1
解答题：新定义问题
目录
题型一集合的新定义问题1
题型二函数与导数的新定义问题4
题型三复数与不等式的新定义问题8
题型四三角函数的新定义问题11
题型五平面向量的新定义问题14
题型六数列的新定义问题17
题型七立体几何的新定义问题21
题型八平面解析几何的新定义问题27
题型九概率统计的新定义问题31
题型十高等数学背景下的新定义问题35
必刷大题39
题型一
集合的新定义问题
大题典例
1. (24 - 25 高三上·山东·期中) 已知集合S = 0,1,2,⋯,5n
n∈N *
，集合T ⊆S，记T 的元素个数为T
.
若集合T 中存在三个元素a，b，c(a < b < c)，使得c + 2a > 3b，则称T 为“理想集”.
(1) 若n = 1，分别判断集合T1= {0,2,3,5}，T2= {0,1,2,5} 是否为“理想集”(不需要说明理由)；
(2) 若n = 1，写出所有的“理想集”T 的个数并列举；
(3) 若|T| = 4n + 2，证明：集合T 必为“理想集”.
【答案】(1)T1不是“理想集”，T2是“理想集”；(2) 答案见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1)T1不是“理想集”，T2是“理想集”.
由题意，令a = 0,b = 2,c = 3，则3 + 2 × 0 < 3 × 2；
令a = 0,b = 2,c = 5，则5 + 2 × 0 < 3 × 2；令a = 0,b = 3,c = 5，则5 + 2 × 0 < 3 × 3；
令a = 2,b = 3,c = 5，则5 + 2 × 2 < 3 × 3；所以T1不是“理想集”.
令a = 1,b = 2,c = 5，则5 + 2 × 1 > 3 × 2，所以T2是“理想集”.
(2) 共16 个“理想集”.
若n = 1，有S = {0,1,2,3,4,5}.
当|T| = 3 时，若a = 0，则b ≥1，由c + 2a > 3b 可知c > 3b ≥3，故(b,c) = (1,4) 或(1,5)；
若a = 1，则b ≥2，由c + 2a > 3b 可知c + 2 > 3b ≥6，则4 < c ≤5，故(b,c) = (2,5).
故含有三个元素的“理想集”T = {0,1,4}，{0,1,5} 或{1,2,5}，共3 个.
当|T| = 4 时，T = {0,1,2,4}，{0,1,3,4}，{0,1,2,5}，{0,1,3,5}，{0,1,4,5}，{1,2,3,5}，{1,2,4,5}，
共7 个.
当|T| = 5 时，T = {0,1,2,3,4}，{0,1,2,3,5}，{0,1,2,4,5}，{0,1,3,4,5}，{1,2,3,4,5}，共5 个.
当|T| = 6 时，T = {0,1,2,3,4,5}，共1 个.
综上所述，所有“理想集”T 的个数为16 个分别为：
2
{0,1,4}，{0,1,5}，{1,2,5}，{0,1,2,4}，{0,1,3,4}，{0,1,2,5}，{0,1,3,5}，{0,1,4,5}，{1,2,3,5}，
{1,2,4,5}，{0,1,2,3,4}，{0,1,2,3,5}，{0,1,2,4,5}，{0,1,3,4,5}，{1,2,3,4,5}，{0,1,2,3,4,5}.
(3) 若|T| = 4n + 2，记T = x1,x2,⋯,x4n+2
且0 ≤x1< x2<⋯< x4n+2≤5n.
利用反证法，假设对于T 中任意三个元素a，b，c(a < b < c)，均有c + 2a ≤3b，
则3xi+1≥x4n+2+ 2xi，i = 1，2，⋯，4n + 1.
记yi = x4n+2- xi > 0，于是yi+1≤2
3 yi，则y4n+1≤2
3 y4n≤
2
3
2
y4n-1≤⋯≤
2
3
4n
y1.
因此1 ≤y4n+1≤
2
3
4n
x4n+2-x1
≤
16
81
n
5n-0
=
80
81
n
< 1，矛盾.
故集合T 必为“理想集”.
解法指导
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.
变式训练
2. (24 - 25 高三上·广东·月考) 已知集合A = 1,2,3,⋯,2n
(n ∈N *)，S 是集合A 的子集，若存在不大于
n 的正整数m，使集合S 中的任意一对元素s1，s2，都有s1-s2
≠m，则称集合S 具有性质P.
(1) 当n = 10 时，试判断集合B = x∈A x>9
和C = x∈A x=3k-1,k∈N *
是否具有性质P？并
说明理由；
(2) 当n = 100 时，若集合S 具有性质P，那么集合T = 201-x x∈S
是否具有性质P？并说明理由；
(3) 当n = 3k，k ∈N *时，若集合S 具有性质P，求集合S 中元素个数的最大值f n
.
【答案】(1) 集合B 不具有性质P，集合C 具有性质P，理由见解析
(2)T = 201-x x∈S
具有性质P，理由见解析；(3)f n
= n
【解析】(1) 集合B 不具有性质P，集合C 具有性质P，理由如下：
当n = 10 时，A = 1,2,3,⋯,20
，B = 10,11,⋯,20
，
C = 2,5,8,11,14,17,20
，
因为对于任意不大于10 的m，都可以找到该集合中的两个元素b1= 10,b2= 10 + m，
使得b1-b2
= m 成立，
因为可取m = 1 < 10，对于该集合中的任意一对元素c1= 3k1- 1,c2= 3k2- 1，k1,k2∈N *，
都有c1-c2
= 3 k1-k2
≠1，k1,k2∈N *，
故集合B 不具有性质P，集合C 具有性质P；
(2)T = 201-x x∈S
具有性质P，理由如下：
当n = 100 时，A = 1,2,3,⋯,200
，
T = 201-x x∈S
，任取t = 201 - x0∈T，其中x0∈S，
3
因为S ⊆A，所以x0∈1,2,3,⋯,200
，
从而1 ≤201 - x0≤200，即t = 201 - x0∈A，故T ⊆A，
因为集合S 具有性质P，故存在不大于100 的正整数m，
使得对于S 中的任意一对元素s1,s2，都有s1-s2
≠m，
对于上述正整数m，从T = 201-x x∈S
中任取一对元素t1= 201 - x1,t2= 201 - x2，
其中x1,x2∈S，则有t1-t2
= x1-x2
≠m，
故集合T = 201-x x∈S
具有性质P；
(3)n = 3k，k ∈N *时，A = 1,2,3,⋯,6k
，
S ⊆A，集合S 具有性质P，
对于m ≤3k，k ∈N *，对于S 中的任意一对元素s1,s2，都有s1-s2
≠m，
要求集合S 中元素个数的最大值，
若1 ∈S，则剩余元素为3k + 2,3k + 3, ⋯,6k，
此时S 中元素个数为6k - 3k+2
+ 1 + 1 = 3k，
若2 ∈S，则剩余元素为3k + 3, ⋯,6k，
此时S 中元素个数为6k - 3k+3
+ 1 + 1 = 3k - 1，
依次类推，
若3k - 1 ∈S，则剩余元素为6k，此时S 中元素个数为2，
若3k ∈S，则S 中不在含有其他元素，此时S 中元素个数为1，
若3k + 1 ∈S，则S 中不在含有其他元素，此时S 中元素个数为1，
若3k + 2 ∈S，则剩余元素为1，此时S 中元素个数为2，
⋯⋯，
若6k ∈S，则剩余元素为1,2, ⋯3k - 1，此时S 中元素个数为3k - 1 - 1 + 1 + 1 = 3k，
综上，f n
= 3k = n.
3. (24 - 25 高三上·北京·期中) 已知集合A = 1,2,3,⋅⋅⋅,n
，其中n ∈N *，A1，A2，⋯，Am 是A 的互不相
同的子集. 记Ai的元素个数为Mi(i = 1,2, ⋅⋅⋅,m)，Ai∩Aj的元素个数为Nij(1 ≤i < j ≤m).
(1) 若n = 4，m = 3，A1= 1,2
，A2= 1,3
，N13= N23= 1，写出所有满足条件的集合A3(结论不要求
证明)；
(2) 若n = 5，且对任意的1 ≤i < j ≤m，都有Nij > 0，求m 的最大值；
(3) 若给定整数n ≥7，Mi≤3(i = 1,2, ⋅⋅⋅,m) 且对任意1 ≤i < j ≤m，都有Nij = 1，求m 的最大值.
【答案】(1)A3= {1} 或A3= {1,4} 或A3= {2,3} 或A3= {2,3,4}；(2)mmax = 16；(3)mmax = n
【解析】(1) 因为N13 = N23= 1，则A1∩A3和A2∩A3的元素个数均为1，
又因为n = 4,A1= 1,2
,A2= 1,3
，则A = 1,2,3,4
，
若A1∩A3= 1
，A2∩A3= 1
，则A3= {1} 或A3= {1,4}；
若A1∩A3= 2
，A2∩A3= 3
，则A3= {2,3} 或A3= {2,3,4}；
综上A3= {1} 或A3= {1,4} 或A3= {2,3} 或A3= {2,3,4}.
(2) 集合A = {1,2,3,4,5} 共有32 个不同的子集，
将其两两配对成16 组Bi,Ci(i = 1,2, ⋯,16)，
使得Bi ∩Ci = ∅,Bi ∪Ci = A，则Bi,Ci 不能同时被选中为子集Aj(j = 1,2, ⋯,m)，故m ≤16.
选择A 的16 个含有元素1 的子集:A1= {1},A2= {1,2},A3= {1,3}, ⋯⋯A16 = A，符合题意.
4
综上，mmax = 16.
(3) 结论:mmax = n，
令A1= {1},A2= {1,2},A3= {1,3}, ⋯,An= {1,n}，集合A1~An符合题意.
证明如下：
①若A1~Am 中有一元集合，不妨设A1= {1}，
则其它子集中都有元素1，且元素2~n 都至多属于1 个子集，
所以除A1外的子集至多有n - 1 个，故m ≤n.
②若A1~Am 中没有一元集合，但有二元集合，不妨设A1= {1,2}. 其它子集分两类:
Bj = 1,bj
或1,bj,b
j
(j = 1,2, ⋯,s)，和Cj = 2,cj
或2,cj,c
j
(j = 1,2, ⋯,t)，
其中s ≥t,bj,b
j 互不相同，cj,c
j 互不相同且均不为1，2.
若t = 0，则s ≤n - 2，有m = 1 + s + t ≤n - 1 < n
若t ≥1，则由Bj∩C1
= 1 得每个集合Bj 中都恰包含C1中的1 个元素(不是2)，
且互不相同，
因为C1中除2 外至多还有2 个元素，所以s ≤2.
所以m = 1 + s + t ≤1 + 2 + 2 < n.
③若A1~Am 均为三元集合，不妨设A1= {1,2,3}. 将其它子集分为三类：
Bj = 1,bj,b
j
(j = 1,2, ⋯,s),Cj = 2,cj,c
j
(j = 1,2, ⋯,t),Dj = 3,dj,d
j
(j = 1,2, ⋯,r)，
其中s ≥t ≥r.
若t = r = 0，则s ≤n-3
2
(除1，2，3 外，其它元素两个一组与1 构成集合B1~Bs)，
所以m = 1 + s ≤1 + n-3
2
< n.
若t ≥1，不妨设C1= {2,4,5}，
则由Bj∩C1
= 1 得每个集合Bj 中都或者有4、或者有5，
又B1,B2, ⋯,Bs中除1 外无其它公共元素，所以s ≤2.
所以m = 1 + s + t + r ≤1 + 2 + 2 + 2 = 7 ≤n.
综上，mmax = n.
题型二
函数与导数的新定义问题
大题典例
4. (23 - 24 高三上·北京·月考) 设离散型随机变量X 和Y 有相同的可能取值，它们的分布列分别为
P X=ak
= xk，P Y=ak
= yk，xk > 0，yk > 0，k = 1,2, ⋯,n,
n
k=1
xk
=
n
k=1
yk
= 1．指标D(X‖Y) 可用
来刻画X 和Y 的相似程度，其定义为D(X‖Y) =
n
k=1
xk
ln xk
yk
．设X~B(n,p),0 < p < 1．
(1) 若Y~B(n,q),0 < q < 1，求D(X‖Y)；
(2) 若n = 2,P(Y = k - 1) = 1
3 ,k = 1,2,3，求D(X‖Y) 的最小值；
(3) 对任意与X 有相同可能取值的随机变量Y，证明：D(X‖Y) ≥0，并指出取等号的充要条件
【答案】(1)npln p(1-q)
q(1-p) + nln 1-p
1-q ；(2)ln3 - 3
2 ln2；(3) 证明见解析
5
【解析】(1) 不妨设ak= k，则xk= Ck
npk(1 - p)n-k,yk= Ck
nqk(1 - q)n-k.
所以D(X‖Y) =
n
k=0
Ck
npk 1-p
n-kln pk 1-p
n-k
qk 1-q
n-k
= ln p(1-q)
q(1-p) ⋅
n
k=0
k
Ck
npk(1 - p)n-k+ nln 1-p
1-q ⋅
n
k=0
Ck
n
pk(1 - p)n-k= npln p(1-q)
q(1-p) + nln 1-p
1-q .
(2) 当n = 2 时，P(X = 2) = p2,P(X = 1) = 2p(1 - p),P(X = 0) = (1 - p)2，
记f(p) = D(X‖Y) = p2ln3p2+ 2p(1 - p)ln6p(1 - p) + (1 - p)2ln3(1 - p)2
= p2lnp2+ 2p(1 - p)ln2p(1 - p) + (1 - p)2ln(1 - p)2+ ln3，
则f(p) = 4plnp + 2p + (2 - 4p) [ln2p(1 - p) + 1] - 4(1 - p)ln(1 - p) - 2(1 - p) = 2[lnp - ln(1 - p) + (1
- 2p)ln2]，
令g(p) = lnp - ln(1 - p) + (1 - 2p)ln2，则g(p) = 1
p +
1
1-p - 2ln2 > 0，
令φ p
= 1
p +
1
1-p - 2ln2，则φp
=
2p-1
p2 1-p
2 ，
当0 < p < 1
2 时，φp
< 0，φ p
单调递减；
当1
2 < p < 1 时，φp
> 0，φ p
单调递增；
所以φ p
> φ 1
2
= 4 - 2ln2 > 0，则g(p) 单调递增，而g 1
2
= 0，
所以f(p) 在0, 1
2
为负数，在
1
2 ,1
为正数，
则f(p) 在0, 1
2
单调递减，在
1
2 ,1
单调递增，
所以D(X‖Y) 的最小值为ln3 - 3
2 ln2.
(3) 令h x
= lnx - x + 1，则hx
= 1
x - 1 = 1-x
x
，
当0 < x < 1 时，hx
> 0，h x
单调递增；
当x > 1 时，hx
< 0，h x
单调递减；
所以h x
≤h 1
= 0，即lnx - x + 1 ≤0，当且仅当x = 1 时，等号成立，
则当x > 0 时，lnx ≤x - 1，所以ln 1
x ≤1
x - 1，即lnx ≥1 - 1
x ，
故D(X‖Y) =
n
k=1
xkln xk
yk
≥
n
k=1
xk 1- yk
xk
=
n
k=1
xk-yk
=
n
k=1
xk
-
n
k=1
yk
= 0，
当且仅当对所有的k,xk= yk时等号成立.
解法指导
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。
变式训练
5. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 把满足任意x，y ∈R 总有f x+y
+ f x-y
= 2f x
f y
的函数称为“类
余弦型”函数.
6
(1) 已知f x
为“类余弦型”函数f x
> 0，f 2
= 17
8 ，求f 1
的值；
(2) 在(1) 的条件下，定义数列：an= 2f n+1
- f n
n∈N *
，求log2
a1
3 + log2
a2
3 +⋅⋅⋅+log2
a100
3
的
值；
(3) 若g x
为“类余弦型”函数，且g 0
> 0，对任意非零实数t，总有g t
> 1. 设有理数x1，x2满足x2
> x1
，判断g x2
与g x1
的大小关系，并给出证明.
【答案】(1) 5
4 ；(2)4950；(3)g x2
> g x1
，证明见解析
【解析】(1) 令x = y = 0 则，f 0
+ f 0
= 2f2 0
，又f x
> 0，故f 0
= 1，
令x = 1，y = 1，则f 2
+ f 0
= 2f 1
f 1
，则f2 1
= 25
16 ，
又f 1
> 0，故f 1
= 5
4 ；
(2) 令x = n,y = 1，n ∈N+，则f n+1
+ f n-1
= 2f n
f 1
= 5
2 f n
，
即2f n+1
- f n
= 2 2f n
- f n-1
，
又an= 2f n+1
- f n
n∈N *
，则an= 2an-1，
又a1= 3，所以数列an
以2 为公比，3 为首项的等比数列，
即an= 3 × 2n-1，则log2
an
3 = n - 1，
则log2
a1
3 + log2
a2
3 +⋅⋅⋅+log2
a100
3
= 0 + 1 + 2 +⋅⋅⋅+99 = 0+99
2
× 100 = 4950；
(3) 由题意得：函数g x
定义域为R，定义域关于原点对称，
令x = y = 0，有g 0
+ g 0
= 2g2 0
，又g 0
> 0，故g 0
= 1.
令x = 0，y 为任意实数，则g y
+ g -y
= 2g 0
g y
，即g y
= g -y
，故g x
是偶函数，
因为g x+y
+ g x-y
= 2g x
g y
，又因为当x ≠0 时，g x
> 1，
所以当x ≠0 时，有2g x
g y
> 2g y
，所以g x+y
+ g x-y
> 2g y
，
又x2
，x1
为有理数，不妨设x1
= p1
q1
，x2
= p2
q2
，
令N 为x2
，x1
分母的最小公倍数，且x1
= a
N ，x2
= b
N ，a，b 均为自然数，且a < b，
设Cn= g
n
N
,x ∈N ，g 0
= 1 < g
1
N
，则C0< C1，
令x = n
N ，y = 1
N ，则g n+1
N
+ g n-1
N
> 2g
n
N
，
即Cn+1+ Cn-1> 2Cn，则Cn+1- Cn> Cn- Cn-1，
即可得Cn+1- Cn> Cn- Cn-1> Cn-1- Cn-2>⋯> C2- C1> C1- C0> 0，
故可得g
n
N
单调递增，则g x2
> g x1
，
又g x
是偶函数，所以有g x2
> g x1
.
6. (24 - 25 高三上·上海·期中) 已知函数y = f x
，若其定义域为0,+∞
，且满足xfx
- f x
>-1 对
一切x ∈0,+∞
恒成立，则称f x
为一个“逆构造函数”.
(1) 设g x
= x3+ 1 x>0
，判断y = g x
是否为“逆构造函数”，并说明理由；
7
(2) 若函数y = ax - 3 - lnx - 1-a
x
是“逆构造函数”，求a 的取值范围；
(3) 已知“逆构造函数”y = f x
满足对任意的x1,x2> 0，都有f x1+x2
≤f x1
f x2
，且f 1
= 2.
求证：对任意a ≤1，关于x 的方程f x
= a 无解.
【答案】(1) 是，理由见解析；(2) -∞,1- 1
2e4
；(3) 证明见解析
【解析】(1) 由于gx
= 3x2，故对x ∈0,+∞
有xgx
- g x
= 3x3- x3- 1 = 2x3- 1 >-1.
