新高考新题型第19题新定义压轴解答题归纳（解析版）

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新高考新题型第19题新定义压轴解答题全归纳【目录】考点一：集合新定义考点二：函数与导数新定义考点三：立体几何新定义考点四：三角函数新定义考点五：平面向量与解三角形新定义考点六：数列新定义考点七：圆锥曲线新定义考点八：概率与统计新定义考点九：高等数学背景下新定义创新意识与创新应用是新时代的主旋律，也是高中数学教学与学习中需要不断渗透与培养的一种基本精神与能力！借助“新定义”，可以巧妙进行数学知识中的概念类比、公式设置、性质应用、知识拓展与创新应用等的交汇与融合，很好地融入创新意识与创新应用.所谓“新定义”型问题，主要是指在问题中定义了高中数学中没有学过的一些概念、新运算、新符号，要求同学们读懂题意并结合已有知识、能力进行理解，根据新定义进行运算、推理、迁移的一种题型。考点要求考题统计考情分析集合新定义2018年北京卷第20题，14分【命题预测】2024年九省联考之后，第19题将考查新定义问题。现在2023年北京卷第21题，15分也有部分地区考试采用该结构考试，比如安徽合肥一中省数列新定义2022年北京卷第21题，15分十联考等。预测2024年新高考试卷第19题结构考查新定2021年北京卷第21题，15分义问题，压轴题，难度比较大．1.代数型新定义问题的常见考查形式(1)概念中的新定义；(2)运算中的新定义；1,(3)规则的新定义等．2.解决“新定义”问题的方法在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决！1(2018•北京)设n为正整数，集合A={α|α=(t1，t2，⋯tn)，tk∈{0，1}，k=1，2，⋯，n}，对于集合A1中的任意元素α=(x1，x2，⋯，xn)和β=(y1，y2，⋯yn)，记M(α，β)=[(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y22|)+⋯(xn+yn-|xn-yn|)]．(Ⅰ)当n=3时，若α=(1，1，0)，β=(0，1，1)，求M(α,α)和M(α,β)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α，β，当α，β相同时，M(α,β)是奇数；当α，β不同时，M(α,β)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α，β，M(α,β)=0，写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．【解析】(I)M(α，α)=1+1+0=2，M(α,β)=0+1+0=1．1(Ⅱ)当n=4时，依题意当α，β相同时，M(α，β)=[(x1+x1)+(x2+x2)+(x3+x3)+(x4+x4)]=x1+x2+x32+x4为奇数，则x1，x2，x3，x4中有“3个1和1个0”或“1个1和3个0”，当α，β不同时，①当x1，x2，x3，x4中有“3个1和1个0”时，元素为：(1，1，1，0)，(1，1，0，1)，(1，0，1，1)，(0，1，1，1)，经验证可知M(α,β)是偶数，符合题意，集合B最多有4个元素(1，1，1，0)，(1，1，0，1)，(1，0，1，1)，(0，1，1，1)，②当x1，x2，x3，x4中“1个1和3个0”时，元素为(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)，经验证可知M(α,β)是偶数，符合题意，集合B最多有4个元素(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)，综上，B中元素个数的最大值为4．(Ⅲ)B={(0，0，0，⋯0)，(1，0，0⋯，0)，(0，1，0，⋯0)，(0，0，1⋯0)⋯，(0，0，0，⋯，1)}，此时B中有n+1个元素，下证其为满足题意元素最多的集合．对于任意两个不同的元素α，β，满足M(α,β)=0，则α，β中相同位置上的数字不能同时为1，假设存在B有多于n+1个元素，由于α=(0，0，0，⋯，0)与任意元素β都有M(α,β)=0，所以除(0，0，0，⋯，0)外至少有n+1个元素含有1，根据元素的互异性，至少存在一对α，β满足xi=yi=l，此时M(α,β)≥1不满足题意，故B中最多有n+1个元素．故B为满足题意的集合．2(2023•北京)数列{an}，{bn}的项数均为m(m>2)，且an，bn∈{1，2，⋯，m}，{an}，{bn}的前n项和2,分别为An，Bn，并规定A0=B0=0．对于k∈{0，1，2，⋯，m}，定义rk=max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，⋯，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数．(Ⅰ)若a1=2，a2=1，a3=3，b1=1，b2=3，b3=3，求r0，r1，r2，r3的值；(Ⅱ)若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj-1，j=1，2，⋯，m-1，求rn；(Ⅲ)证明：存在0≤p<q≤m，0≤r<s≤m，使得ap+bs=aq+br．【解析】(ⅰ)列表如下，对比可知r0=0，r1=1，r2=1，r3=2．i0123ai213ai0236bi133bi0147rk0112(ⅱ)由题意知rn≤m且rn∈n，因为an≥1，bn≥1，an，bn∈{1，2，⋯，m}，所以an≥1，bn≥1，当且仅当n=1时，等号成立，所以r0=0，r1=1，又因为2rj≤rj-1+rj+1，则rj+1-rj≥rj-rj-1，即rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥...≥r1-r0=1，可得rj+1-rj≥1，反证：假设满足rn+1-rn>1的最小正整数为1≤i≤m-1，当j≥i时，则ri+1-rj≥2；当i≤j-1时，则rj+1-rj=1，则rm=(rm-rm-1)+(rm-1-rm-2)+...+(r1-r0)+r0≥2(m-i)+i=2m-i，又因为1≤i≤m-1，则rm≥2m-i≥2m-(m-1)=m+1>m，所以假设不成立，rn+1-rn=1成立，所以数列{rn}是以首项为1，公差为1的等差数列，所以rn=0+1×n=n，n∈N．(Ⅲ)证明：若Am≥Bm，设Sn=An-Brn，1≤n≤m，根据题意可得Sn≥0且Sn为整数，反证法：假设存在正整数K，使得SK≥m，且rK≠m(若rK=m时，Brk+1=Bm+1不存在)，则AK-BrK≥m，AK-Brk+1<0，所以brk+1=Brk+1-BrK=(AK-BrK)-(AK-BrK+1)>m，这与brK+1∈{1，2...，m}相矛盾，所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≤m-1，①若存在正整数N，使得SN=AN-BrN=0，即AN=BrN，取r=p=0，q=N，s=rN，使得AP+Bs=Aq+Br，②若不存在正整数N，使得SN=0，因为Sn∈{1，2m，⋯，m-1}，且1≤n≤m，3,所以必存在1≤X<y≤m，使得sx=sy，即ax-brx=ay-bry，可得ax+bry=ay+brx，取p=x，s=ry，q=y，r=rx，使得ap+bs=aq+br，若am<bm，设sn=brn-an，1≤n≤m，根据题意可得sn≤0且sn为整数，反证法：假设存在正整数k，使得sk≤-m，则brk-ak≤-m，brk+1-ak>0，所以brk+1=Brk+1-BrK=(BrK+1-AK)-(BrK-AK)>m，这与brK+1∈{1，2...，m}相矛盾，所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≥1-m，①若存在正整数N，使得SN=BrN-AN=0，即AN=BrN，取r=p=0，q=N，s=rN，使得AP+Bs=Aq+Br，②若不存在正整数N，使得SN=0，因为Sn∈{-1，-2，⋯，1-m}，且1≤n≤m，所以必存在1≤X<y≤m，使得sx=sy，即ax+bry=ay+brx，可得ax+bry=ay+brx，取p=x，s=ry，q=y，r=rx，使得ap+bs=aq+br．综上所述，存在0≤p<q≤m，0≤r<s≤m，使得ap+bs=aq+br．3(2022•北京)已知q:a1，a2，⋯，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，⋯，m}，在q中存在ai，ai+1，ai+2，⋯，ai+j(j≥0)，使得ai+ai+1+ai+2+⋯+ai+j=n，则称q为m-连续可表数列．(ⅰ)判断q:2，1，4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(ⅱ)若q:a1，a2，⋯，ak为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；(ⅲ)若q:a1，a2，⋯，ak为20-连续可表数列，且a1+a2+⋯+ak<20，求证：k≥7．【解析】(ⅰ)若m=5，则对于任意的n∈{1，2，3，4，5}，a2=1，a1=2，a1+a2=2+1=3，a3=4，a2+a3=1+4=5，所以q是5-连续可表数列；由于不存在任意连续若干项之和相加为6，所以q不是6-连续可表数列；(ⅱ)假设k的值为3，则a1，a2，a3最多能表示a1，a2，a3，a1+a2，a2+a3，a1+a2+a3，共6个数字，与q是8-连续可表数列矛盾，故k≥4；现构造q:4，2，1，5可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k=4满足题意．故k的最小值为4．(ⅲ)先证明k≥6．从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6．若k=6，最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数，由于q为20-连续可表数列，且a1+a2+⋯+ak<20，所以其中必有一项为负数．既然5个正整数都不能连续可表1-20的正整数，所以至少要有6个正整数连续可表1-20的正整数，4,所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，当k=7时，数列1，2，4，5，8，-2，-1满足题意，当k>7时，数列1，2，4，5，8，-2，-1，ak=⋯=an=0，所以k≥7符合题意，故k≥7．4(2021•北京)设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为&real;p数列：①a1+p≥0，且a2+p=0；②a4n-1<a4n(n=1，2，⋯)；③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}(m=1，2，⋯；n=1，2，⋯)．(ⅰ)如果数列{an}的前四项为2，-2，-2，-1，那么{an}是否可能为ℜ2数列？说明理由；(ⅱ)若数列{an}是ℜ0数列，求a5；(ⅲ)设数列{an}的前n项和为sn，是否存在ℜp数列{an}，使得sn≥s10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．【解析】(ⅰ)数列{an}不可能为ℜ2数列，理由如下，因为p=2，a1=2，a2=-2，所以a1+a2+p=2，a1+a2+p+1=3，因为a3=-2，所以a3∉{a1+a2+p，a1+a2+p+1}，所以数列{an}不满足性质③．(ⅱ)性质①，a1≥0，a2=0；由性质③am+2∈{am，am+1}，因此a3=a1或a3=a1+1，a4=0或a4=1，若a4=0，由性质②可得a3<a4，即a1<0或a1+1<0，矛盾；若a4=1，a3=a1+1，由a3<a4，则a1+1<1，矛盾，因此只能是a4=1，a3=a1，1又因为a4=a1+a3或a4=a1+a3+1，所以a1=或a1=0．21若a1=，则a2∈{a1+a1+0，a1+a1+0+1}={2a1，2a1+1}={1，2}，不满足a2=0，舍去；2当a1=0，则{an}的前四项为0，0，0，1，下面用数学归纳法证明a4n+i=n(i=1，2，3)，a4n+4=n+1(n∈n)，当n=0时，经检验命题成立；假设n≤k(k≥0)时命题成立．当n=k+1时，若i=1，则a4(k+1)+1=a4k+5=aj+(4k+5-j)，利用性质③：{aj+a4k+5-j|j∈n*，1≤j≤4k+4}={k，k+1}，此时可得a4k+5=k+1，否则a4k+5=k，取k=0可得a5=0，而由性质②可得a5=a1+a4∈{1，2}，与a5=0矛盾．同理可得，{aj+a4k+6-j|j∈n*，1≤j≤4k+5}={k，k+1}，此时可得a4k+6=k+1，{aj+a4k+8-j|j∈n*，2≤j≤4k+6}={k+1，k+2}，此时可得a4k+8=k+2，{aj+a4k+7-j|j∈n*，1≤j≤4k+6}={k+1}，又因为a4k+7<a4k+8，此时可得a4k+7=k+1，即当n=k+1时，命题成立．综上可得，a5=a4×1+1=1；(ⅲ)令bn=an+p，由性质③可知，∀m，n∈n*，bm+n=am+n+p∈{am+p+an+p，am+p+an+p+1}={bm+bn，bm+bn+1}，由于b1=a1+p≥0，b2=a2+p=0，b4n-1=a4n-1+p<a4n+p=b4n，因此数列{bn}为ℜ0数列，5,由(ⅱ)可知，若∀n∈n*，a4n+i=n-p(i=1，2，3)，a4n+1=n+1-p；s11-s10=a11=a4×2+3=2-p≥0，s9-s10=-a10=-a4×2+2=-(2-p)≥0，因此p=2，此时a1，a2，⋯，a10≤0，aj≥0(j≥11)，满足题意．考点一：集合新定义1(2024·北京顺义·高三统考期末)给定正整数n≥3，设集合a=a1,a2,⋯,an．若对任意i，j∈{1,2,⋯,n}，ai+aj，ai-aj两数中至少有一个属于a，则称集合a具有性质p．(1)分别判断集合1,2,3与-1,0,1,2是否具有性质p；(2)若集合a={1,a,b}具有性质p，求a+b的值；(3)若具有性质p的集合b中包含6个元素，且1∈b，求集合b．【解析】(1)集合1,2,3中的3+3=6∉1,2,3，3-3=0∉1,2,3，所以集合1,2,3不具有性质p，集合-1,0,1,2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-1,0,1,2，所以集合-1,0,1,2具有性质p；(2)若集合a={1,a,b}具有性质p，记m=max1,a,b，则m≥1，令ai=aj=m，则2m∉1,a,b，从而必有0∈1,a,b，不妨设a=0，则a=1,0,b，b≠0且b≠1，令ai=1，aj=b，则1+b,1-b∩1,0,b≠∅，且1+b,b-1∩1,0,b≠∅，b≠0且b≠1，以下分类讨论：1)当1+b∈1,0,b时，若1+b=0⇒b=-1，此时，a=1,0,-1满足性质p；若1+b=1⇒b=0，舍；若1+b=b，无解；2)当1+b∉1,0,b时，则1-b,b-1⊆1,0,b，注意b≠0且b≠1，可知b无解；经检验a=1,0,-1符合题意，综上a+b=-1；(3)首先容易知道集合b中有0，有正数也有负数，不妨设b=-bk,-bk-1,...,-b1,0,a1,a2,...,al，其中k+l=5，0<a1<...<al,0<b1<...<bk，根据题意a1-al,...,al-1-al⊆-bk,-bk-1,...,-b1，且bk-b1,bk-1-b1,...,b2-b1⊆a1,a2,...al，从而k,l=2,3或3,2，1)当k,l=3,2时，b3-b1,b3-b2=a1,a2，并且-b3+b1,-b3+b2=-b1,-b2⇒b3=b1+b2，a2-a1∈a1,a2⇒a2=2a1，由上可得b2,b1=b3-b1,b3-b2=a2,a1=2a1,a1，并且b3=b1+b2=3a1，综上可知b=-3a1,-2a1,-a1,0,a1,2a1；2)当k,l=2,3时，同理可得b=-2a1,-a1,0,a1,2a1,3a1，据此，当b中有包含6个元素，且1∈b时，符合条件的集合b有5个，分别是-2,-1,0,1,2,-1,-1,0,1,1,3，-2,-1,0,1,2,1，-3,-2,-1,0,1,2或2223333-3,-1,-1,0,1,1.2222(2024·北京·高三北京四中校考期末)已知集合s=a1,a2,⋯,ann≥3，集合t⊆6,x,yx∈s,y∈s,x≠y，且满足，∀ai,aj∈si,j=1,2,⋯,n,i≠j，ai,aj∈t与aj,ai∈t恰有一个成n1,a,b∈t立.对于t定义dta,b=0,b,a∈t，以及ltai=dtai,aj，其中i=1,2,⋯,n.j=1,j≠i例如lta2=dta2,a1+dta2,a3+dta2,a4+⋯+dta2,an.(1)若n=4，a1,a2,a3,a2,a2,a4∈t，求lta2的值及lta4的最大值；(2)从lta1,⋯,ltan中任意删去两个数，记剩下的数的和为m，求m的最小值(用n表示)；(3)对于满足ltai<n-1i=1,2,⋯,n的每一个集合t，集合s中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得dte,f+dtf,g+dtg,e=3恒成立？请说明理由.【解析】(1)lta2=dta2,a1+dta2,a3+dta2,a4，a1,a2,a3,a2,a2,a4∈t，dta2,a1=dta2,a3=0，dta2,a4=1，所以lta2=1；lta4=dta4,a1+dta4,a2+dta4,a3，a1,a2,a3,a2,a2,a4∈t，dta4,a2=0，lta4最大，则dta4,a1=dta4,a3=1，，所以lta4最大值为2.(2)设lta1,⋯,ltan中的最大值为ltak，由定义，ltak≤n-1，若存在ltak=ltam=n-1，k≠m，则∀i，ak,ai∈t，∀i，am,ai∈t，进而ak,am∈t，am,ak∈t，矛盾.22于是除ltak外，剩余的ltai≤n-2由定义，t中恰有cn个元素，lta1+⋯+ltan=cn，2125设删去的两个数为a，b，则lta1+⋯+ltan-a-b≥cn-n-1-n-2=n-n+3，22构造t=ai,ajai∈s,aj∈s,i<j，删去lta1，lta2，恰好取得等号.125所以m的最小值为n-n+3.22(3)结论：集合s中存在满足条件的三个不同的元素e，f，g，证明如下：设ltai，i=1,2,⋯,n中的一个最大值为ltak，由ltak<n-1得ltak≤n-2于是∃u≠k，dtak,au=0，进而dtau,ak=1考虑ltau=dtau,a1⋯+dtau,ak+⋯，ltak=dtak,a1⋯+dtak,au+⋯由于dtau,ak=1，dtak,au=0，而ltau≤ltak于是一定存在不同于u，k的v，使得dtau,av=0，dtak,av=1进而dtav,au=1，于是dtau,ak+dtak,av+dtav,au=3，取e=au，f=ak，g=av即可.∗3(2024·北京·高三景山学校校考期末)设集合a2n={1,2,3,⋯,2n}(n∈n,n≥3)，如果对于a2n的每一个含有m(m≥4)个元素的子集p，p中必有4个元素的和等于4n+1，称正整数m为集合a2n的一个“相关数”.(1)当n=3时，判断5和6是否为集合a6的“相关数”，说明理由；(2)若m为集合a2n的“相关数”，证明：m-n-3≥0；(3)给定正整数n，求集合a2n的“相关数”m的最小值.【解析】(1)当n=3时，a6={1,2,3,4,5,6},4n+1=13，①对于a6的含有5个元素的子集{2,3,4,5,6}，因为2+3+4+5>13，所以5不是集合A6的“相关数”；②A6的含有6个元素的子集只有{1,2,3,4,5,6}，因为1+3+4+5=13，所以6是集合A6的“相关数”．7,(2)证明：考察集合A2n的含有n+2个元素的子集B={n-1,n,n+1,⋯,2n}，B中任意4个元素之和一定不小于(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2，所以n+2一定不是集合A2n的“相关数”；所以当m≤n+2时，m一定不是集合A2n的“相关数”，因此若m为集合A2n的“相关数”，必有m≥n+3，即若m为集合A2n的“相关数”，必有m-n-3≥0.(3)由(2)得m≥n+3，先将集合A2n的元素分成如下n组：Ci=(i,2n+1-i),(1≤n)，对于A2n的任意一个含有n+3个元素的子集P，必有三组Ci1,Ci2,Ci3同属于集合P，再将集合A2n的元素剔除n和2n后，分成如下n-1组：Cj=(j,2n-j),(1≤j≤n-1)，对于A2n的任意一个含有n+3个元素的子集P，必有三组Dj4同属于集合P，这一组Dj4与上述三组Ci1,Ci2,Ci3中至少一组无相同元素，不妨设Dj4与Ci3无相同元素，此时这4个元素之和[i1+(2n+1-i1)+(2n-j4)]=4n+1，所以集合A2n的“相关数”m的最小值为n+3.4(2024·北京·101中学校考模拟预测)设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意x∈A，都有x-1∈A或x+1∈A，则称A为自邻集.记集合An={1,2⋯,n}(n>2,n∈N)的所有子集中的自邻集的个数为an.(1)直接写出A4的所有自邻集；(2)若n为偶数且n>6，求证：An的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；(3)若n≥4，求证：an≤2an-1.【解析】(1)由题意可得，A4的所有自邻集有：1,2,3,4,1,2,3,2,3,4,1,2,2,3,3,4；(2)对于An的含5个元素的自邻集B=x1,x2,x3,x4,x5，不妨设x1<x2<x3<x4<x5.因为对于∀xi∈b，都有xi-1∈b或xi+1∈b，i=1，2，3，4，5，所以x2=x1+1，x4=x5-1，x3=x2+1或x3=x4-1.对于集合c={n+1-x5，n+1-x4，n+1-x3，n+1-x2，n+1-x1}，因为1≤x1<x2<x3<x4<x5≤n，所以1≤n+1-xi≤n，i=1，2，3，4，5，n+1-x5<n+1-x4<n+1-x3<n+1-x2<n+1-x1，所以c⊆an.