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专题 01 新高考情景下的创新定义问题
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题型01 集合中的新定义..............................................................................................................................................1
题型02 平面解析几何中距离的新定义.....................................................................................................................9
题型03 函数中的新定义............................................................................................................................................17
题型04 立体几何中的新定义....................................................................................................................................23
题型05 概率与统计中的新定义................................................................................................................................33
题型06 导数中的新定义............................................................................................................................................42
题型07 圆锥曲线中的新定义....................................................................................................................................52
题型08 数列中的新定义............................................................................................................................................63
题型 01 集合中的新定义
【解题规律·提分快招】
1、集合新定义问题的方法和技巧
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使
用书上的概念.
2、解决以集合为背景的新定义问题的关键点
（1）准确转化：解决新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，紧扣题目所给定义，结合题目的要
求进行恰当转化，切忌同已有概念或定义相混淆.
（2）方法选取：对于新定义问题，可恰当选用特例法、筛选法、一般逻辑推理等方法，并结合集合的相
关性质求解.
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·北京西城·三模）记集合 .对任意， ，记 ，对于非空集合
，定义集合 .
(1)当 时，写出集合 ；对于 ，写出 ；
(2)当 时，如果 ，求 的最小值；
(3)求证： .
（注：本题中， 表示有限集合A中的元素的个数.）
【答案】(1) ；
(2)5
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义直接写出集合 ，再根据 的定义写出 ；
（2）设 ，则 ，则由题意可得 ，从而可求得结果；
（3）设A中的所有元素为 ， ，…， ，其中 ，记 （ ），先利用
反证法证明这些 互不相等，再根据定义证明即可.
【详解】（1） ；
若 ，则 .
（2） 的最小值为5.
证明如下：
设 .
因为 ，除 外，其它7个元素需由两个不同的 ， 计算得到，
所以 ，解得 .
当 时，有 ，符合题意.
（3）证明：设A中的所有元素为 ， ，…， ，其中 .
记 （ ），则这些 互不相等.
证明如下：如果存在 ， ，
则 ， 的每一位都相等，
所以 ， 的每一位都相等，
从而 ，与集合A中元素的互异性矛盾.
定义集合 ，则 .
又 ，所以 .
【点睛】关键点点睛：此题考查集合的新定义，考查集合间的关系，解题的关键是对集合新定义的正确理
解，考查理解能力，属于难题.
2．（2024·全国·模拟预测）已知集合 ，若对任意的 ，
，有 或 ，则称集合 为完美集合．
(1)分别判断集合 与 是否为完美集合；
(2)当 时，若 ，求完美集合 ；
(3)若集合 为完美集合，记 ，求证：
．
【答案】(1)集合 为完美集合， 不是完美集合；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据完美集的定义直接判断即可；
（2）根据完美集的定义及 依次确定 ，即可得答案；
（3）根据完美集定义先确定 ，结合 得到
，又 ，把各项累加即可证结
论.
【详解】（1）集合 ，当 时， ，
又 ， ，
所以集合 为完美集合．
集合 ，因为 ，
所以 不是完美集合．
（2）因为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，故 ，即 ，
所以 ．
（3）因为 ，故 ，
所以 ，则 ．
因为 ，
所以 ，
所以 ，所以 ．
因为 ，
所以 ，
又因为 ，
全部相加得 ，即 ，
所以 ，又 ，所以 ．
【点睛】关键点点睛：第三问，根据完美集定义确定 ，并得到
， 为关键.
3．（2024·浙江·二模）已知集合 ，记 ， ， 是
自然数集
称函数 ，若对于任意 ， ；
称函数 是单调的，若对于任意 ， ；
•称函数 是次模的，若对于任意 ,
已知函数 是次模的．
(1)判断 是否一定是单调的，并说明理由；
(2)证明：对于任意 ， ， ；
(3)若 是单调的， 是正整数， ，记 ，已知集合 满足
．初始集合 ，然后小明重复 次如下操作：在集合 中选取使得
最小的元素 加入集合 ，最终得到集合 ．证明：
【答案】(1) 不一定是单调的，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意依据次模函数定义举一反例即可.
（2）对任意 ， ，可得出 ，
且 ，从而根据函数
是次模的结合次模函数定义条件即可得证.
（3）分 和 两种情况分析， 时，显然 成立；
若 ，取 ，根据题意得小明的每次操作均满足，进而左右两边累加即可得到
，从而得证.
【详解】（1）构造次模函数 ，
则 ．
因此 不一定是单调的．
（2）证明：对任意 ，因为 ，
所以 ，
且 ，
又因为函数 是次模的，所以 ，
所以 .
（3）①若 ， 成立，得证.
②若 ，取 ，
则小明的每次操作均满足 ，
左右两边累加得 ，
即 ，故得证.
【点睛】方法点睛：解答新定义类题型的基本思路是：
（1）正确理解新定义；
（2）面对全新定义的规则要结合所学的知识、经验将问题转化成熟悉的问题或情境；
（3）在新的规则运算过程中，可结合数学中原有的运算和运算规则进行计算或逻辑推理，从而达到解答
的目的.
4．（2024·福建泉州·二模）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，如果约定满二进一，就
是二进制：满十进一，就是十进制：满十六进一，就是十六进制．k进制的基数就是k．我们日常生活中最
熟悉、最常用的就是十进制．例如，数3721也可以表示为： 一般地，
如果k是大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为 ．其
中 ．为了简便，也会把它写成一串数字连写在一起的形式：
，如果不加下标就默认是十进制．
(1)令集合 ，将B中的元素按从大到小的顺序排列，则第100个数为多少？
(2)若 ，记 为整数n的二进制表达式中0的个数，如 ，求 的值．
（用数字作答）
(3)十进制中的数999在其他进制中是否也可以表示成一个各位数字之和为27的三位数？如果能，请求出
所有的k进制数；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)129
(3)能， ．
【分析】（1）将集合B中的元素都乘以 ，得集合中的最大数，可得从大到小的顺序排列的第100个数，
再除以 即可.
（2）从 到 中，对应的二进制数从 到 中，最多六位数．最高位只能是1，结合数位
讨论 的值和个数，可求 的值．
（3）由 且 ，得 ，又 ，
符合条件的 有 三个值可取，计算出对应的 即可.
【详解】（1）将集合B中的元素都乘以 ，
得集合 ，则 中的最大数为 ．
在10进制中，从624起从大到小排列的第100个数是 ，这就是 中的元素按从大到小顺序
排列的第100个数，
所以B中的元素按从大到小的顺序排列，第100个数为 ．
（2） ， ．
∴从 到 中，对应的二进制数从 到 中，最多六位数．最高位只能是1，
∴0的个数只能是1个，2个，3个，4个，5个，
或 或 或 或 或 ，
有 共6个；
有 个；
有 个；
有 个；
有 个；有 个．
．
（3）假设存在这样的k进制数 ，
则 ，
，
①要想使 且 ，∴x，y，z中必有大于9的数，则 ；
② ，
综上， ，
所以，
k x y z
1
① 12 81 5 11 11
3
1 1
② 18 54 2 11
9 4
2
③ 27 36 1 7 19
8
综上可知，满足题意的k进制数有3个，分别为： ．
【点睛】方法点睛：
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!
5．（2024·浙江杭州·一模）已知正项有穷数列 ，设 ，
记 的元素个数为 .
(1)若数列 ，求集合 ，并写出 的值;
(2)若 是递增数列或递减数列，求证: ”的充要条件是“ 为等比数列”;
(3)若 ，数列 由 这 个数组成，且这 个数在数列 中每个至少出现一次，
求 的取值个数.【答案】(1) ， ；
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用集合 的定义直接求解即可；
（2）分充分性和必要性两个方面分别证明，利用题中给出的集合 的定义分析即可；
（3）通过分析可知 ，且 ，设数列
此时 , ，然后对数列 分
别作变换进行分析求解，即可得到答案．
【详解】（1）因为 ， ， ， ，
故
所以 ， ；
（2）充分性：若 是等比数列，设公比为 ．
不妨考虑数列 是递增数列，所以 ．
则当 时， ．
所以 ，故 ，得证.
必要性：若 ．
因为 是递增数列，所以 ，
所以 且互不相等,又 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，且互不相等．
所以 ， ， ， ．
所以 ，
所以 为等比数列；
若 为单调递减数列，同理可证.
（3）因为数列 由 这 个数组成，任意两个不同的数作商（可相等），比值只可能为 共 个不同的值；
又因为 这 个数在数列 中共出现 次，所以数列 中存在 ，所以
．
综上， ，且 ．
设数列
此时 ， ．
现对数列 分别作如下变换：
把前面的 移动到 和后面的 之间，得到数列：
此时 ， ．
再把前面的 移动到 和 之间，得到数列：
此时 ， ．
依次类推，把前面的 移动到 和 之间，得到数列： ，
此时 ， ；
再构造 ，
此时 ， ；
构造 ，
此时 ，
；
依次类推，构造数列： ，
此时 ，
最后构造数列： ，此时 ；
综上， 可以取到从 到 的所有 个整数值，所以 的取值个数为 .
【点睛】方法点睛：对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可
近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
题型 02 平面解析几何中距离的新定义
【解题规律·提分快招】
1、设 为平面上两点，则定义 为“折线距离”“直角距离”或“曼
哈顿距离”，记作 ．
结论1：设点 为直线 0外一定点， 为直线 上的动点，则
结论2：设点 为直线 上的动点，点 为直线 上的动点，则
．
【典例训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·四川·期中）定义：如果在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A，B的坐标分别为
，那么称 为A，B两点间的曼哈顿距离；
为A，B两点间的欧几里得距离．
(1)已知 ，求 的最小值；
(2)已知 ，求 的最大值；
(3)已知 ，点 在函数 图象上，点 在函数 图象上，且
，点A，B有 的最小值为4，求实数a的取值．
【答案】(1) ；
(2) ；(3) .
【分析】（1）令 ，则 ，讨论坐标符号研究 轨迹，数形结合求 的最小
值；
（2）令 ，问题化为直线 与圆 相切时参数 的范围，
即可得最大值；
（3）令 ， ，则 ，同（1）（2）分析过程，求平行于
且与 相切于点 直线，得到切线为 ，进而保证 恰
好与 相切，求 即可.
【详解】（1）令 ，则 ，故 轨迹如下，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
所以 轨迹的图形如下，顶点在坐标轴上且边长为 的正方形，
根据图形，则 .
（2）令 ，则 ，即 ，
所以 在以原点为圆心，半径为2的圆上，而 ，
令 ，同（1）分析 轨迹如下，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
对于 点的曼哈顿距离， 的轨迹为正方形，
所以，只需研究 在上述两种情况下，轨迹交点到 的曼哈顿距离范围，如下图示， 位于圆 的右上方，则只需确定直线 与该圆相切时参数 的范围，
若 与 相切时，有 ，可得 ，满足题设，
所以 ，即最大值为 ；
（3）由题意，令 ，则 ，若 ，则 ，
对于 ，定义域为 ，且 ， ，
当 时， ， 递增，当 时， ， 递减，
综上， 与 的大致图象如下图示， 在 的左上方位置，
令 ，讨论 轨迹如下，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
当 时，轨迹为 ，
问题化为 上仅有一点 ， 上仅有一点 ，使 ，
首先，求平行于 且与 相切于点 直线，由 ，则 ，可得 （正值舍），故 ，
所以，所求切线为 ，
其次，保证 ，即 恰好与 相切，求 ，
此时，若切点 ，则 ，即 ，故 ，
综上， ，
最后，令 且 ，
则 ，
时 ， 在 上递增，
时 ， 在 上递减，
所以 最大值 ，故 ，
综上， 时满足题设要求.
【点睛】关键点点睛：第三问，分类讨论并结合函数图象及相关点的曼哈顿距离所得轨迹，将问题化为研
究 的平行线与 、 的关系，并结合函数上的 两点曼哈顿距离最小值求参数
值.
