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0，y >0，k=1,2,⋯,n,∑ x =∑ y =1．指标D(X‖Y)可用来
k k k k k k k k
k=1 k=1
n x
刻画X和Y的相似程度，其定义为D(X‖Y)=∑ x ln k ．设X~B(n,p),0
新题型01新高考新结构二十一大考点汇总（解析版）_02高考数学_2024年新高考资料_3.2024专项复习_2024年高考数学热点·重点·难点专练（新高考专用）
- 2026-04-15 17:37:26 2026-04-15 17:36:41
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新题型 01 新高考新结构二十一大考点汇总
高考数学全国卷的考查内容、考查范围和考查要求层次与比例均与课程标准保持致注重考查内容的全面
性的同时，突出主干、重点内容的考查，通过依标施考，引导中学教学依标施教。
调整布局，打破固化模式。高考数学坚持稳中有变，通过调整试卷结构，改变相对固化的试题布局优化
试题设计，减少学生反复刷题、机械训练的收益，竭力破除复习备考中题海战术和题型套路，发挥引导作
用。
【题型1 集合新考点】
【例1】（2024·浙江温州·高三期末）设集合U=R，A=¿ ，B=¿，则图中阴影部分表示的集合为（
）
A．{x|x≥1} B．{x|1≤x<2} C．{x|00，解得x<1，
所以B=¿
则由韦恩图可知阴影部分表示(∁ A)∩B ={x|x≤0}.
U
故选：D.
【变式1-1】（2024·安徽省·高三模拟）（多选）下列选项中的两个集合相等的有（ ）.
A．P={x∣x=2n,n∈Z},Q={x∣x=2(n+1),n∈Z}
B．P={x∣x=2n-1,n∈N },Q={x∣x=2n+1,n∈N }
+ +{ 1+(-1)n }
C．P={x∣x2-x=0},Q= x∣x= ,n∈Z
2
D．P={x∣y=x+1},Q={(x,y)∣y=x+1}
【答案】AC
【分析】分析各对集合元素的特征，即可判断.
【详解】解：对于A：集合P={x∣x=2n,n∈Z}表示偶数集，集合Q={x∣x=2(n+1),n∈Z}也表示
偶数集，所以P=Q，故A正确；
对于B：P={x∣x=2n-1,n∈N }={1,3,5,7,⋯}，
+
Q={x∣x=2n+1,n∈N }={3,5,7,9,⋯}，所以P≠Q，故B错误；
+
对于C：P={x∣x2-x=0}={0,1}，又(-1)n=¿，
1+(-1)n { 1+(-1)n }
所以x= =¿，即Q= x∣x= ,n∈Z ={0,1}，所以P=Q，故C正确；
2 2
对于D：集合P={x∣y=x+1}=R为数集，集合Q={(x,y)∣y=x+1}为点集，所以P≠Q，故D错误；
故选：AC
【变式1-2】（2024·江苏四校联合·高三期末）设全集为U定义集合A与B的运算：A∗B=¿且x∉A∩B}，
则(A∗B)∗A=
（ ）
A．A B．B C．A∩∁ B D．B∩∁ A
U U
【答案】B
【解析】根据定义用交并补依次化简集合，即得结果.
【详解】∵A∗B=¿且x∉A∩B} =(B∩∁ A)∪(A∩∁ B)
U U
∴(A∗B)∗A=[A∩∁ (A∗B)]∪[(A∗B)∩∁ A]=(A∩B)∪(B∩∁ A)=B
U U U
故选：B
【点睛】本题考查集合新定义、集合交并补概念，考查基本分析转化能力，属中档题.
【变式1-3】（2024·江苏南通·高三期末）定义集合运算A⊙B={z|z=xy(x+ y),x∈A,y∈B}，集合
A={0,1},B={2,3}，则集合A⊙B所有元素之和为
【答案】18
【分析】由题意可得z=0,6,12，进而可得结果.
【详解】当x=0,y=2,∴z=0
当x=1,y=2,∴z=6
当x=0,y=3,∴z=0
当x=1,y=3,∴z=12
和为0+6+12=18
故答案为：18【变式1-4】（2024·江苏南通·高三期末）已知X为包含v个元素的集合（v∈N∗，v≥3）．设A为由X
的一些三元子集（含有三个元素的子集）组成的集合，使得X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含
在唯一的一个三元子集中，则称(X,A)组成一个v阶的Steiner三元系．若(X,A)为一个7阶的Steiner三元
系，则集合A中元素的个数为 ．
【答案】7
【分析】令X={a,b,c,d,e,f ,g}，列举出所有三元子集，结合(X,A)组成v阶的Steiner三元系定义，确
定A中元素个数.
【详解】由题设，令集合X={a,b,c,d,e,f ,g}，共有7个元素，
所以X的三元子集，如下共有35个：
{a,b,c}、{a,b,d}、{a,b,e}、{a,b,f }、{a,b,g}、{a,c,d}、{a,c,e}、{a,c,f }、{a,c,g}、
{a,d,e}、{a,d,f }、{a,d,g}、{a,e,f }、{a,e,g}、{a,f ,g}、{b,c,d}、{b,c,e}、{b,c,f }、
{b,c,g}、{b,d,e}、{b,d,f }、{b,d,g}、{b,e,f }、{b,e,g}、{b,f ,g}、{c,d,e}、{c,d,f }、
{c,d,g}、{c,e,f }、{c,e,g}、{c,f ,g}、{d,e,f }、{d,e,g}、{d,f ,g}、{e,f ,g}，
因为A中集合满足X中的任意两个不同的元素，都恰好同时包含在唯一的一个三元子集，所以A中元素满
足要求的有：
{a,b,c}、{a,d,e}、{a,f ,g}、{b,d,f }、{b,e,g}、{c,d,g}、{c,e,f }，共有7个；
{a,b,c}、{a,d,f }、{a,e,g}、{b,d,e}、{b,f ,g}、{c,d,g}、{c,e,f }，共有7个；
{a,b,c}、{a,d,g}、{a,e,f }、{b,d,e}、{b,f ,g}、{c,d,f }、{c,e,g}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,e}、{a,f ,g}、{b,c,f }、{b,e,g}、{c,d,g}、{d,e,f }，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,g}、{a,e,f }、{b,c,e}、{b,f ,g}、{c,d,f }、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,d}、{a,c,f }、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,f ,g}、{c,d,g}、{d,e,f }，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,d}、{a,f ,g}、{b,c,f }、{b,d,g}、{c,e,g}、{d,e,f }，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,f }、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,f ,g}、{c,e,g}、{d,e,f }，共有7个；
{a,b,e}、{a,c,g}、{a,d,f }、{b,c,d}、{b,f ,g}、{c,e,f }、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,f }、{a,c,d}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,d,g}、{c,f ,g}、{d,e,f }，共有7个；
{a,b,f }、{a,c,e}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,f ,g}、{d,e,f }，共有7个；
{a,b,f }、{a,c,g}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,e,f }、{d,f ,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,d}、{a,e,f }、{b,c,e}、{b,d,f }、{c,f ,g}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,e}、{a,d,f }、{b,c,d}、{b,e,f }、{c,f ,g}、{d,e,g}，共有7个；
{a,b,g}、{a,c,f }、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,f }、{c,e,g}、{d,f ,g}，共有7个；
共有15种满足要求的集合A，但都只有7个元素.
故答案为：7
【题型2 复数新考点】n
(1 √3 )
【例2】（2023·全国·统考模拟预测）已知复数z= + i ，n∈N∗且z>0，则n的最小值为（ ）
2 2
A．1 B．3 C．6 D．9
【答案】C
n
(1 √3 )
【分析】计算出 + i (n=2,3,4,5,6)的值，即可得解.
2 2
2
(1 √3 ) 1 3 √3 1 √3
【详解】因为 + i = − + i=− + i，
2 2 4 4 2 2 2
3
(1 √3 ) ( 1 √3 )(1 √3 ) 3 1
+ i = − + i + i =− − =−1，
2 2 2 2 2 2 4 4
4
(1 √3 ) (1 √3 ) 1 √3
+ i =− + i =− − i，
2 2 2 2 2 2
5
(1 √3 ) (1 √3 )(1 √3 ) ( 1 √3 ) 1 √3
+ i =− + i + i =− − + i = − i，
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
6
(1 √3 ) (1 √3 ) (1 √3 ) 1 ( 3)
+ i = − i ⋅ + i = − − =1，
2 2 2 2 2 2 4 4
所以，当n=6时，z>0，故n的最小值为6.
故选：C.
i2023
【变式2-1】（多选）（2024上·云南·高三校联考阶段练习）若复数z= ，则（ ）
1−2i
2+i √5
A．z的共轭复数z= B．|z|=
5 5
1
C．复数z的虚部为− i D．复数z在复平面内对应的点在第四象限
5
【答案】ABD
【分析】首先化简复数z，再根据复数的相关概念，即可判断选项.
i2023 i2023 −i −i(1+2i) 2 i 2+i
【详解】∵z= ，∴z= = = = − ，则z= ，故A正确；
1−2i 1−2i 1−2i (1−2i)(1+2i) 5 5 5
|z|= √ (2) 2 + ( − 1) 2 = √5 ，故B正确；复数z的虚部为− 1 ，故C错误；
5 5 5 5
(2 1)
复数z在复平面内对应的点为 ，− ，在第四象限，故D正确.
5 5
故选：ABD
【变式2-2】（多选）（2024上·江西宜春·高三上高二中校考阶段练习）设z为复数，则下列命题中正确的
是（ ）
A．|z| 2=zz B．若z=(1−2i) 2 ，则复平面内z对应的点位于第二象限
C．z2=|z| 2 D．若|z|=1，则|z+i|的最大值为2
【答案】ABD
【分析】利用复数的四则运算，复数模的性质逐个选项分析即可.
【详解】对于 A，设z=a+bi，故z=a−bi，则|z| 2=a2+b2，zz=(a+bi)(a−bi)=a2+b2 ，故
|z|
2=zz成立，故A正确，
对于B，z=(1−2i) 2=−4i−3，z=4i−3，显然复平面内z对应的点位于第二象限，故B正确，
对于C，易知|z|
2=a2+b2，z2=a2+b2+2abi，当ab≠0时，z2≠|z| 2
，故C错误，
对于D，若|z|=1，则a2+b2=1，而|z+i|=√a2+(b+1) 2=√2b+2，易得当b=1时，|z+i|最大，此时|z+i|=2，故D正确.
故选：ABD
【变式2-3】（多选）（2024上·云南德宏·高三统考期末）已知z是复数z的共轭复数，则下列说法正确的
是（ ）
A．z⋅z=z2 B．若|z|=1，则z=±1
C．|z⋅z|=|z|⋅|z| D．若|z+1|=1，则|z−1|的最小值为1
【答案】CD
【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断 A；结合特殊值法可判断B；结
合复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D.
【 详 解 】 对 于 A ， 设 z=a+bi(a,b∈R)， 则 z⋅z=(a+bi)(a−bi)=a2+b2=|z| 2 ， 但
z2=(a+bi) 2=(a+bi)(a+bi)=a2+2abi−b2
，故A错误；
对于B，令z=i，满足|z|=|i|=1，故B错误；
对 于 C ， 设 z=a+bi(a,b∈R)， 则 z=a−bi所 以 z⋅z=(a+bi)(a−bi)=a2+b2 ， 则
|z⋅z|=|a2+b2|=a2+b2 |z|⋅|z|=√a2+b2 ⋅√a2+b2=a2+b2，所以|z⋅z|=|z|⋅|z|，故C正确；
对于D，设z=a+bi(a,b∈R)，则|z+1|=|a+1+bi|=√(a+1) 2+b2=1，
即(a+1) 2+b2=1，表示以(−1,0)为圆心，半径为1的圆，
|z−1|=√(a−1) 2+b2 表示圆上的点到(1,0)的距离，故|z−1|的最小值为√22−1=1，故D正确.
故选：CD
1 √3
【变式2-4】（多选）（2024上·河南南阳·高三统考期末）设复数z=− − i的共轭复数为z，则下列结
2 2
论正确的有（ ）
2π 2π z 1
A．z=cos +isin B． =
3 3 z2 2
|z|
C． =1 D．z2+z2=2
z
【答案】AC
【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算法则，即可求解.
1 √3 2π 2π
【详解】对于A，z=− + i=cos +isin ，故A正确；
2 2 3 3
1 √3 1 √3
− + i − + i
z 2 2 2 2
= = =1
对于B， ，故B错误；
z2 ( − 1 − √3 i ) 2 − 1 + √3 i
2 2 2 2
2
1 √3 ( 1 √3 )
− + i − + i
z 2 2 2 2 1 √3 |z|
对于C， = = =− − i ，所以 =1，故C正确；
z − 1 − √3 i ( − 1 − √3 i )( − 1 + √3 i ) 2 2 z
2 2 2 2 2 2
2 2
对于D，z2= ( − 1 − √3 i ) =− 1 + √3 i，z2= ( − 1 + √3 i ) =− 1 − √3 i，所以z2+z2=−1，故D错误.
2 2 2 2 2 2 2 2
故选：AC
【题型3 函数选图题新考点】
【例3】（2024·浙江·高三期末）已知函数对任意的x∈R有f(x)+f(−x)=0，且当x>0时，
f(x)=ln(x+1)，则函数f(x)的图象大致为（
）A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由f(x)+f(−x)=0得f(−x)=−f(x)，得到函数是奇函数，根据函数奇偶性和单调性之间的关
系即可得到结论.
【详解】由f(x)+f(−x)=0得f(−x)=−f(x)，则函数是奇函数，排除A、C
∵当x>0时，f(x)=ln(x+1)，∴对应的图象为D，
故选：D.
5sinx
【变式3-1】（2024·浙江宁波·高三期末）函数 f(x)= +xcosx 在[−2π,2π]上的图象大致为
e|x|
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C【分析】根据函数的奇偶性，结合特殊值，即可排除选项.
【详解】首先f(−x)=−f(x)，所以函数是奇函数，故排除D，f(2π)=2π，故排除B，
π
当x∈(0, )时，f(x)>0，故排除A，只有C满足条件.
2
故选：C
1
【变式3-2】（2024·安徽省·高三模拟）函数f (x)=aln|x|+ 的图象不可能是（ ）
x
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分a=0，a>0和a<0三种情况讨论，结合函数的单调性及函数的零点即可得出答案.
1
【详解】①当a=0时，f (x)= ，此时A选项符合；
x
1
②当a>0时，f (x)=aln|x|+ =¿，
x
1
当x<0时，f (x)=aln(−x)+ ，
x
1
因为函数y=aln(−x),y= 在(−∞,0)上都是减函数，
x
所以函数f (x)在在(−∞,0)上是减函数，
1
如图，作出函数y=aln(−x),y=− 在(−∞,0)上的图象，
x1
由图可知，函数y=aln(−x),y=− 的图象在(−∞,0)上有一个交点，
x
即函数f (x)在在(−∞,0)上有一个零点，
1 a 1 ax−1
当x>0时，f (x)=alnx+ ，则 f'(x)= − = ，
x x x2 x2
1 1
由f'(x)>0，得x> ，由f'(x)<0，得00时，f (x)=alnx+ ，
x
1
因为函数y=alnx,y= 在(0,+∞)上都是减函数，
x
所以函数f (x)在(0,+∞)上是减函数，
1
如图，作出函数y=alnx,y=− 在(0,+∞)上的图象，
x
1
由图可知，函数y=alnx,y=− 的图象在(0,+∞)上有一个交点，
x
即函数f (x)在在(0,+∞)上有一个零点，1 a 1 ax−1
当x<0时，f (x)=aln(−x)+ ，则 f'(x)= − = ，
x x x2 x2
1 1
由f'(x)>0，得x< ，由f'(x)<0，得 0，y>0得x>1，
x2
所以f (x)= (x>1)，排除AB，
x−1
x2 1
由f (x)= =x−1+ +2≥2+2=4，当且仅当x=2时取等号，可排除D．
x−1 x−1
故选：C．
【变式3-4】（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，满足f (|x|)=f (x)．当x<0时f (x)= (1 −x ) lnx2 ，则f (x)的大致图象为（ ）
x
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用函数的奇偶性，及特殊位置结合排除法即可判定选项.
