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新定义压轴题突破
交汇命题背景新定义题
数列类
1.【解答】证明：（1）设正项等比数列
的公比为
，
则
，
即
，
任意一个正项等比数列
为下凸数列；
（2）由已知可得
，
，
正项数列
为下凸数列．
下面证明：正项数列
不是等比数列．
若
是等比数列，则
，
，
数列
，
分别为两个正项等比数列，
，
，
，
得
，
，
，
，得
，与
矛盾．
数列
不是等比数列；
（3）假设存在一个常数
，使得
，但
，
，
，
将
中的
换成
，得
．
进一步得到
．
又
，由不等式的可加性得
，
同理可得
，
可得
，
数列
从
项到
项单调递减，从
项开始向后单调递增，
可得
，
而该规律是固定的，且
，
当
足够大时，必有
，与题设
矛盾，
故
不可能从某一项开始单调递增，
，
令
，
，
由
得，
，
，
．
．
，即
，
进一步得，
，
，
，
，
，
，
累加得
，
故
．
2.【解答】解：（1）依题意
，所以
；
（2）由
知对任意都有
，即
，
所以
，
所以
，
所以
，
因
，
，
所以
，即
，
；
证明：（3）由已知
，
，
，
，
所以
，
所以
，
故
．
函数类
3.【解答】解：（1）函数
不是“
旋转函数”，理由如下：
逆时针旋转
后与
轴重合，
当
时，有无数个
与之对应，与函数的概念矛盾，
因此函数
不是“
旋转函数”．
（2）由题意可得函数
与函数
最多有1 个交点，且
，
即
最多有一个根，
，
即函数
与函数
的图象最多有1 个交点，
即函数
在
上单调，
，
因为
，
，所以
，
，所以
，
即
，
，即
的最大值为
．
（3）由题意可得函数
与函数
的图象最多有1 个交点，
即
，
即函数
与函数
最多有1 个交点，
即函数
在
上单调，
，当
时，
，
所以
，
令
，则
，
因为
在
上单调递减，且
，（1）
，
所以存在
，使
，即
，
所以
在
单调递增，在
，
单调递减，
所以
，
即
，所以
的取值范围是
，
．
4.【解答】解：（1）要使得
，即
，
即
，即
，
所以
，存在整数
，当
时，
均有
，
所以
；
（2）当
时，
，则
，
所以函数
在
，
上单调递增，
当
时，
单调递减，
因为
，
，所以
，
令
，
因为
，
时，
，
时，
，
所以
，
由
，得
，得
，得
，得
，
由
，得
，
所以
，
令
，
，
则
，
令
，得
，
当
时，
，当
时，
，
所以函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，
即
的最大值为
；
（3）因为
，
所以
，存在正数
，当
时，均有
；
由（1）知
，
即
，存在正数
，当
时，均有
，
对任意正数
，取
，
，
，当
时，
有
，
所以
．
集合类
5.【解答】解：（1）因为
，
所以
；
（2）证明：因为
，
所以
，
又因为
，
所以
，
所以
；
（3）证明：对于
，
，
因为
，
所以
，
所以
，
所以
，
，
所以
．
6.【解答】解：（1）当
时，
，其定义域为
．
由
得，
，
设
，则
，
当
时，
；当
时，
，
所以
在
单调递增，在
单调递减，
注意到
（1）
，所以
在
恰有一个零点
，且
，
又因为
，
所以
，所以
在
恰有一个零点
，
即
在
恰有一个不动点
，在
恰有一个不动点
，
所以
，
，
所以
的元素个数为2，又因为
，
所以
；
（2）
当
时，由（1）知，
有两个元素，不符合题意，
当
时，
，其定义域为
，
由
得，
，
设
，则
，
设
，则△
，
①当
时，△
，
，
，所以
在
单调递增，
又
（1）
，所以
在
恰有一个零点
，
即
在
恰有一个不动点
，符合题意，
②当
，△
，故
恰有两个零点
，
，
又因为
，
（1）
，所以
，
当
时，
，
；当
，
时，
，
；
当
，
时，
，
，
所以
在
单调递增，在
，
单调递减，在
，
单调递增，
注意到
（1）
，
所以
在
，
恰有一个零点
，且
（1）
，
（1）
，
又
时，
，所以
在
恰有一个零点
，
从而
至少有两个不动点，不符合题意，
所以
的取值范围为
，即集合
；
证明：由
知，
，所以
，
此时
，
，
由
知，
在
单调递增，
所以当
时，
（1）
，所以
，即
，
故若
，则
，
因此若存在正整数
使得
，则
，从而
，
重复这一过程有限次后可得
，与
矛盾，从而
，
，
下面我们先证明当
时，
，
设
，
则当
时，
，所以
在
单调递减，
所以
（1）
，即当
时，
，
从而当
时，
，
从而
，即
，
故
，即
，
由于
，
，所以
，
，
故
，
故
时，
