新高考新题型第19题新定义压轴解答题归纳（解析版）(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

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=(t ，t ，⋯t )，t ∈{0，1}，k=1，2，⋯，n}，对于集合A
1 2 n k
1
中的任意元素α=(x ，x ，⋯，x )和β=(y ，y ，⋯y )，记M(α，β)= [(x+y-|x-y|)+(x +y -|x -y
1 2 n 1 2 n 2 1 1 1 1 2 2 2 2
|)+⋯(x +y -|x -y |)]．
n n n n
(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)= [(x +x )+(x +x )+(x +x )+(x +x )]=x +x +x
2 1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3
+x 为奇数，
4
则x ，x ，x ，x 中有“3个1和1个0”或“1个1和3个0”，
1 2 3 4
当α，β不同时，
①当x ，x ，x ，x 中有“3个1和1个0”时，元素为：
1 2 3 4
(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x ，x ，x ，x 中“1个1和3个0”时，
1 2 3 4
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x=y=l，
i i
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{a }，{b }的项数均为m(m>2)，且a ，b ∈{1，2，⋯，m}，{a }，{b }的前n项和
n n n n n n
2分别为A ，B ，并规定A =B =0．对于k∈{0，1，2，⋯，m}，定义r =max{i|B≤A ，i∈{0，1，2，⋯，m}
n n 0 0 k i k
}，其中，maxM表示数集M中最大的数．
(Ⅰ)若a=2，a =1，a =3，b=1，b =3，b =3，求r ，r ，r ，r 的值；
1 2 3 1 2 3 0 1 2 3
(Ⅱ)若a≥b ，且2r≤r +r ，j=1，2，⋯，m-1，求r ；
1 1 j j+1 j-1 n
(Ⅲ)证明：存在0≤p<q≤m，0≤r<s≤m，使得A +B=A +B ．
p s q r
【解析】(Ⅰ)列表如下，对比可知r =0，r=1，r =1，r =2．
0 1 2 3
i 0 1 2 3
a 2 1 3
i
A 0 2 3 6
i
b 1 3 3
i
B 0 1 4 7
i
r 0 1 1 2
k
(Ⅱ)由题意知r ≤m且r ∈N，
n n
因为a ≥1，b ≥1，a ，b ∈{1，2，⋯，m}，
n n n n
所以A ≥1，B ≥1，当且仅当n=1时，等号成立，
n n
所以r =0，r=1，
0 1
又因为2r≤r +r ，
j j-1 j+1
则r -r≥r-r ，即r -r ≥r -r ≥...≥r-r =1，
j+1 j j j-1 m m-1 m-1 m-2 1 0
可得r -r≥1，
j+1 j
反证：假设满足r -r >1的最小正整数为1≤i≤m-1，
n+1 n
当j≥i时，则r -r≥2；
i+1 j
当i≤j-1时，则r -r=1，
j+1 j
则r =(r -r )+(r -r )+...+(r-r )+r ≥2(m-i)+i=2m-i，
m m m-1 m-1 m-2 1 0 0
又因为1≤i≤m-1，则r ≥2m-i≥2m-(m-1)=m+1>m，
m
所以假设不成立，r -r =1成立，
n+1 n
所以数列{r }是以首项为1，公差为1的等差数列，
n
所以r =0+1×n=n，n∈N．
n
(Ⅲ)证明：若A ≥B ，设S =A -B ，1≤n≤m，
m m n n rn
根据题意可得S ≥0且S 为整数，
n n
反证法：假设存在正整数K，使得S ≥m，
K
且r ≠m(若r =m时，B =B 不存在)，
K K r k +1 m+1
则A -B ≥m，A -B <0，
K r K K r k +1
所以b =B -B =(A -B )-(A -B )>m，
r k +1 r k +1 r K K r K K r K +1
这与b ∈{1，2...，m}相矛盾，
r +1
K
所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有S ≤m-1，
n
①若存在正整数N，使得S =A -B =0，即A =B ，
N N r N N r N
取r=p=0，q=N，s=r ，使得A +B=A +B ，
N P s q r
②若不存在正整数N，使得S =0，
N
因为S ∈{1，2m，⋯，m-1}，且1≤n≤m，
n
3所以必存在1≤X<Y≤m，使得S =S ，即A -B =A -B ，可得A +B =A +B ，
X Y X r X Y r Y X r Y Y r X
取p=X，s=r ，q=Y，r=r ，使得A +B=A +B ，
Y X p s q r
若A <B ，设S =B -A ，1≤n≤m，
m m n rn n
根据题意可得S ≤0且S 为整数，
n n
反证法：假设存在正整数K，使得S ≤-m，
K
则B -A ≤-m，B -A >0，
r K K r k +1 K
所以b =B -B =(B -A )-(B -A )>m，
r k +1 r k +1 r K r K +1 K r K K
这与b ∈{1，2...，m}相矛盾，
r +1
K
所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有S ≥1-m，
n
①若存在正整数N，使得S =B -A =0，即A =B ，
N r N N N r N
取r=p=0，q=N，s=r ，使得A +B=A +B ，
N P s q r
②若不存在正整数N，使得S =0，
N
因为S ∈{-1，-2，⋯，1-m}，且1≤n≤m，
n
所以必存在1≤X<Y≤m，使得S =S ，即A +B =A +B ，可得A +B =A +B ，
X Y X r Y Y r X X r Y Y r X
取p=X，s=r ，q=Y，r=r ，使得A +B=A +B ．
Y X p s q r
综上所述，存在0≤p<q≤m，0≤r<s≤m，使得A +B=A +B ．
p s q r
3 (2022•北京)已知Q:a ，a ，⋯，a 为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，⋯，m}，
1 2 k
在Q中存在a，a ，a ，⋯，a (j≥0)，使得a+a +a +⋯+a =n，则称Q为m-连续可表数列．
i i+1 i+2 i+j i i+1 i+2 i+j
(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:a ，a ，⋯，a 为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；
1 2 k
(Ⅲ)若Q:a ，a ，⋯，a 为20-连续可表数列，且a+a +⋯+a <20，求证：k≥7．
1 2 k 1 2 k
【解析】(Ⅰ)若m=5，则对于任意的n∈{1，2，3，4，5}，
a =1，a=2，a+a =2+1=3，a =4，a +a =1+4=5，
2 1 1 2 3 2 3
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a ，a ，a 最多能表示a ，a ，a ，a+a ，a +a ，a+a +a ，共6个数字，
1 2 3 1 2 3 1 2 2 3 1 2 3
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a+a +⋯+a <20，
1 2 k
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，a =⋯=a =0，所以k≥7符合题意，
k n
故k≥7．
4 (2021•北京)设p为实数．若无穷数列{a }满足如下三个性质，则称{a } 为ℜ 数列：
n n p
①a+p≥0，且a +p=0；
1 2
②a <a (n=1，2，⋯)；
4n-1 4n
③a ∈{a +a +p，a +a +p+1}(m=1，2，⋯；n=1，2，⋯)．
m+n m n m n
(Ⅰ)如果数列{a }的前四项为2，-2，-2，-1，那么{a }是否可能为ℜ 数列？说明理由；
n n 2
(Ⅱ)若数列{a }是ℜ 数列，求a ；
n 0 5
(Ⅲ)设数列{a }的前n项和为S ，是否存在ℜ 数列{a }，使得S ≥S 恒成立？如果存在，求出所有的p；如
n n p n n 10
果不存在，说明理由．
【解析】(Ⅰ)数列{a }不可能为ℜ 数列，理由如下，
n 2
因为p=2，a=2，a =-2，所以a+a +p=2，a+a +p+1=3，
1 2 1 2 1 2
因为a =-2，所以a ∉{a+a +p，a+a +p+1}，
3 3 1 2 1 2
所以数列{a }不满足性质③．
n
(Ⅱ)性质①，a≥0，a =0；
1 2
由性质③a ∈{a ，a +1}，因此a =a 或a =a+1，a =0或a =1，
m+2 m m 3 1 3 1 4 4
若a =0，由性质②可得a <a ，即a<0或a+1<0，矛盾；
4 3 4 1 1
若a =1，a =a+1，由a <a ，则a+1<1，矛盾，
4 3 1 3 4 1
因此只能是a =1，a =a ，
4 3 1
1
又因为a =a+a 或a =a+a +1，所以a= 或a=0．
4 1 3 4 1 3 1 2 1
1
若a= ，则a ∈{a+a+0，a+a+0+1}={2a ，2a+1}={1，2}，不满足a =0，舍去；
1 2 2 1 1 1 1 1 1 2
当a=0，则{a }的前四项为0，0，0，1，
1 n
下面用数学归纳法证明a =n(i=1，2，3)，a =n+1(n∈N)，
4n+i 4n+4
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a =a =a ，
4(k+1)+1 4k+5 j+(4k+5-j)
利用性质③：{a+a |j∈N*，1≤j≤4k+4}={k，k+1}，此时可得a =k+1，
j 4k+5-j 4k+5
否则a =k，取k=0可得a =0，而由性质②可得a =a+a ∈{1，2}，与a =0矛盾．
4k+5 5 5 1 4 5
同理可得，{a+a |j∈N*，1≤j≤4k+5}={k，k+1}，此时可得a =k+1，
j 4k+6-j 4k+6
{a+a |j∈N*，2≤j≤4k+6}={k+1，k+2}，此时可得a =k+2，
j 4k+8-j 4k+8
{a+a |j∈N*，1≤j≤4k+6}={k+1}，又因为a <a ，此时可得a =k+1，
j 4k+7-j 4k+7 4k+8 4k+7
即当n=k+1时，命题成立．
综上可得，a =a =1；
5 4×1+1
(Ⅲ)令b =a +p，由性质③可知，∀m，n∈N*，b =a +p∈{a +p+a +p，a +p+a +p+1}={b
n n m+n m+n m n m n m
+b ，b +b +1}，
n m n
由于b=a+p≥0，b =a +p=0，b =a +p<a +p=b ，
1 1 2 2 4n-1 4n-1 4n 4n
因此数列{b }为ℜ 数列，
n 0
5由(Ⅱ)可知，若∀n∈N*，a =n-p(i=1，2，3)，a =n+1-p；
4n+i 4n+1
S -S =a =a =2-p≥0，
11 10 11 4×2+3
S -S =-a =-a =-(2-p)≥0，
9 10 10 4×2+2
因此p=2，此时a ，a ，⋯，a ≤0，a≥0(j≥11)，满足题意．
1 2 10 j
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=a,a ,⋯,a
1 2 n
6
 ．若对任意i，j∈{1,2,
⋯,n}，a+a ，a-a 两数中至少有一个属于A，则称集合A具有性质P．
i j i j
(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a=a=m，则2m∉1,a,b
i j
 ，从而必有0∈1,a,b  ，
不妨设a=0，则A=1,0,b  ，b≠0且b≠1，
令a=1，a=b，则1+b,1-b
i j
 ∩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=-b ,-b ,...,-b,0,a,a ,...,a
k k-1 1 1 2 l
 ，其中k+l=5，0<a<...<a,0<b<...<b ，
1 l 1 k
根据题意a-a,...,a -a
1 l l-1 l
 ⊆-b ,-b ,...,-b
k k-1 1
 ，
且b -b,b -b,...,b -b k 1 k-1 1 2 1  ⊆a,a ,...a 1 2 l  ，从而k,l  =2,3  或3,2  ，
1)当k,l  =3,2  时，b -b,b -b 3 1 3 2  =a,a 1 2  ，
并且-b +b,-b +b
3 1 3 2
 =-b,-b
1 2
 ⇒b =b+b ，a -a∈a,a
3 1 2 2 1 1 2
 ⇒a =2a ，
2 1
由上可得b 2 ,b 1  =b 3 -b 1 ,b 3 -b 2  =a 2 ,a 1  =2a 1 ,a 1  ，并且b =b+b =3a ， 3 1 2 1
综上可知B=-3a,-2a,-a,0,a,2a
1 1 1 1 1
 ；
2)当k,l  =2,3  时，同理可得B=-2a,-a,0,a,2a,3a 1 1 1 1 1  ，
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 3
,-1,- ,0, ,1, 
2 2 2

2 1 1 2
，- ,- ,0, , ,1 
3 3 3 3
 ，-3,-2,-1,0,1,2  或
3 1 1
- ,-1,- ,0, ,1

2 2 2
 .
2 (2024·北京·高三北京四中校考期末)已知集合S=a,a ,⋯,a 1 2 n  n≥3  ，集合T⊆x,y
7
   x∈S,y∈S,x≠y   ，且满足，∀a i ,a j ∈Si,j=1,2,⋯,n,i≠j  ，a,a i j  ∈T与a,a j i  ∈T恰有一个成
立.对于T定义d Ta,b 
1,a,b
=
 ∈T
0,b,a 

