新高考新题型高三19题新定义题型精选（解析版）
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新高考新题型高三19题新定义题型精选1在n×n(n≥2)个实数组成的n行n列的数表中，aij表示第i行第j列的数，记ri=ai1+ai2+⋯+ain(1≤i≤n)，cj=a1j+a2j+⋯+anj(1≤j≤n).若aij∈-1,0,1(1≤i,j≤n),，且r1,r2,⋯,rn,c1,c2,⋯,cn两两不等，则称此表为“n阶H表”，记Hn=r1,r2,⋯,rn,c1,c2,⋯,cn.(1)请写出一个“2阶H表”；(2)对任意一个“n阶H表”，若整数λ∈-n,n,且λ∉Hn，求证：λ为偶数；(3)求证：不存在“5阶H表”.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)根据定义列出2阶H表即可;nn(2)对“n阶H表”，整数λ∈-n,n,应用λ+ri+cj=0结论得证;i=1j=1(3)应用反证法结合定义可证.【详解】(1)11-10(2)对任意一个“n阶H表”，ri表示第i行所有数的和，cj表示第j列所有数的和1≤i,j≤n，nnnnri与cj均表示数表中所有数的和，所以ri=cj.i=1j=1i=1j=1因为aij∈-1,0,1，所以r1，r2，⋯⋯，rn，c1，c2，⋯⋯，cn只能取[-n，n]内的整数.又因为r1，r2，⋯⋯，rn，c1，c2，⋯⋯，cn互不相等，λ∈-n,n且λ∉Hn，所以{λ，r1，r2，⋯⋯，rn，c1，c2，⋯⋯，cn}={-n,-n+1,，⋯⋯，-1，0，1，⋯⋯，n-1，n}，nn所以λ+ri+cj=-n+-n+1+⋯+-1+0+1+⋯+n-1+n=0.i=1j=1n所以λ=-2ri偶数.i=1(3)假设存在一个“5阶H表”，则由(2)知5，-5，3，-3∈H5，且4∈H5和-4∈H5至少有一个成立，不妨设4∈H5设r1=5，r2=-5，则a1j=1，a2j=-11≤j≤5，于是cj≤31≤j≤5，因而可设r3=4，a31=a32=a33=a34=1，a35=0①若3是某列的和，由于c5≤2，故只能是前四列某列的和，不妨设是第一列，即a41=a51=1.现考虑-3，只能是r4或r5，不妨设r4=-3，即a42=a43=a44=a45=-1，由c2，c3，c4两两不等知a52，a53，a54两两不等，不妨设a52=-1，a53=0，a54=1，若a55=-1则r5=0=c3；若a55=0，则r5=1=c4；若a55=1，则c5=0=c3，均与已知矛盾.②若3是某行的和，不妨设r4=3，则第4行至少有3个1，若这3个1是前四个中某三个数，不妨设a41=a42=a43=1，则第五行前三个数只能是3个不同的数，不妨设a51=-1，a52=0，a53=1，则c3=3=r4，矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，不妨设a41=a42=0，a43=a44=a45=1，所1,以r5=-3，第五行只能是2个，3个-1或1个1，4个-1，则a51，a52，a55至少有两个数相同，不妨设a51=a52，则c1=c2，与已知矛盾.综上，不存在“5阶H表”.2已知整数m,n≥3，集合Xn=x1,x2,⋯,xn∣xi∈{0,1},i=1,2,⋯,n，对于Xn中的任意两个元素An=a1,a2,⋯,an，B=b1,b2,⋯,bn，定义A与B之间的距离为d(A,B)=ai-bi．若A1,A2,⋯,Am∈Xn且i=1dA1,A2=dA2,A3=⋯=dAm-1,Am，则称是A1,A2,⋯,Am是Xn中的一个等距序列．(1)若A1=(1,0,0,0),A2=(1,1,0,0),A3=(0,1,1,0),A4=(0,1,1,1)，判断A1,A2,A3,A4是否是X4中的一个等距序列？(2)设A，B，C是X3中的等距序列，求证：d(A,C)为偶数；(3)设A1,A2,⋯,Am是X6中的等距序列，且A1=(1,1,⋯,1)，Am=(0,0,⋯,0)，dA1,A2=5．求m的最小6个16个0值．【答案】(1)A1,A2,A3,A4不是X4中的一个等距序列(2)见解析(3)7【分析】(1)算出dA1,A2与dA2,A3验证不相等；(2)dA,B=dB,C结果为0,1,2,3来讨论；(3)分析从1变成0经过变换次数的规律，根据dA1,A2=5知道每次需要变换几个对应坐标.4【详解】(1)∵dA1,A2=ai-bi=1-1+0-1+0-0+0-0=1i=14∵dA2,A3=ai-bi=1-0+1-1+0-1+0-0=2i=1∴dA1,A2≠dA2,A3所以A1,A2,A3,A4不是X4中的一个等距序列(2)设A=a1,a2,a3B=b1,b2,b3C=c1,c2,c3把a1a2a3,b1b2b3,c1c2c3分别称作A=a1,a2,a3B=b1,b2,b3C=c1,c2,c3的第一个，第二个，第三个坐标，若dA,B=x,x∈0,1,2,3则A,B中有x个对应坐标不相同，例如当dA,B=1时，说明A,B中有1个对应坐标不相同，其中A=1,1,0,B=1,1,1就是符合dA,B=1的一种情况.①当dA,B=dB,C=0得A=B=C，所以dA,C=0是偶数②当dA,B=dB,C=1，则A,B中有1个对应坐标不相同，并且B,C中有1个对应坐标不相同，所以A,C中有0或2个对应坐标不相同，当有0个对应坐标不相同时，即A=C则dA,C=0，当有2个对应坐标不相同时，dA,C=2，都满足dA,C为偶数.③当dA,B=dB,C=2则A,B中有2个对应坐标不相同，并且B,C中有2个对应坐标不相同，所以A,C中有0或2个对应坐标不相同，当有0个对应坐标不相同时，即A=C则dA,C=0，当有2个对应坐标不相同时，dA,C=2，都满足dA,C为偶数.④当dA,B=dB,C=3则A,B中有3个对应坐标不相同，并且B,C中有3个对应坐标不相同，所以A,C中有0个对应坐标不相同，即A=C则dA,C=0，满足dA,C为偶数.2,综上：A，B，C是X3中的等距序列，则d(A,C)为偶数(3)根据第二问可得dA1,A2=5，则说明A1,A2中有5个对应坐标不相同由Ai变换到Ai+1需改变5个坐标，保留1个不变，又因为从1变成0经过奇数次变化，所以从A1=(1,1,⋯,1)变到Am=(0,0,⋯,0)至少经过6次变换，每个坐标变换5次，故m的最小值为7.6个16个03设A为非空集合，定义A×A=x,y∣x,y∈A(其中x,y表示有序对)，称A×A的任意非空子集R为A上的一个关系.例如A=0,1,2时，A×A与0,0,2,1都是A上的关系.设R为非空集合A上的关系.给出如下定义：①(自反性)若对任意x∈A，有x,x∈R，则称R在A上是自反的；②(对称性)若对任意x,y∈R，有y,x∈R，则称R在A上是对称的；③(传递性)若对任意x,y,y,z∈R，有x,z∈R，则称R在A上是传递的.如果A上关系R同时满足上述3条性质，则称R为A上的等价关系.任给集合S1,S2,⋯,Sm，定义S1∪S2∪⋯∪Sm为x∣x∈S1,或x∈S2,或⋯,或x∈Sm.(1)若A=0,1,2，问：A上关系有多少个？A上等价关系有多少个？(不必说明理由)(2)若集合A有n个元素n≥1，A的非空子集A1,A2,⋯,Am1≤m≤n两两交集为空集，且A=A1∪A2∪⋯∪Am，求证：R=A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am为A上的等价关系.(3)若集合A有n个元素n≥1，问：对A上的任意等价关系R，是否存在A的非空子集A1,A2,⋯,Am1≤m≤n，其中任意两个交集为空集，且A=A1∪A2∪⋯∪Am，使得R=A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am？请判断并说明理由.【答案】(1)511;5(2)证明过程见详解(3)存在【分析】(1)先用列举法写出集合A×A，其非空子集个数即为其关系个数.等价关系也可用例举法列出来.(2)要证R=A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am为集合A上的等价关系，只需证集合R在集合A上上满不满足自反性、对称性、传递性.(3)只需判断针对集合A上包含不同元素个数的子集Ai对应的集合Ai×Ai⊆R即可.【详解】(1)由题意得A×A=0,0,0,1,1,0,1,1,0,2,2,0,2,2,1,2,2,1，共有9个元素，则9有2-1=512-1=511个非空子集，即A上的关系有511个.所有等价关系R1=0,0,1,1,2,2,R2=0,0,1,1,2,2,0,1,1,0,R3=0,0,1,1,2,2,0,2,2,0,R4=0,0,1,1,2,2,2,1,1,2,R5=0,0,1,1,2,2,0,1,1,0,0,2,2,0,2,1,1,2,共有5个.(2)证明：令A=a1,a2,a3,⋯,ann≥1，因为A的非空子集A1,A2,⋯,Am1≤m≤n两两交集为空集，且A=A1∪A2∪⋯∪Am设as∈As1≤s≤m≤n，则除了集合As外，其余集合不包含as.则as,as⊆As×As，又因为As×As⊆A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am，则as,as∈R，即R在A上是自反的.设as,at∈At1≤t≤m≤n，则除了集合At外，其余集合不包含as,at.