2．（2024·山东·模拟预测）设点集 ，从集合 中任取两
个不同的点 ， ，定义A， 两点间的距离 ．
(1)求 中 的点对的个数；
(2)从集合 中任取两个不同的点A， ，用随机变量 表示他们之间的距离 ，
①求 的分布列与期望；
②证明：当 足够大时， ．（注：当 足够大时， ）
【答案】(1)12对
(2)①分布列见解析， ；②证明见解析
【分析】（1）根据题意分析可知：A， 有两个位置的坐标不相等，另一个相等，进而可得结果；
（2）①分析可知 的随机变量，在坐标 与 中有 个坐标值不同，
即 ，剩下 个坐标值满足 ，进而可求分布列，结合组合数性质可求期望；②根据方差公式整理可得 ，结合组合数性质分析证明.
【详解】（1）当 时，若 ，可知A， 有两个位置的坐标不相等，另一个位置的坐标相等，
所以共有 对.
（2）①由题意可知， 中元素的个数为 个，
对于 的随机变量，在坐标 与 中有 个坐标值不同，
即 ，剩下 个坐标值满足 ，
此时所对应情况数为 种．
所以 ，
故 的分布列为：
1 2
数学期望 ，
当 时，则
，
且 ，
则 ，
两式相加得 ，
所以 ；
②当 足够大时， ，
由方差定义因为 ，则 ，当且仅当 或 时，等号成立，
则 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：（2）①利用倒序相加法结合 分析求解；②根据方差公
式结合 分析证明.
3．（24-25高三上·广东惠州·阶段练习）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识
别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人
脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有3种.设 ，
，则欧几里得距离 ；曼哈顿距离 ；余弦
距离 ，其中 （ 为坐标原点）.
(1)若点 ， ，求 ， 之间的欧几里得距离 ，曼哈顿距离 和余弦距离
；
(2)若点 ， ，求 的最大值；
(3)已知点 ，曲线 ，问曲线 上是否存在点 使得 ，若存在，
求 的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ； ；
(2)
(3)存在；答案见解析【分析】（1）由各距离定义代入坐标求解可得；
（2）结合等式分段讨论去绝对值作出图形，结合图形分析 ，当 最大时取到最大值，
进而求相应余弦距离可得；
（3）由定义代入坐标化简不等式 得 ，转化为直线与抛物线交点求解，
再结合定义求相应余弦距离可得.
【详解】（1）已知 ， ，则由题意可得欧几里得距离为 ；
曼哈顿距离为 ；
因为 ，
所以 ，
则余弦距离为 .
（2）设 ，由题意得： ，即 ，
由 ，
作出 表示的图形，为如图所示的正方形 ，
其中 ，
即点 在正方形 的边上运动， ，
结合图形，由 可知，
当 取到最小值时， 最大，相应的 有最大值.
因此，点 有如下两种可能：
①点 为点 时， ，
则 ；
②点 在线段 上运动时，此时 与 方向相同，取 ，则 .
因为 ， ，
所以 的最大值为 .
（3）设 ，则 ；
；
， .
， ，
或 .
联立 解得 ，或 ；
联立 解得 ，或 ；
，由 ，
则 ， ，
， ，
所以相应余弦距离为
.
综上，曲线 上存在点 ，使得 ，
相应余弦距离 的值分别为 .
【点睛】关键点睛：解决此题的关键是应用定义坐标代入求值化简，如第（3）问中利用定义得到不等式
，再平方化简转化为 或 ，从而将问题转化为直线与
抛物线的交点问题.题型 03 函数中的新定义
【解题规律·提分快招】
函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，
会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读
出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决。
【典例训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·河北沧州·期中）已知 为坐标原点，对于函数 ，称向量
为函数 的相伴特征向量，同时称函数 为向量 的相伴函数．
(1)记向量 的相伴函数为 ，若当 且 时，求 的值；
(2)设 ，试求函数 的相伴特征向量 ，并求出与 同向的
单位向量；
(3)已知 为函数 的相伴特征向量，若在 中， ，若点 为该
的外心，求 的最大值．
【答案】(1)
(2) ，
(3)
【分析】（1）由相伴函数的定义结合辅助角公式得函数 的表达式，进一步解三角函数方程即可；
（2）利用两角和差的余弦公式展开合并以及单位向量的定义即可依次得解；
（3）由题意依次得 ， 外接圆的半径 ，再结合向量的数量积运算即可得解.
【详解】（1）根据题意知，向量 的相伴函数为 ，
当 时， ，
又 ，则 ，所以 ，故 .
（2）因为 ，整理得到 ，故函数 的相伴特征向量 ，
则与 同向的单位向量为 .
（3）由题意得， ，
在 中， ， ，因此 ，
设 外接圆半径为 ，根据正弦定理， ，故 ，
所以 ，
，
，
代入可得 ，
所以当 时， 取得最大值 ．
【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于 ， 外接圆的半径 ，再结合向量数量积的运算律
即可顺利得解.
2．（2024·甘肃白银·一模）设A为一个非空的二元有序数组 的集合，集合 为非空数集.若按照某种
确定的对应关系 ，使得A中任意一个元素 ，在 中都有唯一确定的实数 与之对应，则称对应关系
为定义在A上的二元函数，记作 .已知二元函数 满足
，且 .
(1)求 的值；
(2)求 的解析式；
(3)已知数列 满足 ，数列 的前 项和为 ，证明： .
【答案】(1) ，
(2) 也成立）.(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意赋值即可得解；
（2）由 利用累积法可得 ，再由 利用累积法运算求解；
（3）由（2）可得 ，对于 利用积化和差公式整理，并结合正弦函数分析证明.
【详解】（1）在 中，
令 ，则 ，得 ；
在 中，
令 ，则 ，得 .
（2）因为 ，
则 ，
可得 ，即 （ 也成立）.
因为 ，
则 ，
可得 ，即 也成立）.
（3）由（2）知 ，则 ，得 .
所以 ，
因为 ，
且 ，
可得.
由x∈(0,π)，得 ，则 ，
则
，
即 ，且x∈(0,π)，得 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：对于 ，利用积化和差公式整理可得
，进而结合分析证明.
3．（2024·上海宝山·一模）已知 都是定义在实数集上的可导函数. 对于正整数 ，当
分别是 和 的驻点时，记 ，若 ，则称 和 满足 性质；当
，且 时，记 ，若 ，则称 和 满足 性质.
(1)若 ， ，判断 和 是否满足 性质，并说明理由；
(2)若 ， ，且 和 满足 性质，求实数 的取值范围；
(3)若 的最小正周期为4，且 ， .当 时， 的驻点与其两侧区
间的部分数据如下表所示：
1 3
0 0 0
极小值 极大值1 极小值
已知 和 满足 性质，请写出 的充要条件，并说明理由.
【答案】(1) 和 是满足 性质，证明见解析
(2)
(3)k=1，理由见解析
【分析】（1）根据题意将 ， 代入 ，验证 即可；（2）根据题意找到 的驻点 ，代入 ，满足 即可；
（3）利用必要性可得 ，只需要去证充分性即可.
【详解】（1） .
所以 和 是满足 性质.
（2）由 可知，驻点 ，
又 ，
当 时， 不存在驻点；
当 时， 的驻点 ，
由题意可知 ，
解得 ，
（3） 的充要条件是 .
首先证明必要性：
当 时，由题意可知 不是常函数，所以 ，
因为 和 满足 性质，所以 ，所以 ，
又 是正整数，故 .
其次证明充分性：
由题意可知 ， ， ，且 ，
① 当 （ ）时，可知 .
否则，若存在 （ ），有 ，
因为 ，所以 与已知矛盾.
同理， ，
故 ，
所以 ，即 .
同理， ，得 ，
所以 .②当 （ ）时， ，
任意 ，有 ，又由①可知， .
若存在 有 ，则 ，
所以 .
由已知 ，其中 ，
于是有 ，矛盾，所以 .
所以 ，
得 ，
因为 ，所以 ，从而 ，即 .
③当 （ ）时， ，
任意 ，有 ，同理可得 ，
所以 ，
得 ，
因为 ，所以 ，从而 ，即 .
综上， .
（3）另解：（反证法）
由题意可知 ， ， ，且 .
② 任意 时，可知 .
否则，若存在 ，使 ，
因为 ，所以 与已知矛盾.
同理， .
②先证任意 时，有 .
反证，若存在 ，使 .
若 时，
则 与已知矛盾.
若 时，则 与已知矛盾.
由于 ， ，
可得，任意 时，有 .
③下证任意 时，有 .
反证，若存在 ，使 .
由于 ，可得存在 满足 .
则 与已知矛盾.
综上， .
【点睛】本题主要考查了函数新定义的应用，（1）（2）问关键是理解函数的 性质和 性质，即
可解出，
第（3）问利用必要性先得出 的值，然后再将进行充分性证明，可以分类讨论，也可以利用反证法证出．
题型 04 立体几何中的新定义
【解题规律·提分快招】
面对新情景、新定义，首先要深入理解并分析这些新元素，将其与已知的立体几何知识相结合。明确解题
目标后，灵活运用基本定理和性质，如平行、垂直的判定与性质，以及空间角、距离的计算公式。在解题
过程中，合理构造辅助线和面，以揭示隐藏的空间关系，简化问题。对于复杂问题，可尝试建立空间直角
坐标系，利用向量法进行计算和证明。同时，要善于将空间问题平面化，通过截面、投影等方式转化求解
对象。最后，解题后要进行验证和反思，确保结论的正确性，并总结所使用的方法和技巧，以便在未来遇
到类似问题时能够迅速应对
【典例训练】
一、解答题
1．（23-24高一下·重庆·期末）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球 的半径
为 . 、 、 为球面上三点，劣弧 的弧长记为 ，设 ，表示以 为圆心，且过 、 的圆，同理，
圆 ， 的劣弧 、 的弧长分别记为 、 ，曲面 （阴影部分）叫做球面三角形.若设二面角
， ， 分别为 、 、 ，则球面三角形的面积为
.(1)若平面 、平面 、平面 两两垂直，求球面三角形 的面积；
(2)若平面三角形 为直角三角形， ，设 ， ， .则：
①求证：
②延长 与球 交于点 .若直线 ， 与平面 所成的角分别为 ， ， ， ，
为 中点， 为 中点，设平面 与平面 的夹角为 ，求 的最小值，及此时平面 截
球 的面积.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；② ，
【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可.
（2）①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知
点 ，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解.
【详解】（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，有 ，
所以球面三角形ABC面积为 .
（2）①由余弦定理有： ，且 ，
消掉 ，可得 ；
②由AD是球的直径，则 ，
且 ， ， 平面BCD，
所以 平面BCD，且 平面BCD，则 ，
且 ， 平面ABC，可得 平面ABC，
由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为 ，所以 ，不妨先令 ，则 ，
由 ， ， ，
以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐
标系，
设 ，则 ，
可得 ， ，
则 ，
设平面OBC法向量 ，则 ，
取 ，则 ，可得 ，
设平面EST法向量 ，则 ，
取 ，则 ，可得 ，
要使sinθ取最小值时，则 取最大值，
因为
，
令 ，则 ，
可得 ，当且仅当 取等．
则 取最大值 ， 为最小值，
此时点 ，可得 ， ，
设平面AEC中的法向量 ，则 ，
取 ，则 ，可得 ，
可得球心O到平面AEC距离为 ，
设平面AEC截球O圆的半径为r，则 ，
所以截面圆面积为 .
【点睛】方法点睛：1.利用空间向量求线面角的思路
直线与平面所成的角 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 求得，即 ；
2. 利用空间向量求点到平面距离的方法
设A为平面 内的一点，B为平面 外的一点， 为平面 的法向量，则B到平面 的距离 .
2．（24-25高三上·江西萍乡·期中）定义：多面体 在点 处的离散曲率为
，其中 为多面体 的一个顶点， （
， 且 ）为多面体 的所有与点 相邻的顶点，且平面 、平面 、 、平
面 和平面 为多面体 的所有以 为公共点的面．如图，在四棱锥 中， 平面
，底面 为正方形， ， ．(1)求四棱锥 在顶点 处的离散曲率；
(2)求四棱锥 内切球的表面积；
(3)若 是棱 上的一个动点，求直线 与平面 所成角的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）求出 、 、 的值，结合曲率的定义可计算出结果；
（2）计算出四棱锥 的表面积，根据等体积法计算出四棱锥 内切球的半径，结合球体
体积公式可求得结果；
（3）过 点作 交 于点 ，连接 ，推导出 平面 ，分析可知， 为直线
与平面 所成的角，然后设 ，利用余弦定理求出 ，利用三角形相似求出 ，结合函数基
本性质求出 的范围，即可得出结果.
