在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”，例如：点，点，因为，所以点与点的“切比雪夫距离”为，记为．
(1)已知点，B为x轴上的一个动点，
①若，写出点B的坐标；
②直接写出的最小值
(2)求证：对任意三点A，B，C，都有；
(3)定点，动点满足，若动点P所在的曲线所围成图形的面积是36，求r的值．
35．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.
36．在平面直角坐标系xOy中，设点集，令.从集合Mn中任取两个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离.
（1）当n=1时，求X的概率分布；
（2）对给定的正整数n（n≥3），求概率P（X≤n）（用n表示）.
37．在信息论中，熵（entrpy）是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又被称为信息熵､信源熵､平均自信息量.这里，“消息”代表来自分布或数据流中的事件､样本或特征.（熵最好理解为不确定性的量度而不是确定性的量度，因为越随机的信源的熵越大）来自信源的另一个特征是样本的概率分布.这里的想法是，比较不可能发生的事情，当它发生了，会提供更多的信息.由于一些其他的原因，把信息（熵）定义为概率分布的对数的相反数是有道理的.事件的概率分布和每个事件的信息量构成了一个随机变量，这个随机变量的均值（即期望）就是这个分布产生的信息量的平均值（即熵）.熵的单位通常为比特，但也用、、计量，取决于定义用到对数的底.采用概率分布的对数作为信息的量度的原因是其可加性.例如，投掷一次硬币提供了1的信息，而掷次就为位.更一般地，你需要用位来表示一个可以取个值的变量.在1948年，克劳德•艾尔伍德•香农将热力学的熵，引入到信息论，因此它又被称为香农滳.而正是信息熵的发现，使得1871年由英国物理学家詹姆斯•麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的麦克斯韦妖理论被推翻.设随机变量所有取值为，定义的信息熵，（，）.
(1)若，试探索的信息熵关于的解析式，并求其最大值；
(2)若，（），求此时的信息熵.
38．设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，．指标可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为．设．
(1)若，求；
(2)若，求的最小值；
(3)对任意与有相同可能取值的随机变量，证明：，并指出取等号的充要条件
39．某校20名学生的数学成绩和知识竞赛成绩如下表：
计算可得数学成绩的平均值是，知识竞赛成绩的平均值是，并且，，.
(1)求这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数（精确到0.01）；
(2)设，变量和变量的一组样本数据为，其中两两不相同，两两不相同.记在中的排名是第位，在中的排名是第位，.定义变量和变量的“斯皮尔曼相关系数”（记为）为变量的排名和变量的排名的样本相关系数.
（i）记，.证明：；
（ii）用（i）的公式求得这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的“斯皮尔曼相关系数”约为0.91，简述“斯皮尔曼相关系数”在分析线性相关性时的优势.
注：参考公式与参考数据.
；；.
40．在一个典型的数字通信系统中，由信源发出携带着一定信息量的消息，转换成适合在信道中传输的信号，通过信道传送到接收端.有干扰无记忆信道是实际应用中常见的信道，信道中存在干扰，从而造成传输的信息失真.在有干扰无记忆信道中，信道输入和输出是两个取值的随机变量，分别记作和.条件概率，描述了输入信号和输出信号之间统计依赖关系，反映了信道的统计特性.随机变量的平均信息量定义为：.当时，信道疑义度定义为
(1)设有一非均匀的骰子，若其任一面出现的概率与该面上的点数成正比，试求扔一次骰子向上的面出现的点数的平均信息量；
(2)设某信道的输入变量与输出变量均取值0，1.满足：.试回答以下问题：
①求的值；
②求该信道的信道疑义度的最大值.
41．对于数组，各项均为自然数，如下定义该数组的放缩值：三个数最大值与最小值的差．如果放缩值m≥1，可进行如下操作：若a、b、c最大的数字是唯一的，把最大的数减2，剩下的两个数一共加2，且每个数得到的相等；若a、b、c最大的数有两个，则把最大的数各减1，第三个数加上最大数共减少的值．此为第一次操作，记为放缩值记为，可继续对再次进行该操作，操作n次以后的结果记为，放缩值记为．
(1)若，求的值
(2)已知的放缩值记为t，且．若n=1，2，3．．．．．．时，均有，若，求集合
(3)设集合中的元素是以4为公比均为正整数的等比数列中的项，，且，在一个集合中有唯一确定的数．证明：存在满足=0．
42．离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，记为除以的余数，为除以的余数；设，两两不同，若，则称是以为底的离散对数，记为．
(1)若，求；
(2)对，记为除以的余数（当能被整除时，）．证明：，其中；
(3)已知．对，令．证明：．
43．设数阵，其中．设，其中且．定义变换为“对于数阵的每一行，若其中有或，则将这一行中每个数都乘以；若其中没有且没有，则这一行中所有数均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到以此类推，最后将经过变换得到．记数阵中四个数的和为．
(1)若，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
(2)若，求的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不超过．
44．帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，．已知在处的阶帕德近似为．注：
(1)求实数，的值；
(2)求证：；
(3)求不等式的解集，其中．
45．罗尔中值定理是微分学中一条重要的定理，是三大微分中值定理之一，其他两个分别为：拉格朗日中值定理、柯西中值定理．罗尔定理描述如下：如果 上的函数满足以下条件：①在闭区间上连续，②在开区间内可导，③，则至少存在一个，使得．据此，解决以下问题：
(1)证明方程在内至少有一个实根，其中；
(2)已知函数在区间内有零点，求的取值范围．
学生编号i
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
数学成绩
100
99
96
93
90
88
85
83
80
77
知识竞赛成绩
290
160
220
200
65
70
90
100
60
270
学生编号i
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
数学成绩
75
74
72
70
68
66
60
50
39
35
知识竞赛成绩
45
35
40
50
25
30
20
15
10
5
参考答案：
1．(1)2,1;(2) 最大值为4;(3)
【详解】（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．(1)，，，
(2)
(3)证明见详解
【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.