则as,at,at,as⊆At×At，又因为At×At⊆A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am，则as,at∈R,at,as∈R，即R在A上是对称的.设as,at,ak∈Ak1≤k≤m≤n，则除了集合Ak外，其余集合不包含as,at,ak.则as,at,at,as，as,ak⊆Ak×Ak，又因为Ak×Ak⊆A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am，则as,at∈R,as,ak∈R,at,ak∈R，即R在A上是传递的.3,综上所述，R=A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am为A上的等价关系(3)令A=a1,a2,a3,⋯,ann≥1，因为R为A上的等价关系，则R为集合A×A=x,y∣x,y∈A的非空子集.因为A的非空子集A1,A2,⋯,Am1≤m≤n两两交集为空集，且A=A1∪A2∪⋯∪Am设as∈As1≤s≤m≤n，则除了集合As外，其余集合不包含as.则∀as∈As，必有as,as∈R，则As×As⊆R.设ak,at∈At1≤k≤t≤m≤n，则除了集合At外，其余集合不包含ak,at.则ak,ak∈R,at,at∈R，则ak,at∈R,必有ak,at∈R，故At×At⊆R，设ax,ay,az∈Ax1≤x≤y≤z≤m≤n，则除了集合Ax外，其余集合不包含ax,ay,az.则ax,ax,ay,ay，az,az⊆R，则ax,ay∈R,ay,az∈R，az,ax∈R，必有ay,ax∈R,az,ay∈R，ax,az∈R，则Ax,Ax⊆R.故，不管集合Ai1≤i≤m≤n中有几个元素，都能保证Ai×Ai⊆R，则R=A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am.综上所述，对A上的任意等价关系R，存在A的非空子集A1,A2,⋯,Am1≤m≤n，其中任意两个交集为空集，且A=A1∪A2∪⋯∪Am，使得R=A1×A1∪A2×A2∪⋯∪Am×Am.4已知集合A=a1,a2,⋯,an,ai∈R,i=1,2,⋯,n并且n≥2．定义T(A)=|aj-ai|(例如∑1≤i<j≤n1≤i<j≤3aj-ai=a2-a1+a3-a1+a3-a2)．(1)若集合a={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10},m={1,2,3,4,5}，集合a的子集n满足：n≠m，且t(m)=t(n)，求出一个符合条件的n；(2)对于任意给定的常数c以及给定的集合a=a1,a2,⋯,an，求证：存在集合b=b1,b2,⋯,bn，使得t(b)=t(a)，且c=b1+b2+⋯+bn；(3)若集合a=a1,a2,⋯,a2m满足：ai<ai+1,i=1,2,⋯,2m-1,m≥2,a1=a,a2m=b，其中实数a，b为给定的常数，求t(a)的取值范围．【答案】(1)n=6,7,8,9,10(2)证明见解析2(3)t(a)<m(b-a)【分析】(1)根据新定义可求得答案；nc-aii=1(2)构造新数列b=d+a1,d+a2,⋅⋅⋅d+an，根据新定义可求得d=，即可证明；n(3)利用数学归纳法即可证明.【详解】(1)由题可知，n=6,7,8,9,10(2)证明：令b=d+a1,d+a2,⋅⋅⋅d+an，(d为待定参数).tb=∑d+ai-d+aj=∑aj-ai=ta，1≤i<j≤n1≤i<j≤nnnbi=nd+ai=ci=1i=1nc-aii=1当d=即可.nm(3)|aj-ai=(2m+1-2k)(a2m+1-2k-ak)，1≤i<j≤nk=14,当m=2时，|aj-ai|=|a4-a3|+|a3-a2|+|a2-a1|+|a4-a2|+|a3-a1|+|a4-a1|=3(a4-a1)+(a3-a2)成立.1≤i<j≤n假设结论对m成立，下面证明m+1时的情形，2m2m+1|aj-ai=|aj-ai+(a2m+1-ai)+(a2m+2-ai1≤i<j≤m+11≤i<j≤ni=1i=1m2m2m+1n=(2m+1-2k)(a2m+1-k-ak)+(a2m+1-ai)+(a2m+2-ai)=(2m+1-2k)(a2m+1-k-ak)+(2m-k=1i=1i=1k=12m1)a2m+1+(2m+1)a2m+2-2aii=1m+1=(2m+3-2k)(a2m+3-k-ak)即k=1m2t(a)<(2m+1-2k)(a2m-2k-ak)=m(b-a)k=12所以，t(a)的取值范围为t(a)<m(b-a)5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n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ξ的信息熵h(ξ)=-pilog2pi，i=1npi=1，i=1,2,⋯,n.i=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【答案】(1)h(ξ)=-p1log2p1-(1-p1)log2(1-p1)，p1∈(0,1)，最大值为1.1(2)h(ξ)=2-.n-22【分析】(1)由题意可知p1+p2=1且h(ξ)=-p1log2p1-p2log2p2，减少变量可得ξ的信息熵关于p1的解析式，求导可得单调性，故而求出最大值；1(2)由pk+1=2pk可知数列pk从第二项起，是首项为n-1，公比为2的等比数列，故而可求出pk(k=2,3,2n⋯,n)的通项公式，再由h(ξ)=-pilog2pi可得h(ξ)的解析式.i=1【详解】(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)，1则f'(t)=-log2t+log2(1-t)=log2t-1，5,11所以函数ft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-2222222【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列定义写出pk，进而写出h(ξ)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.6中国是纸的故乡，折纸也是起源于中国.后来数学家将几何学原理运用到折纸中，并且利用折纸来研究几何学，很好的把折纸艺术与数学相结合.将一张纸片折叠一次，纸片上会留下一条折痕，如果在纸片上按照一定的规律折出很多折痕后，纸上能显现出一条漂亮曲线的轮廓.如图，一张圆形纸片的圆心为点d，a是圆外的一个定点，p是圆d上任意一点，把纸片折叠使得点a与p重合，然后展平纸片，折痕与直线dp相交于点q，当点p在圆上运动时，得到点q的轨迹.(1)证明：点q的轨迹是双曲线；222(2)设定点a坐标为(2,0)，纸片圆的边界方程为(x+2)+y=r.若点m(2,3)位于(1)中所描述的双曲线上，过点m的直线l交该双曲线的渐近线于e，f两点，且点e，f位于y轴右侧，o为坐标原点，求△eof面积的最小值.【答案】(1)证明见解析.(2)3【分析】(1)利用双曲线的定义即可证得结果.6,(2)利用直线与双曲线的位置关系即可求得结果.【详解】(1)证明：设圆d半径为r，由题意知qa=qp，所以qa-qd=qp-qd=dp=r，因此，动点q到定点a和d的距离之差的绝对值为定值r，且r<da，由双曲线定义知，点q的轨迹是以a，d为焦点的双曲线.2y2x(2)由(1)知双曲线中2a=r，2c=4，设双曲线方程为-=1，22r4-r442492y又点m(2,3)在双曲线上，-=1，解得r=2，因此双曲线方程为x-=1，22r4-r3441π渐近线为y=±3x，则∠eoa=∠aof=∠eof=.232π①直线l斜率不存在，此时△eof为顶角为的等腰三角形，且oe=4，所以s△eof=43；322y②若直线l斜率存在，设为：y=k(x-2)+3，联立双曲线x-=1，得：32222(3-k)x+(4k-6k)x-4k+12k-12=0.因为直线l交双曲线于y轴右侧于两点x1,y1,x2,y2，2222226k-4k-4k+12k-12所以δ=(4k-6k)-4(3-k)(-4k+12k-12)≥0，且x1+x2=2>0，x1x2=2>0；3-k3-k解得k<-3或k>3.3-2k3-2k设E(x3,y3)，F(x4,y4)，联立直线和渐近线方程解得：x3=，x4=，3-k-3-kx3x4所以OE==2x3，OF==2x4，cos∠EOAcos∠FOA112πS△EOF=⋅OE⋅OFsin∠EOF=⋅2x3⋅2x4sin22323(3-2k)7-4k=3x3x4=2=43+33⋅2，k-3k-37-4k2(2k-3)(k-2)令f(k)=，f(k)=，222k-3(k-3)当k<-3时，f(k)>0，f(k)单调递增，且f(k)>0，此时S△EOF>43.当3<k<2时，f(k)<0，f(k)单调递减，当k>2时，f(k)>0，f(k)单调递增所以f(k)的极小值为f(2)=-1，此时S△EOF=3.综上所述，△EOF面积的最小值为3，此时k=2且Δ=0，即直线l与双曲线相切.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中关于最值的求解方法主要有：①二次函数型，利用二次函数最值求解；②基本不等式法，借助基本不等式求解最值；③导数法，利用导数求解最值.7,7“工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长.