資源簡介

2025高考數學考二輪專題復習-第二十講-創新定義題型-專項訓練
一：考情分析
命題解讀 考向 考查統計
1.高考對創新定義的考查，是新高考改革出現的題型，一般難度較大。2024年九省聯考出現了概率的新定義問題，而2025年新高考中出現了解析幾何、數列的新定義問題。 解析幾何創新問題 2024·新高考Ⅰ卷，11
數列新定義 2024·新高考Ⅰ卷，19
二：2024高考命題分析
2024年高考新高考Ⅰ卷11題考查了解析幾何的創新題型，主要是曲線方程的求法及性質。Ⅱ卷雖然未考查新定義類型，但是壓軸題將數列與雙曲線相結合，也是一次獨特的創新。新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移達到靈活解題的目的;遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義照章辦事”逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決，難度較難，需重點特訓。預計2025年高考還是主要考查數列、函數的新定義問題。
三：試題精講
一、多選題
1．（2024新高考Ⅰ卷·11）造型可以做成美麗的絲帶，將其看作圖中曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（ ）
A． B．點在C上
C．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D．當點在C上時，
二、解答題
2．（2024新高考Ⅰ卷·19）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．
(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；
(2)當時，證明：數列是可分數列；
(3)從中一次任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
知識點總結
一、新定義問題
“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.
二、新定義問題的方法和技巧
（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；
（2）可用自己的語言轉述新信息所表達的內容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；
（3）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；
（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.
名校模擬練
一、解答題
1．（2024·北京·三模）給定正整數，設數列是的一個排列，對，表示以為首項的遞增子列的最大長度，表示以為首項的遞減子列的最大長度.
(1)若，，，，，求和；
(2)求證：，；
(3)求的最小值.
2．（2024·河南·三模）已知數列的前項和為，若存在常數，使得對任意都成立，則稱數列具有性質．
(1)若數列為等差數列，且，求證：數列具有性質；
(2)設數列的各項均為正數，且具有性質．
①若數列是公比為的等比數列，且，求的值；
②求的最小值．
3．（2024·河北保定·三模）在初等數論中，對于大于1的自然數，除了1和它自身外，不能被其它自然數整除的數叫做素數，對非零整數a和整數b，若存在整數k使得，則稱a整除b.已知p，q為不同的兩個素數，數列是公差為p的等差整數數列，為q除所得的余數，為數列的前n項和.
(1)若，，，求；
(2)若某素數整除兩個整數的乘積，則該素數至少能整除其中一個整數，證明：數列的前q項中任意兩項均不相同；
(3)證明：為完全平方數.
4．（2024·海南·二模）設數列，如果A中各項按一定順序進行一個排列，就得到一個有序數組．若有序數組滿足恒成立，則稱為n階減距數組；若有序數組滿足恒成立，則稱為n階非減距數組．
(1)已知數列，請直接寫出該數列中的數組成的所有4階減距數組；
(2)設是數列的一個有序數組，若為n階非減距數組，且為階非減距數組，請直接寫出4個滿足上述條件的有序數組；
(3)已知等比數列的公比為q，證明：當時，為n階非減距數組．
5．（2024·江西九江·三模）已知數列共有項，且，若滿足，則稱為“約束數列”.記“約束數列”的所有項的和為.
(1)當時，寫出所有滿足的“約束數列”；
(2)當時，設“約束數列”為等差數列.請判斷是的什么條件，并說明理由；
(3)當時，求的最大值.
6．（2024·山東青島·三模）在平面內，若直線將多邊形分為兩部分，多邊形在兩側的頂點到直線的距離之和相等，則稱為多邊形的一條“等線”，已知為坐標原點，雙曲線的左、右焦點分別為的離心率為2，點為右支上一動點，直線與曲線相切于點，且與的漸近線交于兩點，當軸時，直線為的等線.
(1)求的方程;
(2)若是四邊形的等線，求四邊形的面積;
(3)設，點的軌跡為曲線，證明:在點處的切線為的等線
7．（2024·浙江·三模）在平面直角坐標系中，如果將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉后，所得曲線仍然是某個函數的圖象，則稱為“旋轉函數”.
(1)判斷函數是否為“旋轉函數”，并說明理由；
(2)已知函數是“旋轉函數”，求的最大值；
(3)若函數是“旋轉函數”，求的取值范圍.
8．（2024·上海·三模）設，函數的定義域為．若對滿足的任意，均有，則稱函數具有“性質”．
(1)在下述條件下，分別判斷函數是否具有性質，并說明理由；
①； ②；
(2)已知，且函數具有性質，求實數的取值范圍；
(3)證明：“函數為增函數”是“對任意，函數均具有性質”的充要條件．
9．（2024·新疆喀什·三模）已知定義域為的函數滿足：對于任意的，都有，則稱函數具有性質．
(1)判斷函數，是否具有性質；（直接寫出結論）
(2)已知函數（，），判斷是否存在，，使函數具有性質？若存在，求出，的值；若不存在，說明理由；
(3)設函數具有性質，且在區間上的值域為．函數，滿足，且在區間上有且只有一個零點．求證：．
10．（2024·貴州六盤水·三模）若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“k類函數”
(1)若，判斷是否為上的“4類函數”；
(2)若為上的“2類函數”，求實數a的取值范圍；
(3)若為上的“2類函數”且，證明：，，.
11．（2024·江西南昌·三模）給定數列，若對任意m，且，是中的項，則稱為“H數列”．設數列的前n項和為
(1)若，試判斷數列是否為“H數列”，并說明理由；
(2)設既是等差數列又是“H數列”，且，，，求公差d的所有可能值；
(3)設是等差數列，且對任意，是中的項，求證：是“H數列”．
12．（2024·黑龍江·三模）如果n項有窮數列滿足，，…，，即，則稱有窮數列為“對稱數列”.
(1)設數列是項數為7的“對稱數列”，其中成等差數列，且，依次寫出數列的每一項；
(2)設數列是項數為(且)的“對稱數列”，且滿足，記為數列的前項和.
①若，，…，構成單調遞增數列，且.當為何值時，取得最大值
②若，且，求的最小值.
13．（2024·安徽·三模）已知數列的前n項和為，若數列滿足：
①數列為有窮數列；
②數列為遞增數列；
③，，，使得；
則稱數列具有“和性質”.
(1)已知，求數列的通項公式，并判斷數列是否具有“和性質”；（判斷是否具有“和性質”時不必說明理由，直接給出結論）
(2)若首項為1的數列具有“和性質”.
（ⅰ）比較與的大小關系，并說明理由；
（ⅱ）若數列的末項為36，求的最小值.