因为x2=x1+1，x4=x5-1，x3=x2+1或x3=x4-1.所以n+1-x2=n+1-x1-1，n+1-x4=n+1-x5+1，n+1-x3=(n+1-x4)+1或n+1-x3=(n+1-x2)-1，所以对于任意n+1-xi+1∈c或n+1-xi-1∈c，i=1，2，3，4，5，所以集合c也是自邻集.因为当n为偶数时，x3≠n+1-x3，所以b≠c.所以对于集合an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，an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k的自邻集的个数为bk，k∈n，当n≥4时，an-1=b2+b3+⋯+bn-1，an=b2+b3+⋯+bn-1+bn，8,显然an=an-1+bn.下面证明：bn≤an-1.①自邻集含有n-2，n-1，n这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素n后的集合为d因为n-1，n-2∈d，所以d仍是自邻集，且集合d中的最大元素是n-1，所以含有n-2，n-1，n这三个元素的自邻集的个数为bn-1.②自邻集含有n-1，n这两个元素，不含n-2，且不只有n-1，n这两个元素，记自邻集除n-1，n之外最大元素为m，则2≤m≤n-3，每个自邻集去掉n-1，n这两个元素后，仍为自邻集.此时的自邻集的最大元素为m，可将此时的自邻集分为n-4个；其中含有最大数为2的集合个数为b2，含有最大数为3的集合个数为b3，⋯⋯，含有最大数为n-3的集合个数为bn-3.则这样的集合共有b2+b3+⋯+bn-3个.③自邻集只含有n-1，n这两个元素，这样的自邻集只有1个.综上可得bn=b2+b3+⋯+bn-3+bn-1+1≤b2+b3+⋯+bn-3+bn-1+bn-2=an-1，所以bn≤an-1，故n≥4时，an≤2an-1得证.考点二：函数与导数新定义1(2024·广东茂名·统考一模)若函数fx在a,b上有定义，且对于任意不同的x1,x2∈a,b，都有fx1-fx2<kx1-x2，则称fx为a,b上的“k类函数”.2x(1)若fx=+x，判断fx是否为1,2上的“3类函数”；22xx(2)若fx=ax-1e--xlnx为1,e上的“2类函数”，求实数a的取值范围；2(3)若fx为1,2上的“2类函数”，且f1=f2，证明：∀x1，x2∈1,2，fx1-fx2<1.【解析】(1)对于任意不同的x1,x2∈1,2，x1+x2+2有1≤x1<x2≤2，2<x1+x2<4，所以2<<3，222x1x2x1+x2+2fx1-fx2=2+x1-2+x2=x1-x22<3x1-x2，2x所以fx=+x是1,2上的“3类函数”.2x(2)因为fx=axe-x-lnx-1，由题意知，对于任意不同的x1,x2∈1,e，都有fx1-fx2<2x1-x2，不妨设x1<x2，则-2x2-x1<fx1-fx2<2x2-x1，故fx1+2x1<fx2+2x2且fx1-2x1>fx2-2x2，故fx+2x为1,e上的增函数，fx-2x为1,e上的减函数，故任意x∈1,e，都有-2≤fx≤2，x+lnx+3x+lnx+3由fx≤2可转化为a≤x，令gx=x，只需a<gxminxexe1+x-2-lnx-xgx=，令ux=-2-lnx-x，ux在1,e单调递减，2xxe9,所以ux≤u1=-3<0，gx<0，故gx在1,e单调递减，4+egxmin=ge=，e+1ex+lnx-1x+lnx-1由fx≥-2可转化为a≥x，令hx=x，只需a≥hxmaxxexe1+x2-lnx-xhx=，令mx=2-lnx-x，mx在1,e单调递减，2xxe且m1=1>0，me=1-e<0，所以∃x0∈1,e使mx0=0，即2-lnx0-x0=0，2-x0即lnx0=2-x0,x0=e，当x∈1,x0时，mx>0，hx>0，故hx在1,x0单调递增，当x∈x0,e时，mx<0，hx<0，故hx在x0,e单调递减，x0+lnx0-11hxmax=hx0=e+1=2，x0ee14+e故≤a≤.2e+1ee(3)因为fx为1,2上的“2类函数”，所以fx1-fx2<2x1-x2，不妨设1≤x1<x2≤2，1当x1-x2<时，fx1-fx2<2x1-x2<1；211当≤x1-x2<1时，因为f1=f2，-1<x1-x2≤-22fx1-fx2=fx1-f1+f2-fx2≤fx1-f1+f2-fx21<2x1-1+22-x2=2x1-x2+1≤2-2+1=1，综上所述，∀x1，x2∈1,2，fx1-fx2<1.23nxxnx*2(2024·山东·高三校联考阶段练习)定义函数fnx=1-x+-+⋯+-1n∈n．23n(1)求曲线y=fnx在x=-2处的切线斜率；x(2)若f2x-2≥ke对任意x∈r恒成立，求k的取值范围；(3)讨论函数fnx的零点个数，并判断fnx是否有最小值．若fnx有最小值m﹐证明：m>1-ln2；若fnx没有最小值，说明理由．(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)2nn-1【解析】(1)由fnx=-1+x-x+⋯+-1x，n2n-11-2n可得fn-2=-1-2-2-⋯-2=-=1-2,1-2n所以曲线y=fnx在x=-2处的切线斜率1-2.x(2)若f2x-2≥ke对任意x∈R恒成立，2-1-x+xf2x-22所以k≤=对任意x∈R恒成立，xxee2-1-x+x2x4-x令g(x)=，则g(x)=，xxee由g(x)>0解得x<0，或x>4；由g(x)<0解得0<x<4，故g(x)在-∞,0上单调递减，在0,4上单调递增，在4,+∞上单调递减，又g(0)=-1，且当x>4时，g(x)>0，故g(x)的最小值为g(0)=-1，10,故k≤-1，即k的取值范围是-∞,-1.(3)fn-1=-1-1-⋯-1=-n，nn1--x-x-12nn-1当x≠-1时，fnx=-1+x-x+⋯+-1x=-=，1--xx+123n-1nxxxx因此当n为奇数时，fnx=1-x+-+⋯+-，23n-1nn-x-1,x≠-1,此时fx=x+1n-n,x=-1.则fnx<0，所以fnx单调递减.此时fn0=1>0，f1x=1-x显然有唯一零点，无最小值.23n-1n2222当n≥2时，fn2=1-2+-+⋯+-23n-1n2n-1232n=1-2+32-2+⋅⋅⋅+nn-1-2<023n-1nxxxx且当x>2时，fnx=1-x+2-3+⋯+n-1-n2n-1x3xn=1-x+32-x+⋯+nn-1-x<1-x，由此可知此时fnx不存在最小值.从而当n为奇数时，fnx有唯一零点，无最小值，23n-1n*xxxx当n=2kk∈N时，即当n为偶数时，fnx=1-x+-+⋯-+，23n-1nnx-1,x≠-1,此时fx=x+1，n-n,x=-1.由fnx>0，解得x>1；由fnx<0，解得x<1则fnx在-∞,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，11111故fnx的最小值为fn1=1-1+2-3+⋯+n-2-n-1+n>0，即fnx≥fn1>0，所以当n为偶数时，fnx没有零点.x设hx=ln1+x-x>0，x+111xhx=-=>0，1+xx+12x+12x所以hx在0,+∞上单调递增，hx>h0=0，即ln1+x>x>0.x+11n+11令x=可得ln>，nnn+1*当n=2kk∈N时111111-f2k1=1-+-+⋯+-2342k-12k111111=1+2+3+⋅⋅⋅+2k-22+4+⋯+2k11111=1+2+3+⋅⋅⋅+2k-1+2+⋯+k111=+⋅⋅⋅+k+1k+22kk+1k+22k2k<ln+ln⋅⋅⋅+ln=ln=ln2，kk+12k-1k即m=f2k1>1-ln2.11,从而当n为偶数时，fnx没有零点，存在最小值m>1-ln2.综上所述，当n为奇数时，fnx有唯一零点，无最小值；当n为偶数时，fnx没有零点，存在最小值m>1-ln2.3(2024·上海嘉定·统考一模)对于函数y=f(x)，把f(x)称为函数y=f(x)的一阶导，令f(x)=g(x)，则将g(x)称为函数y=f(x)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[f(x)]n表示.x2(1)已知函数f(x)=e+alnx-x，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y=f(x)取a1=f(1)作为数列的首项，并将[f(1+n)]n,n≥1作为数列的第n+1项.我们称该数列为y=f(x)的“n阶导数列”n①若函数g(x)=x(n>1)，数列{an}是y=g(x)的“n阶导数列”，取Tn为{an}的前n项积，求数列Tn的通项公式.Tn-1②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)x2【解析】(1)f(x)=e+alnx-x，函数定义域为0,+∞，xaxax2af(x)1=e+x-2x，[f(x)]2=e-2-2，[f(x)]3=e+3，xxx2a当a≥0时，[f(x)]3=e+3>0恒成立，[f(x)]2在0,+∞上单调递增，x3xx2axe当a<0时，取[f(x)]3=e+=0，则a=-，x323xxe1x2设mx=-，x∈0,+∞，则mx=-ex3+x<0恒成立，223xx3ex0xe0且mx=-∈-∞,0，故存在唯一的x=x0满足a=-，22当x∈0,x0时，[f(x)]3<0，函数单调递减，当x∈x0,+∞时，[f(x)]3>0，函数单调递增，综上所述：a≥0时，[f(x)]2在0,+∞上单调递增；3x0x0ea<0时，存在唯一的x=x0满足a=-，2x∈0,x0时，函数单调递减，x∈x0,+∞时，函数单调递增.nn-1n-2(2)①g(x)=x，则g1=1，g(x)1=nx，g(x)2=nn-1x，⋯，Tngxn-1=n×n-1×⋯×2x，故an=n⋅n!，=an=n⋅n!；Tn-1xxn+1②存在，取hx=-e，a1=h1=-e，则hxn=-e，则an+1=-e，nnn+1n即an=-e，an+1-an=e-e=e1-e<0，数列an严格减数列且为无穷数列，满足条件.x-x4(2024·上海·高三上海市七宝中学校联考阶段练习)已知函数fx=e-x，gx=e+x，其中e为自然对数的底数，设函数Fx=afx-gx，(1)若a=e，求函数y=Fx的单调区间，并写出函数y=Fx-m有三个零点时实数m的取值范围；(2)当0<a<1时，x1、x2分别为函数y=fx的极大值点和极小值点，且不等式fx1+tfx2>0对任意a∈0,1恒成立，求实数t的取值范围.(3)对于函数y=fx，若实数x0满足fx0fx0+F=D，其中F、D为非零实数，则x0称为函数fx的“F12,-D-笃志点”.xe,x>0①已知函数fx=1，且函数fx有且只有3个“1-1-笃志点”，求实数a的取值范围；,x<0x+a②定义在R上的函数fx满足：存在唯一实数m，对任意的实数x，使得fm+x=fm-x恒成立或fm+x=-fm-x恒成立.对于有序实数对F,D，讨论函数fx“F-D-笃志点”个数的奇偶性，并说明理由x+1-x【解析】(1)Fx=efx-gx=e-ex-e-x，x+1-xx-xFx=e-e+e-1=e-1e-e，x-x当x<-1时，e-1<0，e-e<0，故Fx>0，函数单调递增；x-x当-1<x<0时，e-1<0，e-e>0，故Fx<0，函数单调递减；x-x当x>0时，e-1>0，e-e>0，故Fx>0，函数单调递增；综上所述：函数的单调递增区间为-∞,-1和0,+∞，单调递减区间为-1,0.f-1=2，f0=e-1，画出函数图像，如图所示：根据图像知m∈e-1,2.x-xx-x(2)Fx=afx-gx=ae-x-e+x，Fx=afx-gx=ae-1+e-1=x-xe-1a-e，取Fx=0，得到x=0或x=-lna，当x∈-∞,0时，Fx>0，函数在-∞,0上单调递增，当x∈0,-lna时，Fx<0，函数在0,-lna上单调递减，当x∈-lna,+∞时，Fx>0，函数在-lna,+∞上单调递增，故x1=0是极大值点，x2=-lna是极小值点，Fx1+tFx2=a-1+talna+lna-a+1>0恒成立，Fx1=a-1<0，Fx2=alna+lna-a+1<fx1<0，故t<0，设ha=a-1+talna+lna-a+1，a∈0,1，11ha=1+tlna+1+a-1=1+tlna+a，111a-1设ma=lna+，则ma=-=<0恒成立，aaa2a2故ma在0,1上单调递减，ma>m1=1，1当t≤-1时，ha=1+tlna+<0，函数ha单调递减，ha>h1=0；a当-1<t<0时，存在a0∈0,1，使得ha0=0，13,x∈0,a0时，ha<0，函数单调递减；x∈a0,1时，ha>0，函数单调递增；故ha0<h1=0，不成立；综上所述：t∈-∞,-1.(3)①fx0fx0+1=1有三个不等的实数根，x0x0+11当x0>0时，x0+1>1，故e⋅e=1，解得x0=-，不符合；2x0+1ex0+1当-1<x0<0时，x0+1>0，故=1，即a=e-x0，x0+ax+1x+1x+1令gx=e-x(-1<x<0)，则gx=e-1>0在-1<x<0上恒成立，故gx=e-x在-1,0上x+1单调递增，故gx=e-x∈2,e，故当a∈2,e时，fx在-1,0有1个“1-1-笃志点”；11当x0<-1时，x0+1<0，故⋅=1，x0+ax0+1+a2222则x0+2a+1x0+a+a-1=0，由于x0+2a+1x0+a+a-1=0至多有两个根，结合前面分析a的取值范围为2,e的子集，2222令wx=x+2a+1x+a+a-1，其中δ=2a+1-4a+a-1=5>0，22125125w-1=1-2a+1+a+a-1=a-a-1=a-2-4，当a∈2,e时，w-1=a-2-4>1252--=1，242215wx=x+2a+1x+a+a-1的图象的对称轴为x=-a-<-，2222故wx=x+2a+1x+a+a-1在x∈-∞,-1上有两个不相等的实数根，综上所述：函数fx有且只有3个“1-1-笃志点”，则实数a的取值范围为2,e；②定义在R上的函数fx满足：存在唯一实数m，对任意的实数x，使得fm+x=fm-x恒成立，故fx0=f2m-x0，fx0+F=f2m-x0-F，因为fx0fx0+F=D，所以f2m-x0f2m-x0-F=D，即f2m-x0-Ff2m-x0-F+F]=D，比较2m-x0-F与x0的大小关系，x=m-F2m-x0-F=x002若存在x0，使得，即，fx0fx0+F=Dfm-Ffm-F+F=D22FF则有fm-2fm+2=D成立，故对于有序实数对F,D，函数fx“F-D-笃志点”个数为奇数个，同理，对于定义在R上的函数fx满足：存在唯一实数m，对任意的实数x，使得fm+x=-fm-x恒成立，故fx0=-f2m-x0，fx0+F=-f2m-x0-F，因为fx0fx0+F=D，所以-f2m-x0⋅-f2m-x0-F=D，2m-x0-F=x0即f2m-x0f2m-x0-F=D，可得到同样的结论；综上所述：若存在x0，使得，fx0fx0+F=D则函数fx“F-D-笃志点”个数为奇数个，否则，函数fx“F-D-笃志点”个数为偶数个.14,考点三：立体几何新定义1(2024·安徽·校联考模拟预测)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：i,j,k分别为“斜60°坐标系”下三条数轴(x轴、y轴､z轴)正方向的单位向量，若向量n=xi+yj+zk，则n与有序实数组x,y,z相对应，称向量n的斜60°坐标为[x,y,z]，记作n=[x,y,z]．(1)若a=1,2,3，b=[-1,1,2]，求a+b的斜60°坐标；(2)在平行六面体ABCD-ABC1D1中，AB=AD=2,AA1=3，&ang;BAD=&ang;BAA1=&ang;DAA1=60°，N为线段D1C1的中点．如图，以AB,AD,AA1为基底建立“空间斜60°坐标系”．①求BN的斜60°坐标；②若AM=2,-2,0，求AM与BN夹角的余弦值．【解析】(1)由a=1,2,3，b=-1,1,2，知a=i+2j+3k，b=-i+j+2k，所以a+b=i+2j+3k+-i+j+2k=3j+5k，所以a+b=0,3,5；(2)设i，j，k分别为与AB，AD，AA1同方向的单位向量，则AB=2i，AD=2j，AA1=3k，1①BN=BC+CC1+C1N=AD+AA1-AB=2j+3k-i=-i+2j+3k，2&there4;BN=[-1,2,3].②因为AM=2,-2,0，所以AM=2i-2j，222则AM=2i-2j=2i-2j=4i+4j-8i⋅j=4+4-4=2，2∵|BN|=(2j+3k-i)=15，.22&there4;BN⋅AM=(-i+2j+3k)⋅(2i-2j)=4i⋅j+6i⋅k-2i-4j-6k⋅j+2i⋅j=-3，BN⋅AM-315cos<bn，am>===-，|BN|⋅|AM|15×21015所以AM与BN的夹角的余弦值为-10a1a2a32(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：b1b2b3c1c2c315,ijk=a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2．若a×b=x1y1z1，则称a×b为空间向量a与b的叉乘，x2y2z2其中a=x1i+y1j+z1k(x1,y1,z1∈R)，b=x2i+y2j+z2k(x2,y2,z2∈R)，i,j,k为单位正交基底．以O为坐标原点、分别以i,j,k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A1,2,1，B0,-1,1，求OA×OB；②证明：OA×OB+OB×OA=0．1(2)记△AOB的面积为S△AOB，证明：S△AOB=OA×OB．22(3)证明：OA×OB的几何意义表示以△AOB为底面、OA×OB为高的三棱锥体积的6倍．【解析】(1)①因为A1,2,1，B0,-1,1，ijk则OA×OB=121=2i+0+-1k-0-j--1i=3i-j-k=3,-1,-1．0-11②证明：设Ax1,y1,z1，Bx2,y2,z2，则OA×OB=y1z2i+z1x2j+x1y2k-x2y1k-z2x1j-y2z1i=(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1)，将x2与x1互换，y2与y1互换，z2与z1互换，可得OB×OA=(y2z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2)，故OA×OB+OB×OA=0,0,0=0．22222(OA⋅OB)OAOB-(OA⋅OB)(2)证明：因为sin&ang;AOB=1-cos&ang;AOB=1-=，22OAOBOAOB11222故S△AOB=OAOB⋅sin&ang;AOB=OAOB-(OA⋅OB)，221故要证S△AOB=OA×OB，2222只需证OA×OB=OAOB-(OA⋅OB)，2222即证OA×OB=OAOB-(OA⋅OB)．由(1)OA=(x1,y1,z1)，OB=x2,y2,z2，OA×OB=y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1，2222故OA×OB=(y1z2-y2z1)+(z1x2-z2x1)+x1y2-x2y1，2222222222又OA=x1+y1+z1，OB=x2+y2+z2，OA⋅OB=x1x2+y1y2+z1z2，2222则OA×OB=OAOB-(OA⋅OB)成立，1故S△AOB=OA×OB．21(3)证明：由(2)S△AOB=OA×OB，2221得(OA×OB)=OA×OB=OA×OB⋅2OA×OB=S△AOB⋅2OA×OB，221故(OA×OB)=S△AOB⋅OA×OB×6，32故(OA×OB)的几何意义表示以△AOB为底面、OA×OB为高的三棱锥体积的6倍．3(2024·上海普陀·高三校考期末)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16,平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系O-xyz中，球O的半径为1，记平面xOy、平面zOx、平面yOz分别为α、β、γ.a(1)若棱长为a的正方体、棱长为b的正四面体的内切球均为球O，求的值；b111(2)若球O在,,处有一切平面为λ0，求λ0与α的交线方程，并写出它的一个法向量；632(3)如果在球面上任意一点作切平面λ，记λ与α、β、γ的交线分别为m、n、p，求O到m、n、p距离乘积的最小值.【解析】(1)由题意可知，球O内最大内切正方体的棱长为a=2，设球O为最大内切正四面体为ABCD，如下图所示：设顶点A在底面BCD的射影为点F，则F为正△BCD的中心，取线段CD的中点E，连接BE，则BE&perp;CD，32233则BE=BCsin60°=b，BF=BE=×b=b，233232223261所以，AF=AB-BF=b-3b=3b，VA-BCD=3AF⋅S△BCD，1因为VA-BCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD=4××1×S△BCD，3416S△BCD=AF⋅S△BCD，故AF=b=4，解得b=26，333a26所以，==.b266111(2)在λ0与α的交线上任取一点Px,y,0，记点Q,,，632111111则OQ⋅QP=0，即6,3,2⋅x-6,y-3,-2=0，x1y11即-+--=0，即x+2y-6=0，66332所以，λ0与α的交线方程为x+2y-6=0z=0，该直线的一个法向量为1,2,0.222(3)设M0x0,y0,z0为球面上一点，则x0+y0+z0=1，在平面λ上任取一点Nx,y,z，则OM⋅MN=0，即x0,y0,z0⋅x-x0,y-y0,z-z0=0，即x0x-x0+y0y-y0+z0z-z0=0，即x0x+y0y+z0z=1，因为平面λ与三个坐标平面均有交线，则x0y0z0≠0，111平面λ分别交x、y、z轴于点Rx,0,0、S0,y,0、T0,0,z，000设O到m、n、p距离分别为dm、dn、dp，17,1OR⋅OSx0y011则dm====，RS1+1x2+y21-z222000x0y011同理可得dn=，dp=，221-y01-z0113336所以，dmdndp=222≥2223=2=4，1-z01-y01-x01-z0+1-y0+1-x032221-z0=1-y0=1-x03当且仅当222，即当x0=y0=z0=，x0+y0+z0=1336故O到m、n、p距离乘积的最小值为.44(2024·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⋯⋯171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DH交A1D1的延长线于点H，经测量&ang;D1DH=12°，且AB=10,A1B1=8⋅sin12°≈0.2(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1算金帆排练厅对应几何体体积.