某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张圆形纸片，按如下步骤折纸(如图)步骤1：设圆心是E，在圆内异于圆心处取一点，标记为F；步骤2：把纸片折叠，使圆周正好通过点F；步骤3：把纸片展开，并留下一道折痕；步骤4：不断重复步骤2和3，就能得到越来越多的折痕.则这些折痕所围成的图形是一个椭圆.现取半径为42的圆形纸片，定点F到圆心E的距离为26，按上述方法折纸.以向量FE的方向为x轴正方向，线段EF中点为原点建立平面直角坐标系.(1)求折痕围成的椭圆Γ的标准方程；22(2)已知点M是圆x+y=10上任意一点，过点M做椭圆Γ的两条切线，切点分别是A,B，求△MAB面积的最大值，并确定此时点M的坐标.2y2xxyyx00注：椭圆：2+2=1a>b>0上任意一点Px0,y0处的切线方程是：2+2=1.abab2y2x【答案】(1)+=1；8232(2)，M0,±10.5【分析】(1)利用椭圆的定义结合条件即得；x0y01(2)由题可得直线AB的方程是x+y=1，然后利用韦达定理法结合条件可表示出S△MAB=AB⋅d82232223y0+2=，然后利用换元法利用导数求函数的最值即得.23y0+10【详解】(1)设Px,y为椭圆上一点，则PF+PE=PA+PE=AE=42>EF=26，2y2x所以P点轨迹是以F,E为焦点，长轴长为2a=42的椭圆，设椭圆的方程为+=1a>b>0，22ab222所以c=6,a=22，则b=a-c=2，2y2x所以椭圆方程为+=1；828,22(2)设Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0，则x0+y0=10，x1xy1yx2xy2y切线MA方程：+=1，切线MB方程：+=1，两直线都经过点M，8282x1x0y1y0x2x0y2y0所以，得+=1，+=1，8282x0y0从而直线AB的方程是：x+y=1，82x0y0x+y=182222由x2y2，得3y0+10x-16x0x+64-32y0=0，+=182216x064-32y0由韦达定理，得x1+x2=2,x1x2=2，3y0+103y0+10x20AB=1+-⋅x1-x24y0x216x264-32y2000=1+⋅-4⋅22216y03y0+103y0+1022103y0+2=，23y0+1022x0y0+-12823y0+2点M到直线AB的距离d==，x02y025+82322123y0+22∴S△MAB=AB⋅d=2，其中y0≤10，23y0+10322t令t=3y0+2，则t∈2,42,∴S△MAB=2，t+832t4+24t22t令ft=，则ft=>0，222t+8t+8∴ft在t∈2,42上递增，232∴t=42，即y0=10时，△MAB的面积取到最大值，此时点M0,±10.58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，ma0+a1x+⋯+amxn，函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为：R(x)=，且满足：f(0)=R(0)，fn1+b1x+⋯+bnx(m+n)(m+n)(0)=R(0)，f(0)=R(0)⋯，f(0)=R(0)．已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似ax(4)(5)(4)为R(x)=．注：f(x)=f(x),f(x)=f(x),f(x)=f(x),f(x)=f(x),⋯1+bx9,(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⋯．1【答案】(1)a=1，b=2(2)证明见解析(3)0,+∞【分析】(1)求出r(x)，r(x)，f(x)，f(x)，依题意可得f0=r0，f0=r0，即可得到方程组，解得即可；111t+1(2)由(1)知，即证x+2ln1+x>1，令t=1+x，即证t∈0,1∪1,+∞时⋅lnt>1，记2t-12t-1φt=lnt-，t∈0,1∪1,+∞，利用导数说明函数的单调性，即可证明；t+111x+11x+122(3)分析可得1+x>0，即x>0或x<-1，先考虑e<1+x，该不等式等价于ln1+x>1，结1x1合(2)的结论即可，再考虑1+x<e，该不等式等价于xln1+x<1，利用导数证明lnx<x-1，x∈110,1∪1,+∞，即可得到ln1+<，x∈-∞,-1∪0,+∞，再分类讨论即可判断.xxaxa-2ab【详解】(1)因为r(x)=，所以r(x)=，r(x)=，1+bx231+bx1+bx11f(x)=ln(x+1)，则f(x)=，f(x)=-，x+1x+12由题意知，f0=r0，f0=r0，a=11所以，解得a=1，b=.-2ab=-1211(2)由(1)知，即证x+2ln1+x>1，1令t=1+，则t>0且t≠1，xt+1即证t∈0,1∪1,+∞时⋅lnt>1，2t-12t-1记φt=lnt-，t∈0,1∪1,+∞，t+1214t-1则φt=-=>0，tt+12tt+12所以φt在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递增，2t-1t+1当t∈0,1时φt<φ1=0，即lnt<，即⋅lnt>1成立，t+12t-12t-1t+1当t∈1,+∞时φt>φ1=0，即lnt>，即⋅lnt>1成立，t+12t-1t+1综上可得t∈0,1∪1,+∞时⋅lnt>1，2t-1111所以x+2ln1+x>1成立，即(x+b)fx>1成立.1x1x+12(3)由题意知，欲使得不等式1+x<e<1+x成立，10,1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ln1+x>1，即x+2ln1+x>1，11又由(2)知x+2ln1+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xln1+x<1，记hx=lnx-x+1，x∈0,1∪1,+∞，11-x则hx=-1=，所以当0<x<1时hx>0，x>1时hx<0，xx所以hx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以hx<h1=0，即lnx<x-1，x∈0,1∪1,+∞，11所以ln1+<，x∈-∞,-1∪0,+∞，xx111当x∈0,+∞时由ln1+x<x，可知xln1+x<1成立，111当x∈-∞,-1时由ln1+x<x，可知xln1+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,+∞.1x+11x2【点睛】关键点点睛：第三问，首先确定x>0或x<-1，分别求e<1+x、1+x<e对应解集，进111一步转化为求x+2ln1+x>1、xln1+x<1的解集，构造中间函数研究不等式成立的x取值.9利用拉格朗日(法国数学家，1736-1813)插值公式，可以把二次函数F(x)表示成F(x)=d(x-b)(x-c)e(x-a)(x-c)f(x-a)(x-b)++的形式.(a-b)(a-c)(b-a)(b-c)(c-a)(c-b)(1)若a=1，b=2，c=3，d=4，e<f，把f(x)的二次项系数表示成关于f的函数g(f)，并求g(f)的值域(此处视e为给定的常数，答案用e表示)；222222db-c+ec-a+fa-b(2)若a<b<c，d>0，e<0，f>0，求证：a+b<<b+c.d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)1【答案】(1)-e+2,+∞；2(2)证明见解析．【分析】(1)根据已知写出二次项系数g(f)后可得；；(2)注意到d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<0，因此可以在不等式两边同乘以分母后化简不等式，然后比较可得(可作差或凑配证明)．def4e【详解】(1)由题意g(f)=++=++(a-b)(a-c)(b-a)(b-c)(c-a)(c-b)-1×(-2)1×(-1)f111=f-e+2又f>e，所以G(f)>e-e+2=-e+2．