14．（2024·湖北荊州·三模）對于數列，如果存在一個正整數，使得對任意，都有成立，那么就把這樣的一類數列稱作周期為的周期數列，的最小值稱作數列的最小正周期，簡稱周期.
(1)判斷數列和是否為周期數列，如果是，寫出該數列的周期，如果不是，說明理由.
(2)設（1）中數列前項和為，試問是否存在，使對任意，都有成立，若存在，求出的取值范圍，若不存在，說明理由.
(3)若數列和滿足，且，是否存在非零常數，使得是周期數列？若存在，請求出所有滿足條件的常數；若不存在，請說明理由.
15．（2024·安徽蕪湖·三模）若數列的各項均為正數，且對任意的相鄰三項，都滿足，則稱該數列為“對數性凸數列”，若對任意的相鄰三項，都滿足則稱該數列為“凸數列”．
(1)已知正項數列是一個“凸數列”，且，（其中為自然常數，），證明：數列是一個“對數性凸數列”，且有；
(2)若關于的函數有三個零點，其中．證明：數列是一個“對數性凸數列”：
(3)設正項數列是一個“對數性凸數列”，求證：
16．（2024·湖南·二模）直線族是指具有某種共同性質的直線的全體，例如表示過點的直線，直線的包絡曲線定義為：直線族中的每一條直線都是該曲線上某點處的切線，且該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線.
(1)若圓是直線族的包絡曲線，求滿足的關系式；
(2)若點不在直線族：的任意一條直線上，求的取值范圍和直線族的包絡曲線；
(3)在（2）的條件下，過曲線上兩點作曲線的切線，其交點為.已知點，若三點不共線，探究是否成立？請說明理由.
17．（2024·江蘇南通·二模）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓Γ：的離心率為，直線l與Γ相切，與圓O：相交于A，B兩點.當l垂直于x軸時，.
(1)求Γ的方程；
(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為.
（ⅰ）若M，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當的面積最大時，求；
（ⅱ）若，均存在，記兩者中的較大者為.已知，，均存在，證明：.
18．（2024·新疆烏魯木齊·二模）在平面直角坐標系中，重新定義兩點之間的“距離”為，我們把到兩定點的“距離”之和為常數的點的軌跡叫“橢圓”．
(1)求“橢圓”的方程；
(2)根據“橢圓”的方程，研究“橢圓”的范圍、對稱性，并說明理由；
(3)設，作出“橢圓”的圖形，設此“橢圓”的外接橢圓為的左頂點為，過作直線交于兩點，的外心為，求證：直線與的斜率之積為定值．
19．（2024·江西新余·二模）通過研究，已知對任意平面向量，把繞其起點A沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做把點B繞點A逆時針方向旋轉角得到點P，
(1)已知平面內點，點，把點B繞點A逆時針旋轉得到點P，求點P的坐標：
(2)已知二次方程的圖像是由平面直角坐標系下某標準橢圓繞原點O逆時針旋轉所得的斜橢圓C，
（i）求斜橢圓C的離心率；
（ⅱ）過點作與兩坐標軸都不平行的直線交斜橢圓C于點M、N，過原點O作直線與直線垂直，直線交斜橢圓C于點G、H，判斷是否為定值，若是，請求出定值，若不是，請說明理由.
20．（2024·河南新鄉·二模）定義：若函數圖象上恰好存在相異的兩點，滿足曲線在和處的切線重合，則稱，為曲線的“雙重切點”，直線為曲線的“雙重切線”．
(1)直線是否為曲線的“雙重切線”，請說明理由；
(2)已知函數求曲線的“雙重切線”的方程；
(3)已知函數，直線為曲線的“雙重切線”，記直線的斜率所有可能的取值為，，…，，若（），證明：．
21．（2024·上海長寧·二模）設函數的定義域為，若存在實數，使得對于任意，都有，則稱函數有上界，實數的最小值為函數的上確界；記集合{在區間上是嚴格增函數}；
(1)求函數的上確界；
(2)若，求的最大值；
(3)設函數一定義域為；若，且有上界，求證：，且存在函數，它的上確界為0
參考答案與詳細解析
一：考情分析
命題解讀 考向 考查統計
1.高考對創新定義的考查，是新高考改革出現的題型，一般難度較大。2024年九省聯考出現了概率的新定義問題，而2025年新高考中出現了解析幾何、數列的新定義問題。 解析幾何創新問題 2024·新高考Ⅰ卷，11
數列新定義 2024·新高考Ⅰ卷，19
二：2024高考命題分析
2024年高考新高考Ⅰ卷11題考查了解析幾何的創新題型，主要是曲線方程的求法及性質。Ⅱ卷雖然未考查新定義類型，但是壓軸題將數列與雙曲線相結合，也是一次獨特的創新。新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移達到靈活解題的目的;遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義照章辦事”逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決，難度較難，需重點特訓。預計2025年高考還是主要考查數列、函數的新定義問題。
三：試題精講
一、多選題
1．（2024新高考Ⅰ卷·11）造型可以做成美麗的絲帶，將其看作圖中曲線C的一部分.已知C過坐標原點O.且C上的點滿足橫坐標大于，到點的距離與到定直線的距離之積為4，則（ ）
A． B．點在C上
C．C在第一象限的點的縱坐標的最大值為1 D．當點在C上時，
【答案】ABD
【分析】根據題設將原點代入曲線方程后可求，故可判斷A的正誤，結合曲線方程可判斷B的正誤，利用特例法可判斷C的正誤，將曲線方程化簡后結合不等式的性質可判斷D的正誤.
【詳解】對于A：設曲線上的動點，則且，
因為曲線過坐標原點，故，解得，故A正確.
對于B：又曲線方程為，而，
故.
當時，，
故在曲線上，故B正確.
對于C：由曲線的方程可得，取，
則，而，故此時，
故在第一象限內點的縱坐標的最大值大于1，故C錯誤.
對于D：當點在曲線上時，由C的分析可得，
故，故D正確.
故選：ABD.
【點睛】思路點睛：根據曲線方程討論曲線的性質，一般需要將曲線方程變形化簡后結合不等式的性質等來處理.
二、解答題
2．（2024新高考Ⅰ卷·19）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．
(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；
(2)當時，證明：數列是可分數列；
(3)從中一次任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）直接根據可分數列的定義即可；
（2）根據可分數列的定義即可驗證結論；
（3）證明使得原數列是可分數列的至少有個，再使用概率的定義.
【詳解】（1）首先，我們設數列的公差為，則.
由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，
故我們可以對該數列進行適當的變形，
得到新數列，然后對進行相應的討論即可.
換言之，我們可以不妨設，此后的討論均建立在該假設下進行.
