實(shí)戰(zhàn)演練13 新定義問(wèn)題（5大?？键c(diǎn)歸納）-備戰(zhàn)2025年高考數(shù)學(xué)真題題源解密（新高考卷）解析版

第第頁(yè)實(shí)戰(zhàn)演練13新定義問(wèn)題①集合新定義②函數(shù)新定義③數(shù)列新定義④圓錐曲線新定義⑤立體幾何新定義一、新定義問(wèn)題“新定義”主要是指即時(shí)定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運(yùn)算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問(wèn)題，有時(shí)還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對(duì)新定義的透徹理解.但是，透過(guò)現(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎(chǔ)數(shù)學(xué)知識(shí)，所以說(shuō)“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應(yīng)萬(wàn)變才是制勝法寶.二、新定義問(wèn)題技巧新定義問(wèn)題的方法和技巧：（1）可通過(guò)舉例子的方式，將抽象的定義轉(zhuǎn)化為具體的簡(jiǎn)單的應(yīng)用，從而加深對(duì)信息的理解；（2）可用自己的語(yǔ)言轉(zhuǎn)述新信息所表達(dá)的內(nèi)容，如果能清晰描述，那么說(shuō)明對(duì)此信息理解的較為透徹；（3）發(fā)現(xiàn)新信息與所學(xué)知識(shí)的聯(lián)系，并從描述中體會(huì)信息的本質(zhì)特征與規(guī)律；（4）如果新信息是課本知識(shí)的推廣，則要關(guān)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(shū)上的概念.①集合新定義一、解答題1．（2024·海南·模擬預(yù)測(cè)）已知數(shù)列的各項(xiàng)均為正整數(shù)，記集合的元素個(gè)數(shù)為.(1)若為1，2，3，6，寫(xiě)出集合，并求的值；(2)若為1，3，a，b，且，求和集合；(3)若是遞增數(shù)列，且項(xiàng)數(shù)為，證明：“”的充要條件是“為等比數(shù)列”.【答案】(1)(2)為，(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）結(jié)合題意，計(jì)算出所有即可得；（2）結(jié)合集合的性質(zhì)，可得，解出即可得；（3）假設(shè)是遞增的等比數(shù)列，設(shè)的公比為，可得，即有，即可證明充分性，假設(shè)是遞增數(shù)列，且，結(jié)合數(shù)列性質(zhì)可得，即可證明必要性.【詳解】（1）因?yàn)?，所以集合；?）因?yàn)闉?，且，所以互不相等，所以都是集合中的元素，因?yàn)椋?，解得，所以為，所以；?）充分性：若是遞增的等比數(shù)列，設(shè)的公比為，當(dāng)時(shí)，，所以，且，故充分性成立；必要性：若是遞增數(shù)列，且，則，所以，且互不相等，又因?yàn)?，所以，且互不相等，所以，所以，所以，所以為等比?shù)列，故必要性成立，綜上，“”的充要條件是“為等比數(shù)列”.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：關(guān)于新定義題的思路有：（1）找出新定義的幾個(gè)要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問(wèn)題，進(jìn)行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學(xué)語(yǔ)言；（3）將已知條件代入新定義中；（4）結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行解答.2．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系中，兩點(diǎn)的“曼哈頓距離”定義為，記為，如點(diǎn)的“曼哈頓距離”為5，記為.(1)若點(diǎn)是滿足的動(dòng)點(diǎn)的集合，求點(diǎn)集所占區(qū)域的面積；(2)若動(dòng)點(diǎn)在直線上，動(dòng)點(diǎn)在函數(shù)的圖象上，求的最小值；(3)設(shè)點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)在函數(shù)的圖象上，的最大值記為，求的最小值.【答案】(1)8(2)3(3)【分析】（1）由題意可得點(diǎn)集所占區(qū)域，直接求出面積即可.（2）由題意得到，構(gòu)造函數(shù)研究函數(shù)最小值即可.（3）分類討論去絕對(duì)值研究的最小值即可.【詳解】（1）設(shè)點(diǎn)，由，得，的圖象是以原點(diǎn)為中心，順次連接四點(diǎn)所形成的正方形，將其上移2個(gè)單位長(zhǎng)度即得的圖象，所以點(diǎn)集所占區(qū)域是：以四點(diǎn)為頂點(diǎn)的正方形及其內(nèi)部，面積為8.（2）設(shè)，則，將看成關(guān)于的函數(shù)，則在或時(shí)取得最小值，即，令，則，當(dāng)時(shí)，f′x當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，f所以在上單調(diào)遞減，在0,+∞上單調(diào)遞增，則，此時(shí)，所以的最小值為3.（3）設(shè)點(diǎn)，則，若存在實(shí)數(shù)，使，則對(duì)任意的成立，令，則，令，則，所以：，所以，令，則是上的偶函數(shù)，當(dāng)x∈0,2時(shí)，若，即，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立；若，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以存在實(shí)數(shù)且，使得的最小值為.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用零點(diǎn)分類討論轉(zhuǎn)化求解絕對(duì)值不等式最值問(wèn)題的常用的方法.3．（2024·安徽馬鞍山·三模）已知S是全體復(fù)數(shù)集的一個(gè)非空子集，如果，總有，則稱S是數(shù)環(huán)．設(shè)是數(shù)環(huán)，如果①內(nèi)含有一個(gè)非零復(fù)數(shù)；②且，有，則稱是數(shù)域．由定義知有理數(shù)集是數(shù)域．(1)求元素個(gè)數(shù)最小的數(shù)環(huán)；(2)證明：記，證明：是數(shù)域；(3)若是數(shù)域，判斷是否是數(shù)域，請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)(2)證明見(jiàn)詳解(3)不一定是數(shù)域，證明見(jiàn)詳解【分析】（1）根據(jù)題意分析可知中至少有一個(gè)元素，分和兩種情況，結(jié)合題意分析證明；（2）根據(jù)題中數(shù)環(huán)和數(shù)域的定義分析證明；（3）舉特例，取，舉例數(shù)列即可.【詳解】（1）因?yàn)闉閿?shù)環(huán)，可知不是空集，即中至少有一個(gè)元素，若，則，可知為數(shù)環(huán)；若，則，可知中不止一個(gè)元素，不是元素個(gè)數(shù)最小的數(shù)環(huán)；綜上所述：元素個(gè)數(shù)最小的數(shù)環(huán)為.（2）設(shè)，可知，則有：，，，因?yàn)?，則，可知，所以是數(shù)環(huán)；若，可知，滿足①；若，則，因?yàn)?，則，可知，滿足②；綜上所述：是數(shù)域.（3）不一定是數(shù)域，理由如下：1.若，顯然均為數(shù)域，且是數(shù)域；2.設(shè)，可知，則有：，，，因?yàn)?，則，可知，所以是數(shù)環(huán)；若，可知，滿足①；若，則，因?yàn)椋瑒t，可知，滿足②；綜上所述：是數(shù)域.例如：，例如，但，所以不是數(shù)域；綜上所述：不一定是數(shù)域.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：與集合的新定義有關(guān)的問(wèn)題的求解策略：1.通過(guò)給出一個(gè)新的集合的定義，或約定一種新的運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來(lái)創(chuàng)設(shè)新問(wèn)題的情景，要求在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)心信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；2.遇到新定義問(wèn)題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、運(yùn)算、驗(yàn)證，使得問(wèn)題得以解決.4．（2024·廣東茂名·模擬預(yù)測(cè)）已知集合，其中且，，若對(duì)任意的，都有，則稱集合A具有性質(zhì)．(1)集合具有性質(zhì)，求m的最小值；(2)已知A具有性質(zhì)，求證：；(3)已知A具有性質(zhì)，求集合中元素個(gè)數(shù)的最大值，并說(shuō)明理由．【答案】(1)20(2)證明見(jiàn)解析(3)8，理由見(jiàn)解析【分析】（1）由性質(zhì)定義列不等式組求參數(shù)范圍，結(jié)合即可得最小值；（2）根據(jù)定義，，而有，應(yīng)用累加法即可證結(jié)論；（3）首先應(yīng)用放縮有求得，同理可得恒成立，假設(shè)得出矛盾，討論并應(yīng)用基本不等式證恒成立，即可確定元素個(gè)數(shù)最大值.