2×12221即G(f)的值域是-e+2,+∞；2(2)因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<0，11,22(a+b)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]=d(b-c)(a+b)+e(c-a)(a+b)+f(a-b)22=d(b-c)([(b+c)+(a-c)]+e(c-a)[(c+a)+(b-c)]+f(a-b)222222=d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)+d(b-c)(a-c)+e(c-a)(b-c)因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以d(b-c)(a-c)>0,e(c-a)(b-c)>0，222222所以(a+b)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]>d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，222222db-c+ec-a+fa-b所以a+b<，d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)22(b+c)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]=d(b-c)+e(c-a)(b+c)+f(a-b)(b+c)22=d(b-c)+e(c-a)(c-a+b-a)+f(a-b)(a+b+c-a)222222=d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)+e(c-a)(b-a)+f(a-b)(c-a)因为a<b<c，d>0，e<0，f>0，所以e(c-a)(b-a)<0,f(a-b)(c-a)<0，222222所以(b+c)[d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)]<d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，222222db-c+ec-a+fa-b所以b+c>，d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)综上，原不等式成立．10在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列(整点即横纵坐标都是整数的点)An:A1，A2，A3，⋯，An与Bn:B1，B2，B3，⋯，Bn，其中n≥3，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段AiAi+1⊥BiBi+1，其中i=1,2,3,⋯,n-1，则称A(n)与B(n)互为正交点列.(1)求A(3)：A1(0,2)，A2(3,0)，A3(5,2)的正交点列B(3)；(2)判断A(4)：A1(0,0)，A2(3,1)，A3(6,0)，A4(9,1)是否存在正交点列B(4)？并说明理由；(3)∀n≥5，n∈N，是否都存在无正交点列的有序整点列A(n)？并证明你的结论.【答案】(1)B1(0,2)，B2(2,5)，B3(5,2)(2)不存在，理由见解析(3)不存在，证明见解析【分析】(1)由正交点列的定义可知B1(0,2)，B3(5,2)，设B2(x,y)，由正交点列的定义可知A1A2⋅B1B2=0,A2A3⋅B2B3=0，即可得出结论；(2)设点列B1，B2，B3，B4是点列A1，A2，A3，A4的正交点列，则可设B1B2=λ1-1,3,B2B3=λ21,3,B3B4=λ3-1,3，λ1，λ2，λ3∈Z，因为A1与B1，A4与B4相同，即可得到结论；(3)∀n≥5，n∈N，都存在整点列A(n)无正交点列.设AiAi+1=ai,bi，其中ai，bi是一对互质整数，i=1,n-1n-1∑-λibi=∑aii=1i=12,3,⋯,n-1，则有n-1n-1，分类讨论，即可得出结论.∑λiai=∑bii=1i=1【详解】(1)设点列A1(0,2)，A2(3,0)，A3(5,2)的正交点列是B1，B2，B3，由正交点列的定义可知B1(0,2)，B3(5,2)，设B2(x,y)，A1A2=3,-2,A2A3=2,2,B1B2=x,y-2,B2B3=5-x,2-y，由正交点列的定义可知A1A2⋅B1B2=0,A2A3⋅B2B3=0，3x-2y-2=0x=2即，解得25-x+22-y=0y=5所以点列A1(0,2)，A2(3,0)，A3(5,2)的正交点列是B1(0,2)，B2(2,5)，B3(5,2).(2)由题可得A1A2=3,1,A2A3=3,-1,A3A4=3,1，设点列B1，B2，B3，B4是点列A1，A2，A3，A4的正交点列，12,则可设B1B2=λ1-1,3,B2B3=λ21,3,B3B4=λ3-1,3，λ1，λ2，λ3∈Z-λ1+λ2-λ3=0①因为A1与B1，A4与B4相同，所以有3λ1+3λ2+3λ3=1②因为λ1，λ2，λ3∈Z，方程②显然不成立，所以有序整点列A1(0,0)，A2(3,1)，A3(6,0)，A4(9,1)不存在正交点列；(3)∀n≥5，n∈N，都存在整点列A(n)无正交点列.∀n≥5，n∈N，设AiAi+1=ai,bi，其中ai，bi是一对互质整数，i=1,2,3,⋯,n-1若有序整点列B1，B2，B3，⋯Bn是点列A1，A2，A3，⋯An正交点列，则BiBi+1=λi-bi,ai,i=1,2,3,⋯,n-1，n-1n-1∑-λibi=∑ai1*i=1i=1则有n-1n-1∑λiai=∑bi2*i=1i=11,i为奇数当n为偶数时，取A1(0,0)，ai=3,bi=-1,i为偶数,i=1,2,3,⋯,n-1.由于B1，B2，B3，⋯Bn是整点列，所以有λi∈Z，i=1,2,3,⋯,n-1.等式(2*)中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，所以该点列A1，A2，A3，⋯An无正交点列；1,i为奇数当n为奇数时，取A1(0,0)，a1=3，b1=2，ai=3,bi=-1,i为偶数,i=2,3,⋯,n-1，由于B1，B2，B3，⋯Bn是整点列，所以有λi∈Z，i=1,2,3,⋯,n-1.等式(2*)中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，所以该点列A1，A2，A3，⋯An无正交点列.综上所述，∀n≥5，n∈N，都不存在无正交点列的有序整数点列A(n).【点睛】关键点睛：本题以平面直角坐标系为载体，平面向量为工具，给出新定义“互为正交点列”，解本类题的关键在于结合课本知识，认真理解新定义，在新定义的基础上用学过的知识来解决问题.ana411已知无穷数列{an}的各项均为正数，当n≤4时，≤；当n>4时，an=max{a1+an-1,a2n4+an-2,a3+an-3,⋯,an-1+a1}，其中max{x1,x2,x3,⋯,xs}表示x1,x2,x3,⋯,xs这s个数中最大的数．(1)若数列{an}的前4项为1，4，3，8，写出a5,a6,a9,a10的值；(2)是否存在p1,p2,p3,p4∈N，使a100=p1a1+p2a2+p3a3+p4a4，且p1+2p2+3p3+4p4=100？请说明理由；(3)设bn=na4-4an，证明：b4k+i≥b4(k+1)+i,k∈N(i=1,2,3,4)．【答案】(1)a5=9，a6=12，a9=17，a10=20.(2)存在，见解析.(3)见解析.【分析】(1)根据题意直接写出a5,a6,a9,a10的值即可；ana4(2)由题意知，当n≤4时，≤；当n>4时an=max{a1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,⋯,an-1+a1}，分析存n4在i∈{1,2,⋯,99}，使得a100=at+a100-t，然后将ai或a100-i分拆，写成数列中某两项的和，再结合条件进行推理即可；(3)要证b4k+i≥b4(k+1)+i,k∈N(i=1,2,3,4)，则对其通过作差变形，结合题意an=max{a1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,⋯,an-1+a1}进行化简即可得证.【详解】(1)由题意知：a5=9，a6=12，a9=17，a10=20.13,(2)存在，理由如下：因为an=max{a1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,⋯,an-1+a1}，故存在i∈{1,2,⋯,99}，使得a100=at+a100-t.若i>4或100-i>4，则将ai或a100-i继续分拆，可写成数列中某两项的和，如ai=ai1+ai2(i1+i2=i).依次类推，进行有限次操作后，存在j1,j2,j3,⋯,jk∈{1,2,3,4}，使得a100=aj1+aj2+⋯+ajk(j1+j2+⋯+jk=100)，从而存在p1,p2,p3,p4∈N，使得a100=p1a1+p2a2+p3a3+p4a4，所以p1+2p2+3p3+4p4=100.(3)b4(k+1)+i-b4k+i=[4(k+1)+i]a4-4a4(k+1)+i-[(4k+i)a4-4a4k+i]=4(a4-a4(k+1)+i-a4k+i)，由an=max{a1+an-1,a2+an-2,a3+an-3,⋯,an-1+a1}得：a4(k+1)+i=maxa1+a4(k+1)+i-1,a2+a4(k+1)+i-2,⋯≥a4+a4k+i，b4k+i≥b4(k+1)+i,k∈N(i=1,2,3,4).【点睛】本题考查了数列新定义解问题，证明不等式，等式问题，综合性较强，是难题.*12对于数列A:a1,a2,a3ai∈N,i=1,2,3,定义“T变换”:T将数列A变换成数列B:b1,b2,b3,其中bi=ai-ai+1i=1,2,且b3=a3-a1.这种“T变换”记作B=TA,继续对数列B进行“T变换”,得到数列C:c1,c2,c3,依此类推,当得到的数列各项均为0时变换结束.(1)写出数列A:2,6,4经过5次“T变换”后得到的数列;(2)若a1,a2,a3不全相等,判断数列A:a1,a2,a3经过不断的“T变换”是否会结束,并说明理由;(3)设数列A:400,2,403经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小,求k的最小值.