(棱台体积公式：V=hS+SS+S)3(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Sx=sinx+1sin2xx∈R，你看这多美妙!”218,“小迷糊”：“.....”亲爱的同学们，快来帮“小迷糊”求一下Sx的最大值吧.【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△D1DH中，可求D1D=10,DH=46，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26，24332433所以S上底面=1503,S下底面=,S上底面S下底面=1503×=1353，2212433所以V=3×26×1503+1353+2=8132.(3)法1.四元均值不等式222Sx=sinx(1+cosx)3=1-cosx(1+cosx)13=×31-cosx(1+cosx)3131-cosx+1+cosx+1+cosx+1+cosx4≤×3427=.161当且仅当31-cosx=1+cosx，即cosx=时取等号.233所以S(x)最大值为.4法2.琴生不等式法1Sx=sinx+sinx+sin2x,23sinx+sinx+sinπ-2x=233x+x+π-2x≤sin2333=，4π当且仅当x=π-2x，即x=取等号.333所以S(x)最大值为.422a+b法3.二元均值不等式推广ab≤2，22S(x)=(sinx+sinxcosx)2312=sinx⋅2+sinxcosx⋅3332322sinx+41sin2x+3cos2x≤+323227=，163当且仅当sinx=时取等号.233所以S(x)最大值为.419,法4.柯西不等式22Sx=(sinx+sinxcosx)3222=2⋅sinx+2sinx⋅2cosx3312422≤4+2sinx3sinx+2cosx31222327=4+2sinx-3sinx+2，根据二次函数知识可知当sinx=2取得最大值16，227所以S(x)≤；163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sinx=.233所以S(x)最大值为.4【变式3-4】(2024·重庆·重庆市石柱中学校校联考一模)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a<b<c<d<e(a,b,c,d,e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a面体的所有顶点可以与正b面体的某些顶点重合，正b面体的所有顶点可以与正d面体的所有顶点重合，等等.(1)当正a面体的所有顶点可以与正b面体的某些顶点重合时，求正a面体的棱与正b面体的面所成线面角的最大值；(2)当正c面体在棱长为1的正b面体内，且正c面体的所有顶点均为正b面体各面的中心时，求正c面体某一面所在平面截正b面体所得截面面积；(3)已知正d面体的每个面均为正五边形，正e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1的正e面体的表面积；第二问：求棱长为1的正d面体的体积.【解析】(1)设正面体每个端点出去的棱数相等为p，每个面的边的数量相等为q，端点数量为f，面的数量为v，棱的数量为e，由于每个棱用两个端点，所以有：pf=2e，由于每两个相邻的面共用一条棱，所以有：qv=2e，v=4q2+2-1pq4f=由v-e+f=2，解得p2+2-1，pqe=22+2-1pq因为q代表多边形的边数，所以q≥3，因为要得到立体图形，必须有p≥3，22由题意易得+>1，所以p<6，q<6，pq所以满足条件的只有5组解，V=4①p=3，q=3，F=4，即正四面体；E=620,V=6②p=3，q=4，F=8，即正六面体；E=12V=12③p=3，q=5，F=20，即正十二面体；E=30V=8④p=4，q=3，F=6，即正八面体；E=12V=20⑤p=5，q=3，F=12，即正二十面体。E=30即a=4，b=6，c=8，d=12，e=20，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：π易得线面角只有0°或45°，所以夹角最大值为；4(2)A、B、C代表正六面体的中心，D、E、F代表截面三角形，23(2)3显然截面为边长为2的正三角形，面积S==；42(3)第一问：23×1正二十面体各面为正三角形，表面积S=20×=53；4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，21,如图AC、BC长度为1，且&ang;ACB=108°，5+15+15+1由cos36°=易知AB=，即正六面体边长为，4225+15+12正六面体边长为2，则V1=2=2+5，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，1先算出绿色边的长度，再用勾股定理易得立体图形高为，2115+115+15-1115+1V2=××1×+2××××=+，22232426815+75所以总体积为V=V1+6V2=.4考点四：三角函数新定义1对于定义域R上的函数f(x)，如果存在非零常数T，对任意x∈R，都有f(x+T)=Tf(x)成立，则称f(x)为“T函数”．(1)设函数f(x)=x，判断f(x)是否为“T函数”，说明理由；x(2)若函数g(x)=a(a>0且a≠1)的图象与函数y=x的图象有公共点，证明：gx为“T函数”；(3)若函数h(x)=cosmx为“T函数”，求实数m的取值范围．【解析】(1)对于非零常数T，f(x+T)=x+T，Tf(x)=Tx.因为对任意x∈R，x+T=Tx不能恒成立，所以f(x)=x不是“T函数”；x(2)因为函数g(x)=a(a>0且a≠1)的图象与函数y=x的图象有公共点，x所以方程组：y=ay=x有解，x消去y得a=x，x显然x=0不是方程a=x的解，T所以存在非零常数T，使a=T，xx+TTxx于是对于g(x)=a有g(x+T)=a=a⋅a=T⋅a=Tg(x)，x故g(x)=a是“T函数”；(3)当m=0时，h(x)=1，T=1，显然满足为“T函数”．22,当m≠0时，因为h(x)=cosmx是“T函数”，所以存在非零常数T，对任意x∈R，有h(x+T)=Th(x)成立，即cos(mx+mT)=Tcosmx.因为m≠0，且x∈R，所以mx∈R，mx+mT∈R，于是cosmx∈[-1,1]，cos(mx+mT)∈[-1,1]，故要使cos(mx+mT)=Tcosmx成立，只有T=±1，当T=1时，cos(mx+m)=cosmx成立，则m=2kπ，k∈Z，且k≠0，当T=-1时，cos(mx-m)=-cosmx成立，即cos(mx-m+π)=cosmx成立，则-m+π=2kπ，k∈Z，即m=-(2k-1)π，k∈Z.综合得实数m的取值范围是{m|m=kπ,k∈Z}.7．将函数f(x)的图象按向量a=m,n平移指的是：当m>0时，f(x)图形向右平移m个单位，当m<0时，f(x)图形向左平移m个单位；当n>0时，f(x)图形向上平移n个单位，当n<0时，f(x)图形向下平π移n个单位．已知fx=2sin2x，将f(x)的图象按a=-,1平移得到函数gx的图象．3(1)求gx的解析式；(2)若函数gx在区间a,b上至少含30个零点，在所有满足上述条件的a,b中，求b-a的最小值；ππ2(3)对任意的x∈-,，不等式gx-mgx-1≤0恒成立，求实数m的取值范围．612ππ【解析】(1)将f(x)的图象按a=-3,1平移得g(x)=2sin2x+3+1，2π所以gx的解析式为gx=2sin2x++1；32π(2)函数gx的最小正周期为T==π.2函数gx在a,b上至少有30个零点，2π1即方程sin2x+=-在a,b上至少有30个解，322π7π2π11π由2x+=2kπ+，k∈Z，或2x+=2kπ+，k∈Z，3636π7π解得x=kπ+，k∈Z，或x=kπ+，k∈Z，412π相邻两个零点最少相差，3要使b-a有最小值，则a，b均为零点，则在区间a,a+14π上一共有29个零点，则在a+14π,b上至少有一个零点，π则b-a+14π≥，3π43π故b-a的最小值为14π+=.33(3)由x∈-π,π2π∈π,5π，得2x+，612336又函数y=sinx在π,ππ,5π32上单调递增，在26上单调递减，2π1所以sin2x+3∈2,1，得gx∈2,3，2令t=g(x)，则t∈2,3，φt=t-mt-1，23,∵φt≤0在2,3上恒成立，只需φ(2)=3-2m≤0且φ(3)=8-3m≤0即可，8解得m≥，38则实数m的取值范围为3,+∞.2若对于定义在R上的连续函数f(x)，存在常数a(a∈R)，使得f(x+a)+af(x)=0对任意的实数x成立，则称f(x)是回旋函数，且阶数为a.(1)试判断函数f(x)=sinπx是否是一个阶数为1的回旋函数，并说明理由；(2)已知f(x)=sinωx是回旋函数，求实数ω的值；(3)若回旋函数f(x)=sinωx-1(ω>0)在0,1恰有100个零点，求实数ω的值．【解析】(1)∵f(x)=sinπx，&there4;f(x+1)=sin[π(x+1)]=-sinπx=-f(x)，&there4;f(x+1)+f(x)=0，&there4;函数fx=sinπx是一个阶数为1的回旋函数；(2)设fx=sinωx是a阶回旋函数，则sin[ω(x+a)]+asinωx=0，若ω=0，上式对任意实数x均成立；若ω≠0，sinωx+a=-asinωx，由三角函数的值域可知a=±1，当a=1时，对任意实数x有sinωx+1=-sinωx=sinωx+π；则ωx+ω=ωx+π+2kπ，k∈Z，所以ω=2k+1π，k∈Z，当a=-1时，对任意实数x有sinωx-1=sinωx；则ωx-ω=ωx+2kπ，k∈Z，所以ω=-2kπ，k∈Z.综上所述：ω=mπ，m∈Z.(3)∵f(x+a)+af(x)=sinω(x+a)-1+asinωx-a=0对任意的x都成立，*由(2)可知a=-1，ω=2mπ，m∈N，&there4;fx=sin2mπx-1.1k令fx=0，解得x=+(k∈N).4mm1991100397401∵函数f(x)在0,1恰有100个零点，&there4;+≤1<+，&there4;≤m<.4mm4mm44*又∵m∈N，&there4;m=100，&there4;ω=200π.考点五：平面向量与解三角形新定义1已知O为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcosx，称向量OM=(a,b)为函数f(x)的相伴特征向量，同时称函数f(x)为向量OM的相伴函数．8ππ(1)记向量ON=(1,3)的相伴函数为f(x)，若当f(x)=且x∈-,时，求sinx的值；536πxπ(2)已知A(-2,3)，B(2,6)，OT=(-3,1)为h(x)=msinx-6的相伴特征向量，φ(x)=h2-3，请问在y=φ(x)的图象上是否存在一点P，使得AP&perp;BP.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由；11ππ(3)记向量ON=(1,3)的相伴函数为f(x)，若当x∈0,12时不等式f(x)+kfx+2>0恒成立，求实数k的取值范围．24,【解析】(1)向量ON=(1,3)的相伴函数为f(x)=sinx+3cosx，π8π4∵f(x)=sinx+3cosx=2sinx+3=5，&there4;sinx+3=5.πππππ3∵x∈-3,6，&there4;x+3∈0,2，&there4;cosx+3=5.ππ1π3π4-33sinx=sinx+3-3=2sinx+3-2cosx+3=10.π31(2)由OT=(-3,1)为h(x)=msinx-=msinx-mcosx的相伴特征向量知：m=-2.622xπxππxπx所以φ(x)=h2-3=-2sin2-3-6=-2sin2-2=2cos2.1设Px,2cosx，∵A(-2,3)，B(2,6)，211&there4;AP=x+2,2cos2x-3，BP=x-2,2cos2x-6，11又∵AP&perp;BP，&there4;AP⋅BP=0&there4;(x+2)(x-2)+2cos2x-32cos2x-6=0.2211192252x-4+4cosx-18cosx+18=0，&there4;2cosx-=-x(*)22224113195∵-2≤2cosx≤2，&there4;-≤2cosx-≤-，222222519216925225&there4;≤2cosx-≤.又∵-x≤，42244419225225&there4;当且仅当x=0时，2cosx-和-x同时等于，这时(*)式成立．2244&there4;在y=h(x)图像上存在点P(0,2)，使得AP&perp;BP.π(3)向量ON=(1,3)的相伴函数为f(x)=sinx+3cosx=2sinx+311ππππππ当x∈0,12时，f(x)+kfx+2=2sinx+3+2kcosx+3>0，即sinx+3+kcosx+3>0，ππkcosx+3>-sinx+3恒成立．sinx+ππππππ3π所以(i)当0≤x<6，3≤x+3<2时，cosx+3>0，所以k>-π=-tanx+3,cosx+3ππππππ即k>-tanx+3max，由于3≤x+3<2，所以tanx+3的最小值为tan3=3，π所以k>-tanx+3max=-3;πππππ(ii)当x=6，x+3=2，不等式sinx+3+kcosx+3>0化为1>0成立．sinx+ππ11πππ5ππ3π(iii)当6<x≤12，2<x+3≤4时，cosx+3<0，所以k<-π=-tanx+3，即cosx+3πππ5ππ5πk<-tanx+3min，由于2<x+3≤4，所以tanx+3的最大值为tan4=1，π所以k<-tanx+3min=-1综上所述，k的取值范围是(-3,-1).2如图，半圆o的直径为2cm，a为直径延长线上的点，oa=2cm，b为半圆上任意一点，以ab为一边作等边三角形abc.设∠aob=α.25,π(1)当α=时，求四边形oacb的周长；3(2)克罗狄斯⋅托勒密(ptolemy)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∠aoc.(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．【解析】(1)在△abo中，2221由余弦定理得ab=oa+ob-2oa⋅ob⋅cosα=1+4-2×1×2×=3，2即ab=3，于是四边形oacb的周长为oa+ob+2ab=3+23；(2)因为ob⋅ac+oa⋅bc≥ab⋅oc，且△abc为等边三角形，ob=1，oa=2，所以ob+oa≥oc，所以oc≤3，°即oc的最大值为3，取等号时∠obc+∠oac=180，所以cos∠obc+cos∠oac=0，不妨设ab=x，22x+1-9x+4-9则+=0，解得x=7，2x4x9+4-71所以cos∠aoc==，2×2×32°所以∠aoc=60；222(3)在△abo中，由余弦定理得ab=oa+ob-2oa⋅ob⋅cosα=5-4cosα，所以ab=5-4cosα，0<α<π，132于是四边形oacb的面积为s=s△aob+s△abc=oa⋅ob⋅sinα+ab24353π53=sinα+(5-4cosα)=sinα-3cosα+=2sinα-+，4434ππ5π53当α-=，即α=时，四边形oacb的面积取得最大值为2+.32645π53所以，当b满足∠aob=时，四边形oacb的面积最大，最大值为2+.643将平面直角坐标系中的一列点a11,a1、a22,a2、⋯、ann,an、⋯，记为an，设fn=anan+1⋅j，其中j为与y轴方向相同的单位向量．若对任意的正整数n，都有fn+1>fn，则称An为T点列．111(1)判断A11,1、A22,2、A33,3、⋯、Ann,n、⋯是否为T点列，并说明理由；(2)若An为T点列，且a2>a1.任取其中连续三点Ak、Ak+1、Ak+2，证明△AkAk+1Ak+2为钝角三角形；(3)若An为T点列，对于正整数k、l、mk<l<m，比较alam+k⋅j与al-kam⋅j的大小，并说明理由．【解析】(1)an为t点列，理由如下：26,1111由题意可知，anan+1=1,n+1-n，j=0,1，所以fn=anan+1⋅j=n+1-n，11112∗fn+1-fn=---=>0，即fn+1>fn，n∈N，n+2n+1n+1nnn+1n+2111所以A11,1、A22,2、A33,3、⋯、Ann,n、⋯为T点列；(2)由题意可知，AnAn+1=1,an+1-an，j=0,1，所以f(n)=AnAn+1⋅j=an+1-an，&lowast;因为An为T点列，所以fn+1-fn=an+2-an+1-an+1-an>0，n∈N，又因为a2>a1，所以a2-a1>0.所以对An中连续三点Ak、Ak+1、Ak+2，都有ak+2-ak+1>ak+1-ak，ak+2>ak+1>ak.因为AkAk+1=1,ak+1-ak，Ak+1Ak+2=1,ak+2-ak+1，因为ak+2-ak+1>ak+1-ak，故AkAk+1与Ak+1Ak+2不共线，即Ak、Ak+1、Ak+2不共线，因为Ak+1Ak⋅Ak+1Ak+2=-1+ak-ak+1ak+2-ak+1<0，Ak+1Ak⋅Ak+1Ak+2所以，cos&ang;AkAk+1Ak+2=<0，则&ang;AkAk+1Ak+2为钝角，Ak+1Ak⋅Ak+1Ak+2所以△AkAk+1Ak+2为钝角三角形；(3)由k<l<m，m≥3.∗因为an为t点列，由(2)知an+2-an+1>an+1-an，n∈N，所以am+k-am+k-1>am+k-1-am+k-2，am+k-1-am+k-2>am+k-2-am+k-3，⋯，am+1-am>am-am-1，两边分别相加可得am+k-am>am+k-1-am-1，所以am+k-1-am-1>am+k-2-am-2>⋯>al-al-k，所以am+k-am>al-al-k，所以am+k-al>am-al-k，又AlAm+k=m+k-l,am+k-al，Al-kAm=m-l+k,am-al-k，所以AlAm+k⋅j=am+k-al，Al-kAm⋅j=am-al-k，所以AlAm+k⋅j>Al-kAm⋅j.n4对于给定的正整数n，记集合R={α|α=(x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xn),xj∈R,j=1,2,3,⋅⋅⋅,n}，其中元素α称为一个n维向量．特别地，0=(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量．nn设k∈R，α=(a1,a2,⋅⋅⋅,an)∈R，β=(b1,b2,⋅⋅⋅,bn)∈R，定义加法和数乘：α+β=(a1+b1,a2+b2,⋅⋅⋅,an+bn)，kα=(ka1,ka2,⋅⋅⋅,kan).对一组向量α1，α2，⋯，αs(s∈N+,s≥2)，若存在一组不全为零的实数k1，k2，⋯，ks，使得k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+ksαs=0，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．(Ⅰ)对n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．①α=(1,1,1)，β=(2,2,2)；②α=(1,1,1)，β=(2,2,2)，γ=(5,1,4)；③α=(1,1,0)，β=(1,0,1)，γ=(0,1,1)，δ=(1,1,1).(Ⅱ)已知向量α，β，γ线性无关，判断向量α+β，β+γ，α+γ是线性相关还是线性无关，并说明理由．(Ⅲ)已知m(m≥2)个向量α1，α2，⋯，αm线性相关，但其中任意m-1个都线性无关，证明下列结论：(ⅰ)如果存在等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0(ki∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)，则这些系数k1，k2，⋯，km或者全为零，或者全不为零；27,(ⅱ)如果两个等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0(ki∈R,li∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)同时成k1k2km立，其中l1≠0，则==⋅⋅⋅=.l1l2lm【解析】(Ⅰ)对于①，设k1α+k2β=0，则可得k1+2k2=0，所以α,β线性相关；对于②，设k1α+k2β+k3γ=0，则可得k1+2k2+5k3=0k1+2k2+k3=0k1+2k2+4k3=0，所以k1+2k2=0，k3=0，所以α,β,γ线性相关；对于③，设k1α+k2β+k3γ+k4δ=0，则可得k1+k2+k4=0k1+k3+k4=0k2+k3+k4=0，解得k1=k2=k3=1-k4，所以α,β,γ,δ线性相关；2(Ⅱ)设k1(α+β)+k2(β+γ)+k3(α+γ)=0，则(k1+k3)α+(k1+k2)β+(k2+k3)γ=0，因为向量α，β，γ线性无关，所以k1+k3=0k1+k2=0k2+k3=0，解得k1=k2=k3=0，所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关，(Ⅲ)证明：(ⅰ)k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，如果某个ki=0，i=1，2，⋯，m，则k1α1+k2α2+⋯+ki-1αi-1+ki+1αi+1+⋅⋅⋅+kmαm=0，因为任意m-1个都线性无关，所以k1，k2，⋯ki-1，ki+1，⋅⋅⋅，km都等于0，所以这些系数k1，k2，⋅⋅⋅，km或者全为零，或者全不为零，(ⅱ)因为l1≠0，所以l1，l2，⋅⋅⋅，lm全不为零，l2lm所以由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=-α2-⋅⋅⋅-αm，l1l1l2lm代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0可得k1-α2-⋅⋅⋅-αm+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1l1l2lm所以-k1+k2α2+⋅⋅⋅+-k1+kmαm=0，l1l1l2lm所以-k1+k2=0，⋯，-k1+km=0，l1l1k1k2km所以==⋅⋅⋅=.l1l2lm考点六：数列新定义*1(2024·北京·高三北京市第五中学校考阶段练习)若数列an满足：an∈0,1,n∈N，且a1=1，则称an+1*an为一个X数列.