回到原題，第1小問相當于從中取出兩個數和，使得剩下四個數是等差數列.
那么剩下四個數只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，共組.
（如果，則忽略②）
故數列是可分數列.
（3）定義集合，.
下面證明，對，如果下面兩個命題同時成立，
則數列一定是可分數列：
命題1：或；
命題2：.
我們分兩種情況證明這個結論.
第一種情況：如果，且.
此時設，，.
則由可知，即，故.
此時，由于從數列中取出和后，
剩余的個數可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，共組；
③，共組.
（如果某一部分的組數為，則忽略之）
故此時數列是可分數列.
第二種情況：如果，且.
此時設，，.
則由可知，即，故.
由于，故，從而，這就意味著.
此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數列：
①，共組；
②，，共組；
③全體，其中，共組；
④，共組.
（如果某一部分的組數為，則忽略之）
這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含個行，個列的數表以后，個列分別是下面這些數：
，，，.
可以看出每列都是連續的若干個整數，它們再取并以后，將取遍中除開五個集合，，，，中的十個元素以外的所有數.
而這十個數中，除開已經去掉的和以外，剩余的八個數恰好就是②中出現的八個數.
這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列是可分數列.
至此，我們證明了：對，如果前述命題1和命題2同時成立，則數列一定是可分數列.
然后我們來考慮這樣的的個數.
首先，由于，和各有個元素，故滿足命題1的總共有個；
而如果，假設，則可設，，代入得.
但這導致，矛盾，所以.
設，，，則，即.
所以可能的恰好就是，對應的分別是，總共個.
所以這個滿足命題1的中，不滿足命題2的恰好有個.
這就得到同時滿足命題1和命題2的的個數為.
當我們從中一次任取兩個數和時，總的選取方式的個數等于.
而根據之前的結論，使得數列是可分數列的至少有個.
所以數列是可分數列的概率一定滿足
.
這就證明了結論.
知識點總結
一、新定義問題
“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.
二、新定義問題的方法和技巧
（1）可通過舉例子的方式，將抽象的定義轉化為具體的簡單的應用，從而加深對信息的理解；
（2）可用自己的語言轉述新信息所表達的內容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；
（3）發現新信息與所學知識的聯系，并從描述中體會信息的本質特征與規律；
（4）如果新信息是課本知識的推廣，則要關注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么情況下可以使用書上的概念.
名校模擬練
一、解答題
1．（2024·北京·三模）給定正整數，設數列是的一個排列，對，表示以為首項的遞增子列的最大長度，表示以為首項的遞減子列的最大長度.
(1)若，，，，，求和；
(2)求證：，；
(3)求的最小值.
【答案】(1)，
(2)證明見解析
(3)當為偶數時，的最小值是；當為奇數時，的最小值是.
【分析】（1）直接根據定義求解；
（2）分情況討論證明，故可推知和不能同時為零，進而得到結論；
（3）對的奇偶性分情況討論，并利用小問2得到的結果即可.
【詳解】（1）以為首項的最長遞增子列是，以為首項的最長遞減子列是和.
所以，.
（2）對，由于是的一個排列，故.
若，則每個以為首項的遞增子列都可以在前面加一個，
得到一個以為首項的更長的遞增子列，所以；
而每個以為首項的遞減子列都不包含，且，
故可將替換為，得到一個長度相同的遞減子列，所以.
這意味著；
若，同理有，，故.
總之有，從而和不能同時為零，
故.
（3）根據小問2的證明過程知和不能同時為零，故.
情況一：當為偶數時，設，則一方面有
；
另一方面，考慮這樣一個數列：，.
則對，有，.
故此時.
結合以上兩方面，知的最小值是.
情況二：當為奇數時，設，則一方面有
；
另一方面，考慮這樣一個數列：，.
則對，有，.
故此時.
結合以上兩方面，知的最小值是.
綜上，當為偶數時，的最小值是；當為奇數時，的最小值是.
【點睛】關鍵點點睛：求最小（或最大）值的本質在于，先證明所求的表達式一定不小于（或不大于）某個數，再說明該表達式在某種情況下能取到，就得到了最小（或最大）值是，這便是“求最小（或最大）值”的本質. 而在這個過程中，“想到的具體取值”這個過程并不存在絕對的邏輯性，可以窮盡各種手段，包括直覺、大膽猜測、高觀點等，去猜出的值，這些內容也無需在證明過程中呈現.只要證明合乎邏輯，“如何想到的取值”無需交代，不影響解答的正確性. 換言之，所謂“求”，便是“猜出結果，再證明結果正確”，與“算出”、“得出”本就是無關的. 在高考范圍內，大多數最小值和最大值問題都能夠直接化為某個顯而易見，容易刻畫的模型，然后“直接算出”，但不可將此作為萬能法寶，忘記了最小值最大值的原始定義和本質.
2．（2024·河南·三模）已知數列的前項和為，若存在常數，使得對任意都成立，則稱數列具有性質．
(1)若數列為等差數列，且，求證：數列具有性質；
(2)設數列的各項均為正數，且具有性質．
①若數列是公比為的等比數列，且，求的值；
②求的最小值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)①；②的最小值為4.
【分析】（1）根據給定條件，求出等差數列的公差，進而求出通項公式及前項和，再利用定義判斷即得.
（2）①根據給定條件，可得，再按，探討，當時，，又按且討論得解；②由定義，消去結合基本不等式得，再迭代得，借助正項數列建立不等式求解即可.
【詳解】（1）設等差數列的公差為，由，得，
解得，則，
于是，即，
所以數列具有性質．
（2）①由數列具有性質，得，又等比數列的公比為，
若，則，解得，與為任意正整數相矛盾；
當時，，而，整理得，
若，則，解得，與為任意正整數相矛盾；
若，則，當時，恒成立，滿足題意；
當且時，，解得，與為任意正整數相矛盾；
所以.
②由，得，即，
因此，即，
則有，
由數列各項均為正數，得，從而，即，
若，則，與為任意正整數相矛盾，
因此當時，恒成立，符合題意，
所以的最小值為4．
【點睛】易錯點睛：等比數列公比q不確定，其前n項和直接用公式處理問題，漏掉對的討論.
3．（2024·河北保定·三模）在初等數論中，對于大于1的自然數，除了1和它自身外，不能被其它自然數整除的數叫做素數，對非零整數a和整數b，若存在整數k使得，則稱a整除b.已知p，q為不同的兩個素數，數列是公差為p的等差整數數列，為q除所得的余數，為數列的前n項和.