【答案】(1)2,0,2(2)数列A经过不断的“T变换”不可能结束,理由见解析(3)136【分析】(1)根据数列的新定义写出经过5次“T变换”后得到的数列即可;(2)先假设数列A经过不断的“T变换”结束,不妨设最后三个数列为D:d1,d2,d3,E:e1,e2,e3,F:0,0,0,由F数列往前推,则非零常数列可能会通过“T变换”结束,或者数列E为常数列,进而推得D可能出现的情况,推出矛盾,故假设不成立,即可证明;(3)先往后推几项,发现规律,假设1次“T变换”得到数列的通项,多写出几项,推出规律,往后继续进行,推到使数字接近1时,再继续推,往后会发现k次“T变换”得到的数列是循环的,得到最小值,进而推出次数即可.【详解】(1)解:由题知,5次变换后得到的数列依次为4,2,2;2,0,2;2,2,0;0,2,2;2,0,2⋯所以数列A:2,6,4经过5次“T变换”后得到的数列为2,0,2;(2)数列A经过不断的“T变换”不可能结束设数列D:d1,d2,d3,E:e1,e2,e3,F:0,0,0,且TD=E,TE=F,由题可知e1-e2=0,e2-e3=0,e3-e1=0,∴e1=e2=e3,即非零常数列才能通过“T变换”结束,①设e1=e2=e3=e(e为非零自然数),14,则为变换得到数列E的前两项,数列D只有四种可能:D:d1,d1+e,d1+2e;D:d1,d1+e,d1;D:d1,d1-e,d1;D:d1,d1-e,d1-2e;而以上四种情况中,数列E的第三项是0或2e,即不存在数列D,使得其经过“T变换”成为非零常数列②由①②得,数列A经过不断的“T变换”不可能结束;(3)数列A经过一次“T变换”后得到数列B:398,401,3,其结构为a,a+3,3,数列B经过6次“T变换”得到的数列分别为:3,a,a-3;a-3,3,a-6;a-6,a-9,3;3,a-12,a-9;a-15,3,a-12;a-18,a-15,3.所以,经过6次“T变换”后得到的数列也是形如“a,a+3,3”的数列,变化的是,除了3之外的两项均减小18,∵398=18×22+2∴数列B经过6×22=132次“T变换”后得到的数列为2,5,3,接下来经过“T变换”后得到的数列分别为:3,2,1;1,1,2;0,1,1;1,0,1;1,1,0;0,1,1;1,0,1;⋯.至此,数列和的最小值为2,以后数列循环出现,数列各项和不会更小,所以经过1+132+3=136次“T变换”得到的数列各项和达到最小,即k的最小值为136.【点睛】思路点睛:本题考查数列的新定义问题,结合证明方法,属于难题,关于数列新定义问题,一般思路为:(1)根据定义写出几项,(2)找出规律,(3)写出通项,(4)证明结论.00113已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一项是2，接下来的两项是2，2，再012接下来的三项是2，2，2，依此类推.设该数列的前n项和为Sn,*p规定：若∃m∈N,使得Sm=2(p∈N)，则称m为该数列的“佳幂数”.15,(1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前3个“佳幂数”；(2)试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由；(3)(i)求满足m>70的最小的“佳幂数”m;(ii)证明：该数列的“佳幂数”有无数个.【答案】(1)1，2，3；(2)不是；(3))(i)95；(ii)见解析.012【分析】(1)S1=1=2,S2=2=2,S3=4=2,∴m=1,2,3；234p(2)先根据题意确定前9项有45个数，所以S50=S45+1+2+2+2+2，不能表示为2，因此不是“佳幂数”；kk+1k+1t(3)(i)因为Skk+1=2-k-2，所以k+2=2-1，m=+t，结合条件确定t的最小值，解得最小22的“佳幂数”m；kk+1(ii)由m=+t得“佳幂数”有无数个20【详解】(1)解：因为S1=1=2，所以1为该数列的“佳幂数”；12又因为S2=1+1=2=2，S3=1+1+2=4=2，所以2，3为该数列的“佳幂数”；所以该数列的前3个“佳幂数”为：1，2，3；(2)解：由题意可得，数列如下：第1组:1；第2组:1,2；第3组：1,2,4；⋯k-1第k组：1,2,4，⋯，2，kk+1则该数列的前1+2+⋯+k=项的和为:2k-1k+1Skk+1=1+1+2+⋯+1+2+⋯+2=2-k-2，①2kk+1当≤50时，k≤9，22341010则S50=S45+1+2+2+2+2=2-11+31=2+20，101011p由于2<2+20<2，对∀p∈N，S50≠2，故50不是“佳幂数”.kk+1(3)(i)解：在①中，要使>70，有k≥12，2kk+1k+11k此时1+2+4+⋯+2=2-1=(1+1)-1=1+Ck+1+⋯+Ck+1+1-1>k+2，k所以k+2是第k+1组等比数列1,2,4，⋯，2的部分项的和，t-1t*设k+2=1+2+⋯+2=2-1,t∈N.t4所以k=2-3≥12，则t≥4，此时k=2-3=13，13×14所以对应满足条件的最小“佳幂数”m=+4=95.2t-1t*(ii)证明：由(i)知：k+2=1+2+⋯+2=2-1,t∈N.kk+1当t≥2，且取任意整数时，可得“佳幂数”m=+t，216,所以，该数列的“佳幂数”有无数个.14《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”(图2)埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形AnBnCnDn，n=1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为Pn,Qn，将极点P1,Q1，分别与正方形A2B2C2D2的顶点连线，取其中点记为Em，Fm，m=1,2,3,4，如(图3).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥A1-P1E1P2E2与A2-P2E1P3F1(1)求异面直线P1A2与Q1B2成角余弦值；(2)求平面P1A1E1与平面A1E2P2的夹角正弦值；(3)求埃舍尔体的表面积与体积(直接写出答案).1【答案】(1)；33(2)；2(3)表面积为122，体积为4.【分析】(1)以点O为坐标原点，分别以OP2,OQ2,OP1的方向为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出P1A2=1,-1,-1，Q1B2=1,1,1，根据向量即可结果；(2)根据坐标，求出平面P1A1E1与平面A1E2P2的法向量，根据向量法可以求出法向量夹角的余弦值，进而得出结果；(3)由已知可得，四边形P1E1P2E2为菱形.根据向量法求出四棱锥A1-P1E1P2E2的体积以及表面积即可得出17,结果.【详解】(1)解：由题意可知，OP2,OQ2,OP1两两垂直，且OP2=OQ2=OP1=1.以点O为坐标原点，分别以OP2,OQ2,OP1的方向为x,y,z轴的正方向，如图5，建立空间直角坐标系.则由题意可得，O0,0,0，P20,1,0，P10,0,1，B2-1,1,0，A10,1,1，A21,1,0，Q10,0,-1.111111又E1,E2分别是P1A2,P1B2的中点，所以E12,2,2，E2-2,2,2.所以P1A2=1,1,-1，Q1B2=-1,1,1，P1A2⋅Q1B2-11则cos<p1a2,q1b2>===-，P1A2Q1B23×331所以异面直线P1A2与Q1B2成角余弦值为.3111111(2)解：由(1)可得，P1A1=0,1,0，P1E1=2,2,-2，P2A1=0,0,1，P2E2=-2,-2,2.设n1=x1,y1,z1是平面P1A1E1的一个法向量，n1⋅P1A1=0则，n1⋅P1E1=0y1=0即111，2x1+2y1-2z1=0令x1=1，可得n1=1,0,1是平面P1A1E1的一个法向量.设n2=x2,y2,z2是平面A1E2P2的一个法向量，111因为P2A1=0,0,1,P2E2=-2,-2,2n2⋅P2A1=0则，n2⋅P2E2=0z2=0即111，取x2=1，可得n2=1,-1,0是平面A1E2P2的一个法向量.-2x2-2y2+2z2=0n1⋅n211则cos<n1,n2>===，n1n22×22123所以平面P1A1E1与平面A1E2P2的夹角正弦值为1-2=2.111111(3)解：由(1)(2)可得，P1P2=0,1,-1，E1E2=-1,0,0，P1E1=2,2,-2，P2E2=-2,-2,2，111A1P1=0,-1,0，P1E2=-2,2,-2.所以P2E2=-P1E1，18,所以P2E2∥P1E1且P2E2=P1E1，所以四边形P1E1P2E2为平行四边形.又P1P2⋅E1E2=0,1,-1⋅-1,0,0=0，所以P1P2⊥E1E2，即P1P2⊥E1E2，所以四边形P1E1P2E2为菱形.