【详解】（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．(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．
【详解】（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，
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．
4．（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.
【详解】(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.
【点睛】本题属于数列中的“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.
5．(1)集合不具有性质，集合具有性质
(2)
(3)，，或
【分析】
（1）根据性质的定义，即可判断两个集合是否满足；
（2）根据性质的定义，首先确定，再讨论是否属于集合，即可确定的取值，即可求解；
（3）首先确定集合中有0，并且有正数和负数，然后根据性质讨论集合中元素的关系，即可求解.
【详解】（1）
集合中的，，
所以集合不具有性质，
集合中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，两数中至少有一个属于集合，所以集合具有性质；
（2）若集合具有性质，记，则，
令，则，从而必有，
不妨设，则，且，
令，，则，且，且，
以下分类讨论：
1）当时，若，此时，满足性质；
若，舍；若，无解；
2）当时，则，注意且，可知无解；
经检验符合题意，
综上；
（3）首先容易知道集合中有0，有正数也有负数，
不妨设，其中，，
根据题意，
且，从而或，
1）当时，，
并且，，
由上可得，并且，
综上可知；
2）当时，同理可得，
据此，当中有包含6个元素，且时，符合条件的集合有5个，
分别是，，或.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定满足性质的集合里面有0，再对其他元素进行讨论.
6．(1)1，2
(2)
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）表示出和，求的值及的最大值；
（2）由的定义求删去的两个数后剩下的数和的范围，结合的定义．列不等式并判断等号成立，可得出结论；
（3）的定义可知：，可找到三个不同的元素，，，使得.
【详解】（1），
，，，
所以；
，，
，最大，则，，所以最大值为.
（2）设中的最大值为，由定义，，
若存在，，
则，，，，进而，，矛盾.
于是除外，剩余的由定义，中恰有个元素，，
设删去的两个数为，，则，
构造，删去，，恰好取得等号.
所以的最小值为.
（3）结论：集合中存在满足条件的三个不同的元素，，，证明如下：
设，中的一个最大值为，由得
于是，，进而
考虑，
由于，，而
于是一定存在不同于，的，使得，
进而，于是，
取，，即可.
【点睛】方法点睛：
集合新定义问题，要紧紧围绕新定义的概念和运算法则，对问题进行分析整理后求解.
7．(1)5不是集合的“相关数”，6是集合的“相关数”，理由见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据相关数的定义判断，即可求解；
（2）根据相关数的定义，得到时，一定不是集合的“相关数”，得到，从而证明结论；
（3）根据，将集合的元素分成组，对的任意一个含有个元素的子集，必有三组同属于集合，不妨设与无相同元素，此时这4个元素之和为，从而求出的最小值．
【详解】（1）解：当时，，
①对于的含有5个元素的子集，
因为，所以5不是集合的“相关数”；
②的含有6个元素的子集只有，
因为，所以6是集合的“相关数”．
（2）证明：考察集合的含有个元素的子集，
中任意4个元素之和一定不小于，
所以一定不是集合的“相关数”；
所以当时，一定不是集合的“相关数”，
因此若为集合的“相关数”，必有，
即若为集合的“相关数”，必有.
（3）解：由（2）得，
先将集合的元素分成如下组：，
对于的任意一个含有个元素的子集，必有三组同属于集合，
再将集合的元素剔除和后，分成如下组：，
对于的任意一个含有个元素的子集，必有三组同属于集合，
这一组与上述三组中至少一组无相同元素，
不妨设与无相同元素，此时这4个元素之和，
所以集合的“相关数”的最小值为.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
8．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据自邻集的定义及子集的概念一一写出结果即可；
（2）取的一个含5个元素的自邻集，判定
集合，再证明C也是自邻集且，从而得出结论；
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，则当时有，再分类讨论证明即可.
【详解】（1）由题意可得，的所有自邻集有：；
（2）对于的含5个元素的自邻集，
不妨设.
因为对于，都有或，，2，3，4，5，
所以，，或.
对于集合，，，，，
因为，所以，，2，3，4，5，
，
所以.
因为，，或.
所以，，
或，
所以对于任意或，，2，3，4，5，
所以集合也是自邻集.
因为当为偶数时，，
所以.
所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应.
所以，的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数.
（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，
当时，，，
显然.
下面证明：.
①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为
因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是，
所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为.
②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，
记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集.
此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为个；
其中含有最大数为2的集合个数为，
含有最大数为3的集合个数为，，
含有最大数为的集合个数为.
则这样的集合共有个.
③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个.
综上可得，
所以，
故时，得证.
【点睛】思路点睛：第二问取自邻集，和集合，，，，，先由定义判定，且集合也是自邻集，.即可证明结论；第三问记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，有，再分三类①自邻集含有，，这三个元素的自邻集的个数为，②自邻集含有，这两个元素的集合共有个，③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个来证明：即可.
9．(1)是上的“3类函数”，理由见详解.
(2)
(3)证明过程见详解.
【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.
【详解】（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，，，.
【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
10．(1)
(2)
(3)答案见详解
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）通过参变分离以及求解函数的最值得出结果；
（3）分成为奇数，为偶数两种情况，并借助导数不等式分别讨论函数的零点个数及最值.