【详解】因为函数f (x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，满足f (|x|)=f (x)，
所以f (x)是偶函数，所以f (x)的图象关于y轴对称，故排除A；
当−10，故排除B，C．
x x
故选:D
【题型4 比较大小新考点】
1
【例4】（2024·辽宁重点高中·模拟预测）设a=cos0.1，b=10sin0.1，c=
，则（ ）
10tan0.1
A．aa,c>a，再构造函数，比较出
2
238801 599
c< < 0,b=10sin0.1>0,c= >0，
10tan0.1
b a
=10tan0.1， =10tan0.1⋅cos0.1=10sin0.1，
a c
π
( )
下证θ∈ 0, 时，tanθ>θ>sinθ，
2π
设∠AOB=θ∈ ( 0, ) ，射线OB与单位圆O相交于点C，过点C作CD⊥x轴于点D，
2
单位圆与x轴正半轴交于点A，过点A作AB⊥x轴，交射线OB于点B，连接AC，
则CD=sinθ,AB=tanθ，
设扇形AOC的面积为S，因为S 0.1>sin0.1，所以 =10tan0.1>10×0.1=1， =10sin0.1<10×0.1=1，
a c
所以b>a,c>a，
x3
(
π
)
因为b=10sin0.1，令f (x)=sinx−x+ ， x∈ 0, ，
6 2
x2
则f'(x)=cosx−1+ ，其中f'(0)=0，
2
令g(x)=f'(x)，则g'(x)=−sinx+x，g'(0)=0，
π
令ℎ(x)=g'(x)，则ℎ '(x)=−cosx+1>0在x∈ ( 0, ) 上恒成立，
2
π
则ℎ(x)=g'(x)在x∈ ( 0, ) 上单调递增，又g'(0)=0，
2
π
故ℎ(x)=g'(x)=−sinx+x>0在x∈ ( 0, ) 上恒成立，
2
所以g(x)=f'(x)=cosx−1+
x2
在x∈ ( 0,
π
) 上单调递增，又f'(0)=0，
2 2
故g(x)=f'(x)=cosx−1+
x2
>0在 x∈ ( 0,
π
) 上恒成立，
2 2x3
(
π
)
所以f (x)=sinx−x+ 在 x∈ 0, 上单调递增，又f (0)=0，
6 2
0.13 0.13 1 1 599
所以sin0.1−0.1+ >0，即sin0.1>0.1− = − = ，
6 6 10 6000 6000
599
则b=10sin0.1>
600
1 cos0.1
因为c= =
，
10tan0.1 10sin0.1
x2 x4
(
π
)
令q(x)=cosx−1+ − ， x∈ 0, ，
2 24 2
x3 x3
则q'(x)=−sinx+x− ，令w(x)=q'(x)=−sinx+x−
，
6 6
x2 x2
则w'(x)=−cosx+1− ，令e(x)=w'(x)=−cosx+1−
，
2 2
则e'(x)=sinx−x，令r(x)=e'(x)=sinx−x，
π
则r'(x)=cosx−1<0在 x∈ ( 0, )
上恒成立，
2
π
所以r(x)=e'(x)=sinx−x在 x∈ ( 0, )
单调递减，
2
π
又r(0)=0，故r(x)=e'(x)=sinx−x<0在x∈ ( 0, ) 上恒成立，
2
所以e(x)=w'(x)=−cosx+1−
x2
在
x∈ ( 0,
π
)
上单调递减，
2 2
又e(0)=0，故e(x)=w'(x)=−cosx+1−
x2
<0在x∈ ( 0,
π
) 上恒成立，
2 2
所以w(x)=q'(x)=−sinx+x−
x3
在
x∈ ( 0,
π
)
上单调递减，
6 2
又w(0)=0，故w(x)=q'(x)=−sinx+x−
x3
<0在x∈ ( 0,
π
) 上恒成立，
6 2
x2 x4
(
π
)
故q(x)=cosx−1+ − 在 x∈ 0, 上单调递减，
2 24 2
0.01 0.0001 238801
又q(0)=0，故q(0.1)<0，即cos0.1<1− + =
，
2 24 240000
238801
1 cos0.1 240000 238801 600 238801
故c= = < = × = ，
10tan0.1 10sin0.1 599 240000 599 239600
600238801 599
其中c< < sinx和x>ln(x+1)以及 ln(x+1)> ，再进行合理赋值即可.
x+1
( 1 1) 2 ( 1) ( 1) ( 1)
【详解】b=ln sin +cos =ln 1+sin ,c= 1+ ln 1+
，
8 8 4 4 4
设ℎ(x)=x−sinx，x∈(0,+∞)，则ℎ '(x)=1−cosx≥0，
1 1
则ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，则ℎ(x)> ℎ(0)=0，则x>sinx在(0,+∞)上恒成立，则 >sin ，即
4 4
1
a>sin
，
4
1 x
设g(x)=x−ln(x+1)，x∈(0,+∞)，则g'(x)=1− = >0在(0,+∞)上恒成立，
x+1 x+1
则g(x)>g(0)=0，则x>ln(x+1)在(0,+∞)上恒成立，
1 ( 1) 1 1
令x=sin ，则 ln 1+sin b，
4 4 4 4
x 1 1 x
设f (x)=ln(x+1)− ， f'(x)= − = >0 在(0,1]上恒成立，
x+1 x+1 (x+1) 2 (x+1) 2
x
则f (x)在(0,1]上单调递增，则f (x)>f (0)=0，即 ln(x+1)> 在(0,1]上恒成立，
x+11 5 1 5 5 1
令x= ，则 ln > ，则 ln > ，即c>a，故c>a>b，
4 4 5 4 4 4
故选：B.
1 1 1 3
【变式4-2】（2024·吉林·高三期末）已知a=sin ,b= cos ,c=ln
，则（ ）
3 3 3 2
A．c0，所以f(x)在 ( 0, ) 上单调递增，
2 2
1 1 1 1
所以f(x)>f(0)=0，则f( )=sin − cos >0，
3 3 3 3
1 1 1
即sin > cos ，则a>b，
3 3 3
1 x−1
设g(x)=lnx+
，则
g' (x)= ,x>0
，
x x2
则当x∈(0,1)，g' (x)<0，所以g(x)为减函数，
则当x∈(1,+∞)， g' (x)>0，所以g(x)为增函数，
3 3 2 3 1
所以g( )=ln + >g(1)=1，则ln > ；
2 2 3 2 3
π
设ℎ(x)=x−sinx，x∈ ( 0, ) ，则ℎ ' (x)=1−cosx>0，
2
π 1 1 1
所以ℎ(x)在 ( 0, ) 为增函数，则ℎ( )= −sin > ℎ(0)=0，
2 3 3 3
1 1 3 1
即 >sin ，则ln >sin ，所以c>a；
3 3 2 3
所以c>a>b.
故选：D.
【点睛】思路点睛：两个常用不等式
π
( )
（1）x>sinx，x∈ 0,
2
π
( )
（2）sinx>xcosx，x∈ 0,
2π 9π
【变式4-3】（2024·全国·模拟预测）已知a=e10，b=1+sin
10
，c=1.16 ，则a，b，c的大小关系为
（ ）
A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a
【答案】C
【分析】先利用常见不等式放缩得到a，b的大小关系，再利用幂函数的单调性比较a，c的大小关系即可
得到答案.
【详解】令f (x)=ex−x−1(x≥0)，则f'(x)=ex−1≥0恒成立，
所以f (x)在(0,+∞)单调递增，
所以当x>0时，f (x)>f (0)=0，即ex>x+1(x>0)；
令g(x)=x−sinx(x≥0)，则g'(x)=1−cosx≥0恒成立，
所以g(x)在(0,+∞)单调递增，
所以当x>0时，g(x)>g(0)=0，即sinx0)；
9π π
由诱导公式得b=1+sin =1+sin
，
10 10
π
π π
所以b=1+sin <1+ b；
10 10
因为 a=e π 101+C1 ×(0.1) 1+C2 ×(0.1) 2>3>e，
15 15
所以c>a．
综上，c>a>b.
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查比较大小问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）中间值法：通过与特殊的中间值比较大小，进而判断两个数的大小关系；
（2）构造函数法：通过观察两个数形式的相似之处，构造函数，利用导数研究函数单调性与极值等性质
进而比较大小；
（3）放缩法：利用常见的不等式进行数的放缩进而快速比较大小.
(1) x
【变式4-4】（2023·山东临沂·统考一模）已知x= ,log y=√x,x=log z，则（ ）
2 1 x
2
A．x0, f (1) <0，则x∈ (1 ,1 ) 时f (x)=0，即x= (1) x ，而log y=√x⇒y= (1) √x ，
2 2 2 1 2
2
∵x<√x，
(1) x (1) √x
∴x−y= − >0⇒x>y.
2 2
x=log z⇒z=xx>
(1) x
=x.
x 2
综上：y3.1415927，即a 为强率；
2 1 3 3 1+3 4 3
3 13 3+13 16
由 <π< 可得，a = = >3.1415927，即a 为强率；
1 4 4 1+4 5 4
3 16 3+16 19
由 <π< 可得，a = = >3.1415927，即a 为强率；
1 5 5 1+5 6 5
3 19 3+19 22
由 <π< 可得，a = = >3.1415927，即a 为强率；
1 6 6 1+6 7 6
3 22 3+22 25
由 <π< 可得，a = = =3.125<3.1415926，即a 为弱率，所以m=7，
1 7 7 1+7 8 7
故选：B.
【变式5-1】（2023·山东烟台·统考二模）给定数列A，定义A上的加密算法f ：当i为奇数时，将A中各
i
奇数项的值均增加i，各偶数项的值均减去1；当i为偶数时，将A中各偶数项的值均增加2i，各奇数项的
值均减去 2，并记新得到的数列为 f (A)(i∈N∗)．设数列B ：2，0，2，3，5，7，数列
i 0
B =f (B ),(n∈N∗)，则数列B 为 ；数列B 的所有项的和为 ．
n n n−1 2 2n
【答案】 1，3，1，6，4，10 9n2−3n+19
【分析】由题意求出数列B ，即可求解数列B ；对于偶数项可得B −B =4n−1，为等差数列，写出
1 2 2n 2n−2
第2，4，6项. 对于奇数项可得B −B =2n−3，为等差数列，写出第1，3，5项，相加即可求解.
2n 2n−2
【详解】由题意，
B =f (B )，1为奇数，所以B :3,−1,3,2,6,6，
1 1 0 1
B =f (B )，2为偶数，所以B :1,3,1,6,4,10.
2 2 1 2
因为B =f (B )=f (f (B ))，2n为偶数，2n−1为奇数，
2n 2n 2n−1 2n 2n−1 2n−2
所以对于偶数项，B −B =−1,B −B =4n，得B −B =4n−1，
2n−1 2n−2 2n 2n−1 2n 2n−2
则{B −B }为等差数列，得数列B2n中：
2n 2n−2
[3+(4n−1)]n
第2项为：0+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)= =(2n+1)n，
2
第4项为：3+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)=(2n+1)n+3，
第6项为：7+(3+7+⋯+4n−3+4n−1)=(2n+1)n+7；
对于奇数项，B −B =2n−1,B −B =−2，得B −B =2n−3，
2n−1 2n−2 2n 2n−1 2n 2n−2
则{B −B }为等差数列，得数列B2n中：
2n 2n−2[−1+(2n−3)]n
第1项为：2+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=2+ =(n−2)n+2，
2
[−1+(2n−3)]n
第3项为：2+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=2+ =(n−2)n+2，
2
第5项为：5+(−1+⋯+2n−5+2n−3)=(n−2)n+5，
所以B 所有的项的和为
2n
(2n+1)n+(2n+1)n+3+(2n+1)n+7+n(n−2)+2+n(n−2)+2+n(n−2)+5=9n2−3n+19.
故答案为：1,3,1,6,4,10；9n2−3n+19.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解新定义“数列A”的算法，以学习过的数列相关的知识为基础，
通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基础上，解决新问题.
【变式5-2】（2024江西省九师联盟）在1，3中间插入二者的乘积，得到1，3，3，称数列1，3，3为数
列1，3的第一次扩展数列，数列1，3，3，9，3为数列1，3的第二次扩展数列，重复上述规则，可得1，
x ，x ，…， x ，3为数列1，3的第n次扩展数列，令 a =log (1×x ×x ×⋯×x ×3)，则数列
1 2 2n−1 n 3 1 2 2n−1
{a }的通项公式为 .
n
3n+1
【答案】a =
n 2
【分析】根据数列的定义找到a 与a 的关系，然后利用构造法结合等比数列的定义求解即可.
n+1 n
【详解】因为
a =log (1×x ×x ×⋯×x ×3)，
n 3 1 2 2n−1
所以 a n+1 =log 3 [1⋅(1⋅x 1 )x 1 (x 1 x 2 )x 2 ⋯x 2n−1 (x 2n−1 ⋅3)⋅3]= log 3 (12 ⋅x 1 3x 2 3 ⋯x 2 3 n−2 x 2 3 n−1 ⋅32)=3a n −1，
1 ( 1)
所以a − =3 a − ，
n+1 2 n 2
1 3
又a =log (1×3×3)=2，所以a − = ，
1 3 1 2 2
{ 1} 3
所以 a − 是以 为首项，3为公比的等比数列，
n 2 2
1 3 3n 3n+1
所以a − = ×3n−1= ，所以a = .
n 2 2 2 n 2
3n+1
故答案为：a =
n 2
【变式5-3】（2023上·广东深圳·）若系列椭圆C :a x2+ y2=1（0m>1，则（ ）
A3
A．C3=C5 B．C3= 7
8 8 7 4!
C．mCm=(n−1)Cm−1 D．Am+mAm−1=Am
n n−1 n n n+1
【答案】AD
【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断.
【详解】对A：由组合数性质：Cm=Cn−m
可知，A正确；
n n
A3
对B：C3= 7 ，故B错误；
7 3!
n! n! (n−1)!
对C：mCm =m× = =n×
，
n m!(n−m)! (m−1)!(n−m)! (m−1)!(n−m)!
(n−1)!
(n−1)Cm−1 =(n−1)× ，故mCm≠(n−1)Cm−1 ，C错误；
n−1 (m−1)!(n−m)! n n−1
n! n! n! n!
对D：Am+mAm−1 = +m× =(n−m+1)× +m×
n n (n−m)! (n−m+1)! (n−m+1)! (n−m+1)!
(n+1)!
= = Am
，故D正确.
(n−m+1)! n+1
故选：AD.