【詳解】（1）不妨設(shè)，①當(dāng)時(shí)，由，不滿足題意；②當(dāng)時(shí)，由性質(zhì)定義知：，且，所以m的最小值為20；經(jīng)檢驗(yàn)符合題意.（2）由題設(shè)，，且，所以，，所以，得證.（3）由（2）知：，同（2）證明得且．故，又，所以在上恒成立，當(dāng)，取，則，解得，矛盾；當(dāng)，則，即.經(jīng)計(jì)算集合，綜上，集合A中元素個(gè)數(shù)的最大值為8．【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題可從以下方面入手：第一問(wèn)，根據(jù)性質(zhì)定義列不等式組求參數(shù)范圍；第二問(wèn)，根據(jù)定義得為關(guān)鍵，并用累加法計(jì)算即可；第三問(wèn)，應(yīng)用放縮法確定，同理得到恒成立為關(guān)鍵.5．（2024·遼寧葫蘆島·二模）設(shè)數(shù)陣，其中.設(shè)，其中，且.定義變換為“對(duì)于數(shù)陣的每一列，若其中有t或，則將這一列中所有數(shù)均保持不變；若其中沒(méi)有t且沒(méi)有，則這一列中每個(gè)數(shù)都乘以”（），表示“將經(jīng)過(guò)變換得到，再將經(jīng)過(guò)變換得到，…，以此類推，最后將經(jīng)過(guò)變換得到.記數(shù)陣中四個(gè)數(shù)的和為.(1)若，，寫(xiě)出經(jīng)過(guò)變換后得到的數(shù)陣，并求的值；(2)若，，求的所有可能取值的和；(3)對(duì)任意確定的一個(gè)數(shù)陣，證明：的所有可能取值的和不大于.【答案】(1)，0(2)40(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）直接由變換以及的定義即可求解；（2）對(duì)集合分類討論，進(jìn)而得出的所有情況即可求解；（3）分是否相等進(jìn)行討論，當(dāng)，在的所有非空子集中，分：含有且不含的子集、含有且不含的子集、同時(shí)含有和的子集和不含也不含的子集，四種情況進(jìn)行討論，當(dāng)，分含有的子集和不含有的子集兩種情況討論即可求解.【詳解】（1）因?yàn)?，，?jīng)過(guò)變換得到的數(shù)陣，經(jīng)過(guò)變換得到的數(shù)陣，所以.（2）若，則或，可得，4種情況；若或，，則，可得，4種情況；若，從和中各取出一個(gè)元素a，b，，，，則，可得，8種；若，，則或，可得，4種情況；綜上，的所有可能取值的和；（3）若，在的所有非空子集中，①含有且不含的子集共個(gè)，其中含有奇數(shù)個(gè)元素的集合有8個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均仍為，；其中含有偶數(shù)個(gè)元素的集合有8個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均變?yōu)椋?；②含有且不含的子集共個(gè)，其中含有奇數(shù)個(gè)元素的集合有8個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均仍為，；其中含有偶數(shù)個(gè)元素的集合有8個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均變?yōu)?，；③同時(shí)含有和的子集共個(gè)，其中含有奇數(shù)個(gè)元素的集合有8個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均變?yōu)?，；其中含有偶?shù)個(gè)元素的集合有8個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均仍為，；④不含也不含的子集共個(gè)，其中含有奇數(shù)個(gè)元素的集合有8個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均變?yōu)椋?；其中含有偶?shù)個(gè)元素的集合有7個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均變?yōu)椋蝗?，在的所有非空子集中，①含有的子集共個(gè)，其中含有奇數(shù)個(gè)元素的集合有16個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均變?yōu)?，；其中含有偶?shù)個(gè)元素的集合有16個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均仍為，；②不含的子集共個(gè)，其中含有奇數(shù)個(gè)元素的集合有16個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均變?yōu)?，；其中含有偶?shù)個(gè)元素的集合有15個(gè)，經(jīng)過(guò)變換后第一列均仍為，；綜上，經(jīng)過(guò)變換后，所有的第一列數(shù)的和為同理，經(jīng)過(guò)變換后所有的第二列數(shù)的和為.所以的所有可能取值的和為，又因?yàn)?，所以的所有可能取值的和不超過(guò).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第三問(wèn)的關(guān)鍵是要做到有序討論，從而可以做到不重不漏，由此即可順利得解.6．（2024·北京海淀·二模）設(shè)正整數(shù)，，，這里.若，且，則稱具有性質(zhì).(1)當(dāng)時(shí)，若具有性質(zhì)，且，，，令，寫(xiě)出的所有可能值；(2)若具有性質(zhì)：①求證：；②求的值.【答案】(1)27或32(2)①證明見(jiàn)解析②【分析】（1）對(duì)題目中所給的，我們先通過(guò)分析集合中的元素，證明，，以及，然后通過(guò)分類討論的方法得到小問(wèn)1的結(jié)果；（2）直接使用（1）中的這些結(jié)論解決小問(wèn)2即可.【詳解】（1）對(duì)集合，記其元素個(gè)數(shù)為.先證明2個(gè)引理.引理1：若具有性質(zhì)，則.引理1的證明：假設(shè)結(jié)論不成立.不妨設(shè)，則正整數(shù)，但，故一定屬于某個(gè)，不妨設(shè)為.則由知存在正整數(shù)，使得.這意味著對(duì)正整數(shù)，有，，但，矛盾.所以假設(shè)不成立，從而一定有，從而引理1獲證.引理2：若具有性質(zhì)，則，且.證明：取集合.注意到關(guān)于正整數(shù)的不等式等價(jià)于，而由引理1有，即.結(jié)合是正整數(shù)，知對(duì)于正整數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)，這意味著數(shù)列恰有項(xiàng)落入集合，即.而兩兩之間沒(méi)有公共元素，且并集為全體正整數(shù)，故中的元素屬于且僅屬于某一個(gè)，故.所以，從而，這就證明了引理2的第一個(gè)結(jié)論；再考慮集合中全體元素的和.一方面，直接由知中全體元素的和為，即.另一方面，的全部個(gè)元素可以排成一個(gè)首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列.所以的所有元素之和為.最后，再將這個(gè)集合的全部元素之和相加，得到中全體元素的和為.這就得到，所以有.即，從而，這就證明了引理2的第二個(gè)結(jié)論.綜上，引理2獲證.回到原題.將從小到大排列為，則，由引理2的第一個(gè)結(jié)論，有.若，則，所以每個(gè)不等號(hào)都取等，從而，故；情況1：若，則，矛盾；情況2：若，則，所以，得.此時(shí)如果，則，矛盾；如果，則，從而，故；如果，由于，設(shè)，，則，.故對(duì)于正整數(shù)對(duì)，有，從而，這與矛盾.綜上，的取值只可能是或.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以的所有可能取值是和.（2）①由引理1的結(jié)論，即知；②由引理2的第二個(gè)結(jié)論，即知.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵點(diǎn)在于，我們通過(guò)兩個(gè)方面計(jì)算了一個(gè)集合的各個(gè)元素之和，從而得到了一個(gè)等式，這種方法俗稱“算二次”法或富比尼定理.②函數(shù)新定義一、解答題1．（2024·內(nèi)蒙古呼和浩特·二模）對(duì)于函數(shù)，若實(shí)數(shù)滿足，則稱為的不動(dòng)點(diǎn)．已知函數(shù)．(1)當(dāng)時(shí)，求證；(2)當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(3)設(shè)，證明．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）將代入函數(shù)解析式，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，求出函數(shù)最小值即可證明；（2）將代入函數(shù)解析式，得方程解的個(gè)數(shù)即為函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)的個(gè)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值，即相應(yīng)點(diǎn)的函數(shù)值，求出函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，即為函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)的個(gè)數(shù)；（3）結(jié)合（1）換元后，再由待證式子，設(shè)，結(jié)合結(jié)論恰當(dāng)變形，利用相加相消即可證明.