(1)若，，，求；
(2)若某素數整除兩個整數的乘積，則該素數至少能整除其中一個整數，證明：數列的前q項中任意兩項均不相同；
(3)證明：為完全平方數.
【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）求出數列的通項，進而求出的通項公式，再借助分組求和即得.
（2）利用反證法，結合整除及素數的性質導出矛盾即可得證.
（3）利用（2）的信息，求出，再利用的定義可得即可求和得證.
【詳解】（1）依題意，，當n為奇數時，為奇數，當n為偶數時，為偶數，
而，因此，
所以.
（2）假設存在，，，
依題意，，，，
則，因此q整除，
因為p，q為不同的素數，故q不整除p，
又因為，故q不整除，
與q整除矛盾，故假設錯誤，
所以數列的前q項中任意兩項均不相同.
（3）由（2）得，且數列的前q項中任意兩項均不相同，
所以，
設，則，故，
所以為完全平方數.
【點睛】方法點睛：應用反證法時必須先否定結論，把結論的反面作為條件，且必須根據這一條件進行推理，否則，僅否定結論，不從結論的反面出發進行推理，就不是反證法．所謂矛盾主要指：①與已知條件矛盾；②與假設矛盾；③與定義、公理、定理矛盾；④與公認的簡單事實矛盾；⑤自相矛盾.
4．（2024·海南·二模）設數列，如果A中各項按一定順序進行一個排列，就得到一個有序數組．若有序數組滿足恒成立，則稱為n階減距數組；若有序數組滿足恒成立，則稱為n階非減距數組．
(1)已知數列，請直接寫出該數列中的數組成的所有4階減距數組；
(2)設是數列的一個有序數組，若為n階非減距數組，且為階非減距數組，請直接寫出4個滿足上述條件的有序數組；
(3)已知等比數列的公比為q，證明：當時，為n階非減距數組．
【答案】(1).
(2).
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據題中階減距數組的定義，寫出4階減距數組，只需要保證有序數組中，和恒成立即可，分別令為數列中的每一個值即可得出結果；
（2）根據題干中階非減距數組的定義，只需要保證有序數組中，滿足和有序數組中，滿足恒成立即可.
（3）利用分析法進行逐步反向遞推，最后得證.
【詳解】（1）4階減距數組有：.
（2）滿足條件的有序數組：
.
（3）證明：設，要證為階非減距數組，
需證明恒成立，
即證，
需證即
需證
即證.
當時，因為，則，
，
所以；
當時，因為，則，
，
所以；
綜上：當時，為n階非減距數組.
5．（2024·江西九江·三模）已知數列共有項，且，若滿足，則稱為“約束數列”.記“約束數列”的所有項的和為.
(1)當時，寫出所有滿足的“約束數列”；
(2)當時，設“約束數列”為等差數列.請判斷是的什么條件，并說明理由；
(3)當時，求的最大值.
【答案】(1)①；②；③
(2)是的充分不必要條件，理由見解析
(3)
【分析】（1）由“約束數列”的定義，可得所求.
（2）由“約束數列”和充分必要條件的定義，結合等差數列的知識，可得結論.
（3）由，要使最大，推出，討論等差數列的公差，用求和公式可解.
【詳解】（1）當時，所有滿足的“約束數列”有：
①；②；③
（2）是的充分不必要條件.理由：
①當時，.
則，
當且僅當時，成立，
“約束數列”是公差為1的等差數列
②當“約束數列”是等差數列時，由，
得，或，或，
若，則的公差為；
若，則的公差為；
若，則的公差為，
即當“約束數列”是等差數列時，或或2024.
由①②，得是的充分不必要條件.
（3）要使得取最大值，則，
當且僅當同時滿足以下三個條件時，取最大值.
①當時，；②當時，；
③當時，.
.
【點睛】關鍵點睛：本題關鍵在于對新定義的理解，抓住和進行分類討論可求解第二問；第三問關鍵在于根據分析取得最大值的條件，然后分段求和可得..
6．（2024·山東青島·三模）在平面內，若直線將多邊形分為兩部分，多邊形在兩側的頂點到直線的距離之和相等，則稱為多邊形的一條“等線”，已知為坐標原點，雙曲線的左、右焦點分別為的離心率為2，點為右支上一動點，直線與曲線相切于點，且與的漸近線交于兩點，當軸時，直線為的等線.
(1)求的方程;
(2)若是四邊形的等線，求四邊形的面積;
(3)設，點的軌跡為曲線，證明:在點處的切線為的等線
【答案】(1)
(2)12
(3)證明見解析
【分析】（1）利用已知等量關系建立方程，求解各個元素，得到雙曲線方程即可.
（2）利用給定定義，求解關鍵點的坐標，最后得到四邊形面積即可.
（3）利用給定條件和新定義證明即可.
【詳解】（1）由題意知，顯然點在直線的上方，
因為直線為的等線，所以，
解得，所以的方程為
（2）設，切線，代入得:
故，
該式可以看作關于的一元二次方程，
所以，即方程為
當的斜率不存在時，也成立
漸近線方程為，不妨設在上方，
聯立得，故，
所以是線段的中點，因為到過的直線距離相等，
則過點的等線必定滿足:到該等線距離相等，
且分居兩側，所以該等線必過點，即的方程為，
由，解得，故 .
所以，
所以，
所以，所以
（3）
設，由，所以，
故曲線的方程為
由（*）知切線為，也為，即，即
易知與在的右側，在的左側，分別記到的距離為，
由（2）知，
所以
由得
因為，
所以直線為的等線 .
【點睛】關鍵點點睛：本題考查解析幾何，解題關鍵是利用給定定義和條件，然后結合前問結論，得到，證明即可．
7．（2024·浙江·三模）在平面直角坐標系中，如果將函數的圖象繞坐標原點逆時針旋轉后，所得曲線仍然是某個函數的圖象，則稱為“旋轉函數”.
(1)判斷函數是否為“旋轉函數”，并說明理由；
(2)已知函數是“旋轉函數”，求的最大值；
(3)若函數是“旋轉函數”，求的取值范圍.
【答案】(1)不是，理由見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據函數的定義直接判斷即可.
（2）將已知條件轉化為函數與直線最多一個交點，利用兩個函數圖象的交點與對應方程根的關系，分離，構造新函數，轉化為新函數在上單調，進而求解.
（3）同問題（2）根據已知條件構造新函數，轉化為新函數在上單調，求導，分離參數，轉化為恒成立問題求最值即可.
【詳解】（1）函數不是“旋轉函數”，理由如下：
逆時針旋轉后與軸重合，
當時，有無數個與之對應，與函數的概念矛盾，
因此函數不是“旋轉函數”.