【详解】（1）由，
可得,
所以曲线在处的切线斜率.
（2）若对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
令，则，
由解得，或；由解得，
故在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
又，且当时，，
故的最小值为，
故，即的取值范围是.
（3），
当时，，
因此当为奇数时，，
此时
则，所以单调递减.
此时，显然有唯一零点，无最小值.
当时，
且当时，
，
由此可知此时不存在最小值.
从而当为奇数时，有唯一零点，无最小值，
当时，即当为偶数时，，
此时，
由，解得；由，解得
则在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为，
即，所以当为偶数时，没有零点.
设，
，
所以在上单调递增，，即.
令可得，
当时
，
即.
从而当为偶数时，没有零点，存在最小值.
综上所述，当为奇数时，有唯一零点，无最小值；
当为偶数时，没有零点，存在最小值.
【点睛】方法点睛：恒成立问题的等价转化法则
（1）恒成立恒成立；
（2）恒成立恒成立；
（3）恒成立，恒成立；
（4）恒成立．
11．(1)，单调性见解析
(2)①；②存在，证明见解析
【分析】（1）求导再次求导得到，再求导讨论和两种情况，得到单调区间.
（2）求导得到，计算，，取求导得到，确定，验证得到答案.
【详解】（1），函数定义域为，
，，，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，取，则，
设，，则恒成立，
且，故存在唯一的满足，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
综上所述：
时，在上单调递增；
时，存在唯一的满足，
时，函数单调递减，时，函数单调递增.
（2）①，则，，，，
，故，；
②存在，取，，则，则，
即，，
数列严格减数列且为无穷数列，满足条件.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的新定义，数列的性质，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中充分理解新定义的隐含条件，转化为所学知识是解题的关键，此类能力需要多练多思考多总结.
12．(1)函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，
(2)
(3)①；②答案见解析
【分析】（1）求导得到单调区间，计算极值，画出函数图像，根据图像得到答案.
（2）求导得到导函数，确定极值点和单调区间，确定，构造新函数，确定函数的单调区间，计算最值，考虑和两种情况，根据函数的单调性计算最值即可.
（3）①考虑，，三种情况，代入数据，构造新函数，根据二次函数根的分布得到范围；②确定，比较与的大小关系，得到，得到答案.
【详解】（1），
，
当时，，，故，函数单调递增；
当时，，，故，函数单调递减；
当时，，，故，函数单调递增；
综上所述：函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
，，画出函数图像，如图所示：
根据图像知.
（2），，
取，得到或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
故是极大值点，是极小值点，
恒成立，
，，故，
设，，
，
设，则恒成立，
故在上单调递减，，
当时，，函数单调递减，；
当时，存在，使得，
时，，函数单调递减；时，，函数单调递增；
故，不成立；
综上所述：.
（3）①有三个不等的实数根，
当时，，故，解得，不符合；
当时，，故，即，
令，则在上恒成立，故在上单调递增，故，
故当时，在有1个“笃志点”；
当时，，故，
则，由于至多有两个根，
结合前面分析的取值范围为的子集，
令，其中，
，当时，，
的图象的对称轴为，
故在上有两个不相等的实数根，
综上所述：
函数有且只有3 个“笃志点”，则实数的取值范围为；
② 定义在上的函数满足：
存在唯一实数，对任意的实数，使得恒成立，
故，，
因为，所以，
即，
比较与的大小关系，
若存在，使得，即，
则有成立，
故对于有序实数对，函数“笃志点” 个数为奇数个，
同理，对于定义在上的函数满足：
存在唯一实数，对任意的实数，使得恒成立，
故，，
因为，所以，
即，可得到同样的结论；综上所述：若存在，使得，
则函数“笃志点”个数为奇数个，
否则，函数“笃志点”个数为偶数个.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数的新定义问题，利用导航求参数范围，函数的最值极值，零点问题和恒成立问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中分类讨论的方法是解题的关键，分类讨论是常用的数学方法，需要熟练掌握.
13．(1)
(2)①；②
【分析】对于小问（1），因为，，可以通过“空间斜60°坐标系”的定义，化简为，，再计算的斜60°坐标.
对于小问（2），设，，分别为与，，同方向的单位向量，则，，，①中，通过平行六面体得到，从而得到的斜60°坐标；
②中，因为，所以，结合①中的的斜60°坐标，并通过，计算与夹角的余弦值.
【详解】（1）由，，
知，，
所以，所以；
（2）设，，分别为与，，同方向的单位向量，
则，，，
①，
.
②因为，所以，
则，
∵， .
∴，
，
所以与的夹角的余弦值为
14．(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用向量的叉乘的定义逐项分析即得.
（2）利用数量积公式求得，则有 可知，借助叉乘公式，利用分析法即可证得结果．
（3）由（2），化简可得，即可得出结果.
【详解】（1）①因为，，
则．
②证明：设，，
则，
将与互换，与互换，与互换，
可得，
故．
（2）证明：因为，
故，
故要证，
只需证，
即证．
由（1），，，
故，
又，，，
故
则成立，
故．
（3）证明：由（2），
得，
故，
故的几何意义表示以为底面、为高的三棱锥体积的6倍．
15．(1)
(2)交线方程为，该直线的一个方向向量为
(3)
【分析】（1）求出的值，利用等体积法求出的值，由此可得出的值；
（2）在与的交线上任取一点，记点，由结合空间向量数量积的坐标运算可得出与的交线方程，由此可写出交线的一个法向量；
（3）设为球面上一点，则，求出平面的方程，可求出平面与三条轴的交点坐标，利用等面积法求出点到直线、、距离，在利用三元基本不等式可求得到、、距离乘积的最小值.