对于一个X数列an，若数列bn满足：b1=1，且bn+1=an-2bn,n∈N，则称bn为an的伴随数列.(1)若X数列an中，a2=1，a3=0，a4=1，写出其伴随数列bn中b2,b3,b4的值；(2)若an为一个X数列，bn为an的伴随数列.①证明：“an为常数列”是“bn为等比数列”的充要条件；②求b2019的最大值.a21a31a41【解析】(1)b2=a1-2b1=2，b3=a2-2b2=2，b4=a3-2b3=4；*(2)①充分性：若X数列an为常数列，∵a1=1，&there4;an=1,n∈N，an+11*&there4;bn+1=an-2bn=2bn,n∈N，又b1=1≠0，28,1&there4;其伴随数列bn是以1为首项，以为公比的等比数列；2必要性：假设数列bn为等比数列，而数列an不为常数列，&lowast;&there4;数列an中存在等于0的项，设第一个等于0的项为ak，其中k>1,k∈N，0bk&there4;bk=1-2bk-1=bk-1，得等比数列bn的公比q=b=1．k-1ak+1ak+11又bk+1=2bk，得等比数列bn的公比q=2≤2，与q=1矛盾．&there4;假设不成立．&there4;当数列bn为等比数列时，数列an为常数列．综上“an为常数列”是“bn为等比数列”的充要条件；1②当an=1，an+1=1时，bn+1=bn，2当an=1，an+1=0时，bn+1=bn，1当an=0，an+1=1时，bn+1=bn，2当an=0，an+1=0时，bn+1=0，综上，结合a={0,1}可得：b=1b，1b，0，n+2n+24n2n1由题意知bn≥0，所以bn+2≤bn，21111于是有b2019≤2b2017≤2b2015≤⋯≤1009b1=1009，2221所以b2019的最大值为.100922(2024·北京西城·北京师大附中校考模拟预测)已知A为有限个实数构成的非空集合，设A+A=ai+ajai,aj∈A，A-A=ai-ajai,aj∈A，记集合A+A和A-A其元素个数分别为A+A，A-A.设nA=A+A-A-A.例如当A=1,2时，A+A=2,3,4，A-A=-1,0,1，A+A=A-A，所以nA=0.(1)若A=1,3,5，求nA的值；(2)设A是由3个正实数组成的集合且A+A∩A=∅,A=A∪0，证明：nA-nA为定值；*(3)若an是一个各项互不相同的无穷递增正整数数列，对任意n∈N，设An=a1,a2,⋅⋅⋅,an，bn=nAn.*已知a1=1,a2=2，且对任意n∈N,bn≥0，求数列an的通项公式.【解析】(1)当A=1,3,5时，A+A=2,4,6,8,10，A-A=-4,-2,0,2,4，A+A=A-A，所以nA=0，(2)法1：设A=a,b,c，其中0<a<b<c，则a=a∪0=0,a,b,c，na-na=a+a-a-a-a+a-a-a=a+a-a+a-a-a-a-a因0<a<2a<a+b<2b<b+c<2c，a+a=2a,2b,2c,a+b,b+c∪a+c，因a+a∩a=∅，所以b≠2a，c≠2b，c≠2a，c≠a+b，又a+a=b,c∪0,a,2a,2b,2c,a+b,b+c∪a+c，a+c≠0，a+c≠a，所以a+a-a+a=4，29,因-c<-b<-a<0<a<b<c，a-c<a-b<0<b-a<c-a，b-c<0<c-b，a-a=0,a-b,a-c,b-a,c-a∪b-c,c-b，a-a=a,b,-a,-b∪0,c,-c,a-b,a-c,b-a,c-a∪b-c,c-b因b≠2a，c≠2b，c≠2a，c≠a+b，所以a≠b-a，a≠c-a，b≠c-b，a≠c-b，b-c≠0，b-c≠0，b-c≠c，b-c≠-c所以a-a-a-a=6na-na=-2所以na-na为定值.法2：na-n(a)=-2．设a=a1,a2,a3，由于(a+a)∩=∅，所以对任意m=1,2,3，不存在i,j=1,2,3，使得am=ai+aj，于是a+a=(a+a)∪0,a1,a2,a3，a+a=|a+a|+4，由于(a+a)∩a=∅，所以对任意m=1,2,3，不存在i,j=1,2,3，使得am=ai-aj，于是a-a=(a-a)∪a1,a2,a3,-a1,-a2,-a3，从而an-a=|a-a|+6，于是na-n(a)=-2为定值．*(3)法1：a3=1,2,a3a3∈n，*若a3≥4,a3∈n，则4<1+a3<2+a3<2a3，1-a3<2-a3<-1<1<a3-2<a3-1,故a3+a3=2,3,4,1+a3,2+a3,2a3，a3-a3=1-a3,2-a3,-1,0,1,a3-2,a3-1，此时b3=na3=a3+a3-a3-a3=-1，不符合题意，故a3=3，猜想an=n，下面给予证明，当n≤3时，显然成立，*假设当n≤k，k∈n时，都有ak=k成立，即ak=1,2,3,⋅⋅⋅,k，此时ak+ak=2,3,4,⋅⋅⋅,2k，ak-ak=1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1，故ak+ak=2k-2+1=2k-1，ak-ak=k-1-1-k+1=2k-1，bk=nak=0，符合题意，*ak+1=1,2,⋅⋅⋅,k,ak+1，ak+1∈n则ak+1+ak+1=2,3,4,⋅⋅⋅,2k∪2+ak+1,3+ak+1,⋯,k+ak+1，ak+1-ak+1=1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1∪1-ak+1,2-ak+1,⋯,0,1,⋯,ak+1-1，若ak+1≥k+2，2,3,4,⋅⋅⋅,2k∩2+ak+1,3+ak+1,⋯,k+ak+1的元素个数小于1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1∩1-ak+1,2-ak+1,⋯,0,1,⋯,ak+1-1的元素个数则有bk+1=nak+1=ak+1+ak+1-ak+1-ak+1<ak+ak-ak-ak=nak=0，不符合题意，故ak+1=k+1，*综上，对于任意的n∈n，都有an=n故数列an的通项公式an=n.法2：假设存在n，使得an≠n，设m=minn∣an≠n．30,根据条件，m≥3，且am-1={1,2,⋯,m-1}，am-1+am-1={2,4,⋯,2m-2},am-1+am-1=2m-3，am-1-am-1={0,±1,±2,⋯,±(m-2)},am-1-an-1=2m-3，根据假设，am≥m+1.(i)如果am=m+k(k=1,2,⋯,m-3)，那么属于am+am但不属于am-1+am-1的元素组成的集合是{2m-1,2m,⋯,2m+k-1}∪{2m+2k}，从而am+am-am-1+am-1=k+2．属于am-am，但不属于am-1-am-1的元素组成的集合是{±(m-1),±m,⋯,±(m+k-1)}，从而am-am-am-1-am-1=2(k+1),于是bm=-k<0．矛盾！(ii)如果am=m+k(k≥m-2)，那么对任意i=1,2,⋯,m-1,m,am+ai∉am-1+am-1，从而am+am-am-1+am-1=m，同样对任意i=1,2,⋯,m-1,±am-ai∉am-1-am-1且±am-ai两两不同，从而am-am-am-1-am-1=2m-2,于是bm=-(m-2)<0，矛盾！3(2024·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测)已知数列{an}：1，-2，-2，3，3，3，-4，-4，-4，k个k-1k-1(k-1)kk(k+1)*k-1-4，⋅⋅⋅，(-1)k,⋅⋅⋅,(-1)k，即当<n≤(k∈n)时，an=(-1)k，记sn=a1+a2+⋅⋅⋅22*+an(n∈n).(1)求s2020的值；k(k+1)(k+1)(k+2)**(2)求当<n≤(k∈n)，试用n、k的代数式表示sn(n∈n)；22**(3)对于t∈n，定义集合pt={n|sn是an的整数倍，n∈n，且1≤n≤t}，求集合p2020中元素的个数.k个k-1k-1k-12【解析】(1)依题意：sk(k+1)-sk(k-1)=(-1)k,⋯,(-1)k=(-1)⋅k(k∈n*)，22k(k+1)63×64由≤2020得k≤63,2020-=4，22222222所以s2020=1-2+3-4+5-⋯-62+63-64-64-64-64=1+(2+3)(3-2)+(4+5)(5-4)+⋯+(62+63)(63-62)-256=1+2+3+⋯+63-25663(63+1)=-256=1760；2(2)①当k为奇数时，k+1为偶数，k(k+1)sn=sk(k+1)-n-(k+1)22222222kk+1=1-2+3-4+⋯+k-2-k-1+k-n-k+12kk+1=1+2+⋯+k-n-k+12k+1kkk+1=-n-k+122k(k+2)=-n⋅(k+1)；231,②当k为偶数时，k+1为奇数，k(k+1)sn=-1-2-3-⋯-k+n-(k+1)2k(k+1)(k+1)k=-+n-(k+1)22k(k+2)=-n⋅-(k+1)；2k+1k(k+2)k(k+1)(k+1)(k+2)∗∗综上：sn=(-1)⋅-n⋅(k+1)，<n≤(k∈n,n∈n)；222(k-1)kk(k+1)(3)由(2)知，当<n≤时，22k(k-1)(k+1)k-1kk+1kk-1sn=(-1)-n⋅k，an=-1k,-=k，222因为sn是an的整数倍，(k-1)(k+1)所以-n为整数，2k(k+1)所以k为奇数，由≤2020得k≤63，21+63所以满足条件的n的个数为1+3+5+⋯+63=×32=1024，2所以集合p2020中元素的个数为1024.4(2024·全国·高三专题练习)对于无穷数列an，若存在正整数t，使得an+t=an对一切正整数n都成立，则称无穷数列an是周期为t的周期数列.sn(1)已知无穷数列an是周期为2的周期数列，且a1=3，a2=1，sn是数列an的前n项和，若≤t对一n切正整数n恒成立，求常数t的取值范围；(2)若无穷数列an和bn满足bn=an+1-an，求证：“an是周期为t的周期数列”的充要条件是“bn是周t期为t的周期数列，且bi=0”；i=1b1=1,b2=a(3)若无穷数列an和bn满足bn=an+1-an，且bn+1，是否存在非零常数a，使得anbn+2=bn≥1,n∈nn是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数a；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为无穷数列an是周期为2的周期数列，且a1=3，a2=1，n所以，当n为偶数时，sn=a1+a2=2n；2n-1当n为奇数时，sn=a1+a2+a1=2n+1，2sn因为≤t对一切正整数n恒成立，nsn所以，当n为偶数时，=2，故只需t≥2即可；nsn1当n为奇数时，=2+≤3恒成立，故只需t≥3即可；nnsn综上，≤t对一切正整数n恒成立，常数t的取值范围为3,+∞n(2)证明：先证充分性：32,t因为bn是周期为t的周期数列，bi=0，bn=an+1-ani=1n+t所以，bi=0，即an+1-an+an+2-an+1+⋯+an+t-1-an+t-2+an+t-an+t-1=0，i=n所以an+t-an=0，即an+t=an所以，an是周期为t的周期数列，即充分性成立.下面证明必要性：因为an是周期为t的周期数列，所以an+t=an，即an+t-an=0所以，an+t+1=an+1,an+t=an，即an+t+1-an+1=an+t-an=0所以，an+t+1-an+t=an+1-an，即bn+t=an+t+1-an+t=an+1-an=bn，所以数列bn是周期为t的周期数列，t因为a1+t-a1=a1+t-at+at-at-1+⋯+a3-a2+a2-a1=bt+bt-1+⋯+b2+b1=0，即bi=0i=1所以，必要性成立.t综上，“an是周期为t的周期数列”的充要条件是“bn是周期为t的周期数列，且bi=0”i=1(3)假设存在非零常数a，使得an是周期数列，t所以，由(2)知，数列bn是周期为t的周期数列，且bi=0，i=1b1=1,b2=a因为bn+1，bn+2=bn≥1,n∈nnb2b3b41b51b6b7b8所以，b3==a,b4==1,b5==,b6==，b7==1,b8==a,b9==a,⋯b1b2b3ab4ab5b6b7所以数列bn是周期为t=6，622123所以bi=2+2a+a=0，即a+a+1=a+2+4=0，显然方程无解，i=1所以，不存在非零常数a，使得an是周期数列.考点七：圆锥曲线新定义1直线族是指具有某种共同性质的直线的全体．如：方程y=kx+1中，当k取给定的实数时，表示一条2直线；当k在实数范围内变化时，表示过点0,1的直线族(不含y轴).记直线族2(a-2)x+4y-4a+a=023(其中a∈r)为ψ，直线族y=3tx-2t(其中t>0)为Ω.(1)分别判断点A0,1，B(1,2)是否在Ψ的某条直线上，并说明理由；(2)对于给定的正实数x0，点P(x0,y0)不在Ω的任意一条直线上，求y0的取值范围(用x0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Ω的包络和Ψ的包络．2【解析】(1)将A0,1代入Ψ得关于a的方程4-4a+a=0，解为a=2，故点A在Ψ的直线y=1上．2将B(1,2)代入Ψ得关于a的方程2(a-2)+8-4a+a=0，2化简得a-2a+4=0无实数解，故B不在Ψ的任意一条直线上；23(2)若点P(x0,y0)不在Ω的任意一直线上，则关于t的方程y0=3tx0-2t无解，33,232令f(t)=3tx0-2t，则f′(t)=6tx0-6t=6t(x0-t).当t∈(0,x0)时，f(t)>0.当t∈(x0,+∞)时，f(t)<0.33所以f(t)max=f(x0)=x0，f(t)∈(-∞,x0].3所以y0>x0;3(3)由(2)的结论猜测Ω的包络是曲线y=x(x>0).3222(x)′=3x，解3x=3t，得x=t.33在曲线y=x(x>0)上任取一点(t,t)(t>0)，3223则过该点的切线方程是y-t=3t(x-t)即y=3tx-2t.233而对任意的t>0，y=3tx-2t的确为曲线y=x(x>0)的切线．3故Ω的包络是曲线y=x(x>0).22将2(a-2)x+4y-4a+a=0整理为a的方程a+2(x-2)a+4(-x+y)=0，22x若该方程无解，则Δ=4(x-2)-16(-x+y)<0，整理得y>+1.42x猜测Ψ的包络是抛物线y=+1.422(a-2)xxx4+1′=2，解2=-4，得x=2-a.2(2-a)2x在抛物线y=+1上任取一点2-a,+1，442则过该点的切线方程是2(a-2)x+4y-4a+a=0，22x而对任意的a∈R，2(a-2)x+4y-4a+a=0确为抛物线y=+1的切线．42x故Ψ的包络是抛物线y=+1.42(2024·贵州贵阳·高三统考期末)阅读材料：2a在平面直角坐标系中，若点Mx,y与定点Fc,0(或F-c,0的距离和它到定直线l:x=(或l:x=c2(x-c)2+y22y2accx222-)的距离之比是常数(0<c<a)，则=，化简可得+=1，设b=a-c(b>caa2a222-xaa-cc2y2x0)，则得到方程+=1(a>b>0)，所以点M的轨迹是一个椭圆，这是从另一个角度给出了椭圆的定22ab2a义.这里定点Fc,0是椭圆的一个焦点，直线l:x=称为相应于焦点F的准线；定点F-c,0是椭圆的c2a另一个焦点，直线l:x=-称为相应于焦点F的准线.c2y2x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Mx,y在椭圆+=1(a22ab22caa>b>0)上，Fc,0是椭圆的右焦点，椭圆的离心率e=，则点Mx,y到准线l:x=的距离为-x，acc2cac所以MF=a×c-x=a-ax=a-ex，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：2y2x已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F，点P是该椭圆上第一象限的点，且PF&perp;x轴，若直线l:x22ab=9是椭圆右准线方程，点P到直线l的距离为8.(1)求点P的坐标；34,(2)若点M,N也在椭圆C上且△MNP的重心为F，判断FM,FP,FN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.【解析】(1)由题意可知，点P的横坐标为c，2a=9c2222且2，得a=9,c=1，即b=a-c=8，a-c=8c2y2x8所以椭圆方程为+=1，当x=1时，y=±，9838因为点P在第一象限，所以点P的坐标为1,；3(2)设Mx1,y1，Nx2,y2，8c1由(1)可知，P1,，a=3，e==，3a31118所以MF=3-x1，NF=3-x2，FP=3-×1=，3333x1+x2+1△MNP的重心为F，则=1，即x1+x2=2，3则MF+NF=2FP，所以FM,FP,FN能构成等差数列，4如图，延长PF，交MN于点D，PF=2FD，即D1,-，38所以x1+x2=2，y1+y2=-，322x1y19+8=1x1+x2x1-x2y1+y2y1-y222，两式相减得+=0，x2y298+=198y1-y222可得=，即kMN=，x1-x233422所以直线MN的方程为y+=x-1，即y=x-2，3332y2x+=1联立98，得x2-2x-3=0，y=2x-23解得：x=-1或x=3，1101即MF=a-ex=3-×-1=，NF=3-×3=2,33310或MF=2，NF=,310881022所以FM,FP,FN分别是,,2或2,,，公差为-或.3333333(2024·重庆·高三重庆八中校考阶段练习)类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，35,可以定义曲面(含平面)S的方程，若曲面S和三元方程Fx,y,z=0之间满足：①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程Fx,y,z=0的解；②以三元方程Fx,y,z=0的任意解x0,y0,z0为坐标的点均在曲面S2y22xz上，则称曲面S的方程为Fx,y,z=0，方程Fx,y,z=0的曲面为S.已知曲面C的方程为+-114=1.(1)已知直线l过曲面C上一点Q1,1,2，以d=-2,0,-4为方向向量，求证：直线l在曲面C上(即l上任意一点均在曲面C上)；(2)已知曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面C上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面C上.设直线l在曲面C上，且过点T2,0,2，求异面直线l与l所成角的余弦值.【解析】(1)设Px0,y0,z0是直线l上任意一点，而d=-2,0,-4为直线l的方向向量，则有QP⎳d，从而存在实数λ，使得QP=λd，即x0-1,y0-1,z0-2=λ-2,0,-4，x0-1=-2λ则y0-1=0，解得x0=1-2λ,y0=1,z0=2-4λ，即点P(1-2λ,1,2-4λ)，z0-2=-4λ(1-2λ)22(2-4λ)2122显然+-=1-4λ+4λ+1-[1-4λ+4λ]=1，114因此点P的坐标总是满足曲面C的方程，所以直线l在曲面C上.(2)直线l在曲面C上，且过点T2,0,2，设Mx1,y1,z1是直线l上任意一点，直线l的方向向量为d=(a,b,c)，则有TM⎳d，从而存在实数t，使得TM=td，即x1-2,y1,z1-2=ta,b,c，x1-2=at则y1=bt，解得x1=2+at,y1=bt,z1=2+ct，即点M(2+at,bt,2+ct)，z1-2=ct222(2+at)(bt)(2+ct)由点Mx1,y1,z1在曲面C上，得+-=1，114222c2整理得a+b-4t+(22a-c)t=0，222c2依题意，对任意的实数t有a+b-4t+(22a-c)t=0恒成立，222c因此a+b-=0，且22a-c=0，解得c=22a,b=a，或c=22a,b=-a，4不妨取a=1，则b=1,c=22，或b=-1,c=22，即d=(1,1,22)，或d=(1,-1,22)，又直线l的方向向量为d=(-2,0,-4)，|d⋅d|2+828+2所以异面直线l与l所成角的余弦值均为|cos&lsaquo;d,d&rsaquo;|===.|d||d|25×101036,4(2024·广东中山·高三统考期末)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O-xyz中，空间平面和曲面的方程是一个三元方程Fx,y,z=0．(1)类比平面解析几何中直线的方程，直接写出：①过点Px0,y0,z0，法向量为n=A,B,C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(abc≠0)；(不需要说明理由)(2)设F1,F2为空间中的两个定点，F1F2=2c>0，我们将曲面Γ定义为满足PF1+PF2=2aa>c的动点P的轨迹，试建立一个适当的空间直角坐标系O-xyz，并推导出曲面Γ的方程．