，
所以
，
，
故
．
解析几何类
7.【解答】（Ⅰ）设“椭圆”上任一点为
，则
，
则
，即
；
（Ⅱ）由
，可得
，
，
，即
，
等价于
或
或
，
解得
，
；
由方程
，可得
，
即
，所以
，解得
，
“椭圆”的范围是
，
，
，
；
在方程中以
代
方程不变，说明“椭圆”关于
轴对称，同理，“椭圆”关于
轴对称，“椭圆”关于
原点对称；
（Ⅲ）证明：由题意，椭圆
的方程为
，设直线
，
，
，
，
，
由
，可得
，
则
，
，
中点为
，
，
，
的中垂线方程为
，
同理
的中垂线方程为
，
设外心
，
，则
，
是方程
的两根，
所以
，
，
又
，
，
化简得：
，所以
，
即直线
与
的斜率之积为定值
．
8.【解答】解：（1）证明：设
，由题意可知
．
所以
，
故当
，且
时，
，
所以
；
（2）
设曲线
上的任一点
绕原点
顺时针旋转
后得到的点为
，
可视为
绕原点
逆时针旋转
后得到的点
，
，
由点
在曲线
上，
所以
，化简整理可得，
，
即曲线
绕原点
顺时针旋转
后得到的曲线方程为
，
该曲线为双曲线，离心率为2．
由曲线
，可知当点
满足曲线方程时，点
，
也满足该曲
线方程，故曲线
关于直线
和
对称，
设曲线
上任一点
绕原点
顺时针旋转
后得到的点为
，
则
，
由点
在曲线
上，所以
，
即旋转
后得到的曲线方程为椭圆：
，其右焦点坐标为
，
由（1）可知，其为点
绕原点
顺时针旋转
后得到的点．
故点
为原椭圆
的右焦点．
由
为
的外角平分线，
，
故
，
设
，
，
，
，
，
，
同理
，
设
，
，显然
在线段
的延长线或反向延长线上，
，
所以
，
，得
，
所以点
的轨迹为直线
，
故
到
的最短距离为
．
向量类
9.【解答】（Ⅰ）解：对于①，设
，则可得
，所以
线性相关；
对于②，设
，则可得
，所以
，
，
所以
线性相关；
对于③，设
，则可得
，解得
，
可取
，
，满足方程组，所以
线性相关；
（Ⅱ）解：设
，
则
，
因为向量
，
，
线性无关，所以
，解得
，
所以向量
，
，
线性无关，
（Ⅲ）证明：
，如果某个
，
，2，
，
，
则
，
因为任意
个都线性无关，所以
，
，
，
，
，
都等于0，
所以这些系数
，
，
，
或者全为零，或者全不为零，
因为
，所以
，
，
，
全不为零，
所以由
可得
，
代入
可得
，
所以
，
所以
，
，
，
所以
．
10.【解答】解：（1）
，
，
，
，
，
时取最大值），
此时有
；
（2）
，
，
，
，
，即
，
两式相比得：
，
，
当
时，解方程
，
此时这两个方程是同一个方程，有无穷多个解，
，
，其中
，且
，
当
时，同理得
，
，其中
，且
．
（3）解方程组
，可得
，
，
从而向量
，
与
，
平行，
从而有
，
，
，
应满足：
．
当
时，
有唯一的特征值，且
．具体证明为：
由
的定义可知：
，
，
，所以
为特征值．
此时
，
，
，
满足：
，所以有唯一的特征值．
在
的条件下
，从而有
．
概率统计类
11.【解答】解：（1）记“所取两点的曼哈顿距离为1 为事件
”则
，
所取两点的曼哈顿距离为1 的概率为
．
（2）
对于
的随机变量，在坐标
，
，
，
，
与
，
，
，
，
中有
个坐标
值不同，即
，剩
个坐标值满足
，此时所对应情况数为
种，
即
，
故分布列为：
1
2
一
，
倒序相加得
，
；
证明：
，
．
12.【解答】解：（1）由
得
，解得
．
故
．
（2）（ⅰ）设
为甲地区某天需要的水电工数目，则
，1，2，
，且
．
因为
，
，
，
所以
，
那么，某天至少需要2 名水电工的概率约为
．
（ⅱ）设
为乙地区某天需要的水电工数目，则
，1，2，
，且
．
因为
，
，
，
所以
．
于是
，
．
那么，某天两个地区一起至少需要3 名水电工的概率约为：
．
高等数学背景新定义题
高数新定义背景
13.【解答】解：（1）由题意
，
所以
或
，即
或
；
（2）由（1）可得
为
，3，4，6，7，9，10，
，所以
；
①因为
，所以
，
；
②
，
因为
，
所以
．
14.【解答】（1）证明：当
时，
，当
时，
，
当
时，我们需证
，
设
，
注意到
，
，
令
，则
，所以
单调递增．
当
时，
；当
时，
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以在
处
取得极小值
，即
恒成立，
．
不等式
对
，
成立，得证．
不等式
取等号的条件是
，1，或
．
（2）当
时，原不等式即
，显然成立，
当
时，构造数列
，
则
，
若
，2，3，
，
，由上式易得
，即
；
若
，2，3，
，
，则
，
所以
，