【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ，则 ．
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 ， ， 、 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，即 ，
由离散曲率的定义得 ．
（2）因为四边形 为正方形，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
设四棱锥 的表面积为 ，
则
．
设四棱锥 的内切球的半径为 ，则 ，
所以 ，所以四棱锥 内切球的表面积 ．
（3）如图，过 点作 交 于点 ，连接 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
则 为直线 与平面 所成的角．
易知，当 与 重合时， ；
当 与 不重合时，设 ，
在 中，由余弦定理得
因为 ，所以 ，所以 ，则 ，
所以 ．
当分母 最小时， 最大，即 最大，此时 （ 与 重合），
由 ，得 ，即 ，
所以 的最大值为 ，
所以直线 与平面 所成角的取值范围为 ．
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即
可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度 ，从而不必作出线面角，则线面角 满足 （ 为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设 为直线 的方向向量， 为平面的法向量，则线面角
的正弦值为 .
3．（2024·江西新余·模拟预测）我们规定：在四面体 中，取其异面的两条棱的中点连线称为
的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.
(1)如左图，在四面体 中， 分别为所在棱的中点，证明： 的三条内棱交于
一点.
(2)同左图，若 为垂棱四面体， ，求直线 与平面 所成角的正
弦值.
(3)如右图，在空间直角坐标系中， 平面内有椭圆 ， 为其下焦点，经过 的直线
与 交于 两点， 为 平面下方一点，若 为垂棱四面体，则其外接球表面积 是
的函数 ，求 的定义域与最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3) ，
【分析】(1)利用两内棱的端点构成四边形为平行四边形，然后证明两个内棱相交且互相平分，然后得到三
个内棱相交于同一点且互相平分；
（2）由定义易证：四边形 为菱形，于是再由中位线定理，其对棱相等，所以可以补形为长方
体，然后建立空间直角坐标系求解即可；
（3）由（2）易知棱长与外接球表面积的关系 ，然后设A(x ,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
求得直线方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理得 ，得
求得
然后利用三角形 为锐角三角形求得
最后求最值即可.
【详解】（1）如图，连接 ，
由题可知， 平行且等于 ， 平行且等于
所以 平行且等于
所以四边形 为平行四边形，
所以对角线 ， 为线段 中点；
同理 ， 为线段 中点；
故 的三条内棱交于一点 .
（2）由（1）可知，四边形 为平行四边形，
若 为垂棱四面体，则四边形 为菱形，
即
显然
故
同理
如图，将该三棱锥补全为一个长方体，并建立空间直角坐标系 ，
因为所以有
所以 ,
设平面 的一个法向量为⃗n=(x,y,z)
易知
令 ，解得
所以
直线 与平面 所成角的正弦值为 .
（3）
由（2）易知将 补成长方体，设长宽高分别设为 ，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即： ，
则：
显然 ，所以
设A(x ,y ),B(x ,y )
1 1 2 2
因为直线 过椭圆焦点
所以
联立 得
显然
由韦达定理可知，
得
所以
所以整理得
得
所以
由于 为某长方体的三个顶点由余弦定理可知 均为锐角
显然 中角 均为锐角，
所以只需角 锐角，即：
得
解得
由 的定义域为
所以当 最大时， 最小
不妨令
所以
因为
由对勾函数性质可知，当 时， 有最大值
此时
故 的最小值为 .
【点睛】关键点点睛：对棱相等的三棱锥可以补全为长方体.
题型 05 概率与统计中的新定义
【解题规律·提分快招】解决计数原理与概率背景下的新定义问题，就是要细读定义关键词，理解本质特征，适时转化为“熟悉”
问题．总之，解决此类问题，取决于已有知识、技能、数学思想的掌握和基本活动经验的积累，还需要不
断的实践和反思，不然就谈不上“自然”的、完整的解题．
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·江西·模拟预测）在信息理论中， 和 是两个取值相同的离散型随机变量，分布列分别为：
， ， ， ， ， ．定义随机变量 的信息量
， 和 的“距离” ．
(1)若 ，求 ；
(2)已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和1．现发报台发出信号为0的概率为
，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为 ，发出信号1接收台收
到信号为1的概率为 ．
（ⅰ）若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；（用 ， 表示结果）
（ⅱ）记随机变量 和 分别为发出信号和收到信号，证明： ．
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）首先得到 的分布列，再根据所给定义求出 ；
（2）（ⅰ）记发出信号 和 分别为事件 ，收到信号 和 分别为事件 ，根据全概率公
式求出 ，再由条件概率公式求出 ；
（ⅱ）结合（ⅰ）及所给定义表示出 ，设 ，利用导数证明 ，从而得
到 ，即可证明 .
【详解】（1）因为 ，所以 ，
所以 的分布列为：所以 .
（2）（ⅰ）记发出信号 和 分别为事件 ，收到信号 和 分别为事件 ，
则 ， ， ， ，
所以
，
所以 ；
（ⅱ）由（ⅰ）知 ，则 ，
则 ，
设 ，则 ，
所以当 时 ， 单调递增，当 时 ， 单调递减；
所以 ，即 （当且仅当 时取等号），
所以 ，
所以
，
当且仅当 ，即 ， 时等号成立，
所以 .
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解题干所给定义，第二问关键是利用导数证明 （当且
仅当 时取等号），从而得到 .
2．（2024·湖北·一模）在某一次联考中，高三（9）班前10名同学的数学成绩 和物理成绩
如下表：
学生编 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10号
数学成 13
116 124 126 121 110 106 99 118 117
绩 1
数学名
7 1 3 2 4 8 9 10 5 6
次
物理成
80 78 79 81 74 65 63 70 73 84
绡
物理名
3 5 4 2 6 9 10 8 7 1
次
(1)从这10名同学任取一名，已知该同学数学优秀（成绩在120分（含）以上），则该同学物理也优秀
（物理成绩在78分（含）以上）的概率；
(2)已知该校高中生的数学成绩 ，物理成绩 ，化学成绩 两两成正相关关系，经计算这10名同学的数学
成绩 和物理成绩 的样本相关系数约为0.8，已知这10名同学物理成绩 与化学成绩 的样本相关系数约
为 ，分析相关系数的向量意义，求 的样本相关系数的最大值.
(3)设 为正整数，变量 和变量 的一组样本数据为 ，其中 两两不
相同， 两两不相同，按照由大到小的顺序，记 在 中排名是 位
在 中的排名是 位 .定义变量 和变量 的斯皮尔曼相关系
数（记为 ）为变量 的排名 和变量 的排名 的样本相关系数.记 ，其中 ，证明：
，并用上述公式求这组学生的数学成频和物理成绩的斯皮尔曼相关系数（精确到
0.01）
（参考公式：相关系数 ）
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析，
【分析】（1）利用条件概率公式可求概率；（2）设 ， ，分别令 的样本
相关系数 ， 的样本相关系数 ， 与 的样本相关系数为 ，结合已知计算可求
得结论；
（3）由已知得 ， 计算可得
，再结合图表可求 .
【详解】（1）由题意可得数学优秀的学生有4名，这4名中物理优秀的有3名同学，
由条件根概率公式可得 ；
（2）分析r的向量意义，设 ，则
，
分别令 的样本相关系数 ， 的样本相关系数 ， 与 的样本相关系数为 ，
则 ，
， ，
，
夹角余弦值最大值为 ；
（3） 都是 的一个排列，
同理.
结合图表
【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来
创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实
现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性
质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
3．（2024·广东·模拟预测）设离散型随机变量X，Y的取值分别为 ， ．
定义X关于事件“ ” 的条件数学期望为： ．已知条件
数学期望满足全期望公式： ．解决如下问题：
为了研究某药物对于微生物A生存状况的影响，某实验室计划进行生物实验．在第1天上午，实验人员向
培养皿中加入10个A的个体．从第1天开始，实验人员在每天下午向培养皿中加入该种药物．当加入药物
时，A的每个个体立即以相等的概率随机产生1次如下的生理反应（设A的每个个体在当天的其他时刻均
不发生变化，不同个体的生理反应相互独立）：
①直接死亡；②分裂为2个个体．
设第n天上午培养皿中A的个体数量为 ．规定 ， ．
(1)求 ；
(2)求 ；
(3)已知 ，证明： 随着n的增大而增大．
【答案】(1)6
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）如果在第五天下午加入药物后，有K个个体分裂，可得 ，可求 ；（2）随机变量Z表示第 天下午加入药物之后分裂的个体数目，则 且 ，可得
设 的取值集合为 ，则由全期望公式可求得结论；
（3）由（2）可知 ，可求得 ，进而可得 .
【详解】（1）在事件 发生的条件下，如果在第五天下午加入药物后，有K个个体分裂，
则 ， ，
所以 ， ．
（2）由（1）可类似得到：在事件 发生的条件下，如果在第 天下午加入药物之后，
有 个个体分裂，则 的取值为 ．
在事件 发生的条件下，令随机变量Z表示第 天下午加入药物之后分裂的个体数目，
则 且 ．
因此 ．
设 的取值集合为 ，则由全期望公式可知
．
这表明 是常数列，所以 ．
（3）由（2）可知
，
这表明 是公差为10的等差数列．
又因为 ，所以 ，
从而 ．
可以看出， 随着n的增大而增大．
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是理解期望与方差的计算公式以及题意，尤其是二项分布的期望公
式.
4．（2024·江西·二模）在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标 表示，其中 ，
而在 维空间中 ，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为 维坐标，其中 ．现有如下定义：在 维空间中两点间的曼哈顿距离为两
点 与 坐标差的绝对值之和，即为 ．
回答下列问题：
(1)求出 维“立方体”的顶点数；
(2)在 维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量 为所取两点间的曼哈顿距离．
①求 的分布列与期望；
②求 的方差．
【答案】(1) 个
(2)①分布列见解析， ；②
【分析】（1）由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数；
（2）由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式，方差公式及二项式定理计算即可．
【详解】（1）对于 维坐标 ， ，
所以共有 种不同的点，即共有 个顶点．
（2）①对于 的随机变量，在坐标 与 中有 个坐标
值不同，剩下 个坐标相同，此时对应情况数有 种，
所以 ，
则 的分布列为：
1 2
所以 ，
倒序相加得， ，
所以 ；
②
，
设 ，两边求导得， ，
两边乘以 后得， ，
两边求导得， ，
令 得， ，
所以 ．
【点睛】方法点睛：在计算数学期望和方差时，应用两个等式：① ；②
．
5．（2024·安徽芜湖·模拟预测）有一个摸球游戏，在一个口袋中装有 个红球和 个白球，这些球除颜色
外完全相同，每次从中摸一个球，记录摸出球的颜色，然后再将球放回口袋中．
(1)若 、 ，重复上述摸球试验5次，用X表示5次中摸出红球的次数，求X的分布列及方差；
(2)若 ， ．
①当甲在游戏的过程中，又来了乙和丙，他们一起玩摸球游戏，第一次由甲摸球，若甲摸到红球，则下一
次甲继续摸球，否则随机在另外两人中等可能地指定一人摸球，被指定的人如果摸到红球，则下一次还是
他自己继续摸球，否则也随机在另外两人中等可能地指定一人摸球，如此进行下去，记 为第n次是甲摸
球的概率，求 ；
②第二天，甲独自一人继续摸球游戏，每次从袋中摸一个球，记录摸出球的颜色，然后将球放回口袋中，
当第2次摸到红球时停止游戏，否则游戏一直继续进行下去，以随机变量Y表示所需摸球的次数，这里Y
服从的分布称作帕斯卡分布或负二项分布．帕斯卡分布的定义如下：在重复、独立的伯努利试验中，若每
次试验成功的概率为 ，失败的概率为 ，若将试验进行到恰好出现r（r为常数）次成功
时结束试验，以随机变量Y表示所需试验的次数，则Y是一个离散型随机变量，称Y服从以r、p为参数的
帕斯卡分布或负二项分布，记作 ．帕斯卡分布是统计学上一种离散概率分布，常用于描述生
物群聚性，医学上也用来描述传染性或非独立性疾病的分布和致病生物的分布．根据定义，我们能够得到
这里的 ， ， ．求 ．
【答案】(1)分布列见解析，方差
(2)① ；②4
【分析】（1）由题可得 ，再由二项分布的概率计算公式求出各个概率，从而得到分布列，再
由方差公式计算可得方差；
（2）①由题意得到 ，构造等比数列即可求得；②求出Y的分布列，再由方程公式和极限与组合数的运算计算即可求得.