【解析】(1)①Ax-x0+By-y0+Cz-z0=0，理由如下：设平面上除Px0,y0,z0任意一点坐标为Qx,y,z，则PQ⋅n=0，即Ax-x0+By-y0+Cz-z0=0，又Ax0-x0+By0-y0+Cz0-z0=0，故过点Px0,y0,z0，法向量为n=A,B,C的平面的方程为Ax-x0+By-y0+Cz-z0=0；②平面的一般方程为Ax+By+Cz+D=0，理由如下：由①可得Ax-x0+By-y0+Cz-z0=0，变形为Ax+By+Cz-Ax0-By0-Cz0=0，令D=-Ax0-By0-Cz0，故平面的一般方程为Ax+By+Cz+D=0；xyz③在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c的平面的截距式方程(abc≠0)为++=1，理由如下：abc由②可得平面的一般方程为Ax+By+Cz+D=0，由于方程在x，y，z轴上存在截距，且截距不为0，故A≠0,B≠0,C≠0,D≠0，xyz变形为Ax+By+Cz=-D，故++=1，-D-D-DABCDDD令-=a,-=b,-=c，ABCxyz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(abc≠0)为++=1；abc(2)以两个定点F1,F2的中点为坐标原点O，以F1,F2所在直线为y轴，以线段F1F2的垂直平分线为x轴，以与xOy平面垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则F10,c,0,F20,-c,0，设Px,y,z，可得F1F2=2c>0，PF1+PF2=2aa>c，222222所以x+y-c+z+x+y+c+z=2a，222222移项得x+y-c+z=2a-x+y+c+z，2222222222两边平方得x+y-c+z=4a-4ax+y+c+z+x+y+c+z，2222222即4ax+y+c+z=4a+y+c-y-c=4a+4cy，2222故ax+y+c+z=a+cy，两边平方得，2222222222222ax+a-cy+az=aa-c，两边同除以aa-c得，2y22xz++=1，22222a-caa-c2y22222xz222令b=a-c，故曲面Γ的方程为++=1b=a-c222bab37,2y2x5(2024·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习)定义：一般地，当λ>0且λ≠1时，我们把方程+22ab2y2x=λ(a>b>0)表示的椭圆Cλ称为椭圆+=1(a>b>0)的相似椭圆.22ab22(1)如图，已知F1-3,0,F23,0,M为⊙O:x+y=4上的动点，延长F1M至点N，使得MN=MF1,F1N的垂直平分线与F2N交于点P，记点P的轨迹为曲线C，求C的方程；(2)在条件(1)下，已知椭圆Cλ是椭圆C的相似椭圆，M1,N1是椭圆Cλ的左､右顶点.点Q是Cλ上异于四个顶2点的任意一点，当λ=e(e为曲线C的离心率)时，设直线QM1与椭圆C交于点A,B，直线QN1与椭圆C交于点D,E，求AB+DE的值.11【解析】(1)连接OM，易知OM∥F2N且OM=F2N，22&there4;F2N=4，又点P在F1N的垂直平分线上，&there4;PF1=PN，&there4;PF1+PF2=PF2+PN=NF2=4>23，满足椭圆定义，&there4;a=2,c=3,b=1，2x2&there4;曲线C的方程为+y=1.42x2(2)由(1)知椭圆C方程为+y=1，433则离心率e=⇒λ=，2424y2x&there4;楄圆Cλ的标准方程为+=1，33设Qx0,y0为椭圆Cλ异于四个顶点的任意一点，直线QM1,QN1斜率kQM1,kQN1，2y0y0y0则kQM⋅kQN=⋅=，11x+3x-3x2-300022x04y0212又+=1⇒y0=3-x0，33411&there4;kQM1⋅kQN1=-4kQM1≠±2.38,1设直线QM1的斜率为k，则直线QN1的斜率为-.4k&there4;直线QM1为y=kx+3，y=kx+3,2222由x22得1+4kx+83kx+12k-4=0，+y=1,422-83k12k-4设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=2,x1x2=2，1+4k1+4k222241+k&there4;AB=1+kx1-x2=1+kx1+x2-4x1x2=2，1+4k21+16k同理可得DE=，21+4k41+k221+16k&there4;AB+DE=+=5.221+4k1+4k6(2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系中，定义dA,B=maxx1-x2,y1-y2为两点Ax1,y1、Bx2,y2的“切比雪夫距离”，例如：点P11,2，点P23,5，因为1-3<2-5，所以点P1与点P2的“切比雪夫距离”为2-5=3，记为dP1,P2=3．1(1)已知点A0,，B为x轴上的一个动点，2①若dA,B=3，写出点B的坐标；②直接写出dA,B的最小值(2)求证：对任意三点A，B，C，都有dA,C+dC,B≥dA,B；(3)定点Cx0,y0，动点Px,y满足dC,P=rr>0，若动点P所在的曲线所围成图形的面积是36，求r的值．1【解析】(1)①B(±3,0)；②；2(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，则dA,C+dC,B=maxx1-x3,y1-y3+maxx3-x2,y3-y2≥|x1-x3|+|x3-x2|≥|x1-x2|，同理可得，d(A,C)+d(C,B)≥|y1-y2|，所以dA,C+dC,B≥maxx1-x2,y1-y2=dA,B；故对任意三点A，B，C，都有dA,C+dC,B≥dA,B.(3)设轨迹上动点P(x,y)，则dC,P=maxx-x0,y-y0=r，x-x0=rx-x0≤y-y0等价于或，y-y0≤x-x0y-y0=r所以点P的轨迹是以C(x0,y0)为中心，边长为2r的正方形，22故点P所在曲线所围成的图形的面积为4r，所以4r=36，所以r=3．2y2x7(2024·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试)定义：若椭圆C:+=1(a>b>0)上的两个点22abx1x2y1y2Ax1,y1,Bx2,y2满足2+2=0，则称A,B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作A,B.已知椭圆C的ab一个焦点坐标为F1-22,0，且椭圆C过点A3,1.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求“共轭点对”A,B中点B所在直线l的方程；39,(3)设O为坐标原点，点P,Q在椭圆C上，且PQ⎳OA，(2)中的直线l与椭圆C交于两点B1,B2，且B1点的纵坐标大于0，设四点B1,P,B2,Q在椭圆C上逆时针排列.证明：四边形B1PB2Q的面积小于83.2y2x【解析】(1)依题意，椭圆C:+=1(a>b>0)的另一焦点为F2(22,0)，22ab2222因此2a=|AF1|+|AF2|=(3+22)+1+(3-22)+1=(23+6)+(23-6)=43，22于是a=23,b=(23)-(22)=2，2y2x所以椭圆C的标准方程为+=1.1242y2x(2)设“共轭点对”A,B中点B的坐标为Bx,y，由(1)知，点A3,1在椭圆C：+=1上，1243xy依题意，直线l的方程为+=0，整理得x+y=0，124所以直线l的方程为x+y=0.y=-xx=-3x=3(3)由(2)知，直线l：x+y=0，由22，解得或，则B1(-3,3)，B2(3,x+3y=12y=3y=-3-3)，22xPyP12+4=1(xP-xQ)(xP+xQ)(yP-yQ)(yP+yQ)设点PxP,yP，QxQ,yQ，则x2y2，两式相减得+=0，QQ124+=1124yP-yQ1yP+yQxP+xQ又PQ⎳OA，于是=，则yP+yQ=-(xp+xQ)，有=-，线段PQ被直线l平分，xP-xQ3221设点P到直线x+y=0的距离为d，则四边形B1PB2Q的面积SB1PB2Q=2S△PB1B2=2×2×B1B2×d，22而B1B2=-3-3+3+3=26，则有SB1PB2Q=26d，设过点P且与直线l平行的直线l1的方程为x+y=m，则当l1与C相切时，d取得最大值，x+y=m22由x2y2消去y得4x-6mx+3m-4=0，+=112422令Δ=36m-48m-4=0，解得m=±4，22当m=±4时，此时方程为4x±24x+36=0，即x±3=0，解得x=±3，则此时点P或点Q必有一个和点A3,1重合，不符合条件PQ⎳OA，从而直线l1与C不可能相切，4即d小于平行直线x+y=0和x+y=4(或x+y=-4)的距离=22，2所以SB1PB2Q<26×22=26×22=83.考点八：概率与统计新定义1在平面直角坐标系xOy中，设点集An={(0,0),(1,0),(2,0),⋯，(n,0)}，Bn={(0,1),(n,1)}，Cn={(0,2),(1,2),(2,2),⋯⋯，(n,2)}，n∈N*.令Mn=An∪Bn∪Cn.从集合Mn中任取两个不同的点，用随机变量X40,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).【解析】(1)当n=1时，X的所有可能取值为1，2，2，5，7744X的概率分布为P(X=1)==；P(X=2)==；C215C215662222P(X=2)==；P(X=5)==；C215C21566(2)设A(a,b)和B(c,d)是从Mn中取出的两个点，因为P(X≤n)=1-P(X>n)，所以只需考虑X>n的情况，①若b=d，则AB≤n，不存在X>n的取法；22②若b=0，d=1，则AB=(a-c)+1≤n+1，2所以X>n当且仅当AB=n+1，此时a=0，c=n或a=n，c=0，有两种情况；22③若b=0，d=2，则AB=(a-c)+4≤n+4，2所以X>n当且仅当AB=n+4，此时a=0，c=n或a=n，c=0，有两种情况；22④若b=1，d=2，则AB=(a-c)+1≤n+1，2所以X>n当且仅当AB=n+1，此时a=0，c=n或a=n，c=0，有两种情况；22综上可得当X>n，X的所有值是n+1或n+4，2422且P(X=n+1)=，P(X=n+4)=，22C2n+4C2n+4226可得P(X≤n)=1-P(X=n+1)-P(X=n+4)=1-.2C2n+42(2024·河北·高三雄县第一高级中学校联考期末)在信息论中，熵(entropy)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Sh、nat、Hart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1Sh的信息，而掷m次就为m位.更一般地，你需要用log2n位来表示一个可以取n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ξ所有取值为1,2,⋯,n，定义ξnn的信息熵H(ξ)=-Pilog2Pi，Pi=1，i=1,2,⋯,n.i=1i=1(1)若n=2，试探索ξ的信息熵关于P1的解析式，并求其最大值；1(2)若P1=P2=n-1，Pk+1=2Pk(k=2,3,⋯,n)，求此时的信息熵.2【解析】(1)当n=2时，P1∈(0,1),H(ξ)=-P1log2P1-(1-P1)log2(1-P1)，令f(t)=-tlog2t-(1-t)log2(1-t)，t∈(0,1)，41,1则f'(t)=-log2t+log2(1-t)=log2t-1，11所以函数ft在0,2上单调递增，在2,1上单调递减，1所以当P1=时，H(ξ)取得最大值，最大值为H(ξ)max=1.21(2)因为P1=P2=n-1，Pk+1=2Pk(k=2,3,⋯,n)，2k-2k-221所以Pk=P2⋅2=n-1=n-k+1(k=2,3,⋯,n)，2211n-k+1故Pklog2Pk=n-k+1log2n-k+1=-n-k+1，22211n-1而P1log2P1=n-1log2n-1=-n-1，222nn-1n-1n-1n-221于是H(ξ)=n-1+Pklog2Pk=n-1+n-1+n-2+⋯+2+2，2k=22222n-1nnn-1n-221整理得H(ξ)=-++++⋯++n-1nnn-1n-222222222123n-1n令Sn=+++⋯++，223n-1n22221123n-1n则Sn=+++⋯++，2234nn+12222211111nn+2两式相减得Sn=+++⋯+-=1-2223nn+1n+122222n+2因此Sn=2-，n2n-1nn-1nn+21所以H(ξ)=-+Sn=-+2-=2-.n-1nn-1nnn-22222223(2024·北京·高三阶段练习)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nnPX=ak=xk，PY=ak=yk，xk>0，yk>0，k=1,2,⋯,n,xk=yk=1．指标D(X‖Y)可用来刻画k=1k=1nxkX和Y的相似程度，其定义为D(X‖Y)=xkln．设X~B(n,p),0<p<1．k=1yk(1)若y~b(n,q),0<q<1，求d(x‖y)；1(2)若n=2,p(y=k-1)=,k=1,2,3，求d(x‖y)的最小值；3(3)对任意与x有相同可能取值的随机变量y，证明：d(x‖y)≥0，并指出取等号的充要条件kkn-kkkn-k【解析】(1)不妨设ak=k，则xk=cnp(1-p),yk=cnq(1-q).nkn-kp1-pkkn-k所以d(x‖y)=cnp1-plnkn-ki=1q1-qnnp(1-q)kkn-k1-pkkn-k=ln⋅kcnp(1-p)+nln⋅cnp(1-p)q(1-p)k=01-qk=0p(1-q)1-p=npln+nln.q(1-p)1-q22(2)当n=2时，p(x=2)=p,p(x=1)=2p(1-p),p(x=0)=(1-p)，2222记f(p)=d(x‖y)=pln3p+2p(1-p)ln6p(1-p)+(1-p)ln3(1-p)2222=plnp+2p(1-p)ln2p(1-p)+(1-p)ln(1-p)+ln3，则f(p)=4plnp+2p+(2-4p)[ln2p(1-p)+1]-4(1-p)ln(1-p)-2(1-p)42,=2[lnp-ln(1-p)+(1-2p)ln2]，11令g(p)=lnp-ln(1-p)+(1-2p)ln2，则g(p)=+-2ln2>0，p1-p112p-1令φp=+-2ln2，则φp=，p1-pp21-p21当0<p<时，φp<0，φp单调递减；21当<p<1时，φp>0，φp单调递增；211所以φp>φ2=4-2ln2>0，则g(p)单调递增，而g2=0，11所以f(p)在0,2为负数，在2,1为正数，11则f(p)在0,2单调递减，在2,1单调递增，3所以D(X‖Y)的最小值为ln3-ln2.211-x(3)令hx=lnx-x+1，则hx=-1=，xx当0<x<1时，hx>0，hx单调递增；当x>1时，hx<0，hx单调递减；所以hx≤h1=0，即lnx-x+1≤0，当且仅当x=1时，等号成立，111则当x>0时，lnx≤x-1，所以ln≤-1，即lnx≥1-，xxxnnnnnxkyk故D(X‖Y)=xkln≥xk1-=xk-yk=xk-yk=0，k=1ykk=1xkk=1k=1k=1当且仅当对所有的k,xk=yk时等号成立.4(2024·山西朔州·高三校考开学考试)某校20名学生的数学成绩xii=1,2,⋅⋅⋅,20和知识竞赛成绩yii=1,2,⋅⋅⋅,20如下表：学生编号i12345678910数学成绩xi100999693908885838077知识竞赛成绩yi29016022020065709010060270学生编号i11121314151617181920数学成绩xi75747270686660503935知识竞赛成绩yi4535405025302015105202计算可得数学成绩的平均值是x=75，知识竞赛成绩的平均值是y=90，并且xi-x=6464，i=120202yi-y=149450，xi-xyi-y=21650.i=1i=1(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N∈N，变量x和变量y的一组样本数据为xi,yii=1,2,⋅⋅⋅,N，其中xii=1,2,⋅⋅⋅,N两两不相同，yii=1,2,⋅⋅⋅,N两两不相同.记xi在xnn=1,2,⋅⋅⋅,N中的排名是第Ri位，yi在ynn=1,2,⋅⋅⋅,N中的排名是第Si位，i=1,2,⋅⋅⋅,N.定义变量x和变量y的“斯皮尔曼相关系数”(记为ρ)为变量x的排名和变量y的排名的样本相关系数.43,N62(i)记di=Ri-Si，i=1,2,⋅⋅⋅,N.证明：ρ=1-2di；NN-1i=1(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.nxi-xyi-yni=12nn+12n+1r=；k=；6464×149450≈31000.nn622k=1xi-xyi-yi=1i=1【解析】(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20∑xi-xyi-yi2165021650r==≈≈0.70；20206464×1494503100022∑xi-x∑yi-yii(2)(i)证明：因为Ri和Si都是1，2，⋯，N的一个排列，所以NNN(N+1)Ri=Si=，i=1i=12NN22N(N+1)(2N+1)Ri=Si=，i=1i=16N+1从而Ri和Si的平均数都是R=S=．2NNNNN222222N(N+1)(2N+1)N(N+1)因此，Ri-R=Ri-2RRi+R=Ri-NR=-=i=1i=1i=1i=1i=164N(N+1)(N-1)，12N2N(N+1)(N-1)同理可得Si-S=，i=112NNNNN22222由于di=Ri-Si=Ri-R-Si-S=Ri-R+Si-S-2i=1i=1i=1i=1i=1NNN(N+1)(N-1)Ri-RSi-S=2⋅-2Ri-RSi-S，i=112i=1NNN(N+1)(N-1)12Ri-RSi-S12-2diNi=1i=162所以ρ===1-2di.NNN(N+1)(N-1)NN-1i=122Ri-RSi-S12i=1i=1(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．5(2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测)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x1,x2,⋯,xn的随机变量，分别记作X和Y.条件概率PY=xj∣X=xi,i,j=1,2,⋯,n，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X的平均信息量定义为：H(X)=44,n22-pX=xilog2pX=xi.当n=2时，信道疑义度定义为H(Y∣X)=-pX=xi,Y=xjlog2i=1i=1j=1pY=xj∣X=xi=-PX=x1,Y=x1log2pY=x1∣X=x1+PX=x1,Y=x2log2pY=x2∣X=x1+PX=x2,Y=x1log2pY=x1∣X=x2+PX=x2,Y=x2log2pY=x2∣X=x2(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X的平均信息量log23≈1.59,log25≈2.32,log27≈2.81；(2)设某信道的输入变量X与输出变量Y均取值0，1.满足：PX=0=ω,pY=1∣X=0=pY=0∣X=1=p(0<ω<1,0<p<1).试回答以下问题：①求py=0的值；②求该信道的信道疑义度hy∣x的最大值.【解析】(1)设x表示扔一非均匀股子点数，则x123456123456p212121212121扔一次平均得到的信息量为6h(x)=-px=xilog2px=xii=16i21=log2i=121i61=log221-ilog2i21i=14516=log27+log23-log25-72121≈2.40.(2)①由全概率公式，得py=0=px=0py=0∣x=0+px=1py=0∣x=1=ω1-p+1-ωp②由题意，py=0∣x=0=py=1∣x=1=1-p.所以，hy∣x=-px=x1,y=x1log2py=x1∣x=x1+px=x1,y=x2log2py=x2∣x=x1+px=x2,y=x1log2py=x1∣x=x2+px=x2,y=x2log2py=x2∣x=x2=-px=x1py=x1∣x=x1log2py=x1∣x=x1+px=x1py=x2∣x=x1log2py=x2∣x=x1+px=x2py=x1∣x=x2log2py=x1∣x=x2+px=x2py=x2∣x=x2log2py=x2∣x=x2=-ω1-plog21-p+ωplog2p+1-ωplog2p+1-ω1-plog21-p=-plog2p-1-plog21-p;其中x1=0,x2=1.令fp=-plog2p-1-plog21-p1-1fp=-log2p+p--log21-p+1-ppln21-pln21-p=-log2p+log21-p=log2.p111fp=0,p=2,x∈0,2时f(p)>0,x∈2,1时，f(p)<0,45,1f(p)max=f2=1.6(2024·北京海淀·统考模拟预测)对于数组a,b,c，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f1a,b,c放缩值记为t1，可继续对f1(a,b,c)再次进行该操作，操作n次以后的结果记为fn(a,b,c)，放缩值记为tn．(1)若a,b,c=1,3,14，求t1,t4,t2021的值(2)已知a,b,c的放缩值记为t，且a<b<c．若n=1，2，3．．．．．．时，均有tn=t，若t∈m，求集合m(3)设集合q中的元素是以4为公比均为正整数的等比数列中的项，p=a,b,c，且p⊆q，a,b,c在一个集合p中有唯一确定的数．证明：存在k满足tk=0．