故
，即此时
也成立．
所以当
时，
，
由于
，所以
，
故原不等式成立．
（3）证明：由（2）知
又
，
．
线性代数新定义背景
15.【解答】解：（Ⅰ）解：
，
经过
变换后得到的数阵
．
（Ⅱ）解：
，
，
，
经过变换后，得到
，
．
（Ⅲ）证明：若
，在
，2，3，4，5，
的所有非空子集中，
含有
且不含有
的子集共有
个，经过变换后第一行均变为
，
，
含有
，不含有
的子集共有
个，经过变换后第一行均变为
，
，
同时含有
且含有
的子集共有
个，经过变换后第一行均变为
，
，
不含有
且不含有
的子集共有
个，经过变换后第一行均变为
，
，
经过变换后所有
的第一行的所有数的和为：
，
若
，则
，2，3，4，5，
的所有非空子集中，含有
的子集共
个，
经过变换后第一行变为
，
，不含有
的子集共有
个，
经过变换后仍为
，
，
经过变换后所有
的第一行的所有数的和为：
，
同理，经过变换后所有
的第二行的所有数的和为
，
的所有可能取值的和为
，
，
，
，
，2，
，
，
的所有可能取值的和不超过
．
16.【解答】解：（1）
．
（2）
，
所以
，
所以
，
，
解得
，
，
不等式
的解集为
，
．
（3）
，
令
，则
，其中
，
因为
，
，
所以
，
，
，
，
所以
，
所以
，
当
时，
无解，不合要求，
当
，
时，
，
其中
在
，
上单调递减，在
，
上单调递增，
所以当
时，
取得最小值，最小值为2，
所以
，
当
，
时，
，其中
在
，
上单调递减，
所以当
时，
取得最大值，最大值为
，
所以
，
因为存在
，
，使得
，
所以
或
，
所以
的取值范围为
，
，
．
概率论背景
17.【解答】解：（1）由题意得，投入资金为
，
所获利润为
，
所以
．
（2）证明：由题可知，
，即
，
所以
．
（3）由（2）可得
，
，
，
因为
，
即
，
因为
，所以
，
所以
，
因为
，
，所以
，即
，
记
，
则
，
根据实际意义得，
，
，
，
则
，
令
，解得
，
令
，解得
，
所以
在
上单调递增，在
单调递减，
所以当
时，
取得最大值，即
取得最大值．
18.【解答】解：（1）依题意得：
，
所以
，
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减，
所以
时，
取得最大值，
即
的极大似然估计值为
；
（2）依题意得：
，
所以
，
令
，得
，令
，得
，
又
，
所以
所以
或200 时，
取得最大值，
即
的极大似然估计值为
或200；
（3）证明：
，
两边取对数得：
，
令
，
，
则
，
令
，得
，
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减，
所以当
时，
取到最大值，
即
时，
取得最大值，即
取得最大值，
所以参数
的极大似然估计值为
．
初等数论背景
19.【解答】解：（Ⅰ）因为
，易知
，
，
，
，
，
，
，
所以
．
又因为
，且5 的指数
，
所以
．
（Ⅱ）证明：①若
或
，则由
（1）
得：
；
②若
，
，且存在质数
，使得
或
的质因数分解中包含
，
则
的质因数分解中一定也包含
，
所以
；
则由
（1）
得：
；
③若
，
，且不存在②中的
，可设
，
，
其中
，
，
，
，
，
，
，
均为质数，
所以
，
因为
，
互质，所以
，
，
，
，
，
，
，
互不相等，
所以
．
综上可知：
．
（Ⅲ）证明：由于
，所以可设
，
为偶数，
的所有因数除1 外都是
，
，
，
中的若干个数的乘积，
从
个质数中任选
，2，
，
个数的乘积一共有
种结果，
所以
（1）
（1）
，
所以
（1）
．
20.【解答】解：（1）因为
，
所以
，
所以
．
（2）①分别取
，
，
，
，
，
，
当
时，可设
，
，
则有
，
，
所以
，
当
时，可设
，
，
则
，
，
所以
；
当
时，可设
，
，
则
，
，
所以
，
综上所述，当
时，
．
②
，由（2）知当
时，有
，故
，1，
，
而
，
（1）
，
（2）
，故
，1，
．
计算得：
，
（1）
，
（2）
，
（3）
，
（4）
，
（5）
，
（6）
，
（7）
，
（8）
，
，
（1）
（3）
，
（2）
（6）
，
（3）
（1）
，
（4）
（4）
，
（5）
（7）
，
（6）
（2）
，
（7）
（5）
，
（8）
（8）
，
，
当
且
时，
；
证明：对于任意
且
，则
．
由（2）知
（a）
，若
（a）
，则有
（a）
（a）
，所以
，
若
（a）
，则有
（a）
，所以
，
综上，对于任意
且
，
，
故
，1，2，3，4，5，6，7，
，
猜想得
．