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，有，所以，所以當(dāng)且僅當(dāng)，，即時(shí)，等號(hào)成立，所以當(dāng)時(shí)，f′x≥0，所以，所以得證.（2）當(dāng)時(shí)，，根據(jù)題意可知：方程解的個(gè)數(shù)即為函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)的個(gè)數(shù)，化為，令，所以函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，即為函數(shù)的不動(dòng)點(diǎn)的個(gè)數(shù)，，令，即，解得，單調(diào)遞減單調(diào)遞增因?yàn)間0=1>0，所以在上有唯一一個(gè)零點(diǎn)，又，所以在上有唯一一個(gè)零點(diǎn)，綜上所述，函數(shù)有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn).（3）由（1）知，，令，則，即，設(shè)，則滿足，所以，即，所以，所以，即.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第三問(wèn)的關(guān)鍵在于對(duì)于第一問(wèn)的靈活運(yùn)用，借助第一問(wèn)結(jié)論，恰當(dāng)換元，得出后，再次適時(shí)換元，是本題的關(guān)鍵點(diǎn)，也是難點(diǎn)，突破換元后裂項(xiàng)相消即可得解.2．（2024·遼寧沈陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）記，若存在，滿足：對(duì)任意，均有，則稱為函數(shù)在上的最佳逼近直線.已知函數(shù)，.(1)請(qǐng)寫(xiě)出在上的最佳逼近直線，并說(shuō)明理由；(2)求函數(shù)在上的最佳逼近直線.【答案】(1)，理由見(jiàn)解析(2).【分析】（1）結(jié)合的單調(diào)性求出最值，從而得到，再由所給定義及圖象的特征得到，討論，的大小，即可求出；（2）設(shè)，令，結(jié)合（1）可得φx最佳逼近直線，從而得到的最佳逼近直線.【詳解】（1）在上的最佳逼近直線為.由已知易知在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，，進(jìn)而有（*），由的圖象特點(diǎn)可知，對(duì)任意，均有，下面討論，的大?。孩偃?，至少有一個(gè)大于等于，則，②若，兩個(gè)都小于，則，，所以，進(jìn)而，所以，即；由①②以及（*）式可知成立，且當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.所以在上的最佳逼近直線為；（2）易知點(diǎn)，1,0在函數(shù)的圖象上，設(shè)，再令，則，由（1）問(wèn)可知在上的最佳逼近直線為，所以，，所以在上的最佳逼近直線為.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對(duì)于新定義型問(wèn)題，解答的關(guān)鍵是理解所給定義，第二問(wèn)關(guān)鍵是設(shè)，從而與第一問(wèn)聯(lián)系上.3．（2024·全國(guó)·模擬預(yù)測(cè)）若函數(shù)在上滿足且不恒為0，則稱函數(shù)為區(qū)間上的絕對(duì)增函數(shù)，稱為函數(shù)的特征函數(shù)，稱任意的實(shí)數(shù)為絕對(duì)增點(diǎn)（為函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)）．(1)若1為函數(shù)的絕對(duì)增點(diǎn)，求的取值范圍；(2)絕對(duì)增函數(shù)的特征函數(shù)的唯一零點(diǎn)為．（ⅰ）證明：是的極值點(diǎn)；（ⅱ）證明：不是絕對(duì)增函數(shù)．【答案】(1)(2)（ⅰ）證明見(jiàn)解析；（ⅱ）證明見(jiàn)解析.【分析】（1）由題意，，可解得或，又若1為函數(shù)的絕對(duì)增點(diǎn)，可得或，即可求得的取值范圍；（2）（?。┯傻奈ㄒ涣泓c(diǎn)為，假設(shè)，通過(guò)討論單調(diào)性和導(dǎo)函數(shù)正負(fù)的關(guān)系，得出矛盾結(jié)果，則，再討論出為的極值點(diǎn)；（ⅱ）假設(shè)為絕對(duì)增函數(shù)，又恒成立，則恒成立，令，則，則，與矛盾，所以假設(shè)不成立，所以不是絕對(duì)增函數(shù)．【詳解】（1）因?yàn)楹瘮?shù)，所以，則．由得，解得或，所以為區(qū)間及區(qū)間上的絕對(duì)增函數(shù)．又1為函數(shù)的絕對(duì)增點(diǎn)，所以或，解得或，所以的取值范圍為．（2）（ⅰ）設(shè)為區(qū)間上的絕對(duì)增函數(shù)，由題意知，當(dāng)時(shí)，．①若，存在，且在區(qū)間上單調(diào)遞增，則在區(qū)間上，，則，與矛盾．若，存在，且在區(qū)間上單調(diào)遞減，則在區(qū)間上，，則，與矛盾．若，存在，且在區(qū)間上不單調(diào)，則存在，且，此時(shí)與有唯一零點(diǎn)矛盾．所以．②若，不妨設(shè)，則，且存在，使得當(dāng)時(shí)，，且當(dāng)時(shí)，，即，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．所以為的極值點(diǎn)．同理，當(dāng)時(shí)也成立．（ⅱ）若為絕對(duì)增函數(shù)，則在上恒成立，又恒成立，所以恒成立．令，所以，且，所以在上單調(diào)遞增．又，所以當(dāng)時(shí)，，則，與矛盾，所以假設(shè)不成立，所以不是絕對(duì)增函數(shù)．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：若為絕對(duì)增函數(shù)，則在上恒成立，可構(gòu)造函數(shù)，得出矛盾，即可證明.4．（2024·上?！つM預(yù)測(cè)）設(shè)定義域?yàn)榈暮瘮?shù)y=fx在上可導(dǎo)，導(dǎo)函數(shù)為y=f′x.若區(qū)間及實(shí)數(shù)滿足：對(duì)任意成立，則稱函數(shù)y=fx為上的“函數(shù)”.(1)判斷是否為0,+∞上的函數(shù)，說(shuō)明理由；(2)若實(shí)數(shù)滿足：為上的函數(shù)，求的取值范圍；(3)已知函數(shù)y=fx存在最大值．對(duì)于：：對(duì)任意與恒成立，：對(duì)任意正整數(shù)都是上的函數(shù)，問(wèn)：是否為的充分條件？是否為的必要條件？證明你的結(jié)論.【答案】(1)是；理由見(jiàn)解析(2)且．(3)是，是，證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的定義求解可得；（2）由題意可得，即，令，求出的單調(diào)性即可求出，再由求出，即可得出答案.（3）先推導(dǎo)出為的充分條件，若成立，即對(duì)任意正整數(shù)，有：②，記函數(shù)y=fx的最大值為．用反證法證明與恒成立，從而可證明也為的必要條件．【詳解】（1）因?yàn)?，根?jù)題意可知，等價(jià)于在0,+∞時(shí)恒成立，所以是0,+∞上的函數(shù)．（2）實(shí)數(shù)滿足：，即．①特別地，在①中取，可知，反之，當(dāng)時(shí)，①成立．令，由于，且滿足的為離散的數(shù)，故為嚴(yán)格減函數(shù)，又，所以．又．從而的取值范圍是：且．（3）若成立，則對(duì)任意正整數(shù)，有：，即y=fx為上的函數(shù)，成立．故為的充分條件．若成立，即對(duì)任意正整數(shù)，有：②，記函數(shù)y=fx的最大值為．先證明恒成立．反證法，假如存在使得，則取正整數(shù)，使得，此時(shí)有，與②矛盾．這意味著y=fx為上的嚴(yán)格減函數(shù)．再證明恒成立．取為y=fx的一個(gè)最大值點(diǎn)，則當(dāng)時(shí)，由單調(diào)性知，但，所以，于是．對(duì)任意，可取一個(gè)與有關(guān)的正整數(shù)，使得，由②知：．于是成立．故也為的必要條件．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：函數(shù)新定義問(wèn)題的方法和技巧：（1）可通過(guò)舉例子的方式，將抽象的定義轉(zhuǎn)化為具體的簡(jiǎn)單的應(yīng)用，從而加深對(duì)信息的理解；（2）可用自己的語(yǔ)言轉(zhuǎn)述新信息所表達(dá)的內(nèi)容，如果能清晰描述，那么說(shuō)明對(duì)此信息理解的較為透徹；（3）發(fā)現(xiàn)新信息與所學(xué)知識(shí)的聯(lián)系，并從描述中體會(huì)信息的本質(zhì)特征與規(guī)律；（4）如果新信息是課本知識(shí)的推廣，則要關(guān)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(shū)上的概念.5．（2024·福建龍巖·三模）若函數(shù)的定義域?yàn)?，有，使且，則對(duì)任意實(shí)數(shù)k，b，曲線與直線總相切，稱函數(shù)為恒切函數(shù).(1)判斷函數(shù)是否為恒切函數(shù)，并說(shuō)明理由；(2)若函數(shù)為恒切函數(shù).（i）求實(shí)數(shù)的取值范圍；（ii）當(dāng)取最大值時(shí)，若函數(shù)為恒切函數(shù)，記，證明：.（注：是自然對(duì)數(shù)的底數(shù).參考數(shù)據(jù)：）【答案】(1)是恒切函數(shù)，理由見(jiàn)解析(2)（i）；（ii）證明見(jiàn)解析【分析】（1）對(duì)求導(dǎo)，利用恒切函數(shù)的定義求出，即可判斷；（2）（i）根據(jù)恒切函數(shù)的定義解方程，用表示，再利用導(dǎo)數(shù)即可求解的取值范圍；（ii）由的值可得的值，從而可得的解析式，利用新定義，可得，令，求出的取值范圍，由，從而可得的取值范圍，從而得證.