所以y = g x
是否为“逆构造函数”.
(2) 由于y= a - 1
x + 1-a
x2
，故xy- y = ax - 1 + 1-a
x
- ax + 3 + lnx + 1-a
x
= 2 + lnx + 2 1-a
x
.
一方面，若函数y = ax - 3 - lnx - 1-a
x
是“逆构造函数”，则xy- y >-1，即2 + lnx + 2 1-a
x
>-1.
所以3 + lnx + 2 1-a
x
> 0 对任意x > 0 成立.
特别地，取x = e-3，得3 - 3 + 2 1-a
e-3
> 0，从而2 1-a
e-3
> 0，故1 - a > 0.
再取x = 2 1-a
，得3 + ln 2 1-a
+ 2 1-a
2 1-a
> 0，从而3 + ln 2 1-a
+ 1 > 0.
此即ln 2 1-a
>-4，故2 1-a
> e-4，解得a < 1 - 1
2e4 ；
另一方面，若a < 1 - 1
2e4 ，则2 1-a
> e-4.
设φ t
= t - lnt，则φt
= 1 - 1
t = t-1
t
，所以对0 < t < 1 有φt
= t-1
t
< 0，对t > 1 有φt
= t-1
t
> 0.
从而φ t
在0,1
上递减，在1,+∞
上递增，故φ t
≥φ 1
= 1.
所以对x > 0，有
xy- y = 2 + lnx + 2 1-a
x
> 2 + lnx + e-4
x
= 2 +
e-4
x -ln e-4
x
- ln 1
e-4 = 2 + φ e-4
x
- 4 ≥2 - 1 - 4
=-1.
从而此时函数y = ax - 3 - lnx - 1-a
x
是“逆构造函数”.
综上，a 的取值范围是-∞,1- 1
2e4
.
(3) 设h x
= f x
-1
x
，则hx
= xfx
- f x
-1
x2
= xfx
- f x
+1
x2
> -1+1
x2
= 0.
所以h x
在0,+∞
上单调递增.
一方面，对x ≥1，有f x
-1
x
= h x
≥h 1
= f 1
-1
1
= 2-1
1
= 1 > 0.
所以对任意x ≥1，有f x
> 1；
另一方面，对0 < x < 1，假设f x
≤0，
则根据f 1
= 2 > 0 及零点存在定理，存在η ∈x,1
使得f η
= 0.
再由条件f x1+x2
≤f x1
f x2
，
知2 = f 1
= f η+ 1-η
≤f η
f 1-η
= 0 ⋅f 1-η
= 0，矛盾.
所以对任意0 < x < 1，有f x
> 0.
假设存在0 < x0< 1 使得f x0
≤1，则根据f 1
= 2 > 1 及零点存在定理，存在u ∈x0,1
使得f u
= 1.
8
从而对任意x > 0，有f x+u
≤f x
f u
= f x
.
但由u > 0，知f 1+u
-1
1+u
= h 1+u
> h 1
= f 1
-1
1
≥f 1
-1
1+u
≥f 1+u
-1
1+u
，矛盾.
所以对任意0 < x < 1，都有f x
> 1.
综合两方面可知，对任意的x > 0，都有f x
> 1.
所以对任意a ≤1，关于x 的方程f x
= a 一定无解.
题型三
复数与不等式的新定义问题
大题典例
7. (24 - 25 高三上·江苏泰州·月考) 已知常数a,b,c ∈R，设关于x 的方程ax2+ bx + c = 0．
(1) 在复数范围内求解该方程．
(2) 当a ≠0 时，设该方程的复根分别为x1,x2，证明：
x1+x2=- b
a ,
x1x2= c
a .
(3) 如果多项式的系数是复数，那么称该多项式为复系数多项式．已知任何一元n 次(n ∈N *) 复系数
多项式方程f x
= 0 至少有一个复根．证明：f x
= 0 有n 个复数根(重根按重数计)．
(4) 将题设的常数“a,b,c ∈R”改为“a,b,c ∈C”，并证明：(2) 仍然成立．
【答案】(1) 答案见解析；(2) 证明见解析；(3) 证明见解析；(4) 答案见解析
【解析】(1) 当a = 0,b = 0,c = 0 时，方程有无数个根，所有根组成的集合是C；
当a = 0,b = 0,c ≠0 时，方程无根；
当a = 0,b ≠0 时，方程的根为x =- c
b ；
a ≠0 时，配方得x+ b
2a
2
= b2-4ac
4a2
．
①当Δ = b2- 4ac ≥0 时，方程有两个实根
x1= -b+
b2-4ac
2a
,x2= -b-
b2-4ac
2a
．
②当Δ = b2- 4ac < 0 时，方程化为
4a2
4ac-b2 x+ b
2a
2
=-1，
由于
4a2
4ac-b2 > 0，因此
2a
4ac-b2
x+ b
2a
2
=-1．
由于(±i)2=-1，因此
2a
4ac-b2
x+ b
2a
=±i，
故方程有两个复根x1= -b+i 4ac-b2
2a
,x2= -b-i 4ac-b2
2a
．
(如果认为i =
-1 ，然后把两种情况合并成一种情况x = -b±
b2-4ac
2a
，则只能得1 分．
因为我们只曾定义过i2=-1，但从来没有规定过i =
-1 ，而i2=-1 也不能推出i =
-1．
这是因为开方这种运算本身仅对非负实数而言，对负数是没有意义的．
就算
-1 = i，那为什么不是
-1 =-i？
我们从来没定义过对负数开根是什么概念，更没有规定过根号下有负数时的运算规则．)
再次强调：-1 不是i，
“i”不能写成“ -1”，i 仅仅只是人为规定的一个抽象的数，它满足i2=-1．
9
(2) ①当Δ = b2- 4ac ≥0 时，
x1+x2= -b+
b2-4ac
2a
+ -b-
b2-4ac
2a
=- b
a ,
x1x2= -b+
b2-4ac
2a
⋅-b-
b2-4ac
2a
= c
a .
②当Δ = b2- 4ac < 0 时，根据复数的运算法则，得
x1+x2= -b+i 4ac-b2
2a
+ -b-i 4ac-b2
2a
=- b
a ,
x1x2= -b+i 4ac-b2
2a
⋅-b-i 4ac-b2
2a
= c
a .
(如果和(1) 一样认为i =
-1 合并情况的话，只能得1 分)
(3) 一元n 次n∈N *
复系数多项式方程f x
= 0 至少有一个复根，
不妨设该方程的一个复根为x1，则f x
必然能够分解出一个因式x-x1
，即f x
= x-x1
f1 x
．
由复数的运算法则可知，方程f1 x
= 0 是一元n-1
次n∈N *
复系数多项式方程．
不妨设该方程的一个复根为x2，则f1 x
必然能够分解出一个因式x-x2
，即f1 x
= x-x2
f2 x
．
重复该过程，最终f x
= x-x1
x-x2
⋯x-xn
⋅c，
其中c 为常数，c ∈C．显然f x
有n 个复数根(重根按重数计)．
(4) 由(3) 得复系数二次方程ax2+ bx + c = 0 a,b,c∈C
有两个复数根，
分别设为x1,x2，则原方程可化为a(x - x1) (x - x2) = 0，
即ax2- a x1+x2
x + ax1x2= 0，
和原方程比较系数，得-a x1+x2
= b,ax1x2= c
即x1+ x2=- b
a ,x1x2= c
a ．
解法指导
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.
变式训练
8. (24 - 25 高三上·山东枣庄·月考) 对于四个正数m、n、p、q，若满足mq < np，则称有序数对m,n
是
p,q
的“下位序列”．
(1) 对于2、3、7、11，有序数对3,11
是2,7
的“下位序列”吗？请简单说明理由；
(2) 设a、b、c、d 均为正数，且a,b
是c,d
的“下位序列”，试判断a
b 、c
d 、a+c
b+d 之间的大小关系；
(3) 设正整数n 满足条件：对集合m 0<m<2024
,m∈N
内的每个m，总存在正整数k，使得
m,2024
是k,n
的“下位序列”，且k,n
是m+1,2025
的“下位序列”，求正整数n 的最小值．
【答案】(1) 是，理由见解析；(2) a
b < a+c
b+d < c
d ；(3)4049
【解析】(1) ∵3 × 7 < 11 × 2，∴(3,11) 是(2,7) 的" 下位序列"；
(2) ∵a,b
是c,d
的“下位序列”，∴ad < bc，
∵a，b，c，d 均为正数，
故a+c
b+d - a
b = bc-ad
(b+d)b > 0，即a+c
b+d - a
b > 0，
10
∴a+c
b+d > a
b ，
同理a+c
b+d < c
d ，
综上所述：a
b < a+c
b+d < c
d ；
(3) 由已知得mn<2024k
(m+1)n>2025k
，
因为m,n,k 为整数，
故mn+1≤2024k
mn+n-1≥2025k
，
∴2024(mn + n - 1) ≥2024 × 2025k ≥2025(mn + 1)，∴n ≥
4049
2024-m ，
该式对集合m
0<m<2024
内的每一个m ∈N ∗的每个正整数m 都成立，
∴n ≥
4049
2024-2023 = 4049，
所以正整数n 的最小值为4049.
9. (23 - 24 高三下·辽宁·模拟预测) 柯西不等式在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的n 元形式
为：设ai，bi ∈R(i = 1,2, ⋯,n)，ai 不全为0，bi 不全为0，则∑
n
i=1a2
i∑
n
i=1b2
i ≥∑
n
i=1aibi
2
，当且仅当存在一个数
k，使得ai= kbi时，等号成立．
(1) 请你写出柯西不等式的二元形式；
(2) 设P 是棱长为
2 的正四面体ABCD 内的任意一点，点P 到四个面的距离分别为d1，d2，d3，d4，求
d2
1 + d2
2+ d2
3+ d2
4的最小值；
(3) 已知无穷正数数列an
满足：
①存在m ∈R，使得ai≤m；
②对任意正整数i、j(i ≠j) (j = 1,2, ⋯)，均有ai-aj
≥
1
i+j .
求证：对任意n ≥4，n ∈N ，恒有m ≥1.
【答案】(1) 设a1，a2，b1，b2∈R，则a2
1+a2
2
b2
1+b2
2
≥a1b1+a2b2
2. 当且仅当a1b2= a2b1时等号成立；(2) 1
3 ；
(3) 证明见解析
【解析】(1) 柯西不等式的二元形式为：设a1，a2，b1，b2∈R，则a2
1+a2
2
b2
1+b2
2
≥a1b1+a2b2
2.
当且仅当a1b2= a2b1时等号成立.
(2) 正四面体ABCD 的体积等于以P 为顶点，四个面为底面的三棱锥体积之和，
即VABCD = VP-ABC + VP-DBC + VP-CDA + VP-DAB.
所以
2
12
2
3= 1
3 ×
3
4
2
2 d1+d2+d3+d4
，因此d1+ d2+ d3+ d4= 2 3
3
.
由柯西不等式得d2
1+d2
2+d2
3+d2
4
(1 + 1 + 1 + 1) ≥d1⋅1+d2⋅1+d3⋅1+d4⋅1
2.
从而d2
1 + d2
2+ d2
3+ d2
4≥1
3 ，当且仅当d1= d2= d3= d4=
3
6
时等号成立.
因此d2
1 + d2
2+ d2
3+ d2
4的最小值为1
3 .
11
(3) 对n ≥4，记k1，k2，⋯，kn是1，2，⋯，n 的一个排列，且满足0 < ak1< ak2<⋯< akn≤m.
由条件②得：aki- aki-1≥
1
ki+ki-1
(i = 2,3, ⋯,n)，于是，对任意的n ≥4，都有
m ≥akn> akn- ak1= akn-akn-1
+ akn-1-akn-2
+⋯+ ak2-ak1
≥
1
kn+kn-1
+
1
kn-1+kn-2
+⋯+
1
k2+k1
.
由柯西不等式得
1
kn+kn-1
+
1
kn-1+kn-2
+⋯+
1
k2+k1
kn+kn-1
+ kn-1+kn-2
+⋯+ k2+k1
≥(n - 1)2.
所以
1
kn+kn-1
+
1
kn-1+kn-2
+⋯+
1
k2+k1
≥
(n-1)2
kn+kn-1
+ kn-1+kn-2
+⋯+ k2+k1
=
(n-1)2
2 k1+k2+⋯+kn
-k1-kn
=
(n-1)2
n2+n-k1-kn
≥(n-1)2
n2+n-3 = 1 -
3n-4
n2+n-3 .
从而m ≥1 -
3n-4
n2+n-3 ，当n ≥4 时，1 -
3n-4
n2+n-3 < 1，故m ≥1.
题型四
三角函数的新定义问题
大题典例
10. ( 24 - 25 高三上· 全国· 专题练习) 对于集合A =
θ1,θ2,⋯,θn
和常数θ 0 ，定义：σ =
sin2 θ1-θ0
+sin2 θ2-θ0
+⋯+sin2 θn-θ0
n
为集合A 相对的θ0的“正弦标准差”．
(1) 若集合A =
π
6 , π
3
，θ0= π
4 ，求A 相对的θ0的“正弦标准差”；
(2) 若集合A =
π
4 ,α,β
，是否存在α ∈
3π
4 ,π
，β ∈
3π
2 , 7π
4
，使得相对任何常数θ0的“正弦标准
差”是一个与θ0无关的定值？若存在，求出α，β 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
6-
2
4
；(2) 存在α = 11π
12 ，β = 19π
12 ，使得相对任何常数θ0的“正弦标准差”是一个与θ0无关
的定值，理由见解析
【解析】(1)σ =
sin2 π
6 - π
4
+sin2 π
3 - π
4
2
=
sin2 - π
12
+sin2 π
12
2
=
sin2 π
12 +sin2 π
12
2
= sin π
12 ，
其中sin π
12 = sin π
3 - π
4
= sin π
3 cos π
4 - cos π
3 sin π
4 =
3
2
×
2
2
- 1
2 ×
2
2
=
6-
2
4
.
(2) 存在α = 11π
12 ，β = 19π
12 ，使得相对任何常数θ0的“正弦标准差”是一个与θ0无关的定值，
理由如下：
sin2 π
4 -θ0
+ sin2 α-θ0
+ sin2 β-θ0
=
1-cos π
2 -2θ0
2
+ 1-cos 2α-2θ0
2
+ 1-cos 2β-2θ0
2
= 3
2 - 1
2
sin2θ0+cos2αcos2θ0+sin2αsin2θ0+cos2βcos2θ0+sin2βsin2θ0
= 3
2 - 1
2 sin2θ0 1+sin2α+sin2β
+cos2θ0 cos2α+sin2β
，
只需sin2α+sin2β=-1
cos2α+cos2β=0
，则cos2α+cos2β
2+ sin2α+sin2β
2= 1，
12
即2 + 2cos2αcos2β + 2sin2αsin2β = 1，整理得cos 2α-2β
=- 1
2 ，
因为α ∈
3π
4 ,π
，β ∈
3π
2 , 7π
4
，
所以2α ∈
3π
2 ,2π
，2β ∈3π, 7π
2
，-2β ∈- 7π
2 ,-3π
，
则2α - 2β ∈-2π,π
，
所以2α - 2β =- 4π
3 ，则2β = 2α + 4π
3 ，
所以cos2α + cos2β = cos2α + cos 2α+ 4π
3
= 0，
即cos2α + cos2αcos 4π
3 - sin2αsin 4π
3 = 0，
整理得cos2α +
3sin2α = 0，故tan2α =-
3
3 ，
因为2α ∈
3π
2 ,2π
，所以2α = 11π
6
，α = 11π
12 ，
则2β = 2α + 4π
3 = 11π
6
+ 4π
3 = 19π
6
，β = 19π
12 ，
检验，将α = 11π
12 ，β = 19π
12 代入sin2α+sin2β=-1
cos2α+cos2β=0
得
sin 11π
6 +sin 19π
6 =sin - π
6
+sin 7π
6 =- 1
2 + - 1
2
=-1
cos 11π
6 +cos 19π
6 =cos - π
6
+cos 7π
6 =cos π
6 -cos π
6 =0
，满足要求，
故存在α = 11π
12 ，β = 19π
12 ，使得相对任何常数θ0的“正弦标准差”是一个与θ0无关的定值，
此时σ =
sin2 π
4 -θ0
+sin2 α-θ0
+sin2 β-θ0
3
=
2
2 .
变式训练
11. ( 24 - 25 高三上· 江西宜春· 期中) 定义有序实数对( a , b ) 的“跟随函数”为f x
= asinx +
bcosx x∈R
．
(1) 记有序数对(1, -1) 的“跟随函数”为f(x)，若f x
= 0,x ∈0,2π
，求满足要求的所有x 的集合；
(2) 记有序数对(0,1) 的“跟随函数”为f(x)，若函数g x
= f x
+
3 sinx
,x ∈0,2π
与直线y = k 有
且仅有四个不同的交点，求实数k 的取值范围；
(3) 已知a = 3，若有序数对(a,b) 的“跟随函数”y = f x
在x = x0处取得最大值，当b 在区间(0, 3]
变化时，求tan2x0的取值范围．
【答案】(1) π
4 , 5π
4
；(2) [1,2)；(3) -4 3,0
【解析】(1) 由题意f(x) = sinx - cosx = 0，sinx = cosx，tanx = 1，
x = kπ + π
4 (k ∈Z)，
又x ∈[0,2π]，所以x = π
4 或5π
4 ，即所求集合为
π
4 , 5π
4
；
(2) 由题意f(x) = cosx，则g(x) = cosx +
3 sinx
，
x ∈[0,π] 时，g(x) = cosx +
3sinx = 2 1
2 cosx+
3
2 sinx
= 2sin x+ π
6
，
13
x ∈(π,2π] 时，g(x) = cosx -
3sinx = 2 1
2 cosx-
3
2 sinx
=-2sin x- π
6
，
作出函数y = g(x)，x ∈0,2π
的图象，如图，
f(x) 在0, π
3
和π, 5π
3
上递增，在
π
3 ,π
和
5π
3 ,2π
上递减，
f(x)max = 2，f(0) = f(2π) = 1，
由图象可知，1 ≤k < 2 时，
函数g x
= f x
+
3 sinx
,x ∈0,2π
的图象与直线y = k 有且仅有四个不同的交点，
所以k 的范围是[1,2)；
(3) 由题意f(x) = 2sinx + bcosx =
4+b2sin(x + φ)，其中cosφ =
2
4+b2 ，sinφ =
b
4+b2 ，
易知x + φ = 2kπ + π
2 ,k ∈Z 时，f(x)max =
4+b2 ，
x0= 2kπ + π
2 - φ(k ∈Z)，
sinx0= sin 2kπ+ π
2 -φ
= cosφ，同理cosx0= sinφ，
tanx0= sinx0
cosx0
= cosφ
sinφ ，
tan2x0=
2tanx0
1-tan2x0
=
2cosφ
sinφ
1- cos2φ
sin2φ
=
2sinφcosφ
sin2φ-cos2φ =
4b
4+b2
b2
4+b2 -
4
4+b2
=
4b
b2-4 =
4
b- 4
b
，
b ∈(0, 3] 时，函数y = b - 4
b 是增函数，因此b - 4
b ∈-∞,- 1
3
，
从而
4
b- 4
b
∈-4 3,0
，即tan2x0∈-4 3,0
．
12. (24 - 25 高三上·甘肃兰州·月考) 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曼哈顿距离和余
弦距离. 若二维空间有两个点A x1,y1
，B x2,y2
，则曼哈顿距离为：d A,B
= x1-x2
+ y1-y2
，余弦
相似度为：cos A,B
=
x1
x2
1+y2
1
×
x2
x2
2+y2
2
+
y1
x2
1+y2
1
×
y2
x2
2+y2
2
，余弦距离为1 - cos A,B
(1) 若A -1,2
，B 3
5 , 4
5
，求A，B 之间的曼哈顿距离d A,B
和余弦距离；
(2) 已知M sinα,cosα
，N sinβ,cosβ
，Q sinβ,-cosβ
，若cos M,N
= 1
5 ，cos M,Q
= 2
5 ，求
tanαtanβ 的值
14
【答案】(1) 14
5 ，1 -
5
5 ；(2) - 3
【解析】(1)d A,B
= -1- 3
5
+ 2- 4
5
= 14
5 ，
cos A,B
= -1
5 × 3
5 + 2
5 × 4
5 =
5
5 ，故余弦距离等于1 - cos A,B
= 1 -
5
5 ；
(2)cos M,N
=
sinα
sin2α+cos2α
⋅
sinβ
sin2β+cos2β
+
cosα
sin2α+cos2α
⋅
cosβ
sin2β+cos2β
= sinαsinβ + cosαcosβ = 1
5 ；
cos M,Q
=
sinα
sin2α+cos2α
⋅
sinβ
sin2β+cos2β
+
cosα
sin2α+cos2α
⋅
-cosβ
sin2β+cos2β
= sinαsinβ - cosαcosβ = 2
5
故sinαsinβ = 3
10 ，cosαcosβ =- 1
10 ，则tanαtanβ = sinαsinβ
cosαcosβ =-3.