【解析】(1)由题意可知：当a,b,c=1,3,14时，进行第一次操作，得到f1(a,b,c)=(2,4,12)，所以t1=12-2=10；进行第二次操作，得到f2(a,b,c)=(3,5,10)，所以t2=10-3=7；进行第三次操作，得到f3(a,b,c)=(4,6,8)，所以t3=8-4=4；进行第四次操作，得到f4(a,b,c)=(5,7,6)，所以t4=7-5=2；进行第五次操作，得到f5(a,b,c)=(6,5,7)，所以t5=7-5=2；进行第六次操作，得到f6(a,b,c)=(7,6,5)，所以t6=7-5=2；⋯⋯所以t2021=2.(2)i.当t=2时，a,b,c=a,a+1,a+2,所以f1a,a+1,a+2=a+1,a+2,a，t1=a+2-a=2.由操作规则可知，每次操作后，数组中的最大数a+2变为最小数a，最小数a和次小数a+1分别变为次小数a+1和最大数a+2，所以数组的放缩值不会改变.所以当t=2时，tn=tn=1,2,3,...恒成立；ii.当t≥3时，f1a,b,c=a+1,b+1,c-2，所以t1=b+1-a+1=b-a<c-a=t，或t1=c-2-a+1=t-3，所以总有t1≠t.不符合题意.综上所述：满足tn=tn=1,2,3,...的t的取值只能是2.故集合m=2.k∗(3)因为a,b,c是以4为公比的正整数等比数列中的三项,所以a,b,c是形如m×4(其中m∈n)的数.因为p=a,b,c，且p⊆q，a,b,c在一个集合p中有唯一确定的数，所以a,b,c互不相同.kk1k-1k-11又因为4=3+1=3k+ck3+⋯+ck3+1,所以a,b,c中每两个数的差都是3的倍数,所以a,b,c的放缩值t0是3的倍数.设fia,b,c=ai,bi,ci，i.当ai,bi,ci中有唯一最大数时,不妨设ai≤bi<ci，则ai+1=ai+1,bi+1=bi+1,ci+1=ci-2,所以bi+1-ai+1=bi-ai,ci+1-ai+1=ci-ai-3,ci+1-bi+1=ci-bi-3.因为bi-ai,ci-ai,ci-bi是3的倍数,则bi+1-ai+1,ci+1-ai+1,ci+1-bi+1也是3的倍数，所以bi+3≤ci,则ti≥3,ci+1-bi+1=ci-bi-3≥0,所以ai+1≤bi+1≤ci+1,所以ti+1=ci+1-ai+1=ci-ai-3=ti-3.ii.当ai,bi,ci中的最大数有两个时,不妨设ai<bi=ci.则ai+1=ai+2,bi+1=bi-1,ci+1=ci-1,所以46,bi+1-ai+1=bi-ai-3,ci+1-ai+1=ci-ai-3,ci+1-bi+1=ci-bi.因为bi-ai,ci-ai,ci-bi是3的倍数,则bi+1-ai+1,ci+1-ai+1,ci+1-bi+1也是3的倍数，所以ai+3≤bi,则ti≥3,bi+1-ai+1=bi-ai-3≥0,所以ai+1≤bi+1≤ci+1,所以ti+1=ci+1-ai+1=ci-ai-3=ti-3.综上知,当ti≥3时,数列ti是公差为3的等差数列.a+b+c当ti=3时,由上述分析可得ti+1=0,此时ai+1=bi+1=ci+1=.3t0所以存在k=,满足fka,b,c的放缩值tk=0.3考点九：高等数学背景下新定义1(2024·河南·统考模拟预测)离散对数在密码学中有重要的应用．设p是素数，集合x=m,⊗m1,2,⋯,p-1，若u,v∈x,m∈n，记u⊗v为uv除以p的余数，u为u除以p的余数；设a∈x，1,a,2,⊗p-2,⊗n,⊗a,⋯,a两两不同，若a=bn∈0,1,⋯,p-2，则称n是以a为底b的离散对数，记为n=log(p)ab．p-1,⊗(1)若p=11,a=2，求a；(2)对m1,m2∈0,1,⋯,p-2，记m1⊕m2为m1+m2除以p-1的余数(当m1+m2能被p-1整除时，m1⊕m2=0)．证明：log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac，其中b,c∈x；k,⊗k,⊗np-2,⊗(3)已知n=log(p)ab．对x∈x,k∈1,2,⋯,p-2，令y1=a,y2=x⊗b．证明：x=y2⊗y1．10【解析】(1)若p=11,a=2，又注意到2=1024=93×11+1，p-1,⊗10,⊗所以a=2=1.(2)【方法一】：当p=2时，此时x={1}，此时b=c=1，b⊗c=1，故log(p)ab⊗c=0,log(p)ab=0,log(p)ac=0，此时log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac.2,⊗p-2,⊗当p>2时，因1,a,a,⋯,a相异，故a≥2，而a∈X，故a,p互质.记n=log(p)ab&otimes;c,n1=log(p)ab,n2=log(p)ac，n1n2则∃m1,m2∈N，使得a=pm1+b,a=pm2+c，n1+n2n1+n2故a=pm1+bpm2+c，故a&equiv;bc(modp)，设n1+n2=tp-1+s,0≤s≤p-2，则n1&oplus;n2=s，因为1,2,3,..p-1除以p的余数两两相异，且a,2a,3a,..p-1a除以p的余数两两相异，p-1故p-1!&equiv;a×2a×3a,..×p-1a(modp)，故a&equiv;1modp，n1+n2sn故a&equiv;a&equiv;bcmodp，而a&equiv;b&otimes;c(modp)=bc(modp),其中0≤n≤p-2，故s=n即log(p)ab&otimes;c=log(p)ab&oplus;log(p)ac.法2：记an1=an1,&otimes;+mp，an2=an2,&otimes;+mp，an1,&otimes;×an2,&otimes;=an1,&otimes;&otimes;an2,&otimes;+kp，12其中m，m，k是整数，则an1⋅n2=an1.&otimes;&otimes;an2,&otimes;+man2.&otimes;+man1.&otimes;+mmp+kp，121212n1,&otimes;n2,&otimes;n1⋅n2,&otimes;可知a&otimes;a=a．2,&otimes;p-2,&otimes;因为1，a，a，⋯，a两两不同，p-1,&otimes;i,&otimes;所以存在i∈{0,1,⋅⋅⋅,p-2}，使得a=a，p-1iip-1-ip-1-ip-1-i,&otimes;即a-a=aa-1可以被p整除，于是a-1可以被p整除，即a=1．p-1-i,&otimes;p-1,&otimes;若i≠0，则p-1-i∈{1,2,⋅⋅⋅,p-2}，a≠1，因此i=0，a=1．47,记n=log(p)ab，m=log(p)ac，n+m=n&oplus;m+l(p-1)，其中l是整数，n,&otimes;m,&otimes;n⋅m,&otimes;n&oplus;m+l(p-1),&otimes;n&oplus;m,&otimes;l(p-1),&otimes;n&oplus;m,&otimes;则b&otimes;c=a&otimes;a=a=a=a&otimes;a=a，即log(p)a(b&otimes;c)=log(p)ab&oplus;log(p)ac．p-1p-1(3)【方法二】：当b≥2时，由(2)可得b&equiv;1modp，若b=1，则b&equiv;1modp也成立.n因为n=log(p)ab，所以a&equiv;bmodp.np-2,&otimes;np-2,&otimes;k,&otimes;k,&otimes;np-2另一方面，y2&otimes;y1&equiv;y2y1&equiv;x&otimes;bakknp-2kkp-2p-1k-1k-1&equiv;xba&equiv;xbb&equiv;xb&equiv;x1modp&equiv;xmodp.np-2,&otimes;由于x∈X，所以x=y2&otimes;y1.法2：由题设和(2)的法2的证明知：kknkk,&otimes;n,&otimes;n,&otimes;n,&otimes;y2=x&otimes;b=x&otimes;(b&otimes;b&otimes;⋅⋅⋅&otimes;b=x&otimes;a&otimes;a&otimes;⋅⋅⋅&otimes;a=x&otimes;a&otimes;a&otimes;⋅⋅⋅&otimes;a，n(p-2)n(p-2)nkn(p-2),&otimes;k,&otimes;k,&otimes;k,&otimes;p-2,&otimes;p-2,&otimes;p-2,&otimes;y1=y1&otimes;y1&otimes;⋅⋅⋅&otimes;y1=a&otimes;a&otimes;⋅⋅⋅&otimes;a=a&otimes;a&otimes;⋅⋅⋅&otimes;a．nknkn(p-2),&otimes;p-2,&otimes;p-2,&otimes;p-2,&otimes;故y2&otimes;y1=x&otimes;a&otimes;a&otimes;⋅⋅⋅&otimes;a&otimes;a&otimes;a&otimes;⋅⋅⋅&otimes;ankp-1,&otimes;p-1,&otimes;p-1,&otimes;=x&otimes;a&otimes;a&otimes;⋅⋅⋅&otimes;a．p-1,&otimes;n(p-2).&otimes;由(2)法2的证明知a=1，所以y2&otimes;y1=x．a11a122(2024·北京海淀·高三中关村中学校考阶段练习)设数阵A0=，其中a11,a12,a21,a22∈a21a22*1,2,3,4,5,6．设S=e1,e2,⋯,el&sube;1,2,3,4,5,6，其中e1<e2<⋯<el,l∈n且l≤6．定义变换φk为“对于数阵的每一行，若其中有k或-k，则将这一行中每个数都乘以-1；若其中没有k且没有-k，则这一行中所有数均保持不变”k=e1,e2,⋯,el.φsa0表示“将a0经过φe1变换得到a1，再将a1经过φe2变换得到a2,⋯以此类推，最后将al-1经过φel变换得到al．记数阵al中四个数的和为tsa0．13(1)若a0=,s=1,3，写出a0经过φ1变换后得到的数阵a1，并求tsa0的值；3613(2)若a0=,s=e1,e2,e3，求tsa0的所有可能取值的和；36(3)对任意确定的一个数阵a0，证明：tsa0的所有可能取值的和不超过-4．13【解析】(1)因为a0=,s=1,3，36-1-3a0经过φ1变换后得到的数阵a1=，3613a1经过φ3变换后得到的数阵a2=，-3-6所以tsa0=1+3-3-6=-5.(2)若s=2,4,5，则a3=a0，可得tsa0=1+3+3+6=13；-1-3若e1=1,e2,e3∈2,4,5，则a3=，可得tsa0=-1-3+3+6=5；3613若e3=6,e1,e2∈2,4,5，则a3=，可得tsa0=1+3-3-6=-5；-3-6-1-3若e1,e3,e2其中一个为3，另外两个属于2,4,5，则a3=，-3-648,可得tsa0=-1-3-3-6=-13；-1-3若e1=1,e2∈2,4,5,e3=6，则a3=，可得tsa0=-1-3-3-6=-13；-3-6若e1=1，e2,e3其中一个为3，另外一个属于2,4,5，13则a3=，可得tsa0=1+3-3-6=-5；-3-6若e3=6，e1,e2其中一个为3，另外一个属于2,4,5，-1-3则a3=，可得tsa0=-1-3+3+6=5；36若e1=1,e2=3,e3=6，则a3=a0，可得tsa0=1+3+3+6=13；综上所述：tsa0的所有可能取值的和为13+-13+5+-5=0.4(3)若a11≠a12，在1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11且不含a12的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；4含有a12且不含a11的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；4同时含有a11和a12的子集共2个，经过变换后第一行仍为a11、a12；4不含a11也不含a12的子集共2-1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．所以经过变换后所有al的第一行的所有数的和为44442×-a11-a12+2×-a11-a12+2×a11+a12+2-1×a11+a12=-a11-a12.5若a11=a12，则1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；5不含有a11的子集共2-1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．55所以经过变换后所有al的第一行的所有数的和为2×-a11-a12+2-1×a11+a12=-a11-a12．同理，经过变换后所有al的第二行的所有数的和为-a21-a22．所以tsa0的所有可能取值的和为-a11-a12-a21-a22，又因为a11、a12、a21、a22∈1,2,⋯,6，所以tsa0的所有可能取值的和不超过-4．3(2024·山东济南·高三统考期末)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m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：r(x)=ma0+a1x+⋯+amx(m+n)(m+n)，且满足：f(0)=r(0)，f(0)=r(0)，f(0)=r(0)⋯，f(0)=r(0)．已知f(x)n1+b1x+⋯+bnxax(4)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为r(x)=．注：f(x)=f(x),f(x)=f(x),f(x)=1+bx(5)(4)f(x),f(x)=f(x),⋯(1)求实数a，b的值；1(2)求证：(x+b)f>1；x1x1x+12(3)求不等式1+x<e<1+x的解集，其中e=2.71828⋯．axa-2ab【解析】(1)因为r(x)=，所以r(x)=，r(x)=，1+bx231+bx1+bx11f(x)=ln(x+1)，则f(x)=，f(x)=-，x+1x+12由题意知，f0=r0，f0=r0，a=11所以，解得a=1，b=.-2ab=-1249,11(2)由(1)知，即证x+2ln1+x>1，1令t=1+，则t>0且t≠1，xt+1即证t∈0,1∪1,+∞时⋅lnt>1，2t-12t-1记φt=lnt-，t∈0,1∪1,+∞，t+1214t-1则φt=-=>0，tt+12tt+12所以φt在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递增，2t-1t+1当t∈0,1时φt<φ1=0，即lnt<，即⋅lnt>1成立，t+12t-12t-1t+1当t∈1,+∞时φt>φ1=0，即lnt>，即⋅lnt>1成立，t+12t-1t+1综上可得t∈0,1∪1,+∞时⋅lnt>1，2t-1111所以x+2ln1+x>1成立，即(x+b)fx>1成立.1x1x+12(3)由题意知，欲使得不等式1+x<e<1+x成立，1则至少有1+>0，即x>0或x<-1，x1x+11x+11122首先考虑e<1+x，该不等式等价于ln1+x>1，即x+2ln1+x>1，11又由(2)知x+2ln1+x>1成立，1x+12所以使得e<1+成立的x的取值范围是-∞,-1∪0,+∞，x1x1再考虑1+x<e，该不等式等价于xln1+x<1，记hx=lnx-x+1，x∈0,1∪1,+∞，11-x则hx=-1=，所以当0<x<1时hx>0，x>1时hx<0，xx所以hx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以hx<h1=0，即lnx<x-1，x∈0,1∪1,+∞，11所以ln1+<，x∈-∞,-1∪0,+∞，xx111当x∈0,+∞时由ln1+x<x，可知xln1+x<1成立，111当x∈-∞,-1时由ln1+x<x，可知xln1+x<1不成立，1x所以使得1+<e成立的x的取值范围是0,+∞，x1x1x+12综上可得不等式1+x<e<1+x的解集为0,+∞.4(2024·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测)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r上的函数f(x)满足以下条件：①在闭区间[a,b]上连续，②在开区间(a,b)内可导，③f(a)=f(b)，则至少存在一个ξ50,∈(a,b)，使得fξ=0．据此，解决以下问题：32(1)证明方程4ax+3bx+2cx-a+b+c=0在0,1内至少有一个实根，其中a,b,c∈r；x2(2)已知函数fx=e-ax-e-a-1x-1,a∈r在区间0,1内有零点，求a的取值范围．432【解析】(1)设fx=ax+bx+cx-a+b+cx,x∈0,1，32则fx=4ax+3bx+2cx-a+b+c，所以函数fx在0,1上连续，在区间0,1上可导，又f0=0,f1=a+b+c-a-b-c=0，故f0=f1，所以由罗尔中值定理可得至少存在一个x0∈(0,1)，使得fx0=0，32所以4ax0+3bx0+2cx0-a+b+c=0，32所以方程4ax+3bx+2cx-a+b+c=0在0,1内至少有一个实根，x2(2)因为函数fx=e-ax-e-a-1x-1,a∈r在区间0,1内有零点，不妨设其零点为x1，则fx1=0，x1∈0,1，x2x由fx=e-ax-e-a-1x-1可得fx=e-2ax-e-a-1，所以函数fx在0,x1上连续，在0,x1上可导，0又f0=e-0-0-1=0，fx1=0，由罗尔中值定理可得至少存在一个x2∈(0,x1)，使得fx2=0，因为函数fx在x1,1上连续，在x1,1上可导，又f1=e-a-e+a+1-1=0，fx1=0，由罗尔中值定理可得至少存在一个x3∈(x1,1)，使得fx3=0，x所以方程e-2ax-e-a-1=0在0,1上至少有两个不等的实数根，x设gx=e-2ax-e-a-1,x∈0,1，x则gx=e-2a，1当a≤时，gx>0，函数gx在0,1上单调递增，2x所以方程e-2ax-e-a-1=0在0,1上至多有一个根，矛盾，e当a≥时，gx<0，函数gx在0,1上单调递减，2x所以方程e-2ax-e-a-1=0在0,1上至多有一个根，矛盾，1当<a<e时，由gx=0，可得x=ln2a，0<ln2a<1，2当0<x<ln2a时，gx<0，函数gx在0,ln2a上单调递减，当ln2a<x<1时，gx>0，函数gx在ln2a,1上单调递增，所以当x=ln2a时，函数gx取最小值，11122又g=e-a-e-a-1=e+1-e<2.89+1-e<0，2所以gln2a<0，又g0=1-e-a-1=2+a-e，g1=e-2a-e-a-1=1-a，由零点存在性定理可得2+a-e>0，1-a>0，1所以a>e-2，a<1，又</a<e时，由gx=0，可得x=ln2a，0<ln2a<1，2当0<x<ln2a时，gx<0，函数gx在0,ln2a上单调递减，当ln2a<x<1时，gx></h1=0，即lnx<x-1，x∈0,1∪1,+∞，11所以ln1+<，x∈-∞,-1∪0,+∞，xx111当x∈0,+∞时由ln1+x<x，可知xln1+x<1成立，111当x∈-∞,-1时由ln1+x<x，可知xln1+x<1不成立，1x所以使得1+<e成立的x的取值范围是0,+∞，x1x1x+12综上可得不等式1+x<e<1+x的解集为0,+∞.4(2024·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测)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r上的函数f(x)满足以下条件：①在闭区间[a,b]上连续，②在开区间(a,b)内可导，③f(a)=f(b)，则至少存在一个ξ50,∈(a,b)，使得fξ=0．据此，解决以下问题：32(1)证明方程4ax+3bx+2cx-a+b+c=0在0,1内至少有一个实根，其中a,b,c∈r；x2(2)已知函数fx=e-ax-e-a-1x-1,a∈r在区间0,1内有零点，求a的取值范围．432【解析】(1)设fx=ax+bx+cx-a+b+cx,x∈0,1，32则fx=4ax+3bx+2cx-a+b+c，所以函数fx在0,1上连续，在区间0,1上可导，又f0=0,f1=a+b+c-a-b-c=0，故f0=f1，所以由罗尔中值定理可得至少存在一个x0∈(0,1)，使得fx0=0，32所以4ax0+3bx0+2cx0-a+b+c=0，32所以方程4ax+3bx+2cx-a+b+c=0在0,1内至少有一个实根，x2(2)因为函数fx=e-ax-e-a-1x-1,a∈r在区间0,1内有零点，不妨设其零点为x1，则fx1=0，x1∈0,1，x2x由fx=e-ax-e-a-1x-1可得fx=e-2ax-e-a-1，所以函数fx在0,x1上连续，在0,x1上可导，0又f0=e-0-0-1=0，fx1=0，由罗尔中值定理可得至少存在一个x2∈(0,x1)，使得fx2=0，因为函数fx在x1,1上连续，在x1,1上可导，又f1=e-a-e+a+1-1=0，fx1=0，由罗尔中值定理可得至少存在一个x3∈(x1,1)，使得fx3=0，x所以方程e-2ax-e-a-1=0在0,1上至少有两个不等的实数根，x设gx=e-2ax-e-a-1,x∈0,1，x则gx=e-2a，1当a≤时，gx></e，该不等式等价于xln1+x<1，记hx=lnx-x+1，x∈0,1∪1,+∞，11-x则hx=-1=，所以当0<x<1时hx></e<1+x成立，1则至少有1+></e<1+x的解集，其中e=2.71828⋯．axa-2ab【解析】(1)因为r(x)=，所以r(x)=，r(x)=，1+bx231+bx1+bx11f(x)=ln(x+1)，则f(x)=，f(x)=-，x+1x+12由题意知，f0=r0，f0=r0，a=11所以，解得a=1，b=.-2ab=-1249,11(2)由(1)知，即证x+2ln1+x></e2<⋯<el,l∈n且l≤6．定义变换φk为“对于数阵的每一行，若其中有k或-k，则将这一行中每个数都乘以-1；若其中没有k且没有-k，则这一行中所有数均保持不变”k=e1,e2,⋯,el.