【詳解】（1）設(shè)函數(shù)為恒切函數(shù)，則有，使且，即，解得，故函數(shù)是恒切函數(shù).（2）（i）由函數(shù)為恒切函數(shù)可知，存在，使得且，即解得，，設(shè)，，當(dāng)時(shí)，遞增；當(dāng)時(shí)，遞減.，即實(shí)數(shù)的取值范圍是.（ii）當(dāng)時(shí)，，函數(shù)為恒切函數(shù).又，所以存在，使得，即.令，則，當(dāng)時(shí)，遞減；當(dāng)時(shí)，遞增.所以當(dāng)時(shí)，，，故在上存在唯一，使得，即.又由，得，由得，所以.又，所以當(dāng)時(shí)，有唯一零點(diǎn)，故由得，即..【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：1.導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪?wèn)題.注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極（最）值問(wèn)題處理.2.利用導(dǎo)數(shù)解決含參函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題時(shí)，一般將其轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問(wèn)題，解題過(guò)程中要注意分類討論和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.3.證明不等式，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問(wèn)題，如果運(yùn)用這種思想去解決，往往能獲得簡(jiǎn)潔明快的思路，有著非凡的功效.6．（2024·廣西柳州·模擬預(yù)測(cè)）帕德近似是法國(guó)數(shù)學(xué)家亨利．帕德發(fā)明的用有理多項(xiàng)式近似特定函數(shù)的方法．給定兩個(gè)正整數(shù)m，n，函數(shù)在處的階帕德近似定義為：，且滿足：，，，…，．注：，，，，…；為的導(dǎo)數(shù)）．已知在處的階帕德近似為．(1)求實(shí)數(shù)a，b的值；(2)比較與的大?。?3)若有3個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．【答案】(1)，．(2)答案見(jiàn)解析(3)【分析】（1）求出f′x，f″x，，，根據(jù)，列方程組即可求解；（2）令，利用導(dǎo)數(shù)研究φx的單調(diào)性即可比較大??；（3），?x除1外還有2個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為，，，由導(dǎo)數(shù)由函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求m的范圍．【詳解】（1）由，，知，，，，由題意，，所以，所以，．（2）由（1）知，，令，則，所以φx在其定義域內(nèi)為增函數(shù)，又，∴時(shí)，；時(shí)，，所以時(shí)，；時(shí)，．（3）由（1）知，，注意到?1=0，則?x除1外還有2個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為，，令，當(dāng)時(shí)，gx<0在0,+∞上恒成立，則?所以?x在0,+∞當(dāng)時(shí)，?x除1外還有2個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為，，則?x不單調(diào)，所以存在兩個(gè)零點(diǎn)，∴，解得，當(dāng)時(shí)，設(shè)的兩個(gè)零點(diǎn)分別為s，，則，，∴，當(dāng)時(shí)，gx>0，?′x>0當(dāng)時(shí)，gx<0，?′x當(dāng)時(shí)，gx>0，?′x又?1=0，不妨設(shè)，，而，且，，且，所以存在，，滿足，即有3個(gè)零點(diǎn)，1，，綜上所述，m的取值范圍為．【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：關(guān)于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個(gè)要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問(wèn)題，進(jìn)行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學(xué)語(yǔ)言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行解答.③數(shù)列新定義一、解答題1．（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）定義：任取數(shù)列中相鄰的兩項(xiàng)，若這兩項(xiàng)之差的絕對(duì)值為1，則稱數(shù)列具有“性質(zhì)1”.已知項(xiàng)數(shù)為的數(shù)列的所有項(xiàng)的和為，且數(shù)列具有“性質(zhì)1”.(1)若，且，寫(xiě)出所有可能的的值；(2)若，證明：“”是“”的充要條件；(3)若，證明：或.【答案】(1)；；(2)證明見(jiàn)解析(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）由數(shù)列的性質(zhì)得出，進(jìn)一步結(jié)合的定義即可得解；（2）結(jié)合新定義，分必要性、充分性兩方面證明即可；（3）由數(shù)列的性質(zhì)，得出4整除，即或，然后回過(guò)頭去檢驗(yàn)是否滿足題意即可.【詳解】（1）依題意，若，此時(shí)；若，此時(shí)；若，此時(shí).（2）必要性：因?yàn)?，故?shù)列為等差數(shù)列，所以，公差為-1，所以；充分性：由于，累加可得，，即，因?yàn)?，故上述不等式的每個(gè)等號(hào)都取到，所以，所以，綜上所述，“”是“”的充要條件.（3）令，依題意，，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以為偶?shù)，所以為偶數(shù)；所以要使，必須使為偶數(shù)，即4整除，亦即或，當(dāng)時(shí)，比如或，時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，比如或，時(shí)，有；當(dāng)或時(shí)，不能被4整除，.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：想要完美的做出此題，關(guān)鍵在于對(duì)數(shù)列的新性質(zhì)以及的定義有深刻的理解，由此即可順利得解.2．（2024·海南·模擬預(yù)測(cè)）定義：已知數(shù)列為有窮數(shù)列，①對(duì)任意（），總存在，使得，則稱數(shù)列為“乘法封閉數(shù)列”；②對(duì)任意（），總存在，使得，則稱數(shù)列為“除法封閉數(shù)列”，(1)若，判斷數(shù)列是否為“乘法封閉數(shù)列”.(2)已知遞增數(shù)列，為“除法封閉數(shù)列"，求和.(3)已知數(shù)列是以1為首項(xiàng)的遞增數(shù)列，共有項(xiàng)，，且為“除法封閉數(shù)列”，探究：數(shù)列是否為等比數(shù)列，若是，請(qǐng)給出說(shuō)明過(guò)程；若不是，請(qǐng)寫(xiě)出一個(gè)滿足條件的數(shù)列的通項(xiàng)公式.【答案】(1)不是(2)(3)是；說(shuō)明過(guò)程見(jiàn)解析【分析】（1）舉例說(shuō)明兩項(xiàng)之積不是數(shù)列中的項(xiàng)即可；（2）由遞增數(shù)列得不等關(guān)系，再利用不等式性質(zhì)重新排序，由此將兩類排序數(shù)列中的項(xiàng)對(duì)應(yīng)相等，建立方程組求解可得；（3）由特殊到一般，找到規(guī)律，同（2）方法分別以項(xiàng)與項(xiàng)的大小關(guān)系入手，排序可得兩個(gè)系列的等量關(guān)系，借助中間量可得比例關(guān)系，由此得證.【詳解】（1）由題意知，數(shù)列為：.由，不是數(shù)列中的項(xiàng)，故數(shù)列不是“乘法封閉數(shù)列”；（2）由題意數(shù)列遞增可知，則，且，又?jǐn)?shù)列為“除法封閉數(shù)列”，則都是數(shù)列中的項(xiàng)，所以，即①；且，即②，聯(lián)立①②解得，；（3）數(shù)列是等比數(shù)列.證明：當(dāng)時(shí)，設(shè)數(shù)列為，由題意數(shù)列遞增可知，則有，由數(shù)列為“除法封閉數(shù)列”，則這個(gè)數(shù)都是數(shù)列中的項(xiàng)，所以有，則有，③；同理由，可得，則有，即④；由③④可得，，故是等比數(shù)列.當(dāng)時(shí)，由題意數(shù)列遞增可知，則有，由數(shù)列為“除法封閉數(shù)列”，則這個(gè)數(shù)都是數(shù)列中的項(xiàng).所以有.所以有，即⑤；同理由，可得，所以.則，即⑥，聯(lián)立⑤⑥得，，則，所以有，所以，故數(shù)列an是等比數(shù)列.