题型五
平面向量的新定义问题
大题典例
13. (24 - 25 高三上·河南·期中) 如图，我们把由平面内夹角成60° 的两条数轴Ox，Oy 构成的坐标系，称为
“完美坐标系”. 设e1
，e2
分别为Ox，Oy 正方向上的单位向量，若向量OP
= xe1
+ ye2
，则把实数对
[x,y] 叫做向量OP
的“完美坐标”.
(1) 若向量OP
的“完美坐标”为[3,4]，求OP
；
(2) 已知x1,y1
，x2,y2
分别为向量a，b的“完美坐标”，证明：a⋅b= x1x2+ y1y2+ 1
2
x1y2+x2y1
；
(3) 若向量a，b的“完美坐标”分别为[sinx,1]，[cosx,1]，设函数f(x) = a⋅b，x ∈R，求f(x) 的值域.
【答案】(1) 37；(2) 证明见解析；(3) 3
8 , 3+
2
2
【解析】(1) 因为OP
的“完美坐标”为[3,4]，则OP
= 3e1
+ 4e2
，
又因为e1
，e2
分别为Ox，Oy 正方向上的单位向量，且夹角为60°，
所以|e1
| = |e2
| = 1,e1
⋅e2
= e1
e2
cos60° = 1
2 ，
所以OP
=
3e1
+4e2
2 =
9e1
2+24e1
⋅e2
+16e2
2 =
9+24× 1
2 +16 =
37.
(2) 由(1) 知e1
⋅e2
= 1
2 ，
所以a⋅b= x1e1
+y1e2
⋅x2e1
+y2e2
2= x1x2e1
2+ x1y2e1
⋅e2
+ x2y1e1
⋅e2
+ y1y2e2
= x1x2+ y1y2+
15
1
2
x1y2+x2y1
，
即a⋅b= x1x2+ y1y2+ 1
2
x1y2+x2y1
.
(3) 因为向量a，b的“完美坐标”分别为[sinx,1]，[cosx,1]，
由(2) 得f(x) = a⋅b= sinxcosx + 1 + 1
2 (sinx + cosx).
令t = sinx + cosx =
2sin x+ π
4
，则sinxcosx = 1
2 (t2- 1)，
因为x ∈R，所以- 2 ≤
2sin x+ π
4
≤
2 ，即- 2 ≤t ≤
2 ，
令g(t) = 1
2
t2-1
+ 1 + 1
2 t = 1
2 (t2+ t + 1) = 1
2
t+ 1
2
2
+ 3
8 ,(- 2 ≤t ≤
2)，
因为g(t) 的图象是对称轴为t =- 1
2 ，开口向上的抛物线的一部分，
所以当t =- 1
2 ∈[- 2, 2] 时，g(t) 取得最小值g - 1
2
= 3
8 ，
当t =
2 时，g(t) 取得最大值g( 2) = 1
2 × (2 +
2 + 1) = 3+
2
2
，
所以f(x) 的值域为
3
8 , 3+
2
2
.
变式训练
14. (24 - 25 高三上·浙江绍兴·月考)n 维向量是平面向量和空间向量的推广，对n 维向量m
n =
x1,x2,⋅⋅⋅,xn
xi∈0,1
,i=1,2,⋅⋅⋅,n
，记f m
n
= 1 + x 1 + x 1x 2 +⋅⋅⋅+x 1x 2 ⋅⋅⋅x n，设集合D m
n
=
m
n
f m
n
为偶数
.
(1) 求D m
2
，D m
3
；
(2) (i) 求D m
n
中元素的个数；
(ii) 记g m
n
=
n
i=1
xi
，求使得
m
n∈D m
n
g m
n
≤2025 成立的最大正整数n.
【答案】(1)D m
2
=
1,0
，D m
3
=
1,0,0
, 1,0,1
, 1,1,1
；(2) (i) 2n+ -1
n+1
3
；(ii)n = 10
【解析】(1) ∵f m
2
= 1 + x1+ x1x2，
∴当m
2= 0,0
时，f m
2
= 1；
当m
2= 0,1
时，f m
2
= 1；
当m
2= 1,0
时，f m
2
= 2；
当m
2= 1,1
时，f m
2
= 3，
∴D m
2
=
1,0
；
∵f m
3
= 1 + x1+ x1x2+ x1x2x3，
∴当m
3= 0,0,0
时，f m
3
= 1；当m
3= 0,0,1
时，f m
3
= 1；当m
3= 0,1,0
时，f m
3
= 1；
当m
3= 1,0,0
时，f m
3
= 2；当m
3= 0,1,1
时，f m
3
= 1；当m
3= 1,0,1
时，f m
3
= 2；
16
当m
3= 1,1,0
时，f m
3
= 3；当m
3= 1,1,1
时，f m
3
= 4，
∴D m
3
=
1,0,0
, 1,0,1
, 1,1,1
.
(2) (i) 设D m
n
中元素的个数为an，
∵f m
n
= 1 + x1+ x1x2+⋅⋅⋅+x1x2⋅⋅⋅xn= 1 + x1 1+x2+⋅⋅⋅+x2⋅⋅⋅xn
，xi ∈0,1
，
∴f m
n
为偶数时，x1= 1，且an= 2n-1- an-1，
∴an= 2n-1- an-1= 2n-1- 2n-2+ an-2= 2n-1- 2n-2+ 2n-3- an-3=⋅⋅⋅=
2n-1- 2n-2+ 2n-3- 2n-4+⋅⋅⋅+ -1
n-3⋅22+ -1
n-2⋅2 + -1
n-1⋅1 =
-1
n-1 1- -2
n
1- -2
= 2n+ -1
n+1
3
，
∴D m
n
中的元素个数为2n+ -1
n+1
3
.
(ii) ①当m
n= x1,x2,⋅⋅⋅,xn
= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
时，
m
n= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 2n-2+ n-2
× 2n-3= n ⋅2n-3；
②当m
n= x1,x2,⋅⋅⋅,xn
= 1,1,1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
时，
m
n= 1,1,1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 3 × 2n-4+ n-4
× 2n-5= n+2
⋅2n-5；
③当m
n= x1,x2,⋅⋅⋅,xn
= 1,1,1,1,1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
时，
m
n= 1,1,1,1,1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 5 × 2n-6+ n-6
× 2n-7= n+4
⋅2n-7；
⋅⋅⋅⋅⋅⋅；
要使得
m
n∈D m
n
g m
n
≤2025 成立，其必要条件是当m
n= x1,x2,⋅⋅⋅,xn
= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
时，
m
n= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 2n-2+ n-2
× 2n-3= n ⋅2n-3≤2025，
令bn= n ⋅2n-3，则bn+1- bn= n+1
⋅2n-2- n ⋅2n-3= n+2
⋅2n-3> 0，
∴数列bn
为递增数列，又b10 = 10 × 27= 1280，b11= 11 × 28= 2816，
∴
m
n= 1,0,∗,∗,⋅⋅⋅,∗
∈D m
n
g m
n
= 2n-2+ n-2
× 2n-3= n ⋅2n-3≤2025 的解为n ≤10；
当n = 10 时，
m
n∈D m
n
g m
n
= 10 × 27+ 12 × 25+ 14 × 23+ 16 × 2 + 9 × 1 = 1817 ≤2025，
即充分性成立；
∴使得
m
n∈D m
n
g m
n
≤2025 成立的最大正整数n = 10.
15. (24 - 25 高三上·河南驻马店·月考) 给定平面上一个图形D，以及图形D 上的点P1,P2, ⋯,Pn，如果对于
D 上任意的点P，∑
n
i=1 PPi
2 为与P 无关的定值，我们就称P1,P2, ⋯,Pn 为关于图形D 的一组稳定向量基
点.
(1) 已知P1 0,0
,P2 2,0
,P3 0,2
,△P1P2P3为图形D，判断点P1,P2,P3是不是关于图形D 的一组稳定向
量基点；
(2) 若图形D 是边长为2 的正方形，P1,P2,P3,P4是它的4 个顶点，P 为该正方形上的动点，求
17
P1P2
+P2P3
+P3P4
-P1P
的取值范围；
(3) 若给定单位圆E 及其内接正2024 边形P1P2⋯P2024,P 为该单位圆上的任意一点，证明P1,P2, ⋯,
P2024是关于圆E 的一组稳定向量基点，并求∑
2024
i=1 PPi
2的值.
【答案】(1) 不是；(2) 0,2 2
；(3) 证明见解析，4048
【解析】(1) 点P1 0,0
,P2 2,0
,P3 0,2
不是关于D 的一组稳定向量基点，理由如下：
当P 与P1 0,0
重合时，有PP1
2+ PP2
2+ PP3
2= 8，
当P 与P2 2,0
重合时，有PP1
2+ PP2
2+ PP3
2= 12 ≠8，
故P1 0,0
,P2 2,0
,P3 0,2
不是关于D 的一组稳定向量基点.
(2) 因为P1P2
+ P2P3
+ P3P4
- P1P
= P1P4
- P1P
= PP4
，
所以P1P2
+P2P3
+P3P4
-P1P
= PP4
，故由正方形结构性质得：
当P 与P2重合时，PP4
取得最大值2 2；当P 与P4重合时，PP4
取得最小值0.
所以P1P2
+P2P3
+P3P4
-P1P
的取值范围为0,2 2
.
(3) 设单位圆E 的圆心为O，
则PPi
2= OPi
-OP
2= OPi
2- 2OPi
⋅OP
+ OP
2，
所以∑
2024
i=1 PPi
2= ∑
2024
i=1 OPi
-OP
2= ∑
2024
i=1 OPi
2+ 2024|OP
|2- 2OP
⋅∑
2024
i=1 OPi
，
因为多边形P1P2⋯P2024是正2024 边形，
所以由偶数边的正多边形图形结构性质可知
2024
i=1
OPi
= 0，故OP
⋅
2024
i=1
OPi
= 0，
又OP
= OPi
= 1，所以∑
2024
i=1 PPi
2= 4048，
故P1,P2, ⋯,P2024是关于圆E 的一组稳定向量基点，且∑
2024
i=1 Pi
2= 4048.
题型六
数列的新定义问题
大题典例
16. (24 - 25 高三上·福建泉州·期中) 若存在常数t，使得数列an
满足an+1 - a1a2a3 ⋯an = t(n ≥1,n ∈
N)，则称数列an
为“H(t) 数列”．
(1) 判断数列：1，3，5，10，152 是否为“H(2) 数列”，并说明理由；
18
(2) 若数列an
是首项为2 的“H(t) 数列”，数列bn
是等比数列，且an
与bn
满足
n
i=1
a2
i
= a1a2a3
⋯an+ log2bn，求t 的值和数列bn
的通项公式；
(3) 若数列an
是“H(t) 数列”，Sn为数列an
的前n 项和，a1> 1，t > 0，证明：t > Sn+1- Sn- eSn-n．
【答案】(1) 不是“H(2) 数列”，理由见解析；(2)t =-1，bn= 2n+1；(3) 证明见解析
【解析】(1) 根据“H(t) 数列”的定义，则t = 2，故an+1- a1a2a3⋯an= 2，
因为a2- a1= 2 成立，a3- a2a1= 2 成立，
a4- a3a2a1= 10 - 1 × 3 × 5 =-5 ≠2 不成立，
所以1，3，5，10，152 不是“H(2) 数列”．
(2) 由an
是首项为2 的“H(t) 数列”，则a2= 2 + t，a3= 3t + 4，
由bn
是等比数列，设公比为q，
由
n
i=1
a2
l
= a1a2a3⋯an+ log2bn，则
n+1
i=1
a2
i
= a1a2a3⋯anan+1+ log2bn+1，
两式作差可得a2
n+1= a1a2a3⋯an an+1-1
+ log2bn+1- log2bn，
即a2
n+1= a1a2a3⋯an an+1-1
+ log2q，
由an
是“H(t) 数列”，则an+1- a1a2a3⋯an= t，对于n ≥1，n ∈N 恒成立，
所以a2
n+1= an+1-t
an+1-1
+ log2q，
即(t + 1)an+1= t + log2bn+1- log2bn对于n ≥1，n ∈N 恒成立，
则(t+1)a2-t=log2q
(t+1)a3-t=log2q
⇒
t+1
t+2
-t=log2q
t+1
3t+4
-t=log2q
解得，t =-1，q = 2，又由a1= 2，a2
1 = a1+ log2b1，
则b1= 4，即bn= 2n+1，
故所求的t =-1，数列bn
的通项公式bn= 2n+1；
(3) 证明：要证t > Sn+1- Sn- eSn-n，即证t > an+1- eSn-n，
因数列an
是“H(t) 数列”，则an+1= a1a2a3⋯an+ t.
则要证t > an+1- eSn-n，即证an+1- a1a2⋯an> an+1- eSn-n⇔a1a2⋯an< eSn-n.
又an+1- a1a2a3⋯an= t，对于n ≥1，n ∈N 恒成立，
因为a1> 1，t > 0，则a2= a1+ t > 1，再结合a1> 1，t > 0，a2> 1，
反复利用an+1= a1a2a3⋯an+ t，可得对于任意的n ≥1，n ∈N ，an> 1，
则要证：a1a2⋯an< eSn-n，即证lna1+ lna2+⋯+lnan< Sn- n ⇔∑
n
i=1lnai <∑
n
i=1 ai-1
.
设函数f(x) = lnx - x + 1，则fx
= 1
x - 1，令fx
= 0，解得x = 1，
当x > 1 时，fx
< 0，则f(x) = lnx - x + 1 在区间(1, +∞) 单调递减，
因对于任意的n ≥1，n ∈N ，an> 1，则f an
< f(1) = 0 ⇒lnan- an+ 1 < 0 ⇒lnan< an- 1.
即lna1< a1- 1，lna2< a2- 1，⋯，lnan< an- 1，
相加可得lna1+ lna2+⋯+lnan< a1+ a2+⋯+an- n，即∑
n
i=1lnai <∑
n
i=1 ai-1
，故命题得证.
解法指导
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
19
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.
变式训练
17. (24 - 25 高三上·江西上饶·月考) 数列an
、bn
满足：bn
是等比数列，a1 = 2，b2 = 4 且a1b1 + a2b2 +
⋯⋯+anbn= 2 an-3
bn+ 8 n∈N+
．
(1) 求an、bn．
(2) 求集合A = x x-ai
x-bi
=0,i≤100,i∈N+
中所有元素的和．
(3) 对数列cn
，若存在互不相等的正整数k1,k2, ⋯⋯kj j≥2
，使得ck1+ ck2+⋯⋯+ckj也是数列cn
中的项，则称数列cn
是“和稳定数列”．试别断数列an
、bn
是否是“和稳定数列”，并说明理由．
【答案】(1)an= 3n - 1，bn= 2n；(2)2101+ 14878；(3) an
是“和稳定数列”，bn
不是“和稳定数列”，详细见
解析.
【解析】(1) 根据题意可知a1b1= 2 a1-3
b1+ 8，所有可得b1= 2，
又因bn
是等比数列，所以设bn
的公比为q，则q = b2
b1
= 2，
所以bn= b1⋅qn-1= 2n，
因a1b1+ a2b2+⋯⋯+anbn= 2 an-3
bn+ 8 n∈N+
①
当n ≥2 时，a1b1+ a2b2+⋯⋯+an-1bn-1= 2 an-1-3
bn-1+ 8 n∈N+
②
①式减去②式可得anbn= 2 an-3
bn- 2 an-1-3
bn-1
将bn= 2n，可得an⋅2n= 2 an-3
2n- 2 an-1-3
2n-1
将之化简可得an- an-1= 3, n≥2
，
所以数列an
是a1= 2 为首项，公差为3 的等差数列，
故an= 3n - 1.
(2) 由题意知集合A = x x-ai
x-bi
=0,i≤100,i∈N+
，
则化简转化为A = x ai,bi,i≤100,i∈N+
，
设S100 = 100× a1+a100
2
= 100× 2+300-1
2
= 15050,T100 = b1 1-q100
1-q
= 2 1-2100
-1
= 2101- 2，
且ai = bj i,j≤100
,i,j ∈N+解之可得b1= 2,b3= 8,b5= 32,b7= 128,
所以集合A 所有元素之和为S100 + T100 = 15050 + 2101- 2 = 2101+ 15048 - b1+b3+b5+b7
= 2101+ 14878；
(3) 当j = 3m 时，ak1+ ak2+⋯⋯+akj= 3 k1+k2+⋯kj
- 3m 是3 的正整数倍，
故一定不是数列an
中的项；
当j = 3m + 1 时，ak1+ ak2+⋯⋯+akj= 3 k1+k2+⋯kj
- 3m - 1 是是数列an
中的项；
满足定义所以an
是“和稳定数列”，
若bn
“和稳定数列”
不妨设1 ≤k1< k2< k3⋯< kj < l，则bk1+ bk2+ bk3⋯+bkj= bl，
且bk1+ bk2+ bk3⋯+bkj≤b1+ b2+⋯bkj+⋯+bl-1= 21+ 22+⋯2
kj+⋯+2l-1= 2l - 2 < 2l = bl
与bk1+ bk2+ bk3⋯+bkj= bl 矛盾
故bk1+ bk2+ bk3⋯+bkj不是bn
中的项，所以bn
不是“和稳定数列”
20
18. (24 - 25 高三上·山东青岛·期中) 如果正项有穷数列a1,a2, ⋯,am 满足a1 ⋅am = 1,a2 ⋅am-1 = 1, ⋯，即ai
⋅am-i+1 = 1(i = 1,2, ⋯,m)，我们称其为“1 的对称数列”，例如：数列2，3，1
3 ，1
2 与数列3，2，1，1
2 ，
1
3 都是“1 的对称数列”．
(1) 设bn
是项数为8 的“1 的对称数列”，其中b1,b2,b3,b4是等差数列，且b2= 4,b4= 8，请依次写出
bn
的每一项；
(2) 设数列cn
是13 项的“1 的对称数列”，其中c1,c2⋯c5是等比数列，c1- c5= 15,c2- c4= 6，求数列
cn
的所有项和S 的最小值；
(3) 设数列dn
是2m 项的“1 的对称数列”，数列前m 项的通项公式为dn= n2+ n，求数列dn
的前
n 项和Sn．(注：12+ 22+⋯+n2= n(n+1)(2n+1)
6
)
【答案】(1)2,4,6,8, 1
8 , 1
6 , 1
4 , 1
2 ；(2) 575
16 ；(3)Sn=
n+1
n2+2n
3
,
n≤m
m+1
m2+2m
3
+
1
2m-n+1 -
1
m+1 ,
m<n≤2m
【解析】(1) 设d 为前四项的公差，
∴2d = 8 - 4 = 4，∴d = 2,b1= 2，
∴bn
的各项为2,4,6,8, 1
8 , 1
6 , 1
4 , 1
2 .