【详解】（1）由题意， ，且 的可能取值为
， ，
， ，
，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3 4 5
P
所以方差
（2）①在题中， 为第n次是甲摸球的概率，又设 为第n次是乙摸球的概率，设 为第n次是乙摸球
的概率，则有 ，且 ， ， ，
根据题意，我们还能得到：
化简得： ，
∴ ，又 ，
∴数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，
∴ ，即∴
②∵ ，∴ 的可能取值为
Y的分布列为：
Y 2 3 4 5 n，
又因为 时， ， ， ．
根据分布列的性质有 ，代入上式得：
．
【点睛】关键点点睛：本题第二问第一小问的关键是构造出 这样的等比数列，从而求出
.
题型 06 导数中的新定义
【解题规律·提分快招】
导数新定义问题主要分两类：一是概念新定义型，主要是以函数新概念为背景，通常考查考生对函数新概
念的理解，涉及函数的三要素的理解；二是性质新定义型，主要是以函数新性质为背景，重点考查考生灵
活应用函数性质的能力，涉及函数的各种相关性质的拓展延伸．
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·上海·模拟预测）已知函数 ，如果存在常数 ，对任意满足
的实数 ，其中 ，都有不等式 恒成立，则称函数
是“绝对差有界函数”
(1)函数 是“绝对差有界函数”，求常数 的取值范围；
(2)对于函数 ，存在常数 ，对任意的 ，有 恒成立，
求证：函数 为“绝对差有界函数”
(3)判断函数 是不是“绝对差有界函数”？说明理由
【答案】(1) ；(2)证明见解析；
(3)不是，理由见解析.
【分析】（1）通过分析式子 发现需利用导数求函数单调性，分析数值大小去掉绝
对值，当 单调递增时， ，当 单调递减时， ，化简后需要对
函数极值进行求解，再得出 取值，
（2）利用区间最大值替代，用特殊代替一般的思想，
（3）利用三角函数的周期性及分析问题，同第一问的分析思路化简，对任意常数 ，只要 足够大，
就有区间 的一个划分 满足 得出结论.
【详解】（1） ，
， ，
即当 ， 单调递增；当 ， 单调递减.
所以 ,
单调递增时， ，
单调递减时， .
且当 无限趋向于正无穷大时， 无限趋向于0，
所以 .
所以 ·
（2） 成立，则可取 ，
所以函数 为“绝对差有界函数”
（3） ，
则有 ，所以对任意常数 ，只要 足够大，就有区间 的一个划分
满足 ，
所以函数 不是 的“绝对差有界函数”.
【点睛】关键点点睛：本题考查对函数极值的应用，分析问题的能力.通过对“绝对差有界函数”的定义分
析得出，当 单调递增时， ，当 单调递减时， ，先对求和式
子 去掉绝对值，再去分析函数性质.
2．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）若函数 在 上存在 ，使得
， ，则称 是 上的“双中值函数”，其中 称为
在 上的中值点.
(1)判断函数 是否是 上的“双中值函数”，并说明理由；
(2)已知函数 ，存在 ，使得 ，且 是 上的“双中值函
数”， 是 在 上的中值点.
①求 的取值范围；
②证明： .
【答案】(1) 是 上的“双中值函数”，理由见解析
(2)①(0,+∞)；②证明见解析
【分析】（1）利用定义结合导数直接计算解方程即可；
（2）①根据定义知 ，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件
先转化问题为 ，构造差函数 ，利用多次求导判定其单调性去函数符号即
可证明.
【详解】（1）函数 是 上的“双中值函数”．
理由如下：
因为 ，所以 .
因为 ， ，所以
令 ，得 ，即 ，解得 .因为 ，所以 是 上的“双中值函数”.
（2）①因为 ，所以 .
因为 是 上的“双中值函数”，所以 .
由题意可得 .
设 ，则 .
当 时， ，则 为减函数，即 为减函数；
当 时， ，则 为增函数，即 为增函数.
故 .
因为 ，所以 ，所以 ，即 的取值范围为 ；
②证明：不妨设 ，
则 ， ，即 ， ．
要证 ，即证 ．
设 ，
则 ．
设 ，则 ，
所以φ(x)在(0,1)上单调递增，所以 ，所以 ，
则 在 上单调递减．
因为 ，所以 ，即 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
由①可知 在 上单调递增，所以 ，即 得证．
【点睛】思路点睛：新定义问题审清题意，转化为已有经验、知识处理即可，本题第二问第一小问，可转
化为存在导函数两个零点求参问题，利用导数研究其单调性与最值即可；第二小问，可利用等量关系消元
转化证明 ，类似极值点偏移，构造差函数研究其单调性即可证明.
3．（22-23高二下·山东济南·期中）帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理数多项式近似特定函数
的方法，给定两个正整数 ，函数 在 处的 阶帕德近似定义为 ，且满足： .. .已知 在 处的 阶
帕德近似为 .注： ，
(1)求实数 的值；
(2)求证： ；
(3)求不等式 的解集，其中，
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由 ，利用待定系数法，即可求解；
（2）根据（1）的结果，即证明 ，利用换元 ，转化为证明 时
，再构造函数 ，再利用导数证明函数的单调性和最值，即可
证明不等式；
（3）首先由不等式确定 或 ，由（2）的结果说明 ，求解不等式，再求解不等式
，转化为 ，再构造函数 ，利用导数求解不等式.
【详解】（1）∵ ∴
∵ ，则 ，
由题意得：
∴ 解得： ；
（2）由（1）知，即证
令 ，则 且即证 时 ，记
则
∴ 在 上单调递增，在 和 上单调递增
当 时， ，即 ，即 成立，
当 时， ，即 ，即 成立，
综上所述， 时，
∴ 成立，即 成立.
（3）由题意得：欲使得不等式 成立，则至少有 ，即 或
首先考虑 ，该不等式等价于 ，即 ，
又由（2）知 成立，
∴使得 成立的 的取值范围是
再考虑 ，该不等式等价于 ，
记 ，则 ，
∴当 时， 时，
∴ 在 上单调递增，在 上单调递减
∴ ，即 ，
∴ ，
当 时由 ，可知 成立；
当 时由 ，可知 不成立；所以使得 成立的 的取值范围是
综上可得：不等式 的解集为 .
【点睛】关键点点睛：本题第1问的关键是理解题意，利用待定系数法求解；第2问的关键是换元后构造
函数 ，第3问的关键是由不等式构造函数，利用导数解不等式.
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）定义：如果函数 在定义域内，存在极大值 和极小值 且存
在一个常数 ，使 成立，则称函数 为极值可差比函数，常数 称为该函数的
极值差比系数．已知函数 ．
(1)当 时，判断 是否为极值可差比函数，并说明理由；
(2)是否存在 使 的极值差比系数为 ?若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由；
(3)若 ，求 的极值差比系数的取值范围．
【答案】(1) 是极值可差比函数，理由见解析
(2)不存在，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用导数分析函数 的单调性，可得出该函数的极大值点、极小值点及极大值、极小值，
结合题中定义验证即可；
（2）假设存在实数 满足题设条件，分析可知 、 是方程 的两个不等正实根，利用题中定
义结合韦达定理可得出 ，然后构造函数 ，利用导数分析函
数 的单调性，判断函数 的零点个数，可得结论；
（3）由题意可得极值差比系数为 ，令 ，则 ，可得出极值差比系数为
，由 结合 ，可得出 ，利用导数求出函
数 的值域，即为所求.
【详解】（1）当 时， ，所以 ，
当 时， ；当 时， ．
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
所以 的极大值为 ，极小值为 ，
所以 ，因此 极值可差比函数．
（2） 的定义域为 ， ，即 ，
假设存在 ，使得 的极值差比系数为 ，
则 、 是方程 的两个不等正实根，
，解得 ，不妨设 ，则 ，
由于
所以 ，从而 ，
得 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，有 ，
因此 式无解，即不存在 使 的极值差比系数为 ．
（3）由（2）知极值差比系数为 ，
即极值差比系数为 ，不妨设 ，
令 ，则 ，极值差比系数可化为 ，，
又 ，即 ，解得 ，
令 ，则 ，
设
所以 在 上单调递减，当 时， ，
从而 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
即 ．
故 的极值差比系数的取值范围为
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查极值差比系数范围的求解，解题的关键在于 ，然后根据
的范围求出 的取值范围，将极值差比系数视为以 为自变量的函数，结合导数求其值域问题.
5．（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为 的函数y=f (x)，其导函数为y=f′(x)，若点 在导函数
y=f′(x)图象上，且满足 ，则称 为函数y=f (x)的一个“ 类数”，函数y=f (x)的所
有“ 类数”构成的集合称为“ 类集”.
(1)若 ，分别判断 和 是否为函数y=f (x)的“ 类数”，并说明理由；
(2)设y=f′(x)的图象在R上连续不断，集合 .记函数y=f (x)的“ 类集”为集合 ，若
，求证： ；
(3)已知 ，若函数y=f (x)的“ 类集”为R时 的取值构成集合 ，求当
时 的最大值.
【答案】(1) 是， 不是，理由见解析
(2)证明见解析
(3) 的最大值是【分析】（1）根据题意，由“ 类数”的定义分别计算判断 和 ，可得结果.
（2）因为 ，所以存在 ，使得 且 ，由 的连续性结合零点
存在性定理可证明.
（3） ，由 的“ 类集”为 以及 的值域为 可证明 ，再
证明 ，由此可求出 的最大值是 .
【详解】（1） ，
是函数 的“ 类数”；
，
不是函数 的“ 类数”.
（2）因为函数 的“ 类集”为集合 ，且 ，
所以存在 ，使得 且 ，
若 ，则 ，所以 ，
因为函数 的图象是连续不断的，
不妨设 ，由零点存在定理知，必存在 使得 ，
所以 存在零点，即 .
（3） ，则 .
先证明 ：
因为函数 的“ 类集”为 ，
所以对任意 ，
令 ，则 ，
因为函数 的值域为 ，
所以当 时，必有 ，
即 对于 恒成立，
所以函数 的最小正周期 应有 ，即 ，则 .再证明 ，此时 ，对于任意 .
当 时， ，则 ；
当 时， ，则 ，
所以 时函数 的“ 类集”为 ，即 .
我们不难发现，上述过程中令 也成立.因此， 的最大值是 .
【点睛】思路点睛：（1）第二问由 ，可知必存在 不是“ 类数”，即 且
，结合图象的连续性和零点存在性定理， 可知必存在使 的零点.（2）由三角函
数的值域可知 ，因为函数 的“ 类集”为 ，则当 时，必有 ，结合三
角函数的对称性，当 时， 有最大值，所以只需证明 可求出 的最大值.
题型 07 圆锥曲线中的新定义
【解题规律·提分快招】
圆锥曲线背景下的新定义问题，关键在于理解新定义的本质，并将其与常规圆锥曲线知识相结合。
方法总结如下：
1、明确新定义：首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义。
2、联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程等常规知识联系起来，找出它们的
相似之处或转换关系。
3、建立数学模型：根据新定义，建立相应的数学模型或方程，利用解析几何或代数方法进行求解。
4、验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保最终答案符合题目要求。
5、灵活应用：对于复杂问题，可能需要综合运用多种数学知识和方法，灵活应对。
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·浙江舟山·模拟预测）阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐
标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点 ，
并按这样的规律继续下去．(1)求 ．
(2)求证：不存在正整数 ，使得三角形 的面积为2022;
(3)求证：对于任意正整数 ，三角形 为锐角三角形．
【答案】(1)5；4
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用给定定义结合两点间距离公式求解即可.
（2）将原三角形合理拆分，利用直角三角形的性质求出面积，结合完全平方数的性质证明即可.
（3）利用给定定义确定最大角，利用余弦定理判定其为锐角即可.
【详解】（1）由两点间距离公式得 ，
由题意得 ， ，所以 .
（2） ，
，而 不可能等于 ，
故不存在正整数 ，使得三角形 的面积为 .