【题型7 圆锥曲线小题新考点】
【例7】（2023上·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）已知圆锥曲线Γ：f (x,y)=1关于坐标原
点O对称，定点P的坐标为(x ,y ).给出两个命题：①若00)，
(1 )
M是抛物线C上的动点，焦点F ,0 ，N(4,2)，下列说法正确的是（ ）
2A．C的方程为y2=x B．C的方程为y2=2x
5 9
C．|MF|+|MN|的最小值为 D．|MF|+|MN|的最小值为
2 2
【答案】BD
【分析】由焦点易得抛物线的方程为y2=2x，设准线为l，过M作MA⊥l交l于点A，过N作NB⊥l交l于
9
点B，交C于点M' ，连接M'F，通过抛物线的定义结合图象可得 |MF|+|MN|≥|M'F|+|M'N|=
，
2
即可求得答案.
p 1
【详解】由题可得
= ,p=1，即C的方程为y2=2x，
2 2
设准线为l，过M作MA⊥l交l于点A，过N作NB⊥l交l于点B，交C于点M' ，连接M'F，
将y=2代入y2=2x可得M' (2,2)，
所以|M'F|+|M'N|= √ (2−0) 2+ ( 2− 1) 2 +2= 9 ，
2 2
9
于是|MF|+|MN|=|MA| +|MN|≥|BN|=|BM'|+|M'N|=|M'F|+|M'N|= ，
2
9
当M与M' 重合时，|MF|+|MN|取得最小值 .
2
故选：BD.
【变式7-3】（2024江西九师联盟）阿波罗尼斯（约公元前262年~约公元前190年），古希腊著名数学家，
主要著作有《圆锥曲线论》、《论切触》等，尤其《圆锥曲线论》是一部经典巨著，代表了希腊几何的最
高水平，此书集前人之大成，进一步提出了许多新的性质，其中也包括圆锥曲线的光学性质，光线从双曲
线的一个焦点发出，通过双曲线的反射，反射光线的反向延长线经过其另一个焦点，已知双曲线C：
x2 y2
− =1（a>0,b>0）的左、右焦点分别为F ，F ，其离心率为e=√5,从F 发出的光线经过双曲
a2 b2 1 2 2
线C的右支上一点E的反射，反射光线为EP，若反射光线与入射光线垂直，则sin∠F F E=
2 1
5 √5 4 2√5
A. B. C. D.
6 5 5 5
【答案】B
c
【详解】设 |EF |=m,|EF |=n,|F F |=2c,由题意可知 m−n=2a,EF ⊥EP, =√5, 所以
1 2 1 2 2 am2+n2−2mn=4a2, c=√5a, m2+n2=4c2,所以mn=2c2−2a2=8a2,又m−n=2a,所以
n2+2an−8a2=0,
|EF | 2a √5
解得n=2a，所以sin∠F F E= 2 = =
2 1 |F F | 2√5a 5
1 2
【变式7-4】（2024·浙江宁波·高三期末）（多选）已知O为坐标原点，曲线Γ：(x2+ y2) 2 =ay(3x2−y2)，
a>0，P(x ,y )为曲线Γ上动点，则（ ）
0 0
A．曲线Γ关于y轴对称 B．曲线Γ的图象具有3条对称轴
[ 9 ]
C．y ∈ −a, a D．|OP|的最大值为√3a
0 16
【答案】ABC
【分析】对于选项A:将x用−x替换代入方程计算，即可判断；对于选项B:令x=rcosθ，y=rsinθ，代入
整理可得r=asin3θ，利用周期性与对称性即可判断；对于选项C:代入，借助三角恒等变换公式化简计算
即可；对于选项D:借助三角函数的性质并表示出|OP|=r=asin3θ≤a.
【详解】对于选项A:将x用−x替换代入方程，方程不变，故曲线关于y轴对称，A正确；
对于选项B:由sin3θ=sin(2θ+θ)=sin2θcosθ+cos2θsinθ
=2sinθ(1−sin2θ)+(1−2sin2θ)sinθ=3sinθ−4sin3θ=sinθ(3cos2θ−sin2θ)，
令x=rcosθ，y=rsinθ，
代入整理可得r=asinθ(3cos2θ−sin2θ)=asin3θ，
其中r=√x2+ y2>0，θ为点(x,y)所在终边对应的角度，且θ∈[0,2π)，
[ π] [2π ] [4π 5π]
因为r>0，故θ∈ 0, ∪ ,π ∪ , ，
3 3 3 3
因为曲线关于y轴对称，
[4π 5π] 3π
故θ∈ , 对应的图象关于θ= 轴（即y轴对称）对称，
3 3 2
2π
注意到r=asin3θ关于θ的周期为 ，
3
π 5π x
故曲线也关于
θ= 和θ= （即y=±
）对称，
6 6 √3
故B选项正确；
a [ 9 ]
对于选项C:y =asin3θsinθ= sin2θ(3−4sin2θ)∈ −a, a ，C正确；
0 4 16
对于选项D:|OP|=r=asin3θ≤a，D错误；
故选：ABC．
C另解：(x2+ y2) 2 =ay(3x2−y2)⇔x4+(2y2−3ay)x2+ y4+a y3=0，该方程关于x2 有解，令t=x2≥0，则t2+(2y2−3ay)t+ y4+a y3=0在[0,+∞)上有根，
由m(t)=t2+(2y2−3ay)t+ y4+a y3
，
则m(0)= y4+a y3≤0， 或¿，
( 9 ]
解得；y∈[−a,0]或y∈ 0, a
16
[ 9 ]
综上：y ∈ −a, a ．
0 16
D另解：
(x2+ y2) 2 = a √ 8 y2(3x2−y2) 2 ≤ a
√[8 y2+2(3x2−y2) 2] 3
=a(x2+ y2)
3
2，
√8 √8 3
解得|OP|=√x2+ y2≤a．
【点睛】关键点点睛：解题的关键在于将曲线Γ进行换元，令x=rcosθ，y=rsinθ，代入整理得
r=asin3θ，借助三角函数的相关性质探讨即可.
【题型8 导数周期与对称新考点】
【例8】（2024·陕西西安·统考一模）已知函数f(x)及其导函数f' (x)的定义域均为R，记g(x)=f' (x)，
( 1) (5)
若f(1−2x)+4x为偶函数，g(x+2)=g(x−4)，且g − =0，则g +g(4)= （ ）
2 2
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【分析】根据偶函数的性质可得f(1−2x)+4x=f(1+2x)−4x，求导得g(1+2x)+g(1−2x)=4，结
合g(x)的周期性即可求解.
【详解】因为f(1−2x)+4x为偶函数，所以f(1−2x)+4x=f(1+2x)−4x，
两边同时求导得−2f' (1−2x)+4=2f' (1+2x)−4，即f' (1+2x)+f' (1−2x)=4，
所以g(1+2x)+g(1−2x)=4，令x=0，得g(1)=2，
3 ( 1) (5) ( 1) (5)
令x=− ，得g − +g =4，又因为g − =0，所以g =4，
4 2 2 2 2
由g(x+2)=g(x−4)，所以g(x+6)=g(x)，所以g(x)的周期为6，则g(4)=g(−2)，
(5)
而g(4)+g(−2)=4，所以g(4)=2，所以g +g(4)=4+2=6．
2
故选：B
【变式8-1】（2023上·四川·高三校联考阶段练习）已知函数f (x)及其导函数f'(x)的定义域均为R，且
27
f (x−1)为奇函数，f'(2−x)+f'(x)=−2，f'(−1)=−2，则∑❑f'(2i−1)=（ ）
i=1
A．−28 B．−26 C．−24 D．−22
【答案】B
【分析】根据题意利用赋值法求出f'(1)、f'(3)、f'(5)、f'(7)的值，推出函数f'(x)的周期，结合
f'(1)+f'(3)+f'(5)+f'(7)+⋅⋅⋅+f'(49)，每四个值为一个循环，即可求得答案.
【详解】由f'(2−x)+f'(x)=−2，令x=1，得2f'(1)=−2，所以f'(1)=−1，
由f (x−1)为奇函数，得f (x−1)=−f (−x−1)，所以f'(x−1)=f'(−x−1)，
故f'(x)=f'(−x−2)①．又f'(2−x)+f'(x)=−2②，
由①和②得f'(2−x)+f'(−x−2)=−2，即f'(4−x−2)+f'(−x−2)=−2，
所以f'(x)+f'(x+4)=−2，③
令x=−1，得f'(−1)+f'(3)=−2，得f'(3)=0，
令x=1，得f'(1)+f'(5)=−2，得f'(5)=−1，
又f'(x+4)+f'(x+8)=−2④，
由③−④得f'(x)−f'(x+8)=0，即f'(x)=f'(x+8)，
所以函数f'(x)是以8为周期的周期函数，
故f'(7)=f'(−1)=−2，
所以f'(1)+f'(3)+f'(5)+f'(7)=−1+0−1−2=−4，
27
所以∑❑f'(2i−1)=f'(1)+f'(3)+f'(5)+f'(7)+⋅⋅⋅+f'(53)
i=1
=6[f'(1)+f'(3)+f'(5)+f'(7)]+f'(1)+f'(3)+f'(5)=−24−1+0−1=−26.
故选：B．
【 变 式 8-2 】 （ 2024 上 · 浙 江 宁 波 · 高 三 统 考 期 末 ） 已 知 函 数 f (x)的 定 义 域 为 R， 且
2024
f (x+ y)f (x)f (y)=f (x+ y)−f (x)−f (y)，f (1)=√3，则∑ f (k)=（ ）
k=1
A．2024 B．1012√3 C．√3 D．0
【答案】D
2024
【分析】根据表达式得出规律，即可求出∑ f (k)的值.
k=1
【详解】由题意，
在f (x)中， 定义域为R，f (x+ y)f (x)f (y)=f (x+ y)−f (x)−f (y)，
当x= y=0时，f (0)f (0)f (0)=f (0)−f (0)−f (0)，解得：f (0)=0，
当y=1时，f (x+1)f (x)f (1)=f (x+1)−f (x)−f (1)，
即√3f (x+1)f (x)=f (x+1)−f (x)−√3
当x=0时，√3f (1)f (0)=f (1)−f (0)−√3，解得：f (1)=√3，
当x=1时，√3f (2)f (1)=f (2)−f (1)−√3，解得：f (2)=−√3，
当x=2时，√3f (3)f (2)=f (3)−f (2)−√3，解得：f (3)=0，
……函数值周期性变化，周期为3，
∵2024=675×3−1，
2024
可得：∑ f (k)=f (1)+f (2)+f (3)+⋯+f (2022)+f (2023)+f (2024)
k=1
=675[f (1)+f (2)+f (3)]−f (2025)=3×(√3−√3+0)−f (3)=0−0=0，
故选：D.
【变式8-3】（2024上·山东淄博·高三统考期末）已知函数f (x)，g(x)的定义域都为R，g'(x)为g(x)的导
函数，g'(x)的定义域也为R，且f (x)+g'(x)=2，f (x)−g'(4−x)=2，若g(x)为偶函数，则下列结论中一
定成立的个数为（ ）
①f (4)=2 ②g'(2)=0 ③f (1)=f (3) ④f (−1)+f (−3)=4
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由已知可得g'(x)关于点(2,0)对称，判断②；因为g(x)为偶函数，可推得g'(x)为奇函数，进而得
出g'(x)的周期为4，可判断①；由已知得出f (1)，f (3)，可判断③；结合g'(x)的性质可判断④.
【详解】因为f (x)+g'(x)=2，f (x)−g'(4−x)=2，所以g'(x)+g'(4−x)=0，
所以g'(x)关于点(2,0)对称，所以g'(2)=0，②成立；因为g(x)为偶函数，所以g(−x)=g(x)，所以−g'(−x)=g'(x)，
所以g'(x)为奇函数，g'(x)关于(0,0)对称，即g'(0)=0，
因为g'(x)+g'(4−x)=0，−g'(−x)=g'(x)，
所以g'(4−x)=g'(−x)，所以g'(x)的周期为4，
因为f (4)+g'(4)=2，所以f (4)=2−g'(4)=2−g'(0)=2，①成立；
因为f (x)=2−g'(x)，所以f (1)=2−g'(1)，
又f (x)=2+g'(4−x)，所以f (3)=2+g'(1)，
因为g'(1)不能确定，③不一定成立；
因为g'(x)周期为4，
所以f (−1)+f (−3)=2−g'(−1)+2+g'(7)=4−g'(−1)+g'(−1)=4，④成立；
综上，一定成立的有3个.
故选：C.
【变式8-4】（多选）（2024上·河南漯河·高三统考期末）已知函数f(x)及其导函数f '(x)的定义域均为R，
1
若函数y=f(3−2x)为奇函数，函数y= x−f(x+2)为偶函数，g(x)=f '(x)，则（ ）
3
2 1
A．g(0)= B．g(4)=
3 3
2 2
C．g(0)+g(2)= D．g(4)−g(6)=
3 3
【答案】BC
【分析】由y=f (3−2x)为奇函数，可知g(3−x)−g(3+x)=0，可得函数g(x)图像关于直线x=3对称，
1 2 ( 1)
再由y= x−f (x+2)，可得g(x+2)+g(−x+2)= ，函数g(x)图像关于点 2, 对称，再代入特值，可
3 3 3
判断各选项.
【详解】由y=f (3−2x)为奇函数可得f (3−2x)=−f (3+2x)，即f (3−x)=−f (3+x)，
∴f'(3−x)=f'(3+x)，即f'(3−x)−f'(3+x)=0，即g(3−x)−g(3+x)=0，
所以函数y=g(x)的图像关于直线x=3对称，
1 1
由y= x−f (x+2)是偶函数可得y'= −f'(x+2)为奇函数，
3 3
1 1
∴ −f'(x+2)+ −f'(−x+2)=0，
3 3
2
即g(x+2)+g(−x+2)=
，
3
( 1)
所以函数y=g(x)的图像关于点 2, 对称；
3
2 1
将x=0代入g(x+2)+g(−x+2)= ，得g(2)=
，
3 3
1
将x=1代入g(3−x)−g(3+x)=0，得g(4)= ，B选项正确；
3
2 2 1
将x=2代入g(x+2)+g(−x+2)= 得g(4)+g(0)= ，得g(0)= ，A选项错误；
3 3 3
1 1 2
g(0)+g(2)= + =
，C选项正确；
3 3 3
1 1 1
将x=3代入g(3−x)−g(3+x)=0，得g(0)−g(6)=0，故g(6)= ，g(4)−g(6)= − =0，D选项错误.
3 3 3
故选：BC.
【题型9 抽象函数类新考点】(1)
【例9】【2024九省联考第11题】已知函数f (x)的定义域为R，且f ≠0，若f (x+ y)+f (x)f (y)=4xy，
2
则（ ）
( 1) (1)
A．f − =0 B．f =−2
2 2
( 1) ( 1)
C．函数f x− 是偶函数 D．函数f x+ 是减函数
2 2
1 1
【分析】对抽象函数采用赋值法，令x= 、y=0，结合题意可得f (0)=−1，对A：令x= 、y=0，代入
2 2
1 ( 1) ( 1) ( 1)
计算即可得；对B、C、D：令y=− ，可得f x− =−2x，即可得函数f x− 及函数f x+ 函数
2 2 2 2
(1)
的性质，代入x=1，即可得f .
2
1 (1) (1) (1)
【详解】令x= 、y=0，则有f +f ×f (0)=f [1+f (0)]=0，
2 2 2 2
(1) 1 1
又f ≠0，故1+f (0)=0，即f (0)=−1，令x= 、y=− ，则有
2 2 2
(1 1) (1) ( 1) 1 ( 1)
f − +f f − =4× × − ，
2 2 2 2 2 2
(1) ( 1) (1) ( 1) (1) ( 1)
即f (0)+f f − =−1，由f (0)=−1，可得f f − =0，又f ≠0，故f − =0，故A正
2 2 2 2 2 2
确；
1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
令y=− ，则有f x− +f (x)f − =4x× − ，即f x− =−2x，故函数f x− 是奇函数，
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) ( 1)
有f x+1− =−2(x+1)=−2x−2，即f x+ =−2x−2，即函数f x+ 是减函数，
2 2 2
(1)
令x=1，有f =−2×1=−2，故B正确、C错误、D正确.故选：ABD.