(2) 设前五项公比为q，显然q ≠1，
∵c1- c5= 15,c2- c4= 6，
则c1-c1q4=15
c1q-c1q3=6
，可得
1-q4
q 1-q2
= 5
2 ，解得q = 1
2 或q = 2，
当q = 1
2 时，c1= 16，当q = 2 时，c1=-1(舍去)，
因为数列cn
是13 项的“1 的对称数列”，所以c7= 1，
设c6= a,a > 0，
∴S = 16 + 8 +⋯+1 + a + 1 + 1
a + 1 + 1
2 +⋯+ 1
16 =
16 1- 1
29
1- 1
2
+ 2 + a + 1
a = 34 + a + 1
a - 1
16 ≥36
- 1
16 = 575
16 ，
当且仅当a = 1 时取等号，
所以数列cn
的所有项和S 的最小值为575
16 .
(3) 当n ≤m 时，
Sn= 12+22+⋯+n2
+ 1+2+⋯+n
= n n+1
2n+1
6
+ n 1+n
2
=
n+1
n2+2n
3
，
当2m ≥n > m 时，
Sn=
m+1
m2+2m
3
+
1
m2+m +
1
m-1
2+m-1
+⋯+
1
2m-n+1
2+ 2m-n+1
=
m+1
m2+2m
3
+
1
m⋅m+1
+
1
m-1
⋅m +⋯+
1
2m-n+1
⋅2m-n+2
21
=
m+1
m2+2m
3
+ 1
m -
1
m+1 +⋯+
1
2m-n+1 -
1
2m-n+2
=
m+1
m2+2m
3
+
1
2m-n+1 -
1
m+1 ，
所以Sn=
n+1
n2+2n
3
,
n≤m
m+1
m2+2m
3
+
1
2m-n+1 -
1
m+1 ,
m<n≤2m
.
题型七
立体几何的新定义问题
大题典例
19. (24 - 25 高三上·广东广州·月) 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P 为多面体M 的一个顶
点
，定
义
多
面
体
M
在
点
P
处
的
离
散
曲
率
为
Φ
P
=
1
-
1
2π ∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+⋅⋅⋅∠Qk-1PQk+∠QkPQ1
，其中Qi i=1,2,⋅⋅⋅,k,k≥3
为多面体M 的所有与
点P 相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，⋯，平面Qk-1PQk 和平面QkPQ1 为多面体M 的所有以
P 为公共点的面．
(1) 求三棱锥P - ABC 在各个顶点处的离散曲率的和；
(2) 如图，已知在三棱锥P - ABC 中，PA ⊥平面ABC，AC ⊥BC，AC = BC，三棱锥P - ABC 在顶
点C 处的离散曲率为1
3 ．
①求直线PC 与直线AB 所成角的余弦值；
②若点Q 在棱PB 上运动，求直线CQ 与平面ABC 所成的角的最大值．
【答案】(1)2；(2) ①
2
4 ；②60°
【解析】(1) 由离散曲率的定义得：ΦP = 1 - 1
2π ∠APB+∠BPC+∠CPA
，
ΦA= 1 - 1
2π ∠BAP+∠CAP+∠BAC
，
ΦB = 1 - 1
2π ∠ABP+∠CBP+∠ABC
，
ΦC = 1 - 1
2π ∠ACB+∠BCP+∠ACP
，
四个式子相加得：ΦP + ΦA+ ΦB + ΦC = 4 - 1
2π × 4π = 2.
22
(2) ①如图，分别取AC,BC,AP 的中点D,E,F，连接AE,DE,DF,EF，显然有AB ⎳DE,PC ⎳DF，
所以∠FDE 为异面直线AB 与PC 的夹角或其补角，
设AC = BC = 2，因为∠ACB = 90°，所以AB = 2 2 ，
AE =
5 ，
因为PA ⊥平面ABC，AB,AC,AE,BC ⊂平面ABC，
所以PA ⊥AB，PA ⊥AC，PA ⊥AE，PA ⊥BC，
因为AC ⊥BC，PA ∩AC = C，所以BC ⊥平面PAC，
又因为PC ⊂平面PAC，所以BC ⊥PC，
由C 点处的离散曲率为1
3 可得
ΦC = 1 - 1
2π ∠ACB+∠BCP+∠ACP
⇒1
3 = 1 - 1
2π
π
2 + π
2 +∠ACP
⇒∠ACP = π
3 ，
所以PA =
3AC = 2 3 ，PC = 2AC = 4，EF =
AF 2+AE 2 =
3+5 = 2 2 ，
而DE = 1
2 AB =
2 ，DF = 1
2 PC = 2，
所以cos∠FDE = DF 2+DE 2-EF 2
2DF⋅DE
= 4+2-8
2×2×
2 =-
2
4 ，
故异面直线AB 与PC 的夹角的余弦值为
2
4 .
②如图，过Q 点做QG ⎳PA 交AB 与G，连接CG，
因为PA ⊥平面ABC，所以QG ⊥平面ABC，
则∠GCQ 为直线CQ 与平面ABC 所成的角，设BG = x 0<x≤2 2
，
在△BCG 中CG2= BC2+ BG2- 2BC ⋅BG ⋅cosB = 4 + x2- 2 2x，
因为QG ⎳PA，所以△BGQ ∼△PAB，
所以QG
PA = BG
BA ⇒QG = BG⋅PA
BA
= 2 3x
2 2
=
6x
2
⇒QG2= 3
2 x2，
故tan2∠GCQ = QG2
CG2 =
3
2 x2
x2-2 2x+4 =
3
2
1- 2 2
x
+ 4
x2
=
3
2
2
x -
2
2
2+ 1
2
，
当分母最小时，tan2∠GCQ 最大，即∠GCQ 最大，此时2
x =
2
2 ，即x = 2 2(Q 与P 重合)，
tan2∠GCQ = 3 ⇒tan∠GCQ =
3 ⇒∠GCQ = 60°，所以∠GCQ 的最大值为60°.
变式训练
20. (23 - 24 高三下·江西新余·模拟预测) 我们规定：在四面体P - ABC 中，取其异面的两条棱的中点连线
称为P - ABC 的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”.
23
(1) 如左图，在四面体P - ABC 中，Mi i=1,2,...,6
分别为所在棱的中点，证明：P - ABC 的三条内棱
交于一点.
(2) 同左图，若P - ABC 为垂棱四面体，M1M2= 2,M3M4= 4,M5M6= 6，求直线PB 与平面ABC 所成
角的正弦值.
(3) 如右图，在空间直角坐标系中，xOy 平面内有椭圆C：x2+ y2
2 = 1，F1为其下焦点，经过F1的直线
y = kx + m 与C 交于A、B 两点，P 为xOy 平面下方一点，若P - ABO 为垂棱四面体，则其外接球表
面积S 是k 的函数S k
，求S k
的定义域与最小值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 12 5
35
；(3) -
2
2 ,
2
2
，5
2 π
【解析】(1) 如图，连接M1M2,M3M4,M1M3,M1M4,M3M2,M4M2，
由题可知，M1M3平行且等于1
2 PB，M2M4平行且等于1
2 PB
所以M1M3平行且等于M2M4
所以四边形M1M3M2M4为平行四边形，
所以对角线M1M2∩M3M4= O，O 为线段M1M2中点；
同理M1M2∩M5M6= O，O 为线段M1M2中点；
故P - ABC 的三条内棱交于一点O.
(2) 由(1) 可知，四边形M1M3M2M4为平行四边形，
若P - ABC 为垂棱四面体，则四边形M1M3M2M4为菱形，
即M1M3= M1M4
显然PB = 2M1M3,AC = 2M1M4
故PB = AC
同理PA = BC,PC = AB
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B - xyz，
因为M1M2= 2,M3M4= 4,M5M6= 6
所以有A 4,6,0
,B 0,0,0
,C 0,6,2
,P 4,0,2
所以BP
= 4,0,2
,BA
= 4,6,0
,BC
= 0,6,2
24
设平面ABC 的一个法向量为n= x,y,z
易知BA
·n=0
BC
·n=0
⇒4x+6y=0
6y+2z=0
令y =-2，解得x = 3,z = 6
所以n= 3,-2,6
直线PB 与平面ABC 所成角的正弦值为
BP
·n
BP
· n
=
24
20×7 = 12 5
35
.
(3)
由(2) 易知将P - ABO 补成长方体，设长宽高分别设为a、b、c，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半即：R = 1
2
a2+b2+c2 ，
则：S = 4πR2= π a2+b2+c2
显然AB2= a2+ b2,BO2= b2+ c2,AO2= a2+ c2，所以S = 1
2
AB2+BO2+AO2
π
设A x1,y1
,B x2,y2
因为直线y = kx + m 过椭圆焦点F1，所以m =-1
联立x2+ y2
2 =1
y=kx-1
得2+k2
x2- 2kx - 1 = 0，显然Δ > 0
由韦达定理可知，
x1+x2=
2k
2+k2
x1x2=-
1
2+k2
得
y1+y2=-
4
2+k2
y1y2= 2-2k2
2+k2
所以AB2= x1-x2
2+ y1-y2
2,AO2= x2
1 + y2
1,BO2= x2
2+ y2
2
所以S = 1
2
x1-x2
2+ y1-y2
2+x2
1+y2
1+x2
2+y2
2
π
整理得S =
x1+x2
2+ y1+y2
2-3x1x2-3y1y2
π，得S = 10k4+13k2+10
k4+4k2+4
π
所以S k
= 10k4+13k2+10
k4+4k2+4
π
由于△ABO 为某长方体的三个顶点由余弦定理可知A、B、O 均为锐角
显然△ABO 中角A、B 均为锐角，
所以只需角O 锐角，即：OA
⋅OB
> 0
得x1x2+ y1y2> 0 ⇒-
1
2+k2 + 2-2k2
2+k2 > 0，解得k ∈-
2
2 ,
2
2
由S k
= 10k4+13k2+10
k4+4k2+4
π 的定义域为k ∈-
2
2 ,
2
2
S k
= 10 k4+4k2+4
-27k2-30
k4+4k2+4
π = 10π - 3
9k2+10
k4+4k2+4 π
所以当
9k2+10
k4+4k2+4 最大时，S k
= 10π - 3
9k2+10
k4+4k2+4 π 最小
不妨令t = 9k2+ 10 ∈10, 29
2
所以
9k2+10
k4+4k2+4 =
81t
t2+16t+64 =
81
t+ 64
t +16
因为t = 9k2+ 10 ∈10, 29
2
25
由对勾函数性质可知，当t = 10 时，9k2+10
k4+4k2+4 =
81
t+ 64
t +16
有最大值，此时k = 0
故S k
= 10k4+13k2+10
k4+4k2+4
π 的最小值为5
2 π.
21. (24 - 25 高三上·湖南长沙·月考) 高斯- 博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲
面的图形(由曲率表征) 和拓扑(由欧拉示性数表征) 间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质
和整体性质之间的联系. 其特例是球面三角形总曲率x 与球面三角形内角和θ 满足：θ = π + αx，其中
α 为常数，(如图，把球面上的三个点用三个大圆(以球心为半径的圆) 的圆弧联结起来，所围成的图形
叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面
三角形的一个角. 球面三角形的总曲率等于S
R2 ，S 为球面三角形面积，R 为球的半径).
(1) 若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为π
2 ，求此球面三角形内角和；
(2) 求α 的值；
(3) 把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做
凸多面体. 设凸多面体Ω 顶点数为V，棱数为E，面数为F，试证明凸多面体欧拉示性数χ Ω
= V - E
+ F 为定值，并求出χ Ω
.
【答案】(1) 3π
2 ；(2)1；(3) 证明见解析；χ Ω
= 2
【解析】(1) 如图，设球心为O，球面三角形三个顶点分别为A,B,C，
由球面三角形三边长均为π
2 ，由题意，即每个大圆弧长均为π
2 .
又单位球面的球半径R = 1，则球面三角形每条边所对圆心角为π
2 ，
所以在三棱锥A - OBC 中，OA,OB,OC 两两垂直.
由OA ⊥OB,OA ⊥OC，OB ∩OC = O，且OB ⊂平面OBC，OC ⊂平面OBC，
则OA ⊥平面OBC，OA ⊂平面OAB，
故平面OAB ⊥平面OBC，同理平面OAB ⊥平面OCA，平面OCA ⊥平面OBC，
即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为π
2 ，
故球面三角形的3 个角均为π
2 ，从而此球面三角形内角和为3π
2 .
26
(2) 若将地球看作一个球体，
在地球上零度经线和90° 经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成8 个全等的球面三角形，
由(1) 可知，每个球面三角形的3 个角均为π
2 ，且球面三角形内角和θ = 3π
2 ，
从而每个球面三角形的面积为S = 4πR2
8
= πR2
2
，
则每个球面三角形的总曲率为x = S
R2 = π
2 ，
设θ = f(x)，由题意f(x) = π + αx，且α 为常数，
则有f
π
2
= π + π
2 α = 3π
2 ，从而α = 1.
(3) 将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为R 的球，
每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，
且膨胀前后χ(Ω) = V - E + F 不变.
不妨记球面仍为单位球面，半径R = 1，
对于任意一个球面k 边形，可用球面上的边分割成(k - 2) 个球面三角形，
由(2) 可知，α = 1，则每个球面三角形的内角和θ = π + x = π + S
R2 = π + S．
即每个内角和为θ 的球面三角形面积为θ - π，
记φ =
k-2
j=1
θj
，称为分割成(k - 2) 个球面三角形的球面k 边形的内角和．
所以球面k 边形面积为φ - (k - 2)π.
由已知凸多面体Ω 顶点数为V，棱数为E，面数为F，
则可记球面上多边形αi,i = 1,2, ⋯,F，
对每一个球面多边形αi，设其边数为li，内角和为φi，面积为Si，
则∑
F
i=1Si =∑
F
i=1 φi- li-2
π
=∑
F
i=1 φi-liπ+2π
，
由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为2π，顶点数为V，
从而所有球面多边形内角和为
F
i=1
φi
= 2πV，
又球面多边形每条边被重复计算2 次，棱数为E，故
F
i=1
li
π = 2Eπ，
则∑
F
i=1 φi-liπ+2π
= 2πV - 2πE + 2πF，
又所有球面多边形面积之和
F
i=1
Si
= 4πR2= 4π，
故2πV - 2πE + 2πF = 4π，故χ(Ω) = V - E + F = 2.
27
题型八
平面解析几何的新定义问题
大题典例
22. (24 - 25 高三上·浙江·月考) 直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如y = kx + 1 k∈R
表示
过点0,1
的直线族(不包括直线y 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M ：x2+ y-3
2= 4 是直线族mx + ny = 1 m,n∈R
的包络曲线，求m，n 满足的关系式；
(2) 若点N x0,y0
不在直线族Ω:y = tx - t2 t∈R
的任意一条直线上，求y0的取值范围及直线族Ω 的
包络曲线E 的方程；
(3) 在(1) (2) 的条件下，过曲线E 上动点P 向圆M 做两条切线PA，PB，交曲线E 于点A，B，求
△PAB 面积S 的最小值.
【答案】(1)5n2- 4m2- 6n + 1 = 0；(2)y0> 0，曲线E 的方程为x2= 4y.；(3)10 5
【解析】(1) 由题可得，直线族mx + ny = 1(m,n ∈R) 为圆M 的切线，
故满足，d = m⋅0+n⋅3-1
m2+n2
= 2，所以m,n 满足5n2- 4m2- 6n + 1 = 0．
(2) 将点N x0,y0
代入y = tx - t2 t∈R
，可得关于t 的方程t2- x0t + y0= 0，
因为点N x0,y0
不在直线族y = tx - t2 t∈R
上，故方程t2- x0t + y0= 0 无实数解，
所以Δ = x2
0- 4y0< 0，那么y0> x2
0
4 ，故y0> 0，
因为区域y0> x2
0
4 的边界为抛物线x2= 4y，
下证：x2= 4y 是y = tx - t2 t∈R
的包络曲线．
证明：联立直线y = tx - t2 t∈R
与x2= 4y，可得x2- 4tx + 4t2= 0，所以Δ = 0，
故直线族Ω：y = tx - t2 t∈R
为抛物线x2= 4y 的切线.
因此直线族Ω 的包络曲线E 的方程为x2= 4y.
(3) 设A x1,y1
，B x2,y2
，P 2u,u2
，
则kPA= y1-u2
x1-2u = x1+2u
4
，
故PA: x1+2u
x - 4y - 2ux1= 0
由直线PA 与⊙M 相切，所以d =
12+2ux1
x1+2u
2+16
= 2，
整理得u2-1
y1+ 2ux1+ 5 - u2= 0，①
同理可得，u2-1
y2+ 2ux2+ 5 - u2= 0，②
由①②可得直线AB: u2-1
y + 2ux + 5 - u2= 0．
直线AB 与C:x2= 4y 联立得
u2-1
y+2ux+5-u2=0
x2=4y
，(显然u2≠1)
可得x2+ 8ux
u2-1 + 20-4u2
u2-1
= 0，
由韦达定理可得x1+ x2=-
8u
u2-1 ,x1⋅x2= 20-4u2
u2-1
．
28
因此AB
= 4 u2+1
u4-2u2+5
u2-1
2
，
由于点P 2u,u2
到直线AB 的距离d = u4+2u2+5
u2+1
，
所以△PAB 面积为S△PAB = 2 u4-2u2+5
u2-1
2
× u4+2u2+5
，
令u2- 1 = m，则S△PAB = f m
= 2 m+ 8
m +4
1+ 4
m2 ，
由fm
= 2
1+ 4
m2
m-4
m3+4m2+8m+16
m4+4m2
= 0 m≥-1
，解得m = 4，
当m ∈0,4
，fm
< 0，当m ∈4,+∞
，fm
> 0，
所以f m
在0,4
上单调递减，在4,+∞
上单调递增，
那么S△PAB
min = f 4
= 10 5(当且仅当u2= 5 时取到)，
所以△PAB 面积S 的最小值是10 5.