φsa0表示“将a0经过φe1变换得到a1，再将a1经过φe2变换得到a2,⋯以此类推，最后将al-1经过φel变换得到al．记数阵al中四个数的和为tsa0．13(1)若a0=,s=1,3，写出a0经过φ1变换后得到的数阵a1，并求tsa0的值；3613(2)若a0=,s=e1,e2,e3，求tsa0的所有可能取值的和；36(3)对任意确定的一个数阵a0，证明：tsa0的所有可能取值的和不超过-4．13【解析】(1)因为a0=,s=1,3，36-1-3a0经过φ1变换后得到的数阵a1=，3613a1经过φ3变换后得到的数阵a2=，-3-6所以tsa0=1+3-3-6=-5.(2)若s=2,4,5，则a3=a0，可得tsa0=1+3+3+6=13；-1-3若e1=1,e2,e3∈2,4,5，则a3=，可得tsa0=-1-3+3+6=5；3613若e3=6,e1,e2∈2,4,5，则a3=，可得tsa0=1+3-3-6=-5；-3-6-1-3若e1,e3,e2其中一个为3，另外两个属于2,4,5，则a3=，-3-648,可得tsa0=-1-3-3-6=-13；-1-3若e1=1,e2∈2,4,5,e3=6，则a3=，可得tsa0=-1-3-3-6=-13；-3-6若e1=1，e2,e3其中一个为3，另外一个属于2,4,5，13则a3=，可得tsa0=1+3-3-6=-5；-3-6若e3=6，e1,e2其中一个为3，另外一个属于2,4,5，-1-3则a3=，可得tsa0=-1-3+3+6=5；36若e1=1,e2=3,e3=6，则a3=a0，可得tsa0=1+3+3+6=13；综上所述：tsa0的所有可能取值的和为13+-13+5+-5=0.4(3)若a11≠a12，在1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11且不含a12的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；4含有a12且不含a11的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；4同时含有a11和a12的子集共2个，经过变换后第一行仍为a11、a12；4不含a11也不含a12的子集共2-1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．所以经过变换后所有al的第一行的所有数的和为44442×-a11-a12+2×-a11-a12+2×a11+a12+2-1×a11+a12=-a11-a12.5若a11=a12，则1,2,3,4,5,6的所有非空子集中，含有a11的子集共2个，经过变换后第一行均变为-a11、-a12；5不含有a11的子集共2-1个，经过变换后第一行仍为a11、a12．55所以经过变换后所有al的第一行的所有数的和为2×-a11-a12+2-1×a11+a12=-a11-a12．同理，经过变换后所有al的第二行的所有数的和为-a21-a22．所以tsa0的所有可能取值的和为-a11-a12-a21-a22，又因为a11、a12、a21、a22∈1,2,⋯,6，所以tsa0的所有可能取值的和不超过-4．3(2024·山东济南·高三统考期末)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m，n，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：r(x)=ma0+a1x+⋯+amx(m+n)(m+n)，且满足：f(0)=r(0)，f(0)=r(0)，f(0)=r(0)⋯，f(0)=r(0)．已知f(x)n1+b1x+⋯+bnxax(4)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为r(x)=．注：f(x)=f(x),f(x)=f(x),f(x)=1+bx(5)(4)f(x),f(x)=f(x),⋯(1)求实数a，b的值；1(2)求证：(x+b)f></b<c．若n=1，2，3．．．．．．时，均有tn=t，若t∈m，求集合m(3)设集合q中的元素是以4为公比均为正整数的等比数列中的项，p=a,b,c，且p⊆q，a,b,c在一个集合p中有唯一确定的数．证明：存在k满足tk=0．【解析】(1)由题意可知：当a,b,c=1,3,14时，进行第一次操作，得到f1(a,b,c)=(2,4,12)，所以t1=12-2=10；进行第二次操作，得到f2(a,b,c)=(3,5,10)，所以t2=10-3=7；进行第三次操作，得到f3(a,b,c)=(4,6,8)，所以t3=8-4=4；进行第四次操作，得到f4(a,b,c)=(5,7,6)，所以t4=7-5=2；进行第五次操作，得到f5(a,b,c)=(6,5,7)，所以t5=7-5=2；进行第六次操作，得到f6(a,b,c)=(7,6,5)，所以t6=7-5=2；⋯⋯所以t2021=2.(2)i.当t=2时，a,b,c=a,a+1,a+2,所以f1a,a+1,a+2=a+1,a+2,a，t1=a+2-a=2.由操作规则可知，每次操作后，数组中的最大数a+2变为最小数a，最小数a和次小数a+1分别变为次小数a+1和最大数a+2，所以数组的放缩值不会改变.所以当t=2时，tn=tn=1,2,3,...恒成立；ii.当t≥3时，f1a,b,c=a+1,b+1,c-2，所以t1=b+1-a+1=b-a<c-a=t，或t1=c-2-a+1=t-3，所以总有t1≠t.不符合题意.综上所述：满足tn=tn=1,2,3,...的t的取值只能是2.故集合m=2.k∗(3)因为a,b,c是以4为公比的正整数等比数列中的三项,所以a,b,c是形如m×4(其中m∈n)的数.因为p=a,b,c，且p⊆q，a,b,c在一个集合p中有唯一确定的数，所以a,b,c互不相同.kk1k-1k-11又因为4=3+1=3k+ck3+⋯+ck3+1,所以a,b,c中每两个数的差都是3的倍数,所以a,b,c的放缩值t0是3的倍数.设fia,b,c=ai,bi,ci，i.当ai,bi,ci中有唯一最大数时,不妨设ai≤bi<ci，则ai+1=ai+1,bi+1=bi+1,ci+1=ci-2,所以bi+1-ai+1=bi-ai,ci+1-ai+1=ci-ai-3,ci+1-bi+1=ci-bi-3.因为bi-ai,ci-ai,ci-bi是3的倍数,则bi+1-ai+1,ci+1-ai+1,ci+1-bi+1也是3的倍数，所以bi+3≤ci,则ti≥3,ci+1-bi+1=ci-bi-3≥0,所以ai+1≤bi+1≤ci+1,所以ti+1=ci+1-ai+1=ci-ai-3=ti-3.ii.当ai,bi,ci中的最大数有两个时,不妨设ai<bi=ci.则ai+1=ai+2,bi+1=bi-1,ci+1=ci-1,所以46,bi+1-ai+1=bi-ai-3,ci+1-ai+1=ci-ai-3,ci+1-bi+1=ci-bi.因为bi-ai,ci-ai,ci-bi是3的倍数,则bi+1-ai+1,ci+1-ai+1,ci+1-bi+1也是3的倍数，所以ai+3≤bi,则ti≥3,bi+1-ai+1=bi-ai-3≥0,所以ai+1≤bi+1≤ci+1,所以ti+1=ci+1-ai+1=ci-ai-3=ti-3.综上知,当ti≥3时,数列ti是公差为3的等差数列.a+b+c当ti=3时,由上述分析可得ti+1=0,此时ai+1=bi+1=ci+1=.3t0所以存在k=,满足fka,b,c的放缩值tk=0.3考点九：高等数学背景下新定义1(2024·河南·统考模拟预测)离散对数在密码学中有重要的应用．设p是素数，集合x=m,⊗m1,2,⋯,p-1，若u,v∈x,m∈n，记u⊗v为uv除以p的余数，u为u除以p的余数；设a∈x，1,a,2,⊗p-2,⊗n,⊗a,⋯,a两两不同，若a=bn∈0,1,⋯,p-2，则称n是以a为底b的离散对数，记为n=log(p)ab．p-1,⊗(1)若p=11,a=2，求a；(2)对m1,m2∈0,1,⋯,p-2，记m1⊕m2为m1+m2除以p-1的余数(当m1+m2能被p-1整除时，m1⊕m2=0)．证明：log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac，其中b,c∈x；k,⊗k,⊗np-2,⊗(3)已知n=log(p)ab．对x∈x,k∈1,2,⋯,p-2，令y1=a,y2=x⊗b．证明：x=y2⊗y1．10【解析】(1)若p=11,a=2，又注意到2=1024=93×11+1，p-1,⊗10,⊗所以a=2=1.(2)【方法一】：当p=2时，此时x={1}，此时b=c=1，b⊗c=1，故log(p)ab⊗c=0,log(p)ab=0,log(p)ac=0，此时log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac.2,⊗p-2,⊗当p></p<1).试回答以下问题：①求py=0的值；②求该信道的信道疑义度hy∣x的最大值.【解析】(1)设x表示扔一非均匀股子点数，则x123456123456p212121212121扔一次平均得到的信息量为6h(x)=-px=xilog2px=xii=16i21=log2i=121i61=log221-ilog2i21i=14516=log27+log23-log25-72121≈2.40.(2)①由全概率公式，得py=0=px=0py=0∣x=0+px=1py=0∣x=1=ω1-p+1-ωp②由题意，py=0∣x=0=py=1∣x=1=1-p.所以，hy∣x=-px=x1,y=x1log2py=x1∣x=x1+px=x1,y=x2log2py=x2∣x=x1+px=x2,y=x1log2py=x1∣x=x2+px=x2,y=x2log2py=x2∣x=x2=-px=x1py=x1∣x=x1log2py=x1∣x=x1+px=x1py=x2∣x=x1log2py=x2∣x=x1+px=x2py=x1∣x=x2log2py=x1∣x=x2+px=x2py=x2∣x=x2log2py=x2∣x=x2=-ω1-plog21-p+ωplog2p+1-ωplog2p+1-ω1-plog21-p=-plog2p-1-plog21-p;其中x1=0,x2=1.令fp=-plog2p-1-plog21-p1-1fp=-log2p+p--log21-p+1-ppln21-pln21-p=-log2p+log21-p=log2.p111fp=0,p=2,x∈0,2时f(p)></x<1时，hx></p<时，φp<0，φp单调递减；21当<p<1时，φp></p<1．k=1yk(1)若y~b(n,q),0<q<1，求d(x‖y)；1(2)若n=2,p(y=k-1)=,k=1,2,3，求d(x‖y)的最小值；3(3)对任意与x有相同可能取值的随机变量y，证明：d(x‖y)≥0，并指出取等号的充要条件kkn-kkkn-k【解析】(1)不妨设ak=k，则xk=cnp(1-p),yk=cnq(1-q).nkn-kp1-pkkn-k所以d(x‖y)=cnp1-plnkn-ki=1q1-qnnp(1-q)kkn-k1-pkkn-k=ln⋅kcnp(1-p)+nln⋅cnp(1-p)q(1-p)k=01-qk=0p(1-q)1-p=npln+nln.q(1-p)1-q22(2)当n=2时，p(x=2)=p,p(x=1)=2p(1-p),p(x=0)=(1-p)，2222记f(p)=d(x‖y)=pln3p+2p(1-p)ln6p(1-p)+(1-p)ln3(1-p)2222=plnp+2p(1-p)ln2p(1-p)+(1-p)ln(1-p)+ln3，则f(p)=4plnp+2p+(2-4p)[ln2p(1-p)+1]-4(1-p)ln(1-p)-2(1-p)42,=2[lnp-ln(1-p)+(1-2p)ln2]，11令g(p)=lnp-ln(1-p)+(1-2p)ln2，则g(p)=+-2ln2></c<a)，则=，化简可得+=1，设b=a-c(b></a<b<c，则a=a∪0=0,a,b,c，na-na=a+a-a-a-a+a-a-a=a+a-a+a-a-a-a-a因0<a<2a<a+b<2b<b+c<2c，a+a=2a,2b,2c,a+b,b+c∪a+c，因a+a∩a=∅，所以b≠2a，c≠2b，c≠2a，c≠a+b，又a+a=b,c∪0,a,2a,2b,2c,a+b,b+c∪a+c，a+c≠0，a+c≠a，所以a+a-a+a=4，29,因-c<-b<-a<0<a<b<c，a-c<a-b<0<b-a<c-a，b-c<0<c-b，a-a=0,a-b,a-c,b-a,c-a∪b-c,c-b，a-a=a,b,-a,-b∪0,c,-c,a-b,a-c,b-a,c-a∪b-c,c-b因b≠2a，c≠2b，c≠2a，c≠a+b，所以a≠b-a，a≠c-a，b≠c-b，a≠c-b，b-c≠0，b-c≠0，b-c≠c，b-c≠-c所以a-a-a-a=6na-na=-2所以na-na为定值.法2：na-n(a)=-2．设a=a1,a2,a3，由于(a+a)∩=∅，所以对任意m=1,2,3，不存在i,j=1,2,3，使得am=ai+aj，于是a+a=(a+a)∪0,a1,a2,a3，a+a=|a+a|+4，由于(a+a)∩a=∅，所以对任意m=1,2,3，不存在i,j=1,2,3，使得am=ai-aj，于是a-a=(a-a)∪a1,a2,a3,-a1,-a2,-a3，从而an-a=|a-a|+6，于是na-n(a)=-2为定值．*(3)法1：a3=1,2,a3a3∈n，*若a3≥4,a3∈n，则4<1+a3<2+a3<2a3，1-a3<2-a3<-1<1<a3-2<a3-1,故a3+a3=2,3,4,1+a3,2+a3,2a3，a3-a3=1-a3,2-a3,-1,0,1,a3-2,a3-1，此时b3=na3=a3+a3-a3-a3=-1，不符合题意，故a3=3，猜想an=n，下面给予证明，当n≤3时，显然成立，*假设当n≤k，k∈n时，都有ak=k成立，即ak=1,2,3,⋅⋅⋅,k，此时ak+ak=2,3,4,⋅⋅⋅,2k，ak-ak=1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1，故ak+ak=2k-2+1=2k-1，ak-ak=k-1-1-k+1=2k-1，bk=nak=0，符合题意，*ak+1=1,2,⋅⋅⋅,k,ak+1，ak+1∈n则ak+1+ak+1=2,3,4,⋅⋅⋅,2k∪2+ak+1,3+ak+1,⋯,k+ak+1，ak+1-ak+1=1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1∪1-ak+1,2-ak+1,⋯,0,1,⋯,ak+1-1，若ak+1≥k+2，2,3,4,⋅⋅⋅,2k∩2+ak+1,3+ak+1,⋯,k+ak+1的元素个数小于1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1∩1-ak+1,2-ak+1,⋯,0,1,⋯,ak+1-1的元素个数则有bk+1=nak+1=ak+1+ak+1-ak+1-ak+1<ak+ak-ak-ak=nak=0，不符合题意，故ak+1=k+1，*综上，对于任意的n∈n，都有an=n故数列an的通项公式an=n.法2：假设存在n，使得an≠n，设m=minn∣an≠n．30,根据条件，m≥3，且am-1={1,2,⋯,m-1}，am-1+am-1={2,4,⋯,2m-2},am-1+am-1=2m-3，am-1-am-1={0,±1,±2,⋯,±(m-2)},am-1-an-1=2m-3，根据假设，am≥m+1.(i)如果am=m+k(k=1,2,⋯,m-3)，那么属于am+am但不属于am-1+am-1的元素组成的集合是{2m-1,2m,⋯,2m+k-1}∪{2m+2k}，从而am+am-am-1+am-1=k+2．属于am-am，但不属于am-1-am-1的元素组成的集合是{±(m-1),±m,⋯,±(m+k-1)}，从而am-am-am-1-am-1=2(k+1),于是bm=-k<0．矛盾！(ii)如果am=m+k(k≥m-2)，那么对任意i=1,2,⋯,m-1,m,am+ai∉am-1+am-1，从而am+am-am-1+am-1=m，同样对任意i=1,2,⋯,m-1,±am-ai∉am-1-am-1且±am-ai两两不同，从而am-am-am-1-am-1=2m-2,于是bm=-(m-2)<0，矛盾！3(2024·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测)已知数列{an}：1，-2，-2，3，3，3，-4，-4，-4，k个k-1k-1(k-1)kk(k+1)*k-1-4，⋅⋅⋅，(-1)k,⋅⋅⋅,(-1)k，即当<n≤(k∈n)时，an=(-1)k，记sn=a1+a2+⋅⋅⋅22*+an(n∈n).(1)求s2020的值；k(k+1)(k+1)(k+2)**(2)求当<n≤(k∈n)，试用n、k的代数式表示sn(n∈n)；22**(3)对于t∈n，定义集合pt={n|sn是an的整数倍，n∈n，且1≤n≤t}，求集合p2020中元素的个数.k个k-1k-1k-12【解析】(1)依题意：sk(k+1)-sk(k-1)=(-1)k,⋯,(-1)k=(-1)⋅k(k∈n*)，22k(k+1)63×64由≤2020得k≤63,2020-=4，22222222所以s2020=1-2+3-4+5-⋯-62+63-64-64-64-64=1+(2+3)(3-2)+(4+5)(5-4)+⋯+(62+63)(63-62)-256=1+2+3+⋯+63-25663(63+1)=-256=1760；2(2)①当k为奇数时，k+1为偶数，k(k+1)sn=sk(k+1)-n-(k+1)22222222kk+1=1-2+3-4+⋯+k-2-k-1+k-n-k+12kk+1=1+2+⋯+k-n-k+12k+1kkk+1=-n-k+122k(k+2)=-n⋅(k+1)；231,②当k为偶数时，k+1为奇数，k(k+1)sn=-1-2-3-⋯-k+n-(k+1)2k(k+1)(k+1)k=-+n-(k+1)22k(k+2)=-n⋅-(k+1)；2k+1k(k+2)k(k+1)(k+1)(k+2)∗∗综上：sn=(-1)⋅-n⋅(k+1)，<n≤(k∈n,n∈n)；222(k-1)kk(k+1)(3)由(2)知，当<n≤时，22k(k-1)(k+1)k-1kk+1kk-1sn=(-1)-n⋅k，an=-1k,-=k，222因为sn是an的整数倍，(k-1)(k+1)所以-n为整数，2k(k+1)所以k为奇数，由≤2020得k≤63，21+63所以满足条件的n的个数为1+3+5+⋯+63=×32=1024，2所以集合p2020中元素的个数为1024.4(2024·全国·高三专题练习)对于无穷数列an，若存在正整数t，使得an+t=an对一切正整数n都成立，则称无穷数列an是周期为t的周期数列.sn(1)已知无穷数列an是周期为2的周期数列，且a1=3，a2=1，sn是数列an的前n项和，若≤t对一n切正整数n恒成立，求常数t的取值范围；(2)若无穷数列an和bn满足bn=an+1-an，求证：“an是周期为t的周期数列”的充要条件是“bn是周t期为t的周期数列，且bi=0”；i=1b1=1,b2=a(3)若无穷数列an和bn满足bn=an+1-an，且bn+1，是否存在非零常数a，使得anbn+2=bn≥1,n∈nn是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数a；若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为无穷数列an是周期为2的周期数列，且a1=3，a2=1，n所以，当n为偶数时，sn=a1+a2=2n；2n-1当n为奇数时，sn=a1+a2+a1=2n+1，2sn因为≤t对一切正整数n恒成立，nsn所以，当n为偶数时，=2，故只需t≥2即可；nsn1当n为奇数时，=2+≤3恒成立，故只需t≥3即可；nnsn综上，≤t对一切正整数n恒成立，常数t的取值范围为3,+∞n(2)证明：先证充分性：32,t因为bn是周期为t的周期数列，bi=0，bn=an+1-ani=1n+t所以，bi=0，即an+1-an+an+2-an+1+⋯+an+t-1-an+t-2+an+t-an+t-1=0，i=n所以an+t-an=0，即an+t=an所以，an是周期为t的周期数列，即充分性成立.下面证明必要性：因为an是周期为t的周期数列，所以an+t=an，即an+t-an=0所以，an+t+1=an+1,an+t=an，即an+t+1-an+1=an+t-an=0所以，an+t+1-an+t=an+1-an，即bn+t=an+t+1-an+t=an+1-an=bn，所以数列bn是周期为t的周期数列，t因为a1+t-a1=a1+t-at+at-at-1+⋯+a3-a2+a2-a1=bt+bt-1+⋯+b2+b1=0，即bi=0i=1所以，必要性成立.t综上，“an是周期为t的周期数列”的充要条件是“bn是周期为t的周期数列，且bi=0”i=1(3)假设存在非零常数a，使得an是周期数列，t所以，由(2)知，数列bn是周期为t的周期数列，且bi=0，i=1b1=1,b2=a因为bn+1，bn+2=bn≥1,n∈nnb2b3b41b51b6b7b8所以，b3==a,b4==1,b5==,b6==，b7==1,b8==a,b9==a,⋯b1b2b3ab4ab5b6b7所以数列bn是周期为t=6，622123所以bi=2+2a+a=0，即a+a+1=a+2+4=0，显然方程无解，i=1所以，不存在非零常数a，使得an是周期数列.考点七：圆锥曲线新定义1直线族是指具有某种共同性质的直线的全体．如：方程y=kx+1中，当k取给定的实数时，表示一条2直线；当k在实数范围内变化时，表示过点0,1的直线族(不含y轴).记直线族2(a-2)x+4y-4a+a=023(其中a∈r)为ψ，直线族y=3tx-2t(其中t></l<m，m≥3.∗因为an为t点列，由(2)知an+2-an+1></l<m，比较alam+k⋅j与al-kam⋅j的大小，并说明理由．