【详解】（1）解：由题意可知，球内最大内切正方体的棱长为，
设球为最大内切正四面体为，如下图所示：
设顶点在底面的射影为点，则为正的中心，
取线段的中点，连接，则，
则，，
所以，，，
因为，
，故，解得，
所以，.
（2）解：在与的交线上任取一点，记点，
则，即，
即，即，
所以，与的交线方程为，该直线的一个法向量为.
（3）解：设为球面上一点，则，
在平面上任取一点，则，
即，
即，即，
因为平面与三个坐标平面均有交线，则，
平面分别交、、轴于点、、，
设到、、距离分别为、、，
则，
同理可得，，
所以，，
当且仅当，即当，
故到、、距离乘积的最小值为.
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与平面解析几何的综合问题，解题时主要要清楚直线与球的切结关系，考查学生的逻辑思维能力与空间想象能力，属于难题.
16．(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.
【详解】（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.
17．(1)
(2)
(3)第一问：；第二问：
【分析】（1）根据正面体特点得出、、、、即可求出夹角最大值；
（2）得出显然截面为边长为的正三角形即可求解；
（3）第一问：根据正二十面体各面为正三角形即可求解；
第二问：图形可以分为得到一个棱长相等的平行六面体和六个相同的立体图形，由此即可求解.
【详解】（1）设正面体每个端点出去的棱数相等为，
每个面的边的数量相等为，端点数量为，
面的数量为，棱的数量为，
由于每个棱用两个端点，所以有：，
由于每两个相邻的面共用一条棱，所以有：，
由，解得，
因为代表多边形的边数，所以，
因为要得到立体图形，必须有，
由题意易得，所以，，
所以满足条件的只有组解，
①，，，即正四面体；
②，，，即正六面体；
③，，，即正十二面体；
④，，，即正八面体；
⑤，，，即正二十面体。
即，，，，，
为了满足题意，只需找到正六面体的四个端点，端点距离全部相等，
满足题意的仅有一种，如图所示：
易得线面角只有或，所以夹角最大值为；
（2）
、、代表正六面体的中心，、、代表截面三角形，
显然截面为边长为的正三角形，面积；
（3）第一问：
正二十面体各面为正三角形，表面积；
第二问：正十二面体各面为正五边形，图形如下：
按照图示带箭头的虚线分割，得到一个棱长相等的平行六面体和六个相同的立体图形，
如图、长度为1，且，
由易知，即正六面体边长为，
正六面体边长为，则，
沿着顶棱的两个端点，分别作关于顶棱垂直的切面，立体图形可以拆成两个四面体，一个三棱柱，
先算出绿色边的长度，再用勾股定理易得立体图形高为，
，
所以总体积为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于熟悉正面体的性质以及对立体图形想象的正确.
18．(1)不是“T函数”，理由见解析；
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据“T函数”的定义判断是否满足该定义，即可得结论；
（2）只需证明满足“T函数”定义，即可得结论；
（3）根据函数为“T函数”，可得恒成立，即可推得，即可求得答案.
【详解】（1）若函数是“T函数”，则对于，恒有,
即恒成立，故恒成立，
由于，上式不可能恒成立，
故不是“T函数”；
（2）证明：函数（且）的图象与函数的图象有公共点，显然，
即存在非零常数T，使得，
所以恒成立，
故为“T函数”.
（3）若函数是“T函数”，则,
即恒成立，
故恒成立，
即恒成立，
即有，
故，
即实数m的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题是给出函数的新定义，由此去判断求解问题，解答本题的关键就是要理解函数的新定义，明确其含义，依此去判断解决问题.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意中平移的定义即可直接得出结果；
（2）求出函数的最小正周期，根据题意知函数与图象在上至少有30个交点，由或可知一个周期内的波谷跨度，即可求解；
（3）根据正弦函数的单调性可得函数的值域，令，利用换元法，结合函数在闭区间上恒成立问题即可求解.
【详解】（1）将的图象按平移得，
所以的解析式为；
（2）函数的最小正周期为．
函数在上至少有30个零点，
即方程在上至少有30个解，
即函数与图象在上至少有30个交点，
由或，
解得或，
一个周期内交点中，两个交点距离中最小为波谷跨度，
交点正好跨过15个波谷，即跨过14个整周期和一个波谷时，有最小值．
即在所有满足上述条件的中，的最小值为．
（3）由，得，
又函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，得，
令，则，，
在上恒成立，
只需且即可，
解得.
20．（1）是一个阶数为1的回旋函数;（2），;（3）.
【分析】试题分析：（1）根据“回旋函数”、“阶数”的定义，只需证明即可；（2）是阶回旋函数，则恒成立，由三角函数的值域可知，然后解简单的三角方程即可得结果；（3）根据“回旋函数”的定义可得，，根据正弦函数的周期性结合图象即可得结果.
试题解析：（1） ，
函数是一个阶数为1的回旋函数.
（2）设是阶回旋函数，则，
若，上式对任意实数均成立；
若，，由三角函数的值域可知，
当时，对任意实数有；
则，，所以.
当时，对任意实数有；
则，，所以，.
综上所述：，.
（3） ，对任意的都成立.
由（2）可知，，，.
令，解得（）.
函数在恰有100个零点，，
.又，，
.
【方法点睛】本题考查正弦函数、余弦函数的图象与性质、新定义问题及函数零点问题，属于难题.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.本题定义“回旋函数”达到考查正弦函数、余弦函数的图象的目的.