（2）由題意可得
函數與函數最多有1個交點，
且，
所以最多有一個根，
即最多有一個根，
因此函數與函數R最多有1個交點，
即函數在上單調，
因為，且，
所以，所以，
即，，即的最大值為.
（3）由題意可得函數與函數最多有1個交點，
即，
即函數與函數最多有1個交點，
即函數在上單調，
，當時，
所以，
令，則，
因為在上單調減，且，
所以存在，使，
即，
所以在單調遞增，單調遞減，
所以，
即.
【點睛】方法點睛：利用函數的零點與對應方程的根的關系，我們經常進行靈活轉化：
函數的零點個數方程的根的個數函數與圖象的交點的個數；
另外，恒成立求參數范圍問題往往分離參數，構造函數，通過求構造函數的最值來求出參數范圍，例：若恒成立，只需，恒成立，只需.
8．（2024·上海·三模）設，函數的定義域為．若對滿足的任意，均有，則稱函數具有“性質”．
(1)在下述條件下，分別判斷函數是否具有性質，并說明理由；
①； ②；
(2)已知，且函數具有性質，求實數的取值范圍；
(3)證明：“函數為增函數”是“對任意，函數均具有性質”的充要條件．
【答案】(1)①是，②不是，理由見解析
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據函數具有性質的條件判斷①；舉反例可判斷②；
（2）原問題等價于當時，恒成立，即恒成立，得；
（3）利用函數的單調性以及不等式的性質判斷充分性，利用反證法判斷必要性.
【詳解】（1）①是，對任意，，符合定義；
②不是，令 ，，
故不符合題意.
（2）顯然，設，
則，
當時，取最小值，
原問題等價于當時，恒成立，即恒成立，得；
（3）證明：充分性：
若函數為增函數，則對任意均有，
即，因此，對任意，若，
則，函數具有性質，充分性得證；
必要性：
若對任意，函數均具有性質，
假設函數不是增函數，則存在，滿足，
即，取，
則顯然，
即對于，存在，但是，
與“對任意，函數均具有性質”矛盾，因此假設不成立，
即函數為增函數，必要性得證．
【點睛】新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的.遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決.
9．（2024·新疆喀什·三模）已知定義域為的函數滿足：對于任意的，都有，則稱函數具有性質．
(1)判斷函數，是否具有性質；（直接寫出結論）
(2)已知函數（，），判斷是否存在，，使函數具有性質？若存在，求出，的值；若不存在，說明理由；
(3)設函數具有性質，且在區間上的值域為．函數，滿足，且在區間上有且只有一個零點．求證：．
【答案】(1)具有性質
(2)存在，，
(3)證明見解析
【分析】（1）利用定義直接判斷即可；
（2）假設函數具有性質，可求出，進而得到，再根據定義驗證即可；
（3）分析可知函數在的值域為，由在區間上有且僅有一個零點可知時不合題意，再求解當時，與函數是以為周期的周期函數矛盾，由此可得，進而得證．
【詳解】（1）因為，則，又，
所以，故函數具有性質；
因為，則，又，
，故具有性質．
（2）若函數具有性質，則，即，
因為，所以，所以；
若，不妨設，由，
得（*），
只要充分大時，將大于1，而的值域為，
故等式（*）不可能成立，所以必有成立，
即，因為，所以，
所以，則，此時，
則，
而，即有成立，
所以存在，使函數具有性質．
（3）證明：由函數具有性質及（2）可知，，
由可知函數是以為周期的周期函數，則，
即，所以，；
由，以及題設可知，
函數在的值域為，所以且；
當，及時，均有，
這與在區間上有且只有一個零點矛盾，因此或；
當時，，函數在的值域為，
此時函數的值域為，
而，于是函數在的值域為，
此時函數的值域為，
函數在當時和時的取值范圍不同，
與函數是以為周期的周期函數矛盾，
故，即，命題得證．
【點睛】方法點睛：對于以函數為背景的新定義問題的求解策略：
1、緊扣新定義，首先分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質弄清楚，應用到具體的解題過程中；
2、用好函數的性質，解題時要善于從試題中發現可以使用的函數的性質的一些因素.
10．（2024·貴州六盤水·三模）若函數在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“k類函數”
(1)若，判斷是否為上的“4類函數”；
(2)若為上的“2類函數”，求實數a的取值范圍；
(3)若為上的“2類函數”且，證明：，，.
【答案】(1)是
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）由新定義可知，利用作差及不等式的性質證明即可；
（2）由已知條件轉化為對于任意，都有，對函數求導后進行分離參數，利用導函數研究函數的單調性和最值即可；
（3）分和兩種情況進行證明，，用放縮法進行證明即可.
【詳解】（1）函數是上的“4類函數”，理由如下：
不妨設，所以，
，
所以是上的“4類函數”；
（2），，
由題意知，對于任意不同的都有，
不妨設，則，
故且，
所以為上的增函數，為上的減函數，
所以對任意的，即，
由，令，則，，
令得在上單調遞增，，
由，令，
只需，，
令得在單調遞增，
所以，
綜上所述，實數a的取值范圍為；
（3）證明：因為為上的“2類函數”，所以，
不妨設，當時，；
當時，因為，
所以
，
綜上所述，，，.
【點睛】方法點睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數恒成立或恒成立；②數形結合（的圖象在上方即可）；③討論最值或恒成立；④討論參數，排除不合題意的參數范圍，篩選出符合題意的參數范圍.
11．（2024·江西南昌·三模）給定數列，若對任意m，且，是中的項，則稱為“H數列”．設數列的前n項和為
(1)若，試判斷數列是否為“H數列”，并說明理由；
(2)設既是等差數列又是“H數列”，且，，，求公差d的所有可能值；
(3)設是等差數列，且對任意，是中的項，求證：是“H數列”．
【答案】(1)是“H數列”；理由見解析
(2)1，2，3，6；
(3)證明見解析
【分析】（1）根據“H數列”定義判斷即可.
（2）由等差數列和“H數列”的定義得到公差的等式關系即可求解.
（3）由等差數列的定義與求和公式，進行分情況討論，即可證明是“H數列”.
【詳解】（1）因為，當時，，
當時，也成立，
所以，
對任意m，且，，
是“H數列”.
（2）因為 ，，，
所以，所以，
由已知得也為數列中的項，
令，即，
所以，所以d為6的正因數，
故d的所有可能值為1，2，3，6.
（3）設數列的公差為d，所以存在，對任意，，即，
當時，則，故，此時數列為“H數列”；
當時，，取，則，所以，，
當時，均為正整數，符合題意，
當時，均為正整數，符合題意，
所以，，
設，，，即，
所以任意m，且，，
顯然，所以為數列中的項，
是“H數列”.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查數列定義問題.其中關鍵點是理解“H數列”定義，并與已學知識等差數列進行結合，利用等差數列的定義與求和公式，分情況討論即可證明結論.