变式训练
23. (23 - 24 高三下·江西新余·模拟预测) 我们知道，在平面直角坐标系xOy 中，可以用两点之间距离公式
刻画A、B 两点的距离d A,B
，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D A,B
满足：①D A,B
≥0，当且仅当A = B 时等号成立； ②D A,B
= D B,A
；
③D A,B
≤D B,C
+ D C,A
. 其中，A、B、C 为平面直角坐标系内的三个点，我们就称
D A,B
是关于A、B 两点的一个“度量”. 设：平面直角坐标系xOy(O 为坐标原点) 内两点A x1,y1
、
B x2,y2
的“ρ 距离”ρ A,B
=
x1-x2
1+ x1-x2
+
y1-y2
1+ y1-y2
.
(1) 求证：A、B 两点的“ρ 距离”是关于A、B 两点的一个“度量”.
(2) 设P 为平面直角坐标系xOy 内任意一点.
(ⅰ) 若ρ O,P
= 1
2 ，请在下图中定性做出P 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：ρ O,P
< 2.
(3) 规定平面内两条平行直线的ρ 距离ρ l1,l2
为在l1、l2上分别取的任意两个点A、Bρ 距离的最小值.
29
已知不重合的直线l1：y = kx + 1
2 ，l2：y = kx - 1
2 ，ρ l1,l2
= 1
2 ，求k 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)k ∈-1,1
【解析】(1) ①
x1-x2
1+ x1-x2
+
y1-y2
1+ y1-y2
≥0 显然成立，
令
x1-x2
1+ x1-x2
=-
y1-y2
1+ y1-y2
，由于
x1-x2
1+ x1-x2
≥0，-
y1-y2
1+ y1-y2
≤0，
故当且仅当
x1-x2
1+ x1-x2
=
y1-y2
1+ y1-y2
= 0 时等号成立
令f x
=
x
1+x (x ≥0)，则fx
=
1
(1+x)2 > 0，所以f x
=
x
1+x (x ≥0) 单调递增，
得到x1-x2
= y1-y2
= 0，即x1=x2
y1=y2
，当且仅当A = B 时等号成立，
②易知显然成立，
③由于f x
单调递增，故由x1-x2
≤x1-x3
+ x2-x3
可得：
x1-x2
1+ x1-x2
≤
x1-x3
+ x2-x3
1+ x1-x3
+ x2-x3
=
x1-x3
1+ x1-x3
+ x2-x3
+
x2-x3
1+ x1-x3
+ x2-x3
≤
x1-x3
1+ x1-x3
+
x2-x3
1+ x2-x3
，
故
x1-x2
1+ x1-x2
+
y1-y2
1+ y1-y2
≤
x1-x3
1+ x1-x3
+
y1-y3
1+ y1-y3
+
x2-x3
1+ x2-x3
+
y2-y3
1+ y2-y3
，
即ρ A，B
≤ρ B，C
+ ρ C，A
，所以ρ 距离是一种度量.
(2) (ⅰ) 如图
(ⅱ) 设P x,y
，则ρ O,P
=
x
1+ x
+
y
1+ y
=
x
+ y
+2 xy
1+ x
+ y
+ xy
≤2
x
+ y
+ xy
1+ x
+ y
+ xy
，
令x
+ y
+ xy
= m > 0，则g m
=
2m
1+m = 2 -
2
1+m < 2，即ρ O,P
< 2.
(3) 设A a,ka+ 1
2
，B b,kb- 1
2
，ρ A,B
=
a-b
1+ a-b
+
k a-b
+2
1+ k a-b
+2
，
令a - b = t ∈R，则ρ A,B
=
t
1+ t
+
kt+1
1+ kt+1
.
当k = 0 时，ρ A,B
min = 1
2 +
t
1+ t
min
= 1
2 成立，
不妨设k > 0(k < 0 同理)，
30
设h t
=
t
t-1 + kt+1
kt
,t<- 1
k
1
1+k ,t=- 1
k
t
t-1 + kt+1
kt+2 ,- 1
k <t<0
1
2 ,t=0
t
1+t + kt+1
kt+2 ,0<t
，
令ϕ1 x
=
x
1+x + kx+1
kx+2 =
1
1+ 1
x
+ 1 -
1
kx+2 单调递增，ϕ2 x
=
x
x-1 + kx+1
kx
=
1
1- 1
x
+ 1
kx + 1 单
调递减，
ϕ3 x
=
x
x-1 + kx+1
kx+2 ，则ϕ3
x
= k 1-k
x2-6kx+k-4
x-1
2 kx+2
2
，
令ψ x
= k 1-k
x2- 6kx + k - 4，
①当k = 1 时，ψ - 1
k
= 2 + k > 0，
②当0 < k < 1 时，k 1-k
> 0，ψ 0
= k - 4 < 0，ψ - 1
k
= 1+k+k2
k
> 0，
③当1 < k < 4 时，ψ 0
< 0，ψ - 1
k
> 0，由于ψ x
为一次或二次函数，
故①、②、③均∃唯一x0∈- 1
k ,0
使ψ x0
= 0，
故ϕ3 x
在- 1
k ,x0
单调递增，在x0,0
单调递减，
④k > 4 时，ψ x
> 0，ϕ x
单调递增，综上，
h t
min = min h 0
,h - 1
k
，有h - 1
k
≥h 0
= 1
2 ，
解得k ∈0,1
，
当k < 0，同理可求得k ∈-1,0
，所以k ∈-1,1
.
24. (24 - 25 高三上·内蒙古赤峰·月考) 在平面直角坐标系Oxy 中，定义：若曲线C1 和C2 上分别存在点
M ，N 关于原点O 对称，则称点M 和点N 为C1和C2的一对“关联点”.
(1) 若C1:y2+ xy - x + y = 4 上任意一点P 的“关联点”为点Q，求点Q 所在的曲线方程.
(2) 若C1:x2+ y- x
2= 1 上任意一点S 的“关联点”为点T，求ST
2的取值范围.
(3) 若C1:y = aex+ 2 和C2:y = xex- a 有且仅有两对“关联点”，求实数a 的取值范围.
【答案】(1)y2+ xy + x - y = 4；(2) 6-2 5,6+2 5
；(3) 4ln 2e
,+∞
【解析】(1) 设点Q x,y
，则点Q 的“关联点”为P -x,-y
，
将点P 的坐标代入y2+ xy - x + y = 4，得(-y)2+ -x
-y
- -x
+ -y
= 4，
即y2+ xy + x - y = 4，所以点Q 所在的曲线方程为y2+ xy + x - y = 4.
(2) 设S x,y
，则根据对称性得ST
2= 4 x2+y2
，
因为曲线C1关于y 轴对称，
当x ≥0 时，设x = cosθ，y - x = sinθ，θ ∈- π
2 , π
2
，
所以x2+ y2= cos2θ + cosθ+sinθ
2= 2cos2θ + sin2θ + 2sinθcosθ = 1 + 1+cos2θ
2
+ sin2θ
= 3
2 + 1
2 cos2θ + sin2θ = 3
2 +
5
2 sin 2θ+φ
，
31
所以ST
2的最小值为6 - 2 5 ，最大值为6 + 2 5 ，
所以ST
2的取值范围为6-2 5,6+2 5
.
(3)C1:y = aex+ 2 和C2:y = xex- a 有且仅有两对“关联点”等价于曲线y = aex+ 2 和y = x
ex + a
有且仅有两个交点，
即aex+ 2 = x
ex + a，化简可得ae2x+ 2-a
ex- x = 0，
令g x
= ae2x+ 2-a
ex- x，则gx
= 2ae2x+ 2-a
ex- 1 = aex+1
2ex-1
.
(i) 若a ≥0，则aex+ 1 > 0，由gx
= 0，得x =-ln2，
当x ∈-∞,-ln2
时，gx
< 0，当x ∈-ln2,+∞
时，gx
> 0，
所以g x
在-∞,-ln2
上单调递减，在-ln2,+∞
上单调递增，
所以g x
的最小值为g -ln2
= ln 2e
- 1
4 a.
①当a ∈0,4ln 2e
时，ln 2e
- 1
4 a > 0，即g -ln2
> 0，
则g x
没有零点，不满足题意.
②当a = 4ln 2e
时，g -ln2
= 0，g x
只有一个零点，不满足题意.
③当a ∈4ln 2e
,+∞
时，ln 2e
- 1
4 a < 0，即g -ln2
< 0，
当x < 0 时，ae2x> 0，0 < ex< 1，
因为2 - a < 0，所以g x
> 2 - a - x，故g 2-a
> 0，
又2 - a <-ln2，所以g x
在2-a,-ln2
上有一个零点.
设h x
= ex- x x>0
，则hx
= ex- 1 > 0，h x
单调递增，所以h x
> 0，
则当x > 0 时，g x
> ae2x+ 2-a
ex- ex= ex aex+1-a
> ex ax+1-a
，
又1 - 1
a > 0，所以g 1- 1
a
> 0，因此g x
在-ln2,1- 1
a
上有一个零点.
故当a > 4ln 2e
时，g x
有两个不同的零点，满足题意.
(ii) 若a < 0，则由gx
= 0，得x1=-ln2，x2=-ln -a
.
①当-2 < a < 0 时，x1< x2，当x ∈-∞,-ln2
时，gx
< 0；
当x ∈-ln2,-ln -a
时，gx
> 0；
当x ∈-ln -a
,+∞
时，gx
< 0.
所以g x
在-∞,-ln2
和-ln -a
,+∞
上单调递减，在-ln2,-ln -a
上单调递增.
又g -ln2
= ln 2e
- 1
4 a > 0，所以g x
至多有一个零点，不满足题意.
②当a =-2 时，x1= x2，则gx
≤0，所以g x
单调递减，至多有一个零点，不满足题意.
③当a <-2 时，x1> x2，当x ∈-∞,-ln -a
时，gx
< 0；
当x ∈-ln -a
,-ln2
时，gx
> 0；当x ∈-ln2,+∞
时，gx
< 0.
所以g x
在-∞,-ln -a
和-ln2,+∞
上单调递减，在-ln -a
,-ln2
上单调递增，
又g -ln -a
= 1 - 1
a + ln -a
> 0，所以g x
至多有一个零点，不满足题意.
综上，实数a 的取值范围为4ln 2e
,+∞
.
题型九
概率统计的新定义问题
大题典例
32
25. (24 - 25 高三上·湖北·月考) 在信息论中，熵(entropy) 是接收的每条消息中包含的信息的平均量，又
被称为信息熵、信源熵. 若把信息熵定义为概率分布的对数的相反数，设随机变量X 的所有取值为1,
2,3, ⋯,n n∈N *
,P X=i
= pi，定义信息熵：H(X) = Hn p1,p2,⋯,pn
=-
n
i=1
pilog2pi
,
n
i=1
pi
= 1,i = 1,
2, ⋯,n
(1) 若n = 2，且p1= p2，求随机变量X 的信息熵；
(2) 若p1= 1
2n + 1
2 ,p2= 1
2n ,pk+1= 2pk,k = 2,3, ⋯,n，求随机变量X 的信息熵；
(3) 设X 和Y 是两个独立的随机变量，求证：H XY
= H X
+ H Y
.
【答案】(1)1；(2)H(X) =-
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
+ 3
2 - n+2
2n
；(3) 证明见解析
【解析】(1) 若n = 2，则随机变量X 的取值为1 或2，
又p1+ p2= 1，故p1= p2= 1
2 ，
H(X) =-
2
i=1
pilog2pi=- p1log2p1+p2log2p2
=- 1
2 log2 1
2 + 1
2 log2 1
2
= 1，
所以随机变量X 的信息熵为1.
(2) 由题意，当k ≥2 时，pk= 2k-2p2= 2k-2
2n
=
1
2n-k+2 ，
pklog2pk=
1
2n-k+2 log2
1
2n-k+2 =- n-k+2
2n-k+2
，
而p1log2p1=
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
，
H(X) =-
n
i=1
pilog2pi=-
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
-
n
i=2
pilog2pi
=
-
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
+ n
2n + n-1
2n-1 +⋅⋅⋅+ 2
22 ，
令Sn= 2
22 +⋅⋅⋅+ n-1
2n-1 + n
2n ，则1
2 Sn= 2
23 +⋅⋅⋅+ n-1
2n
+
n
2n+1 ，两式相减得
1
2 Sn= 2
22 -
n
2n+1 + 1
23 + 1
24 +⋅⋅⋅+ 1
2n =
1
2 + 1
22 +⋅⋅+ 1
2n
- 1
4 -
n
2n+1 = 3
4 - n+2
2n+1 ，
所以Sn= 3
2 - n+2
2n
，
则H(X) =-
1
2n + 1
2
log2
1
2n + 1
2
+ 3
2 - n+2
2n
.
(3) 由题意，H(X) = Hn p1,p2,⋯,pn
=-
n
i=1
pilog2pi
，
H(Y) = Hm q1,q2,⋯,qm
=-
m
j=1
qjlog2qj
，
而且
n
i=1
pi
= 1，
m
j=1
qj
= 1，
n
i=1
m
j=1
piqj
= 1
所以H XY
= Hmn p1q1,p1q2,⋅⋅⋅,p1qm,p2q1,⋅⋅⋅,p2qm,⋅⋅⋅,pnq1,⋅⋅⋅,pnqm
=-
n
i=1
m
j=1
piqjlog2 piqj
=-
n
i=1
m
j=1
piqj log2pi+log2qj
33
=-
n
i=1
m
j=1
piqjlog2pi-
n
i=1
m
j=1
piqjlog2qj
=-
m
j=1
qj
n
i=1
pilog2pi
-
n
i=1
pi
m
j=1
qjlog2qj
=-
n
i=1
pilog2pi
-
m
j=1
qjlog2qj
= Hn p1,p2,⋯,pn
+ Hm q1,q2,⋯,qm
= H X
+ H Y
.
变式训练
26. (23 - 24 高三下·湖南·月考) 多样性指数是生物群落中种类与个体数的比值. 在某个物种数目为S 的群
落中，辛普森多样性指数D = 1 -
s
i=1
ni
N
2
，其中ni 为第i 种生物的个体数，N 为总个体数. 当D 越大
时，表明该群落的多样性越高. 已知A,B 两个实验水塘的构成如下：
绿藻
衣藻
水绵
蓝藻
硅藻
A
6
6
6
6
6
B
12
4
3
6
5
(1) 若从A,B 中分别抽取一个生物个体，求两个生物个体为同一物种的概率；
(2) (i) 比较A,B 的多样性大小；
(ii) 根据(i) 的计算结果，分析可能影响群落多样性的因素.
【答案】(1) 1
5 ；(2) (i)A 的多样性大于B(ii) 答案见解析；
【解析】(1) 记事件C 为“两个生物个体为同一物种”，
则C 发生的概率为P C
= 1
5 × 1 = 1
5 .
(2) (i) 由表可知NA=NB=30,
SA=SB=5,
所以DA= 1 - 1
302 × 5 × 62= 4
5 ，DB = 1 - 1
302 × 122+42+32+62+52
= 67
90 ；
即DA> DB，故A 的多样性大于B；
(ii) 在(i) 中两群落物种数目相同，各物种数量不同，而A 中各物种数量均相同，
即物种均匀度更大，分析可得物种均匀度也会影响群落多样性.
27. (23 - 24 高三下·浙江·开学考试) 一般地，n 元有序实数对a1,a2,⋯,an
称为n 维向量. 对于两个n 维
向量a= a1,a2,⋯,an
,b= b1,b2,⋯,bn
，定义：两点间距离d =
b1-a1
2+ b2-a2
2+⋯+ bn-an
2 ，
利用n 维向量的运算可以解决许多统计学问题. 其中，依据“距离”分类是一种常用的分类方法：计算
向量与每个标准点的距离dn，与哪个标准点的距离dn 最近就归为哪类. 某公司对应聘员工的不同方面
能力进行测试，得到业务能力分值a1
、管理能力分值a2
、计算机能力分值a3
、沟通能力分值a4
(分值ai ∈N *,i ∈1,2,3,4
代表要求度，1 分最低，5 分最高) 并形成测试报告. 不同岗位的具体要求见
下表：
34
岗位
业务能力分值
a1
管理能力分值
a2
计算机能力分值
a3
沟通能力分值
a4
合计分
值
会计(1)
2
1
5
4
12
业务员(2)
5
2
3
5
15
后勤(3)
2
3
5
3
13
管理员(4)
4
5
4
4
17
对应聘者的能力报告进行四维距离计算，可得到其最适合的岗位. 设四种能力分值分别对应四维向量
β= a1,a2,a3,a4
的四个坐标.
(1) 将这四个岗位合计分值从小到大排列得到一组数据，直接写出这组数据的第三四分位数；
(2) 小刚与小明到该公司应聘，已知：只有四个岗位的拟合距离的平方d2
n均小于20 的应聘者才能被招
录.
(i) 小刚测试报告上的四种能力分值为β0
= 4,3,2,5
，将这组数据看成四维向量中的一个点，将四种
职业1、2、3、4 的分值要求看成样本点，分析小刚最适合哪个岗位；
(ii) 小明已经被该公司招录，其测试报告经公司计算得到四种职业1、2、3、4 的推荐率p
分别为14
43 ,
13
43 , 9
43 , 7
43
pn=
d2
n
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4
，试求小明的各项能力分值.
【答案】(1)16；
(2) (i) 小刚最适合业务员岗位；
(ii) 小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为2,4,3,5
【解析】(1) 将四个岗位合计分值从小到大排列得到数据12，13，15，17，
又i = np = 4 × 0.75 = 3，所以这组数据的第三四分位数为15+17
2
= 16.
(2) (i) 由图表知，会计岗位的样本点为β
1= 2,1,5,4
，
则d2
1 = (2 - 4)2+ (1 - 3)2+ (5 - 2)2+ (4 - 5)2= 18，
业务员岗位的样本点为β
2= 5,2,3,5
，则d2
2= (5 - 4)2+ (2 - 3)2+ (3 - 2)2+ (5 - 5)2= 3，
后勤岗位的样本点为β
3= 2,3,5,3
，则d2
3= (2 - 4)2+ (3 - 3)2+ (5 - 2)2+ (3 - 5)2= 17，
管理员岗位的样本点为β
4= 4,5,4,4
，则d2
4= (4 - 4)2+ (5 - 3)2+ (4 - 2)2+ (4 - 5)2= 9，
所以d2< d4< d3< d1，故小刚最适合业务员岗位.