綜上所述，數(shù)列an【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：數(shù)列新定義問(wèn)題，解決的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是緊抓新數(shù)列的定義，如題目中“封閉”條件的使用，即“任意兩項(xiàng)之積（商）仍是數(shù)列的項(xiàng)”這一條件是解題的入手點(diǎn)；二是應(yīng)用數(shù)列的單調(diào)性或等差比通項(xiàng)特性等重要性質(zhì)構(gòu)造等量或不等關(guān)系解決問(wèn)題，如題目中根據(jù)遞增數(shù)列與不等式性質(zhì)對(duì)數(shù)列中的項(xiàng)重新排序，一個(gè)遞增數(shù)列的兩種排序形式必為同一排序，故對(duì)應(yīng)項(xiàng)相等，從而挖掘出新數(shù)列的項(xiàng)的關(guān)系.3．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）若無(wú)窮數(shù)列滿足：對(duì)于，其中為常數(shù)，則稱數(shù)列為數(shù)列．(1)若一個(gè)公比為的等比數(shù)列為“數(shù)列”，求的值；(2)若是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，在與之間依次插入數(shù)列中的項(xiàng)構(gòu)成新數(shù)列，求數(shù)列中前30項(xiàng)的和．(3)若一個(gè)“數(shù)列"滿足，設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和為．是否存在正整數(shù)，使不等式對(duì)一切都成立？若存在，求出的值；若不存在，說(shuō)明理由．【答案】(1)(2)1622(3)存在，理由見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，列出“數(shù)列”的式子，變形后得，與無(wú)關(guān)，即可求解；（2）由題意確定數(shù)列中前30項(xiàng)含有的前7項(xiàng)和數(shù)列的前23項(xiàng)，結(jié)合等差和等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式，即可求解；（3）首先求解出，可得數(shù)列的前項(xiàng)和，并假設(shè)存在，通過(guò)驗(yàn)證求得，再利用放縮法，證明結(jié)論成立.【詳解】（1）數(shù)列是等比數(shù)列，則，，則，因?yàn)榕c無(wú)關(guān)，所以，即；（2）由題意可知，，而，所以，是首項(xiàng)為1，公比為3的等比數(shù)列，而新數(shù)列中項(xiàng)（含）前共有項(xiàng)，令，結(jié)合，解得：，故數(shù)列中前30項(xiàng)含有的前7項(xiàng)和數(shù)列的前23項(xiàng)，所以數(shù)列中前30項(xiàng)的和；（3）因?yàn)閿?shù)列是“數(shù)列”，，，，則，，得，所以數(shù)列的前項(xiàng)和，假設(shè)存在正整數(shù)，使得不等式，對(duì)一切都成立，即當(dāng)時(shí)，，得，又為正整數(shù)，得下面證明：對(duì)一切都成立，由于，，所以，，所以存在，使不等式對(duì)一切都成立.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：本題第3問(wèn)首先利用特殊值，首先確定的值，再用到了放縮法，求和后說(shuō)明存在.4．（2024·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若存在正整數(shù)r，t，且，使得，同時(shí)則稱數(shù)列為“數(shù)列”．(1)若首項(xiàng)為3，公差為d的等差數(shù)列是“數(shù)列”，求d的值；(2)已知數(shù)列為等比數(shù)列，公比為q．①若數(shù)列為“數(shù)列”，，求q的值；②若數(shù)列為“數(shù)列”，，求證：r為奇數(shù)，t為偶數(shù)．【答案】(1)；(2)①或；②證明見(jiàn)解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件及“數(shù)列”的定義，列出方程組并求解即得.（2）①由數(shù)列為“數(shù)列”可得，再由，即可求出結(jié)果；②根據(jù)數(shù)列為“數(shù)列”可得，構(gòu)造函數(shù)，再按均為偶數(shù)；為偶數(shù)，為奇數(shù)；均為奇數(shù)分類，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的方法進(jìn)行處理，推理即得.【詳解】（1）由首項(xiàng)為，公差為的等差數(shù)列是“數(shù)列”，得，即，解得，所以d的值是.（2）①由數(shù)列為“數(shù)列”，得，而數(shù)列為等比數(shù)列，公比為q，當(dāng)時(shí)，無(wú)解，則，，整理得，而，則當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，所以或.②由數(shù)列為“數(shù)列”，得，而數(shù)列為等比數(shù)列，公比為q，又，則，整理得，當(dāng)均為偶數(shù)時(shí)，由，得，有，不符合題意；當(dāng)為偶數(shù)，為奇數(shù)時(shí)，，不符合題意；當(dāng)均為奇數(shù)時(shí)，，令，求導(dǎo)得，令，，求導(dǎo)得，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，即，因此函數(shù)在上單調(diào)遞增，即，不符合題意，所以為奇數(shù)，為偶數(shù).【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)睛：等比數(shù)列公比q不確定，其前n項(xiàng)和直接用公式處理問(wèn)題，漏掉對(duì)的討論.5．（2024·湖南·三模）角谷猜想，也稱為“”猜想.其內(nèi)容是：任取一個(gè)正整數(shù)，如果是偶數(shù)，將它除以2；如果是奇數(shù)，則將它乘以3再加上1，如此反復(fù)運(yùn)算，該數(shù)最終將變?yōu)?.這就是對(duì)一個(gè)正整數(shù)運(yùn)算時(shí)“萬(wàn)數(shù)歸1”現(xiàn)象的猜想.假如對(duì)任意正整數(shù)，按照上述規(guī)則實(shí)施第1次運(yùn)算后的結(jié)果記為，實(shí)施第2次運(yùn)算后的結(jié)果記為，…，實(shí)施第次運(yùn)算后的結(jié)果記為，實(shí)施第n次運(yùn)算后得到數(shù)1，停止運(yùn)算，便可以得到有窮數(shù)列，1，其遞推關(guān)系式為：叫做數(shù)列an的原始項(xiàng).將此遞推關(guān)系式推廣為：（，且），其它規(guī)則不變，得到的數(shù)列記作數(shù)列，試解答以下問(wèn)題：(1)若，則數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為_(kāi)_____；(2)求數(shù)列的原始項(xiàng)的所有可能取值構(gòu)成的集合；(3)若對(duì)任意的數(shù)列，均有，求d的最小值.【答案】(1)5；(2)；(3)2.【分析】（1），根據(jù)給定條件，逐一計(jì)算即可得數(shù)列的項(xiàng)數(shù).（2）證明對(duì)于任意的正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，均存在數(shù)列an為數(shù)列，時(shí)，，符合題意，利用反證再進(jìn)行分類討論可得.（3）先證符合題意，分類討論①當(dāng)，②當(dāng)，最后證明和兩種情況得答案.【詳解】（1），，所以數(shù)列的項(xiàng)數(shù)為5.（2），下面證明對(duì)于任意的正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，均存在數(shù)列an為數(shù)列，時(shí)，符合題意，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)，不存在數(shù)列an為數(shù)列，設(shè)此時(shí)的最小值為，即時(shí)，存在數(shù)列，時(shí)，不存在數(shù)列，①當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，因?yàn)榇嬖谝詾樵柬?xiàng)的數(shù)列，，所以就是原始項(xiàng)為的數(shù)列，與假設(shè)矛盾；②當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，因?yàn)榇嬖谝詾樵柬?xiàng)的數(shù)列，，所以就是原始項(xiàng)為的數(shù)列，與假設(shè)矛盾，綜上可知，數(shù)列的原始項(xiàng)的所有可能取值為全體大于等于2的正整數(shù)，即數(shù)列的原始項(xiàng)的所有可能取值構(gòu)成的集合為.（3）依題意，，，先證明符合題意，即，當(dāng)時(shí)，顯然成立；當(dāng)時(shí)，，即也成立；當(dāng)時(shí)，對(duì)任意，故，即，①當(dāng)時(shí)，由，所以；②當(dāng)時(shí)，由，，所以，下面證明，對(duì)任意的正偶數(shù)，構(gòu)造，先驗(yàn)證為數(shù)列，當(dāng)時(shí)，為奇數(shù)，，當(dāng)時(shí)，為偶數(shù)，，當(dāng)時(shí)，，所以為數(shù)列，下面證明不符合題意，假設(shè)，因?yàn)?，，所以，矛?綜上可得的最小值為2.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及數(shù)列新定義問(wèn)題，關(guān)鍵是正確理解給出的定義，由給定的數(shù)列結(jié)合新定義探求數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)，并進(jìn)行合理的計(jì)算、分析、推理等方法綜合解決.6．