（3） ， ，
，
因为 ，所以在三角形 中，
为最大角，由余弦定理得 ，
，则 为锐角，
即三角形 为锐角三角形．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，解题关键是合理利用给定定义，找到最大角，然后利用余弦
定理得到其为锐角即可．
2．（2024·山东青岛·三模）在平面内，若直线 将多边形分为两部分，多边形在 两侧的顶点到直线 的距离之和相等，则称 为多边形的一条“等线”，已知 为坐标原点，双曲线 的左、
右焦点分别为 的离心率为2，点 为 右支上一动点，直线 与曲线 相切于点 ，且与 的渐近
线交于 两点，当 轴时，直线 为 的等线.
(1)求 的方程;
(2)若 是四边形 的等线，求四边形 的面积;
(3)设 ，点 的轨迹为曲线 ，证明: 在点 处的切线 为 的等线
【答案】(1)
(2)12
(3)证明见解析
【分析】（1）利用已知等量关系建立方程，求解各个元素，得到双曲线方程即可.
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.
（3）利用给定条件和新定义证明即可.
【详解】（1）由题意知 ，显然点 在直线 的上方，
因为直线 为 的等线，所以 ，
解得 ，所以 的方程为
（2）设P(x ,y )，切线 ，代入 得:
0 0
故 ，
该式可以看作关于 的一元二次方程 ，
所以 ，即 方程为
当 的斜率不存在时，也成立
渐近线方程为 ，不妨设 在 上方，
联立得 ，故 ，
所以 是线段 的中点，因为 到过 的直线距离相等，则过 点的等线必定满足: 到该等线距离相等，
且分居两侧，所以该等线必过点 ，即 的方程为 ，
由 ，解得 ，故 .
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以
（3）
设 ，由 ，所以 ，
故曲线 的方程为
由（*）知切线为 ，也为 ，即 ，即
易知 与 在 的右侧， 在 的左侧，分别记 到 的距离为 ，
由（2）知 ，
所以
由 得因为 ，
所以直线 为 的等线 .
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到
，证明即可．
3．（2024·浙江·一模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如 表示过点(0,1)的
直线族（不包括直线 轴），直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切
线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)圆 ： 是直线族 的包络曲线，求 ， 满足的关系式；
(2)若点 不在直线族 的任意一条直线上，求 的取值范围及直线族 的包络曲
线 的方程；
(3)在（1）（2）的条件下，过曲线 上动点 向圆 做两条切线 ， ，交曲线 于点 ， ，求
面积 的最小值.
【答案】(1)
(2) ，曲线 的方程为 .
(3)
【分析】（1）根据直线与圆相切得到方程，化简即可；
（2）转化为方程 无实数解，则判别式小于0，则得到 范围，再根据直线族 ：
为抛物线 的切线即可；
（3）设A(x ,y )，B(x ,y )， ，根据直线与圆相切得到 ，再将直
1 1 2 2
线 与 联立得得到 ，再根据弦长公式得到面积表达式，最后利用导数
求出其最值即可.
【详解】（1）由题可得，直线族 为圆M的切线，
故满足， ，所以 满足 ．
（2）将点 代入 ，可得关于 的方程 ，
因为点 不在直线族 上，故方程 无实数解，
所以 ，那么 ，故 ，
因为区域 的边界为抛物线 ，下证： 是 的包络曲线．
证明：联立直线 与 ，可得 ，所以 ，
故直线族 ： 为抛物线 的切线.
因此直线族 的包络曲线 的方程为 .
（3）设A(x ,y )，B(x ,y )， ，
1 1 2 2
则 ，
故
由直线 与 相切，所以 ，
整理得 ，①
同理可得， ，②
由①②可得直线 ．
直线 与 联立得 ，（显然 ）
可得 ，
由韦达定理可得 ．
因此 ，
由于点 到直线 的距离 ，
所以 面积为 ，
令 ，则 ，
由 ，解得 ，
当 ， ，当 ， ，
所以 在(0,4)上单调递减，在 上单调递增，那么 （当且仅当 时取到），
所以 面积 的最小值是 .
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是通过相切得到方程，从而得到直线 的方程，再联立抛物线
得到得到韦达定理式，最后利用弦长公式得到面积表达式，利用导数求出最值即可.
4．（2024·四川·一模）已知抛物线 ： 的焦点为 ，过点 的直线与 相交于点 ， ，
面积的最小值为 （ 为坐标原点）.按照如下方式依次构造点 ： 的坐标为 ，直
线 ， 与 的另一个交点分别为 ， ，直线 与 轴的交点为 ，设点 的横坐标为 .
(1)求 的值；
(2)求数列 的通项公式；
(3)数列 中，是否存在连续三项（按原顺序）构成等差数列？若存在，指出所有这样的连续三项；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）设直线 与相关点的坐标，然后联立抛物线和直线方程，利用韦达定理计算出
需要的值，最后表示出面积，计算其最值，求出 即可；
（2）利用抛物线中点弦定理，求出相关直线方程，然后表示出 ，然后找到两者关系，最后利用其
关系求得通项公式即可；
（3）利用等差中项的判断方式，判断数列 不可能存在连续三项是等差数列.
【详解】（1）设直线 ，A(x ,y ),B(x ,y )
1 1 2 2
联立 ，得 ，
得由韦达定理可知：
由题可知：
因为面积的最小值为 ，且 ，
所以 .
（2）设 ，
由题可知 ， ，两式求差可得
所以 ，
所以直线 方程为 ，整理得
同理： 方程为：
令 可得
可知， 方程为：
(1 )
因为 过焦点 ,0 ，所以有
2
方程为：
令 可得
由 ，可知
因为 ，
得
取对数可得由题可知 ，
所以数列 是以 为首项，2为公比的等比数列；
所以有
解得
（3）不存在，理由如下
假设存在，则一定有
因为 ，得
化简得
因为
显然
所以 在 无解；
故不存在连续的三项为等差数列.
【点睛】关键点点睛：第一问，可以利用常规的计算方式计算，也可以利用抛物线的焦点三角形的面积公
式 （ 为直线 倾斜角）判断即可，最好证明该二级结论；
第二问，主要是需要找到 关系，所以需要多建立直线方程，最好用相同的容易计算的方式，所以利
用中点弦定理，建立方程，比较容易计算，得到 ，此种数列，去对数求解即可;
第三问，判断 是否存在连续三项为等差数列，假设存在，然后直接用反证法证明即可.
5．（2024·江西新余·模拟预测）我们知道，在平面直角坐标系 中，可以用两点之间距离公式刻画
两点的距离 ，事实上，这里的距离属于这两个点的一种“度量”.在拓扑学中，我们规定某一
实数 满足：① ，当且仅当 时等号成立； ② ； ③
.其中， 为平面直角坐标系内的三个点，我们就称 是关于
两点的一个“度量”.设：平面直角坐标系 （ 为坐标原点）内两点 的“ 距
离” .
(1)求证： 两点的“ 距离”是关于 两点的一个“度量”.
(2)设 为平面直角坐标系 内任意一点.
（ⅰ）若 ，请在下图中定性做出 点的集合组成的图像（不必说明理由，但要求做出特殊点与
其特征）.（ⅱ）求证： .
(3)规定平面内两条平行直线的 距离 为在 上分别取的任意两个点 距离的最小值.已知
不重合的直线 ， ， ，求 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）图象见解析；（ii）证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题设定义逐一检验①②③，即可证明结果；
（2）（i）根据题设定义，利用 ，即可求解；（ii）设P(x,y)，则 ，
再令 ，即可证明结果；
（3）根据题设，令 ，得到 ，再分 ，和 ， 三种情况，
根据造函数 ， ，
，利用函数的单调性，即可求出结果.
【详解】（1）① 显然成立，
令 ，由于 ， ，
故当且仅当 时等号成立
令 ，则 ，所以 单调递增，得到 ，即 ，当且仅当 时等号成立，
②易知显然成立，
③由于 单调递增，故由 可得：
，
故 ，
即 ，所以 距离是一种度量.
（2）（ⅰ）如图
（ⅱ）设P(x,y)，则 = ，
令 ，则 ，即 .
（3）设 ， ， ，
令 ，则 .
当 时， 成立，
不妨设 （ 同理），设 ，
令 单调递增， 单调递减，
，则 ，
令 ，
①当 时， ，
②当 时， ， ， ，
③当 时， ， ，由于 为一次或二次函数，
故①、②、③均 唯一 使 ，
故 在 单调递增，在 单调递减，
④ 时， ， 单调递增，综上，
，有 ，
解得 ，
当 ，同理可求得 ，所以 .
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于理解“度量”和“ 距离”的定义，再结合不等式及导数知识，即
可求解.题型 08 数列中的新定义
【解题规律·提分快招】
数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五
种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透
彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握
好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
【典例训练】
一、解答题
1．（2024·江西九江·二模）已知无穷数列 中， ，记
.
(1)若 为 ，是一个周期为4的数列（即 ），直接写出 的
值；
(2)若 为周期数列，证明： ，使得当 时， 是常数；
(3)设 是非负整数，证明： 的充分必要条件为 为公差为 的等差数列.
【答案】(1) ， ， ，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据定义可直接求出 的值.
（2）令 （周期），结合新定义，即可证明结论.
（3）根据定义分别证明充分性和必要性， 为非负整数， 是公差为 的等差数列，
， ，易证出充分性，证明必要性先结合反证法证明数列不是递减，
再证明是等差数列.
【详解】（1）因为 ， ，所以 ；
， ，所以 ；
， ，所以 ；
， ，所以 .
（2）不妨设 的周期为 （ ），
记 ， ，
则当 时， 是常数.
记 ，使得当 时， 是常数，结论正确.（3）先证充分性：因为 是公差为 （ 为非负整数）的等差数列，则 .
所以 ， ，
所以 （ ）.
再证必要性：因为 ，所以 ，
因为 ， ，所以 ，
于是有： ， ，因此 .
故数列 是公差为 的等差数列.
【点睛】思路点睛：此题考查数列相关的新定义问题，涉及求值和证明，证明一个条件是另一个条件的充
要条件时一定要考虑完充分性和必要性.
2．（2024·广东·模拟预测）已知数列 是由正整数组成的无穷数列.若存在常数 ，
对任意的 成立，则称数列 具有性质 .
(1)若 ，请判断数列 是否具有性质 ；
(2)若数列 满足 ，求证：“数列 具有性质 ”是“数列 为常数列”的
充要条件；
(3)已知数列 中 ，且 .若数列 只有性质 ，求数列 的通项公式.
【答案】(1)数列 不具有“性质 ”
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据性质 的定义和递推公式结合放缩法判断即可；
（2）先证明充分性，依题意可得 ，即可得到 ，从而得
，再根据定义证明必要性即可；
（3）首先根据定义证明 ，然后利用反证法证明 ，即可得到 ，结合
即可得解.
【详解】（1） ，对于 ，
故 ，所以数列 不具有“性质 ”.
（2）先证“充分性”：
当数列 具有“性质 ”时，有 ，
又因为 ，所以 ，进而有 ，
结合 有 ，即“数列 为常数列”；
再证“必要性”：
若“数列 为常数列”，
则有 ，
即“数列 具有”性质 .
（3）首先证明： ，
因为 具有"性质 ，所以 ，
当 时，有 ，
又因为 ，且 ，
所以有 ，进而有 ，
所以 ，
结合 可得 ，
然后利用反证法证明： ，
假设数列 中存在相邻的两项之差大于2，
即存在 满足： 或 ，
进而有
，
又因为 ，所以 ，
依此类推可得： ，矛盾，
所以有 ，
综上有 ，
结合 可得 ，
经验证，该通项公式满足 ，
所以 .
【点睛】本题考察数列新定义问题，考察学生获取新知识、应用新知识的能力，难度较大.
3．（2024·河南新乡·一模）在平面直角坐标系中， 是坐标原点．若点列 中的3个相邻的点
满足 ，则称关于 的方程 是 的特征方程，将方程的实数根称为 的特征根．已知 ，点列 的特征根为1和
．
(1)求点 的坐标；
(2)设 ，求数列 的前 项和 ；
(3)若 是公差为 的等差数列，且各项都为正整数， 和 是已知的常数，求点列 的特征根．
【答案】(1) ，
(2)
(3) 和
【分析】（1）根据特征方程和特征根的定义求解即可；
（2）由（1）知 ，化简 ，再利用裂项相消法求解即可；
（3）求得 ，设 ，分别求出 ，再根据特征方程和特征根的
定义即可得出答案.