(ii) 四种职业1、2、3、4 的推荐率p
分别为14
43 , 13
43 , 9
43 , 7
43 ，且pn=
d2
n
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4
，
所以
d2
1
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4 = 14
43
d2
2
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4 = 13
43
d2
3
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4 = 9
43
d2
4
d2
1+d2
2+d2
3+d2
4 = 7
43
，得到
d2
1= 14
43 (d2
1+d2
2+d2
3+d2
4)
d2
2= 13
43 (d2
1+d2
2+d2
3+d2
4)
d2
3= 9
43 (d2
1+d2
2+d2
3+d2
4)
d2
4= 7
43 (d2
1+d2
2+d2
3+d2
4)
，
35
又d2
n(n ∈{1,2,3,4}) 均小于20，所以d2
1 + d2
2+ d2
3+ d2
4< 80，且d2
n∈N ∗(n ∈{1,2,3,4})，
故可得到d2
1 = 14,d2
2= 13,d2
3= 9,d2
4= 7，
设小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为a,b,c,d，
且a,b,c,d ∈N ∗，1 ≤a,b,c,d ≤5，
依题有(a - 2)2+ (b - 1)2+ (c - 5)2+ (d - 4)2= d2
1 = 14 ①，
(a - 5)2+ (b - 2)2+ (c - 3)2+ (d - 5)2= d2
2= 13 ②，
(a - 2)2+ (b - 3)2+ (c - 5)2+ (d - 3)2= d2
3= 9 ③，
(a - 4)2+ (b - 5)2+ (c - 4)2+ (d - 4)2= d2
4= 7 ④，
由①- ③得，
(a - 2)2+ (b - 1)2+ (c - 5)2+ (d - 4)2- (a-2)2+(b-3)2+(c-5)2+(d-3)2
= 14 - 9 = 5，
整理得：2b - d = 3，
故有
b=2,
d=1
b=3,
d=3
b=4,
d=5
三组正整数解，
对于第一组解，代入④式有(a - 4)2+ 9 + (c - 4)2+ 9 = 7，不成立；
对于第二组解，代入①式有(a - 2)2+ (c - 5)2= 4，
解得a=4
c=5
或a=2
c=3
，代入②④式均不成立；
对于第三组解，代入②式有(a - 5)2+ (c - 3)2= 9，
解得a=2
c=3
，代入①②③④均成立，故
a=2
b=4
c=3
d=5
；
故小明业务能力分值、管理能力分值、计算机能力分值、沟通能力分值分别为2,4,3,5.
题型十
高等数学背景下的新定义问题
大题典例
28. (24 - 25 高三上·四川自贡·期中) 新信息题型是目前高考的热点题型. 这类题要求答题者在有限的时
间内，阅读并理解题目所给予的信息，根据获取的信息解答问题. 请同学们根据以下信息回答问题：
(1) 在高等数学中，我们将y = f x
在x = x0处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：f x
=
f x0
+ fx0
x-x0
+ fx0
2!
x-x0
2+⋯+ f n
x0
n!
x-x0
n+⋯，(其中f n
x
表示f x
的n 次导
数n ≥3，n ∈N *)，以上公式我们称为函数f x
在x = x0处的泰勒展开式，当x0= 0 时泰勒展开式也
称为麦克劳林公式，比如ex在x = 0 处的麦克劳林公式为：ex= 1 + x + 1
2! x2+ 1
3! x2+⋯+ 1
n! xn+⋯，
由此当x ≥0 时，可以非常容易得到不等式ex≥1 + x，ex≥1 + x + 1
2 x2，ex≥1 + x + 1
2 x2+ 1
6 x3，
⋯，请利用上述公式和所学知识写出y = sinx 在x = 0 处的泰勒展开式；(写出展开式的前三项即可)
(2) 设m 为正整数，数列a1，a2，⋯，a4m+2是公差不为0 的等差数列，若从中删去两项ai和aj i<j
后
剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4 个数都能构成等差数列，则称数列a1，a2，⋯，a4m+2是(i,
36
j) 一可分数列. 请写出所有的i,j
，1 ≤i < j ≤6，使数列a1，a2，⋯，a6是(i,j) - 可分数列.
【答案】(1)sinx = x - 1
3! x3+ 1
5! x5+⋯+
-1
n-1
2n-1
! x2n-1+⋯；(2) 1,2
, 1,6
, 5,6
【解析】(1) 因为sinx
= cosx，cosx
=-sinx，-sinx
=-cosx，
-cosx
= sinx，其中cos0 = 1,sin0 = 0，
所以y = sinx 在x = 0 处的泰勒展开式为：
sinx = x - 1
3! x3+ 1
5! x5+⋯+ (-1)n-1
(2n-1)! x2n-1+⋯，
(2) 由题意可知，问题相当于从1,2,3,4,5,6 中取出两个数i 和j i<j
，
使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.
所以所有可能的i,j
就是1,2
, 1,6
, 5,6
.
变式训练
29. (24 - 25 高三上·山东潍坊·月考) 设数阵X0 = x11
x12
x21
x22
，其中x11,x12,x21,x22 ∈1,2,3,4,5,6
. 设B =
n1,n2,⋯,nk
⊆1,2,3,4,5,6
，其中n1 < n2 <⋯< nk,k ∈N * 且k ≤6. 定义变换Mt 为“对于数阵的每
一列，若其中有t 或-t，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t 且没有-t，则这一列中每个数
都乘以-1 t=n1,n2,⋯,nk
”，MB X0
表示“将X0 经过Mn1 变换得到X1，再将X1 经过Mn2 变换得到
X2, ⋯，以此类推，最后将Xk-1经过Mnk变换得到Xk”. 记数阵Xk中四个数的和为TB X0
.
(1) 若X0= 2
1
3
4
,B = 2,5
，写出X0经过M2变换后得到的数阵X1，并求TB X0
的值；
(2) 若X0= 2
1
3
4
,B = n1,n2,n3
，求所有TB X0
取值的和；
(3) 对任意确定的一个数阵X0，证明：所有TB X0
取值的和不大于-8；
(4) 如果X0= 1
3
3
6
，其他条件不变，你研究(1) 后得出什么结论？
【答案】(1)0；(2)40；(3) 证明见解析；(4)TB X0
= 13
【解析】(1) 因为X0= 2
1
3
4
,B = {2,5}，
X0经过M2变换后得到数阵X1= 2
-1
3
-4
，
X1经过M5变换后得到数阵X2= -2
1
-3
4
，
所以TB X0
=-2 + 1 - 3 + 4 = 0.
(2) 若B ⊆{1,2,3,4}，则X3= -2
1
-3
4
或X3= 2
-1
3
-4
，
可得TB X0
= 0,4 种情况；
若B = 2,3,n3
或B = 1,4,n3
,n3∈{5,6}，
37
则X3= -2
-1
-3
-4
，可得TB X0
=-10,4 种情况；
若B = n1,n2,n3
，从{1,4} 和{2,3} 中各取出一个元素a，b，
n1= min{a,b},n2= max{a,b},n3∈{5,6}，则X3= 2
1
3
4
，
可得TB X0
= 10,8 种情况；
若B = n1,5,6
,n1∈{1,2,3,4}，
则X3= -2
1
-3
4
或X3= 2
-1
3
-4
，可得TB X0
= 0,4 种情况.
综上，所有TB X0
取值的和为4 × 0 + 4 × (-10) + 8 × 10 + 4 × 0 = 40.
(3) 若x11≠x21，在{1,2,3,4,5,6} 的所有非空子集中，
①含有x11且不含x21的子集共24个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21，
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21；
②含有x21且不含x11的子集共24个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21，
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21；
③同时含有x11和x21的子集共24个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21，
其中含有偶数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21；
④不含x11也不含x21的子集共24- 1 个，
其中含有奇数个元素的集合有8 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21，
其中含有偶数个元素的集合有7 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21.
若x11= x21，在{1,2,3,4,5,6} 的所有非空子集中，
①含有x11的子集共25个，
其中含有奇数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21，
其中含有偶数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21；
②不含x11的子集共25- 1 个，
其中含有奇数个元素的集合有16 个，经过变换后第一列均变为-x11, -x21，
其中含有偶数个元素的集合有15 个，经过变换后第一列均仍为x11,x21；
综上，经过变换后，所有Xk的第一列数的和为
(8 + 8 + 8 + 8 + 16 + 16) -x11-x21
+ (8 + 8 + 8 + 7 + 16 + 15) x11+x21
= 2 -x11-x21
同理，经过变换后所有Xk的第二列数的和为2 -x12-x22
.
所以所有TB X0
取值的和为2 -x11-x21-x12-x22
，
又因为x11,x12,x21,x22∈{1,2,3,4,5,6}，所以所有TB X0
取值的和不超过-8.
(4) 如果X0= 1
3
3
6
，其他条件不变，
X0经过M2变换后得到数阵X1= -1
-3
-3
-6
，
X1经过M5变换后得到数阵X2= 1
3
3
6
，
则(1) 中TB X0
= 13.
38
30. (24 - 25 高三上·江苏南通·月考) 小学我们都学过质数与合数，每一个合数都能分解为若干个质数的
积，比如36 = 2 × 2 × 3 × 3，74 = 2 × 37 等等，分解出来的质数称为这个合数的质因子，如2，3 都是6
的质因子．在研究某两个整数的关系时，我们称它们是互质的，如果它们没有相同的质因子．例如
25 的质因子只有5，而36 的质因子只有2，3，所以25，36 是互质的．为方便表示，对于任意的正整数
n，我们将比n 小且与n 互质的正整数的个数记为A n
．例如，小于10 且与10 互质的数有1，3，7，9，
所以A 10
= 4，同理有A 12
= 4．
(1) 求A 60
，A 312
；
(2) 求所有n ∈N *，n ≥2，使得A n
是奇数；
(3) 若正整数n = p1p2⋯pk，其中p1,p2,...,pk表示互不相同的质数．证明：A n
= n 1- 1
p1
1- 1
p2
⋯1- 1
pk
.
【答案】(1)A 60
= 16，A 312
= 96；(2) n∈N *
n>1, n
4 ∉Z
；(3) 证明见解析
【解析】(1) 我们先证明一个引理.
引理：对正整数n > 1，设n 的质因数分解式为n = pα1
1 pα2
2 ...pαk
k ，其中表示互不相同的质数，
则有A n
= n 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
.
引理的证明：由于n > 1，故n 和n 不互质，从而A n
就是1,2,...,n
中，和n 互质的数的个数.
由于n 的全部质因子为p1,p2,...,pk，故一个正整数和n 互质，当且仅当它不被每个p1,p2,...,pk整除.
设集合T = 1,2,...,n
，Ti =
m∈T
m
pi
∈Z
，这里i = 1,2,...,k.
换言之，Ti 就是T = 1,2,...,n
中全体pi 的倍数.
由于p1,p2,...,pk是不同的质数，故它们两两互质，从而对任意1 ≤i1< i2< ... < il ≤k，都有
Ti1∩Ti2∩... ∩Til =
m∈T
m
pi1
, m
pi2
,..., m
pil
∈Z
=
m∈T
m
pi1pi2...pil
∈Z
.
从而Ti1∩Ti2∩...∩Til
=
n
pi1pi2...pil
，这里X
表示集合X 的元素个数.
所以由容斥原理可得
A n
= n - Ti1∪Ti2∪...∪Til
= n -
k
l=1
-1
l
1≤i1<i2<...<il≤k
Ti1∩Ti2∩...∩Til
= n -
k
l=1
-1
l
n
pi1pi2...pil
=
k
l=0
-1
l
n
pi1pi2...pil
= n
k
l=0
-1
l
pi1pi2...pil
.
将n 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
展开即知n 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= n
k
l=0
-1
l
pi1pi2...pil
.
所以A n
= n 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
，引理得证.
回到原题，由于60 = 22× 3 × 5，312 = 23× 3 × 13，故由引理知
A 60
= 60 × 1- 1
2
× 1- 1
3
× 1- 1
5
= 16，A 312
= 312 × 1- 1
2
× 1- 1
3
× 1- 1
13
= 96.
(2) 根据(1) 中的引理，我们可以直接得出，若正整数n > 1，则n 是A n
的倍数，
39
所以如果n > 1 是奇数，则A n
一定是奇数.
对正整数n > 1，我们分两种情况讨论.
情况一：n 是4 的倍数.
取最大的正整数q，使得2q 整除n，则q ≥2.
根据正整数q 的取法，n
2q 一定是奇数，所以2q 和n
2q 互质.
若n
2q = 1，则根据(1) 中的引理有A n
= A 2q
= 2q 1- 1
2
= 2q-1是偶数；
若n
2q > 1，设n
2q = pα1
1 pα2
2 ...pαk
k ，这里p1,p2,...,pk是互不相同的奇质数，则根据(1) 中的引理，有
A n
= A 2qpα1
1 pα2
2 ...pαk
k
= n 1- 1
2
1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= 2q-1pα1
1 pα2
2 ...pαk
k 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= 2q-1A n
2q
.
从而A n
= 2q-1A n
2q
是偶数.
无论怎样都有A n
是偶数，故此时n 不满足条件；
情况二：n 不是4 的倍数，且n 是偶数.
此时如果n = 2，则A 2
= 1，满足条件；
如果n > 2，则n
2 是大于1 的奇数，设n
2 = pα1
1 pα2
2 ...pαk
k ，这里p1,p2,...,pk是互不相同的奇质数，
则根据(1) 中的引理，有
A n
= A 2pα1
1 pα2
2 ...pαk
k
= 2pα1
1 pα2
2 ...pαk
k 1- 1
2
1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= pα1
1 pα2
2 ...pαk
k 1- 1
p1
1- 1
p2
... 1- 1
pk
= A n
2
.
而n
2 是奇数，故A n
2
是奇数，所以A n
是奇数，满足条件.
无论怎样都有A n
是奇数，故此时n 满足条件；
情况三：n 是奇数.
此时由于n 是奇数，所以A n
是奇数，故此时n 满足条件.
综上，所求的全部n 的集合为n∈N *
n>1, n
4 ∉Z
.
(3) 显然这就是(1) 中引理的直接推论.
必刷大题
刷模拟
1. (24 - 25 高三上·上海·期中) 设函数y = f(x) 的定义域为R，其导函数为y = f(x)，x ∈R．若存在区间
I 及实数t 满足：对任意x ∈I ，都有f(x + t) ≥t ⋅f(x) 恒成立，则称函数y = f(x) 为I 上的“M (t) 函
数”．
(1) 判断函数y = ex是否为0，+∞
上的M(2) 函数，并说明理由；
(2) 已知实数m 满足：函数y = x2+ mx + 1 为2，+∞
上的M(1) 函数，求m 的取值范围；
(3) 已知函数y = f(x) 存在最大值．对于以下两个命题，P：对任意x ∈R，都有f(x) ≤0 与f(x) ≥0
40
恒成立；Q：对任意正整数n，满足函数y = f(x) 都是R 上的M(n) 函数；判断P 是否为Q 的充要条件，
并说明理由．
【答案】(1) 是，理由见解析；(2) -3,+∞
；(3)P 为Q 的充要条件，理由见解析
【解析】(1) 设定义域为R 的函数y = f x
在R 上可导，导函数为y = fx
．
若区间I 及实数t 满足：f(x + t) ≥t ⋅f(x)，对任意x ∈I 成立，
则称函数y = f x
为上的“M(t) 函数”．
∵y = ex，∴y= ex，
ex+2= e2ex> 2ex，在0,+∞
时恒成立，
∴y = ex是
0,+∞
上的M(2) 函数．
(2) 实数m 满足：函数y = x2+ mx + 1 为2,+∞
上的M(1) 函数，
则有x+1
2+ m(x + 1) + 1 ≥1 ⋅2x+m
，得m ≥-x - 2
x ，
函数y =-x - 2
x ，有y=-1 + 2
x2 < 0 在2,+∞
上恒成立，
y =-x - 2
x 在2，+∞
单调递减，在2,+∞
上ymax =-2 - 2
2 =-3，
所以m ≥-3，即m 的取值范围为-3,+∞
；
(3) 若P 成立，则对任意正整数n，有：f x+n
≥0 ≥n ⋅fx
∀x∈R
，
即y = f x
为R 上的M(n) 函数，Q 成立．故P 为Q 充分条件．
若Q 成立，即对任意正整数n，有：f x+n
≥nfx
∀x∈R
(2)
记函数y = f(x) 的最大值为K．
先证明f(x) ≤0 恒成立．
反证法，假如存在x1∈R 使得f(x1) > 0，则取正整数n，使得n ⋅f(x1) > K，
此时有n ⋅fx1
> K ≥f(x1+ n)，与(2) 矛盾．
则有f(x) ≤0 恒成立，这意味着y = f x
为R 上的严格减函数．
再证明f x
≥0 恒成立．
取x0为y = f x
的一个最大值点，
则当x ≤x0时，由单调性知f x
≥f x0
= K，
但f x
≤K，所以f(x) = K ∀x≤x0
，
于是f(x) = 0 ∀x<x0
．
对任意x2∈R，可取一个与x2有关的正整数n，使得x2- n < x0，
由(2) 知：f x2
≥n ⋅fx2-n
= 0．
于是P 成立，故P 也为Q 的必要条件．
故P 为Q 的充要条件．
2. ( 24 - 25 高三上· 湖南长沙· 期中) 设n ∈N * , n ≥2 , x i ∈
0,1
, i = 1 , 2 , ⋯, n ，集合S n =
X∣X= x1,x2,⋯,xn
. 对于P =
p1,p2,⋯,pn
∈S n , Q =
q1,q2,⋯,qn
∈S n
，记P ⊖Q =
p1-q1
, p2-q2
,⋯, pn-qn
,P*Q =
n
i=1
|pi-qi|
.
(1) 若A,B,C ∈Sn，证明：A⊖C
* B⊖C
= A*B；
(2) 若A,B,C ∈Sn,A*B 和A*C 都为奇数，证明：B*C 为偶数；
41
(3) 若X1,X2, ⋯,X10∈S20 ，当1 ≤i < j ≤10 时，求所有X*
i Xj 之和的最大值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3)500.
【解析】(1) 设A = a1,a2,⋯,an
,B = b1,b2,⋯,bn
,C = c1,c2,⋯,cn
，
则A ⊖C =
a1-c1
, a2-c2
,⋯, an-cn
，B ⊖C =
b1-c1
, b2-c2
,⋯, bn-cn
所以
A⊖C
∗B⊖C
=∑
n
i=1 ai-ci -
bi-ci
，
因为ai,bi,ci ∈0,1
，则当ci = 0 时，ai-ci -
bi-ci
= ai-bi
;
当ci = 1 时，||ai-ci| -|bi - ci|| = |(1 - ai) - (1 - bi)| = |ai - bi| ，
所以
A⊖C
* B⊖C
=∑
n
i=1 ai-bi
= A*B.
(2) 设A*B = k,A*C = l,B*C = m，则当i = 1,2, ⋯,n 时，
ai-bi
中共有k 个1, ai-ci
中共有l 个1, bi-ci
中共有m 个1，
由(1) 知，A⊖B
* A⊖C
= B*C ，则||ai-bi|-|ai-ci|| 中有m 个1 ，
设使ai-bi
= ai-ci
= 1 成立的i 的个数为t，则m = k + l - 2t，
由k 和l 都为奇数，则k + l 为偶数，所以m 为偶数，即B∗C 为偶数.
(3) 设Xm = xm,1,xm,2,⋯,xm,20
m=1,2,⋯,10
，构造数阵：
x1,1
x1,2
x1,3
⋯
x1,20
x2,1
x2,2
x2,3
⋯
x2,20
x3,1
x3,2
x3,3
⋯
x3,20
⋯
⋯
⋯
⋯
⋯
x10,1
x10,2
x10,3
⋯
x10,20
设第k 列共有x 个1,10 - x 个0 0≤x≤10
，则此列10 个数两两之差的绝对值之和
为x 10-x
= 10x - x2= 25 - x-5
2≤25，
同理其他各列10 个数两两之差的绝对值之和都不大于25 ，
所以所有Xi
*Xj 之和的最大值为25 × 20 = 500.