2
【变式9-1】（2022•新高考Ⅱ）已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+ y)+f(x−y)=f(x)f(y),f(1)=1，
22
则∑❑f(k)=（ ）
k=1
A．−3 B．−2 C．0 D．1
【答案】A
【分析】法一：根据题意赋值即可知函数f (x)的一个周期为6，求出函数一个周期中的f (1),f (2),⋯,f (6)
的值，即可解出．
【详解】[方法一]：赋值加性质因为f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (y)，令x=1,y=0可得，2f (1)=f (1)f (0)，所以f (0)=2，令x=0可得，
f (y)+f (−y)=2f (y)，即f (y)=f (−y)，所以函数f (x)为偶函数，令y=1得，
f (x+1)+f (x−1)=f (x)f (1)=f (x)，即有f (x+2)+f (x)=f (x+1)，从而可知f (x+2)=−f (x−1)，
f (x−1)=−f (x−4)，故f (x+2)=f (x−4)，即f (x)=f (x+6)，所以函数f (x)的一个周期为6．因为
f (2)=f (1)−f (0)=1−2=−1，f (3)=f (2)−f (1)=−1−1=−2，f (4)=f (−2)=f (2)=−1，
f (5)=f (−1)=f (1)=1，f (6)=f (0)=2，所以
一个周期内的f (1)+f (2)+⋯+f (6)=0．由于22除以6余4，
22
所以∑f (k)=f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=1−1−2−1=−3．故选：A．
k=1
[方法二]：【最优解】构造特殊函数
由f (x+ y)+f (x−y)=f (x)f (y)，联想到余弦函数和差化积公式
cos(x+ y)+cos(x−y)=2cosxcosy，可设f (x)=acosωx，则由方法一中f (0)=2,f (1)=1知
1 π
a=2,acosω=1，解得cosω= ，取ω=
，
2 3
π
所以f (x)=2cos x，则
3
(π π ) (π π ) π π
f (x+ y)+f (x−y)=2cos x+ y +2cos x− y =4cos xcos y=f (x)f (y)，所以
3 3 3 3 3 3
2π
π T= =6
f (x)=2cos x符合条件，因此f(x)的周期 π ，f (0)=2,f (1)=1，且
3
3
f (2)=−1,f (3)=−2,f (4)=−1,f (5)=1,f (6)=2，所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0，
由于22除以6余4，
22
所以∑f (k)=f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=1−1−2−1=−3．故选：A．
k=1
【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；
法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，
简单明了，是该题的最优解.
【变式9-2】（2023•玉林三模）函数f (x)对任意x，y∈R总有f (x+ y)=f (x)+f (y)，当x<0时，f (x)<0，
1
f (1)= ，则下列命题中正确的是（ ）
3
A．f (x)是偶函数 B．f (x)是R上的减函数
C．f (x)在[−6,6]上的最小值为−2 D．若f (x)+f (x−3)≥−1，则实数x的取值范围为
[3,+∞)
【答案】C【分析】利用赋值法，结合函数奇偶性的定义，即可判断A；
根据函数单调性的定义，结合条件，即可判断B；
根据函数的单调性，和奇偶性，以及条件，即可判断C；
不等式转化为f (2x−3)≥f (−3)，利用函数的单调性，即可判断D.
【详解】解：取x=0，y=0，则f (0)=f (0)+f (0)，解得f (0)=0，y=−x，
则f (0)=f (x)+f (−x)．即−f (x)=f (−x)，函数f (x)是奇函数，所以选项A错误；
令x ，x ∈R ，且x f (1)−1
1 2 1 2 1 2
恒成立，则实数a的取值范围是 ．
1 1
【答案】a> 或a<−
e e
【分析】利用特殊值法求f (1)=1，f (−1)=1，利用奇偶函数概念研究f (x)的奇偶性，再利用单调性化简
不等式，参变分离、构造新函数法，再利用导数的性质进行求解即可.
【详解】令x =x =1，有f (1)=f (1)+f (1)−1，得f (1)=1，
1 2
令x =x =−1，得f (1)=2f (−1)−1，则f (−1)=1，
1 2
令x =x(x∈D)，x =−1，有f (−x)=f (x)+f (−1)−1，得f (−x)=f (x)，
1 2
又函数f (x)的定义域D为(−∞,0)∪(0,+∞)关于原点对称，所以f (x)是偶函数，
因为f (x)在(−∞,0)上单调递减，所以f (x)在(0,+∞)上单调递增.
不等式f (ax)−f (lnx)>f (1)−1可化为f (ax)>f (lnx)，
则有f (|ax|)>f (|lnx|)，
因为函数f (x)在(0,+∞)上单调递增，所以|ax|>|lnx|，
lnx
又x>1，所以|a|x>lnx，即|a|>
，
xlnx
设ℎ(x)= (x>1)，则|a|> ℎ(x) ，
x max
1−lnx
因为ℎ '(x)=
x2
，故当x∈(1,e)时，ℎ '(x)>0，ℎ(x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，ℎ '(x)<0，ℎ(x)单调递减，
1 1 1 1
所以ℎ(x)≤ℎ(e)= ，所以|a|> ，所以a> 或a<− .
e e e e
1 1
故答案为：a> 或a<− .
e e
【点睛】关键点点睛：先判断出函数的奇偶性，进而判断函数的单调性，通过构造新函数利用导数的性质
进行求解是解题的关键.
【变式9-4】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）已知函数f (x)的定义域为R，且
f (x+ y)f (x−y)=f2(x)−f2(y),f (1)=√3,f ( 2x+ 3) 为偶函数，则（ ）
2
A．f(0)=0 B．f (x)为偶函数
2023
C．f(3+x)=−f(3−x) D．∑❑f(k)=√3
k=1
【答案】ACD
【分析】对于A，利用赋值法即可判断；对于B，利用赋值法与函数奇偶性的定义即可判断；对于C，利
用换元法结合f (x)的奇偶性即可判断；对于D，先推得f (x)的一个周期为6，再依次求得
f (1),f (2),f (3),f (4),f (5),f (6)，从而利用f (x)的周期性即可判断.
【详解】对于A，因为f (x+ y)f (x−y)=f2(x)−f2(y)，
令x= y=0，则f (0)f (0)=f2(0)−f2(0)，故f2(0)=0，则f (0)=0，故A正确；
对于B，因为f (x)的定义域为R，关于原点对称，
令x=0，则f (y)f (−y)=f2(0)−f2(y)，又f (y)不恒为0，故f (−y)=−f (y)，
所以f (x)为奇函数，故B错误；
( 3) ( 3) ( 3)
对于C，因为f 2x+ 为偶函数，所以f −2x+ =f 2x+ ，
2 2 2
3 3
令−t=−2x+ ，则2x=t+ ，故f (−t)=f (t+3)，
2 2
3 3
令t=−2x+ ，则2x=−t+ ，故f (t)=f (−t+3)，
2 2
又f (x)为奇函数，故f (−t)=−f (t)，
所以f (t+3)=−f (−t+3)，即f(3+x)=−f(3−x)，故C正确；
对于D，由选项C可知f (t+3)=f (−t)=−f (t)，所以f (t+6)=−f (t+3)=f (t)，故f (x)的一个周期为6，
因为f (1)=√3，所以f (−1)=−f (1)=−√3，
对于f (t)=f (−t+3)，
令t=2，得f (2)=f (1)=√3，则f (−2)=−√3，
令t=3，得f (3)=f (0)=0，则f (−3)=0，
令t=4，得f (4)=f (−1)=−√3，
令t=5，得f (5)=f (−2)=−√3，
令t=6，得f (6)=f (−3)=0，
所以f (1)+f (2)+f (3)+f (4)+f (5)+f (6)=√3+√3+0−√3−√3+0=0，
又2023=337×6+1，
所以由f (x)的周期性可得：
2023
∑ f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(2023)=f(1)=√3，故D正确.
i=1
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键在于利用赋值法与函数奇偶性的定义推得f (x)的奇偶性，再结合题设
条件推得f (x)为周期函数，从而得解.
【题型10 函数导数新考点】
【例10】（多选）（2022·山东菏泽·统考一模）对圆周率π的计算几乎贯穿了整个数学史．古希腊数学家
22
阿基米德（公元前287—公元前212）借助正96边形得到著名的近似值： ．我国数学家祖冲之（430—
7
355 | 355|
501）得出近似值 ，后来人们发现 π− <10−6 ，这是一个“令人吃惊的好结果” ．随着科技的发
113 113
展，计算π的方法越来越多．已知π=3.141592653589793238462643383279502⋯，定义f (n)(n∈N)
的值为π的小数点后第 n 个位置上的数字，如f (1)=1，f (4)=5，规定f (0)=3．记f1(n)=f (n)，
fk+1(n)=fk(f (n))(k∈N∗)，集合A 为函数fk(n)(n∈N)的值域，则以下结论正确的有（
）
k
A．A ={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9} B．A ={1,2,3,4,5,6,9}
1 3
C．对∀k∈N∗,1∈A D．对∀k∈N∗,A
中至少有两个元素
k k
【答案】AC
【分析】对于A：根据定义，直接求出A ={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，即可判断；
1
对于B：根据定义，直接求出f3(n)的值域为{1,2,3,4,5,9}，即可判断；
对于C：求出fk+1(1)=fk(f (1))=⋯=f1(f (1))=f (1)=1，即可判断；
对于D：求出k=10时，f9(n)的值域为{1}，即可否定结论.
【详解】对于A：由题意，集合A 为函数fk(n)(n∈N)的值域，所以集合A 为函数f1(n)的值域.
k 1
所 以 由 f1(n)=f (n)可 得 ： f1(1)=f (1)=1， f1(6)=f (6)=2， f1(9)=f (9)=3， f1(2)=f (2)=4，
f1(4)=f (4)=5， f1(7)=f (7)=6， f1(13)=f (13)=7， f1(11)=f (11)=8， f1(5)=f (5)=9，
f1(32)=f (32)=0，故A ={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}.故A正确.
1
对于B：由题意，集合A 为函数fk(n)(n∈N)的值域，所以集合A 为函数f3(n)的值域.
k 3
规定f (0)=3．记f1(n)=f (n)，fk+1(n)=fk(f (n))(k∈N∗)，所以f3(n)=f2(f (n))，令f (n)=m，m∈{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，则f3(n)=f2(m)=f1(f (m))，
因为f (0)=3,f (1)=1,f (2)=4,f (3)=1,f (4)=5,f (5)=9,f (6)=2,f (7)=6,
f (8)=5,f (9)=3，
所以f2(0)=f1(f (0))=f (3)=1, f2(1)=f1(f (1))=f (1)=1,
f2(2)=f1(f (2))=f (4)=5, f2(3)=f1(f (3))=f (1)=1,
f2(4)=f1(f (4))=f (5)=9, f2(5)=f1(f (5))=f (9)=3,
f2(6)=f1(f (6))=f (2)=4, f2(7)=f1(f (7))=f (6)=2,
f2(8)=f1(f (8))=f (5)=9, f2(9)=f1(f (9))=f (3)=1,所以f3(n)的值域为{1,2,3,4,5,9}.故B错误.
对于C：因为f (1)=1，所以fk+1(1)=fk(f (1))=⋯=f1(f (1))=f (1)=1，所以对∀k∈N∗,1∈A .故C
k
正确；
对于D：
由C的推导可知：fk+1(1)=fk(f (1))=⋯=f1(f (1))=f (1)=1.
因为f1(n)=f (n)，fk+1(n)=fk(f (n))(k∈N∗)，
所以f10(n)=f9(f (n))，令f (n)=m，m∈{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，则f10(n)=f9(m)=f8(f (m))，
因为f (0)=3,f (1)=1,f (2)=4,f (3)=1,f (4)=5,f (5)=9,f (6)=2,f (7)=6,
f (8)=5,f (9)=3，
所以f9(0)=f8(f (0))=f8(3)=f7(f (3))=f7(1)=1,
f9(1)=1,
f9(2)=f8(f (2))=f8(4)=f7(f (4))=f7(5)=f6(f (5))=f6(9)=f5(f (9))=f5(3)=f4(f (3))=f4(1)=1,
f9(3)=f8(f (3))=f8(1)=1，
f9(4)=f8(f (4))=f8(5)=f7(f (5))=f7(9)=f6(f (9))=f6(3)=f5(f (3))=f5(1)=1,
f9(5)=f8(f (5))=f8(9)=f7(f (9))=f7(3)=f6(f (3))=f6(1)=1,，
f9(6)=f8(f (6))=f8(2)=f7(f (2))=f7(4)=f6(f (4))=f6(5)=f5(f (5))=f5(9)=f4(f (9))=f4(3)=f3(f (3))=f3(1)=1,
f9(7)=f8(f (7))=f8(6)=f7(f (6))=f7(2)=f6(f (2))=f6(4)=f5(f (4))=f5(5)=f4(f (5))=f4(9)=f3(f (9))=f3(3)=f2(f (3))=f2(1)=1,
f9(8)=f8(f (8))=f8(5)=f7(f (5))=f7(9)=f6(f (9))=f6(3)=f5(f (3))=f5(1)=1,
f9(9)=f8(f (9))=f8(3)=f7(f (3))=f7(1)=1
即k=10时，f10(n)的值域为{1}.故D错误.
故选：AC
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：
(1)仔细阅读，理解新定义的内涵；
(2)根据新定义，对对应知识进行再迁移.
【变式10-1】（2024·高三·期末）（多选）在平面直角坐标系中，将函数f(x)的图象绕坐标原点逆时针旋
转α (0<α≤90°)后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称f(x)为“α旋转函数”.那么（ ）
A．存在90°旋转函数
B．80°旋转函数一定是70°旋转函数
1
C．若g(x)=ax+ 为45°旋转函数，则a=1
x
bx
D．若ℎ(x)= 为45°旋转函数，则−e2≤b≤0
ex
【答案】ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“α旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将45°旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线
的方程，分析零点个数判断即可.
【详解】对A，如y=x满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为20°的直线是80°旋转函数，不是70°旋转函数，故B错误；
1 1
对C，若g(x)=ax+ 为45°旋转函数，则根据函数的性质可得，g(x)=ax+ 逆时针旋转45°后，不存
x x
1
在与x轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为45°的直线与g(x)=ax+
的
x
1
函数图象有两个交点.即y=x+b(b∈R)与g(x)=ax+ 至多1个交点.联立¿可得(a−1)x2−bx+1=0.
x
当a=1时，−bx+1=0最多1个解，满足题意；
当a≠1时，(a−1)x2−bx+1=0的判别式Δ=b2−4(a−1)，对任意的a，都存在b使得判别式大于0，不
满足题意，故a=1.故C正确；
bx bx
对D，同C，ℎ(x)= 与y=x+a(a∈R)的交点个数小于等于1，即对任意的a，a= −x至多1个解，
ex ex
bx b(1−x)
故g(x)= −x为单调函数，即g'(x)= −1为非正或非负函数.
ex ex
b(1−x)
又g'(1)=−1，故 −1≤0，即ex≥−b(x−1)恒成立.
ex
即y=ex 图象在y=−b(x−1)上方，故−b≥0，即b≤0.
当y=ex 与y=−b(x−1)相切时，可设切点(x ,ex 0)，对y=ex 求导有y'=ex ，故
ex
0 =ex 0，解得x =2，
0 x −1 0
0
此时b=−ex 0=−e2 ，故−e2≤b≤0.故D正确.