（2024·江西新余·模擬預(yù)測(cè)）已知項(xiàng)數(shù)為的有窮數(shù)列的各項(xiàng)取遍中的所有整數(shù)，我們稱該數(shù)列為“規(guī)范的”.對(duì)于一組規(guī)范列，從的第1項(xiàng)開(kāi)始，取第1個(gè)符合題意的項(xiàng)，使不是的最大項(xiàng)，然后依次刪除、第1個(gè)超過(guò)的項(xiàng)、第1個(gè)超過(guò)的項(xiàng)、，直到無(wú)法刪除為止稱為的1次“變換”.變換后剩余項(xiàng)按其相對(duì)位置不變構(gòu)成新數(shù)列（新數(shù)列也許可以再次進(jìn)行變換，則繼續(xù)進(jìn)行下去），直到最后剩下1項(xiàng)或1組遞減數(shù)列統(tǒng)稱為的“保留列”（若最終沒(méi)有剩下任何一項(xiàng)則稱是“不可保留的”，在此我們不研究這類數(shù)列），記保留列的項(xiàng)數(shù)為，若變換進(jìn)行的次數(shù)為且，則稱是“飽和的”（其中：表示不超過(guò)的最大整數(shù)）.(1)已知規(guī)范數(shù)列：5，3，2，1，4，6.求出其保留列并判斷它是否為飽和的；若交換其第5、6項(xiàng)或交換其2、3項(xiàng)，請(qǐng)直接判斷其是否為飽和的.(2)若為飽和的規(guī)范列，它的項(xiàng)數(shù)與其保留列項(xiàng)數(shù)滿足為正偶數(shù)：（i）證明：任意規(guī)定的第項(xiàng)為其保留列，總至少存在個(gè)符合題意的（其中：）.（ii）若，對(duì)每一組任意給定的，求使的項(xiàng)最多有幾個(gè)（用含的代數(shù)式）.【答案】(1)保留列：2，1..是飽和的；5、6項(xiàng)交換：飽和的；2、3項(xiàng)交換：不飽和的(2)（i）證明見(jiàn)解析；（ii）項(xiàng)數(shù)至多為【分析】（1）根據(jù)題意以及題中的相關(guān)定義即可得解.（2）（i）設(shè)為保留列，剩下的項(xiàng)按相對(duì)位置不變構(gòu)成新數(shù)列，由為偶數(shù)得，得應(yīng)刪除的總項(xiàng)數(shù)為，從而得中有項(xiàng)，取，中任取一項(xiàng)，則第一次變換應(yīng)刪除，接下來(lái)依次取為剩余項(xiàng)的第1項(xiàng)，令，于是得到了一組，接下來(lái)將數(shù)列插入（從第一項(xiàng)開(kāi)始插入）中分情況即可構(gòu)造出了一組，進(jìn)而結(jié)合的取法即可得證.（ii）先設(shè)保留列為，，，，，，，接著結(jié)合題意得到對(duì)每一組任意給定的，使的項(xiàng)有個(gè)項(xiàng)，再用反證法證明項(xiàng)數(shù)為是最多的即可得解.【詳解】（1）由題意第一次剩下：3，2，1，4，第二次剩下：2，1，結(jié)束，所以數(shù)列2，1是數(shù)列5，3，2，1，4，6的保留列.又，是飽和的，5、6項(xiàng)交換，飽和的；2、3項(xiàng)交換：不飽和的.（2）（i）由題每一次變換至少刪除2項(xiàng)，所以飽和的規(guī)范列的每次變換都能且只能刪除2項(xiàng)，不妨設(shè)為保留列，剩下的項(xiàng)按相對(duì)位置不變構(gòu)成新數(shù)列，由于為偶數(shù)，故，應(yīng)刪除的總項(xiàng)數(shù)為，故中有項(xiàng)，取，中任取一項(xiàng)，則第一次變換應(yīng)刪除；再取為剩余項(xiàng)的第1項(xiàng)，令，再?gòu)氖Ｏ碌捻?xiàng)中取一項(xiàng)，則第二次變換刪除的項(xiàng)為；再取為剩余項(xiàng)的第1項(xiàng)，令，剩下的項(xiàng)中取一項(xiàng)，...，以此類推，這樣就得到了一組，接下來(lái)將數(shù)列插入（從第一項(xiàng)開(kāi)始插入）中：項(xiàng)只有2種情況：①是的第一項(xiàng)，那么令，中其他項(xiàng)均減1；②不是的第一項(xiàng)，那么令為前面所有項(xiàng)的最小值減1，原本所有不超過(guò)的項(xiàng)減1，這樣就構(gòu)造出了一組，由的取法，共有至少存在個(gè)符合題意的.（ii）先不妨設(shè)保留列為，，，，，，，，，，這時(shí)，，除外其他項(xiàng)均滿足：，故有個(gè)項(xiàng)，將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，再將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，，將與的數(shù)值交換位置得到成立的情況，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)先取同理可得這些情況，由于，所以得到了取定時(shí)所有符合題意的情況，再證明項(xiàng)數(shù)為是最多的：由于第一項(xiàng)一定不滿足題意，于是假設(shè)若有個(gè)項(xiàng)滿足條件，那么除第一項(xiàng)外剩余項(xiàng)均應(yīng)有：，則：，，而故，以此類推得：，這時(shí)：，變換只進(jìn)行1次，剩余項(xiàng)，與矛盾，故：個(gè)項(xiàng)不成立，即項(xiàng)數(shù)至多為.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解答新定義類題型的基本思路是：（1）正確理解新定義；（2）面對(duì)全新定義的規(guī)則要結(jié)合所學(xué)的知識(shí)、經(jīng)驗(yàn)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化成熟悉的問(wèn)題或情境；（3）在新的規(guī)則運(yùn)算過(guò)程中，可結(jié)合數(shù)學(xué)中原有的運(yùn)算和運(yùn)算規(guī)則進(jìn)行計(jì)算或邏輯推理，從而達(dá)到解答的目的.④圓錐曲線新定義一、解答題1．（2024·江西新余·二模）通過(guò)研究，已知對(duì)任意平面向量，把繞其起點(diǎn)A沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)角得到向量，叫做把點(diǎn)B繞點(diǎn)A逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)角得到點(diǎn)P，(1)已知平面內(nèi)點(diǎn)，點(diǎn)，把點(diǎn)B繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到點(diǎn)P，求點(diǎn)P的坐標(biāo)：(2)已知二次方程的圖像是由平面直角坐標(biāo)系下某標(biāo)準(zhǔn)橢圓繞原點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)所得的斜橢圓C，（i）求斜橢圓C的離心率；（ⅱ）過(guò)點(diǎn)作與兩坐標(biāo)軸都不平行的直線交斜橢圓C于點(diǎn)M、N，過(guò)原點(diǎn)O作直線與直線垂直，直線交斜橢圓C于點(diǎn)G、H，判斷是否為定值，若是，請(qǐng)求出定值，若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由.【答案】(1)(2)（i）；（ⅱ）是，2【分析】（1）借助所給定義計(jì)算即可得；（2）（i）計(jì)算出該斜橢圓的長(zhǎng)軸長(zhǎng)與焦距，結(jié)合離心率定義計(jì)算即可得；（ⅱ）法一：設(shè)出直線、，聯(lián)立斜橢圓方程可得與交點(diǎn)橫坐標(biāo)有關(guān)韋達(dá)定理，結(jié)合弦長(zhǎng)公式即可表示出，計(jì)算即可得；法二：將所有點(diǎn)、直線與曲線都繞原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后，再設(shè)出直線、旋轉(zhuǎn)后方程，聯(lián)立標(biāo)準(zhǔn)方程可得與交點(diǎn)縱坐標(biāo)有關(guān)韋達(dá)定理，結(jié)合弦長(zhǎng)公式即可表示出，計(jì)算即可得.【詳解】（1）由已知可得，則，設(shè)，則，所以，，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為；（2）（i）由與交點(diǎn)為和，則，由與交點(diǎn)為和，則，所以，；（ⅱ）法一：設(shè)直線：，、Nx2,y與斜橢圓聯(lián)立：，有，∵，，∴，設(shè)直線：，代入斜橢圓，有，∴，∴，故.法二：將橢圓順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，由①可得橢圓方程為，點(diǎn)Q旋轉(zhuǎn)后的坐標(biāo)為，當(dāng)直線旋轉(zhuǎn)后斜率不存在時(shí)，，，，當(dāng)直線旋轉(zhuǎn)后斜率存在時(shí)，設(shè)直線旋轉(zhuǎn)后為，旋轉(zhuǎn)后、Nx2與橢圓方程聯(lián)立，即，可得，，，，設(shè)直線旋轉(zhuǎn)后為，代入橢圓方程中，有，，.綜上所述，.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)在于對(duì)旋轉(zhuǎn)后的方程的理解與運(yùn)用，最后一問(wèn)可直接在旋轉(zhuǎn)后的斜橢圓上計(jì)算，也可在標(biāo)準(zhǔn)橢圓下計(jì)算，其旋轉(zhuǎn)前后的線段長(zhǎng)度不變.2．（2024·新疆烏魯木齊·二模）在平面直角坐標(biāo)系中，重新定義兩點(diǎn)之間的“距離”為，我們把到兩定點(diǎn)的“距離”之和為常數(shù)的點(diǎn)的軌跡叫“橢圓”．