又P1P2=2，E1E2=1，12所以SP1E1P2E2=×P1P2×E1E2=.22n3⋅P1P2=0设n3=x3,y3,z3是平面P1E1P2E2的一个法向量，则，n3⋅P1E1=0y3-z3=0即111，取y3=1，2x3+2y3-2z3=0则n3=0,1,1是平面P1E1P2E2的一个法向量.A1P1⋅n3-12又A1P1=0,-1,0，所以点A1到平面P1E1P2E2的距离d===2.n3211221所以四棱锥A1-P1E1P2E2的体积V1=×SP1E1P2E2×d=××=，332261114四棱锥P2-A3B3C3D3的体积V2=3×SA3B3C3D3×2A2D2=3×4×1=3111111因为A1P1=0,-1,0，P1E2=-2,2,-2，P1E1=2,2,-2.1A1P1⋅P1E2-23所以A1P1在P1E2方向上的投影为==-，P1E2334AP⋅PE26所以点A到直线PE的距离h=AP2-1112=.112111P1E236同理可得点A1到直线P1E1的距离h2=.31136所以四棱锥A1-P1E1P2E2的侧面积S1=×P1E2×h1×4=×××4=2.2223所以埃舍尔体的表面积为12S1=122，体积为24V1+V2=4.15五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.(1)若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为X步，求X的分布列和期望；*(2)记pii∈N为设定机器人一共行走2i步时游戏胜利的概率，求pi，并判断当i为何值时，游戏胜利的概率最大；(3)该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将n个0和n个1排成一排，若对任意的1≤k≤2n，在前knn-1nn-1个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有C2n-C2n种，其中，C2n-C2n的结果被称为卡特兰数.若记Pi为设定机器人行走2i步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对(2)中的pi，有Pipi*=i∈N2i-119,3【答案】(1)分布列见解析，E(X)=；2(2)i=1时，游戏胜利的概率最大；(3)证明见解析．【分析】(1)根据向前或向后行走的步数分类可知，X的可能取值为0,2,4，再分别计算出对应的概率，即可得到X的分布列和数学期望；iC2i(2)根据题意可知，pi=2i，再由pi的单调性即可判断；2(3)根据机器人第一步以及最后第2i步的行走方向讨论，即可得出Pi的表达式，从而将所证等式转化为i-1i-2i2C2i-2-C2i-2C2i=，再根据组合数公式即可证出．2i2i2(2i-1)2【详解】(1)依题可知，X的可能取值为0,2,4.214311414141P(X=0)=C42=8，P(X=2)=2C42=2，P(X=4)=2C42=8，所以，X的分布列如下：X024311P8283113所以，E(X)=0×+2×+4×=．8282iiC2ipiC2i2i-1(2)依题可知pi=，i≥2时，==<1，所以i=1时胜利的概率最大.22ipi-14Ci-12i2i-2(3)记事件A=“机器人行走2i步时恰好第一次回到初始位置”，B=“机器人第一步向前行走”，则B=“机器人第一步向后行走”.下面我们对事件AB进行分析.AB发生时，假设机器人第2i步是向前行走，则之前的2i-1步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，这说明存在k(2≤k≤2i-1)使得机器人走了k步时回到了初始位置，这与A的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第2i步为向后行走，从而机器人第2步到第2i-1步向前和向后行走的步数均为i-1，且从第2步开始，到第2i-1步的这2i-2步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).i-1i-2根据卡特兰数，从第2步到第2i-1步共有C2i-2-C2i-2种行走方式.通过上述分析知，Pi=P(A)=P(AB)i-1i-22C2i-2-C2i-2+P(AB)=2P(AB)=，2i2i-1i-2iipi2C2i-2-C2i-2C2ii-1i-2C2i所以Pi=2i-1⇔2i=2i⇔2C2i-2-C2i-2=2i-1．2(2i-1)2i-1i-22i-2!2i-2!2i-2!由于2C2i-2-C2i-2=2×-=2×，i-1!i-1!i-2!i!i-1!i!iC2i2i!2i×2i-2!2i-2!===2×，故等式成立．(2i-1)i!i!(2i-1)i!i!i-1!i!【点睛】本题的解题关键是根据机器人第一步和最后一步的行走方向讨论，利用“卡特兰数”得出Pi的表达式，再利用组合数公式运算即可得证.16离散对数在密码学中有重要的应用．设p是素数，集合X=1,2,⋯,p-1，若u,v∈X,m∈N，记20,m,⊗m2,⊗p-2,⊗n,⊗u⊗v为uv除以p的余数，u为u除以p的余数；设a∈X，1,a,a,⋯,a两两不同，若a=bn∈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)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac，其中b,c∈X；k,⊗k,⊗np-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．【答案】(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.10【详解】(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)ab⊗c=0,log(p)ab=0,log(p)ac=0，此时log(p)ab⊗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)ab⊗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+bpm2+c，故a≡bc(modp)，设n1+n2=tp-1+s,0≤s≤p-2，则n1⊕n2=s，因为1,2,3,..p-1除以p的余数两两相异，且a,2a,3a,..p-1a除以p的余数两两相异，p-1故p-1!≡a×2a×3a,..×p-1a(modp)，故a≡1modp，n1+n2sn故a≡a≡bcmodp，而a≡b⊗c(modp)=bc(modp),其中0≤n≤p-2，故s=n即log(p)ab⊗c=log(p)ab⊕log(p)ac.法2：记an1=an1,⊗+mp，an2=an2,⊗+mp，an1,⊗×an2,⊗=an1,⊗⊗an2,⊗+kp，12其中m，m，k是整数，则an1⋅n2=an1.⊗⊗an2,⊗+man2.⊗+man1.⊗+mmp+kp，121212n1,⊗n2,⊗n1⋅n2,⊗可知a⊗a=a．2,⊗p-2,⊗因为1，a，a，⋯，a两两不同，p-1,⊗i,⊗所以存在i∈{0,1,⋅⋅⋅,p-2}，使得a=a，p-1iip-1-ip-1-ip-1-i,⊗即a-a=aa-1可以被p整除，于是a-1可以被p整除，即a=1．p-1-i,⊗p-1,⊗若i≠0，则p-1-i∈{1,2,⋅⋅⋅,p-2}，a≠1，因此i=0，a=1．记n=log(p)ab，m=log(p)ac，n+m=n⊕m+l(p-1)，其中l是整数，n,⊗m,⊗n⋅m,⊗n⊕m+l(p-1),⊗n⊕m,⊗l(p-1),⊗n⊕m,⊗则b⊗c=a⊗a=a=a=a⊗a=a，即log(p)a(b⊗c)=log(p)ab⊕log(p)ac．p-1p-1(3)【方法二】：当b≥2时，由(2)可得b≡1modp，若b=1，则b≡1modp也成立.n因为n=log(p)ab，所以a≡bmodp.21,np-2,⊗np-2,⊗k,⊗k,⊗np-2另一方面，y2⊗y1≡y2y1≡x⊗bakknp-2kkp-2p-1k-1k-1≡xba≡xbb≡xb≡x1modp≡xmodp.np-2,⊗由于x∈X，所以x=y2⊗y1.法2：由题设和(2)的法2的证明知：kknkk,⊗n,⊗n,⊗n,⊗y2=x⊗b=x⊗(b⊗b⊗⋅⋅⋅⊗b=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a，n(p-2)n(p-2)nkn(p-2),⊗k,⊗k,⊗k,⊗p-2,⊗p-2,⊗p-2,⊗y1=y1⊗y1⊗⋅⋅⋅⊗y1=a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a=a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a．nknkn(p-2),⊗p-2,⊗p-2,⊗p-2,⊗故y2⊗y1=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗ankp-1,⊗p-1,⊗p-1,⊗=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a．p-1,⊗n(p-2).⊗由(2)法2的证明知a=1，所以y2⊗y1=x．【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.a11a12a13⋅⋅⋅a1nb11b12b13⋅⋅⋅b1na21a22a23⋅⋅⋅a2nb21b22b23⋅⋅⋅b2n17已知数表A(n,n)=a31a32a33⋅⋅⋅a3n，B(n,n)=b31b32b33⋅⋅⋅b3n，C(n,n)=⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮an1an2an3⋅⋅⋅annbn1bn2bn3⋅⋅⋅bnnc11c12c13⋅⋅⋅c1nc21c22c23⋅⋅⋅c2n∗c31c32c33⋅⋅⋅c3n，其中aij，bij，cij(i,j∈N,i,j≤n)分别表示An,n，B(n,n)，C(n,n)中第i行第j⋮⋮⋮⋮cn1cn2cn3⋅⋅⋅cnn列的数．