故选：ACD
【变式10-2】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）为了激发同学们学习数学的热情，某学校开展利用数学知
识设计LOGO的比赛，其中某位同学利用函数图像的一部分设计了如图的LOGO，那么该同学所选的函数
最有可能是（ ）1
A．f (x)=x−sinx B．f (x)=sinx−xcosx C． f (x)=x2− D．
x2
f (x)=sinx+x3
【答案】B
【分析】利用导数研究各函数的单调性，结合奇偶性判断函数图象，即可得答案.
【详解】A：f' (x)=1−cosx≥0，即f(x)在定义域上递增，不符合；
B：f' (x)=cosx−(cosx−xsinx)=xsinx，
在(−2π,−π)上f' (x)<0，在(−π,π)上f' (x)>0，在(π,2π)上f' (x)<0，
所以f(x)在(−2π,−π)、(π,2π)上递减，(−π,π)上递增，符合；
1 1
C：由
f(−x)=(−x) 2− =x2− =f(x)且定义域为{x|x≠0}，为偶函数，
(−x) 2 x2
2
所以题图不可能在y轴两侧，研究(0,+∞)上性质： f' (x)=2x+ >0 ，故f(x)递增，不符合；
x3
D：由f(−x)=sin(−x)+(−x) 3=−sinx−x3=−f(x)且定义域为R，为奇函数，
研究(0,+∞)上性质：f' (x)=cosx+3x2>0，故f(x)在(0,+∞)递增，
所以f(x)在R上递增，不符合；
故选：B
【变式10-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）如图是古筝鸣箱俯视图，鸣箱有多根弦，每根弦下有一只
弦码，弦码又叫雁柱，用于调节音高和传振．图2是根据图1绘制的古筝弦及其弦码简易直观图．在直观
图中，每根弦都垂直于x轴，左边第一根弦在y轴上，相邻两根弦间的距离为1，弦码所在的曲线（又称为
雁柱曲线）方程为y=1.1x ，第n（n∈N，第0根弦表示与y轴重合的弦）根弦分别与雁柱曲线和直线
20
l:y=x+1交于点A (x ,y )和B (x' ,y' )，则∑ y y' =（ ）参考数据：1.122=8.14．
n n n n n n n n
n=0
A．814 B．900 C．914 D．1000
【答案】C【分析】根据题意，有y =1.1n ，y' =n+1，则有y y' =(n+1)1.1n ，利用错位相减法分析可得答案．
n n n n
【详解】根据题意，第n根弦分别与雁柱曲线y=1.1x 和直线l:y=x+1交于点A (x ，y )和B (x' ，y' )，
n n n n n n
则y =1.1n ，y' =n+1，则有y y' =(n+1)1.1n ，
n n n n
20
设T =∑ y y ，则T =1+2×1.1+3×1.12+4×1.13+……+21×1.120 ，①
n n n' n
n=0
则1.1T =1.1+2×1.12+3×1.13+4×1.14+……+21×1.121 ，②
n
1⋅121−1
①-②可得：−0.1T =1+1.1+1.12+1.13+……+1.120−21×1.121= −21×1.121
n 1.1−1
=10×(1.121−1)−21×1.121=−10−11×1.121=−10−10×1.122=−91.4；
T =914，
n
20
故∑ y y =914；
n n'
n=0
故选：C
【变式10-4】（2024· 江西省吉安市·高三模拟）（多选）定义：对于定义在区间I上的函数f(x)和正数
α(0<α≤1)，若存在正数M，使得不等式|f (x )−f (x )|≤M|x −x | α 对任意x ,x ∈I恒成立，则称函数
1 2 1 2 1 2
f(x)在区间I上满足α阶李普希兹条件，则下列说法正确的有（ ）
1
A．函数f(x)=√x在[1,+∞)上满足 阶李普希兹条件
2
B．若函数f(x)=xlnx在[1,e]上满足一阶李普希兹条件，则M的最小值为e
C．若函数f(x)在[a,b]上满足M=k(0x ，∴|f (x )−f (x )|=√x −√x ，即
1 2 1 2 1 2
|f (x )−f (x )| √x −√x √√x −√x
∴ 1
1
2 = 1
1
2=
√x
1
+√x
2<1 ，故∃M≥1，对∀x
1
,x
2
∈[1,+∞)，均有
(x −x )2 (x −x )2 1 2
1 2 1 2
1
|f (x )−f (x )|≤M(x −x )2，A选项正确；
1 2 1 2
B选项：不妨设x >x ，∵f (x)=xlnx在[1,e]单调递增，∴|f (x )−f (x )|=f (x )−f (x )，
1 2 1 2 1 2∴|f (x )−f (x )|≤M|x −x |，即f (x )−f (x )≤M(x −x )，即f (x )−M x ≤f (x )−M x 对∀x >x ，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
x ,x ∈[1,e]恒成立，即f (x)−Mx在[1,e]上单调递减，∴f'(x)−M≤0对∀x∈[1,e]恒成立，所以
1 2
M≥1+lnx对∀x∈[1,e]恒成立，即M≥2，即M的最小值为2，B选项错误；
C选项：假设方程f (x)=x在区间[a,b]上有两个解x ，t，则 |f (x )−f (t)|≤k|x −t|<|x −t|，这与
0 0 0 0
|f (x )−f (t)|=|x −t|矛盾，故只有唯一解，C选项正确；
0 0
1 1 1
D选项：不妨设x >x ，当x −x ≤ 时，|f (x )−f (x )|≤|x −x |≤ ，当x −x > 时，
1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 2
|f (x )−f (x )|=|f (x )−f (1)+f (0)−f (x )|≤|f (x )−f (1)|+|f (x )−f (0)|
1 2 1 2 1 2
1 1
≤1−x +x −0=1−(x −x )< ，故对∀x ,x ∈[0,1]， |f (x )−f (x )|≤ ，故D选项正确；
1 2 1 2 2 1 2 1 2 2
故选：ACD
【题型11 不等式新考点】
【例 11】（2020 下·浙江温州 ·高三温州中学校考阶段练习）已知正 实数 x,y,z>0，则
{ 1} { 2} { 1} { 2} { 3}
A=max x, +max y, 的最小值为 ；B=max x, +max y, +max z, 的最小值为
y x y z x
.
【答案】 2√2 2√5
【解析】分类讨论，结合均值不等式，注意取等验证是否满足即可．
1 2 2
【详解】（1）若x≥ , ≥ y时，即1≤xy≤2时，A=x+ ≥2√2，当x=√2,y=1时可取等号，
y x x
1 2
若x> ,y> 时，即xy>2时，A=x+ y≥2√xy>2√2，
y x
1 2 2
若
>x, >y时，即02，
y x xy
1 2 √ 2
所以A= + ≥2 >2√2，
y x xy
综上可知A的最小值为2√2；
3 2 5 3√5 2√5
(2)当z≥ 时，B≥x+ +z≥ +z≥2√5，当z=√5,x= ,y= 时可取等号；
x z z 5 5
3 3 2 3 2x 5x 3 3√5 2√5
当z≤ 时，B≥x+ + ≥x+ + = + ≥2√5，当z=√5,x= ,y= 时可取等号；
x x z x 3 3 x 5 5
3√5 2√5
综上所述，B≥2√5，z=√5,x= ,y= 时可取等号；
5 5
故答案为：2√2，2√5．
【点睛】本题考查代数式的最值求法，考涉及均值不等式及分类讨论思想，属于中档题．
【变式11-1】【2024九省联考】以max M表示数集M中最大的数.设00,A≥c−b>0,A≥1−c>0.
b
又b≥2a，或a+b≤1，∴a≤ ，或a≤1−b.
2
b 2 b b b b 1 1
①当 ≥1−b，即 ≤b<1时，a≤ ,A≥b−a≥b− = .A≥ ≥ ,A≥ .
2 3 2 2 2 2 3 3
b 2
②当 <1−b，即0 ，y>3，不等式
2
k(2x−3)(y−3)≤8x3+ y3−12x2−3 y2
恒成立，则实数k的最大值为（ ）
A．12 B．24 C．2√3 D．4√3
【答案】B
4x2 y2 4x2 y2
【分析】令a=2x−3>0，b= y−3>0，不等式变形为 + ≥k，求出 + 的最小值，
y−3 2x−3 y−3 2x−3
从而得到实数k的最大值.
3
【详解】x> ，y>3，变形为2x−3>0，y−3>0，
2
令a=2x−3>0，b= y−3>0，
则k(2x−3)(y−3)≤8x3+ y3−12x2−3 y2
转化为
8x3+ y3−12x2−3 y2 4x2 y2
k≤ ，即 + ≥k，
(2x−3)(y−3) y−3 2x−3
4x2 y2 (a+3) 2 (b+3) 2 (2√3a) 2 (2√3b) 2
其中 + = + ≥ +
y−3 2x−3 b a b a
(a b) √a b
=12 + ≥24 ⋅ =24
b a b a
当且仅当¿，即x=3,y=6时取等号，可知k≤24.
故选：B
【点睛】思路点睛：不等式恒成立问题，先分离参数后，然后利用基本不等式求最值.
利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把
构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不
是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
【变式11-3】（2018·河南·高三竞赛）已知a、b、c均为正数，则min {1 , 2 , 4 ,√3 abc } 的最大值为 ．
a b c
【答案】√2
【详解】记M=min {1 , 2 , 4 ,√3 abc } ，那么M≤ 1 ，M≤ 2 ，M≤ 4 ，
a b c a b c
8 2
于是M3≤ ，得 √3 abc≤ ． ①
abc M
又 M≤√3 abc． ②2
由①②可得M≤ ，所以M≤√2，即M =√2，当且仅当c=2b=4a=2√2时取得．
M max
【 变 式 11-4 】 （ 2018· 全 国 · 高 三 竞 赛 ） 设 非 负 实 数 x、 y、 z满 足 x+ y+z=1． 则
t=√9+x2+√4+ y2+√1+z2的最小值为 ．
【答案】√37
【详解】首先，√4+ y2+√1+z2≥√9+(y+z) 2 ．
√ 1
则t≥√9+x2+√9+(y+z) 2≥2 9+ =√37．
4
1 1 1
当且仅当z= y= x= 时，t =√37．
2 3 6 min
x(2y−z) y(2z−x) z(2x−y)
【变式11-5】（2023·全国·高三专题练习）设f (x,y,z)= + + ， 其中x、y、
1+x+3 y 1+ y+3z 1+z+3x
z≥0 ，且x+ y+z=1．求f (x,y,z)的最大值和最小值．
1
【答案】最大值为 ，最小值为0
7
【分析】方法一：利用对称轮换式，要求 f (x,y,z)的最大值和最小值，本题可转化为证明
1
0≤f (x,y,z)≤ ，利用柯西不等式即可证得结论成立，从而可得出f (x,y,z)的最大值和最小值.
7
【详解】[方法一]：
1 1
先证f (x,y,z)≤ ，当且仅当x= y=z= 时等号成立．
7 3
x(x+3 y−1) x
f (x,y,z)=∑ =1−2∑
1+x+3 y 1+x+3 y
x (∑x) 2 1
由柯西不等式：∑ ≥ = ，
1+x+3 y ∑x(1+x+3 y) ∑x(1+x+3 y)
7
因为∑x(1+x+3 y)=∑x(2x+4 y+z)=2+∑xy≤
，
3
x 3 3 1
从而∑ ≥ ，所以，f (x,y,z)≤1−2× = ，
1+x+3 y 7 7 7
1
当且仅当x= y=z=
时等号成立．
3
再证f (x,y,z)≥0当¿时等号成立．
x(2y−z) y(2z−x) z(2x−y)
事实上，f (x,y,z)= + +
1+x+3 y 1+ y+3z 1+z+3x
( 2 1 ) ( 2 1 ) ( 2 1 )
=xy − +xz − + yz −
1+x+3 y 1+ y+3z 1+z+3x 1+x+3 y 1+ y+3z 1+z+3x
7xyz 7xyz 7xyz
= + + ≥0
，
(1+x+3 y)(1+ y+3z) (1+z+3x)(1+x+3 y) (1+ y+3z)(1+z+3x)
故f (x,y,z)≥0，当且仅当¿时等号成立．
[方法二]：
1 1
先证f (x,y,z)≤ ，当且仅当x= y=z= 时等号成立．
7 3
x(x+3 y−1) x
f (x,y,z)=∑ =1−2∑
1+x+3 y 1+x+3 y
x (∑x) 2 1
由柯西不等式：∑ ≥ = ，
1+x+3 y ∑x(1+x+3 y) ∑x(1+x+3 y)7
因为∑x(1+x+3 y)=∑x(2x+4 y+z)=2+∑xy≤
，
3
x 3 3 1
从而∑ ≥ ，所以，f (x,y,z)≤1−2× = ，
1+x+3 y 7 7 7
1
当且仅当x= y=z=
时等号成立．
3
本不等式是轮换对称的，可设z=min{x,y,z}，若z=0，则
2xy xy 2xy xy
f(x,y,0)= − = − =0.
1+x+3 y 1+ y 2x+4 y x+2y
x 1
下设x,y≥z>0，由(*)式，要证f ≥0，只要证∑ ≤ ⋯(1)
1+x+3 y 2
1 x y
注意到 = + ，于是(1)等价于
2 2x+4 y x+2y
z x x y y
≤( − )+( − )
1+z+3x 2x+4 y 1+x+3 y x+2y 1+ y+3z
z x 8 y
= ( + )
2x+4 y 1+x+3 y 1+ y+3z
2x+4 y x 8 y
即 ≤ + ⋯(2)
1+z+3x 1+x+3 y 1+ y+3z
而由Cauchy不等式，可得
x 8 y x2 (2y) 2
+ = +
1+x+3 y 1+ y+3z x(1+x+3 y) y(1+ y+3z)
2
(x+2y) 2
≥
y+ y2+3 yz
x+x2+3xy+
2
2x+4 y
=
1+z+3x
即(2)成立，从而f ≥0，故f =0，当x=1,y=z=0时等号成立．
min
【点睛】关键点点睛：本题考查三元函数最值的求解，解本题的关键在于灵活使用柯西不等式，注意到代
1
数式的对称性，利用轮换结合柯西不等式证明出0≤f (x,y,z)≤ ，同时要注意等号成立的条件.
7
【题型12 立体几何小题新考点】
【例12】（2024·浙江省温州·高三）（多选）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一
种用于计算球体体积的方法，当一个正方体用圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时，两圆柱体的公共部分即
为“牟合方盖”，他提出“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为定值．南北朝时期祖暅
提出理论：“缘幂势既同，则积不容异”，即“在等高处的截面面积总是相等的几何体，它们的体积也相
等”，并算出了“牟合方盖”和球的体积．其大体思想可用如图表示，其中图1为棱长为2r的正方体截得
的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为2r的正方体的八分之一，图3是以底面边长为r的正方体的一
个底面和底面以外的一个顶点作的四棱锥，则根据祖暅原理，下列结论正确的是：（ ）A．若以一个平行于正方体上下底面的平面，截“牟合方盖”，截面是一个圆形
B．图2中阴影部分的面积为ℎ 2
C．“牟合方盖”的内切球的体积与“牟合方盖”的体积比为π:4
16
D．由棱长为2r的正方体截得的“牟合方盖”体积为 r3
3
【答案】BCD
【分析】根据“牟盒方盖”的定义、祖暅原理及几何体的体积公式计算可得.