21．(1)
(2)存在，点
(3)
【分析】（1）依题意可得，利用辅助角公式将函数化简，即可得到，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得；
（2）依题意可得，即可求出的解析式，设，表示出，，则由平面向量数量积的坐标表示得到方程，即可得解；
（3）依题意当时恒成立，再对分三种情况讨论，参变分离结合对数函数的性质计算可得；
【详解】（1）解：向量的相伴函数为，
所以
∵，
∴.
∵，∴，∴.
所以.
（2）解：由为的相伴特征向量知：
所以.
设，∵，，∴，，
又∵，∴∴.
，∴
∵，∴，
∴.又∵，
∴当且仅当时，和同时等于，这时（*）式成立.
∴在图像上存在点，使得.
（3）解：向量的相伴函数为
当时，，
即，恒成立.
所以①当，即时，，所以，
即，由于，所以的最小值为，所以；
②当，，不等式化为成立.
③当，时，，所以，
即，由于，所以的最大值为，所以.
综上所述，k的取值范围是.
22．(1)
(2)
(3)当B满足时，四边形OACB的面积最大，最大值为
【分析】（1）借助余弦定理计算即可得；
（2）由题意可得，代入数据可得，即有OC的最大值为3，取等号时，设可得，解出后借助余弦定理即可得；
（3）借助余弦定理可得，结合面积公式与诱导公式可得，结合正弦型函数的性质即可得解.
【详解】（1）在中，由余弦定理得，
即，于是四边形OACB的周长为；
（2）因为，且为等边三角形，，，
所以，所以，
即OC的最大值为3，取等号时，
所以，
不妨设，
则，解得，
所以，
所以；
（3）在中，由余弦定理得，
所以，，
于是四边形OACB的面积为
，
当，即时，四边形OACB的面积取得最大值为，
所以，当B满足时，四边形OACB的面积最大，最大值为.
23．(1)为点列，理由见解析
(2)证明见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）利用点列的定义进行判断即可；
（2）利用为点列，得到对中连续三点、、，都有，分析得出，即可证明；
（3）利用为点列，得，，则列举不等式后，利用不等式的基本性质左右分别相加，可得，再由，，即可判断得到答案.
【详解】（1）为点列，理由如下：
由题意可知，，，所以，
，即，，
所以、、、、、为点列；
（2）由题意可知，，，所以，
因为为点列，所以，，
又因为，所以
所以对中连续三点、、，都有，
因为，，
因为，故与不共线，即、、不共线，
因为，
所以，，则为钝角，
所以为钝角三角形；
（3）由，
因为为点列，由知，，
所以，，，
，
两边分别相加可得，
所以，
所以，所以，
又，，
所以，，
所以
24．(1)①线性相关，②线性相关，③线性相关
(2)向量，，线性无关，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义逐一判断即可；
（2）设，则，然后由条件得到即可；
（3）①如果某个，，然后证明都等于0即可；
②由可得，然后代入证明即可.
【详解】（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；
对于③，设，则可得，
可取符合该方程，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）证明：①，如果某个，
则
因为任意个都线性无关，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
25．(1)，，；
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）利用题中定义，利用代入法进行求解即可；
（2）①根据充要条件的定义，结合反证法进行证明即可；②根据的性质分类讨论进行求解即可.
【详解】（1），，；
（2）①充分性：若数列为常数列，∵，∴，
∴，又，
∴其伴随数列是以1为首项，以为公比的等比数列；
必要性：假设数列为等比数列，而数列不为常数列，
∴数列中存在等于0的项，设第一个等于0的项为，其中，
∴，得等比数列的公比．
又，得等比数列的公比，与矛盾．∴假设不成立．
∴当数列为等比数列时，数列为常数列．
综上“为常数列”是“为等比数列”的充要条件；
②当，时，，
当，时，，
当，时，，
当，时，，
综上，结合可得：，，，
由题意知，所以，
于是有，
所以的最大值为.
【点睛】关键点睛：利用分类讨论法，结合题中定义是解题的关键.
26．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题中的定义，列举出，即可；
（2）先列举，，，中可能元素，根据集合的互异性判断元素个数差即可；
（3）类比（1）（2）当数列由到，为保证成立，则必有其成等差数列，故猜想，可用数学归纳法给予证明.
【详解】（1）当时，，，
，所以；
（2）设，其中，
则，
，
因，
，
因，
所以，，，，
又 ，
，，
所以，
因，，，
，
，
因，，，，
所以，，，，
，，，
所以
所以为定值；
（3），
若，
则，
,
故，
，
此时，不符合题意，
故，
猜想，下面给予证明，
当时，显然成立，
假设当，时，都有成立，即，
此时，，
故，，
，符合题意，
，
则，
，
若，
的元素个数小于
的元素个数，
则有，
不符合题意，故，
综上，对于任意的，都有，
故数列的通项公式.
【点睛】关键点点睛：本题的核心是利用集合的新定义，列举集合中元素，注意集合的互异性，进而得到集合的元素个数.
27．(1)；
(2)，()；
(3)1024.
【分析】（1）由得，然后根据求和公式结合条件即得；
（2）分别求出为奇数时和为偶数时的表达式，最后用n、k的代数式表示即可；
（3）由题可得为整数，然后结合条件及等差数列求和公式即得.
【详解】（1）依题意：（），
由得，
所以
；
（2）① 当为奇数时，为偶数，
；
②当为偶数时，为奇数，
；
综上：，()；
（3）由（2）知，当时，
，，
因为是的整数倍，
所以为整数，
所以为奇数，由得，
所以满足条件的的个数为，
所以集合中元素的个数为.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
28．(1)
(2)证明见解析；
(3)不存在非零常数，使得是周期数列，理由见解析.