3. (24 - 25 高三上·河北沧州·期中) 已知O 为坐标原点，对于函数f(x) = asinx + bcosx，称向量OM
=
(a,
b) 为函数f(x) 的相伴特征向量，同时称函数f(x) 为向量OM
的相伴函数．
(1) 记向量ON
= (3,
3) 的相伴函数为f(x)，若当f(x) = 3 且x ∈(- π
3 ,
π
3 ) 时，求x 的值；
(2) 设g(x) =
3cos x+ π
3
+ cos π
6 -x
(x ∈R)，试求函数g(x) 的相伴特征向量OM
，并求出与
OM
同向的单位向量；
(3) 已知OA
= (0,
1) 为函数h(x) 的相伴特征向量，若在△ABC 中，AB = 2，cosC = h π
6
，若点G
为该△ABC 的外心，求GC
⋅AB
+ CA
⋅CB
的最大值．
【答案】(1)x = π
6 ；(2)OM
= -1,
3
，- 1
2 ,
3
2
；(3)14
【解析】(1) 根据题意知，向量ON
= 3,
3
的相伴函数为
f(x) = 3sinx +
3cosx = 2 3sin x+ π
6
42
当f(x) = 2 3sin x+ π
6
= 3 时，sin x+ π
6
=
3
2 ，
又x ∈- π
3 ,
π
3
，则x + π
6 ∈- π
6 ,
π
2
，所以x + π
6 = π
3 ，故x = π
6 ；
(2) 因为g(x) =
3cos x+ π
3
+ cos π
6 -x
=
3 cosxcos π
3 -sinxsin π
3
+ cosxcos π
6 + sinxsin π
6 ，
=-sinx +
3cosx，故函数g(x) 的相伴特征向量OM
= -1,
3
，
则与OM
= -1,
3
同向的单位向量为OM
OM
= 1
2 (-1,
3) = - 1
2 ,
3
2
；
(3) 由题意得，h(x) = cosx，
在△ABC 中，AB = 2，cosC = h π
6
= cos π
6 =
3
2 ，因此C = π
6 ，
设△ABC 外接圆半径为R，根据正弦定理，AB
sinC = 2R = 4，故R = 2，
所以GA
= GB
= GC
= 2 ，
GC
⋅AB
+ CA
⋅CB
= GC
⋅(GB
- GA
) + (GA
- GC
) ⋅(GB
- GC
)
= GC
⋅GB
- GC
⋅GA
+ GA
⋅GB
- GA
⋅GC
- GC
⋅GB
+ GC
2
=-2GC
⋅GA
+ GA
⋅GB
+ GC
2=-8cos∠AGC + 4cos∠AGB + 4，
C = π
6 ,
∠AGB = 2C = π
3 ,
cos∠AGB = cos π
3 = 1
2 ，
代入可得GC
⋅AB
+ CA
⋅CB
= 6 - 8cos∠AGC，
所以当∠AGC = π 时，GC
⋅AB
+ CA
⋅CB
取得最大值14．
4. (2024 高三·全国·专题练习) 已知函数f(x) = asinx + bcosx，称向量p= a,b
为f x
的特征向量，
f x
为p的特征函数.
(1) 设g x
= 2sin π-x
+ sin 3
2 π-x
，求g x
的特征向量；
(2) 设向量p=
3,1
的特征函数为f x
，求当f x
= 6
5 且x ∈- π
6 , π
3
时，sinx 的值；
(3) 设向量p= - 1
2 ,
3
2
的特征函数为f x
，记h x
= f2 x
- 1
4 ，若h x
在区间a,b
上至少有
40 个零点，求b - a 的最小值.
【答案】(1) (2, -1)；(2) 3 3-4
10
；(3) 58π
3
【解析】(1) 因为g x
= 2sin π-x
+ sin 3
2 π-x
= 2sinx - cosx，
所以函数g x
的特征向量p= 2,-1
；
(2) 因为向量P=
3,1
的特征函数为f x
，
所以f x
=
3sinx + cosx = 2sin x+ π
6
，
由f x
= 6
5 ，得sin x+ π
6
= 3
5 ，
因为x ∈- π
6 , π
3
，所以x + π
6 ∈0, π
2
，
43
所以cos x+ π
6
=
1-sin2 x+ π
6
= 4
5 ，
所以sinx = sin
x+ π
6
- π
6
= 3
5 ×
3
2
- 4
5 × 1
2 = 3 3-4
10
.
(3) 解：因为向量P= - 1
2 ,
3
2
的特征函数为f x
，
所以f x
=- 1
2 sinx +
3
2 cosx = cos x+ π
6
，
则h x
= f2 x
- 1
4 = cos2 x+ π
6
- 1
4 = 1
2 cos 2x+ π
3
+ 1
4 ，
令h x
= 0，则cos 2x+ π
3
=- 1
2 ，
则2x + π
3 = 2π
3 + 2kπ 或4π
3 + 2kπ,k ∈Z，
则x = π
6 + kπ 或π
2 + kπ,k ∈Z，
由h x
在区间a,b
上至少有40 个零点，
不妨设a = π
6 ，
则b ≥π
6 + 19T +
π
2 - π
6
= π
2 + 19T，
则b - a ≥π
3 + 19T = π
3 + 19π = 58π
3
，
所以b - a 的最小值为58π
3
.
5. (24 - 25 高三上·河北邯郸·期中) 对于无穷数列an
，
“若存在am - ak = t(m、k ∈N *，且m > k)，必有
am+1- ak+1= t”，则称数列an
具有P t
性质.
(1) 若数列an
满足an= 2n n=1,2
2n-5 n≥3,且n∈N *
，判断数列an
是否具有P 1
性质？数列an
是
否具有P 4
性质？
(2) 对于无穷数列an
，设T = x x=aj-ai,i,j∈N *,且i<j
，求证：若数列an
具有P 0
性质，则T
必为有限集
(3) 已知an
是各项均为正整数的数列，且an
既具有P 2
性质，又具有P 3
性质，是否存在正整
数N,k，使得aN，aN+1，aN+2，⋯，aN+k，⋯成等差数列. 若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1) an
不具有性质P 1
，具有性质P 4
；(2) 证明见解析；(3) 存在，证明见解析
【解析】(1) 因为an= 2n n=1,2
2n-5 n≥3,且n∈N *
，
a5- a2= 5 - 4 = 1，但a6- a3= 7 - 1 = 6 ≠1，
所以数列an
不具有性质P 1
，
设m = k + 2(m、n ∈N *，且m > k ≥3)，
因为am - ak= 2 k+2
-5
- 2k-5
= 4，
必有am+1- ak-1= 2 k+3
-5
- 2 k+1
-5
= 4，
所以数列an
具有性质P 4
.
(2) 因为数列an
具有性质P 0
，
44
所以一定存在一组最小的且m > k(m、k ∈N *)，满足am - ak= 0，即am = ak，
由性质P 0
的含义可得，am+1= ak+1，am+2= ak+2，⋯，a2m-k-1= am-1，a2m-k= am，
所以数列an
中，从第k 项开始的各项呈现周期性：ak，ak+1，⋯，am-1为一个周期中的各项，
所以数列an
中最多有m - 1 个不同的项，
所以T 最多有C2
m-1个元素，即T 为有限集.
(3) 因为数列an
具有P 2
性质，又具有P 3
性质，
所以存在正整数M 、N ，使得aM+p - aM= 2，aN+q - aN= 3，
其中p,q 分别是满足上述关系式是最小的正整数，
由性质P 2
、P 3
的含义可得，aM+p+k- aM+k= 2，aN+q+k- aN+k= 3，
若M < N ，则取k = N - M ，可得aN+p - aN= 2；
若M > N ，则取k = M - N ，可得aM+q - aM= 3，
记M = max M ,N
，对于aM，有aM+p - aM = 2，aM+q - aM = 3，显然p ≠q，
由性质P 2
、P 3
的含义可得，aM+p+k- aM+k= 2，aN+q+k- aN+k= 3，
所以aM+pq - aM = aM+pq-aM+ q-1
p
+ aM+ q-1
p-aM+ q-2
p
+⋯+ aM+p-aM
= 2q，
aM+p - aM = aM+pq-aM+ p-1
q
+ aM+ p-1
q-aM+ p-2
q
+⋯+ aM+q-aM
= 3p，
所以2q = 3p，
又p,q 满足aM+p - aM = 2，aM+q - aM = 3 的最小的正整数，
所以q = 3，p = 2，aM+2- aM = 2，aM+3- aM = 3，
所以aM+2+k- aM+k= 2，aM+3+k- aM+k= 3，
所以aM+2k= aM+2 k-1
+2= aM + 2k，aM+3k= aM+3 k-1
+3= aM + 3k，
取N = M + 3，若k 是偶数，则aN+k= aN + k；
若k 是奇数，则aN+k= aN+3+ k-3
= aN+3+ k-3
= aN + 3 + k-3
= aN + k，
所以aN+k= aN + k，
所以aN，aN+1，aN+2，⋯，aN+k，⋯是公差为1 的等差数列.
6. (24 - 25 高三上·四川·模拟测试) 已知抛物线C：y2 = 2px p>0
的焦点为F，过点F 的直线与C 相交
于点A，B，△AOB 面积的最小值为1
2 (O 为坐标原点). 按照如下方式依次构造点Fn n∈N *
：F1 的坐
标为p,0
，直线AFn，BFn 与C 的另一个交点分别为An，Bn，直线AnBn 与x 轴的交点为Fn+1，设点Fn
的横坐标为xn.
(1) 求p 的值；
(2) 求数列xn
的通项公式；
(3) 数列xn
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)p = 1；(2)xn= 22n-1-1；(3) 不存在，理由见解析
【解析】(1) 设直线AB:x = ty + p
2 ，A x1,y1
,B x2,y2
联立
y2=2px
x=ty+ p
2
，得y2- 2pty - p2= 0，
45
得Δ = 2pt
2+ 4p2> 0
由韦达定理可知：y1y2=-p2;y1+ y2= 2pt
由题可知：S△OAB = 1
2 OF
y1-y2
= p
4
y1+y2
2-4y1y2 = p
4
2pt
2+4p2 = p2
2
t2+1 ≥p2
2
因为面积的最小值为1
2 ，且p > 0，
所以p2
2 = 1
2 ⇒p = 1.
(2) 设An xan,yan
,Bn xbn,ybn
，A xa,ya
,B xb,yb
由题可知y2
an = 2xan，y2
a= 2xa，两式求差可得yan+ya
yan-ya
= 2 xan-xa
⇒yan-ya
xan-xa =
2
yan+ya
所以kAAn= yan-ya
xan-xa =
2
yan+ya
，
所以直线AAn方程为y - ya=
2
yan+ya
x-xa
，整理得yan+ya
y = 2x + yanya
同理：BBn方程为：ybn+yb
y = 2x + ybnyb
令y = 0 可得-2xn=yanya
-2xn=ybnyb
可知，AB 方程为：ya+yb
y = 2x + yayb
因为AB 过焦点
1
2 ,0
，所以有yayb=-1
AnBn方程为：yan+ybn
y = 2x + yanybn
令y = 0 可得-2xn+1= yanybn
由-2xn=yanya
-2xn=ybnyb
，可知-2xn
2= yanybnyayb
因为yayb=-1，-2xn+1= yanybn
得xn+1= 2x2
n
取对数可得log2xn+1= 2log2xn+ 1 ⇒log2xn+1+ 1 = 2 log2xn+1
由题可知x1= 1，
所以数列log2xn+1
是以log2x1+ 1 = 1 为首项，2 为公比的等比数列；
所以有log2xn+ 1 = 2n-1
解得xn= 22n-1-1
(3) 不存在，理由如下
假设存在，则一定有2an+1= an+ an+2
因为xn= 22n-1-1，得22n= 22n-1-1+ 22n+1-1= 22n 22n-1-1-2n+22n+1-1-2n
化简得1 = 2-2n-1-1+ 22n-1
因为n ∈N *
46
显然2-2n-1-1> 0,22n-1> 1, ⇒2-2n-1-1+ 22n-1> 1
所以1 = 2-2n-1-1+ 22n-1在n ∈N *无解；
故不存在连续的三项为等差数列.
7. (24 - 25 高三上·广西来宾·模拟预测) 已知：①定积分的定义：
设y = f x
为定义在a,b
上的连续非负函数，为求y = f x
、x = a、x = b、x 轴围成的曲边梯形的面
积，可采取如下方法：
将区间a,b
分为n 个小区间，每个小区间长度为b-a
n
，每个区间即可表示为
a+ b-a
n
i-1
,a+ b-a
n
i
i=1,2,3,⋯n
，再分别过每个区间的左右端点作x 轴的垂线与y = f x
图象相交，即可得到一个小的曲边梯形. 如图，
当n →+∞时，每个小曲边梯形可近似看作矩形，矩形的宽即为每个小区间的长度，长可由每个小区间
内的任一点的函数值近似代替(一般用区间端点的函数值)，将这样无穷多个小矩形的面积相加，所得
之和即为所求的由y = f x
、x = a、x = b、x 轴围成的曲边梯形的面积，即S =
lim
n→∞∑
n
i=1 f a+ b-a
n
i
⋅b-a
n
，上式也记为
b
a f
(x)dx，即对y = f x
在a,b
上求定积分.
②定积分的计算：
b
a f
(x)dx = F(b) - F(a) 其中Fx
= f x
.
根据以上信息，回答以下问题：
(1) 已知0 < α < π
2 ，求证：
α
0 cos
xdx < α.
(2) 将x = 1、x = 2、y = 1
x 、x 轴围成的图形面积分别表示为定积分的形式与面积和的极限形式，并求
其值；
(3) 试证明：1
101 +
1
102 +⋯+ 1
200 < ln2 <
1
100 +
1
101 +⋯+ 1
199 .
【答案】(1) 证明见解析；(2) 答案见解析；(3) 证明见解析.
【解析】(1) 根据定积分的计算得∫
α
0
cosxdx = F α
- F 0
，其中F x
= sinx + C(C 为常数)，
所以∫
α
0
cosxdx = F α
- F 0
= sinα+C
- sin0+C
= sinα，
47
下证sinα < α 0<α< π
2
：
设f x
= sinx - x 0<x< π
2
，则fx
= cosx - 1 < 0 在0, π
2
上恒成立，
所以函数f x
在0, π
2
上单调递减，
所以f x
< f 0
= sin0 - 0 = 0，所以sinα < α 0<α< π
2
，
所以0 < α < π
2 时
α
0 cos
xdx < α.
(2) 由题意可得x = 1、x = 2、y = 1
x 、x 轴围成的图形面积的定积分形式为：S =
2
1
1
x
dx；
面积和的极限形式为：S = lim
n→∞∑
n
i=1 f 1+ i
n
⋅1
n
(右端点)
(或S = lim
n→∞∑
n
i=1 f 1+ i-1
n
⋅1
n
(左端点)，两个面积和的极限形式写一个就行)，
设g x
= lnx + C(C 为常数)，则gx
= 1
x ，
所以S =∫
2
1
1
x dx = g 2
- g 1
= ln2+C
- ln1+C
= ln2.
所以x = 1、x = 2、y = 1
x 、x 轴围成的图形面积的值为ln2.
(3) 在求解x = 1、x = 2、y = 1
x 、x 轴围成的图形面积中，
由定义将1,2
分成100 个等长的小区间1+ i-1
n
,1+ i
n
i=1,2,3,⋯n
，
①若用每个小区间的右端点的函数值近似代替小矩形的长，
则每个小矩形的面积为：ΔS = 1+
i
100
⋅
1
100 =
1
1+
i
100
⋅
1
100 =
1
100+i ，
所以∑
100
i=1 f 1+
i
100
⋅
1
100 =
1
101 +
1
102 + ... + 1
200 ，
由于f x
= 1
x 在1,2
上递减且递减越来越慢，
所以每个小区间的右端点的函数值小于该区间的平均函数值，
所以∑
100
i=1 f 1+
i
100
⋅
1
100 <∫
2
1
1
x dx = ln2，即
1
101 +
1
102 + ... + 1
200 < ln2.
②若用每个小区间的左端点的函数值近似代替小矩形的长，
则每个小矩形的面积为：ΔS = 1+ i-1
100
⋅
1
100 =
1
1+ i-1
100
⋅
1
100 =
1
99+i ，
所以∑
100
i=1 f 1+ i-1
100
⋅
1
100 =
1
100 +
1
101 + ... + 1
199 ，
48
同理，由于f x
= 1
x 在1,2
上递减且递减越来越慢，
所以每个小区间的左端点的函数值大于该区间的平均函数值，
所以∑
100
i=1 f 1+
i
100
⋅
1
100 >∫
2
1
1
x dx = ln2，即
1
100 +
1
101 + ... + 1
199 > ln2.
综上，1
101 +
1
102 + ... + 1
200 < ln2 <
1
100 +
1
101 + ... + 1
199 .
刷真题
8. (2024·上海·高考真题) 记M a
= t∣t= f x
- f a
,x≥a
，L a
= t∣t= f x
- f a
,x≤a
(1) 若f x
= x2+ 1，求M 1
和L 1
;
(2) 若f x
= x3- 3x2，求证: 对于任意a ∈R，都有M a
⊆-4,+∞
，且存在a，使得-4 ∈M a
.
(3) 已知定义在R 上f x
有最小值，求证"f x
是偶函数" 的充要条件是“对于任意正实数c，均有
M -c
= L c
”.
【答案】(1)M 1
= 0,+∞
；L 1
= -1,+∞
;(2) 证明见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 由题意得:M 1
= t∣t=x2+1-2,x≥1
= 0,+∞
；L 1
= t∣t=x2+1-2,x≤1
= -1,+∞
;
(2) 由題意知M a
= t∣t=x3-3x2-a3+3a2,x≥a
，
记g x
= x3- 3x2- a3+ 3a2，有gx
= 3x2- 6x = 0 ⇒x = 0 或2，
x
-∞,0
0
0,2
2
2,+∞
gx
正
0
负
0
正
g x
↗
极大值
↘
极小值
↗
现对a 分类讨论:
当a ≥2，有t = x3- 3x2- a3+ 3a2，x ≥a 为严格增函数，因为g a
= 0，
此时M a
= 0,+∞
⊆-4,+∞
，符合条件;
当0 ≤a < 2 时，t = x3- 3x2- a3+ 3a2，x ≥a，先增后减，tmin = g 2
=-a3+ 3a2- 4，
因为-a3+ 3a2= a2 3-a
≥0,(a = 0 取等号)，所以tmin = g 2
=-a3+ 3a2- 4 ≥-4，
此时M a
= -a3+3a2-4,+∞
⊆-4,+∞
，符合条件，且a = 0 时，-4 ∈M a
；
当a < 0 时，t = x3- 3x2- a3+ 3a2，x ≥a，在a,0
严格增，在0,2
严格减，在2,+∞
严格增，
tmin = min g a
,g 2
= min 0,-a3+3a2-4
，因为h a
=-a3+ 3a2- 4，
此时，ha
=-3a2+ 6a > 0，则h a
> h 0
=-4，则M a
= tmin,+∞
⊆-4,+∞
成立;
综上可知，对于任意a ∈R，都有M a
⊆-4,+∞
，且存在a = 0，使得-4 ∈M a
.