【详解】（1）因为点列 的特征根为 和 ，
所以点列 的特征方程为 ，
所以 ，
则 ，即 ，
所以 ，
所以 的坐标为 ，
由 ，
得 ，即 ，
所以 ，
所以 的坐标为 ；
（2）由（1）知 ，
，
所以 ；（3）因为 ，
所以 ，
所以 ，
设 ，
则 ，
，
，
设 ，
则 ①，
②，
由① ②得 ，即 ，
将 代入②得 ，
因为 是公差为 的等差数列，且各项都为正整数，
所以 ，
又 ，所以 ，得 ，
又 ，
所以点列 的特征方程为 ，特征根为 和 .
【点睛】关键点点睛：理解特征方程和特征根的定义是解决本题的关键.
4．（2024·山东·模拟预测）已知无穷数列 ，构造新数列 满足 满
足 满足 ，若 为常数数列，则称 为 阶等差
数列；同理令 ， ），若 为常数数列，则称 为 阶
等比数列.
(1)已知 为二阶等差数列，且 ，求 的通项公式；
(2)若数列 为二阶等差数列， 为一阶等比数列．证明： 为三阶等比数列；
(3)已知 ，令 的前 项和为 ，证明： ．
【答案】(1)(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由新定义得 为公差为2，首项为4的等差数列，由等差数列的通项公式求解；
（2）已知 为二阶等差数列，则 ( 为常数)，因此由等差数列的通项公式求解可得
是关于 的二次多项式，再通过证明 是三阶等差数列，从而证得 是三阶等比数列.
（3）设 ，(其中 )，化简整理得
，从而求得令 的前 项和 ，再利用放缩法可证得结论成立.
【详解】（1）因为 ，又 ，
所以 为公差为2，首项为4的等差数列，
因此 ，即 ，
所以 ．
（2）因为 为二阶等差数列，所以 （ 为常数），
因此 ，即 ，
所以
，
故 是关于 的二次多项式，
又 是一阶等比，设公比为 ，则 ，则 ，
由 是关于 的二次多项式，知 是关于 的三次多项式．
下面证明 是三阶等差数列：
设 ，则 ，
所以 ，
，
，此为常数，因此 是三阶等差数列，故 是常数列，
故 是三阶等比数列.
（3）由上可知，可设 ，（其中 ），
则 ，
所以 ，
故 ，
所以 ，
因此 ，
设数列 的前 项和为 ，则 ，
所以 ，
两式相减，得 ，
则 ，
所以 ，即 ，得证．
【点睛】关键点睛：对于数列的新定义题型，关键是读懂题目的意思，由新的定义来解决问题，一般地关
于数列不等式的证明，可以利用放缩法去证明，或转化为数列的求和问题，利用错位相减法，裂项相消求
和法来证明即可.
5．（2024·广东广州·模拟预测）若有穷数列 （ 且 ）满足
，则称 为M数列.
(1)判断下列数列是否为M数列，并说明理由：
①1，2，4，3.
②4，2，8，1.(2)已知M数列 中各项互不相同.令 ，求证：数列 是等差数列的充分
必要条件是数列 是常数列；
(3)已知 数列 是 （ 且 ）个连续正整数 的一个排列.若 ，求
的所有取值.
【答案】(1)①数列不是M数列；②数列是M数列；理由见解析
(2)证明见解析
(3) 的所有取值为4或5
【分析】（1）直接根据条件检验即可；
（2）先判断必要性，若数列 是等差数列，设公差为 ，可得数列 是常数列．再判断充分性，若
数列 是常数列，可得 ，进而可得 是等差数列；
（3）先判断 不符合题意， ， 符合题意，进而证明 不符合题意，令
，可得 有三种可能：再根据（2）的结论排除这3种可能性，则可得答案.
【详解】（1）①因为 ，所以该数列不是M数列；
②因为 ，所以该数列是M数列．
（2）必要性：
若数列 是等差数列，设公差为 ，
则 ．
所以数列 是常数列．
充分性：
若数列 是常数列，
则 ，即 ．
所以 或 ．
因为数列 的各项互不相同，
所以 ．
所以数列 是等差数列．
（3）当 时，因为 ，所以 ，不符合题意；
当 时，数列为 ．此时 ，符合题意；
当 时，数列为 ．此时 ，符合题意；下证当 时，不存在 满足题意．
令 ，
则 ，且 ，
所以 有以下三种可能：
① ；
② ；
③ ．
当 时，因为 ，
由（2）知： 是公差为1（或−1）的等差数列．
当公差为1时，由 得 或 ，
所以 或 ，与已知矛盾．
当公差为−1时，同理得出与已知矛盾．
所以当 时，不存在 满足题意．
其它情况同理可得．
综上可知， 的所有取值为4或5．
【点睛】方法点睛：1、对于数列中的新定义问题，一定要理解新数列的性质后才能解题，充分利用新数
列的定义去解答问题；
2、对于第三问， 可能的取值必然不多，那么可以通过尝试取值，然后找到规律和方法来解决问题.
一、解答题
1．（2024·广西·模拟预测）正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布．对于一个给定
的连续型随机变量X，定义其累积分布函数为 ．已知某系统由一个电源和并联的A，B，C
三个元件组成（如图），在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源
及各元件之间工作相互独立．(1)已知电源电压X（单位：V）服从正态分布 ，且X的积累分布函数为F(x)，求 ；
(2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间．已知随机变量T（单位：天）表
示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累计分布函数为 ．设 ，证
明： ；
附：若随机变量Y服从正态分布 ，则 ， ，
．
【答案】(1)0.8186
(2)证明见解析
【分析】（1）根据正态分布的对称性 即可结合的定义求解；
（2）根据条件概率的计算公式结合 的定义以及 的定义域即可求解.
【详解】（1）由题设得 ，
所以
.
（2）由题设得：
，
所以 ．
2．（2024高三·全国·专题练习）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有
关，是由法国数学家米歇尔罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数 满足在闭区间 连续，
在开区间 内可导，且 ，那么在区间 内至少存在一点 ，使得 ．
(1)运用罗尔定理证明：若函数 在区间 连续，在区间 上可导，则存在 ，使得．
(2)已知函数 ，若对于区间 内任意两个不相等的实数 ，都有
成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，构造函数 ，利用导数结合罗尔定理推导即得．
（2）求出函数 的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即
得．
【详解】（1）令 ，则 ，
令函数 ，则 ，
显然 在 上连续，且在 上可导，由罗尔定理，存在 ，使得 ，
即 ，∴ ．
（2）依题意， ，
不妨令 ，则 恒成立，
由（1）得 ，于是 ，即 ，
因此 ，令 ，
求导得 ，函数 在 上单调递增，则 ，
而函数 在 上单调递增，其值域为 ，则 ，
∴实数 的取值范围是 ．
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方
法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答．
3．（2024·河北张家口·二模）如果项数均为n的数列 满足 ，且 为奇数
时， ； 为偶数时， ，其中 ，那么就称 为“互补交叉数列”，记
为 的“互补交叉数列对”， 为 的前 项和.
(1)若 ，且 ，写出所有满足条件的“互补交叉数列对"；
(2)当 为“互补交叉数列”时，
（i）证明： 取最大值时，存在 ；（ii）当 为偶数时，求 的最大值.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据所给定义列出符合题意的“互补交叉数列对"；
（2）（i）假设存在 ，使 且 为奇数，不妨设 ，当存在 为偶数），使得
，对其进行一次变换，推出矛盾；若对任意的 为偶数），都有 ，还是进行一次变换得到与
上一种情况相同的问题，即可得证；（ii）令 ，记 为 的前 项和，推导出 ，又
，可得 ，再列出符合题意的“互补交叉数列对"，使得 ，即可得解.
【详解】（1）因为 ，且 时，
则满足条件的“互补交叉数列对”分别为 .
（2）（i）证明：若 取最大值时，存在 ，使 ，
由题意知 为奇数，不妨设 .
①若存在 为偶数），使得 ，则让 的值变为初始 的值，让 的值变为 ，
这样所得到的新数列 也是“互补交叉数列”，
但调整后的 的前 项和 ，与题设 取最大值矛盾，所以存在 ；
②若对任意的 为偶数），都有 ，交换让 的值变为初始 的值，
再让 的值变为初始 的值，所得到的新数列 和 也是“互补交叉数列”，此时转化为①的情况；
综上可知，存在正整数 ，使得 .
（ii）当 为偶数时，令 ，对任意满足条件的“互补交叉数列对” ，
一方面， ，
因此 ①，
另一方面， ，
因此 ，
即 ②，
记 为 的前 项和，由① ②得 ；又 ，可得 ；
又“数列对” 是“互补交叉数列对”，
且 ，
综上可知，当 为偶数时， 的最大值为 .
【点睛】关键点点睛：对于新定义型问题，解答的关键是理解所给定义，第二问关键是推导出
，从而得到 .
4．（2024·福建泉州·模拟预测）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上，
每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向桌缘外伸出多远而不
掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第1块、第2块、第3块、……、
第n块，将前 块铁块视为整体，若这部分的重心在第 块的上方，且全部铁块整体的重
心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为1，若记第n块比第 块向桌缘外多伸
出的部分的最大长度为 ，则根据力学原理，可得 ，且 为等差数列．
(1)求 的通项公式；
(2)记数列 的前 项和为 ．
①比较 与 的大小；
②对于无穷数列 ，如果存在常数 ，对任意的正数 ，总存在正整数 ，使得 ， ，
则称数列 收敛于 ，也称数列 的极限为 ，记为 ；反之，则称 不收敛．请根据数
列收敛的定义判断 是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题．
【答案】(1) ；
(2)① ；②不收敛.【分析】（1）根据给定条件，求出 及数列 的公差，进而求出 的通项.
（2）①构造函数 ，借助导数证明不等式 ，再利用不等式性质及累
加法推理判断；②利用收敛的定义推理判断即得.
【详解】（1）依题意，第1块铁块比第2块铁块向桌外伸出部分的最大长度为第1块铁块自身长度的一半，
则 ，
由 为等差数列，得其首项为 ，公差 ，
因此 ，即 ，
所以 的通项公式是 .
（2）①由（1）知， ，
令函数 ，求导得 ，即函数 在 上递减，
则 ，即 ，取 ，于是 ，
则 ，
所以 .
② 不收敛.
给定正数 ，对 ，令 ，则 ，
解得 ，取 （ 表示不超过 的最大整数），
显然当 时，不等式 不成立，即有 ，
因此数列 不收敛；
取 ，则当 时， ，
因此当 时， 成立，
所以 不收敛.
的意义是 块叠放的铁块最上层的最多可向桌缘外伸的长度，因为 不收敛于任意正数 ，所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌缘外伸出的长度可以大于任意正数.
【点睛】关键点点睛：比较 与 的大小，构造函数 ，借助导数证得
是关键.
5．（2024·山东·模拟预测）在机器学习中，精确率 、召回率 、卡帕系数 是衡量算法性能的重要指标．
科研机构为了测试某型号扫雷机器人的检测效果，将模拟战场分为100个位点，并在部分位点部署地雷．
扫雷机器人依次对每个位点进行检测， 表示事件“选到的位点实际有雷”， 表示事件“选到的位点检
测到有雷”，定义：精确率 ，召回率 ，卡帕系数 ，其中
．
(1)若某次测试的结果如下表所示，求该扫雷机器人的精确率 和召回率 ．
实际有
实际无雷 总计
雷
检测到有雷 40 24 64
检测到无雷 10 26 36
总计 50 50 100
(2)对任意一次测试，证明： ．
(3)若 ，则认为机器人的检测效果良好；若 ，则认为检测效果一般；若 ，
则认为检测效果差．根据卡帕系数 评价（1）中机器人的检测效果．
【答案】(1) ； ．
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用条件概率的计算公式计算即可；
（2）由条件概率与互斥事件的概率公式证明即可；
（3）由（2）计算出 的值，判断机器人的检测效果即可.