【分析】（1）根据题意，分为偶数和为奇数时两种情况讨论求解即可；
（2）根据周期性，结合累加法分别证明充分性与必要性即可；
（3）由题知数列是周期为，再结合（2）的结论求解即可.
【详解】（1）解：因为无穷数列是周期为的周期数列，且，，
所以，当为偶数时，；
当为奇数时，，
因为对一切正整数恒成立，
所以，当为偶数时，，故只需即可；
当为奇数时，恒成立，故只需即可；
综上，对一切正整数恒成立，常数的取值范围为
（2）证明：先证充分性：
因为是周期为的周期数列，，
所以，，即，
所以，即
所以，是周期为的周期数列，即充分性成立.
下面证明必要性：
因为是周期为的周期数列，
所以，即
所以，，即
所以，，即，
所以数列是周期为的周期数列，
因为，即
所以，必要性成立.
综上，“是周期为的周期数列”的充要条件是“是周期为的周期数列，且”
（3）解：假设存在非零常数，使得是周期数列，
所以，由（2）知，数列是周期为的周期数列，且，
因为，
所以，，
所以数列是周期为，
所以，即，显然方程无解，
所以，不存在非零常数，使得是周期数列.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键在于根据递推关系得数列是周期为，再结合和（2）中的充要条件，求解方程即可.
29．(1)点在的某条直线上，点不在的某条直线上；
(2)；
(3)的包络方程为，的包络方程为.
【分析】(1)分别把点的坐标代入直线族的方程，然后判断方程是否有实数解即可.
(2)由点不在的任意一条直线上，得到关于的方程在时无实数解，再用导数法求的最小值，令的最小值大于零即可求出的取值范围.
(3)先求直线族中的取值范围，从而猜测包络线的方程，再用包络线的切线方程进行验证，从而确定所求的方程为包络线方程.
【详解】（1）把点代入直线族的方程
得：，
因为，所以方程有实数根，
所以点在的某条直线上.
把点代入直线族的方程
得：，
因为，所以方程无实数根，
所以点不在的某条直线上.
（2）因为点不在的任意一条直线上，
所以方程在上无实数解，
即方程在上无实数解.
令，则，
因为为正实数，所以当时，解得；当时，解得；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
解得，
所以的取值范围为.
（3）由(2)的结论猜测的包络是曲线.
，解，得.
在曲线上任取一点，
则过该点的切线方程是即.
而对任意的，的确为曲线的切线.
故的包络是曲线.
将整理为关于的方程
，
若该方程无解，则，
整理得.
猜测的包络是抛物线.
，解，得.
在抛物线上任取一点，
则过该点的切线方程是，
而对任意的，确为抛物线的切线.
故的包络是抛物线.
【点睛】难点点睛：新文化题出题的特点，就是先给出一段材料，然后利用材料中的有用信息解决问题，这种题目的特点，就是要把要解决的问题转化为材料中的公式或者概念，难度较大.
30．(1)
(2)能构成等差数列，公差为或
【分析】（1）根据点的坐标，结合准线的定义和公式，即可求解点的坐标；
（2）根据焦半径公式，以及重心坐标公式，即可判断是否为等差数列，再利用点差法求直线的方程，并求点的坐标，即可求焦半径和的值，即可求公差.
【详解】（1）由题意可知，点的横坐标为，
且，得，即，
所以椭圆方程为，当时，，
因为点在第一象限，所以点的坐标为；
（2）设，，
由（1）可知，，，，
所以，，，
的重心为，则，即，
则，
所以能构成等差数列，
如图，延长，交于点，，即，
所以，，
，两式相减得，
可得，即，
所以直线的方程为，即，
联立，得，
解得：或，
即，,
或，,
所以分别是或，公差为或.
【点睛】关键点点睛：本题的关键理解准线方程，利用焦半径的定义和公式，转化为直线于椭圆的位置关系，通过联立方程，点差法，转化为交点问题.
31．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可.
（2）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
【详解】（1）设是直线上任意一点，而为直线的方向向量，则有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，即点，
显然，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，所以直线在曲面上.
（2）直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，则有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，即点，
由点在曲面上，得，
整理得，
依题意，对任意的实数有恒成立，
因此，且，解得，或，
不妨取，则，或，即，或，
又直线的方向向量为，
所以异面直线与所成角的余弦值均为.
32．(1)①；②；③
(2)
【分析】（1）类比平面内直线的方程，写出平面的方程，并进行证明；
（2）建立适当的空间直角坐标系，类比椭圆，写出方程，化简后得到答案.
【详解】（1）①，理由如下：
设平面上除任意一点坐标为，
则，即，
又，
故过点，法向量为的平面的方程为；
②平面的一般方程为，理由如下：
由①可得，
变形为，令，
故平面的一般方程为；
③在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程（）为，理由如下：
由②可得平面的一般方程为，
由于方程在x，y，z轴上存在截距，且截距不为0，故，
变形为，故，
令，
故在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程（）为；
（2）以两个定点的中点为坐标原点，以所在直线为轴，
以线段的垂直平分线为轴，以与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，可得，，
所以，
移项得，
两边平方得，
即，
故，两边平方得，
，两边同除以得，
，
令，故曲面的方程为
33．(1)
(2)5
【分析】（1）由图可知是的中位线，由此可得长为定值，因为点在的垂直平分线上，所以，根据椭圆定义求解析式即可；
（2）假设出点坐标，表示直线与直线的斜率，并找出两斜率关系，最后表示出两直线方程，分别与椭圆C联立方程，利用弦长公式和韦达定理求出的值.