 ∈T ，以及l Ta i 
n
= d a,a T i j
j=1,j≠i
  ，其中i=1,2,⋯,n.
例如l Ta 2  =d Ta 2 ,a 1  +d Ta 2 ,a 3  +d Ta 2 ,a 4  +⋯+d Ta 2 ,a n  .
(1)若n=4，a 1 ,a 2  ,a 3 ,a 2  ,a 2 ,a 4  ∈T，求l Ta 2  的值及l Ta 4  的最大值；
(2)从l Ta 1  ,⋯,l Ta n  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l Ta i  <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d Te,f  +d Tf,g  +d Tg,e  =3恒成立？请说明理由.
【解析】(1)l Ta 2  =d Ta 2 ,a 1  +d Ta 2 ,a 3  +d Ta 2 ,a 4  ，
a 1 ,a 2  ,a 3 ,a 2  ,a 2 ,a 4  ∈T，d Ta 2 ,a 1  =d Ta 2 ,a 3  =0，d Ta 2 ,a 4  =1，
所以l Ta 2  =1；
l Ta 4  =d Ta 4 ,a 1  +d Ta 4 ,a 2  +d Ta 4 ,a 3  ，a 1 ,a 2  ,a 3 ,a 2  ,a 2 ,a 4  ∈T，
d Ta 4 ,a 2  =0，l Ta 4  最大，则d Ta 4 ,a 1  =d Ta 4 ,a 3  =1，，所以l Ta 4  最大值为2.
(2)设l Ta 1  ,⋯,l Ta n  中的最大值为l Ta k  ，由定义，l Ta k  ≤n-1，
若存在l Ta k  =l Ta m  =n-1，k≠m，
则∀i，a k ,a i  ∈T，∀i，a m ,a i  ∈T，进而a k ,a m  ∈T，a m ,a k  ∈T，矛盾.
于是除l Ta k  外，剩余的l Ta i  ≤n-2由定义，T中恰有C n 2个元素，l Ta 1  +⋯+l Ta n  =C2， n
设删去的两个数为A，B，则l Ta 1  +⋯+l Ta n  -A-B≥C n 2-n-1  -n-2 
1 5
= n2- n+3， 2 2
构造T= a,a i j    a∈S,a∈S,i<j  i j  ，删去l Ta 1  ，l Ta 2  ，恰好取得等号.
1 5
所以M的最小值为 n2- n+3.
2 2
(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l Ta i  ，i=1,2,⋯,n中的一个最大值为l Ta k  ，由l Ta k  <n-1得l Ta k  ≤n-2
于是∃u≠k，d Ta k ,a u  =0，进而d Ta u ,a k  =1
考虑l Ta u  =d Ta u ,a 1  ⋯+d Ta u ,a k  +⋯，l Ta k  =d Ta k ,a 1  ⋯+d Ta k ,a u  +⋯
由于d Ta u ,a k  =1，d Ta k ,a u  =0，而l Ta u  ≤l Ta k 
于是一定存在不同于u，k的v，使得d Ta u ,a v  =0，d Ta k ,a v  =1
进而d Ta v ,a u  =1，于是d Ta u ,a k  +d Ta k ,a v  +d Ta v ,a u  =3，
取e=a ，f=a ，g=a 即可.
u k v
3 (2024·北京·高三景山学校校考期末)设集合A ={1,2,3,⋯,2n}(n∈N∗,n≥3)，如果对于A 的每一
2n 2n
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A 的一个“相关
2n
数”.
(1)当n=3时，判断5和6是否为集合A 的“相关数”，说明理由；
6
(2)若m为集合A 的“相关数”，证明：m-n-3≥0；
2n
(3)给定正整数n，求集合A 的“相关数”m的最小值.
2n
【解析】(1)当n=3时，A ={1,2,3,4,5,6},4n+1=13，
6
①对于A 的含有5个元素的子集{2,3,4,5,6}，
6
因为2+3+4+5>13，所以5不是集合A 的“相关数”；
6
②A 的含有6个元素的子集只有{1,2,3,4,5,6}，
6
因为1+3+4+5=13，所以6是集合A 的“相关数”．
6(2)证明：考察集合A 的含有n+2个元素的子集B={n-1,n,n+1,⋯,2n}，
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A 的“相关数”；
2n
所以当m≤n+2时，m一定不是集合A 的“相关数”，
2n
因此若m为集合A 的“相关数”，必有m≥n+3，
2n
即若m为集合A 的“相关数”，必有m-n-3≥0.
2n
(3)由(2)得m≥n+3，
先将集合A 的元素分成如下n组：C=(i,2n+1-i),(1≤n)，
2n i
对于A 的任意一个含有n+3个元素的子集P，必有三组C ,C ,C 同属于集合P，
2n i1 i2 i3
再将集合A 的元素剔除n和2n后，分成如下n-1组：C=(j,2n-j),(1≤j≤n-1)，
2n j
对于A 的任意一个含有n+3个元素的子集P，必有三组D 同属于集合P，
2n j4
这一组D 与上述三组C ,C ,C 中至少一组无相同元素，
j4 i1 i2 i3
不妨设D 与C 无相同元素，此时这4个元素之和[i+(2n+1-i)+(2n-j )]=4n+1，
j4 i3 1 1 4
所以集合A 的“相关数”m的最小值为n+3.
2n
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A ={1,2⋯,n}(n>2,n∈N)的所有子集中的自邻集的个数
n
为a .
n
(1)直接写出A 的所有自邻集；
4
(2)若n为偶数且n>6，求证：A 的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
n
(3)若n≥4，求证：a ≤2a .
n n-1
【解析】(1)由题意可得，A 的所有自邻集有：1,2,3,4
4
8
 ,1,2,3  ,2,3,4  ,1,2  ,2,3  ,3,4  ；
(2)对于A 的含5个元素的自邻集B=x,x ,x ,x ,x
n 1 2 3 4 5
 ，
不妨设x<x <x <x <x .
1 2 3 4 5
因为对于∀x∈B，都有x-1∈B或x+1∈B，i=1，2，3，4，5，
i i i
所以x =x+1，x =x -1，x =x +1或x =x -1.
2 1 4 5 3 2 3 4
对于集合C={n+1-x ，n+1-x ，n+1-x ，n+1-x ，n+1-x}，
5 4 3 2 1
因为1≤x<x <x <x <x ≤n，所以1≤n+1-x≤n，i=1，2，3，4，5，
1 2 3 4 5 i
n+1-x <n+1-x <n+1-x <n+1-x <n+1-x ，
5 4 3 2 1
所以C⊆A .
n
因为x =x+1，x =x -1，x =x +1或x =x -1.
2 1 4 5 3 2 3 4
所以n+1-x 2 =n+1-x 1  -1，n+1-x 4 =n+1-x 5  +1，
n+1-x =(n+1-x )+1或n+1-x =(n+1-x )-1，
3 4 3 2
所以对于任意n+1-x+1∈C或n+1-x-1∈C，i=1，2，3，4，5，
i i
所以集合C也是自邻集.
因为当n为偶数时，x ≠n+1-x ，
3 3
所以B≠C.
所以对于集合A 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
n
对应.
所以，A 的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数.
n
(3)记自邻集中最大元素为k的自邻集的个数为b ，k∈N∗，
k
当n≥4时，a =b +b +⋯+b ，a =b +b +⋯+b +b ，
n-1 2 3 n-1 n 2 3 n-1 n显然a =a +b .
n n-1 n
下面证明：b ≤a .
n n-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b .
n-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b ，
2
含有最大数为3的集合个数为b ，⋯⋯，
3
含有最大数为n-3的集合个数为b .
n-3
则这样的集合共有b +b +⋯+b 个.
2 3 n-3
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b =b +b +⋯+b +b +1≤b +b +⋯+b +b +b =a ，
n 2 3 n-3 n-1 2 3 n-3 n-1 n-2 n-1
所以b ≤a ，
n n-1
故n≥4时，a ≤2a 得证.
n n-1
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
9
 在a,b  上有定义，且对于任意不同的x 1 ,x 2 ∈a,b  ，都有
fx 1  -fx 2    <kx 1 -x 2  ，则称fx  为a,b  上的“k类函数”.
(1)若fx 
x2
= +x，判断fx
2
 是否为1,2  上的“3类函数”；
(2)若fx  =ax-1 
x2
ex- -xlnx为1,e
2
 上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若fx  为1,2  上的“2类函数”，且f1  =f2  ，证明：∀x 1 ，x 2 ∈1,2  ，fx 1  -fx 2    <1.
【解析】(1)对于任意不同的x 1 ,x 2 ∈1,2  ，
x+x +2
有1≤x<x ≤2，2<x+x <4，所以2< 1 2 <3，
1 2 1 2 2
fx 1  -fx 2   
x2
=  1 +x 2 1 
x2
- 2 +x 2 2    = x 1 -x 2 
x+x +2
 1 2 2    <3x 1 -x 2  ，
所以fx 
x2
= +x是1,2
2
 上的“3类函数”.
(2)因为f x  =axex-x-lnx-1，
由题意知，对于任意不同的x 1 ,x 2 ∈1,e  ，都有 fx 1  -fx 2    <2x 1 -x 2  ，
不妨设x 1 <x 2 ，则-2x 2 -x 1  <fx 1  -fx 2  <2x 2 -x 1  ，
故fx 1  +2x 1 <fx 2  +2x 2 且fx 1  -2x 1 >fx 2  -2x ， 2
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，
由f x 
x+lnx+3
≤2可转化为a≤ ，令gx
xex

x+lnx+3
= ，只需a<gx
xex

min
g x 
1+x
=
 -2-lnx-x 
，令ux
x2ex
 =-2-lnx-x，ux  在1,e  单调递减，所以ux
10
 ≤u1  =-3<0，g x  <0，故gx  在1,e  单调递减，
gx  =ge
min

4+e
= ，
ee+1
由f x 
x+lnx-1
≥-2可转化为a≥ ，令hx
xex

x+lnx-1
= ，只需a≥hx
xex

max
h x 
1+x
=
 2-lnx-x 
，令mx
x2ex
 =2-lnx-x，mx  在1,e  单调递减，
且m1  =1>0，me  =1-e<0，所以∃x 0 ∈1,e  使mx 0  =0，即2-lnx -x =0， 0 0
即lnx =2-x ,x =e2-x0，
0 0 0
当x∈1,x 0  时，mx  >0，h x  >0，故hx  在1,x 0  单调递增，
当x∈x 0 ,e  时，mx  <0，h x  <0，故hx  在x 0 ,e  单调递减，
hx  max =hx 0 
x +lnx -1 1
= 0 0 = ， x ee+1 e2
0
1 4+e
故 ≤a≤ .
e2 ee+1
(3)因为fx  为1,2  上的“2类函数”，所以 fx 1  -fx 2    <2x 1 -x 2  ，
不妨设1≤x<x ≤2，
1 2
当x 1 -x 2 
1
< 2 时，fx 1  -fx 2    <2x 1 -x 2  <1；
1
当 2 ≤x 1 -x 2  <1时，因为f1  =f2 
1
，-1<x-x ≤- 1 2 2
fx 1  -fx 2    = fx 1  -f1  +f2  -fx 2    ≤ fx 1  -f1    + f2  -fx 2   
<2x 1 -1  +22-x 2  =2x 1 -x 2 +1 
1
≤2- +1 2  =1，
综上所述，∀x 1 ，x 2 ∈1,2  ，fx 1  -fx 2    <1.
2 (2024·山东·高三校联考阶段练习)定义函数f nx 
x2 x3
=1-x+ - +⋯+-1
2 3

xn
n n∈N*
n
 ．
(1)求曲线y=f nx  在x=-2处的切线斜率；
(2)若f 2x  -2≥kex对任意x∈R恒成立，求k的取值范围；
(3)讨论函数f nx  的零点个数，并判断f nx  是否有最小值．若f nx  有最小值m﹐证明：m>1-ln2；若
f nx  没有最小值，说明理由．
(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)
【解析】(1)由f nx  =-1+x-x2+⋯+-1  nxn-1，
可得f n-2 
1-2n
=-1-2-22-⋯-2n-1=- =1-2n,
1-2
所以曲线y=f nx  在x=-2处的切线斜率1-2n.
(2)若f 2x  -2≥kex对任意x∈R恒成立，
所以k≤ f 2x  -2 -1-x+
x2
= 2 对任意x∈R恒成立，
ex ex
令g(x)= -1-x+ x 2 2 ，则g(x)= x4-x
ex
 ，
ex
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，故k≤-1，即k的取值范围是-∞,-1
11
 .
(3)f n-1  =-1-1-⋯-1  =-n，
当x≠-1时，f nx  =-1+x-x2+⋯+-1 
1--x
nxn-1=-
 n
1--x 
-x
=
 n-1
，
x+1
因此当n为奇数时，f nx 
x2 x3 xn-1 xn
=1-x+ - +⋯+ - ，
2 3 n-1 n
此时f nx 

-xn-1,x≠-1,
= x+1
-n,x=-1.
则f nx  <0，所以f nx  单调递减.
此时f n0  =1>0，f 1x  =1-x显然有唯一零点，无最小值.
当n≥2时，f n2 
22 23 2n-1 2n
=1-2+ - +⋯+ -
2 3 n-1 n
=1-2 
22 3
+  -2
3 2

2n-1 n
+⋅⋅⋅+  -2
n n-1
 <0
且当x>2时，f nx  =1-x 
x2 x3
+ -
2 3

xn-1 xn
+⋯+ -
n-1 n

=1-x 
x2 3
+  -x
3 2

xn-1 n
+⋯+  -x
n n-1
 <1-x，
由此可知此时f nx  不存在最小值.
从而当n为奇数时，f nx  有唯一零点，无最小值，
当n=2kk∈N*  时，即当n为偶数时，f nx 
x2 x3 xn-1 xn
=1-x+ - +⋯- + ，
2 3 n-1 n
此时f nx 

xn-1,x≠-1,
=x+1 ，
-n,x=-1.
由f nx  >0，解得x>1；由f nx  <0，解得x<1
则f nx  在-∞,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，
故f nx  的最小值为f n1  =1-1 
1 1
+ -
2 3

1 1
+⋯+ -
n-2 n-1

1
+ >0，
n
即f nx  ≥f n1  >0，所以当n为偶数时，f nx  没有零点.
设hx  =ln1+x 
x
- x>0
x+1
 ，
h x 
1 1
= -
1+x x+1 
x
=
2 x+1 
>0，
2
所以hx  在0,+∞  上单调递增，hx  >h0  =0，即ln1+x 
x
> x>0
x+1
 .
1 n+1 1
令x= 可得ln > ，
n n n+1
当n=2kk∈N*  时
1-f 1
2k

1 1 1 1 1
=1- + - +⋯+ -
2 3 4 2k-1 2k
1 1 1
=1+ + +⋅⋅⋅+
2 3 2k

1 1 1
-2 + +⋯+
2 4 2k

1 1 1
=1+ + +⋅⋅⋅+
2 3 2k

1 1
-1+ +⋯+
2 k

1 1 1
= + ⋅⋅⋅+
k+1 k+2 2k
k+1 k+2 2k 2k
<ln +ln ⋅⋅⋅+ln =ln =ln2，
k k+1 2k-1 k
即m=f 1
2k
 >1-ln2.从而当n为偶数时，f nx
12
 没有零点，存在最小值m>1-ln2.
综上所述，当n为奇数时，f nx  有唯一零点，无最小值；
当n为偶数时，f n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)] 表
n
示.
(1)已知函数f(x)=ex+alnx-x2，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a=f(1)作为数列的首项，并将[f(1+n)] ,n≥1作为数列的第n+
1 n
1项.我们称该数列为y=f(x)的“n阶导数列”
①若函数g(x)=xn(n>1)，数列{a }是y=g(x)的“n阶导数列”，取Tn为{a }的前n项积，求数列
n n
T
 n