【详解】由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，
故只要用水平面去截它们，那么所得的截面为正方形，故A错误；
根据祖暅原理，图2中正方体与“牟合方盖”的八分之一之间空隙的截面面积与图3中正四棱锥中阴影部
分的面积相等，故B正确；
由于牟盒方盖可以由两个直径相等且相互垂直的圆柱体相交得到的，存在内切球，且只要用水平面去截它
们，
那么所得的正方形和圆，也是相切在一起的，对于直径为2r的球和高为2r的牟合方盖来说，
使用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是相切的圆和正方形的面积之比，也就是
π:4，故C正确；
由图中正方体与牟合方盖的八分之一之间空隙的体积与正四棱锥体的体积相等；
1
而正四棱锥体的体积为V = r3 ．
倒棱锥 3
1 2
V =r3− r3= r3
所以八分之一牟合方盖的体积等于正方体的体积减去正四棱锥的体积 1 牟盒方盖 3 3 ，
8
2 16
从而得到整个牟合方盖的体积为8× r3= r3 ，故D正确
3 3
故选：BCD．【变式12-1】（2024·高三期末）如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为
直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，则该正四棱台的体
积为（ ）
A．36 B．32
C．28 D．24
【答案】C
【分析】设每个直三棱柱高为a，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为b，设正四棱
台的高为ℎ，可得出¿，求出a2 ℎ的值，即可求得该正四棱台的体积.
【详解】设每个直三棱柱高为a，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为b，
设正四棱台的高为ℎ，因为每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，
则¿，可得a2b2
ℎ
2=a2 ℎ⋅b2
ℎ
=a2 ℎ×3=36，可得a2
ℎ
=12，
所以，该正四棱台的体积为V =a2 ℎ +4×3+4×1=12+16=28.
故选：C.
【变式12-2】（2024·高三期末）已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，
AB=BC=1，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角B−l−C取得最大值
D．有且仅有两点P使二面角B−l−C取得最大值
【答案】D
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．
【详解】过A作AM⊥l于M，连接MB、MC，如图所示，因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线l在平面内，且直线BC交单位圆于点A，
所以AC⊥l，AM,AC⊂平面AMC，AM∩AC=A，所以l⊥平面AMC，
MC,MB⊂平面AMC，所以l⊥MC，l⊥MB，
所以∠BMC是二面角B−l−C的平面角，
设∠BMC=θ，∠AMC=α，∠AMB=β，AM=t，则θ=α−β，
由已知得t∈(0,2]，AB=BC=1，
2 1
−
2 1 tanα−tanβ t t t
tanα=
，
tanβ=
，
tanθ=tan(α−β)= = =
，
t t 1+tanα⋅tanβ 2 1 t2+2
1+ ⋅
t t
t 1⋅(t2+2)−t(2t) (√2+t)(√2−t)
令
f (t)=
，则
f'(t)= =
，
t2+2 (t2+2) 2 (t2+2) 2
当t∈(0,√2)时，f'(t)>0，f (t)单调递增，当t∈(√2,2]时，f'(t)<0，f (t)单调递减，
1
f (2)= >f (0)=0
3
所以t∈(0,2]，当t=√2时，f (t)取最大值，没有最小值，
即当t=√2时tanθ取最大值，从而θ取最大值，
由对称性知当t=√2时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
【变式12-3】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）表面积为4π的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小
值为（ ）
A．4π B．8π C．12π D．16π
【答案】B
【分析】求出圆锥内切球的半径，设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为
2πR4
D，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R，求出S=
，再换元利
R2−1
用基本不等式求出函数的最小值得解.
【详解】设圆锥的内切球半径为r，则4πr2=4π，解得r=1，
设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，
轴截面如下图示，内切球切母线AB于E，底面半径BC=R>1，∠BDC=θ，则tanθ=R，
又∠ADE=π−2θ，故AB=BE+AE=R+tan(π−2θ)=R−tan2θ，
2tanθ 2R 2R R(R2+R)
又 tan2θ= = ，故AB=R− = ，
1−tan2θ 1−R2 1−R2 R2−1πR2 (R2+1) 2πR4
故该圆锥的表面积为S= +πR2= ，
R2−1 R2−1
令t=R2−1>0，所以R2=t+1，
2π(t+1) 2 1 √ 1
所以S= =2π⋅(t+ +2)≥2π⋅(2 t⋅ +2)=8π.
t t t
（当且仅当t=1时等号成立）
所以该圆锥的表面积的最小值为8π.
故选：B
【变式12-4】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点P (x ,y ,z )，且以u⃗=(a,b,c)(abc≠0)为方向向量的空间直线l的方程为
0 0 0 0
x−x y−y z−z
0= 0= 0
；
a b c
（2）过点P(x ,y ,z )，且⃗v=(m,n,t)(mnt≠0)为法向量的平面α的方程为
0 0 0
m(x−x )+n(y−y )+t(z−z )=0．
0 0 0
x−1 y z
现已知平面α:x+2y+3z=6，l :¿，l :x= y=2−z，l : = = （ ）
1 2 3 5 −4 1
A．l //α B．l //α C．l //α D．l ⊥α
1 2 3 1
【答案】CD
【分析】根据公认事实求出直线的方向向量与平面的法向量，用空间向量判断它们之间的位置关系.
【详解】平面α:x+2y+3z=6，则平面法向量为⃗v=(1,2,3)，
1 1
x− z+
2 y 2 (1 1)
对l :¿，则6x−3=3 y=2z+1，即 = = ，所以l 过点 ,0,− ，方向向量为
1 1 1 1 1 2 2
6 3 2
(1 1 1)
⃗u = , , ，所以⃗v=6⃗u ，所以⃗v//⃗u ，所以l ⊥α，故A错误D正确.
1 6 3 2 1 1 1
x y z−2
对l :x= y=2−z，即 = = ，所以l 过点(0,0,2)，方向向量为 ⃗u =(1,1,−1)，点(0,0,2)代入平面
2 1 1 −1 2 2
方程x+2y+3z=6成立，所以l 与平面α有公共点，故B错误；
2x−1 y z
对l : = = ，所以l 过点(1,0,0)，方向向量为 ⃗u =(5,−4,1)，
3 5 −4 1 3 3
因为⃗v⋅⃗u =(1,2,3)⋅(5,−4,1)=5−8+3=0，所以⃗v⊥⃗u ，所以l ⊂α或l //α，但点(1,0,0)代入平面
3 3 3 3
x+2y+3z=6不成立，故l ⊄α，所以l //α，所以C正确.
3 3
故选：CD
【题型13 统计概率小题新考点】
【例13】（2024·浙江省温州）在研究急刹车的停车距离问题时，通常假定停车距离等于反应距离（d ，
1
单位：m）与制动距离（d ，单位：m）之和.如图为某实验所测得的数据，其中“KPH”表示刹车时汽车的
2
初速度v（单位：km/h）.根据实验数据可以推测，下面四组函数中最适合描述d ，d 与v的函数关系的是
1 2
（ ）
A．d =αv，d =β√v B．d =αv，d =βv2
1 2 1 2
C．d =α√v，d =βv D．d =α√v，d =βv2
1 2 1 2
【答案】B
【分析】设d (v)=f (v)，d (v)=g(v)，根据图象得到函数图象上的点，作出散点图，即可得到答案.
1 2
【详解】设d (v)=f (v)，d (v)=g(v).
1 2
由图象知，d (v)=f (v)过点(40,8.5)，(50,10.3)，(60,12.5)，(70,14.6)，(80,16.7)，(90,18.7)，
1
(100,20.8)，(110,22.9)，(120,25)，(130,27.1)，(140,29.2)，(150,31.3)，(160,33.3)，(170,35.4)，
(180,37.5).
作出散点图，如图1.由图1可得，d 与v呈现线性关系，可选择用d =αv.
1 1
d (v)=g(v)过点(40,8.5)，(50,16.2)，(60,23.2)，(70,31.4)，(80,36)，(90,52)，(100,64.6)，(110,78.1)，
2
(120,93)，(130,108.5)，(140,123)，(150,144.1)，(160,164.3)，(170,183.6)，(180,208).
作出散点图，如图2.
由图2可得，d 与v呈现非线性关系，比较之下，可选择用d =βv2 .
2 2
故选：B.
【变式13-1】（2024·河北省·高三模拟）现有甲、乙两组数据，每组数据均由六个数组成，其中甲组数据
的平均数为3，方差为5，乙组数据的平均数为5，方差为3．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据
的方差为（ ）
A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
【答案】D
【分析】利用平均数和方差公式可求得新数据的方差.
【详解】设甲组数据分别为x 、x 、⋯、x ，乙组数据分别为x 、x 、⋯、x ，
1 2 6 7 8 12
6 6 6 6
1 1
甲组数据的平均数为 ∑ x =3，可得∑ x =18，方差为 ∑(x −3) 2=5，可得∑(x −3) 2=30，
6 i i 6 i i
i=1 i=1 i=1 i=1
12 12 12 12
1 1
乙组数据的平均数为 ∑ x =5，可得∑ x =30，方差为 ∑(x −5) 2=3，可得∑(x −5) 2=18，
6 i i 6 i i
i=7 i=7 i=7 i=7
1 12 18+30
混合后，新数据的平均数为 ∑ x = =4，
12 i 12
i=1
1 [ 6 12 ] 1 [ 6 12 ]
方差为 ∑(x −4) 2+∑(x −4) 2 = ∑(x −3−1) 2+∑(x −5+1) 2
12 i i 12 i i
i=1 i=7 i=1 i=71 [ 6 12 6 12 ]
= ∑(x −3) 2+∑(x −5) 2−2∑(x −3)+2∑(x −5)+12
12 i i i i
i=1 i=7 i=1 i=7
1
= ×[30+18−2×(3−3)×6+2×(5−5)×6+12]=5.
12
故选：D.
【 变 式 13-2 】 （ 2022 下 · 山 西 运 城 · 高 二 校 联 考 阶 段 练 习 ） 已 知 n为 满 足
T=a+C1 +C2 +C3 +⋯+C2022(a≥3)能被9整除的正整数a的最小值，则(x2−x+2)(x−1) n
的展开式
2022 2022 2022 2022
中含x10
的项的系数为 ．
【答案】−10
【分析】分析可得T=(9−1) 674+a−1，利用二项式定理的展开式可求得正整数a的最小值，可得出n的值，
然后写出(x2−x+2)(x−1) n 展开式的通项，令x的指数为10，求出对应的参数值，代入通项即可求得结果.
【详解】T=a+C1 +C2 +C3 +⋯+C2022=22022+a−1=8674+a−1=(9−1) 674+a−1
2022 2022 2022 2022
=9674−C1 ⋅9673+C2 ⋅9672−⋯−C673 ⋅9+a能被9整除，则a能被9整除，
674 674 674
因为a≥3，则正整数a的最小值为9，即n=9，
(x−1) 9 展开式的通项为T =Ck ⋅(−1) k ⋅x9−k ，
k+1 9
因为(x2−x+2)(x−1) 9=x2(x−1) 9−x(x−1) 9+2(x−1) 9
，
在x2T =Cr ⋅x11−r ⋅(−1) r 中，由11−r=10可得r=1，
r+1 9
在xT =Cm ⋅x10−m ⋅(−1) m 中，由10−m=10可得m=0，
m+1 9
在2T =2Ck ⋅(−1) k ⋅x9−k 中，9−k≤9.
k+1 9
所以，展开式中含x10 的项的系数为−C1−C0=−10.
9 9
故答案为：−10.
【变式 13-3】（2022·贵州·高二统考竞赛）如图，“爱心”是由曲线C :x2+ y2=2|y|(x⩽0)和
1
C :|y|=cosx+1(0⩽x⩽π) 所围成的封闭图形，在区域Ω=¿内任取一点A，则A取自“爱心”内的概
2
率P= ．
3π
【答案】
4π+4
【详解】解法1．区域Ω的面积为S=4×(π+1)=4π+4，
π
爱心面积S =π×12+2∫❑(1+cosx)dx =π+2(x+sinx)| π=π+2π=3π，
A 0
0
S 3π
∴P= A = ．
S 4π+4
3π
故答案为： .
4π+4
1
解法2．在图中的阴影部分面积S = ×2×2π=π，
阴影 43π
所以爱心面积为π×12+2π=3π，∴P=
．
4π+4
3π
故答案为： .
4π+4
【变式13-4】（2018·全国·高三竞赛）设n为正整数.从集合{1,2,⋯,2015}中任取一个正整数n恰为方程
[n] [n] [n]
= + 的解的概率为 （[x]表示不超过实数x的最大整数）.
2 3 6
1007
【答案】
2015
[n] [6k] [n] [n] [6k] [6k]
【详解】当n=6k(k∈Z )时， = =3k， + = + =2k+k=3k.
+ 2 2 3 6 3 6
满足题中方程的n为6，12，…，2010，共335个；
[n] [6k−5]
当n=6k−5(k∈Z )时， = =3k−3，
+ 2 2
[n] [n] [6k−5] [6k−5]
+ = + =2k−2+k−1=3k−3.
3 6 3 6
满足题中方程的n为1，7，13，…，2011，共336个；
[n] [6k−4]
当n=6k−4(k∈Z )时， = =3k−2，
+ 2 2
[n] [n] [6k−4] [6k−4]
+ = + =2k−2+k−1=3k−3.
3 6 3 6
满足题中方程的n不存在；
[n] [6k−3]
当n=6k−3(k∈Z )时， = =3k−2，
+ 2 2
[n] [n] [6k−3] [6k−3]
+ = + =2k−1+k−1=3k−2.
3 6 3 6
满足题中方程的n为3，9，15，…，2013，共336个；
[n] [6k−2]
当n=6k−2(k∈Z )时， = =3k−1，
+ 2 2
[n] [n] [6k−2] [6k−2]
+ = + =2k−1+k−1=3k−2.
3 6 3 6
满足题中方程的n不存在；
[n] [6k−1]
当n=6k−1(k∈Z )时， = =3k−1，
+ 2 2
[n] [n] [6k−1] [6k−1]
+ = + =2k−1+k−1=3k−2.
3 6 3 6
满足题中方程的n不存在.
335+336+336 1007
因此，从集合{1,2,⋯,2015}中任取一个正整数n恰为题中方程的解的概率为 = .
2015 2015
【题型14 三角函数小题新考点】π
【例14】（2024浙江省温州高三）已知函数f (x)=asin2x+bcos2x(ab≠0)的图象关于直线 x= 对称，
6
若存在x ,x ,⋯,x ，满足 |f (x )−f (x )|+|f (x )−f (x )|+⋯+|f (x )−f (x )|=|24b|，其中
1 2 n 1 2 2 3 n−1 n
n≥2,n∈N +，则n的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】B
【分析】首先利用辅助角公式和对称轴方程可得a=√3b，计算出f (x)的值域为[−|2b|,|2b|]，根据题意可
得 |f (x )−f (x )|≤|2b−(−2b)|=|4b|，因此当且仅当
n−1 n
|f (x )−f (x )|=|f (x )−f (x )|=⋯=|f (x )−f (x )|=|4b|时，n的最小值为7.
1 2 2 3 n−1 n
【详解】由f (x)=asin2x+bcos2x(ab≠0)可得
b
f (x)=√a2+b2sin(2x+φ)，其中tanφ= ；
a
π π π
又因为f (x)的图象关于直线 x= 对称，所以需满足 2× +φ= +kπ,k∈Z ，
6 6 2
π π √3
解得
φ= +kπ,k∈Z ，即tanφ=tan ( +kπ)= ,k∈Z
；
6 6 3
可得tanφ= b = √3 ，即a=√3b，所以f (x)=|2b|sin( 2x+ π +kπ) ,k∈Z
a 3 6
π
由正弦函数值域可得f (x)=|2b|sin( 2x+ +kπ) ∈[−|2b|,|2b|]
6
若要求满足 |f (x )−f (x )|+|f (x )−f (x )|+⋯+|f (x )−f (x )|=|24b|的n的最小值，
1 2 2 3 n−1 n
只需满足 |f (x )−f (x )| 取最大值即可，而 |f (x )−f (x )|≤|2b−(−2b)|=|4b|，
n−1 n n−1 n
所以当且仅当 |f (x )−f (x )|=|f (x )−f (x )|=⋯=|f (x )−f (x )|=|4b|时满足题意，
1 2 2 3 n−1 n
即 |f (x )−f (x )|+|f (x )−f (x )|+⋯+|f (x )−f (x )|=|24b|=6×|4b|；
1 2 2 3 n−1 n
所以n−1=6，得n=7，即n的最小值为7.