12．（2024·黑龍江·三模）如果n項有窮數列滿足，，…，，即，則稱有窮數列為“對稱數列”.
(1)設數列是項數為7的“對稱數列”，其中成等差數列，且，依次寫出數列的每一項；
(2)設數列是項數為(且)的“對稱數列”，且滿足，記為數列的前項和.
①若，，…，構成單調遞增數列，且.當為何值時，取得最大值
②若，且，求的最小值.
【答案】(1)1，3，5，7，5，3，1
(2)①1012；②2025
【分析】（1）根據新定義“對稱數列”的定義和已知條件可求得公比，進而求得結果；
（2）①根據對稱數列的定義可得數列為等差數列，然后根據二次函數的性質來求解；②由條件得到數列相鄰兩項間的大小關系，并結合定義求得的取值范圍，然后結合已知條件確定出最后的結果
【詳解】（1）因為數列是項數為7的“對稱數列”，所以，
又因為成等差數列，其公差，…
所以數列的7項依次為1，3，5，7，5，3，1；
（2）①由，，…，是單調遞增數列，數列是項數為的“對稱數列”且滿足，
可知，，…，構成公差為2的等差數列，，，…，構成公差為的等差數列，
故
，
所以當時，取得最大值；
②因為即，
所以即，
于是，
因為數列是“對稱數列”，
所以
，
因為，故，
解得或，所以，
當，，…，構成公差為的等差數列時，滿足，
且，此時，所以的最小值為2025.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是理解對稱數列的定義，第二問①關鍵是得到，，…，構成公差為的等差數列.
13．（2024·安徽·三模）已知數列的前n項和為，若數列滿足：
①數列為有窮數列；
②數列為遞增數列；
③，，，使得；
則稱數列具有“和性質”.
(1)已知，求數列的通項公式，并判斷數列是否具有“和性質”；（判斷是否具有“和性質”時不必說明理由，直接給出結論）
(2)若首項為1的數列具有“和性質”.
（ⅰ）比較與的大小關系，并說明理由；
（ⅱ）若數列的末項為36，求的最小值.
【答案】(1)，具有
(2)（ⅰ），理由見解析；（ⅱ）75
【分析】（1）利用數列的前n項和及與的關系得數列的通項公式，再利用題目所給定義對數列是否具有“和性質”進行判斷；
（2）（ⅰ）利用題目所給定義得，再利用數列的前n項和得結論；
（ⅱ）構造具有“和性質”的數列：1，2，3，6，9，18，36或數列：1，2，4，5，9，18，36，此時，再利用反證法得具有“和性質”的數列，不可能存在比75更小的，從而得結論.
【詳解】（1）因為，
所以當時，；
當時，
，
而當時，滿足，
因此數列的通項公式為
該數列具有“和性質”.
（2）（ⅰ）因為首項為1的數列具有“和性質”，
所以，，，
使得，且，，
因此，，
所以；
因此，
所以將上述不等式相加得：，
即.
因為，
所以，
因此.
（ⅱ）因為數列具有“和性質”，
所以由③得：，因此數列中的項均為整數.
構造數列：1，2，3，6，9，18，36或數列：1，2，4，5，9，18，36，
因此這兩個數列具有“和性質”，此時.
下面證明的最小值為75，
即證明不可能存在比75更小的.
假設（存在性顯然，因為滿足的數列只有有限個）.
第一步：首先說明有窮數列中至少有7個元素.
設有窮數列中元素組合的集合為A，
由（ⅰ）知：，而，
因此，，，，，
所以.
第二步：證明，.
若，設.
因為，
所以為了使得最小，
則在數列中一定不含有，使得，
因此.
假設，根據“和性質”，
對，有，，使得.
顯然，因此，
所以由有窮數列中至少有7個元素得：
集合A中至少還有4個不同于，，的元素，
因此，與矛盾，
所以，且.
同理可證：.
根據“和性質”得：存在、，使得.
我們需要考慮如下幾種情形：
①當，時，至少還需要一個大于等于4的，才能得到8，因此；
②當，時，至少還需要一個大于4的，才能得到7，則；
③當，時，此時為：1，2，3，6，9，18，36，因此；
④當，時，此時為：1，2，4，5，9，18，36，因此；
綜上所述，的最小值為75.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了數列的前n項和及與的關系和數列的新定義問題，解題關鍵在于找與的關系以及弄清新定義的“和性質”；再利用題目所給定義得，并利用數列的前n項和得結論；最后構造具有“和性質”的數列，利用反證法得具有“和性質”的數列，不可能存在比75更小的，從而得結論.
14．（2024·湖北荊州·三模）對于數列，如果存在一個正整數，使得對任意，都有成立，那么就把這樣的一類數列稱作周期為的周期數列，的最小值稱作數列的最小正周期，簡稱周期.
(1)判斷數列和是否為周期數列，如果是，寫出該數列的周期，如果不是，說明理由.
(2)設（1）中數列前項和為，試問是否存在，使對任意，都有成立，若存在，求出的取值范圍，若不存在，說明理由.
(3)若數列和滿足，且，是否存在非零常數，使得是周期數列？若存在，請求出所有滿足條件的常數；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)數列是周期數列，其周期為1；數列是周期數列，其周期為6
(2)存在，
(3)不存在，理由見解析
【分析】（1）根據周期數列的定義進行判斷即可；
（2）由（1）可知，是周期為的數列，得到數列，求出，通過討論得到的取值范圍；
（3）假設存在非零常數，使得是周期為T的數列，推導出數列是周期為的周期數列，進一步得到數列的周期為，推斷出，而該方程無解，所以，不存在非零常數，使得是周期數列.
【詳解】（1）均是周期數列，理由如下：
因為，
所以數列是周期數列，其周期為1，
因為，
所以.則，所以，
所以數列是周期數列，其周期為6；
（2）由（1）可知，是周期為的數列，
計算數列為：，
故，
當時，，故；
當時，，故；
當時，，故；
當時，，故；
當時，，故；
當時，，故；
綜上所述：存在，且.
（3）假設存在非零常數，使得是周期為T的數列，
所以，即，
所以，，即，
所以，，即，
所以數列是周期為的周期數列，
因為，即，
因為，
所以，，，
所以數列的周期為，
所以，即，顯然方程無解，
所以，不存在非零常數，使得是周期數列.