T
n-1
 的通项公式.
②在我们高中阶段学过的初等函数中，是否有函数使得该函数的“n阶导数列”为严格减数列且为无穷数列，
请写出它并证明此结论.(写出一个即可)
【解析】(1)f(x)=ex+alnx-x2，函数定义域为0,+∞  ，
f(x) 
a a 2a
=ex+ -2x，[f(x)] =ex- -2，[f(x)] =ex+ ， 1 x 2 x2 3 x3
2a
当a≥0时，[f(x)] 3 =ex+ x3 >0恒成立，[f(x)] 2 在0,+∞  上单调递增，
2a x3ex
当a<0时，取[f(x)] =ex+ =0，则a=- ，
3 x3 2
设mx 
x3ex
=- ，x∈0,+∞
2
 ，则m x 
1
=- exx2 3+x
2
 <0恒成立，
且mx 
x3ex
=- ∈-∞,0 2 
x3ex0
，故存在唯一的x=x 满足a=- 0 ， 0 2
当x∈0,x 0  时，[f(x)] <0，函数单调递减， 3
当x∈x 0 ,+∞  时，[f(x)] >0，函数单调递增， 3
综上所述：
a≥0时，[f(x)] 2 在0,+∞  上单调递增；
x3ex0
a<0时，存在唯一的x=x 满足a=- 0 ，
0 2
x∈0,x 0  时，函数单调递减，x∈x 0 ,+∞  时，函数单调递增.
(2)①g(x)=xn，则g1  =1，g(x)  1 =nxn-1，g(x)  =nn-1 2  xn-2，⋯，
g x    =n×n-1 n-1 
T
×⋯×2x，故a =n⋅n!， n =a =n⋅n!； n T n
n-1
②存在，取hx  =-ex，a 1 =h1  =-e，则 h x    =-ex，则a =-en+1， n n+1
即a n =-en，a n+1 -a n =en-en+1=en 1-e  <0，
数列a
n
 严格减数列且为无穷数列，满足条件.
4 (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  =ex-x，gx  =e-x+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，x 1 、x 2 分别为函数y=Fx  的极大值点和极小值点，且不等式Fx 1  +tFx 2  >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x 0 满足fx 0  fx 0 +F  =D，其中F、D为非零实数，则x 0 称为函数fx  的“F-D-笃志点”.
①已知函数fx
13

ex, x>0

= 1 , x<0 ，且函数fx
x+a
 有且只有3个“1-1-笃志点”，求实数a的取值范围；
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
【解析】(1)Fx  =efx  -gx  =ex+1-ex-e-x-x，
F x  =ex+1-e+e-x-1=ex-1  e-e-x  ，
当x<-1时，ex-1<0，e-e-x<0，故F x  >0，函数单调递增；
当-1<x<0时，ex-1<0，e-e-x>0，故F x  <0，函数单调递减；
当x>0时，ex-1>0，e-e-x>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  .
(2)Fx  =afx  -gx  =aex-x  -e-x+x  ，F x  =afx  -gx  =aex-1  +e-x-1  =
ex-1  a-e-x  ，
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x=0是极大值点，x =-lna是极小值点，
1 2
Fx 1  +tFx 2  =a-1+talna+lna-a+1  >0恒成立，
Fx 1  =a-1<0，Fx 2  =alna+lna-a+1<Fx 1  <0，故t<0，
设ha  =a-1+talna+lna-a+1  ，a∈0,1  ，
h a 
1
=1+tlna+1+ -1
a

1
=1+tlna+
a
 ，
设ma 
1
=lna+ ，则m a
a

1 1 a-1
= - = <0恒成立，
a a2 a2
故ma  在0,1  上单调递减，ma  >m1  =1，
当t≤-1时，h a 
1
=1+tlna+
a
 <0，函数ha  单调递减，ha  >h1  =0；
当-1<t<0时，存在a 0 ∈0,1  ，使得h a 0  =0，x∈0,a 0
14
 时，h a  <0，函数单调递减；x∈a 0 ,1  时，h a  >0，函数单调递增；
故ha 0  <h1  =0，不成立；
综上所述：t∈-∞,-1  .
(3)①fx 0  fx 0 +1  =1有三个不等的实数根，
1
当x >0时，x +1>1，故ex0⋅ex0+1=1，解得x =- ，不符合；
0 0 0 2
当-1<x <0时，x +1>0，故
ex0+1
=1，即a=ex0+1-x ，
0 0 x +a 0
0
令gx  =ex+1-x(-1<x<0)，则g x  =ex+1-1>0在-1<x<0上恒成立，故gx  =ex+1-x在-1,0  上
单调递增，故gx  =ex+1-x∈2,e  ，
故当a∈2,e  时，fx  在-1,0  有1个“1-1-笃志点”；
1 1
当x <-1时，x +1<0，故 ⋅ =1，
0 0 x +a x +1+a
0 0
则x2 0 +2a+1  x 0 +a2+a-1=0，由于x2 0 +2a+1  x +a2+a-1=0至多有两个根， 0
结合前面分析a的取值范围为2,e  的子集，
令wx  =x2+2a+1  x+a2+a-1，其中Δ=2a+1  2-4a2+a-1  =5>0，
w-1  =1-2a+1 
1
+a2+a-1=a2-a-1=a-
2

2 5
- ，当a∈2,e
4
 时，w-1 
1
=a-
2

2 5
- >
4
1
2-
2

2 5
- =1，
4
wx  =x2+2a+1 
1 5
x+a2+a-1的图象的对称轴为x=-a- <- ，
2 2
故wx  =x2+2a+1  x+a2+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x 0  =f2m-x 0  ，fx 0 +F  =f2m-x 0 -F  ，
因为fx 0  fx 0 +F  =D，所以f2m-x 0  f2m-x 0 -F  =D，
即f2m-x 0 -F  f 2m-x 0 -F   +F]=D，
比较2m-x -F与x 的大小关系，
0 0
2m-x -F=x 若存在x ，使得 0 0 0 fx 0  fx 0 +F  x =m- F  0 2 ，即  =D fm- F
2
 fm- F +F
2
   ， =D
F
则有fm-
2

F
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x 0  =-f2m-x 0  ，fx 0 +F  =-f2m-x 0 -F  ，
因为fx 0  fx 0 +F  =D，所以 -f2m-x 0    ⋅ -f2m-x 0 -F    =D，
即f2m-x 0  f2m-x 0 -F 
2m-x -F=x
=D，可得到同样的结论；综上所述：若存在x ，使得 0 0 0 fx 0  fx 0 +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.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
15

 
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-ABCD 中，AB=AD=2,AA=3，∠BAD=∠BAA=∠DAA=60°，N为线段
1 1 1 1 1
  
DC 的中点．如图，以AB,AD,AA
1 1  1
 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，AA 同方向的单位向量，
1
     
则AB=2i，AD=2j，AA =3k，
1
      1       
①BN =BC+CC +CN =AD+AA - AB=2j +3k- i =-i +2j +3k，
1 1 1 2

∴BN =[-1,2,3].

②因为AM =2,-2,0 
  
，所以AM =2i -2j，

则AM 
 
=2i -2j 
 
= 2i -2j 
   
2 = 4i 2 +4j 2 -8i ⋅ j = 4+4-4=2，
   
∵|BN|= (2j +3k- i)2= 15， .
                
∴BN ⋅AM =(-i +2j +3k)⋅(2i -2j)=4i ⋅ j +6i ⋅k-2i 2 -4j 2 -6k⋅ j +2i ⋅ j =-3，
 
  BN ⋅AM -3 15
cos<BN，AM >=   = =- ，
|BN|⋅|AM| 15×2 10
 
15
所以AM 与BN 的夹角的余弦值为-
10
a a a
1 2 3

2 (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：b b b
1 2 3
c c c
1 2 3
  
i j k
  
=ab c +a b c+a bc -a b c-a bc -ab c ．若a×b= x y z
1 2 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1 2 1 3 1 3 2 1 1 1
x y z
2 2 2
16
    
，则称a×b为空间向量a与b的叉乘，
          
其中a=x i +y j +zk(x,y,z∈R)，b=x i +y j +z k(x ,y ,z ∈R)，i,j,k
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 
 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 ，证明：S = OA×OB
△AOB △AOB 2
 ．
 
(3)证明：OA×OB 
 
2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  ，
  
i j k
  
则OA×OB= 1 2 1
0 -1 1
  
=2i +0+-1 
  
k-0- j --1 
   
i =3i - j -k=3,-1,-1  ．
②证明：设Ax 1 ,y 1 ,z 1  ，Bx 2 ,y 2 ,z 2  ，
       
则OA×OB=yz i +zx j +xy k-x yk-z x j -y z i =(yz -y z,zx -z x,xy -x y)，
1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
将x 与x 互换，y 与y 互换，z 与z 互换，
2 1 2 1 2 1
 
可得OB×OA=(y z-yz ,z x-zx ,x y-xy )，
2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2
   
故OA×OB+OB×OA=0,0,0 

=0．
 
(OA⋅OB)2
(2)证明：因为sin∠AOB= 1-cos2∠AOB= 1- 
OA 

2 OB 

OA
=
2


2 OB 
 
2-(OA⋅OB)2

OA 

OB 
，

1
故S = OA
△AOB 2


OB 

1
⋅sin∠AOB= OA
2


2 OB 
 
2-(OA⋅OB)2，
 
1
故要证S = OA×OB
△AOB 2
 ，
 
只需证OA×OB 

= OA 

2 OB 
 
2-(OA⋅OB)2，
 
即证OA×OB 

2=OA 

2 OB 
 
2-(OA⋅OB)2．
 
由(1)OA=(x 1 ,y 1 ,z 1 )，OB=x 2 ,y 2 ,z 2 
 
，OA×OB=y 1 z 2 -y 2 z 1 ,z 1 x 2 -z 2 x 1 ,x 1 y 2 -x 2 y 1  ，
 
故OA×OB  2=(y 1 z 2 -y 2 z 1 )2+(z 1 x 2 -z 2 x 1 )2+x 1 y 2 -x 2 y 1  2，
又OA  2=x2 1 +y2 1 +z2 1 ，OB 
 
2=x2+y2+z2，OA⋅OB 2 2 2  2=x 1 x 2 +y 1 y 2 +z 1 z 2  2，
 
则OA×OB 

2=OA 

2 OB 
 
2-(OA⋅OB)2成立，
 
1
故S = OA×OB
△AOB 2
 ．
 
1
(3)证明：由(2)S = OA×OB
△AOB 2
 ，
   
得(OA×OB)2=OA×OB 
 
1
2= OA×OB
2

 
⋅2OA×OB 
 
=S ⋅2OA×OB
△AOB
 ，
   
1
故(OA×OB)2= S ⋅OA×OB
3 △AOB
 ×6，
   
故(OA×OB)2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；
b
1 1 1
(2)若球O在 , ,
6 3 2
17
 处有一切平面为λ ，求λ 与α的交线方程，并写出它的一个法向量；
0 0
(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⊥CD，
3 2 2 3 3
则BE=BCsin60°= b，BF= BE= × b= b，
2 3 3 2 3
3
所以，AF= AB2-BF2= b2- b
3

2 6 1
= b，V = AF⋅S ，
3 A-BCD 3 △BCD
1
因为V =V +V +V +V =4× ×1×S ，
A-BCD O-ABC O-ABD O-ACD O-BCD 3 △BCD
4 1 6
S = AF⋅S ，故AF= b=4，解得b=2 6，
3 △BCD 3 △BCD 3
a 2 6
所以， = = .
b 2 6 6
(2)在λ 0 与α的交线上任取一点Px,y,0 
1 1 1
，记点Q , ,
6 3 2
 ，
 
1 1 1
则OQ⋅QP=0，即 , ,
6 3 2

1 1 1
⋅x- ,y- ,-
6 3 2
 =0，
x 1 y 1 1
即 - + - - =0，即x+ 2y- 6=0，
6 6 3 3 2
所以，λ 0 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  .
(3)设M 0x 0 ,y 0 ,z 0  为球面上一点，则x2+y2+z2=1， 0 0 0
在平面λ上任取一点Nx,y,z 
 
，则OM ⋅MN =0，
即x 0 ,y 0 ,z 0  ⋅x-x 0 ,y-y 0 ,z-z 0  =0，
即x 0x-x 0  +y 0y-y 0  +z 0z-z 0  =0，即x x+y y+z z=1， 0 0 0
因为平面λ与三个坐标平面均有交线，则x y z ≠0，
0 0 0
1
平面λ分别交x、y、z轴于点R ,0,0
x
0

1
、S0, ,0
y
0

1
、T0,0,
z
0
 ，
设O到m、n、p距离分别为d 、d 、d ，
m n pOR 则d =
m
18
 ⋅OS 
RS 
1
= x 0 y 0  1 1 = = ，
1 + 1 x2+y2 1-z2
x2 y2 0 0 0
0 0
1 1
同理可得d = ，d = ，
n p
1-y2 1-z2
0 0
1
所以，d d d =
m n p 1-z2 0  1-y2 0  1-x2 0 
1
≥
1-z2+1-y2+1-x2  0 0 0
3

3
= 
2 3

3 3 6
= ，
4
当且仅当   1 x2 - + z y 2 0 2 = +z 1 2 - = y 1 2 0 =1-x2 0，即当x 0
0 0 0
 =y 0  =z 0  3 = ， 3
3 6
故O到m、n、p距离乘积的最小值为 .
4
4 (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A 1 D 1 的延长线于点H，经测量∠D 1 DH=12°，且AB=10,A 1 B 1 =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+ SS+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+
1
sin2xx∈R
2
 ，你看这多美妙!”“小迷糊”：“.....”
亲爱的同学们，快来帮“小迷糊”求一下Sx
19
 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△DDH中，可求DD=10,DH=4 6，
1 1
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2 6，
243 3 243 3
所以S =150 3,S = , S S = 150 3× =135 3，
上底面 下底面 2 上底面 下底面 2
1 243 3
所以V= ×2 6×150 3+135 3+
3 2
 =813 2.
(3)法1.四元均值不等式
S2 x  =sin2x(1+cosx)2
=1-cosx  (1+cosx)3
1
= ×31-cosx
3
 (1+cosx)3
1 31-cosx
≤ ×
3
 +1+cosx  +1+cosx  +1+cosx 

4

4
27
= .
16
当且仅当31-cosx 
1
=1+cosx，即cosx= 时取等号.
2
3 3
所以S(x)最大值为 .
4
法2.琴生不等式法
Sx 
1
= sinx+sinx+sin2x
2
 ,
3 sinx+sinx+sinπ-2x
=
2


3

3 x+x+π-2x
≤ sin
2 3
3 3
= ，
4
π
当且仅当x=π-2x，即x= 取等号.
3
3 3
所以S(x)最大值为 .
4
a2+b2
法3.二元均值不等式推广ab≤
2
 ，
S2(x)=(sinx+sinxcosx)2
2 3 1
= sinx⋅ + sinxcosx⋅ 3
3 2 3

2
 2 sin2x+ 3 4 1 sin2x+3cos2x
≤ +
 3 2 3 2
 2
27
= ，
16
3
当且仅当sinx= 时取等号.
2
3 3
所以S(x)最大值为 .
4法4.柯西不等式
S2 x
20
 =(sinx+sinxcosx)2
3 2 2
= ⋅ sinx+ sinx⋅ 2cosx
2 3 2

2
3 1
≤ + sin2x
4 2

4
 sin2x+2cos2x
3

3 1
= + sin2x
4 2

2
- sin2x+2
3

3 27
，根据二次函数知识可知当sinx= 取得最大值 ，
2 16
27
所以S2(x)≤ ；
16
3
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= .
2
3 3
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
q2+2-1 p q
由V-E+F=2，解得

F= 4
p2+2-1
p q


 

，


E= 2
  2+2-1
p q
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，
2 2
由题意易得 + >1，所以p<6，q<6，
p q
所以满足条件的只有5组解，
V=4

①p=3，q=3，F=4 ，即正四面体；
E=6V=6

②p=3，q=4，F=8 ，即正六面体；
E=12
V=12

③p=3，q=5，F=20，即正十二面体；
E=30
V=8

④p=4，q=3，F=6 ，即正八面体；
E=12
V=20

⑤p=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，
3( 2)2 3
显然截面为边长为 2的正三角形，面积S= = ；
4 2
(3)第一问：
3×12
正二十面体各面为正三角形，表面积S=20× =5 3；
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∠ACB=108°，
5+1 5+1 5+1
由cos36°= 易知AB= ，即正六面体边长为 ，
4 2 2
5+1 5+1
正六面体边长为 ，则V=
2 1 2
22