【详解】（1） ，
．
（2） ，要证明 ，
需证明 ．
等式右边：
．
等式左边：
因为 ，
所以
．
等式左右两边相等，因此 成立．
（3）由（2）得 ，因为 ，
所以（1）中机器人的检测效果一般．
6．（2024·浙江温州·三模）现有 张形状相同的卡片，上而分别写有数字
，将这 张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数
字后放回，现在甲同学随机抽取4次.
(1)若 ，求抽到的4个数字互不相同的概率；
(2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义 为随机变量 的 阶矩，其中1阶矩就
是 的期望 ，利用 阶矩进行估计的方法称为矩估计.
（ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量 ，计算随机变量 的1阶矩 和2阶矩 ；（参考公式：
）
（ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来
计算 的估计值 .（ 的计算结果通过四舍五入取整数）
【答案】(1)(2)（ⅰ） ， ；（ⅱ）
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）（ⅰ）根据 阶矩的定义、期望公式及等差数列求和公式计算可得；（ⅱ）首先求出样本数据的 阶
矩及 阶矩，结合（ⅰ）的中的结果得到方程组，解得即可.
【详解】（1）依题意可得抽到的 个数字互不相同的概率 ；
（2）（ⅰ）依题意 的可能取值为 ， ， ， ，
且 （ 且 ），
所以
，
依题意 的可能取值为 ， ， ，
且 （ 且 ），
所以
；
（ⅱ）依题意样本数据 ， ， ， 为期望（平均数）为 ，
则 ， ， ， 为期望（平均数）为 ，
所以 ，
消去 得 ，
整理得 ，解得 （负值已舍去），
又 ， ，所以 .7．（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ： 的离心率为 ，
直线l与Γ相切，与圆O： 相交于A，B两点.当l垂直于x轴时， .
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的非空点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存
在，则记此最大值为 .
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当 的面积最大时，求 ；
（ⅱ）若 ， 均存在，记两者中的较大者为 .已知 ， ， 均
存在，证明： .
【答案】(1) ；
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出 ，再结合离心率求出 即得.
（2）（ⅰ）在直线 的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心 到 距离，
列出 的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）因为当 垂直于 轴时， ，而直线 与Γ相切，则 ，解得
，
又椭圆 的离心率为 ，则椭圆 的半焦距 ， ，
所以 的方程为 .
（2）（i）当 的斜率存在时，设 的方程为： ，
由 消去 得： ，
由直线 与椭圆 相切，得 ，整理得 ，
于是圆心 到直线 的距离 ，
则 的面积为 ，
设 ，求导得 ，
当 时， ，函数 单调递增，当 时， ，函数 单调递减，因此当 时， 取得最大值，此时 ，
当 的斜率不存在时，由（1）知， ，
由 ，得 ，则 .
对于线段 上任意点 ，连接 并延长与圆 交于点 ，则 是圆上与 最近的点，
当 为线段 的中点时， 取得最大值 ，所以 .
（ii）因为 均存在，
设点 ，且 ，
设 是集合 中到 的最近点，根据对称性，不妨设 ，
令点 到集合 的最近点为 ，点 到集合 的最近点为 ，
因为 是集合 中所有点到集合 最近点距离的最大值，则 ，
因为 是集合 中所有点到集合 最近点距离的最大值，则 ，
因此 ，
而在坐标平面中， ，又点 是集合 中到点 的最近点，则 ，
所以 .
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解
题的关键.
8．（24-25高三上·广西·阶段练习）一般地，设函数 在区间 上连续，用分点
将区间 分成 个小区间，每个小区间的长度为 ，
在每个小区间 上任取一点 ，作和式 ．如果当
无限接近于0（亦即 时，上述和式 无限趋近于常数 ，那么称该常数 为函数 在区间
上的定积分，记为 ．当 时，定积分 的几何意义表示由曲线y=f (x)，两直线 与 轴所围成的曲边梯形的面积（如下图）．
如果 是区间 上的连续函数，并且 ，那么
(1)求 ；
(2)设函数 ．
（1）若 恒成立，求实数 的取值范围；
（2）数列 满足 ，利用定积分的几何意义，证明： ．
【答案】(1)
(2)① ，②证明见解析
【分析】（1）根据基本函数的导数，结合定积分的定义即可计算；
（2）①构造函数 ，利用导数求解函数的单调性，结合分类讨论积可求解；②根据
可得 ，进而可得数列 为等差数列，得 ，利用定积分的几何意义,证明即
可．
【详解】（1）由于 ，故 .
（2）由 ，
①由 恒成立，得 恒成立．
令 ，则 ．
当 时， ，此时 在 , 上单调递增，
又 ，所以 在 , 恒成立．
当 时，当 时，有 ，此时 在 上单调递减，在 单调递增，
又 ， 在 恒成立，与 矛盾．综上所述， ．
②由 ，可得 ，所以 ．
即数列 是以1为首项，1为公差的等差数列，故 ，
所以 ，
由题意可得 是由曲线 ，两直线 ， 与 轴所围成的曲边梯形的面积．
而 表示图一阴影所示各矩形的面积和，
所以 ，不等式的左边成立．
表示图二阴影所示各矩形的面积和，
所以 ，不等式的右边成立．
故得证.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
9．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）在平面直角坐标系 中，利用公式 ①（其中 ， ， ，
为常数），将点 变换为点 的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该
变换公式①可由 ， ， ， 组成的正方形数表 唯一确定，我们将 称为二阶矩阵，矩阵通
常用大写英文字母 ， ，…表示.(1)如图，在平面直角坐标系 中，将点 绕原点 按逆时针旋转 角得到点 （到原点距离
不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵 ；
(2)在平面直角坐标系 中，求双曲线 绕原点 按逆时针旋转 （到原点距离不变）得到的双曲线
方程 ；
(3)已知由（2）得到的双曲线 ，上顶点为 ，直线 与双曲线 的两支分别交于 ， 两点（ 在第一象
限），与 轴交于点 .设直线 ， 的倾斜角分别为 ， ，求证： 为定值.
【答案】(1)公式为 ，二阶矩阵为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设 ， ，通过 ， 计算整理可得答案；
（2）利用（1）的结果代入计算即可；
（3）设直线 的方程为 ，与 联立，求出 的斜率 ，然后利用韦达定
理计算 ，进而求出 ，则可得 为定值.
【详解】（1）设 ， ，则 ， ， ，
故 ，
，
所以坐标变换公式为 ，
该变换所对应的二阶矩阵为 ；
（2）设曲线 上任意一点 在旋转角是 的旋转变换下所得点坐标为 .则 ，即 ，
得 ，则 ，所求曲线方程为 ；
（3）
①直线 斜率存在时，可设直线 的方程为 ，
设A(x ,y )，B(x ,y )
1 1 2 2
由 ，得 ，
所以 ， ，且 ，
当 时，取 ， ，所以直线 方程为： ，
直线 方程与双曲线 方程联立可得 ，解得 或 ，
所以 ， .
所以 ，所以 ，可得 ；
当 时，设 的斜率分别为 ，
， ，
所以 ，，
所以 .
因为 在第一象限，所以 ，所以 ，所以 .
②直线 斜率不存在时，可得 ，
可得 ， ，
所以 ，同理可得 .
综上可得， 为定值 ，得证.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
10．（2024·辽宁·一模）给定正整数 ，设集合 .对于集
合 中的任意元素 和 ，记 .设 ，且集合
，对于 中任意元素 ，若 ，则称 具有性质
.
(1)是否存在集合 具有性质 ，若存在，请写出 的表达式，若不存在，请说明理由；
(2)判断集合 是否具有性质 ？若具有，求 的值；若不具有，请说明
理由；
(3)是否存在具有性质 的集合 ？若存在，请找出来；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)不存在，理由见解析；
(2)具有，12
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据定义可确定具有性质 的集合 中的元素个数和元素具备的性质，即可得解；
（2）对给定的集合 ，逐一验证，可检验集合是否具有性质 ，并求所要求的和；
（3）对 进行分类讨论，逐个验证是否符合该性质.【详解】（1）由题意可知 表示集合 有2个元素，且 ， ，
则 或 ，均无法满足 ，
所以不存在集合 具有性质 .
（2）对于 ，
则 ，同理 ，
而 ，同理 ，
所以 具有性质 .
且 .
（3）假设存在集合 具有性质 ，易知集合 中有4个元素且 .
①若 ，则 ，不符合4个元素，舍去；
②若 ，则 ， ，
又 ，
所以不满足，舍去；
③若 ，则 ，
又 ，
所以这3组每组至多只能有一个包含于 ，所以 至多只有3个元素，矛盾，舍去；
④若 ，则 ， ，
又 ，
所以不满足，舍去；
⑤若 ，则 ，只有一个元素，舍去.
综上，不存在具有性质 的集合 .
【点睛】关键点点睛：对新定义型的题目解答，关键是要理解好题意，按定义的要求进行计算解答.
11．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知实数集 ，定义：
（ 与 可以相同）．记 为集合 中的元素个数．
(1)若 ，请直接给出 和 ；
(2)若 均为正数，且 ，求 的最小值；
(3)若 ，求证： ．
【答案】(1) ， ；(2)24
(3)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件定义即可求解；
（2）根据已知条件，转化为关于 的二次函数即可求得最大值.
（3）根据题意，分两种情况讨论，当 中元素均为非负数和当 中元素至少有一个为负数，结合所给定
义证明.
【详解】（1） ， ；
（2）一方面，积 有 个，另一方面，积 有 个，
故 ，当 中所有元素互素时，等号成立．
要使得 时， 最小，可令 中所有元素互素，此时， ，
解得： ，
故 的最小值为24；
（3）考虑集合 中所有元素变为原来的相反数时，集合 不改变，
不妨设 中正数个数不少于负数个数．
①当 中元素均为非负数时，设 ，
于是， ，
此时，集合 中至少有 ， ， ，…， ， ， ，…， 这18个元素，
即 ；
②当 中元素至少有一个为负数时，
设 是 中全体元素，且 ，
于是， ．
由 是 中的 个元素，且非正数；
又 是 中的7个元素，且为正数，
故 中元素不少于17个，
即 ；
另外，当 时， ，
满足 ，
故 ．
【点睛】思路点睛：解决新高考模式下的数学新概念题型抓住以下两点：（1）紧扣题目所给的定义；（2）结合已学数学知识进行解决.
12．（24-25高三上·河南·期中）在数列 中，设 是数列 的前 项和，并规定
，定义集合 ， 中元素的个数为 .
(1)在数列 中，若 ， ， ， ， ， ， ， ，求
；
(2)若 ，满足 ，
①证明：集合 非空；
②证明：当 ， 时， .
【答案】(1) ；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）由条件，结合 定义求结论；
（2）①先证明若对 中的任意正整数 ，满足 ，则 ，再证明若在
中存在最小 ，使得 ，则 ，由此证明结论；
②先证明 ，由此证明 ，再证明 ， ，结合关系
证明结论.
【详解】（1）因为 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
因为 ，
所以
所以 ，
（2）①证明：由已知得 ，
若对 中的任意正整数 ，满足 ，
则 ，
即 ，所以 ；
若在 中存在 ，使得 为 中从左到右出现的第一个正数，
则 ，所以 .
综上所述，集合 非空.
②由集合 非空，设 (不妨设 从小到大排列)，
显然 .由集合 的定义知 ，且 是使得 成立的最小的 ，
即 是 中最大的，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
即 .
由 的定义得 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，即 ，
因为 是 中最大的，
所以 ，即 ，
所以
所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 .
【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后
根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但
是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，
以不变应万变才是制胜法宝.
13．（23-24高二上·北京昌平·期中）在平面直角坐标系xOy中，定义 ， 两点间的“直角
距离”为 .