(3) 必要性: 若f x
为偶函数，
则M -c
= t∣t= f x
- f -c
,x≥-c
，L c
= t∣t= f x
- f c
,x≤c
，
当x ≥-c，t = f x
- f -c
= f -x
- f c
，因为-x ≤c，故M -c
= L c
;
49
充分性：若对于任意正实数c，均有M -c
= L c
，
其中M -c
= t∣t= f x
- f -c
,x≥-c
，L c
= t∣t= f x
- f c
,x≤c
，
因为f x
有最小值，不妨设f a
= f x
min = m，
由于c 任意，令c ≥a
，则a ∈-c,c
，
故M -c
最小元素为f a
- f -c
= m - f -c
，L c
中最小元素为m - f c
，
又M -c
= L c
, 则m - f c
= m - f -c
对任意c ≥a
成立，则f a
= f -a
= m，
若a = 0，则f c
= f -c
对任意c ≥0 成立⇒f x
是偶函数，
若a ≠0，此后取c ∈- a
, a
，
M -c
最小元素是f a
- f -c
L -c
最小元素是f - a
- f c
⇒f -c
= f c
，
综上，任意c ≥0，f c
= f -c
，即f x
是偶函数.
故"f x
是偶函数" 的充要条件是“对于任意正实数c，均有M -c
= L c
”.
9. (2024·全国·高考真题) 设m 为正整数，数列a1,a2,...,a4m+2 是公差不为0 的等差数列，若从中删去两项
ai 和a j i<j
后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4 个数都能构成等差数列，则称数列a1,
a2,...,a4m+2是i,j
- 可分数列．
(1) 写出所有的i,j
，1 ≤i < j ≤6，使数列a1,a2,...,a6是i,j
- 可分数列；
(2) 当m ≥3 时，证明：数列a1,a2,...,a4m+2是2,13
- 可分数列；
(3) 从1,2,...,4m + 2 中任取两个数i 和j i<j
，记数列a1,a2,...,a4m+2是i,j
- 可分数列的概率为Pm，
证明：Pm > 1
8 ．
【答案】(1) 1,2
, 1,6
, 5,6
；(2) 证明见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 首先，我们设数列a1,a2,...,a4m+2的公差为d，则d ≠0.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形a
k= ak-a1
d
+ 1 k=1,2,...,4m+2
，
得到新数列a
k= k k=1,2,...,4m+2
，然后对a
1,a
2,...,a
4m+2进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设ak= k k=1,2,...,4m+2
，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1 小问相当于从1,2,3,4,5,6 中取出两个数i 和j i<j
，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.
所以所有可能的i,j
就是1,2
, 1,6
, 5,6
.
(2) 由于从数列1,2,...,4m + 2 中取出2 和13 后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，
共m 组，使得每组成等差数列：
①1,4,7,10
, 3,6,9,12
, 5,8,11,14
，共3 组；
②15,16,17,18
, 19,20,21,22
,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+2
，共m - 3 组.
(如果m - 3 = 0，则忽略②)
故数列1,2,...,4m + 2 是2,13
- 可分数列.
(3) 定义集合A = 4k+1
k=0,1,2,...,m
= 1,5,9,13,...,4m+1
，
B = 4k+2
k=0,1,2,...,m
= 2,6,10,14,...,4m+2
.
50
下面证明，对1 ≤i < j ≤4m + 2，如果下面两个命题同时成立，
则数列1,2,...,4m + 2 一定是i,j
- 可分数列：
命题1：i ∈A,j ∈B 或i ∈B,j ∈A；
命题2：j - i ≠3.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果i ∈A,j ∈B，且j - i ≠3.
此时设i = 4k1+ 1，j = 4k2+ 2，k1,k2∈0,1,2,...,m
.
则由i < j 可知4k1+ 1 < 4k2+ 2，即k2- k1>- 1
4 ，故k2≥k1.
此时，由于从数列1,2,...,4m + 2 中取出i = 4k1+ 1 和j = 4k2+ 2 后，
剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：
①1,2,3,4
, 5,6,7,8
,..., 4k1-3,4k1-2,4k1-1,4k1
，共k1组；
②4k1+2,4k1+3,4k1+4,4k1+5
, 4k1+6,4k1+7,4k1+8,4k1+9
,..., 4k2-2,4k2-1,4k2,4k2+1
，共k2- k1
组；
③4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6
, 4k2+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10
,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+2
，共m -
k2组.
(如果某一部分的组数为0，则忽略之)
故此时数列1,2,...,4m + 2 是i,j
- 可分数列.
第二种情况：如果i ∈B,j ∈A，且j - i ≠3.
此时设i = 4k1+ 2，j = 4k2+ 1，k1,k2∈0,1,2,...,m
.
则由i < j 可知4k1+ 2 < 4k2+ 1，即k2- k1> 1
4 ，故k2> k1.
由于j - i ≠3，故4k2+1
- 4k1+2
≠3，从而k2- k1≠1，这就意味着k2- k1≥2.
此时，由于从数列1,2,...,4m + 2 中取出i = 4k1+ 2 和j = 4k2+ 1 后，
剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，
共m 组，使得每组成等差数列：
①1,2,3,4
, 5,6,7,8
,..., 4k1-3,4k1-2,4k1-1,4k1
，共k1组；
②4k1+1,3k1+k2+1,2k1+2k2+1,k1+3k2+1
，3k1+k2+2,2k1+2k2+2,k1+3k2+2,4k2+2
，共2 组；
③全体4k1+p,3k1+k2+p,2k1+2k2+p,k1+3k2+p
，其中p = 3,4,...,k2- k1，共k2- k1- 2 组；
④4k2+3,4k2+4,4k2+5,4k2+6
, 4k2+7,4k2+8,4k2+9,4k2+10
,..., 4m-1,4m,4m+1,4m+2
，共m -
k2组.
(如果某一部分的组数为0，则忽略之)
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，
排成一个包含k2- k1- 2 个行，4 个列的数表以后，4 个列分别是下面这些数：
4k1+3,4k1+4,...,3k1+k2
，3k1+k2+3,3k1+k2+4,...,2k1+2k2
，
2k1+2k2+3,2k1+2k2+3,...,k1+3k2
，
k1+3k2+3,k1+3k2+4,...,4k2
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，
将取遍4k1+1,4k1+2,...,4k2+2
中除开五个集合
4k1+1,4k1+2
，3k1+k2+1,3k1+k2+2
，2k1+2k2+1,2k1+2k2+2
，k1+3k2+1,k1+3k2+2
，
4k2+1,4k2+2
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的4k1+ 2 和4k2+ 1 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,4m + 2 是i,j
- 可分数列.
51
至此，我们证明了：对1 ≤i < j ≤4m + 2，如果前述命题1 和命题2 同时成立，
则数列1,2,...,4m + 2 一定是i,j
- 可分数列.
然后我们来考虑这样的i,j
的个数.
首先，由于A ∩B = ∅，A 和B 各有m + 1 个元素，故满足命题1 的i,j
总共有m+1
2个；
而如果j - i = 3，假设i ∈A,j ∈B，则可设i = 4k1+ 1，j = 4k2+ 2，代入得4k2+2
- 4k1+1
= 3.
但这导致k2- k1= 1
2 ，矛盾，所以i ∈B,j ∈A.
设i = 4k1+ 2，j = 4k2+ 1，k1,k2∈0,1,2,...,m
，则4k2+1
- 4k1+2
= 3，即k2- k1= 1.
所以可能的k1,k2
恰好就是0,1
, 1,2
,..., m-1,m
，
对应的i,j
分别是2,5
, 6,9
,..., 4m-2,4m+1
，
总共m 个.
所以这m+1
2个满足命题1 的i,j
中，不满足命题2 的恰好有m 个.
这就得到同时满足命题1 和命题2 的i,j
的个数为m+1
2- m.
当我们从1,2,...,4m + 2 中一次任取两个数i 和j i<j
时，总的选取方式的个数等于
4m+2
4m+1
2
= 2m+1
4m+1
.
而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是i,j
- 可分数列的i,j
至少有m+1
2- m 个.
所以数列a1,a2,...,a4m+2是i,j
- 可分数列的概率Pm 一定满足
Pm ≥
m+1
2-m
2m+1
4m+1
=
m2+m+1
2m+1
4m+1
>
m2+m+ 1
4
2m+1
4m+2
=
m+ 1
2
2
2 2m+1
2m+1
= 1
8 .
这就证明了结论.
10. (2024·北京·高考真题) 已知集合M =
i,j,k,w
i∈1,2
,j∈3,4
,k∈5,6
,w∈7,8
,且i+j+k+w为偶数
．给定数列A:a1,a2, ⋯,a8，和
序列Ω:T1,T2, ⋯Ts，其中Tt= it,jt,kt,wt
∈M t=1,2,⋯,s
，对数列A 进行如下变换：将A 的第i1,j1,
k1,w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1 A
；将T1 A
的第i2,j2,k2,w2项均加1，其余项不变，得
到数列记作T2T1 A
；⋯⋯；以此类推，得到Ts⋯T2T1 A
，简记为Ω A
．
(1) 给定数列A:1,3,2,4,6,3,1,9 和序列Ω: 1,3,5,7
, 2,4,6,8
, 1,3,5,7
，写出Ω A
；
(2) 是否存在序列Ω，使得Ω A
为a1+ 2,a2+ 6,a3+ 4,a4+ 2,a5+ 8,a6+ 2,a7+ 4,a8+ 4，若存在，写出
一个符合条件的Ω；若不存在，请说明理由；
(3) 若数列A 的各项均为正整数，且a1+ a3+ a5+ a7为偶数，求证：
“存在序列Ω，使得Ω A
的各项都
相等”的充要条件为“a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8”．
【答案】(1)Ω A
:3,4,4,5,8,4,3,10；(2) 不存在符合条件的Ω，理由见解析；(3) 证明见解析
【解析】(1) 因为数列A:1,3,2,4,6,3,1,9，
由序列T1 1,3,5,7
可得T1 A
:2,3,3,4,7,3,2,9；
由序列T2 2,4,6,8
可得T2T1 A
:2,4,3,5,7,4,2,10；
由序列T3 1,3,5,7
可得T3T2T1 A
:3,4,4,5,8,4,3,10；
所以Ω A
:3,4,4,5,8,4,3,10.
(2) 解法一：假设存在符合条件的Ω，
52
可知Ω A
的第1,2 项之和为a1+ a2+ s，第3,4 项之和为a3+ a4+ s，
则
a1+2
+ a2+6
=a1+a2+s
a3+4
+ a4+2
=a3+a4+s
，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的Ω；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的Ω，且Ω A
:b1,b2, ⋅⋅⋅,b8，
因为2+6+4+2+8+2+4+4
4
= 8，即序列Ω 共有8 项，
由题意可知：b2n-1+b2n
- a2n-1+a2n
= 8,n = 1,2,3,4，
检验可知：当n = 2,3 时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的Ω.
(3) 解法一：我们设序列Ts...T2T1 A
为as,n
1≤n≤8
，特别规定a0,n= an 1≤n≤8
.
必要性：
若存在序列Ω:T1,T2, ⋯Ts，使得Ω A
的各项都相等.
则as,1= as,2= as,3= as,4= as,5= as,6= as,7= as,8，所以as,1+ as,2= as,3+ as,4= as,5+ as,6= as,7+ as,8.
根据Ts...T2T1 A
的定义，显然有as,2j-1+ as,2j = as-1,2j-1+ as-1,2j + 1，这里j = 1,2,3,4，s = 1,2,....
所以不断使用该式就得到a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8= as,1+ as,2- s，必要性得证.
充分性：
若a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8.
由已知，a1+ a3+ a5+ a7为偶数，而a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8，
所以a2+ a4+ a6+ a8= 4 a1+a2
- a1+a3+a5+a7
也是偶数.
我们设Ts...T2T1 A
是通过合法的序列Ω 的变换能得到的所有可能的数列Ω A
中，
使得as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
最小的一个.
上面已经说明as,2j-1+ as,2j = as-1,2j-1+ as-1,2j + 1，这里j = 1,2,3,4，s = 1,2,....
从而由a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8可得as,1+ as,2= as,3+ as,4= as,5+ as,6= as,7+ as,8= a1+ a2+ s.
同时，由于it+ jt+ kt+ wt总是偶数，所以at,1+ at,3+ at,5+ at,7和at,2+ at,4+ at,6+ at,8的奇偶性保持不变，
从而as,1+ as,3+ as,5+ as,7和as,2+ as,4+ as,6+ as,8都是偶数.
下面证明不存在j = 1,2,3,4 使得as,2j-1-as,2j
≥2.
假设存在，根据对称性，不妨设j = 1，as,2j-1- as,2j ≥2，即as,1- as,2≥2.
情况1：若as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
= 0，
则由as,1+ as,3+ as,5+ as,7和as,2+ as,4+ as,6+ as,8都是偶数，知as,1- as,2≥4.
对该数列连续作四次变换2,3,5,8
, 2,4,6,8
, 2,3,6,7
, 2,4,5,7
后，新的
as+4,1-as+4,2
+ as+4,3-as+4,4
+ as+4,5-as+4,6
+ as+4,7-as+4,8
相比原来的
as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
减少4，
这与as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
的最小性矛盾；
情况2：若as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
> 0，不妨设as,3-as,4
> 0.
情况2 - 1：如果as,3- as,4≥1，则对该数列连续作两次变换2,4,5,7
, 2,4,6,8
后，
新的as+2,1-as+2,2
+ as+2,3-as+2,4
+ as+2,5-as+2,6
+ as+2,7-as+2,8
相比原来的
as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
至少减少2，
这与as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
的最小性矛盾；
情况2 - 2：如果as,4- as,3≥1，则对该数列连续作两次变换2,3,5,8
, 2,3,6,7
后，
新的as+2,1-as+2,2
+ as+2,3-as+2,4
+ as+2,5-as+2,6
+ as+2,7-as+2,8
相比原来的
53
as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
至少减少2，
这与as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的j = 1,2,3,4 都有as,2j-1-as,2j
≤1.
假设存在j = 1,2,3,4 使得as,2j-1-as,2j
= 1，则as,2j-1+ as,2j 是奇数，
所以as,1+ as,2= as,3+ as,4= as,5+ as,6= as,7+ as,8都是奇数，设为2N + 1.
则此时对任意j = 1,2,3,4，由as,2j-1-as,2j
≤1 可知必有as,2j-1,as,2j
= N,N+1
.
而as,1+ as,3+ as,5+ as,7和as,2+ as,4+ as,6+ as,8都是偶数，
故集合m
as,m=N
中的四个元素i,j,k,w 之和为偶数，
对该数列进行一次变换i,j,k,w
，则该数列成为常数列，新的
as+1,1-as+1,2
+ as+1,3-as+1,4
+ as+1,5-as+1,6
+ as+1,7-as+1,8
等于零，
比原来的as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
更小，
这与as,1-as,2
+ as,3-as,4
+ as,5-as,6
+ as,7-as,8
的最小性矛盾.
综上，只可能as,2j-1-as,2j
= 0 j=1,2,3,4
，
而as,1+ as,2= as,3+ as,4= as,5+ as,6= as,7+ as,8，故as,n
= Ω A
是
常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：Ω 中序列的顺序不影响Ω A
的结果，
且a1,a2
, a3,a4
, a5,a6
, a7,a8
相对于序列也是无序的，
(ⅰ) 若a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8，
不妨设a1≤a3≤a5≤a7，则a2≥a4≥a6≥a8，
①当a1= a3= a5= a7，则a8= a6= a4= a2，
分别执行a1个序列2,4,6,8
、a2个序列1,3,5,7
，
可得a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2,a1+ a2，为常数列，符合题意；
②当a1,a3,a5,a7中有且仅有三个数相等，不妨设a1= a3= a5，则a2= a4= a6，
即a1,a2,a1,a2,a1,a2,a7,a8，
分别执行a2个序列1,3,5,7
、a7个序列2,4,6,8
可得a1+ a2,a2+ a7,a1+ a2,a2+ a7,a1+ a2,a2+ a7,a2+ a7,a7+ a8，
即a1+ a2,a2+ a7,a1+ a2,a2+ a7,a1+ a2,a2+ a7,a2+ a7,a1+ a2，
因为a1+ a3+ a5+ a7为偶数，即3a1+ a7为偶数，
可知a1,a7的奇偶性相同，则a7-a1
2
∈N *，
分别执行a7-a1
2
个序列1,3,5,7
，1,3,6,8
，2,3,5,8
，1,4,5,8
，
可得3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
,
3a7+2a2-a1
2
, 3a7+2a2-a1
2
为常数列，符合题意；
③若a1= a3< a5= a7，则a2= a4> a6= a8，即a1,a2,a1,a2,a5,a6,a5,a6，
分别执行a5个1,3,6,8
、a1个2,4,5,7
，
可得a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a5+ a6,a1+ a5,a5+ a6，
因为a1+ a2= a5+ a6，
可得a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2，
即转为①，可知符合题意；
54
④当a1,a3,a5,a7中有且仅有两个数相等，不妨设a1= a3，则a2= a4，
即a1,a2,a1,a2,a5,a6,a7,a8，
分别执行a1个2,4,5,7
、a5个1,3,6,8
，
可得a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a5+ a6,a1+ a7,a5+ a8，
且a1+ a2= a5+ a6，可得a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a5,a1+ a2,a1+ a7,a5+ a8，
因为a1+ a3+ a5+ a7= 2a1+ a5+ a7为偶数，可知a5,a7的奇偶性相同，
则a1+a5
+ a1+a5
+ a1+a5
+ a1+a7
= 4a1+ 3a5+ a7为偶数，
且a1+ a5= a1+ a5= a1+ a5< a1+ a7，即转为②，可知符合题意；
⑤若a1< a3< a5< a7，则a2> a4> a6> a8，即a1,a2,a3,a4,a5,a6,a7,a8，
分别执行a1个2,3,5,8
、a3个1,4,6,7
，
可得a1+ a3,a1+ a2,a1+ a3,a3+ a4,a1+ a5,a3+ a6,a3+ a7,a1+ a8，
且a1+ a2= a3+ a4，可得a1+ a3,a1+ a2,a1+ a3,a1+ a2,a1+ a5,a3+ a6,a3+ a7,a1+ a8，
因为a1+ a3+ a5+ a7为偶数，
则a1+a3
+ a1+a3
+ a1+a5
+ a3+a7
= 2 a1+a3
+ a1+a3+a5+a7
为偶数，
且a1+ a3= a1+ a3< a1+ a5< a3+ a7，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8，则存在序列Ω，使得Ω A
为常数列；
(ⅱ) 若存在序列Ω，使得Ω A
为常数列，
因为对任意Ω A
:b1,b2, ⋅⋅⋅,b8，
均有b1+b2
- a1+a2
= b3+b4
- a3+a4
= b5+b6
- a5+a6
= b7+b8
- a7+a8
成立，
若Ω A
为常数列，则b1+ b2= b3+ b4= b5+ b6= b7+ b8，
所以a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8；
综上所述：
“存在序列Ω，使得Ω A
为常数列”的充要条件为“a1+ a2= a3+ a4= a5+ a6= a7+ a8”.