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 ，
2
1 1 5+1 1 5+1 5-1 1 1 5+1
V= × ×1× +2× × × × = + ，
2 2 2 2 3 2 4 2 6 8
15+7 5
所以总体积为V=V+6V= .
1 2 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；
(2)若函数g(x)=ax(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”；
(2)因为函数g(x)=ax(a>0且a≠1)的图象与函数y=x的图象有公共点，
所以方程组：y=axy=x有解，
消去y得ax=x，
显然x=0不是方程ax=x的解，
所以存在非零常数T，使aT=T，
于是对于g(x)=ax有g(x+T)=ax+T=aT⋅ax=T⋅ax=Tg(x)，
故g(x)=ax是“T函数”；
(3)当m=0时，h(x)=1，T=1，显然满足为“T函数”．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
23
 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
移n  个单位．已知fx 
 π
=2sin2x，将f(x)的图象按a=- ,1
3
 平移得到函数gx  的图象．
(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；
(3)对任意的x∈ - π , π
 6 12
 ，不等式g2 x  -mgx  -1≤0恒成立，求实数m的取值范围．
 π 【解析】(1)将f(x)的图象按a=- ,1
3
 π 平移得g(x)=2sin 2x+
3
  

 +1，
所以gx  的解析式为gx 
2π
=2sin2x+
3
 +1；
(2)函数gx 
2π
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，
2π
即方程sin2x+
3

1
=- 在a,b
2
 上至少有30个解，
2π 7π 2π 11π
由2x+ =2kπ+ ，k∈Z，或2x+ =2kπ+ ，k∈Z，
3 6 3 6
π 7π
解得x=kπ+ ，k∈Z，或x=kπ+ ，k∈Z，
4 12
π
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，
则b-a+14π 
π
≥ ，
3
π 43π
故b-a的最小值为14π+ = .
3 3
(3)由x∈ - π , π
 6 12
 ，得2x+ 2π ∈  π , 5π
3  3 6
 ，
又函数y=sinx在  π , π
 3 2
 π 5π 上单调递增，在 ,
2 6
 上单调递减，
2π 所以sin2x+
3
 ∈  1 ,1
 2
 ，得gx  ∈2,3  ，
令t=g(x)，则t∈2,3  ，φt  =t2-mt-1，∵φt
24
 ≤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
则实数m的取值范围为  8 ,+∞
 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，∴f(x+1)=sin[π(x+1)]=-sinπx=-f(x)，
∴f(x+1)+f(x)=0，
∴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*，
∴fx  =sin2mπx-1.
令fx 
1 k
=0，解得x= + (k∈N).
4m m
∵函数f(x)在0,1 
1 99 1 100 397 401
恰有100个零点，∴ + ≤1< + ，∴ ≤m< .
4m m 4m m 4 4
又∵m∈N*，∴m=100，∴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．

8 π π
(1)记向量ON =(1, 3)的相伴函数为f(x)，若当f(x)= 且x∈- ,
5 3 6
 时，求sinx的值；

π
(2)已知A(-2,3)，B(2,6)，OT=(- 3,1)为h(x)=msinx-
6

x π
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⊥BP.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由；

(3)记向量ON =(1, 3)的相伴函数为f(x)，若当x∈ 0, 11π
 12
 π 时不等式f(x)+kfx+
2
 >0恒成立，求实
数k的取值范围．
【解析】(1)向量ON =(1, 3)的相伴函数为f(x)=sinx+ 3cosx，
π
∵f(x)=sinx+ 3cosx=2sinx+
3
25

8 π
= ，∴sinx+
5 3

4
= .
5
π π
∵x∈- ,
3 6

π π
，∴x+ ∈0,
3 2

π
，∴cosx+
3

3
= .
5
π sinx=sin x+
3
   - π
 3
 1 π = sinx+
2 3
 3 π - cosx+
2 3
 4-3 3 = .
10

π
(2)由OT=(- 3,1)为h(x)=msinx-
6

3 1
= msinx- mcosx的相伴特征向量知：m=-2.
2 2
x π
所以φ(x)=h -
2 3

x π
=-2sin  -
2 3

π
 -
6

x π
=-2sin -
2 2

x
=2cos .
2
1
设Px,2cos x
2
 ，∵A(-2,3)，B(2,6)，

1
∴AP=x+2,2cos x-3
2


1
，BP=x-2,2cos x-6
2
 ，
   
1
又∵AP⊥BP，∴AP⋅BP=0∴(x+2)(x-2)+2cos x-3
2

1
2cos x-6
2
 =0.
1 1 1 9
x2-4+4cos2 x-18cos x+18=0，∴2cos x-
2 2 2 2

2 25
= -x2(*)
4
1 13 1 9 5
∵-2≤2cos x≤2，∴- ≤2cos x- ≤- ，
2 2 2 2 2
25 1 9
∴ ≤2cos x-
4 2 2

2 169 25 25
≤ .又∵ -x2≤ ，
4 4 4
1 9
∴当且仅当x=0时，2cos x-
2 2

2 25 25
和 -x2同时等于 ，这时(*)式成立．
4 4
 
∴在y=h(x)图像上存在点P(0,2)，使得AP⊥BP.

π
(3)向量ON =(1, 3)的相伴函数为f(x)=sinx+ 3cosx=2sinx+
3

当x∈ 0, 11π
 12
 π 时，f(x)+kfx+
2
 π =2sinx+
3
 π +2kcosx+
3
 π >0，即sinx+
3
 π +kcosx+
3

>0，
π
kcosx+
3

π
>-sinx+
3
 恒成立．
π π π π π 所以(i)当0≤x< ， ≤x+ < 时，cosx+
6 3 3 2 3

sinx+ π
>0，所以k>- 3

cosx+ π
3

π =-tanx+
3
 ,
π 即k> -tanx+
3
  

 π π π π ，由于 ≤x+ < ，所以tanx+
max 3 3 2 3
 π 的最小值为tan = 3，
3
π 所以k> -tanx+
3
  

 =- 3;
max
π π π π
(ii)当x= ，x+ = ，不等式sinx+
6 3 2 3

π
+kcosx+
3
 >0化为1>0成立．
π 11π π π 5π π (iii)当 <x≤ ， <x+ ≤ 时，cosx+
6 12 2 3 4 3

sinx+ π
<0，所以k<- 3

cosx+ π
3

π =-tanx+
3
 ，即
π k< -tanx+
3
  

 π π 5π π ，由于 <x+ ≤ ，所以tanx+
min 2 3 4 3
 5π 的最大值为tan =1，
4
π 所以k< -tanx+
3
  

 =-1
min
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.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，
1
由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2OA⋅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+2 3；
(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，
x2+1-9 x2+4-9
则 + =0，解得x= 7，
2x 4x
9+4-7 1
所以cos∠AOC= = ，
2×2×3 2
所以∠AOC=60°；
(3)在△ABO中，由余弦定理得AB2=OA2+OB2-2OA⋅OB⋅cosα=5-4cosα，
所以AB= 5-4cosα，0<α<π，
1 3
于是四边形OACB的面积为S=S +S = OA⋅OB⋅sinα+ AB2
△AOB △ABC 2 4
3 5 3 π
=sinα+ (5-4cosα)=sinα- 3cosα+ =2sinα-
4 4 3
26

5 3
+ ，
4
π π 5π 5 3
当α- = ，即α= 时，四边形OACB的面积取得最大值为2+ .
3 2 6 4
5π 5 3
所以，当B满足∠AOB= 时，四边形OACB的面积最大，最大值为2+ .
6 4
3 将平面直角坐标系中的一列点A 11,a 1  、A 22,a 2  、⋯、A nn,a n  、⋯，记为A n  ，设fn 

=A A ⋅ n n+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A n  为T点列．
(1)判断A 11,1 
1
、A 2, 2 2 
1
、A 3, 3 3 
1
、⋯、A n, n n  、⋯是否为T点列，并说明理由；
(2)若A
n
 为T点列，且a >a.任取其中连续三点A 、A 、A ，证明△A A A 为钝角三角形；
2 1 k k+1 k+2 k k+1 k+2
(3)若A n  为T点列，对于正整数k、l、mk<l<m 
   
，比较AA ⋅ j 与A A ⋅ j 的大小，并说明理由． l m+k l-k m
【解析】(1)A
n
 为T点列，理由如下： 1 1
由题意可知，A A =1, - n n+1 n+1 n
27


，j =0,1  ，所以fn 
  1 1
=A A ⋅ j = - ， n n+1 n+1 n
fn+1  -fn 
1 1 1 1
= - - -
n+2 n+1 n+1 n

2
=
nn+1  n+2 
>0，即fn+1  >fn  ，n∈N∗，
所以A 11,1 
1
、A 2, 2 2 
1
、A 3, 3 3 
1
、⋯、A n, n n  、⋯为T点列；

(2)由题意可知，A n A n+1 =1,a n+1 -a n 

，j =0,1 
 
，所以f(n)=A A ⋅ j =a -a ， n n+1 n+1 n
因为A n  为T点列，所以fn+1  -fn  =a n+2 -a n+1 -a n+1 -a n  >0，n∈N∗，
又因为a >a ，所以a -a>0.
2 1 2 1
所以对A
n
 中连续三点A 、A 、A ，都有a -a >a -a ，a >a >a .
k k+1 k+2 k+2 k+1 k+1 k k+2 k+1 k

因为A A =1,a -a
k k+1 k+1 k


，A A =1,a -a
k+1 k+2 k+2 k+1
 ，
 
因为a -a >a -a ，故A A 与A A 不共线，即A 、A 、A 不共线，
k+2 k+1 k+1 k k k+1 k+1 k+2 k k+1 k+2
 
因为A A ⋅A A =-1+a -a
k+1 k k+1 k+2 k k+1
 a -a
k+2 k+1
 <0，
 
A A ⋅A A
所以，cos∠A A A = k+1 k k+1 k+2
k k+1 k+2
A A
k+1 k


⋅A A
k+1 k+2

<0，则∠A A A 为钝角，
k k+1 k+2
所以△A A A 为钝角三角形；
k k+1 k+2
(3)由k<l<m，m≥3.
因为A
n
 为T点列，由(2)知a -a >a -a ，n∈N∗，
n+2 n+1 n+1 n
所以a -a >a -a ，a -a >a -a ，⋯，
m+k m+k-1 m+k-1 m+k-2 m+k-1 m+k-2 m+k-2 m+k-3
a -a >a -a ，
m+1 m m m-1
两边分别相加可得a -a >a -a ，
m+k m m+k-1 m-1
所以a -a >a -a >⋯>a-a ，
m+k-1 m-1 m+k-2 m-2 l l-k
所以a -a >a-a ，所以a -a>a -a ，
m+k m l l-k m+k l m l-k

又AA =m+k-l,a -a l m+k m+k l 

，A l-k A m =m-l+k,a m -a l-k  ，
   
所以AA ⋅ j =a -a，A A ⋅ j =a -a ，
l m+k m+k l l-k m m l-k
   
所以AA ⋅ j >A A ⋅ j.
l m+k l-k m
  
4 对于给定的正整数n，记集合Rn={α|α=(x,x ,x ,⋅⋅⋅,x ),x∈R,j=1,2,3,⋅⋅⋅,n}，其中元素α称为一
1 2 3 n j

个n维向量．特别地，0=(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量．
   
设k∈R，α=(a ,a ,⋅⋅⋅,a )∈Rn，β=(b ,b ,⋅⋅⋅,b )∈Rn，定义加法和数乘：α+β=(a +b ,a +b ,⋅⋅⋅,a +b )，
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n

kα=(ka,ka ,⋅⋅⋅,ka ).
1 2 n
    
对一组向量α ，α ，⋯，α(s∈N ,s≥2)，若存在一组不全为零的实数k ，k ，⋯，k ，使得k α +k α +⋅⋅⋅+k
1 2 s + 1 2 s 1 1 2 2 s
 
α =0，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
s
(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α ，α ，⋯，α 线性相关，但其中任意m-1个都线性无关，证明下列结论：
1 2 m
   
(ⅰ)如果存在等式k α +k α +⋅⋅⋅+k α =0(k∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)，则这些系数k ，k ，⋯，k 或者全为零，
1 1 2 2 m m i 1 2 m
或者全不为零；       
(ⅱ)如果两个等式k α +k α +⋅⋅⋅+k α =0，l α +l α +⋅⋅⋅+l α =0(k∈R,l∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)同时成
1 1 2 2 m m 1 1 2 2 m m i i
k k k
立，其中l≠0，则 1 = 2 =⋅⋅⋅= m.
1 l l l
1 2 m
    
【解析】(Ⅰ)对于①，设kα+k β=0，则可得k+2k =0，所以α,β线性相关；
1 2 1 2
   
对于②，设k α+k β+k γ=0，则可得k+2k +5k =0k+2k +k =0k+2k +4k =0，所以k +2k =0，k =
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
  
0，所以α,β,γ线性相关；
    
对于③，设k α+k β+k γ+k δ=0，则可得 k+k +k =0k+k +k =0k +k +k =0，解得k =k =k =
1 2 3 4 1 2 4 1 3 4 2 3 4 1 2 3
1    
- k ，所以α,β,γ,δ线性相关；
2 4
      
(Ⅱ)设k(α+β)+k (β+γ)+k (α+γ)=0，
1 2 3
   
则(k+k )α+(k+k )β+(k +k )γ=0，
1 3 1 2 2 3
  
因为向量α，β，γ线性无关，所以k+k =0k+k =0k +k =0，解得k=k =k =0，
1 3 1 2 2 3 1 2 3
     
所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关，
   
(Ⅲ)证明：(ⅰ)kα +k α +⋅⋅⋅+k α =0，如果某个k=0，i=1，2，⋯，m，
1 1 2 2 m m i
     
则kα +k α +⋯+k α +k α +⋅⋅⋅+k α =0，
1 1 2 2 i-1 i-1 i+1 i+1 m m
因为任意m-1个都线性无关，所以k ，k ，⋯k ，k ，⋅⋅⋅，k 都等于0，
1 2 i-1 i+1 m
所以这些系数k ，k ，⋅⋅⋅，k 或者全为零，或者全不为零，
1 2 m
(ⅱ)因为l≠0，所以l ，l ，⋅⋅⋅，l 全不为零，
1 1 2 m
     l  l 
所以由lα +l α +⋅⋅⋅+l α =0可得α =- 2α -⋅⋅⋅- mα ，
1 1 2 2 m m 1 l 2 l m
1 1
    l  l 
代入kα +k α +⋅⋅⋅+k α =0可得k - 2α -⋅⋅⋅- mα
1 1 2 2 m m 1 l 2 l m
1 1
28