(1)填空：(直接写出结论)
①若 ， 则 ；
②到坐标原点的“直角距离”等于1的动点的轨迹方程是 ；
③记到M(-1，0)，N(1，0)两点的“直角距离”之和为4的动点的轨迹为曲线G，则曲线G所围成的封闭图
形的面积的值为 ；
(2)设点A(1，0)， 点B是直线 上的动点，求ρ(A，B)的最小值及取得最小值时点B的坐
标；
(3)对平面上给定的两个不同的点 ， ，是否存在点C(x，y)， 同时满足下列两个条件：
① ；②
若存在，求出所有符合条件的点的集合；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)5； ；6
(2)最小值为 ，点B的坐标为
(3)
【分析】（1）①代入定义即可得出答案；②设 是轨迹上任意一点，根据定义列出式子，化简即可
得出答案；③根据定义，化简得出 .分情况去绝对值，作出函数的图象，进而得出答
案；
（2）设 ，则 ，得出 .然后分情况讨论去掉绝对值，得出
表达式，进而逐段求解，即可得出最小值；
（3）分当 ， 时，当 ， 时，当 ， 时等情况，分别讨论得出满足条件
的点 ，即可得出答案.
【详解】（1）①根据定义可得， ；
②设 是轨迹上任意一点，
由已知可得 ，
根据定义可得， .
所以，到坐标原点的“直角距离”等于1的动点的轨迹方程是 ；
③设 曲线G上任意一点，
由已知可得， ，
所以有 ，
整理可得， .
（ⅰ）当 时，该式可化为 ，
即 .
当 且 时，为 ；
当 且 时，为 ；（ⅱ）当 时，该式可化为 ，
整理可得 ，即 ；
（ⅲ）当 时，该式可化为 ，
整理可得 .
当 且 时，为 ；
当 且 时，为 ；
作出曲线 满足的图象
所以，曲线G所围成的封闭图形的面积的值为 .
故答案为：5； ；6.
（2）设 ，则 ，所以 ，
所以， .
当 时，有 ；
当 时，有 ；
当 时，有 .
综上所述，当 时， 有最小值 ，此时 .
所以， 的最小值为 ，取得最小值时点B的坐标为 .
（3）（ⅰ）当 ， 时，
由条件②可得， ，即有 .
因为 ，所以 .
由条件①可得， ，
所以有 .
又 ，
所以有 ，所以 .
因此，所求的点 为 ；
（ⅱ）当 ， 时，
由（ⅰ）同理可得，所求的点 为 ；
（ⅲ）当 ， 时，不妨设 .
①若 ，
， ， ，
所以，
.
当且仅当 与 同时成立，
所以有 ，且 ，
从而由条件②可得， ，
此时所求的点 的全体为 ；
②若 ，
由条件①可得， ，且 ，
从而由条件②可得， ，
此时所求的点 的全体为 .
综上所述，所有符合条件的点的集合为.
【点睛】关键点点睛：根据定义得出关系式后，根据未知量的范围，分类讨论，去掉绝对值，化简求解.
14．（24-25高二上·上海·阶段练习）在自然界中，蜂巢是蜜蜂的家园，由紧密排列的六角形蜂房连结在一
起组成（如图1所示）.研究发现，蜂房的形状为"曲顶多面体"，其中开口的下底面可以近似看成平面正六
边形 ，而蜂房的"上顶"，由三个全等的菱形 闭合组成（如图2所示），蜂
房的"侧棱" 均垂直于底面 ，且满足关系
.蜂房"上顶"的"弯曲度"可用"曲率"来刻画，定义其"弯曲度"的度量值等于蜂
房顶端三个菱形的各个顶点的"曲率"之和，而每一顶点的"曲率"定义为 减去蜂房多面体在该顶点的各个
面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，
每个面角是 ，所以正四面体在各顶点的曲率为 .
(1)求蜂房"上顶"的"曲率"；
(2)若图2所示的蜂房满足 ，求 的余弦值；
(3)若蜂房的底面正六边形边长 ，"侧棱" ，求当蜂房的表面积最小时，顶点 的"曲率"的余弦
值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据"曲率"的定义，分析各个点处的曲率，然后求解出结果；
（2）连接 ，过 作 交 于 点，根据长度和角度计算出 ，然后在 中根据
余弦定理结合平方和关系求解出 ；
（3）先表示出蜂房的表面积，然后利用导数求解出取最小值时 的长度，根据 的长度逐步计算出
的余弦值，结合恒等变换公式可求解出顶点 的"曲率"的余弦值.
【详解】（1）蜂房"上顶"的"曲率"等于顶端三个菱形的 个顶点的"曲率"之和，在顶点 处的"曲率"为 ，
在顶点 处的"曲率"为 ，
在顶点 处的"曲率"为 ，
在顶点 处的"曲率"与顶点 处的"曲率"相同，
在顶点 处的"曲率"与顶点 处的"曲率"相同，
根据定义，蜂房"上顶"的"曲率"等于 减去三个菱形的内角和 ，再减去 个直角梯形中的 个非
直角内角和 ，
所以蜂房"上顶"的"曲率"为 .
（2）由题意可知 为钝角，连接 ，过 作 交 于 点，如图所示，
设正六边形的边长为 ，所以 ，
因为 ，所以四边形 是平行四边形，
所以 ，
因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以四边形 为矩形，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
在 中， ，
所以 ，化简可得 ，
所以 ，解得 ( 舍去)，
所以 的余弦值为 .（3）设蜂房的表面积为 ，设 ，
在菱形 中，连接 ，如下图，
且 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以菱形 的面积是 ，
又因为侧面是六个全等的直角梯形，
所以侧面积为 ，
又底面积为 ，
所以 ，
所以 ，令 ，解得 ( 舍去)，
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
所以 ，此时 ，
所以 ， ；
设 ，则 ，顶点 的"曲率"为 ，
因为 ，
所以
.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点有两个，一方面是理解题设"曲率"的定义，根据定义完成相关计
算；另一方面是导数思想的运用，本题第三小问，构造函数求解表面积最小值时，函数性质不易分析，利
用导数去分析能高效解决问题.
15．（2024·福建泉州·模拟预测）已知有穷正项数列 ,若将每个项依次围成一圈,满足每一项的平
方等于相邻两项平方的乘积,则称该数列可围成一个“HL-Circle”．例如：数列 都可围
成“HL-Circle”．
(1)设 ,当 时,是否存在 使该数列可围成“HL-Circle”,并说明理由：
(2)若 的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”．
（i）求 的取值集合；
（ii）求证： ．
【答案】(1)答案见解析；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据定义,列出方程组,解出来,后列举出满足题意的数列即可.
（2）由（1）得出结论,后一问考虑反证法证明.
【详解】（1）由定义可得 ，而 为正项数列，故 ，
故 ，
由最后两式可得 ，故 ，故 且 ，结合 可得 即 ，故 ，故 .
故存在 ，使得数列 可围成“HL-Circle”,此时数列 为： .
（2）（i）若 的各项不全相等,且可围成“HL-Circle”．
则由 ，
结合 为正项数列可得 ，
诸式相乘后可得 ，
又上述关系式即为 (若下标大于 ，则取下标除以 的余数).
故 ，
故 (若下标大于 ，则取下标除以 的余数).
所以 (若下标大于 ，则取下标除以 的余数).
设 ，
若 ，则 即为 ，故 ，从而 ， ，
而 ，故 ，故 ，故 ，从而 ，
此时 均为1，与题设矛盾.
若 ，则 即为 ，而 ，
，故 ，此时 均为1，与题设矛盾.
若 ，则 即为 ，而 ，所以 ，故 ，
从而 ，
而 ，故 ，故 ，
此时 均为1，与题设矛盾.
若 ，则 即为 ，而 ，所以 ，
而 ，故 ，故 ，故 ，
故 ，故 ，故 ，
此时 均为1，与题设矛盾.
若 ，则 ，故 ，
故 ，故 ，故 ，故 ，故 ，此时 均为1，与题设矛盾.
综上， .
（ii）由均值不等式得 ，
由上面三组数内必有一组不相等，否则 ，
从而 与题设矛盾，
故等号不成立,从而 ，
又 ,由④和⑥得
因此由⑤得：
．
故原式得证.
【点睛】思路点睛：对于数列新定义问题，我们应该根据定义进行推理，注意数列性质隐含的周期性等，
这些性质往往便于问题的解决.
16．（2024·辽宁·模拟预测）若函数 在区间 上满足 对任意 成立，则称
为 上的“可加函数”.
(1)若在区间 上的“可加函数” 单调递减，证明： ；
(2)若对任意 及满足 的正实数 ，都有 ，则称函数 是区
间 上的“凸函数”. 若对区间 上的“凸函数” 及给定的正整数 ，对任意
及满足 的正实数 ，都有
，证明：对任意 及满足
的正实数 ，都有
；
(3)设随机变量 的可能取值为 ，记 ，则 . 信息熵是信息论中的一个重要
概念，发生概率越高的事件能提供的信息量越少，设随机变量 时提供的信息量为 ，在实际应
用中常取 等. 定义信息熵 为信息量的数学期望，证明：当 时， .
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析【分析】（1）直接使用已知结论并结合不等式证明；
（2）分别使用已知的两个性质得到两个不等式，再将两个不等式相结合即可；
（3）利用（2）的结论结合数学归纳法即可得到凸函数的一个性质，然后利用该性质证明相应的不等式.
【详解】（1）由已知有 单调递减，而 ，故 .
再由已知有 ，故
.
（2）已有的条件有两个，
第一个是凸函数的定义：对任意 及满足 的正实数 ，都有 ；
第二个是：对任意 及满足 的正实数 ，都有
.
故由第一个结论可知
.
再由第二个结论可知
.
二者结合，即得 .
（3）根据（2）的结论，结合数学归纳法，可知任意一个区间 上的“凸函数” 都满足：
对任意正整数 ，及对任意 及满足 的正实数 ，都有
.
设 ，则对满足 的正数 及 ：
若 ，显然有 ；若 且 ，不妨设 ，则 ；
若 ，则 ；
若 ，不妨设 .
设 ，则对 有
.
所以 在 上递减，从而 .
所以 ，即 ，此即
.
综上，ℎ(x)是区间 上的“凸函数”.
在结论 中，取 ，
，就有 ，即
.
所以 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对凸函数定义的理解，只有理解了定义，方可解决相应的问题.
17．（23-24高三下·重庆·阶段练习）定义可导函数p（x）在x处的函数 为p（x）的
“优秀函数”，其中 为p（x）的导函数．若 ，都有 成立，则称p（x）在区间D上具
有“优秀性质”且D为（x）的“优秀区间”．已知 ．
(1)求出f（x）的“优秀区间”；
(2)设f（x）的“优秀函数”为g（x），若方程 有两个不同的实数解 、 ．
（ⅰ）求m的取值范围；
（ⅱ）证明： （参考数据： ）．
【答案】(1)
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）先根据“优秀函数”的定义，求出 的“优秀函数” ，再利用作差法比较 和
的大小关系，构造函数 ，对 的分子分母分别判断正负，进而求得f（x）的“优秀区间”；
（2）（ⅰ）对 分离常数，求出 ，构造函数 ，由
的单调性求得 的最值，进而得到m的取值范围；
（ⅱ）先分析出要证 ，即证 ，再构造函数
，根据 的单调性，求得 ，再构造函数 ，
根据 的单调性，求得 ，可推得 ，又由 的单调性，求得 ，从
而得到 ，进而得证.
【详解】（1）当 时，
的“优秀函数”为 ，
，
令 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ，
所以当 时，h（x）单调递减；当 时，h（x）单调递增，
故 ．
当 时， ，则 ， ，f（x）不具有“优秀性质”；
当 时， ，则 ， ，f（x）具有“优秀性质”．
故f（x）的“优秀区间”为 ．
（2）（ⅰ） 即 ，所以 ，
所以 ，故 ，
令 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ，
故当 时，k（x）单调递减； 时，k（x）单调递增．，
当 时， ； 时， ，
，故 ．
即m的取值范围为 ．
（ⅱ）由 、 为方程的两个解可知： ，
要证 ，即证 ，
令 ， ，
令 ， ，
则N（x）在 单调递增，故 ，
所以 时， ，故M（x）在 上单调递增，
则 ．
令 ，
，
令 ，则 ，
故G（x）在 上单调递增， ．即 ，
故Q（x）在 上单调递增．故 ，
即 ， 成立，
因为 ，则 ，
又 ， ，k（x）在（0，1）单调递减，则 ，即 ，
故 ,所以 ，所以 .
【点睛】方法点睛：本题主要考查了函数新定义问题以及利用导数研究不等式问题，通常首先要构造函数，
利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的不等式；对含有参数的函数，也可先分离变量，
再构造函数，直接把不等式转化为函数的最值问题.