【點睛】關鍵點點睛：（2）由（1）可知，是周期為的數列，求時要將分成六類，求的取值范圍時也要分六類討論；（3）先假設存在非零常數，使得是周期為T的數列，推導出數列的周期為，推斷出，通過該方程無解，得到不存在非零常數，使得是周期數列.
15．（2024·安徽蕪湖·三模）若數列的各項均為正數，且對任意的相鄰三項，都滿足，則稱該數列為“對數性凸數列”，若對任意的相鄰三項，都滿足則稱該數列為“凸數列”．
(1)已知正項數列是一個“凸數列”，且，（其中為自然常數，），證明：數列是一個“對數性凸數列”，且有；
(2)若關于的函數有三個零點，其中．證明：數列是一個“對數性凸數列”：
(3)設正項數列是一個“對數性凸數列”，求證：
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據的性質，由等量關系代換成關于的結論，緊扣定義，即可證明；
（2）由原函數有三個零點，且導函數為二次函數，分析出導函數有兩個零點，判別式大于零，推得；有三個零點，得到有三個零點，再次借助導函數的零點個數，可以得到，即可得證；
（3）記，利用分析法，只需證，由數列為對數性凸數列，得到，，再用基本不等式證明即可.
【詳解】（1）因為，所以，因為正項數列是一個“凸數列”，
所以，所以，所以，
所以數列是一個“對數性凸數列”，，
所以，變形可得到，
所以數列是一個“對數性凸數列”，且有.
（2）因為有三個零點，
所以有兩個不等實數根，
所以，
又，所以；
時，，所以不是的零點，
又，
令，則也有三個零點，
即有三個零點，
令，則有三個零點，
所以有兩個零點，
所以，
因為，
所以正項數列對任意的相鄰三項，都滿足，
所以數列是一個“對數性凸數列”.
（3）記，則要證，
即證，
即，即①，
因為數列為對數性凸數列，所以，，
所以，所以，
，
而，
所以
，
當且僅當時等號成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
【點睛】方法點睛：解決數列新定義題型，需要耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按照新定義的要求，結合所學習過的知識點，逐一分析、證明、求解.
16．（2024·湖南·二模）直線族是指具有某種共同性質的直線的全體，例如表示過點的直線，直線的包絡曲線定義為：直線族中的每一條直線都是該曲線上某點處的切線，且該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線.
(1)若圓是直線族的包絡曲線，求滿足的關系式；
(2)若點不在直線族：的任意一條直線上，求的取值范圍和直線族的包絡曲線；
(3)在（2）的條件下，過曲線上兩點作曲線的切線，其交點為.已知點，若三點不共線，探究是否成立？請說明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)成立，理由見解析
【分析】（1）根據包絡曲線的定義利用直線和圓相切即可得；
（2）易知方程無解，根據判別式可得，證明可得直線族的包絡曲線為；
（3）法一：求出兩點處曲線的切線的方程，解得，根據平面向量夾角的表達式即可得，即；
法二：過分別作準線的垂線，連接，由導數求得切線斜率并利用拋物線定義和三角形內角關系即可證明.
【詳解】（1）由定義可知，與相切，
則圓的圓心到直線的距離等于1，
則，.
（2）點不在直線族的任意一條直線上，
所以無論取何值時，無解.
將整理成關于的一元二次方程，
即.
若該方程無解，則，即.
證明：在上任取一點在該點處的切線斜率為，
于是可以得到在點處的切線方程為：，
即.
今直線族中，
則直線為，
所以該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線，
而對任意都是拋物線在點處的切線.
所以直線族的包絡曲線為.
（3）法一：已知，設，
則，；
由（2）知在點處的切線方程為；
同理在點處的切線方程為；
聯立可得，所以.
因此，
同理.
所以，，
即，可得，
所以成立.
法二：過分別作準線的垂線，連接，如圖所示：
則，因為，顯然.
又由拋物線定義得，故為線段的中垂線，得到，即.
同理可知，
所以，即.
則.
所以成立.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于理解包絡曲線的定義，利用直線和曲線相切求出包絡曲線的方程為并進行證明，再利用拋物線定義和性質即可得出結論.
17．（2024·江蘇南通·二模）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓Γ：的離心率為，直線l與Γ相切，與圓O：相交于A，B兩點.當l垂直于x軸時，.
(1)求Γ的方程；
(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為.
（ⅰ）若M，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當的面積最大時，求；
（ⅱ）若，均存在，記兩者中的較大者為.已知，，均存在，證明：.
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）證明見解析.
【分析】（1）根據給定條件，求出，再結合離心率求出即得.
（2）（ⅰ）在直線的斜率存在時，設出直線方程并與橢圓方程聯立，借助判別式求出圓心到距離，列出的面積關系求解，再驗證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結合對稱性推理即得.
【詳解】（1）因為當垂直于軸時，，而直線與Γ相切，則，解得，
又橢圓的離心率為，則橢圓的半焦距，，
所以的方程為.
（2）（i）當的斜率存在時，設的方程為：，
由消去得：，
由直線與橢圓相切，得，整理得，
于是圓心到直線的距離，
則的面積為，
設，求導得，
當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，
因此當時，取得最大值，此時，
當的斜率不存在時，由（1）知，，
由，得，則.
對于線段上任意點，連接并延長與圓交于點，則是圓上與最近的點，
當為線段的中點時，取得最大值，所以.
（ii）因為均存在，
設點，且，
設是集合中到的最近點，根據對稱性，不妨設，
令點到集合的最近點為，點到集合的最近點為，
因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，
因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，
因此，
而在坐標平面中，，又點是集合中到點的最近點，則，
所以.
【點睛】關鍵點睛：本題第（2）問涉及新定義問題，反復認真讀題，理解最小距離的最大值的含義是解題的關鍵.
18．（2024·新疆烏魯木齊·二模）在平面直角坐標系中，重新定義兩點之間的“距離”為，我們把到兩定點的“距離”之和為常數的點的軌跡叫“橢圓”．
(1)求“橢圓”的方程；
(2)根據“橢圓”的方程，研究“橢圓”的范圍、對稱性，并說明理由；
(3)設，作出“橢圓”的圖形，設此“橢圓”的外接橢圓為的左頂點為，過作直線交于兩點，的外心為，求證：直線與的斜率之積為定值．
【答案】(1)
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）設“橢圓”上任意一點為，則，再根據兩點之間的“距離”得新定義即可得解；
（2）將點分別代入即可判斷其對稱性，取絕對值符號，進而可得出范圍；
（3）先求出橢圓方程，設直線的方程為，聯立方程，利用韋達定理求出，分別求出直線的方程，設，再次求出的關系，進而求出，從而可得出結論.