  
+k α +⋅⋅⋅+k α =0，
2 2 m m
l
所以- 2k+k
l 1 2
1

 l
α +⋅⋅⋅+- mk+k
2 l 1 m
1

 
α =0，
m
l l
所以- 2k+k =0，⋯，- mk+k =0，
l 1 2 l 1 m
1 1
k k k
所以 1 = 2 =⋅⋅⋅= m.
l l l
1 2 m
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a
n
 满足：a ∈0,1
n
 ,n∈N*，且a=1，则称
1
a
n
 为一个X数列. 对于一个X数列a
n
 ，若数列b
n

a
满足：b=1，且b =a - n+1
1 n+1 n 2
 b ,n∈N*，则称b
n n

为a
n
 的伴随数列.
(1)若X数列a
n
 中，a =1，a =0，a =1，写出其伴随数列b
2 3 4 n
 中b ,b ,b 的值；
2 3 4
(2)若a
n
 为一个X数列，b
n
 为a
n
 的伴随数列.
①证明：“a
n
 为常数列”是“b
n
 为等比数列”的充要条件；
②求b 的最大值.
2019
a
【解析】(1)b =a- 2
2 1 2

1 a
b= ，b =a - 3
1 2 3 2 2

1 a
b = ，b =a - 4
2 2 4 3 2

1
b = ；
3 4
(2)①充分性：若X数列a
n
 为常数列，∵a=1，∴a =1,n∈N*，
1 n
a
∴b =a - n+1
n+1 n 2

1
b = b ,n∈N*，又b=1≠0，
n 2 n 1∴其伴随数列b
n
29

1
是以1为首项，以 为公比的等比数列；
2
必要性：假设数列b
n
 为等比数列，而数列a
n
 不为常数列，
∴数列a
n
 中存在等于0的项，设第一个等于0的项为a ，其中k>1,k∈N∗，
k
0
∴b =1-
k 2
 b =b ，得等比数列b
k-1 k-1 n

b
的公比q= k =1．
b
k-1
a
又b = k+1
k+1 2
 b ，得等比数列b
k n

a
的公比q= k+1
2

1
≤ ，与q=1矛盾．∴假设不成立．
2
∴当数列b
n
 为等比数列时，数列a
n
 为常数列．
综上“a
n
 为常数列”是“b
n
 为等比数列”的充要条件；
1
②当a =1，a =1时，b = b ，
n n+1 n+1 2 n
当a =1，a =0时，b =b ，
n n+1 n+1 n
1
当a =0，a =1时，b = b ，
n n+1 n+1 2 n
当a =0，a =0时，b =0，
n n+1 n+1
1 1
综上，结合a ={0,1}可得：b = b ， b ，0
n+2 n+2  4 n 2 n
 ，
1
由题意知b ≥0，所以b ≤ b ，
n n+2 2 n
1 1 1 1
于是有b ≤ b ≤ b ≤⋯≤ b= ，
2019 2 2017 22 2015 21009 1 21009
1
所以b 的最大值为 .
2019 21009
2 (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=
  a i +a j a i ,a j ∈A  ，A-A=  a i -a j a i ,a j ∈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a n  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A =a,a ,⋅⋅⋅,a n 1 2 n  ，b n =nA n  .
已知a=1,a =2，且对任意n∈N*,b ≥0，求数列a
1 2 n n
 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，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
30
 ∪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=a,a ,a
1 2 3
 ，由于(A+A)∩=∅，
所以对任意m=1,2,3，不存在i,j=1,2,3，使得a =a+a ，
m i j
于是A+A=(A+A)∪0,a,a ,a 1 2 3  ，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a =a-a ，
m i j
于是A-A=(A-A)∪a,a ,a ,-a,-a ,-a 1 2 3 1 2 3  ，从而A n -A  =|A-A|+6，
于是nA  -n(A)=-2为定值．
(3)法1：A =1,2,a
3 3
 a ∈N*
3
 ，
若a ≥4,a ∈N*，
3 3
则4<1+a <2+a <2a ，
3 3 3
1-a <2-a <-1<1<a -2<a -1,
3 3 3 3
故A +A =2,3,4,1+a ,2+a ,2a
3 3 3 3 3
 ，
A -A =1-a ,2-a ,-1,0,1,a -2,a -1
3 3 3 3 3 3
 ，
此时b 3 =nA 3  =A 3 +A 3  -A 3 -A 3  =-1，不符合题意，
故a =3，
3
猜想a =n，下面给予证明，
n
当n≤3时，显然成立，
假设当n≤k，k∈N*时，都有a =k成立，即A =1,2,3,⋅⋅⋅,k
k k
 ，
此时A +A =2,3,4,⋅⋅⋅,2k
k k
 ，A -A =1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1
k k
 ，
故A +A
k k
 =2k-2+1=2k-1，A -A
k k
 =k-1-1-k  +1=2k-1，
b =nA
k k
 =0，符合题意，
A =1,2,⋅⋅⋅,k,a
k+1 k+1
 ，a ∈N*
k+1
则A +A =2,3,4,⋅⋅⋅,2k
k+1 k+1
 ∪2+a ,3+a ,⋯,k+a
k+1 k+1 k+1
 ，
A -A =1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1
k+1 k+1
 ∪1-a ,2-a ,⋯,0,1,⋯,a -1
k+1 k+1 k+1
 ，
若a ≥k+2，
k+1
2,3,4,⋅⋅⋅,2k  ∩2+a ,3+a ,⋯,k+a
k+1 k+1 k+1
 的元素个数小于
1-k,2-k,3-k,⋅⋅⋅,0,1,2,⋯,k-1  ∩1-a ,2-a ,⋯,0,1,⋯,a -1
k+1 k+1 k+1
 的元素个数
则有b =nA
k+1 k+1
 =A +A
k+1 k+1
 -A -A
k+1 k+1
 <A +A
k k
 -A -A
k k
 =nA
k
 =0，
不符合题意，故a =k+1，
k+1
综上，对于任意的n∈N*，都有a =n
n
故数列a
n
 的通项公式a =n.
n
法2：假设存在n，使得a ≠n，设m=minn∣a ≠n
n n
 ．根据条件，m≥3，且A m-1 ={1,2,⋯,m-1}，A m-1 +A m-1 ={2,4,⋯,2m-2},A m-1 +A m-1
31
 =2m-3，
A m-1 -A m-1 ={0,±1,±2,⋯,±(m-2)},A m-1 -A n-1  =2m-3，
根据假设，a ≥m+1.
m
(i)如果a =m+k(k=1,2,⋯,m-3)，那么属于A +A 但不属于A +A 的元素组成的集合是{2m-
m m m m-1 m-1
1,2m,⋯,2m+k-1}∪{2m+2k}，
从而A m +A m  -A m-1 +A m-1  =k+2．
属于A m -A m ，但不属于A m-1 -A m-1 的元素组成的集合是{±(m-1),±m,⋯,±(m+k-1)}，从而A m -A m 
-A m-1 -A m-1  =2(k+1),
于是b =-k<0．矛盾！
m
(ii)如果a =m+k(k≥m-2)，
m
那么对任意i=1,2,⋯,m-1,m,a +a∉A +A ，
m i m-1 m-1
从而A m +A m  -A m-1 +A m-1  =m，
同样对任意i=1,2,⋯,m-1,±a m -a i  ∉A m-1 -A m-1 且±a m -a i  两两不同，
从而A m -A m  -A m-1 -A m-1  =2m-2,
于是b =-(m-2)<0，矛盾！
m
3 (2024·上海浦东新·华师大二附中校考模拟预测)已知数列{a }：1，-2，-2，3，3，3，-4，-4，-4，
n
k个
(k-1)k k(k+1)
-4，⋅⋅⋅，(-1)k-1k,⋅⋅⋅,(-1)k-1k，即当 <n≤ (k∈N*)时，a =(-1)k-1k，记S =a+a +⋅⋅⋅
2 2 n n 1 2
+a (n∈N*).
n
(1)求S 的值；
2020
k(k+1) (k+1)(k+2)
(2)求当 <n≤ (k∈N*)，试用n、k的代数式表示S (n∈N*)；
2 2 n
(3)对于t∈N*，定义集合P={n|S 是a 的整数倍，n∈N*，且1≤n≤t}，求集合P 中元素的个数.
t n n 2020
k个
【解析】(1)依题意：S -S =(-1)k-1k,⋯,(-1)k-1k=(-1)k-1⋅k2(k∈N*)，
k(k+1) k(k-1)
2 2
k(k+1) 63×64
由 ≤2020得k≤63,2020- =4，
2 2
所以S =1-22+32-42+52-⋯-622+632-64-64-64-64
2020
=1+(2+3)(3-2)+(4+5)(5-4)+⋯+(62+63)(63-62)-256
=1+2+3+⋯+63-256
63(63+1)
= -256=1760；
2
(2)① 当k为奇数时，k+1为偶数，
k(k+1)
S =S -n-
n k(k+1) 2
2
 (k+1)
=1-22+32-42+⋯+k-2  2-k-1 
kk+1
2+k2- n-
 

 2

k+1 
=1+2+⋯+k 
kk+1
- n-
 

 2

k+1 
k+1
=
 k kk+1
- n-
2
 

 2

k+1 
k(k+2)
= -n
 2

⋅(k+1)；②当k为偶数时，k+1为奇数，
 k(k+1)
S
n
=-1-2-3-⋯-k+

n-
2
32

(k+1)
k(k+1)  (k+1)k
=- +n-
2  2

(k+1)
k(k+2)
= -n
 2

⋅-(k+1)  ；
综上：S
n
=(-1)k+1⋅ 

 k(k
2
+2) -n  k(k+1) (k+1)(k+2) ⋅(k+1)， <n≤ (k∈N∗,n∈N∗)；
2 2
(k-1)k k(k+1)
(3)由(2)知，当 <n≤ 时，
2 2
S n =(-1)k   (k-1) 2 (k+1) -n  ⋅k，a n =-1  kk+1 k-1k,  kk-1 - 2  =k， 2
因为S 是a 的整数倍，
n n
(k-1)(k+1)
所以 -n
 2

为整数，
k(k+1)
所以k为奇数，由 ≤2020得k≤63，
2
1+63
所以满足条件的n的个数为1+3+5+⋯+63= ×32=1024，
2
所以集合P 中元素的个数为1024.
2020
4 (2024·全国·高三专题练习)对于无穷数列a
n
 ，若存在正整数T，使得a =a 对一切正整数n都成
n+T n
立，则称无穷数列a
n
 是周期为T的周期数列.
(1)已知无穷数列a
n
 是周期为2的周期数列，且a=3，a =1，S 是数列a
1 2 n n

S
的前n项和，若 n ≤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a
n
 和b
n
 满足b =a -a ，求证：“a
n n+1 n n
 是周期为T的周期数列”的充要条件是“b
n
 是周
T
期为T的周期数列，且b =0”；
i
i=1
(3)若无穷数列a n  和b n 
b=1,b =a
1 2
满足b n =a n+1 -a n ，且 b n+2 = b b n+1n≥1,n∈N
n


 ，是否存在非零常数a，使得a 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a
n
 是周期为2的周期数列，且a=3，a =1，
1 2
n
所以，当n为偶数时，S n = 2 a 1 +a 2  =2n；
n-1
当n为奇数时，S n = 2 a 1 +a 2  +a=2n+1， 1
S
因为 n ≤t对一切正整数n恒成立，
n
S
所以，当n为偶数时， n =2，故只需t≥2即可；
n
S 1
当n为奇数时， n =2+ ≤3恒成立，故只需t≥3即可；
n n
S
综上， n ≤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：因为b
n
33

T
是周期为T的周期数列，b =0，b =a -a
i n n+1 n
i=1
n+T
所以，b i =0，即a n+1 -a n
i=n
 +a n+2 -a n+1  +⋯+a n+T-1 -a n+T-2  +a n+T -a n+T-1  =0，
所以a -a =0，即a =a
n+T n n+T n
所以，a
n
 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a
n
 是周期为T的周期数列，
所以a =a ，即a -a =0
n+T n n+T n
所以，a =a ,a =a ，即a -a =a -a =0
n+T+1 n+1 n+T n n+T+1 n+1 n+T n
所以，a -a =a -a ，即b =a -a =a -a =b ，
n+T+1 n+T n+1 n n+T n+T+1 n+T n+1 n n
所以数列b
n
 是周期为T的周期数列，
因为a 1+T -a 1 =a 1+T -a T  +a T -a T-1  +⋯+a 3 -a 2  +a 2 -a 1 
T
=b +b +⋯+b +b=0，即b =0 T T-1 2 1 i
i=1
所以，必要性成立.
综上，“a
n
 是周期为T的周期数列”的充要条件是“b
n

T
是周期为T的周期数列，且b =0”
i
i=1
(3)假设存在非零常数a，使得a
n
 是周期数列，
所以，由(2)知，数列b
n

T
是周期为T的周期数列，且b =0，
i
i=1
b=1,b =a
1 2
因为 b
b n+2 = b n+1n≥1,n∈N
n


 ，
b b b 1 b 1 b b b
所以，b = 2 =a,b = 3 =1,b = 4 = ,b = 5 = ，b = 6 =1,b = 7 =a,b = 8 =a,⋯
3 b 4 b 5 b a 6 b a 7 b 8 b 9 b
1 2 3 4 5 6 7
所以数列b
n
 是周期为T=6，
6 2 1
所以b =2+2a+ =0，即a2+a+1=a+
i a 2
i=1