(1)求“橢圓”的方程；(2)根據(jù)“橢圓”的方程，研究“橢圓”的范圍、對(duì)稱性，并說(shuō)明理由；(3)設(shè)，作出“橢圓”的圖形，設(shè)此“橢圓”的外接橢圓為的左頂點(diǎn)為，過(guò)作直線交于兩點(diǎn)，的外心為，求證：直線與的斜率之積為定值．【答案】(1)(2)答案見(jiàn)解析(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）設(shè)“橢圓”上任意一點(diǎn)為Px,y，則，再根據(jù)兩點(diǎn)之間的“距離”得新定義即可得解；（2）將點(diǎn)分別代入即可判斷其對(duì)稱性，取絕對(duì)值符號(hào)，進(jìn)而可得出范圍；（3）先求出橢圓方程，設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程，利用韋達(dá)定理求出，分別求出直線的方程，設(shè)，再次求出的關(guān)系，進(jìn)而求出，從而可得出結(jié)論.【詳解】（1）設(shè)“橢圓”上任意一點(diǎn)為Px,y，則，即，即，所以“橢圓”的方程為；（2）由方程，得，因?yàn)?，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(diǎn)代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關(guān)于軸對(duì)稱，將點(diǎn)代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關(guān)于軸對(duì)稱，將點(diǎn)代入得，，即，方程不變，所以“橢圓”關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以“橢圓”關(guān)于軸，軸，原點(diǎn)對(duì)稱；

（3）由題意可設(shè)橢圓的方程為，將點(diǎn)代入得，解得，所以橢圓的方程為，，由題意可設(shè)直線的方程為，聯(lián)立，得，恒成立，則，因?yàn)榈闹悬c(diǎn)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(shè)，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(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求定值問(wèn)題常見(jiàn)的方法有兩種：（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無(wú)關(guān)；（2）直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過(guò)程中消去變量，從而得到定值．3．（2024·江蘇南通·二模）在平面直角坐標(biāo)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(diǎn).當(dāng)l垂直于x軸時(shí)，.(1)求Γ的方程；(2)對(duì)于給定的點(diǎn)集M，N，若M中的每個(gè)點(diǎn)在N中都存在距離最小的點(diǎn)，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為.（?。┤鬗，N分別為線段AB與圓O上任意一點(diǎn)，P為圓O上一點(diǎn)，當(dāng)?shù)拿娣e最大時(shí)，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)（?。唬áⅲ┳C明見(jiàn)解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出，再結(jié)合離心率求出即得.（2）（?。┰谥本€的斜率存在時(shí)，設(shè)出直線方程并與橢圓方程聯(lián)立，借助判別式求出圓心到距離，列出的面積關(guān)系求解，再驗(yàn)證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結(jié)合對(duì)稱性推理即得.【詳解】（1）因?yàn)楫?dāng)垂直于軸時(shí)，，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(dāng)?shù)男甭蚀嬖跁r(shí)，設(shè)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(shè)，求導(dǎo)得，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，因此當(dāng)時(shí)，取得最大值，此時(shí)，當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r(shí)，由（1）知，，由，得，則.對(duì)于線段上任意點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)與圓交于點(diǎn)，則是圓上與最近的點(diǎn)，當(dāng)為線段的中點(diǎn)時(shí)，取得最大值，所以.（ii）因?yàn)榫嬖?，設(shè)點(diǎn)，且，設(shè)是集合中到的最近點(diǎn)，根據(jù)對(duì)稱性，不妨設(shè)，令點(diǎn)到集合的最近點(diǎn)為，點(diǎn)到集合的最近點(diǎn)為，因?yàn)槭羌现兴悬c(diǎn)到集合最近點(diǎn)距離的最大值，則，因?yàn)槭羌现兴悬c(diǎn)到集合最近點(diǎn)距離的最大值，則，因此，而在坐標(biāo)平面中，，又點(diǎn)是集合中到點(diǎn)的最近點(diǎn)，則，所以.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第（2）問(wèn)涉及新定義問(wèn)題，反復(fù)認(rèn)真讀題，理解最小距離的最大值的含義是解題的關(guān)鍵.4．（2024·湖南·二模）直線族是指具有某種共同性質(zhì)的直線的全體，例如表示過(guò)點(diǎn)的直線，直線的包絡(luò)曲線定義為：直線族中的每一條直線都是該曲線上某點(diǎn)處的切線，且該曲線上的每一點(diǎn)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(luò)曲線，求滿足的關(guān)系式；(2)若點(diǎn)Px0,y0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(luò)曲線(3)在（2）的條件下，過(guò)曲線上兩點(diǎn)作曲線的切線，其交點(diǎn)為.已知點(diǎn)C0,1，若三點(diǎn)不共線，探究是否成立？請(qǐng)說(shuō)明理由.【答案】(1)(2)(3)成立，理由見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)包絡(luò)曲線的定義利用直線和圓相切即可得；（2）易知方程無(wú)解，根據(jù)判別式可得，證明可得直線族的包絡(luò)曲線為；（3）法一：求出兩點(diǎn)處曲線的切線的方程，解得，根據(jù)平面向量夾角的表達(dá)式即可得，即；法二：過(guò)分別作準(zhǔn)線的垂線，連接，由導(dǎo)數(shù)求得切線斜率并利用拋物線定義和三角形內(nèi)角關(guān)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(diǎn)Px0,所以無(wú)論取何值時(shí)，無(wú)解.將整理成關(guān)于的一元二次方程，即.若該方程無(wú)解，則，即.證明：在上任取一點(diǎn)在該點(diǎn)處的切線斜率為，于是可以得到在點(diǎn)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(diǎn)處的切線都是該直線族中的某條直線，而對(duì)任意都是拋物線在點(diǎn)處的切線.所以直線族的包絡(luò)曲線為.（3）法一：已知C0,1，設(shè)A則，；由（2）知在點(diǎn)Ax1,y同理在點(diǎn)Bx2,y聯(lián)立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：過(guò)分別作準(zhǔn)線的垂線，連接，如圖所示：則，因?yàn)?，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(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于理解包絡(luò)曲線的定義，利用直線和曲線相切求出包絡(luò)曲線的方程為并進(jìn)行證明，再利用拋物線定義和性質(zhì)即可得出結(jié)論.5．（2024·河南南陽(yáng)·一模）在橢圓(雙曲線)中，任意兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)都在同一個(gè)圓上，該圓的圓心是橢圓(雙曲線)的中心，半徑等于橢圓(雙曲線)長(zhǎng)半軸(實(shí)半軸)與短半軸(虛半軸)平方和(差)的算術(shù)平方根，則這個(gè)圓叫蒙日?qǐng)A.已知橢圓的蒙日?qǐng)A的面積為，該橢圓的上頂點(diǎn)和下頂點(diǎn)分別為，且，設(shè)過(guò)點(diǎn)的直線與橢圓交于兩點(diǎn)（不與兩點(diǎn)重合）且直線.(1)證明：，的交點(diǎn)在直線上;(2)求直線圍成的三角形面積的最小值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)【分析】（1）由題意求橢圓方程，設(shè)直線，聯(lián)立方程結(jié)合韋達(dá)定理分析證明；（2）設(shè)直線與直線的交點(diǎn)分別為，可得，結(jié)合韋達(dá)定理求得的最小值為，即可得結(jié)果.【詳解】（1）根據(jù)題意，蒙日?qǐng)A的半徑為，所以.因?yàn)?，可知，則，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為，因?yàn)橹本€過(guò)點(diǎn)，可知直線的斜率存在，且直線與橢圓必相交，可設(shè)直線，聯(lián)立方程，消去可得，由根與系數(shù)的關(guān)系可得：因?yàn)椋傻弥本€，直線，所以即，解得，所以直線的交點(diǎn)在直線上.（2）設(shè)直線與直線的交點(diǎn)分別為，則由（1）可知：直線，直線.聯(lián)立方程和，解得因?yàn)?，又因?yàn)辄c(diǎn)到直線的距離，可得，只需求的最小值.由弦長(zhǎng)公式可得令，則.可得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立.即的最小值為，可得面積的最小值為.故直線圍成的三角形面積的最小值為.