【詳解】（1）設“橢圓”上任意一點為，則，
即，即，
所以“橢圓”的方程為；
（2）由方程，得，
因為，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“橢圓”的范圍為，，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于原點對稱，
所以“橢圓”關于軸，軸，原點對稱；

（3）由題意可設橢圓的方程為，
將點代入得，解得，
所以橢圓的方程為，，
由題意可設直線的方程為，
聯立，得，
恒成立，
則，
因為的中點為，
所以直線的中垂線的方程為，
同理直線的中垂線的方程為，
設，則是方程的兩根，
即是方程的兩根，
所以，
又因，
所以，
兩式相比得，所以，
所以，
所以直線與的斜率之積為定值．

【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
19．（2024·江西新余·二模）通過研究，已知對任意平面向量，把繞其起點A沿逆時針方向旋轉角得到向量，叫做把點B繞點A逆時針方向旋轉角得到點P，
(1)已知平面內點，點，把點B繞點A逆時針旋轉得到點P，求點P的坐標：
(2)已知二次方程的圖像是由平面直角坐標系下某標準橢圓繞原點O逆時針旋轉所得的斜橢圓C，
（i）求斜橢圓C的離心率；
（ⅱ）過點作與兩坐標軸都不平行的直線交斜橢圓C于點M、N，過原點O作直線與直線垂直，直線交斜橢圓C于點G、H，判斷是否為定值，若是，請求出定值，若不是，請說明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ⅱ）是，2
【分析】（1）借助所給定義計算即可得；
（2）（i）計算出該斜橢圓的長軸長與焦距，結合離心率定義計算即可得；
（ⅱ）法一：設出直線、，聯立斜橢圓方程可得與交點橫坐標有關韋達定理，結合弦長公式即可表示出，計算即可得；
法二：將所有點、直線與曲線都繞原點O順時針旋轉后，再設出直線、旋轉后方程，聯立標準方程可得與交點縱坐標有關韋達定理，結合弦長公式即可表示出，計算即可得.
【詳解】（1）由已知可得，則，
設，則，
所以，，即點P的坐標為；
（2）（i）由與交點為和，則，
由與交點為和，
則，所以，；
（ⅱ）法一：設直線：，、，
與斜橢圓聯立：，
有，
∵，，
∴
，
設直線：，代入斜橢圓，
有，
∴，∴，
故.
法二：將橢圓順時針旋轉，由①可得橢圓方程為，
點Q旋轉后的坐標為，
當直線旋轉后斜率不存在時，，，，
當直線旋轉后斜率存在時，設直線旋轉后為，
旋轉后、，
與橢圓方程聯立，即，
可得，
，，
，
設直線旋轉后為，代入橢圓方程中，
有，，
.
綜上所述，.
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于對旋轉后的方程的理解與運用，最后一問可直接在旋轉后的斜橢圓上計算，也可在標準橢圓下計算，其旋轉前后的線段長度不變.
20．（2024·河南新鄉·二模）定義：若函數圖象上恰好存在相異的兩點，滿足曲線在和處的切線重合，則稱，為曲線的“雙重切點”，直線為曲線的“雙重切線”．
(1)直線是否為曲線的“雙重切線”，請說明理由；
(2)已知函數求曲線的“雙重切線”的方程；
(3)已知函數，直線為曲線的“雙重切線”，記直線的斜率所有可能的取值為，，…，，若（），證明：．
【答案】(1)是，理由見解析；
(2)；
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據題意，利用直線的斜率與導數的幾何意義求得切點，再分別求切線方程驗證即可.
（2）求出函數的導數，并設出切點，求出處的切線方程，再利用“雙重切線”的定義求出切線方程.
（3）利用“雙重切線”的定義，分別設出對應的切點，分別利用導數的幾何意義得到對應切點之間的關系，再構造函數，利用導數結合零點存在性定理確定判的零點所在區間，然后借助不等式性質推理即得.
【詳解】（1）的定義域為，求導得，直線的斜率為2，
令，解得，不妨設切點，
則點處的切線方程為，即，
點處的切線方程為，即，
所以直線是曲線的“雙重切線”.
（2）函數，求導得，
顯然函數在上單調遞增，函數在上單調遞減，
設切點，則存在，使得，
則在點處的切線方程為，在點處的切線方程為，
因此，消去可得，
令，求導得，
則函數在上單調遞增，又，函數的零點為，因此，
所以曲線的“雙重切線”的方程為.
（3）設對應的切點為，對應的切點為，
由，得，，
由誘導公式及余弦函數的周期性知，只需考慮，，其中，
由及余弦函數在上遞增知，，
則，
，
因此，又，，
則，同理，
令，求導得，
則在上單調遞增，顯然，且，
函數在上的值域為，即函數在上存在零點，則有，
由，同理可得，而，因此，
于是，即有，
所以，即.
【點睛】關鍵點點睛：本題求解的關鍵點有兩個：一是利用導數的幾何意義求解切線的斜率；二是設切點并利用和切線方程得到之間的等式，進而消去一個未知數，構造函數利用導數的性質求得方程的零點.
21．（2024·上海長寧·二模）設函數的定義域為，若存在實數，使得對于任意，都有，則稱函數有上界，實數的最小值為函數的上確界；記集合{在區間上是嚴格增函數}；
(1)求函數的上確界；
(2)若，求的最大值；
(3)設函數一定義域為；若，且有上界，求證：，且存在函數，它的上確界為0；
【答案】(1)2
(2)4
(3)證明見解析
【分析】（1）由函數的單調性求出值域再根據題意可得；
（2）求出的表達式，求導，再利用在上嚴格遞增得到導函數大于等于零恒成立，然后利用基本不等式求出最小值即可；
（3）假設存在，由單調性可得，再取，且可得，推出①②互相矛盾，然后令，根據題意求出值域最后確定上確界即可.
【詳解】（1）因為函數在區間上嚴格遞減，
所以函數的值域為，
所以函數的上確界為2.
（2），，
因為記集合{在區間上是嚴格增函數}，
所以恒成立，
因為，當且僅當時取等號，所以，
所以的最大值為4.
（3）證明：因為函數有上界，設，
假設存在，使得，
設，
因為，所以在上嚴格遞增，進而，
得，
取，且，
由于，得到，①
由，得，②
顯然①②兩式矛盾，所以假設不成立，
即對任意，均有，
令，則，
因為當時，，
所以在上嚴格遞增，，
因為的值域為，
所以函數的上確界為零.
【點睛】關鍵點點睛：
（1）第二問的關鍵是導函數大于等于零恒成立，用基本不等式求解；
（2）第三問關鍵是根據不等式的結構能夠想到取，再得到與當，得到

展開更多......

收起↑