2 3
+ =0，显然方程无解，
4
所以，不存在非零常数a，使得a
n
 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
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+a2=0
(其中a∈R)为Ψ，直线族y=3t2x-2t3(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x ，点P(x ,y )不在Ω的任意一条直线上，求y 的取值范围(用x 表示)；
0 0 0 0 0
(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．
【解析】(1)将A0,1  代入Ψ得关于a的方程4-4a+a2=0，解为a=2，
故点A在Ψ的直线y=1上．
将B(1,2)代入Ψ得关于a的方程2(a-2)+8-4a+a2=0，
化简得a2-2a+4=0无实数解，故 B不在Ψ的任意一条直线上；
(2)若点P(x ,y )不在Ω的任意一直线上，则关于t的方程y =3t2x -2t3无解，
0 0 0 0令f(t)=3t2x -2t3，则f′(t)=6tx -6t2=6t(x -t).
0 0 0
当t∈(0,x )时，f(t)>0.当t∈(x ,+∞)时，f(t)<0.
0 0
所以f(t) =f(x )=x3，f(t)∈(-∞,x3].
max 0 0 0
所以y >x3;
0 0
(3)由(2)的结论猜测Ω的包络是曲线y=x3(x>0).
(x3)′=3x2，解3x2=3t2，得x=t.
在曲线y=x3(x>0)上任取一点(t,t3)(t>0)，
则过该点的切线方程是y-t3=3t2(x-t)即y=3t2x-2t3.
而对任意的t>0，y=3t2x-2t3的确为曲线y=x3(x>0)的切线．
故Ω的包络是曲线y=x3(x>0).
将2(a-2)x+4y-4a+a2=0整理为a的方程a2+2(x-2)a+4(-x+y)=0，
x2
若该方程无解，则Δ=4(x-2)2-16(-x+y)<0，整理得y> +1.
4
x2
猜测Ψ的包络是抛物线y= +1.
4
x2
 +1
4
34

x x 2(a-2)
′= ，解 =- ，得x=2-a.
2 2 4
x2 (2-a)2
在抛物线y= +1上任取一点2-a, +1
4 4
 ，
则过该点的切线方程是2(a-2)x+4y-4a+a2=0，
x2
而对任意的a∈R，2(a-2)x+4y-4a+a2=0确为抛物线y= +1的切线．
4
x2
故Ψ的包络是抛物线y= +1.
4
2 (2024·贵州贵阳·高三统考期末)阅读材料：
在平面直角坐标系中，若点Mx,y  与定点Fc,0  (或F -c,0 
a2
的距离和它到定直线l:x= (或l:x=
c
a2 c (x-c)2+y2 c x2 y2
- )的距离之比是常数 (0<c<a)，则 = ，化简可得 + =1，设b2=a2-c2(b>
c a a2
-x
a a2 a2-c2
c
x2 y2
0)，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
a2 b2
义.这里定点Fc,0 
a2
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
c
 是椭圆的
a2
另一个焦点，直线l:x=- 称为相应于焦点F的准线.
c
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 
x2 y2
在椭圆 + =1(a
a2 b2
>b>0)上，Fc,0 
c
是椭圆的右焦点，椭圆的离心率e= ，则点Mx,y
a

a2 a2
到准线l:x= 的距离为 -x，
c c
所以MF 
c a2
= × -x
a c

c
=a- x=a-ex，我们把这个公式称为椭圆的焦半径公式.
a
结合阅读材料回答下面的问题：
x2 y2
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⊥x轴，若直线l:x
a2 b2
=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；(2)若点M,N也在椭圆C上且△MNP的重心为F，判断FM
35
 ,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，

a2
=9
且 c ，得a2=9,c=1，即b2=a2-c2=8，
a2
-c=8
c
x2 y2 8
所以椭圆方程为 + =1，当x=1时，y=± ，
9 8 3
8
因为点P在第一象限，所以点P的坐标为1,
3
 ；
(2)设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，
8
由(1)可知，P1,
3

c 1
，a=3，e= = ，
a 3
所以MF 
1
=3- 3 x 1 ，NF 
1
=3- 3 x 2 ，FP 
1 8
=3- ×1= ， 3 3
x+x +1
△MNP的重心为F，则 1 2 =1，即x+x =2，
3 1 2
则MF  +NF  =2FP  ，
所以FM  ,FP  ,FN  能构成等差数列，
如图，延长PF，交MN于点D，PF  =2FD 
4
，即D1,-
3
 ，
8
所以x+x =2，y+y =- ，
1 2 1 2 3
x2 y2
  9 1 + 8 1 =1 ，两式相减得 x 1 +x 2
x2 y2
2 + 2 =1
9 8
 x 1 -x 2  + y 1 +y 2
9
 y 1 -y 2  =0，
8
y-y 2 2
可得 1 2 = ，即k = ，
x-x 3 MN 3
1 2
4 2
所以直线MN的方程为y+ = x-1
3 3

2
，即y= x-2，
3

x2
+
y2
=1
联立 9 8 ，得x2-2x-3=0，
y= 2x-2
3
解得：x=-1或x=3，
即MF 
1
=a-ex=3- ×-1
3

10
= ，NF
3

1
=3- ×3=2,
3
或MF  =2，NF 
10
= ,
3
所以FM  ,FP  ,FN 
10 8 8 10 2 2
分别是 , ,2或2, , ，公差为- 或 .
3 3 3 3 3 3
3 (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，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
36
 =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x 0 ,y 0 ,z 0  为坐标的点均在曲面S
上，则称曲面S的方程为Fx,y,z  =0，方程Fx,y,z 
x2 y2 z2
=0的曲面为S.已知曲面C的方程为 + -
1 1 4
=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x 0 ,y 0 ,z 0 

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x 0 -1,y 0 -1,z 0 -2  =λ-2,0,-4  ，
x -1=-2λ
 0
则y -1=0 ，解得x =1-2λ,y =1,z =2-4λ，即点P(1-2λ,1,2-4λ)，
0 0 0 0
z -2=-4λ
0
(1-2λ)2 12 (2-4λ)2
显然 + - =1-4λ+4λ2+1-[1-4λ+4λ2]=1，
1 1 4
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x 1 ,y 1 ,z 1 
  
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x 1 - 2,y 1 ,z 1 -2  =ta,b,c  ，
x- 2=at
 1
则y=bt ，解得x= 2+at,y=bt,z=2+ct，即点M( 2+at,bt,2+ct)，
1 1 1 1
z-2=ct
1
由点Mx 1 ,y 1 ,z 1 
( 2+at)2 (bt)2 (2+ct)2
在曲面C上，得 + - =1， 1 1 4
c2
整理得a2+b2-
4
 t2+(2 2a-c)t=0，
c2
依题意，对任意的实数t有a2+b2-
4
 t2+(2 2a-c)t=0恒成立，
c2
因此a2+b2- =0，且2 2a-c=0，解得c=2 2a,b=a，或c=2 2a,b=-a，
4
 
不妨取a=1，则b=1,c=2 2，或b=-1,c=2 2，即d=(1,1,2 2)，或d=(1,-1,2 2)，

又直线l的方向向量为d=(-2,0,-4)，
 
  |d⋅d| 2+8 2 8+ 2
所以异面直线l与l所成角的余弦值均为|cos‹d,d›|=   = = .
|d||d| 2 5× 10 104 (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
37
 =0．
(1)类比平面解析几何中直线的方程，直接写出：
①过点Px 0 ,y 0 ,z 0 

，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F 1 ,F 2 为空间中的两个定点，F 1 F 2  =2c>0，我们将曲面Γ定义为满足PF 1  +PF 2  =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-x 0  +By-y 0  +Cz-z 0  =0，理由如下：
设平面上除Px 0 ,y 0 ,z 0  任意一点坐标为Qx,y,z  ，
 
则PQ⋅n=0，即Ax-x 0  +By-y 0  +Cz-z 0  =0，
又Ax 0 -x 0  +By 0 -y 0  +Cz 0 -z 0  =0，
故过点Px 0 ,y 0 ,z 0 

，法向量为n=A,B,C  的平面的方程为Ax-x 0  +By-y 0  +Cz-z 0  =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-x 0  +By-y 0  +Cz-z 0  =0，
变形为Ax+By+Cz-Ax -By -Cz =0，令D=-Ax -By -Cz ，
0 0 0 0 0 0
故平面的一般方程为Ax+By+Cz+D=0；
x y z
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)为 + + =1，理由如下：
a b c
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，
x y z
变形为Ax+By+Cz=-D，故 + + =1，
-D -D -D
A B C
D D D
令- =a,- =b,- =c，
A B C
x y z
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；
a b c
(2)以两个定点F,F 的中点为坐标原点O，以F,F 所在直线为y轴，
1 2 1 2
以线段FF 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，
1 2
则F 10,c,0  ,F 20,-c,0  ，设Px,y,z  ，可得F 1 F 2  =2c>0，PF 1  +PF 2  =2aa>c  ，
所以 x2+y-c  2+z2+ x2+y+c  2+z2=2a，
移项得 x2+y-c  2+z2=2a- x2+y+c  2+z2，
两边平方得x2+y-c

2+z2=4a2-4a x2+y+c

2+z2+x2+y+c

2+z2，
即4a x2+y+c  2+z2=4a2+y+c  2-y-c  2=4a2+4cy，
故a x2+y+c  2+z2=a2+cy，两边平方得，
a2x2+a2-c2  y2+a2z2=a2 a2-c2  ，两边同除以a2 a2-c2  得，
x2 y2 z2
+ + =1，
a2-c2 a2 a2-c2
x2 y2 z2
令b2=a2-c2，故曲面Γ的方程为 + + =1b2=a2-c2
b2 a2 b2
x2 y2
5 (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 +
a2 b2
x2 y2
=λ(a>b>0)表示的椭圆C 称为椭圆 + =1(a>b>0)的相似椭圆.
λ a2 b2
(1)如图，已知F 1- 3,0
38
 ,F 2 3,0  ,M为⊙O:x2+y2=4上的动点，延长F 1 M至点N，使得MN  =MF 1  ,FN 1
的垂直平分线与FN交于点P，记点P的轨迹为曲线C，求C的方程；
2
(2)在条件(1)下，已知椭圆C 是椭圆C的相似椭圆，M,N 是椭圆C 的左､右顶点.点Q是C 上异于四个顶
λ 1 1 λ λ
点的任意一点，当λ=e2(e为曲线C的离心率)时，设直线QM 与椭圆C交于点A,B，直线QN 与椭圆C交
1 1
于点D,E，求AB  +DE  的值.
1
【解析】(1)连接OM，易知OM∥ 2 F 2 N且OM 
1
= 2 F 2 N  ，
∴F 2 N  =4，又点P在FN的垂直平分线上， 1
∴PF 1  =PN  ，
∴PF 1  +PF 2  =PF 2  +PN  =NF 2  =4>2 3，满足椭圆定义，
∴a=2,c= 3,b=1，
x2
∴曲线C的方程为 +y2=1.
4
x2
(2)由(1)知椭圆C方程为 +y2=1，
4
3 3
则离心率e= ⇒λ= ，
2 4
x2 4y2
∴楄圆C 的标准方程为 + =1，
λ 3 3
设Qx 0 ,y 0  为椭圆C 异于四个顶点的任意一点，直线QM,QN 斜率k ,k ， λ 1 1 QM1 QN1
y y y2
则k ⋅k = 0 ⋅ 0 = 0 ，
QM1 QN1 x + 3 x - 3 x2-3
0 0 0
x2 4y2 1
又 3 0 + 3 0 =1⇒y2 0 = 4 3-x2 0  ，
1 1
∴k ⋅k =- k ≠±
QM1 QN1 4 QM1 2
 .1
设直线QM 的斜率为k，则直线QN 的斜率为- .
1 1 4k
∴直线QM 1 为y=kx+ 3
39
 ，
y=kx+ 3
由
 , 
x2
+y2=1,
得1+4k2
4
 x2+8 3k2x+12k2-4=0，
设Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
-8 3k2 12k2-4
，则x+x = ,xx = ， 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
∴AB  = 1+k2 x 1 -x 2  = 1+k2 x 1 +x 2 
41+k2
2-4xx = 1 2

， 1+4k2
同理可得DE 
1+16k2
= ，
1+4k2
∴AB  +DE 
41+k2
=
 1+16k2
+ =5.
1+4k2 1+4k2
6 (2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系中，定义dA,B  =max x 1 -x 2  ,y 1 -y 2    为两点
Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  的“切比雪夫距离”，例如：点P 11,2  ，点P 23,5  ，因为1-3  <2-5  ，所以点P与点P 1 2
的“切比雪夫距离”为2-5  =3，记为dP 1 ,P 2  =3．
1
(1)已知点A0,
2
 ，B为x轴上的一个动点，
①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x 0 ,y 0  ，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(x,y)，B(x ,y )，C(x ,y )，
1 1 2 2 3 3
则dA,C  +dC,B  =max x 1 -x 3,   y 1 -y 3    +max x 3 -x 2,   y 3 -y 2   
≥|x-x |+|x -x |≥|x-x |，
1 3 3 2 1 2
同理可得，d(A,C)+d(C,B)≥|y-y |，
1 2
所以dA,C  +dC,B  ≥max x 1 -x 2,   y 1 -y 2    =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-x 0,   y-y 0    =r，
等价于 x-x 0  =r
y-y 0≤   x-x 0 
 或 x-x 0≤

  y-y 0 
y-y 0 
 ，

=r
所以点P的轨迹是以C(x ,y )为中心，边长为2r的正方形，
0 0
故点P所在曲线所围成的图形的面积为4r2，所以4r2=36，
所以r=3．
x2 y2
7 (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
a2 b2
Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2 
xx yy
满足 1 2 + 1 2 =0，则称A,B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作A,B a2 b2  .已知椭圆C的
一个焦点坐标为F 1-2 2,0  ，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；(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B,B ，且B 点的
1 2 1
纵坐标大于0，设四点B,P,B ,Q在椭圆C上逆时针排列.证明：四边形BPB Q的面积小于8 3.
1 2 1 2
x2 y2
【解析】(1)依题意，椭圆C: + =1(a>b>0)的另一焦点为F(2 2,0)，
a2 b2 2
因此2a=|AF|+|AF|= (3+2 2)2+12+ (3-2 2)2+12 =(2 3+ 6)+(2 3- 6)=4 3，
1 2
于是a=2 3,b= (2 3)2-(2 2)2=2，
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
12 4
(2)设“共轭点对”A,B
40
 中点B的坐标为Bx,y  ，由(1)知，点A3,1 
x2 y2
在椭圆C： + =1上，
12 4
3x y
依题意，直线l的方程为 + =0，整理得x+y=0，
12 4
所以直线l的方程为x+y=0.
(3)由(2)知，直线l：x+y=0，由  y x2 = + - 3y x 2=12 ，解得  x y= =- 3 3 或  x y= = - 3 3 ，则B 1 (- 3, 3)，B 2 ( 3,
- 3)，
设点Px ,y
P P
 ，Qx ,y
Q Q

x2 y2
 P + P =1 (x -x )(x +x ) (y -y )(y +y )
，则 12 4 ，两式相减得 P Q P Q + P Q P Q =0，
x2 y2 12 4
Q + Q =1
12 4
又PQ⎳OA，于是 y P -y Q = 1 ，则y +y =-(x +x )，有 y P +y Q =- x P +x Q，线段PQ被直线l平分，
x -x 3 P Q p Q 2 2
P Q
1
设点P到直线x+y=0的距离为d，则四边形B 1 PB 2 Q的面积S B1PB2Q =2S △PB1B2 =2× 2 ×B 1 B 2  ×d，
而B 1 B 2  = - 3- 3  2+ 3+ 3  2=2 6，则有S =2 6d， B1PB2Q
设过点P且与直线l平行的直线l 的方程为x+y=m，则当l 与C相切时，d取得最大值，
1 1
x+y=m

由x2
+
y2
=1
消去y得4x2-6mx+3m2-4
12 4
 =0，
令Δ=36m2-48m2-4  =0，解得m=±4，
当m=±4时，此时方程为4x2±24x+36=0，即x±3