故选：B
【变式14-1】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）（多选）已知对任意角α，β均有公式
sin2α+sin2β=2sin(α+β)cos(α−β).设△ABC的内角A，B，C满足
1
sin2A+sin(A−B+C)=sin(C−A−B)+ .面积S满足1≤S≤2.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，
2
则下列式子一定成立的是( )
1 a
A．sinAsinBsinC= B．2≤ ≤2√2
4 sinA
C．8≤abc≤16√2 D．bc(b+c)>8【答案】CD
1
【分析】结合已知sin2α+sin2β=2sin(α+β)cos(α−β)对sin2A+sin(A−B+C)=sin(C−A−B)+
2
进行变形化简即可得sinAsinBsinC的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接
a
圆半径R可求 =2R的范围，从而判断B；根据sin AsinBsinC的值，结合△ABC外接圆半径R即可
sinA
求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得bc(b+c)>bc⋅a，从而判断D﹒
1
【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足sin2A+sin(A−B+C)=sin(C−A−B)+
，
2
1 1
∴sin2A+sin(π−2B)=sin(C−π+C)+ ，即sin2A+sin2B=−sin2C+
，
2 2
1
∴sin2A+sin2B+sin2C=
，
2
由题可知，sin2α+sin2β=2sin(α+β)cos(α−β)，
1
∴2sin(A+B)cos(A−B)+sin2C=
，
2
1
∴2sinCcos(A−B)+2sinCcosC=
2
1
∴2sinC[cos(A−B)−cos(A+B)]=
，
2
1
∴有sin AsinBsinC= ，故A错误；
8
设△ABC的外接圆半径为R，
a b c
由正弦定理可知，
= = =2R，
sin A sinB sinC
1 1 R2
∴S= absinC= ⋅2RsinA⋅2RsinB⋅sinC=2R2sinAsinBsinC= ∈[1,2]，
2 2 4
a
∴R∈[2,2√2]，∴ =2R∈[4,4√2] ，故B错误；
sin A
abc=8R3sin AsinBsinC∈[8,16√2]，故C正确；
bc(b+c)>abc≥8，故D正确．
故选：CD．
【变式14-2】（2024· 江苏南通·高三模拟）（多选）若函数
f (x)=2sin2x⋅log sinx+2cos2x⋅log cosx，则（ ）
2 2
A．f (x)的最小正周期为π
π
B．f (x)的图像关于直线 x= 对称
4C．f (x)的最小值为-1
π
D．f (x)的单调递减区间为 ( 2kπ, +2kπ) ,k∈Z
4
【答案】BCD
【分析】先求出f (x)的定义域，再对四个选项一一验证：对于A：利用定义法判断出f (x)的最小正周期；
π
对于B：由f
(
−x
)=f
(x)，即可判断；对于C：设t=sin2x，得到
2
g(t)=t⋅log t+(1−t)⋅log (1−t),t∈(0,1),利用导数求出g(t) =−1，即可判断；对于D：利用复合
2 2 min
函数单调性法则直接判断.
( π )
【详解】由sinx>0,cosx>0得f (x)的定义域为 2kπ, +2kπ ,k∈Z.
2
对于A：当 x∈ ( 0, π ) 时，x+π∈ ( π, 3 π ) 不在定义域内，故f (x+π)=f (x)不成立，易知f (x)的
2 2
最小正周期为2π，故选项A错误；
π
对于B：又f ( −x )=2cos2x⋅log cosx+2sin2x⋅log sinx=f (x)，所以f (x)的图像关于直线
2 2 2
π
x= 对称，所以选项B正确；
4
对于C：因为f (x)=sin2x⋅log sin2x+cos2x⋅log cos2x，设t=sin2x，所以函数转化为
2 2
g(t)=t⋅log t+(1−t)⋅log (1−t),t∈(0,1),g'(t)=log t−log (1−t)，
2 2 2 2
1 1 ( 1) (1 )
由g'(t)>0得， 0、10−6sin2x>0，
( 9 16 )
(6sin2x+3+10−6sin2x)
f(x)= + ×
6sin2x+3 10−6sin2x 13
1 [ 9(10−6sin2x) 16(6sin2x+3)]
= 9+16+ +
13 6sin2x+3 10−6sin2x
1 ( √9(10−6sin2x) 16(6sin2x+3)) 1 49
≥ 25+2 × = (25+2×12)= ，
13 6sin2x+3 10−6sin2x 13 13
9(10−6sin2x) 16(6sin2x+3) 3
当且仅当 = ，即sin2x= 时，等号成立.
6sin2x+3 10−6sin2x 7
49
故答案为： .
13
【变式14-4】（2024·河北省·高三模拟）蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.
如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个
等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），
再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时
针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）
A．44π B．64π C．70π D．80π
【答案】D
【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.
2π
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是 ，每段圆弧的半径依次增加1，
32π
则第n段圆弧的半径为n，弧长记为a ，则a = ⋅n，
n n 3
2π
所以S = (1+2+3+⋯+15)=80π.
15 3
故选：D．
【变式14-5】（2024·浙江·高三期末）已知0 3 C．x +x <2x D．x +x >2x
x x x x 1 3 2 1 3 2
1 3 1 3
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义求出曲线f(x)在点(x ,sinx ),(x ,sinx ),(x ,sinx )处的切线方程，进而
1 1 2 2 3 3
tanx tanx tanx
1= 2= 3=1即可判断AB；画出函数y=tanx与y=x图象，由k 0,x −x −π>0，所以(x −x )(x −π−x )<(x −x )(x −π−x )，
2 1 3 2 2 1 3 2 3 2 2 1
即x π+x π<2πx ，解得x +x <2x ，故C正确，D错误.
1 3 2 1 3 2故选：C
【点睛】关键点点睛：证明选项CD的关键是根据tanx =x (i=1,2,3)构造新函数tanx=x，通过转化的思
i i
想和数形结合思想分析是解题的关键.
【题型15 实际应用相关新考点】
【例15】（2024·浙江温州·高三）著名数学家、物理学家牛顿曾提出：物体在空气中冷却，如果物体的初
始温度为θ ∘C，空气温度为θ ∘C，则t分钟后物体的温度θ（单位：❑∘C）满足：θ=θ +(θ −θ )e−kt ．
1 0 0 1 0
若常数k=0.05，空气温度为30∘C，某物体的温度从90∘C下降到50∘C，大约需要的时间为（
）（参考
数据：ln3≈1.1）
A．16分钟 B．18分钟 C．20分钟 D．22分钟
【答案】D
【分析】由已知条件得出θ =30，θ =90，θ=50，代入等式θ=θ +(θ −θ )e−0.05t ，求出t即可得出结论.
0 1 0 1 0
1
【详解】由题知θ =30，θ =90，θ=50，所以，50=30+(90−30)e−0.05t ，可得e−0.05t= ，
0 1 30
1
所以，−0.05t=ln =−ln3，∴t=20ln3≈22.
3
故选：D.
【变式15-1】（2024上·河南·高三校联考期末）据科学研究表明，某种玫瑰花新鲜程度y与其花朵凋零时
间t（分钟）（在植物学上t表示从花朵完全绽放时刻开始到完全凋零时刻为止所需的时间）近似满足函数
t 1
关系式： y=b⋅210（b为常数），若该种玫瑰花在凋零时间为10分钟时的新鲜程度为
10
，则当该种玫瑰
1
花新鲜程度为 时，其凋零时间约为（参考数据：lg2≈0.3）（ ）
2
A．3分钟 B．30分钟 C．33分钟 D．35分钟
【答案】C
1
【分析】根据已知条件，结合待定系数法，求出b的值，再将y=
代入函数中，即可求解
2
1 1 1 1 t t 10
【详解】由题意得
10
=2b，则b=
20
，令
2
=
20
⋅210，即 210=10 ，解得t=
lg2
≈33．
故选：C．
【变式15-2】（2024上·北京房山·高三统考期末）保护环境功在当代，利在千秋，良好的生态环境既是自
然财富，也是经济财富，关系社会发展的潜力和后劲.某工厂将生产产生的废气经过过滤后排放，已知过滤
过程中的污染物的残留数量P（单位：毫米/升）与过滤时间t（单位：小时）之间的函数关系为
P=P ⋅e−kt (t≥0)，其中k为常数，k>0，P 为原污染物数量.该工厂某次过滤废气时，若前9个小时废气
0 0
中的污染物恰好被过滤掉80%，那么再继续过滤3小时，废气中污染物的残留量约为原污染物的（参考数
(1) 1
据： 3≈0.585）（ ）
5
A．12% B．10% C．9% D．6%
【答案】A
【分析】根据题意可得P ⋅e−9k=
1
P ，解得 e−3k=
(1)
3
1
，从而求得关于残留数量与过滤时间的函数关系
0 5 0 5
式，再将t=12代入即可求得答案.1 1
【详解】因为前 9个小时废气中的污染物恰好被过滤掉80%，所以P ⋅e−9k= P ，即 e−9k= ,所以
0 5 0 5
e−3k=
(1)
3
1
．
5
再 继 续 过 滤 3 小 时 ， 废 气 中 污 染 物 的 残 留 量 约 为
P ⋅e−12k=P ×(e−3k) 4 =P × (1) 4 3≈ 1 ×0.585×P ≈12%P ．
0 0 0 5 5 0 0
故选：A.
【变式15-3】（2023上·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考阶段练习）“开车不喝酒，喝酒不开车．”，饮
酒驾驶和醉酒驾驶都是根据驾驶人员血液、呼气酒精含量来确定，经过反复试验，一般情况下，某人喝一
瓶啤酒后血液中的酒精含量值f (x)随着时间x（小时）的变化规律，可以用函数模型f (x)=¿来拟合，则该
人喝一瓶啤酒至少经过多少小时后才可以驾车？（ ）（参考数据：ln15≈2.71，ln30≈3.40）
驾驶行为类别 酒精含量值（mg/100mL）
饮酒驾驶 ≥20,<80
醉酒驾驶 ≥80
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】可结合分段函数建立不等式90e−0.5x+14<20，利用指数不等式的求解即可.
π
【详解】对于
f(x)=40sin ( x )+13,
3
π 2π
由0≤x<2，则 0≤ x< ，函数f(x)先增后减，
3 3
3
当x∈( ,2)时，f(x)=20√3+13>20，
2
所以，该人喝一瓶啤酒后的2个小时内，其血液酒精含量可能大于20，
则驾车只能在2个小时之后，令¿，即¿，
解得n>2ln15≈2×2.71=5.42，
∵n∈N∗，∴n的最小值为6，故至少经过6小时才可以驾车.
故选：B.
【变式15-4】（2024·山东青岛·高三期末）1551年奥地利数学家､天文学家雷蒂库斯在《三角学准则》中首
次用直角三角形的边长之比定义正割和余割，在某直角三角形中，一个锐角的斜边与其邻边的比，叫做该
锐角的正割，用sec（角）表示；锐角的斜边与其对边的比，叫做该锐角的余割，用csc（角）表示，则
csc10∘−√3sec10∘=（
）
A．√3 B．2√3 C．4 D．8
【答案】C
【分析】根据给定的定义，利用锐角三角函数的定义转化为角的正余弦，再利用二倍角公式、辅助角公式
求解作答.
【详解】依题意，10∘角可视为某直角三角形的内角，
1 1
csc10∘= ,sec10∘=
由锐角三角函数定义及已知得 ，
sin10∘ cos10∘1 √3
2( cos10°− sin10°)
所以csc10∘−√3sec10∘= 1 √3 cos10°−√3sin10° 2 2
− = =
sin10° sin10° sin10°cos10° sin10°cos10°
4sin(30°−10°)
= =4.
sin20°
故选：C
【题型16 三角函数解答题新考点】
π
【例16】（2024·高三·期末）设
02；
x−sinx
(3)若tanx+2sinx−ax>0，求实数a的取值范围.
1
【答案】(1)
16
(2)证明见解析
(3)a≤3
【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系计算即可；
（2）先利用导数证：x−sinx>0，再利用导数研究φ(x)=tanx+2sinx−3x的单调性与最值即可；
（3）构造函数f (x)=tanx+2sinx−ax，利用换元法先判定f'(x)的单调性及值域，然后含参讨论结合隐
零点判定f (x)的单调性及值域即可.
【详解】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系可知：
cos4x−4cos2x+3 2cos22x−4cos2x+2 (cos2x−1) 2
= =
cos4x+4cos2x+3 2cos22x+4cos2x+2 cos2x+1
= (−2sin2x) 2 =(−tan2x) 2 = 1
2cos2x 16
π
（2）证明：先证当 00.
2
π
令m(x)=x−sinx，则m'(x)=1−cosx>0在 0m(0)=0，
2
π
即当 00.
2
tanx−x
要证
>2，只需证明tanx−x>2(x−sinx)，即证tanx+2sinx−3x>0
x−sinxπ
( )
令φ(x)=tanx+2sinx−3x， x∈ 0, ，
2
1 2cos3x−3cos2x+1 (cosx−1) 2 (2cosx+1)
则φ'(x)= +2cosx−3= = >0.
cos2x cos2x cos2x
1 √ 1
（或 +2cosx−3≥3×3 ⋅cosx⋅cosx−3=0，当且仅当cosx=1时等号成立，）
cos2x cos2x
π
而
x∈ ( 0, ) ，则00，
2
π
( )
∴在φ(x)在 0, 上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，
2
即tanx+2sinx−3x>0
π tanx−x
∴当 02.
2 x−sinx
π 1
（3）令f (x)=tanx+2sinx−ax，x∈ ( 0, ) ，则f (0)=0， f'(x)= +2cosx−a ，
2 cos2x
π 1
令t=cosx，则t在x∈ ( 0, ) 上单调递减，t∈(0,1)， f'(x)=g(t)= +2t−a ，
2 t2
2 π
而
g'(t)=− +2<0 ，∴g(t)在t∈(0,1)上递减，∴f'(x)在 x∈ ( 0, )
上递增
t3 2
∴f'(x)的值域为(3−a,+∞)
π
（i）当3−a≥0，即a≤3时，f'(x)≥0恒成立，所以f (x)在 x∈ ( 0, ) 递增，
2
∴f (x)>0，∴a≤3符合题意；
（ii）当3−a<0，即a>3时，f'(0)<0，
∴存在x ∈ ( 0, π) 使得f' (x )=0
0 2 0
∴当x∈(0,x )时，f'(x)<0，f (x)递减，此时f (x)<0，不符题意.
0
综上知，a≤3.
【变式16-1】（2024·河北省·高三模拟）已知定义域为R的函数ℎ(x)满足：对于任意的x∈R，都有
ℎ(x+2π)= ℎ(x)+ ℎ(2π)，则称函数ℎ(x)具有性质P.