【详解】（1）连接，易知且，
，又点在的垂直平分线上，
，
，满足椭圆定义，
，
曲线的方程为.
（2）由（1）知椭圆方程为，
则离心率，
楄圆的标准方程为，
设为椭圆异于四个顶点的任意一点，直线斜率，
则，
又，
.
设直线的斜率为，则直线的斜率为.
直线为，
由得，
设，则，
，
同理可得，
.
34．(1)①；②
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)根据切比雪夫距离定义写出答案即可；
(2)设，，，根据切比雪夫距离定义结合三角不等式可证；
(3)根据切比雪夫距离定义求出动点的轨迹方程，从而根据动点P所在的曲线所围成图形的面积是36可求r的值.
【详解】（1）①；②；
（2）设，，，
则
，
同理可得，，
所以；
故对任意三点A，B，C，都有.
（3）设轨迹上动点，则，
等价于或，
所以点的轨迹是以为中心，边长为的正方形，
故点所在曲线所围成的图形的面积为，所以，
所以．
35．(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.
【详解】（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.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设点，，代入椭圆方程，利用点差法证明出线段PQ被直线l平分，再设过点P且与直线l平行的直线的方程为，将其与椭圆方程联立，求出直线与椭圆相切时的值，即可证明面积小于.
36．（1）见解析；
（2）
【分析】(1)由题意首先确定X可能的取值，然后利用古典概型计算公式求得相应的概率值即可确定分布列；
(2)将原问题转化为对立事件的问题求解的值，据此分类讨论①.，②.，③.，④.四种情况确定满足的所有可能的取值，然后求解相应的概率值即可确定的值.
【详解】（1）当时，的所有可能取值是．
的概率分布为，
．
（2）设和是从中取出的两个点．
因为，所以仅需考虑的情况．
①若，则，不存在的取法；
②若，则，所以当且仅当，此时或，有2种取法；
③若，则，因为当时，，所以当且仅当，此时或，有2种取法；
④若，则，所以当且仅当，此时或，有2种取法．
综上，当时，的所有可能取值是和，且
．
因此，．
【点睛】本题主要考查计数原理、古典概型、随机变量及其概率分布等基础知识，考查逻辑思维能力和推理论证能力．
37．(1)，，最大值为.
(2).
【分析】（1）由题意可知且，减少变量可得的信息熵关于的解析式，求导可得单调性，故而求出最大值；
（2）由可知数列从第二项起，是首项为，公比为2的等比数列，故而可求出（）的通项公式，再由可得的解析式.
【详解】（1）当时，,，
令，，
则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
（2）因为，（），
所以（），
故，
而，
于是，
整理得
令，
则，
两式相减得
因此，
所以.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列定义写出，进而写出的通项公式，应用裂项相消及等比数列前n项和公式求化简.
38．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义，结合二项分布的概率公式与对数的运算法则即可得解；
（2）利用定义，结合对数的运算法则得到关于的关系式，再利用导数求得其最小值，从而得解；
（3）先利用导数证得恒不等式，从而结合定义即可得证.
【详解】（1）不妨设，则.
所以
.
（2）当时，，
记
，
则
，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，则单调递增，而，
所以在为负数，在为正数，
则在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为.
（3）令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，即，当且仅当时，等号成立，
则当时，，所以，即，
故，
当且仅当对所有的时等号成立.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是充分理解新定义指标，熟练掌握对数的运算法则即可得解.
39．(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用相关系数的公式进行计算即可；
（2）（i）根据题意即相关系数的公式进行计算即可证明；（ii）只要能说出斯皮尔曼相关系数与一般的样本相关系数相比的优势即可.
【详解】（1）由题意，这组学生数学成绩和知识竞赛成绩的样本相关系数为
；
（2）（i）证明：因为和都是1，2，，的一个排列，所以
，
，
从而和的平均数都是．
因此，，
同理可得，
由于
，
所以.
（ii）这组学生的数学成绩和知识竞赛成绩的斯皮尔曼相关系数是0.91，
答案①：斯皮尔曼相关系数对于异常值不太敏感，如果数据中有明显的异常值，那么用斯皮尔曼相关系数比用样本相关系数更能刻画某种线性关系；
答案②：斯皮尔曼相关系数刻画的是样本数据排名的样本相关系数，与具体的数值无关，只与排名有关．如果一组数据有异常值，但排名依然符合一定的线性关系，则可以采用斯皮尔曼相关系数刻画线性关系．
【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.
40．(1)2.40
(2)①；②1
【分析】（1）充分理解题意，利用随机变量的平均信息量定义解决本小题；
（2）由全概率和条件概率公式解决本小题.
【详解】（1）设表示扔一非均匀股子点数，则
扔一次平均得到的信息量为
.
（2）①由全概率公式，得
②由题意，.
所以，
;
其中.
令
.
时时，,
.
41．(1)
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，直接进行推理计算，分别求出……判断出当时，都有，即可求得；
（2）根据题意直接判断，分类讨论：当时，恒成立；当时，计算出.即可求解.
（3）先判断出的放缩值是3的倍数.设，分类讨论：i.当中有唯一最大数时和ii.当中的最大数有两个，分别求出.得到数列是公差为3的等差数列.得到当时,有,此时，符合题意.
【详解】（1）由题意可知：当时，
进行第一次操作，得到(2,4,12)，所以；
进行第二次操作，得到(3,5,10)，所以；
进行第三次操作，得到(4,6,8)，所以；
进行第四次操作，得到(5,7,6)，所以；
进行第五次操作，得到(6,5,7)，所以；
进行第六次操作，得到(7,6,5)，所以；
……
所以.