2=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l 与C不可能相切， 1
4
即d小于平行直线x+y=0和x+y=4(或x+y=-4)的距离 =2 2，
2
所以S <2 6×2 2=2 6×2 2=8 3.
B1PB2Q
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A ={(0,0),(1,0),(2,0),⋯，(n,0)}，B ={(0,1),(n,1)}，C ={(0,
n n n
2),(1,2),(2,2),⋯⋯，(n,2)}，n∈N*.令M =A ∪B ∪C .从集合M 中任取两个不同的点，用随机变量X
n n n n n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，
7 7 4 4
X的概率分布为P(X=1)= = ；P(X= 2)= = ；
C2 15 C2 15
6 6
2 2 2 2
P(X=2)= = ；P(X= 5)= = ；
C2 15 C2 15
6 6
(2)设A(a,b)和B(c,d)是从M 中取出的两个点，
n
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；
②若b=0，d=1，则AB= (a-c)2+1≤ n2+1，
所以X>n当且仅当AB= n2+1，
此时a=0，c=n或a=n，c=0，有两种情况；
③若b=0，d=2，则AB= (a-c)2+4≤ n2+4，
所以X>n当且仅当AB= n2+4，
此时a=0，c=n或a=n，c=0，有两种情况；
④若b=1，d=2，则AB= (a-c)2+1≤ n2+1，
所以X>n当且仅当AB= n2+1，
此时a=0，c=n或a=n，c=0，有两种情况；
综上可得当X>n，X的所有值是 n2+1或 n2+4，
4 2
且P(X= n2+1)= ，P(X= n2+4)= ，
C2 C2
2n+4 2n+4
6
可得P(X≤n)=1-P(X= n2+1)-P(X= n2+4)=1- .
C2
2n+4
2 (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log n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
2
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ξ
n n
的信息熵H(ξ)=-Plog P，P=1，i=1,2,⋯,n
i 2 i i
i=1 i=1
41
 .
(1)若n=2，试探索ξ的信息熵关于P的解析式，并求其最大值；
1
1
(2)若P=P= ，P =2P(k=2,3,⋯,n)，求此时的信息熵.
1 2 2n-1 k+1 k
【解析】(1)当n=2时，P∈(0,1),H(ξ)=-Plog P-(1-P)log (1-P)，
1 1 2 1 1 2 1
令f(t)=-tlog t-(1-t)log (1-t)，t∈(0,1)，
2 21
则f'(t)=-log t+log (1-t)=log  -1
2 2 2 t
42
 ，
所以函数ft 
1
在0,
2

1
上单调递增，在 ,1
2
 上单调递减，
1
所以当P= 时，H(ξ)取得最大值，最大值为H(ξ) =1.
1 2 max
1
(2)因为P=P= ，P =2P(k=2,3,⋯,n)，
1 2 2n-1 k+1 k
2k-2 1
所以P=P⋅2k-2= = (k=2,3,⋯,n)，
k 2 2n-1 2n-k+1
1 1 n-k+1
故Plog P= log =- ，
k 2 k 2n-k+1 2 2n-k+1 2n-k+1
1 1 n-1
而Plog P= log =- ，
1 2 1 2n-1 2 2n-1 2n-1
n-1 n n-1 n-1 n-2 2 1
于是H(ξ)= +Plog P = + + +⋯+ + ，
2n-1 k 2 k 2n-1 2n-1 2n-2 22 2
k=2
n-1 n n n-1 n-2 2 1
整理得H(ξ)= - + + + +⋯+ +
2n-1 2n 2n 2n-1 2n-2 22 2
1 2 3 n-1 n
令S = + + +⋯+ + ，
n 2 22 23 2n-1 2n
1 1 2 3 n-1 n
则 S = + + +⋯+ + ，
2 n 22 23 24 2n 2n+1
1 1 1 1 1 n n+2
两式相减得 S = + + +⋯+ - =1-
2 n 2 22 23 2n 2n+1 2n+1
n+2
因此S =2- ，
n 2n
n-1 n n-1 n n+2 1
所以H(ξ)= - +S = - +2- =2- .
2n-1 2n n 2n-1 2n 2n 2n-2
3 (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
PX=a
k
 =x ，PY=a
k k

n n
=y ，x >0，y >0，k=1,2,⋯,n,x =y =1．指标D(X‖Y)可用来刻画
k k k k k
k=1 k=1
n x
X和Y的相似程度，其定义为D(X‖Y)=x ln k．设X~B(n,p),0<p<1．
k y
k=1 k
(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
【解析】(1)不妨设a =k，则x =Ckpk(1-p)n-k,y =Ckqk(1-q)n-k.
k k n k n
n
所以D(X‖Y)= C n kpk 1-p i=1 
pk 1-p
n-kln
 n-k
qk 1-q   n-k
p(1-q) n 1-p n
=ln ⋅kCkpk(1-p)n-k+nln ⋅Ckpk(1-p)n-k
q(1-p) n 1-q n
k=0 k=0
p(1-q) 1-p
=npln +nln .
q(1-p) 1-q
(2)当n=2时，P(X=2)=p2,P(X=1)=2p(1-p),P(X=0)=(1-p)2，
记f(p)=D(X‖Y)=p2ln3p2+2p(1-p)ln6p(1-p)+(1-p)2ln3(1-p)2
=p2lnp2+2p(1-p)ln2p(1-p)+(1-p)2ln(1-p)2+ln3，
则f(p)=4plnp+2p+(2-4p)[ln2p(1-p)+1]-4(1-p)ln(1-p)-2(1-p)=2[lnp-ln(1-p)+(1-2p)ln2]，
1 1
令g(p)=lnp-ln(1-p)+(1-2p)ln2，则g(p)= + -2ln2>0，
p 1-p
令φp
43

1 1
= + -2ln2，则φ p
p 1-p

2p-1
=
p2 1-p 
，
2
1
当0<p< 时，φ p
2
 <0，φp  单调递减；
1
当 <p<1时，φ p
2
 >0，φp  单调递增；
所以φp 
1
>φ
2

1
=4-2ln2>0，则g(p)单调递增，而g
2
 =0，
1
所以f(p)在0,
2

1
为负数，在 ,1
2
 为正数，
1
则f(p)在0,
2

1
单调递减，在 ,1
2
 单调递增，
3
所以D(X‖Y)的最小值为ln3- ln2.
2
(3)令hx  =lnx-x+1，则h x 
1 1-x
= -1= ，
x x
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，
1 1 1
则当x>0时，lnx≤x-1，所以ln ≤ -1，即lnx≥1- ，
x x x
n x n y
故D(X‖Y)=x ln k ≥ x 1- k
k y k x
k=1 k k=1 k

n
 = x -y
k k
k=1

n n
 =x -y =0，
k k
k=1 k=1
当且仅当对所有的k,x =y 时等号成立.
k k
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x ii=1,2,⋅⋅⋅,20  和知识竞赛成绩y i
i=1,2,⋅⋅⋅,20  如下表：
学生编号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
数学成绩x 100 99 96 93 90 88 85 83 80 77
i
知识竞赛成绩y 290 160 220 200 65 70 90 100 60 270
i
学生编号i 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
数学成绩x 75 74 72 70 68 66 60 50 39 35
i
知识竞赛成绩y 45 35 40 50 25 30 20 15 10 5
i
  20 
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 x-x
i
i=1
  2=6464，
20 
y-y
i
i=1

20 
 2=149450， x-x
i
i=1


 y-y
i
 =21650.
(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 x i ,y i   i=1,2,⋅⋅⋅,N  ，其中x ii=1,2,⋅⋅⋅,N  两两不相同，
y ii=1,2,⋅⋅⋅,N  两两不相同.记x i 在x nn=1,2,⋅⋅⋅,N  中的排名是第R i 位，y i 在y nn=1,2,⋅⋅⋅,N  中的排
名是第S 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
i
排名的样本相关系数.6
(i)记d=R-S，i=1,2,⋅⋅⋅,N.证明：ρ=1-
i i i NN2-1
44

N
d2；
i
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 
x-x
i
r= i=1


 y-y
i

n 
x-x
i
i=1

n 
 2 y-y
i
i=1

n nn+1
；k2=
 2 k=1
 2n+1 
； 6464×149450≈31000.
6
【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 
∑ x-x
i
r= i


y-y
i

20 
∑ x-x
i
i

20 
2∑ y-y
i
i

21650 21650
= ≈ ≈0.70；
6464×149450 31000
2
(2)(i)证明：因为R
i
 和S
i
 都是1，2，⋯，N的一个排列，所以
N N N(N+1)
R =S = ，
i i 2
i=1 i=1
N N N(N+1)(2N+1)
R2=S2= ，
i i 6
i=1 i=1
从而R
i
 和S
i

  N+1
的平均数都是R=S= ．
2
N 
因此， R-R
i
i=1

N  N N  N  N(N+1)(2N+1) N(N+1)2
 2=R2-2RR +R2=R2-NR2= - =
i i i 6 4
i=1 i=1 i=1 i=1
N(N+1)(N-1)
，
12
N 
同理可得 S-S
i
i=1

N(N+1)(N-1)
 2= ，
12
N N
由于d2 i = R i -S i
i=1 i=1

N 
 2= R-R i
i=1


-S-S i   
N 
 2= R-R i
i=1

N 
 2+ S-S i
i=1
  2-2
N 
R-R
i
i=1


 S-S
i

N(N+1)(N-1) N 
=2⋅ -2 R-R
12 i
i=1


 S-S
i
 ，
N 
R-R
i
所以ρ= i=1


 S-S
i

N  R-R
i
i=1
 N   2 S-S
i
i=1

N
N(N+1)(N-1) - 1 d2
12 2 i 6
= i=1 =1-
N(N+1)(N-1) NN2-1  2 12 
N
d2.
i i=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x,x ,⋯,x 的随机变量，分别记作X和Y.条件概率PY=x∣X=x
1 2 n j i
 ,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)=n
-pX=x i
i=1
45
 log 2 pX=x i 
2 2
.当n=2时，信道疑义度定义为H(Y∣X)=-pX=x,Y=x i j
i=1 j=1
 log 2
pY=x∣X=x j i  =- PX=x 1 ,Y=x 1  log 2 pY=x 1 ∣X=x 1   +PX=x 1 ,Y=x 2  log 2 pY=x 2 ∣X=x 1  +
PX=x 2 ,Y=x 1  log 2 pY=x 1 ∣X=x 2  +PX=x 2 ,Y=x 2  log 2 pY=x 2 ∣X=x 2  
(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log 2 3≈1.59,log 2 5≈2.32,log 2 7≈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
X 1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
P
21 21 21 21 21 21
扔一次平均得到的信息量为
6
H(X)=-pX=x i
i=1
 log 2 pX=x i 
6 i 21
= log
21 2 i
i=1
1 6
=log 21- ilog i
2 21 2
i=1
4 5 16
=log 7+ log 3- log 5-
2 7 2 21 2 21
≈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  p
②由题意，pY=0∣X=0  =pY=1∣X=1  =1-p.
所以，HY∣X  =- PX=x 1 ,Y=x 1  log 2 pY=x 1 ∣X=x 1   +PX=x 1 ,Y=x 2  log 2 pY=x 2 ∣X=x 1  +
PX=x 2 ,Y=x 1  log 2 pY=x 1 ∣X=x 2  +PX=x 2 ,Y=x 2  log 2 pY=x 2 ∣X=x 2   =
- PX=x 1  pY=x 1 ∣X=x 1  log 2 pY=x 1 ∣X=x 1  
+pX=x 1  pY=x 2 ∣X=x 1  log 2 pY=x 2 ∣X=x 1 
+pX=x 2  pY=x 1 ∣X=x 2  log 2 pY=x 1 ∣X=x 2  +pX=x 2  pY=x 2 ∣X=x 2  log 2 pY=x 2 ∣X=x 2 
=- ω1-p  log 21-p  +ωplog 2 p+1-ω  plog 2 p+1-ω  1-p  log 21-p   
=-plog 2 p-1-p  log 21-p  ;
其中x=0,x =1.
1 2
令fp  =-plog 2 p-1-p  log 21-p 
f p   1 =-  log 2 p+p pln2  - -log 21-p  +1-p  -1 1-p     ln2 
=-log 2 p+log 21-p 
1-p
=log . 2 p
f p 
1 1
=0,p= ,x∈0,
2 2

1
时f(p)>0,x∈ ,1
2
 时，f(p)<0,1
f(p) =f
max 2
46
 =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f 1a,b,c  放缩值记为t ，可继续对f(a,b,c)再次进行该操 1 1
作，操作n次以后的结果记为f (a,b,c)，放缩值记为t ．
n n
(1)若a,b,c  =1,3,14  ，求t,t ,t 的值 1 4 2021
(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t =t，若t∈M，求集合M n
(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t =0．
k
【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f(a,b,c)=(2,4,12)，所以t=12-2=10；
1 1
进行第二次操作，得到f (a,b,c)=(3,5,10)，所以t =10-3=7；
2 2
进行第三次操作，得到f (a,b,c)=(4,6,8)，所以t =8-4=4；
3 3
进行第四次操作，得到f (a,b,c)=(5,7,6)，所以t =7-5=2；
4 4
进行第五次操作，得到f (a,b,c)=(6,5,7)，所以t =7-5=2；
5 5
进行第六次操作，得到f (a,b,c)=(7,6,5)，所以t =7-5=2；
6 6
⋯⋯
所以t =2.
2021
(2)i.当t=2时，a,b,c  =a,a+1,a+2  ,所以f 1a,a+1,a+2  =a+1,a+2,a  ，t 1 =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，t n =tn=1,2,3,...  恒成立；
ii.当t≥3时，f 1a,b,c  =a+1,b+1,c-2  ，所以t 1 =b+1-a+1  =b-a<c-a=t，或t=c-2- 1
a+1  =t-3，
所以总有t≠t.不符合题意.
1
综上所述：满足t n =tn=1,2,3,...  的t的取值只能是2.
故集合M=2  .
(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×4k (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.
又因为4k=3+1