(1)判断函数f (x)=2x,g(x)=cosx是否具有性质P；（直接写出结论）
(3 5 π)
(2)已知函数f (x)=sin(ωx+φ) <ω< ,|φ|< ，判断是否存在ω,φ，使函数f (x)具有性质P？若存
2 2 2
在，求出ω,φ的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数f (x)具有性质P，且在区间[0,2π]上的值域为[f (0),f (2π)].函数g(x)=sin(f (x))，满足g(x+2π)=g(x)，且在区间(0,2π)上有且只有一个零点.求证：f (2π)=2π.
【答案】(1)函数f (x)=2x具有性质P；g(x)=cosx不具有性质P.
(2)ω=2，φ=0
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义判断即可；
（2）假设函数f (x)具有性质P，可求出φ=0，进而可得ω=2，从而可得f (x)=sin2x，再根据定义进行验
证，即可得到答案；
（3）由函数f (x)具有性质P及（2）可知，f(0)=0，进而可得f (x)在[0,2π]的值域为[0,kπ]，k∈Z且
k>0，由g(x)在区间(0,2π)上有且只有一个零点可证明当k>2时不符合题意，再求解当k=1时与g(x)是
以2π为周期的周期函数矛盾，从而可得k=2，即可证明.
【详解】（1）因为f (x)=2x，则f (x+2π)=2(x+2π)=2x+4π，又f (2π)=4π，
所以f (x+2π)=f(x)+f(2π)，故函数f (x)=2x具有性质P；
因为g(x)=cosx，则g(x+2π)=cos(x+2π)=cosx，又g(2π)=cos2π=1，
g(x)+g(2π)=cosx+1≠g(x+2π)，故g(x)=cosx不具有性质P.
（2）若函数f (x)具有性质P，则f (0+2π)=f(0)+f(2π)，即f(0)=sinφ=0，
π
因为 |φ|< ，所以φ=0，所以f (x)=sin(ωx)；
2
若f(2π)≠0，不妨设f(2π)>0，由f (x+2π)=f(x)+f(2π)，
得f (2kπ)=f(0)+kf(2π)=kf(2π)(k∈Z)（*），
只要k充分大时，kf(2π)将大于1，而f (x)的值域为[−1,1]，
故等式（*）不可能成立，所以必有f(2π)=0成立，
3 5
即sin(2ωπ)=0，因为 <ω< ，所以3π<2ωπ<5π，
2 2
所以2ωπ=4π，则ω=2，此时f (x)=sin2x，
则f (x+2π)=sin2(x+2π)=sin2x，
而f(x)+f(2π)=sin2x+sin4π=sin2x，即有f (x+2π)=f(x)+f(2π)成立，
所以存在ω=2，φ=0使函数f (x)具有性质P.
（3）证明：由函数f (x)具有性质P及（2）可知，f(0)=0，
由g(x+2π)=g(x)可知函数g(x)是以2π为周期的周期函数，则g(2π)=g(0)，
即sin(f(2π))=sin(f(0))=0，所以f(2π)=kπ，k∈Z；
由f(0)=0，f(2π)=kπ以及题设可知，
函数f (x)在[0,2π]的值域为[0,kπ]，所以k∈Z且k>0；
当k>2，f (x)=π及f (x)=2π时，均有g(x)=sin(f (x))=0，这与g(x)在区间(0,2π)上有且只有一个零点矛盾，因此k=1或k=2；
当k=1时，f(2π)=π，函数f (x)在[0,2π]的值域为[0,π]，
此时函数g(x)的值域为[0,1]，
而f (x+2π)=f(x)+π，于是函数f (x)在[2π,4π]的值域为[π,2π]，
此时函数g(x)的值域为[−1,0]，
函数g(x)=sin(f (x))在当x∈[0,2π]时和x∈[2π,4π]时的取值范围不同，
与函数g(x)是以2π为周期的周期函数矛盾，
故k=2，即f(2π)=2π，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，
把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即
可.
【变式16-2】（2024·安徽省·高三模拟）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，
sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC．
(1)若△ABC的面积S=2√3，b+c=6，求a的值；
lnx
(2)若函数f (x)=3x2−4x− +1在区间(0,t)上有零点，求t的取值范围．
cosA
【答案】(1)a=2√3
(2)(1,+∞)
【分析】（1）由正弦定理边化角结合余弦定理以及三角形面积公式即可得解.
（2）利用导数判断单调性，进而得f (x) =f (1)=3−4+1=0，由此即可得解.
min
【详解】（1）∵△ABC中三边a，b，c的对角分别为A，B，C，
a b c
∴ = = ．
sinA sinB sinC
又∵sin2B+sin2C=sin2A+sinBsinC，
∴b2+c2=a2+bc，即b2+c2−a2=bc，
b2+c2−a2 1
∴cosA= = ．
2bc 2
1 1 √ 1 √3
∵S=2√3= bcsin A= bc⋅ 1− = bc，
2 2 4 4
∴bc=8，
∴a2=b2+c2−2bccosA=(b+c) 2−2bc(1+cosA) =62−2×8× ( 1+ 1) =12，
2
∴a=2√3．lnx
（2）f (x)=3x2− −4x+1=3x2−2lnx−4x+1（x>0），
cosA
2 6x2−4x−2 2(x−1)(3x+1)
f'(x)=6x− −4= = ，
x x x
∵x>0，
∴f'(x)在(0,1)上为负，在(1,+∞)上为正，
∴f (x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
∴f (x) =f (1)=3−4+1=0，
min
∴f (x)在(0,+∞)上只有一个零点．
∴要使f (x)在(0,t)上有零点，则t的取值范围是(1,+∞).
【变式 16-3】（浙江省杭州第二中学 2021-2022 学年高三上学期调研考试数学试题）在△ABC中，
π BD AB+AD
∠B= ，D为BC边上一点且 = ．
2 CD AC+AD
（１）证明：△ABD和△ADC的内切圆半径相等；
（２）若△ABC的三边长构成等差数列，求∠ADB的大小．
π
【答案】（1）证明见解析；（2） 或arctan2√2.
3
【分析】（1）利用内切圆半径与面积周长的关系证明；
（2）分c,a,b成等差数列和a,c,b成等差数列两种不同情况，根据等差中项的性质和勾股定理分别求的
a,b,c的比例关系，并不妨设a,b,c的最简值进行计算，设出BD的长，根据已知条件列出方程，化简整
理后得到三次方程，进行适当配凑，求解即得BD的长，进而得到所求角度或其正切值.
【详解】（1）如图所示，设△ABD和△ADC的面积为S ,S ,周长为l ,l ,内切圆半径分别为r ,r ,则
1 2 1 2 1 2
1
S = r l (i=1,2),
i 2 i i
S r l
∴
1= 1 1
,
S r l
2 2 2
S BD AB+AD BD+AB+AD l
由于 1= = = = 1 ,
S DC AC+AD DC+AC+AD l
2 2
r
∴ 1=1，即r =r ,
r 1 2
2
∴△ABD和△ADC的内切圆半径相等；
（2）设△ABC的角A,B,C所对的边分别记作a,b,c,
π
∵∠B= ，∴b为最大边.
2
①当c,a,b成等差数列时，2a=c+b,又∵a2+c2=b2,a 4
∴a2+c2=(2a−c) 2,3a2=4ac,3a=4c, = ,
c 3
不妨设a=4,c=3,则b=5,
BD AB+AD
设BD=x,∵ = ，
CD AC+AD
x 3+√32+x2
∴ = ,
4−x 5+√32+x2
化简得x3−4x2−3x+12=0,
(x−4)(x2−3)=0,
∵00，S(t)单调递增，所以当t=
时，
3
(√3) 27
三棱锥的侧面积S的最小值为S = ．
3 2
【题型18 数列解答题新考点】
【例18】（2024·辽宁重点高中·高三模拟）记S 为数列{a }的前n项和，且满足
n n
S =kna +pa +qn+r(k,p,q,r∈R)．
n n n
1
(1)若p=r=0,k= ，求证：数列{a }是等差数列；
2 n
S
(2)若k=q=0,p=2,r≠0，设b =(−1) n+1 n ，数列{b }的前n项和为T ，若对任意的k∈N∗，都有
n r n n
T <λk)，必有a
m+1
−a
k+1
=t”，则称数列{a
n
}具有P(t)性质.
（1）若数列{a }满足a =¿，判断数列{a }是否具有P(1)性质？是否具有P(4)性质？
n n n
（2）对于无穷数列{a }，设T={x|x=a −a ,i< j}，求证：若数列{a }具有P(0)性质，则T必为有限集；
n j i n
（3）已知{a }是各项均为正整数的数列，且{a }既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，是否存在正整数N，
n n
k，使得a ，a ，a ，…，a ，…成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
N N+1 N+2 N+k
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）见解析.
【分析】（1）根据题中所给的条件，利用定义判断可得数列{a }不具有性质P(1)，具有性质P(4)；
n
（2）根据数列具有性质P(0)，得到数列{a }元素个数，从而证得结果；
n
（3）依题意，数列{a }是各项为正数的数列，且{a }既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，可证得存在
n n
整数N，使得a ,a ,a ,⋯,a ,⋯是等差数列.
N N+1 N+2 N+k
【详解】（1）因为a =¿，
n
a −a =5−4=1，但a −a =7−1=6≠1，所以数列{a }不具有性质P(1)，
5 2 6 3 n
同理可得数列{a }具有性质P(4)；
n
（2）因为数列{a }具有性质P(0)，
n
所以一定存在一组最小的且m>k，满足a −a =0，即a =a ，
m k m k
由性质P(0)的含义可得a =a ，a =a ，⋯，a =a ,a =a ，
m+1 k+1 m+2 k+2 2m−k−1 m−1 2m−k m所以数列{a }中，从第k项开始的各项呈现周期性规律：
n
a k ,a k+1 ,⋯,a m−1 为一个周期中的各项，
所以数列{a }中最多有m−1个不同的项，
n
所以T最多有C2 个元素，即T为有限集；
m−1
（3）因为数列{a }具有P(2)性质，又具有P(3)性质，
n
所以存在M',N'，使得a −a =2,a −a =3，
M'+P M' N'+q N'
其中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质P(2),P(3)的含义可得a −a =2,a −a =3，
M'+p+k M'+k N'+q+k N'+k
若M'N'，则取k=M'−N'，可得a −a =3，
M'+q M'
记M=max{M',N'}，则对于a ，
M
有a −a =2,a −a =3，显然p≠q，
M+p M M+q M
由性质P(2),P(3)的含义可得：a −a =2,a −a =3，
M+p+k M+k N+q+k N+k
所以a −a =(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )
M+pq M M+pq M+(q−1)p M+(q−1)p M+(q−2)p M+p M
=2qa
M+pq
−a
M
=(a
M+pq
−a
M+(p−1)q
)+(a
M+(p−1)q
−a
M+(p−2)q
)+⋯+(a
M+q
−a
M
)=3p
，
所以2q=3p，
又p,q满足a −a =2,a −a =3的最小的正整数，
M+p M M+q M
所以q=3,p=2，a −a =2,a −a =3，
M+2 M M+3 M
所以a −a =2,a −a =3，
M+2+k M+k M+3+k M+k
所以a
M+2k
=a
M+2(k−1)+2
=a
M
+2k,a
M+3k
=a
M+3(k−1)+3
=a
M
+3k，
取N=M+3，所以，若k是偶数，则a =a +k，
N+k N
若k是奇数，
则a =a =a +(k−3)=a +3+(k−3)=a +k，
N+k N+3+(k−3) N+3 N N
所以，a =a +k，
N+k N
所以a ,a ,a ,⋯,a ,⋯是公差为1的等差数列.
N N+1 N+2 N+k
【点睛】该题考查的是有关与数列相关的创新题，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题.
【变式18-2】（2024·河北省·高三模拟）最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验的
成功概率为p(00)元，若试验成功则获利8a元，则该公司应如何决策投资？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)应该投资，理由见解析
【分析】（1）由题意，X=1,2,3,...,8，P(X=k)=p(1−p) k−1,k=1,2,⋯,7,P(X=8)=(1−p) 7 ，列
出分布列，列出E(X)，乘公比错位相减法求和S=(1−p) 0+2(1−p) 1+3(1−p) 2+⋯+7(1−p) 6 ，分析
1
可证明E(X)<
；
p
1
（2）由（1）可得E(X)< =5，分析即得解
p
【详解】（1）由题意，X=1,2,3,...,8
故P(X=k)=p(1−p) k−1,k=1,2,⋯,7,P(X=8)=(1−p) 7
分布列如下：
X 1 2 3 4 5 6 7 8
P p p(1−p) p(1−p) 2 p(1−p) 3 p(1−p) 4 p(1−p) 5 p(1−p) 6 (1−p) 7
所以X的数学期望E(X)=p(1−p) 0+2p(1−p) 1+3p(1−p) 2+⋯+7p(1−p) 6+8(1−p) 7 ，
记S=(1−p) 0+2(1−p) 1+3(1−p) 2+⋯+7(1−p) 6 ，
(1−p)S=(1−p) 1+2(1−p) 2+3(1−p) 3+⋯+7(1−p) 7 ，
1−(1−p) 7
作差可得，pS=(1−p) 0+(1−p) 1+(1−p) 2+⋯+(1−p) 6−7(1−p) 7= −7(1−p) 7 ，
p
1−(1−p) 7 1−(1−p) 8 1
则E(X)=pS+8(1−p) 7= +(1−p) 7= < ；
p p p
1
（2）由（1）可知E(X)< =5，则试验成本的期望小于5a元，
p
试验成功则获利8a元，且8a>5a，则该公司应该投资该产品
【变式18-3】（2024·安徽省·高三模拟）同余定理是数论中的重要内容．同余的定义为：设a，b∈Z，
m∈N∗且m>1．若m¿则称a与b关于模m同余，记作a≡b（modm）（“|”为整除符号）．
(1)解同余方程x2−x≡0（mod3）；
(2)设（1）中方程的所有正根构成数列{a }，其中a .
6
【分析】（1）根据T2=an+1 ，可得T2 =an+2 ，两式相除可得an =an+1
，两边取对数并构造常数列，即
n n n+1 n+1 n+1 n
可求得答案.
（2）由（1）的结论，求出b ，再根据单调数列的意义列式求解即得.
n
T
【详解】（1）由T 为正项数列{a }的前n项的乘积，得 n+1=a ，由T2=an+1 ，得T2 =an+2 ，
n n T n+1 n n n+1 n+1
n
T2 an+2
于是
n+1=a2 = n+1 ，即an =an+1 ，两边取对数得lgan =lgan+1
，
T2 n+1 an+1 n+1 n n+1 n
n nlga lga
即nlga =(n+1)lga
，整理得
n+1= n
，
n+1 n n+1 n
lga lga lga
因此数列{
n
}是常数列，即
n= 1=lg3，于是lga =nlg3=1g3n
，
n n 1 n
所以a =3n .
n
（2）由（1）知，b =k⋅3n−n，
n
由数列{b }为递增数列，得∀n∈N∗,b >b ⇔k⋅3n+1−(n+1)−k⋅3n+n>0，
n n+1 n
1 1 1 1
即∀n∈N∗,2k⋅3n−1>0⇔k> ，而数列{ }是递减数列， ≤ ，当且仅当n=1时等
2×3n 2×3n 2×3n 6
号，
1
所以实数k的取值范围是k> .
6
【题型19 统计概率解答题新考点】
【例19】（2024·浙江宁波·高三期末）某款游戏预推出一项皮肤抽卡活动，玩家每次抽卡需要花费10元，
现有以下两种方案．方案一：没有保底机制，每次抽卡抽中新皮肤的概率为p ；方案二：每次抽卡抽中新
1
皮肤的概率为p ，若连续99次未抽中，则第100次必中新皮肤．已知0
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