（2）i.当时，所以，.
由操作规则可知，每次操作后，数组中的最大数变为最小数，最小数和次小数分别变为次小数和最大数，
所以数组的放缩值不会改变.
所以当时，恒成立；
ii.当时，，所以，或，
所以总有.不符合题意.
综上所述：满足的的取值只能是2.
故集合.
（3）因为是以4为公比的正整数等比数列中的三项,所以是形如 (其中)的数.
因为，且，在一个集合中有唯一确定的数，所以互不相同.
又因为,
所以中每两个数的差都是3的倍数,所以的放缩值是3的倍数.
设，
i.当中有唯一最大数时,不妨设，则,所以
.
因为是3的倍数,则也是3的倍数，
所以,则,,所以,
所以.
ii.当中的最大数有两个时,不妨设.
则,所以
.
因为是3的倍数,则也是3的倍数，
所以,则,,所以,
所以.
综上知,当时,数列是公差为3的等差数列.
当时,由上述分析可得,此时.
所以存在,满足的放缩值.
42．(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可.
（2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.
（3）根据新定义进行转换即可得证.
【详解】（1）若，又注意到，
所以.
（2）【方法一】：当时，此时，此时，，
故，
此时.
当时，因相异，故，
而，故互质.
记，
则，使得，
故，故，
设，则，
因为除以的余数两两相异，
且除以的余数两两相异，
故，故，
故，而其中，
故即.
法2：记，，，
其中，，k是整数，则，
可知．
因为1，a，，…，两两不同，
所以存在，使得，
即可以被p整除，于是可以被p整除，即．
若，则，，因此，．
记，，，其中l是整数，
则，
即．
（3）【方法二】：当时，由（2）可得，若，则也成立.
因为，所以.
另一方面，
.
由于，所以.
法2：由题设和（2）的法2的证明知：
，
．
故
．
由（2）法2的证明知，所以．
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.
43．(1)，
(2)0
(3)证明见解析
【分析】（1）由，，求出数阵经过变化后的矩阵，进而可求得的值；
（2）分情况讨论，结合题意分析求解；
（3）分和两种情况讨论，推导出变换后数阵的第一行和第二行的数字之和，由此能证明的所有可能取值的和不超过．
【详解】（1）因为，
经过变换后得到的数阵，
经过变换后得到的数阵，
所以.
（2）若，则，可得；
若，则，可得；
若，则，可得；
若其中一个为3，另外两个属于，则，
可得；
若，则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，其中一个为3，另外一个属于，
则，可得；
若，则，可得；
综上所述：的所有可能取值的和为.
（3）若，在的所有非空子集中，含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
含有且不含的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
同时含有和的子集共个，经过变换后第一行仍为、；
不含也不含的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为
.
若，则的所有非空子集中，含有的子集共个，经过变换后第一行均变为、；
不含有的子集共个，经过变换后第一行仍为、．
所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为．
同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为．
所以的所有可能取值的和为，
又因为、、、，所以的所有可能取值的和不超过．
【点睛】方法点睛：从定义知识的新情景问题入手这种题型它要求学生在新定义的条件下，对提出的说法作出判断，因此在解这类型题时就必须先认真阅读，正理解新定义的含义，再运用新定义解决问题，然后得出结论,
44．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出，，，，依题意可得，，即可得到方程组，解得即可；
（2）由（1）知，即证，令，即证时，记，，利用导数说明函数的单调性，即可证明；
（3）分析可得，即或，先考虑，该不等式等价于，结合（2）的结论即可，再考虑，该不等式等价于，利用导数证明，，即可得到，，再分类讨论即可判断.
【详解】（1）因为，所以，，
，则，，
由题意知，，，
所以，解得，.
（2）由（1）知，即证，
令，则且，
即证时，
记，，
则，
所以在上单调递增，在上单调递增，
当时，即，即成立，
当时，即，即成立，
综上可得时，
所以成立，即成立.
（3）由题意知，欲使得不等式成立，
则至少有，即或，
首先考虑，该不等式等价于，即，
又由（2）知成立，
所以使得成立的的取值范围是，
再考虑，该不等式等价于，
记，，
则，所以当时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，，
所以，，
当时由，可知成立，
当时由，可知不成立，
所以使得成立的的取值范围是，
综上可得不等式的解集为.
【点睛】关键点点睛：第三问，首先确定或，分别求、对应解集，进一步转化为求、的解集，构造中间函数研究不等式成立的x取值.
45．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据导数运算构造函数，验证函数满足罗尔中值定理的条件，根据罗尔中值定理完成证明；
（2）设，且，由罗尔中值定理可得至少有两个解，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性定理列不等式求的取值范围．
【详解】（1）设，
则，
所以函数在上连续，在区间上可导，
又，故，
所以由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，
所以，
所以方程在内至少有一个实根，
（2）因为函数在区间内有零点，
不妨设其零点为，则，，
由可得，
所以函数在上连续，在上可导，
又，，
由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，
因为函数在上连续，在上可导，
又，，
由罗尔中值定理可得至少存在一个，使得，
所以方程在上至少有两个不等的实数根，
设，
则，
当时，，函数在上单调递增，
所以方程在上至多有一个根，矛盾，
当时，，函数在上单调递减，
所以方程在上至多有一个根，矛盾，
当时，由，可得，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，
又，
所以，
又，，
由零点存在性定理可得，，
所以，，又，
所以，
所以的取值范围．
【点睛】关键点点睛：“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.
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