若cij=ai1b1j+ai2b2j+⋅⋅⋅+ainbnj，则称C(n,n)是An,n，B(n,n)的生成数表．13-81520(1)若数表A(2,2)=，B(2,2)=，且C(2,2)是A(2,2)，B(2,2)的生成数表，求C(2,2)；432655*(2)对∀n∈N，n≥3，123n14-14-14-1⋅⋅⋅4-1b11b12⋅⋅⋅b1n3123n2222⋅⋅⋅121+222+223+22n+2b21b22⋅⋅⋅b2n5数表A(n,n)=，B(n,n)=，Bn,n与a31a32a33⋅⋅⋅a3nb31b32b33⋅⋅⋅b3n⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮⋮an1an2an3⋅⋅⋅annbn1bn2bn3⋅⋅⋅bnn*Bn-1,n-1满足第i行第j列的数对应相同(i,j∈N,i,j≤n-1).Cn,n是An,n，Bn,n的生成数n+1表，且c13=2-n-2．*(ⅰ)求b33，bk3k∈N,k≤n；(ⅱ)若c23≤λ恒成立，求λ的最小值．20【答案】(1)C(2,2)=2322,111(2)(ⅰ)b33=，bk3=k(ⅱ)92+12【分析】(1)根据生成数表的定义求出c11，c12，c21，c22，进而即可求出C(2,2)；*(2)当k∈Ν，3≤k≤n时，根据题意得到c13的表达式，(ⅰ)先当k=3时，求出b33；再当k≥4时，得到bk3的通项公式，再验证b13，b23，b33是否符合通项公式即可；(ⅱ)结合(ⅰ)得到a2kbk3的通项公式，从而求得c23117117=-n，从而得到≤c23<，进而得到λ≥时，c23≤λ恒成立；结合题意得到λ<时，c23≤λ22+118221871恒不成立；再证明对于任意≤λ<，c23≤λ不能恒成立，进而即可求出λ的最小值．1821236【详解】(1)由题意得c11=8×5+1×5=2，c12=8×-20+1×5=0，1236c21=4×5+3×5=2，c22=4×-20+3×5=3，20所以C(2,2)=．23(2)由题意得，*12kk+1当k∈Ν，3≤k≤n时，有c13=4-1×b13+4-1×b23+⋅⋅⋅+4-1×bk3=2-k-2①，11213kk+1即4-1×+4-1×+4-1×b33+⋅⋅⋅+4-1×bk3=2-k-2，351233+11(ⅰ)当k=3时，4-1×b13+4-1×b23+4-1×b33=2-3-2，解得b33=，912k-1k当k≥4时，由①得4-1×b13+4-1×b23+⋅⋅⋅+4-1×b(k-1)3=2-(k-1)-2②，kk+1kk①-②得4-1×bk3=2-k-2-2-(k-1)-2=2-1，k2-11所以bk3==，kk4-12+1111又b13=，b23=，b33=，均符合上式，359*1所以k∈N，k≤n时，bk3=．k2+1kk-121211(ⅱ)由(ⅰ)知，a2kbk3=k⋅k=k-1k=k-1-k，2+22+12+12+12+12+1*所以对于∀n∈N，n≥3，有c23=a21b13+a22b23+a23b33+⋅⋅⋅+a2nbn311111111=-+-+⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+-1+121+121+122+12k-1+12k+12n-1+12n+111=-，2n2+11171由c23=-n及n≥3知≤c23<，22+11821*所以λ≥时，对于∀n∈N，n≥3，c23≤λ恒成立，27显然λ<时，c23≤λ恒不成立．1871下面证明：对于任意≤λ<，c23≤λ不能恒成立．18211记λ=-ε0<ε≤，291111n1此时c23>λ⇔->-ε⇔<ε⇔2>-1≥8，2n2nε2+12+123,n11所以2>ε-1⇔n>log2ε-1，1即当n>log2ε-1时，有c23>λ成立，这与c23≤λ恒成立矛盾，1所以对于任意λ<，c23≤λ不能恒成立，21综上，λ的最小值为．27117【点睛】关键点点睛：先求出≤c23<，从而得到λ≥时，c23≤λ恒成立；结合题意得到λ<时，c2318221871≤λ恒不成立；再证明对于任意≤λ<，c23≤λ不能恒成立是解答(ⅱ)的关键．182a1b1c1d1*18已知α0=a0,b0,c0,d0和数表A=a2b2c2d2，其中ai,bi,ci,di∈Ni=0,1,2,3.若数表A满a3b3c3d3足如下两个性质，则称数表A由α0生成.①任意i∈0,1,2,ai+1-ai,bi+1-bi,ci+1-ci,di+1-di中有三个-1，一个3；②存在k∈1,2,3，使ak,bk,ck,dk中恰有三个数相等.5666(1)判断数表A=4559是否由α0=6,7,7,3生成；(结论无需证明)3848(2)是否存在数表A由α0=6,7,7,4生成？说明理由；(3)若存在数表A由α0=7,12,3,d0生成，写出d0所有可能的值.【答案】(1)是(2)不存在，理由见解析(3)3，7，11.【分析】(1)根据数表A满足的两个性质进行检验，即可得结论；(2)采用反证的方法，即若存在这样的数表A，由性质①推出对任意的k∈1,2,3，ak,bk,ck,dk中均有2个奇数，2个偶数，则推出不满足性质②，即得结论；(3)判断出d0的所有可能的值为3，7，11，一方面说明d0取这些值时可以由α0=7,12,3,d0生成数表A，另一方面，分类证明d0的取值只能为3，7，11，由此可得d0所有可能的值.5666【详解】(1)数表A=4559是由α0=6,7,7,3生成；3848检验性质①：当i=0时，5-6=-1,6-7=-1,6-7=-1,6-3=3，共三个-1，一个3；当i=1时，4-5=-1,5-6=-1,5-6=-1,9-6=3，共三个-1，一个3；当i=2时，3-4=-1,8-5=3,4-5=-1,8-9=-1，共三个-1，一个3；任意i∈0,1,2,ai+1-ai,bi+1-bi,ci+1-ci,di+1-di中有三个-1，一个3；检验性质②：当k=1时，a1=5,b1=6,c1=6,d1=6，恰有3个数相等.(2)不存在数表A由α0=6,7,7,4生成,理由如下:若存在这样的数表A，由性质①任意i∈0,1,2,ai+1-ai,bi+1-bi,ci+1-ci,di+1-di中有三个-1，一个3，则ai+1-ai=3或-1，总有ai+1与ai的奇偶性相反，类似的，bi+1与bi的奇偶性相反，ci+1与ci的奇偶性相反，di+1与di的奇偶性相反；24,因为a0=6,b0=7,c0=7,d0=4中恰有2个奇数，2个偶数，所以对任意的k∈1,2,3，ak,bk,ck,dk中均有2个奇数，2个偶数，此时ak,bk,ck,dk中至多有2个数相等，不满足性质②；综上，不存在数表A由α0=6,7,7,4生成；(3)d0的所有可能的值为3，7，11.61126一方面，当d0=3时，(7,12,3,3)可以生成数表A=51055；4134461166当d0=7时，(7,12,3,7)可以生成数表A=51455；41744611610当d0=11时，(7,12,3,11)可以生成数表A=51099；8988另一方面，若存在数表A由α0=7,12,3,d0生成，首先证明：d0除以4余3；证明：对任意的i=0,1,2,3，令Δi=ai-bi，则Δi+1-Δi=at+1-bi+1-ai-bi=ai+1-ai-bi+1-bi，分三种情况：(i)若ai+1-ai=-1，且bi+1-bi=-1，则Δi+1-Δi=0；(ii)若ai+1-ai=-1，且bi+1-bi=3，则Δi+1-Δi=-4；(iii)若ai+1-ai=3，且bi+1-bi=-1，则Δi+1-Δi=4；均有Δi+1与Δi除以4的余数相同.特别的，“存在k∈1,2,3，使得ak=bk”的一个必要不充分条件为“a0,b0除以4的余数相同”；类似的，“存在k∈1,2,3，使得ak=ck”的一个必要不充分条件为“a0,c0除以4的余数相同”；“存在k∈1,2,3，使得ak=dk”的一个必要不充分条件为“a0,d0除以4的余数相同”；“存在k∈1,2,3，使得bk=ck”的一个必要不充分条件为“b0,c0除以4的余数相同”；“存在k∈1,2,3，使得bk=dk”的一个必要不充分条件为“b0,d0除以4的余数相同”；“存在k∈1,2,3，使得ck=dk”的一个必要不充分条件为“c0,d0除以4的余数相同”；所以，存在k∈1,2,3，使得ak,bk,ck,dk中恰有3个数相等的一个必要不充分条件是ak,bk,ck,dk中至少有3个数除以4的余数相同.注意到a0=7与c0=3除以4余3，b0=12除以4余0，故d0除以4余3.其次证明：d0∈{3,7,11,15}；证明：只需证明d0≤15；由上述证明知若α0=7,12,3,d0可以生成数表A，则必存在k∈1,2,3，使得ak=ck=dk；若d0>15，则d0-c0>15-3=12，d1-c1≥d0-c0-4>8,d2-c2≥d1-c1-4>4，d3-c3≥d2-c2-4>0，所以，对任意k∈1,2,3，均有dk-ck>0，矛盾；最后证明：d0≠15；证明：由上述证明可得若α0=7,12,3,d0可以生成数表A，则必存在k∈1,2,3，使得ak=ck=dk，d0-c0=15-3=12，d1-c1≥d0-c0-4=8,d2-c2≥d1-c1-4≥4，25,d3-c3≥d2-c2-4≥0，欲使上述等号成立，对任意的k∈1,2,3，ck+1-ck=3,dk+1-dk=-1，611614则ak+1-ak=-1,bk+1-bk=-1，A=510913，491212经检验，不符合题意；综上，d0所有可能的取值为3，7，11.