k=3k+C13k-1+⋯+Ck-131+1,
k k
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t 是3的倍数. 0
设f ia,b,c  =a i ,b i ,c i  ，
i.当a i ,b i ,c i  中有唯一最大数时,不妨设a≤b<c，则a =a+1,b =b+1,c =c-2,所以 i i i i+1 i i+1 i i+1 i
b -a =b-a,c -a =c-a-3,c -b =c-b-3.
i+1 i+1 i i i+1 i+1 i i i+1 i+1 i i
因为b-a,c-a,c-b 是3的倍数,则b -a ,c -a ,c -b 也是3的倍数，
i i i i i i i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i+1
所以b+3≤c,则t≥3,c -b =c-b-3≥0,所以a ≤b ≤c ,
i i i i+1 i+1 i i i+1 i+1 i+1
所以t =c -a =c-a-3=t-3.
i+1 i+1 i+1 i i i
ii.当a i ,b i ,c i  中的最大数有两个时,不妨设a<b=c. i i i
则a =a+2,b =b-1,c =c-1,所以
i+1 i i+1 i i+1 ib -a =b-a-3,c -a =c-a-3,c -b =c-b.
i+1 i+1 i i i+1 i+1 i i i+1 i+1 i i
因为b-a,c-a,c-b 是3的倍数,则b -a ,c -a ,c -b 也是3的倍数，
i i i i i i i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i+1
所以a+3≤b,则t≥3,b -a =b-a-3≥0,所以a ≤b ≤c ,
i i i i+1 i+1 i i i+1 i+1 i+1
所以t =c -a =c-a-3=t-3.
i+1 i+1 i+1 i i i
综上知,当t≥3时,数列t
i i
47
 是公差为3的等差数列.
a+b+c
当t=3时,由上述分析可得t =0,此时a =b =c = .
i i+1 i+1 i+1 i+1 3
t
所以存在k= 0,满足f a,b,c
3 k
 的放缩值t =0.
k
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=
1,2,⋯,p-1  ，若u,v∈X,m∈N，记u⊗v为uv除以p的余数，um,⊗为um除以p的余数；设a∈X，1,a,
a2,⊗,⋯,ap-2,⊗两两不同，若an,⊗=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) b． a
(1)若p=11,a=2，求ap-1,⊗；
(2)对m,m ∈0,1,⋯,p-2
1 2
 ，记m⊕m 为m+m 除以p-1的余数(当m+m 能被p-1整除时，m⊕m
1 2 1 2 1 2 1 2
=0)．证明：log(p) ab⊗c  =log(p) b⊕log(p) c，其中b,c∈X； a a
(3)已知n=log(p) b．对x∈X,k∈1,2,⋯,p-2
a
 ，令y=ak,⊗,y =x⊗bk,⊗．证明：x=y ⊗ynp-2
1 2 2
 ,⊗．
1
【解析】(1)若p=11,a=2，又注意到210=1024=93×11+1，
所以ap-1,⊗=210,⊗=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) b=0,log(p) c=0， a a
此时log(p) ab⊗c  =log(p) b⊕log(p) c. a a
当p>2时，因1,a,a2,⊗,⋯,ap-2,⊗相异，故a≥2，
而a∈X，故a,p互质.
记n=log(p) ab⊗c  ,n=log(p) b,n =log(p) c， 1 a 2 a
则∃m,m ∈N，使得an1=pm+b,an2=pm +c，
1 2 1 2
故an1+n2=pm 1 +b  pm 2 +c  ，故an1+n2≡bc(modp)，
设n 1 +n 2 =tp-1  +s,0≤s≤p-2，则n⊕n =s， 1 2
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，
故p-1  !≡ a×2a×3a,..×p-1   a  (modp)，故ap-1≡1modp  ，
故an1+n2≡as≡bcmodp

，而an≡b⊗c(modp)=bc(modp),其中0≤n≤p-2，
故s=n即log(p) ab⊗c  =log(p) b⊕log(p) c. a a
法2：记an1=an1,⊗+m p，an2=an2,⊗+m p，an1,⊗×an2,⊗=an1,⊗⊗an2,⊗+kp，
1 2
其中m ，m ，k是整数，则an1⋅n2=an1.⊗⊗an2,⊗+man2.⊗+m an1.⊗+mm p+k
1 2 1 2 1 2
 p，
可知an1,⊗⊗an2,⊗=an1⋅n2,⊗．
因为1，a，a2,⊗，⋯，ap-2,⊗两两不同，
所以存在i∈{0,1,⋅⋅⋅,p-2}，使得ap-1,⊗=ai,⊗，
即ap-1-ai=ai ap-1-i-1

可以被p整除，于是ap-1-i-1可以被p整除，即ap-1-i,⊗=1．
若i≠0，则p-1-i∈{1,2,⋅⋅⋅,p-2}，ap-1-i,⊗≠1，因此i=0，ap-1,⊗=1．记n=log(p) b，m=log(p) c，n+m=n⊕m+l(p-1)，其中l是整数，
a a
则b⊗c=an,⊗⊗am,⊗=an⋅m,⊗=an⊕m+l(p-1),⊗=an⊕m,⊗⊗al(p-1),⊗=an⊕m,⊗，
即log(p) (b⊗c)=log(p) b⊕log(p) c．
a a a
(3)【方法二】：当b≥2时，由(2)可得bp-1≡1modp
48
 ，若b=1，则bp-1≡1modp  也成立.
因为n=log(p) a b，所以an≡bmodp  .
另一方面，y ⊗ynp-2
2
 ,⊗≡y ynp-2
1 2
 ,⊗≡x⊗bk,⊗
1
 ak,⊗  np-2 
≡xbk  aknp-2  ≡xbk  bkp-2  ≡xbp-1  k-1≡x1  k-1 modp  ≡xmodp  .
由于x∈X，所以x=y ⊗ynp-2
2
 ,⊗.
1
法2：由题设和(2)的法2的证明知：
k k nk
y =x⊗bk,⊗=x⊗(b⊗b⊗⋅⋅⋅⊗b=x⊗an,⊗⊗an,⊗⊗⋅⋅⋅⊗an,⊗=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a，
2
n(p-2) n(p-2)  nk
yn(p-2),⊗=y⊗y⊗⋅⋅⋅⊗y =ak,⊗⊗ak,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ak,⊗=ap-2,⊗⊗ap-2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap-2,⊗．
1 1 1 1
nk nk
故y ⊗yn(p-2),⊗=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a⊗ap-2,⊗⊗ap-2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap-2,⊗
2 1
nk
=x⊗ap-1,⊗⊗ap-1,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap-1,⊗．
由(2)法2的证明知ap-1,⊗=1，所以y ⊗yn(p-2).⊗=x．
2 1
a a
2 (2024·北京海淀·高三中关村中学校考阶段练习)设数阵A = 11 12
0
a a
21 22
 ，其中a ,a ,a ,a ∈
11 12 21 22
1,2,3,4,5,6  ．设S=e,e ,⋯,e
1 2 l
 ⊆1,2,3,4,5,6  ，其中e<e <⋯<e,l∈N*且l≤6．定义变换φ 为“对
1 2 l k
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=e 1 ,e 2 ,⋯,e l  .φ sA 0  表示“将A 经过φ 变换得到A ，再将A 经过φ 变换得到A , 0 e1 1 1 e2 2
⋯以此类推，最后将A l-1 经过φ e l 变换得到A l ．记数阵A l 中四个数的和为T sA 0  ．
1 3
(1)若A = 0
3 6
 ,S=1,3  ，写出A 0 经过φ 1 变换后得到的数阵A 1 ，并求T sA 0  的值；
1 3
(2)若A = 0
3 6
 ,S=e,e ,e 1 2 3  ，求T sA 0  的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵A 0 ，证明：T sA 0  的所有可能取值的和不超过-4．
1 3
【解析】(1)因为A =
0
3 6
 ,S=1,3  ，
-1 -3
A 经过φ 变换后得到的数阵A=
0 1 1
3 6
 ，
1 3
A 经过φ 变换后得到的数阵A =
1 3 2
-3 -6
 ，
所以T sA 0  =1+3-3-6=-5.
(2)若S=2,4,5  ，则A 3 =A 0 ，可得T sA 0  =1+3+3+6=13；
若e=1,e ,e ∈2,4,5 1 2 3 
-1 -3
，则A = 3
3 6
 ，可得T sA 0  =-1-3+3+6=5；
若e =6,e,e ∈2,4,5 3 1 2 
1 3
，则A = 3
-3 -6
 ，可得T sA 0  =1+3-3-6=-5；
若e,e ,e 其中一个为3，另外两个属于2,4,5
1 3 2

-1 -3
，则A =
3
-3 -6
 ，可得T sA 0
49
 =-1-3-3-6=-13；
若e=1,e ∈2,4,5 1 2 
-1 -3
,e =6，则A = 3 3
-3 -6
 ，可得T sA 0  =-1-3-3-6=-13；
若e=1，e ,e 其中一个为3，另外一个属于2,4,5
1 2 3
 ，
1 3
则A = 3
-3 -6
 ，可得T sA 0  =1+3-3-6=-5；
若e =6，e,e 其中一个为3，另外一个属于2,4,5
3 1 2
 ，
-1 -3
则A = 3
3 6
 ，可得T sA 0  =-1-3+3+6=5；
若e 1 =1,e 2 =3,e 3 =6，则A 3 =A 0 ，可得T sA 0  =1+3+3+6=13；
综上所述：T sA 0  的所有可能取值的和为13+-13  +5+-5  =0.
(3)若a ≠a ，在1,2,3,4,5,6
11 12
 的所有非空子集中，含有a 且不含a 的子集共24个，经过变换后第一行均
11 12
变为-a 、-a ；
11 12
含有a 且不含a 的子集共24个，经过变换后第一行均变为-a 、-a ；
12 11 11 12
同时含有a 和a 的子集共24个，经过变换后第一行仍为a 、a ；
11 12 11 12
不含a 也不含a 的子集共24-1个，经过变换后第一行仍为a 、a ．
11 12 11 12
所以经过变换后所有A 的第一行的所有数的和为
l
24×-a 11 -a 12  +24×-a 11 -a 12  +24×a 11 +a 12  +24-1  ×a 11 +a 12  =-a -a . 11 12
若a =a ，则1,2,3,4,5,6
11 12
 的所有非空子集中，含有a 的子集共25个，经过变换后第一行均变为-a 、
11 11
-a ；
12
不含有a 的子集共25-1个，经过变换后第一行仍为a 、a ．
11 11 12
所以经过变换后所有A l 的第一行的所有数的和为25×-a 11 -a 12  +25-1  ×a 11 +a 12  =-a -a ． 11 12
同理，经过变换后所有A 的第二行的所有数的和为-a -a ．
l 21 22
所以T sA 0  的所有可能取值的和为-a -a -a -a ， 11 12 21 22
又因为a 、a 、a 、a ∈1,2,⋯,6 11 12 21 22  ，所以T sA 0  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)=
a +ax+⋯+a xm
0 1 m ，且满足：f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，f(0)=R(0)⋯，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)．已知f(x)
1+bx+⋯+b xn
1 n
ax
=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)= ．注：f(x)=f(x)
1+bx
 ,f(x)=f(x)  ,f(4)(x)=
f(x)  ,f(5)(x)=f(4)(x)  ,⋯
(1)求实数a，b的值；
1
(2)求证：(x+b)f
x
 >1；
1
(3)求不等式1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1
2的解集，其中e=2.71828⋯．
ax a
【解析】(1)因为R(x)= ，所以R(x)=
1+bx 1+bx 
-2ab
，R(x)=
2 1+bx 
，
3
1 1
f(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  ，
所以  a=1 ，解得a=1，b= 1 .
-2ab=-1 21
(2)由(1)知，即证x+
2
50

1
ln1+
x
 >1，
1
令t=1+ ，则t>0且t≠1，
x
即证t∈0,1  ∪1,+∞ 
t+1
时
2t-1 
⋅lnt>1，
记φt 
2t-1
=lnt-

，t∈0,1
t+1
 ∪1,+∞  ，
则φ t 
1 4
= -
t t+1 
t-1
=
2
 2
tt+1 
>0，
2
所以φt  在0,1  上单调递增，在1,+∞  上单调递增，
当t∈0,1  时φt  <φ1 
2t-1
=0，即lnt<
 t+1
，即
t+1 2t-1 
⋅lnt>1成立，
当t∈1,+∞  时φt  >φ1 
2t-1
=0，即lnt>
 t+1
，即
t+1 2t-1 
⋅lnt>1成立，
综上可得t∈0,1  ∪1,+∞ 
t+1
时
2t-1 
⋅lnt>1，
1
所以x+
2

1
ln1+
x

1
>1成立，即(x+b)f
x
 >1成立.
1
(3)由题意知，欲使得不等式1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1
2成立，
1
则至少有1+ >0，即x>0或x<-1，
x
1
首先考虑e<1+
x

x+1 1
2，该不等式等价于ln1+
x

x+1 1
2>1，即x+
2

1
ln1+
x
 >1，
1
又由(2)知x+
2

1
ln1+
x
 >1成立，
1
所以使得e<1+
x

x+1
2成立的x的取值范围是-∞,-1  ∪0,+∞  ，
1
再考虑1+
x

x 1
<e，该不等式等价于xln1+
x
 <1，
记hx  =lnx-x+1，x∈0,1  ∪1,+∞  ，
则h x 
1 1-x
= -1= ，所以当0<x<1时h x
x x
 >0，x>1时h x  <0，
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,+∞  ，
1
所以ln1+
x

1
< ，x∈-∞,-1
x
 ∪0,+∞  ，
当x∈0,+∞ 
1
时由ln1+
x

1 1
< ，可知xln1+
x x
 <1成立，
当x∈-∞,-1 
1
时由ln1+
x

1 1
< ，可知xln1+
x x
 <1不成立，
1
所以使得1+
x

x
<e成立的x的取值范围是0,+∞  ，
1
综上可得不等式1+
x

x 1
<e<1+
x

x+1
2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ξ∈(a,b)，使得f ξ
51
 =0．据此，解决以下问题：
(1)证明方程4ax3+3bx2+2cx-a+b+c  =0在0,1  内至少有一个实根，其中a,b,c∈R；
(2)已知函数fx  =ex-ax2-e-a-1  x-1,a∈R在区间0,1  内有零点，求a的取值范围．
【解析】(1)设Fx  =ax4+bx3+cx2-a+b+c  x,x∈0,1  ，
则F x  =4ax3+3bx2+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x 0 ∈(0,1)，使得F x 0  =0，
所以4ax3 0 +3bx2 0 +2cx 0 -a+b+c  =0，
所以方程4ax3+3bx2+2cx-a+b+c  =0在0,1  内至少有一个实根，
(2)因为函数fx  =ex-ax2-e-a-1  x-1,a∈R在区间0,1  内有零点，
不妨设其零点为x 1 ，则fx 1  =0，x 1 ∈0,1  ，
由fx  =ex-ax2-e-a-1  x-1可得f x  =ex-2ax-e-a-1  ，
所以函数fx  在0,x 1  上连续，在0,x 1  上可导，
又f0  =e0-0-0-1=0，fx 1  =0，
由罗尔中值定理可得至少存在一个x 2 ∈(0,x 1 )，使得f x 2  =0，
因为函数fx  在x 1 ,1  上连续，在x 1 ,1  上可导，
又f1  =e-a-e+a+1-1=0，fx 1  =0，
由罗尔中值定理可得至少存在一个x 3 ∈(x 1 ,1)，使得f x 3  =0，
所以方程ex-2ax-e-a-1  =0在0,1  上至少有两个不等的实数根，
设gx  =ex-2ax-e-a-1  ,x∈0,1  ，
则g x  =ex-2a，
1
当a≤ 时，g x
2
 >0，函数gx  在0,1  上单调递增，
所以方程ex-2ax-e-a-1  =0在0,1  上至多有一个根，矛盾，
e
当a≥ 时，g x
2
 <0，函数gx  在0,1  上单调递减，
所以方程ex-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
2
 =0，可得x=ln2a，0<ln2a<1，
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，
1
又g
2

1
=e2-a-e-a-1 
1
=e2+1-e< 2.89+1-e<0，
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，
2
所以e-2<a<1，
所以a的取值范围e-2,1  ．