【解析】(1)an为t点列，理由如下：26,1111由题意可知，anan+1=1,n+1-n，j=0,1，所以fn=anan+1⋅j=n+1-n，11112∗fn+1-fn=---=></x≤12，2<x+3≤4时，cosx+3<0，所以k<-π=-tanx+3，即cosx+3πππ5ππ5πk<-tanx+3min，由于2<x+3≤4，所以tanx+3的最大值为tan4=1，π所以k<-tanx+3min=-1综上所述，k的取值范围是(-3,-1).2如图，半圆o的直径为2cm，a为直径延长线上的点，oa=2cm，b为半圆上任意一点，以ab为一边作等边三角形abc.设∠aob=α.25,π(1)当α=时，求四边形oacb的周长；3(2)克罗狄斯⋅托勒密(ptolemy)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∠aoc.(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．【解析】(1)在△abo中，2221由余弦定理得ab=oa+ob-2oa⋅ob⋅cosα=1+4-2×1×2×=3，2即ab=3，于是四边形oacb的周长为oa+ob+2ab=3+23；(2)因为ob⋅ac+oa⋅bc≥ab⋅oc，且△abc为等边三角形，ob=1，oa=2，所以ob+oa≥oc，所以oc≤3，°即oc的最大值为3，取等号时∠obc+∠oac=180，所以cos∠obc+cos∠oac=0，不妨设ab=x，22x+1-9x+4-9则+=0，解得x=7，2x4x9+4-71所以cos∠aoc==，2×2×32°所以∠aoc=60；222(3)在△abo中，由余弦定理得ab=oa+ob-2oa⋅ob⋅cosα=5-4cosα，所以ab=5-4cosα，0<α<π，132于是四边形oacb的面积为s=s△aob+s△abc=oa⋅ob⋅sinα+ab24353π53=sinα+(5-4cosα)=sinα-3cosα+=2sinα-+，4434ππ5π53当α-=，即α=时，四边形oacb的面积取得最大值为2+.32645π53所以，当b满足∠aob=时，四边形oacb的面积最大，最大值为2+.643将平面直角坐标系中的一列点a11,a1、a22,a2、⋯、ann,an、⋯，记为an，设fn=anan+1⋅j，其中j为与y轴方向相同的单位向量．若对任意的正整数n，都有fn+1></b<c<d<e(a,b,c,d,e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a面体的所有顶点可以与正b面体的某些顶点重合，正b面体的所有顶点可以与正d面体的所有顶点重合，等等.(1)当正a面体的所有顶点可以与正b面体的某些顶点重合时，求正a面体的棱与正b面体的面所成线面角的最大值；(2)当正c面体在棱长为1的正b面体内，且正c面体的所有顶点均为正b面体各面的中心时，求正c面体某一面所在平面截正b面体所得截面面积；(3)已知正d面体的每个面均为正五边形，正e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1的正e面体的表面积；第二问：求棱长为1的正d面体的体积.【解析】(1)设正面体每个端点出去的棱数相等为p，每个面的边的数量相等为q，端点数量为f，面的数量为v，棱的数量为e，由于每个棱用两个端点，所以有：pf=2e，由于每两个相邻的面共用一条棱，所以有：qv=2e，v=4q2+2-1pq4f=由v-e+f=2，解得p2+2-1，pqe=22+2-1pq因为q代表多边形的边数，所以q≥3，因为要得到立体图形，必须有p≥3，22由题意易得+></bn，am></x<0上恒成立，故gx=e-x在-1,0上x+1单调递增，故gx=e-x∈2,e，故当a∈2,e时，fx在-1,0有1个“1-1-笃志点”；11当x0<-1时，x0+1<0，故⋅=1，x0+ax0+1+a2222则x0+2a+1x0+a+a-1=0，由于x0+2a+1x0+a+a-1=0至多有两个根，结合前面分析a的取值范围为2,e的子集，2222令wx=x+2a+1x+a+a-1，其中δ=2a+1-4a+a-1=5></x<0)，则gx=e-1></x0<0时，x0+1></h1=0，不成立；综上所述：t∈-∞,-1.(3)①fx0fx0+1=1有三个不等的实数根，x0x0+11当x0></t<0时，存在a0∈0,1，使得ha0=0，13,x∈0,a0时，ha<0，函数单调递减；x∈a0,1时，ha></fx1<0，故t<0，设ha=a-1+talna+lna-a+1，a∈0,1，11ha=1+tlna+1+a-1=1+tlna+a，111a-1设ma=lna+，则ma=-=<0恒成立，aaa2a2故ma在0,1上单调递减，ma></x<0时，e-1<0，e-e></a<1时，x1、x2分别为函数y=fx的极大值点和极小值点，且不等式fx1+tfx2></ln+ln⋅⋅⋅+ln=ln=ln2，kk+12k-1k即m=f2k1></x<4，故g(x)在-∞,0上单调递减，在0,4上单调递增，在4,+∞上单调递减，又g(0)=-1，且当x></x2≤2，1当x1-x2<时，fx1-fx2<2x1-x2<1；211当≤x1-x2<1时，因为f1=f2，-1<x1-x2≤-22fx1-fx2=fx1-f1+f2-fx2≤fx1-f1+f2-fx21<2x1-1+22-x2=2x1-x2+1≤2-2+1=1，综上所述，∀x1，x2∈1,2，fx1-fx2<1.23nxxnx*2(2024·山东·高三校联考阶段练习)定义函数fnx=1-x+-+⋯+-1n∈n．23n(1)求曲线y=fnx在x=-2处的切线斜率；x(2)若f2x-2≥ke对任意x∈r恒成立，求k的取值范围；(3)讨论函数fnx的零点个数，并判断fnx是否有最小值．若fnx有最小值m﹐证明：m></gxminxexe1+x-2-lnx-xgx=，令ux=-2-lnx-x，ux在1,e单调递减，2xxe9,所以ux≤u1=-3<0，gx<0，故gx在1,e单调递减，4+egxmin=ge=，e+1ex+lnx-1x+lnx-1由fx≥-2可转化为a≥x，令hx=x，只需a≥hxmaxxexe1+x2-lnx-xhx=，令mx=2-lnx-x，mx在1,e单调递减，2xxe且m1=1></x2<x3<x4<x5.因为对于∀xi∈b，都有xi-1∈b或xi+1∈b，i=1，2，3，4，5，所以x2=x1+1，x4=x5-1，x3=x2+1或x3=x4-1.对于集合c={n+1-x5，n+1-x4，n+1-x3，n+1-x2，n+1-x1}，因为1≤x1<x2<x3<x4<x5≤n，所以1≤n+1-xi≤n，i=1，2，3，4，5，n+1-x5<n+1-x4<n+1-x3<n+1-x2<n+1-x1，所以c⊆an.因为x2=x1+1，x4=x5-1，x3=x2+1或x3=x4-1.所以n+1-x2=n+1-x1-1，n+1-x4=n+1-x5+1，n+1-x3=(n+1-x4)+1或n+1-x3=(n+1-x2)-1，所以对于任意n+1-xi+1∈c或n+1-xi-1∈c，i=1，2，3，4，5，所以集合c也是自邻集.因为当n为偶数时，x3≠n+1-x3，所以b≠c.所以对于集合an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，an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k的自邻集的个数为bk，k∈n，当n≥4时，an-1=b2+b3+⋯+bn-1，an=b2+b3+⋯+bn-1+bn，8,显然an=an-1+bn.下面证明：bn≤an-1.①自邻集含有n-2，n-1，n这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素n后的集合为d因为n-1，n-2∈d，所以d仍是自邻集，且集合d中的最大元素是n-1，所以含有n-2，n-1，n这三个元素的自邻集的个数为bn-1.②自邻集含有n-1，n这两个元素，不含n-2，且不只有n-1，n这两个元素，记自邻集除n-1，n之外最大元素为m，则2≤m≤n-3，每个自邻集去掉n-1，n这两个元素后，仍为自邻集.此时的自邻集的最大元素为m，可将此时的自邻集分为n-4个；其中含有最大数为2的集合个数为b2，含有最大数为3的集合个数为b3，⋯⋯，含有最大数为n-3的集合个数为bn-3.则这样的集合共有b2+b3+⋯+bn-3个.③自邻集只含有n-1，n这两个元素，这样的自邻集只有1个.综上可得bn=b2+b3+⋯+bn-3+bn-1+1≤b2+b3+⋯+bn-3+bn-1+bn-2=an-1，所以bn≤an-1，故n≥4时，an≤2an-1得证.考点二：函数与导数新定义1(2024·广东茂名·统考一模)若函数fx在a,b上有定义，且对于任意不同的x1,x2∈a,b，都有fx1-fx2<kx1-x2，则称fx为a,b上的“k类函数”.2x(1)若fx=+x，判断fx是否为1,2上的“3类函数”；22xx(2)若fx=ax-1e--xlnx为1,e上的“2类函数”，求实数a的取值范围；2(3)若fx为1,2上的“2类函数”，且f1=f2，证明：∀x1，x2∈1,2，fx1-fx2<1.【解析】(1)对于任意不同的x1,x2∈1,2，x1+x2+2有1≤x1<x2≤2，2<x1+x2<4，所以2<<3，222x1x2x1+x2+2fx1-fx2=2+x1-2+x2=x1-x22<3x1-x2，2x所以fx=+x是1,2上的“3类函数”.2x(2)因为fx=axe-x-lnx-1，由题意知，对于任意不同的x1,x2∈1,e，都有fx1-fx2<2x1-x2，不妨设x1<x2，则-2x2-x1<fx1-fx2<2x2-x1，故fx1+2x1<fx2+2x2且fx1-2x1></a4n(n=1，2，⋯)；③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}(m=1，2，⋯；n=1，2，⋯)．(ⅰ)如果数列{an}的前四项为2，-2，-2，-1，那么{an}是否可能为ℜ2数列？说明理由；(ⅱ)若数列{an}是ℜ0数列，求a5；(ⅲ)设数列{an}的前n项和为sn，是否存在ℜp数列{an}，使得sn≥s10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．【解析】(ⅰ)数列{an}不可能为ℜ2数列，理由如下，因为p=2，a1=2，a2=-2，所以a1+a2+p=2，a1+a2+p+1=3，因为a3=-2，所以a3∉{a1+a2+p，a1+a2+p+1}，所以数列{an}不满足性质③．(ⅱ)性质①，a1≥0，a2=0；由性质③am+2∈{am，am+1}，因此a3=a1或a3=a1+1，a4=0或a4=1，若a4=0，由性质②可得a3<a4，即a1<0或a1+1<0，矛盾；若a4=1，a3=a1+1，由a3<a4，则a1+1<1，矛盾，因此只能是a4=1，a3=a1，1又因为a4=a1+a3或a4=a1+a3+1，所以a1=或a1=0．21若a1=，则a2∈{a1+a1+0，a1+a1+0+1}={2a1，2a1+1}={1，2}，不满足a2=0，舍去；2当a1=0，则{an}的前四项为0，0，0，1，下面用数学归纳法证明a4n+i=n(i=1，2，3)，a4n+4=n+1(n∈n)，当n=0时，经检验命题成立；假设n≤k(k≥0)时命题成立．当n=k+1时，若i=1，则a4(k+1)+1=a4k+5=aj+(4k+5-j)，利用性质③：{aj+a4k+5-j|j∈n*，1≤j≤4k+4}={k，k+1}，此时可得a4k+5=k+1，否则a4k+5=k，取k=0可得a5=0，而由性质②可得a5=a1+a4∈{1，2}，与a5=0矛盾．同理可得，{aj+a4k+6-j|j∈n*，1≤j≤4k+5}={k，k+1}，此时可得a4k+6=k+1，{aj+a4k+8-j|j∈n*，2≤j≤4k+6}={k+1，k+2}，此时可得a4k+8=k+2，{aj+a4k+7-j|j∈n*，1≤j≤4k+6}={k+1}，又因为a4k+7<a4k+8，此时可得a4k+7=k+1，即当n=k+1时，命题成立．综上可得，a5=a4×1+1=1；(ⅲ)令bn=an+p，由性质③可知，∀m，n∈n*，bm+n=am+n+p∈{am+p+an+p，am+p+an+p+1}={bm+bn，bm+bn+1}，由于b1=a1+p≥0，b2=a2+p=0，b4n-1=a4n-1+p<a4n+p=b4n，因此数列{bn}为ℜ0数列，5,由(ⅱ)可知，若∀n∈n*，a4n+i=n-p(i=1，2，3)，a4n+1=n+1-p；s11-s10=a11=a4×2+3=2-p≥0，s9-s10=-a10=-a4×2+2=-(2-p)≥0，因此p=2，此时a1，a2，⋯，a10≤0，aj≥0(j≥11)，满足题意．考点一：集合新定义1(2024·北京顺义·高三统考期末)给定正整数n≥3，设集合a=a1,a2,⋯,an．若对任意i，j∈{1,2,⋯,n}，ai+aj，ai-aj两数中至少有一个属于a，则称集合a具有性质p．(1)分别判断集合1,2,3与-1,0,1,2是否具有性质p；(2)若集合a={1,a,b}具有性质p，求a+b的值；(3)若具有性质p的集合b中包含6个元素，且1∈b，求集合b．【解析】(1)集合1,2,3中的3+3=6∉1,2,3，3-3=0∉1,2,3，所以集合1,2,3不具有性质p，集合-1,0,1,2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-1,0,1,2，所以集合-1,0,1,2具有性质p；(2)若集合a={1,a,b}具有性质p，记m=max1,a,b，则m≥1，令ai=aj=m，则2m∉1,a,b，从而必有0∈1,a,b，不妨设a=0，则a=1,0,b，b≠0且b≠1，令ai=1，aj=b，则1+b,1-b∩1,0,b≠∅，且1+b,b-1∩1,0,b≠∅，b≠0且b≠1，以下分类讨论：1)当1+b∈1,0,b时，若1+b=0⇒b=-1，此时，a=1,0,-1满足性质p；若1+b=1⇒b=0，舍；若1+b=b，无解；2)当1+b∉1,0,b时，则1-b,b-1⊆1,0,b，注意b≠0且b≠1，可知b无解；经检验a=1,0,-1符合题意，综上a+b=-1；(3)首先容易知道集合b中有0，有正数也有负数，不妨设b=-bk,-bk-1,...,-b1,0,a1,a2,...,al，其中k+l=5，0<a1<...<al,0<b1<...<bk，根据题意a1-al,...,al-1-al⊆-bk,-bk-1,...,-b1，且bk-b1,bk-1-b1,...,b2-b1⊆a1,a2,...al，从而k,l=2,3或3,2，1)当k,l=3,2时，b3-b1,b3-b2=a1,a2，并且-b3+b1,-b3+b2=-b1,-b2⇒b3=b1+b2，a2-a1∈a1,a2⇒a2=2a1，由上可得b2,b1=b3-b1,b3-b2=a2,a1=2a1,a1，并且b3=b1+b2=3a1，综上可知b=-3a1,-2a1,-a1,0,a1,2a1；2)当k,l=2,3时，同理可得b=-2a1,-a1,0,a1,2a1,3a1，据此，当b中有包含6个元素，且1∈b时，符合条件的集合b有5个，分别是-2,-1,0,1,2,-1,-1,0,1,1,3，-2,-1,0,1,2,1，-3,-2,-1,0,1,2或2223333-3,-1,-1,0,1,1.2222(2024·北京·高三北京四中校考期末)已知集合s=a1,a2,⋯,ann≥3，集合t⊆6,x,yx∈s,y∈s,x≠y，且满足，∀ai,aj∈si,j=1,2,⋯,n,i≠j，ai,aj∈t与aj,ai∈t恰有一个成n1,a,b∈t立.对于t定义dta,b=0,b,a∈t，以及ltai=dtai,aj，其中i=1,2,⋯,n.j=1,j≠i例如lta2=dta2,a1+dta2,a3+dta2,a4+⋯+dta2,an.(1)若n=4，a1,a2,a3,a2,a2,a4∈t，求lta2的值及lta4的最大值；(2)从lta1,⋯,ltan中任意删去两个数，记剩下的数的和为m，求m的最小值(用n表示)；(3)对于满足ltai<n-1i=1,2,⋯,n的每一个集合t，集合s中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得dte,f+dtf,g+dtg,e=3恒成立？请说明理由.【解析】(1)lta2=dta2,a1+dta2,a3+dta2,a4，a1,a2,a3,a2,a2,a4∈t，dta2,a1=dta2,a3=0，dta2,a4=1，所以lta2=1；lta4=dta4,a1+dta4,a2+dta4,a3，a1,a2,a3,a2,a2,a4∈t，dta4,a2=0，lta4最大，则dta4,a1=dta4,a3=1，，所以lta4最大值为2.(2)设lta1,⋯,ltan中的最大值为ltak，由定义，ltak≤n-1，若存在ltak=ltam=n-1，k≠m，则∀i，ak,ai∈t，∀i，am,ai∈t，进而ak,am∈t，am,ak∈t，矛盾.22于是除ltak外，剩余的ltai≤n-2由定义，t中恰有cn个元素，lta1+⋯+ltan=cn，2125设删去的两个数为a，b，则lta1+⋯+ltan-a-b≥cn-n-1-n-2=n-n+3，22构造t=ai,ajai∈s,aj∈s,i<j，删去lta1，lta2，恰好取得等号.125所以m的最小值为n-n+3.22(3)结论：集合s中存在满足条件的三个不同的元素e，f，g，证明如下：设ltai，i=1,2,⋯,n中的一个最大值为ltak，由ltak<n-1得ltak≤n-2于是∃u≠k，dtak,au=0，进而dtau,ak=1考虑ltau=dtau,a1⋯+dtau,ak+⋯，ltak=dtak,a1⋯+dtak,au+⋯由于dtau,ak=1，dtak,au=0，而ltau≤ltak于是一定存在不同于u，k的v，使得dtau,av=0，dtak,av=1进而dtav,au=1，于是dtau,ak+dtak,av+dtav,au=3，取e=au，f=ak，g=av即可.∗3(2024·北京·高三景山学校校考期末)设集合a2n={1,2,3,⋯,2n}(n∈n,n≥3)，如果对于a2n的每一个含有m(m≥4)个元素的子集p，p中必有4个元素的和等于4n+1，称正整数m为集合a2n的一个“相关数”.(1)当n=3时，判断5和6是否为集合a6的“相关数”，说明理由；(2)若m为集合a2n的“相关数”，证明：m-n-3≥0；(3)给定正整数n，求集合a2n的“相关数”m的最小值.【解析】(1)当n=3时，a6={1,2,3,4,5,6},4n+1=13，①对于a6的含有5个元素的子集{2,3,4,5,6}，因为2+3+4+5></y≤m，使得sx=sy，即ax+bry=ay+brx，可得ax+bry=ay+brx，取p=x，s=ry，q=y，r=rx，使得ap+bs=aq+br．综上所述，存在0≤p<q≤m，0≤r<s≤m，使得ap+bs=aq+br．3(2022•北京)已知q:a1，a2，⋯，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，⋯，m}，在q中存在ai，ai+1，ai+2，⋯，ai+j(j≥0)，使得ai+ai+1+ai+2+⋯+ai+j=n，则称q为m-连续可表数列．(ⅰ)判断q:2，1，4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(ⅱ)若q:a1，a2，⋯，ak为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；(ⅲ)若q:a1，a2，⋯，ak为20-连续可表数列，且a1+a2+⋯+ak<20，求证：k≥7．【解析】(ⅰ)若m=5，则对于任意的n∈{1，2，3，4，5}，a2=1，a1=2，a1+a2=2+1=3，a3=4，a2+a3=1+4=5，所以q是5-连续可表数列；由于不存在任意连续若干项之和相加为6，所以q不是6-连续可表数列；(ⅱ)假设k的值为3，则a1，a2，a3最多能表示a1，a2，a3，a1+a2，a2+a3，a1+a2+a3，共6个数字，与q是8-连续可表数列矛盾，故k≥4；现构造q:4，2，1，5可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k=4满足题意．故k的最小值为4．(ⅲ)先证明k≥6．从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6．若k=6，最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数，由于q为20-连续可表数列，且a1+a2+⋯+ak<20，所以其中必有一项为负数．既然5个正整数都不能连续可表1-20的正整数，所以至少要有6个正整数连续可表1-20的正整数，4,所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，当k=7时，数列1，2，4，5，8，-2，-1满足题意，当k></y≤m，使得sx=sy，即ax-brx=ay-bry，可得ax+bry=ay+brx，取p=x，s=ry，q=y，r=rx，使得ap+bs=aq+br，若am<bm，设sn=brn-an，1≤n≤m，根据题意可得sn≤0且sn为整数，反证法：假设存在正整数k，使得sk≤-m，则brk-ak≤-m，brk+1-ak></q≤m，0≤r<s≤m，使得ap+bs=aq+br．【解析】(ⅰ)列表如下，对比可知r0=0，r1=1，r2=1，r3=2．i0123ai213ai0236bi133bi0147rk0112(ⅱ)由题意知rn≤m且rn∈n，因为an≥1，bn≥1，an，bn∈{1，2，⋯，m}，所以an≥1，bn≥1，当且仅当n=1时，等号成立，所以r0=0，r1=1，又因为2rj≤rj-1+rj+1，则rj+1-rj≥rj-rj-1，即rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥...≥r1-r0=1，可得rj+1-rj≥1，反证：假设满足rn+1-rn>

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新高考新题型第19题新定义压轴解答题归纳（解析版）

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