【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第3问中确定d0所有可能的取值，解答时要根据数表A满足的性质分类讨论求解，并进行证明，证明过程比较复杂，需要有清晰的思路.26</n1,n2></p1a2,q1b2></d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)，222222db-c+ec-a+fa-b所以b+c></b<c，d></b<c，d></b<c，d></b+c.d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)1【答案】(1)-e+2,+∞；2(2)证明见解析．【分析】(1)根据已知写出二次项系数g(f)后可得；；(2)注意到d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<0，因此可以在不等式两边同乘以分母后化简不等式，然后比较可得(可作差或凑配证明)．def4e【详解】(1)由题意g(f)=++=++(a-b)(a-c)(b-a)(b-c)(c-a)(c-b)-1×(-2)1×(-1)f111=f-e+2又f></f，把f(x)的二次项系数表示成关于f的函数g(f)，并求g(f)的值域(此处视e为给定的常数，答案用e表示)；222222db-c+ec-a+fa-b(2)若a<b<c，d></e对应解集，进111一步转化为求x+2ln1+x></h1=0，即lnx<x-1，x∈0,1∪1,+∞，11所以ln1+<，x∈-∞,-1∪0,+∞，xx111当x∈0,+∞时由ln1+x<x，可知xln1+x<1成立，111当x∈-∞,-1时由ln1+x<x，可知xln1+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,+∞.1x+11x2【点睛】关键点点睛：第三问，首先确定x></e，该不等式等价于xln1+x<1，记hx=lnx-x+1，x∈0,1∪1,+∞，11-x则hx=-1=，所以当0<x<1时hx></e<1+x成立，10,1则至少有1+></e，该不等式等价于xln1+x<1，利用导数证明lnx<x-1，x∈110,1∪1,+∞，即可得到ln1+<，x∈-∞,-1∪0,+∞，再分类讨论即可判断.xxaxa-2ab【详解】(1)因为r(x)=，所以r(x)=，r(x)=，1+bx231+bx1+bx11f(x)=ln(x+1)，则f(x)=，f(x)=-，x+1x+12由题意知，f0=r0，f0=r0，a=11所以，解得a=1，b=.-2ab=-1211(2)由(1)知，即证x+2ln1+x></e<1+x的解集，其中e=2.71828⋯．1【答案】(1)a=1，b=2(2)证明见解析(3)0,+∞【分析】(1)求出r(x)，r(x)，f(x)，f(x)，依题意可得f0=r0，f0=r0，即可得到方程组，解得即可；111t+1(2)由(1)知，即证x+2ln1+x></k<2时，f(k)<0，f(k)单调递减，当k></j≤n1≤i<j≤3aj-ai=a2-a1+a3-a1+a3-a2)．(1)若集合a={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10},m={1,2,3,4,5}，集合a的子集n满足：n≠m，且t(m)=t(n)，求出一个符合条件的n；(2)对于任意给定的常数c以及给定的集合a=a1,a2,⋯,an，求证：存在集合b=b1,b2,⋯,bn，使得t(b)=t(a)，且c=b1+b2+⋯+bn；(3)若集合a=a1,a2,⋯,a2m满足：ai<ai+1,i=1,2,⋯,2m-1,m≥2,a1=a,a2m=b，其中实数a，b为给定的常数，求t(a)的取值范围．【答案】(1)n=6,7,8,9,10(2)证明见解析2(3)t(a)<m(b-a)【分析】(1)根据新定义可求得答案；nc-aii=1(2)构造新数列b=d+a1,d+a2,⋅⋅⋅d+an，根据新定义可求得d=，即可证明；n(3)利用数学归纳法即可证明.【详解】(1)由题可知，n=6,7,8,9,10(2)证明：令b=d+a1,d+a2,⋅⋅⋅d+an，(d为待定参数).tb=∑d+ai-d+aj=∑aj-ai=ta，1≤i<j≤n1≤i<j≤nnnbi=nd+ai=ci=1i=1nc-aii=1当d=即可.nm(3)|aj-ai=(2m+1-2k)(a2m+1-2k-ak)，1≤i<j≤nk=14,当m=2时，|aj-ai|=|a4-a3|+|a3-a2|+|a2-a1|+|a4-a2|+|a3-a1|+|a4-a1|=3(a4-a1)+(a3-a2)成立.1≤i<j≤n假设结论对m成立，下面证明m+1时的情形，2m2m+1|aj-ai=|aj-ai+(a2m+1-ai)+(a2m+2-ai1≤i<j≤m+11≤i<j≤ni=1i=1m2m2m+1n=(2m+1-2k)(a2m+1-k-ak)+(a2m+1-ai)+(a2m+2-ai)=(2m+1-2k)(a2m+1-k-ak)+(2m-k=1i=1i=1k=12m1)a2m+1+(2m+1)a2m+2-2aii=1m+1=(2m+3-2k)(a2m+3-k-ak)即k=1m2t(a)<(2m+1-2k)(a2m-2k-ak)=m(b-a)k=12所以，t(a)的取值范围为t(a)<m(b-a)5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n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ξ的信息熵h(ξ)=-pilog2pi，i=1npi=1，i=1,2,⋯,n.i=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【答案】(1)h(ξ)=-p1log2p1-(1-p1)log2(1-p1)，p1∈(0,1)，最大值为1.1(2)h(ξ)=2-.n-22【分析】(1)由题意可知p1+p2=1且h(ξ)=-p1log2p1-p2log2p2，减少变量可得ξ的信息熵关于p1的解析式，求导可得单调性，故而求出最大值；1(2)由pk+1=2pk可知数列pk从第二项起，是首项为n-1，公比为2的等比数列，故而可求出pk(k=2,3,2n⋯,n)的通项公式，再由h(ξ)=-pilog2pi可得h(ξ)的解析式.i=1【详解】(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)，1则f'(t)=-log2t+log2(1-t)=log2t-1，5,11所以函数ft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-2222222【点睛】关键点点睛：第二问，根据等比数列定义写出pk，进而写出h(ξ)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.6中国是纸的故乡，折纸也是起源于中国.后来数学家将几何学原理运用到折纸中，并且利用折纸来研究几何学，很好的把折纸艺术与数学相结合.将一张纸片折叠一次，纸片上会留下一条折痕，如果在纸片上按照一定的规律折出很多折痕后，纸上能显现出一条漂亮曲线的轮廓.如图，一张圆形纸片的圆心为点d，a是圆外的一个定点，p是圆d上任意一点，把纸片折叠使得点a与p重合，然后展平纸片，折痕与直线dp相交于点q，当点p在圆上运动时，得到点q的轨迹.(1)证明：点q的轨迹是双曲线；222(2)设定点a坐标为(2,0)，纸片圆的边界方程为(x+2)+y=r.若点m(2,3)位于(1)中所描述的双曲线上，过点m的直线l交该双曲线的渐近线于e，f两点，且点e，f位于y轴右侧，o为坐标原点，求△eof面积的最小值.【答案】(1)证明见解析.(2)3【分析】(1)利用双曲线的定义即可证得结果.6,(2)利用直线与双曲线的位置关系即可求得结果.【详解】(1)证明：设圆d半径为r，由题意知qa=qp，所以qa-qd=qp-qd=dp=r，因此，动点q到定点a和d的距离之差的绝对值为定值r，且r<da，由双曲线定义知，点q的轨迹是以a，d为焦点的双曲线.2y2x(2)由(1)知双曲线中2a=r，2c=4，设双曲线方程为-=1，22r4-r442492y又点m(2,3)在双曲线上，-=1，解得r=2，因此双曲线方程为x-=1，22r4-r3441π渐近线为y=±3x，则∠eoa=∠aof=∠eof=.232π①直线l斜率不存在，此时△eof为顶角为的等腰三角形，且oe=4，所以s△eof=43；322y②若直线l斜率存在，设为：y=k(x-2)+3，联立双曲线x-=1，得：32222(3-k)x+(4k-6k)x-4k+12k-12=0.因为直线l交双曲线于y轴右侧于两点x1,y1,x2,y2，2222226k-4k-4k+12k-12所以δ=(4k-6k)-4(3-k)(-4k+12k-12)≥0，且x1+x2=2>
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