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：與圓錐曲線有關(guān)的最值問(wèn)題的兩種解法：（1）數(shù)形結(jié)合法：根據(jù)待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質(zhì)求解；（2）構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量，構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其最值，常用基本不等式或?qū)?shù)法求最值（注意：有時(shí)需先換元后再求最值）．⑤立體幾何新定義一、解答題1．（24-25高三上·浙江·開(kāi)學(xué)考試）已知是棱長(zhǎng)為的正四面體，設(shè)的四個(gè)頂點(diǎn)到平面的距離所構(gòu)成的集合為，若中元素的個(gè)數(shù)為，則稱為的階等距平面，為的階等距集.(1)若為的1階等距平面且1階等距集為，求的所有可能值以及相應(yīng)的的個(gè)數(shù)；(2)已知為的4階等距平面，且點(diǎn)與點(diǎn)分別位于的兩側(cè).若的4階等距集為，其中點(diǎn)到的距離為，求平面與夾角的余弦值.【答案】(1)答案見(jiàn)解析(2).【分析】（1）分兩種情況得出的所有可能值以及相應(yīng)的的個(gè)數(shù)；（2）先根據(jù)已知得出，再計(jì)算求得余弦值.【詳解】（1）①情形一：分別取的中點(diǎn)，由中位線性質(zhì)可知，此時(shí)平面為的一個(gè)1階等距平面，為正四面體高的一半，等于.由于正四面體有4個(gè)面，這樣的1階等距平面平行于其中一個(gè)面，有4種情況；②情形二：分別取的中點(diǎn)將此正四面體放置到棱長(zhǎng)為1的正方體中，則為正方體棱長(zhǎng)的一半，等于.由于正四面體的六條棱中有3組對(duì)棱互為異面直線，這樣的1階等距平面平行于其中一組異面直線，有3種情況.綜上，當(dāng)?shù)闹禐闀r(shí)，有4個(gè)；當(dāng)?shù)闹禐闀r(shí)，有3個(gè).（2）在線段上分別取一點(diǎn)，使得，則平面即為平面.如圖，取中點(diǎn)，連接，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為軸，過(guò)點(diǎn)且與平面垂直的直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，，設(shè)，，設(shè)平面法向量為m=所以，即，所以，又平面的法向量為，設(shè)平面與夾角為所以，所以平面與夾角余弦值為.2．（23-24高一下·重慶·期中）離散曲率是刻畫(huà)空間彎曲性的重要指標(biāo)．設(shè)為多面體的一個(gè)頂點(diǎn)，定義多面體在點(diǎn)處的離散曲率為，其中為多面體的所有與點(diǎn)相鄰的頂點(diǎn)，且平面，平面，…，平面和平面為多面體的所有以為公共點(diǎn)的面.(1)求四棱錐在各個(gè)頂點(diǎn)處的離散曲率的和；(2)如圖，現(xiàn)已知四棱錐的底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，且，頂點(diǎn)在底面的射影為的中點(diǎn).①若，求該四棱錐在處的離散曲率；②若該四棱錐在處的離散曲率，求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)2(2)①；②【分析】（1）根據(jù)離散曲率的定義，直接計(jì)算，即可得答案；（2）①求出的值，利用余弦定理求出頂點(diǎn)S處的側(cè)面的頂角大小，即可求得答案；②根據(jù)四棱錐在處的離散曲率，求出棱錐的高，再根據(jù)線面角的定義，即可求解答案.【詳解】（1）由題意可知四棱錐在各個(gè)頂點(diǎn)處的角的和，即等于四個(gè)側(cè)面上的三角形和底面四邊形的內(nèi)角和，即，故四棱錐在各個(gè)頂點(diǎn)處的離散曲率的和為：；（2）①連接，由于底面是邊長(zhǎng)為2的菱形，故交于點(diǎn)O，，則為正三角形，則,底面，底面，故，，則，，則，由于為三角形內(nèi)角，故；同理求得，故該四棱錐在處的離散曲率；②由題意可知四棱錐的是個(gè)側(cè)面三角形全等，即得，四棱錐在處的離散曲率，則，設(shè)，則，而，故，解得，作于E，則E為AB中點(diǎn)，結(jié)合題意知為正三角形，故，作于F，則，且，則;連接，由于底面，底面，故，平面，故平面，平面，故平面平面，平面平面，作于G，則平面，則即為直線與平面所成角，則.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題考查空間幾何的新定義問(wèn)題，解答的關(guān)鍵是要理解新定義，并能根據(jù)新定義的含義去解決問(wèn)題；解答第二問(wèn)時(shí)，要能根據(jù)四棱錐在處的離散曲率，求出棱錐的高，進(jìn)而根據(jù)線面角定義解決問(wèn)題.3．（23-24高一下·湖南長(zhǎng)沙·期末）空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫(huà)空間的彎曲性，規(guī)定：多面體頂點(diǎn)的曲率等于與多面體在該點(diǎn)的面角之和的差，其中多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制.例如：正四面體每個(gè)頂點(diǎn)均有3個(gè)面角，每個(gè)面角均為，故其各個(gè)頂點(diǎn)的曲率均為.如圖，在直三棱柱中，點(diǎn)的曲率為，，分別為，的中點(diǎn)，且.(1)證明：平面；(2)若，求二面角的余弦值；(3)表面經(jīng)過(guò)連續(xù)變形可以變?yōu)榍蛎娴亩嗝骟w稱為簡(jiǎn)單多面體.關(guān)于簡(jiǎn)單多面體有著名歐拉定理：設(shè)簡(jiǎn)單多面體的頂點(diǎn)數(shù)為，棱數(shù)為，面數(shù)為，則有：.利用此定理試證明：簡(jiǎn)單多面體的總曲率（多面體有頂點(diǎn)的曲率之和）是常數(shù).【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）由直棱柱的性質(zhì)可得，，再由點(diǎn)的曲率可求出，則為等邊三角形，所以，再利用線面垂直的判定定理可證得結(jié)論；（2）取的中點(diǎn)，連接，則平面，所以，，則平面，所以可得為二面角的平面角，在中可求得結(jié)果；（3）設(shè)多面體有個(gè)面，給組成多面體的多邊形編號(hào)，分別為號(hào)，設(shè)第號(hào)（）多邊形有條邊，表示出多面體的所有的棱和頂點(diǎn)，及所有多邊形的內(nèi)角之和為，從而可表示出總曲率，化簡(jiǎn)可得結(jié)果.【詳解】（1）證明：因?yàn)樵谥比庵?，平面，平面，所以，所以點(diǎn)的曲率為，得，因?yàn)?，所以為等邊三角形，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，因?yàn)槠矫?，平面，所以，因?yàn)?，平面，所以平面；?）解：取的中點(diǎn)，連接，因?yàn)闉榈冗吶切?，所以，因?yàn)槿庵鶠橹比庵云矫嫫矫?，因?yàn)槠矫嫫矫?，平面，所以平面，因?yàn)槠矫妫?，設(shè)，則，所以，所以，因?yàn)?，平面，所以平面，因?yàn)槠矫?，所以，所以為二面角的平面角，因?yàn)?，所以在中，，所以二面角的余弦值為；?）證明：設(shè)多面體有個(gè)面，給組成多面體的多邊形編號(hào)，分別為號(hào)，設(shè)第號(hào)（）多邊形有條邊，則多面體共有條棱，由題意，多面體共有個(gè)頂點(diǎn)，號(hào)多邊形的內(nèi)角之和為，所以所有多邊形的內(nèi)角之和為，所以多面體的總曲率為所以簡(jiǎn)單多面體的總曲率為.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查線面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解題的關(guān)鍵是對(duì)多面體曲率的正確理解，考查推理能力和計(jì)算能力，屬于難題.4．（23-24高一下·山東臨沂·期末）類比思想在數(shù)學(xué)中極為重要，例如類比于二維平面內(nèi)的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理：如圖1，由射線，，構(gòu)成的三面角，記，，，二面角的大小為，則．如圖2，四棱柱中，為菱形，，，，且點(diǎn)在底面內(nèi)的射影為的中點(diǎn)．(1)求的值；(2)直線與平面內(nèi)任意一條直線夾角為，證明：；(3)過(guò)點(diǎn)作平面，使平面平面，且與直線相交于點(diǎn)，若，求值．【答案】(1)(2)證明見(jiàn)解析(3)【分析】（1）連接，即可證明平面平面，即二面角的大小為，求出，再由所給三面角余弦定理計(jì)算可得；（2）依題意可得，設(shè)平面內(nèi)任一條直線為，分過(guò)點(diǎn)與不過(guò)點(diǎn)兩種情況，當(dāng)過(guò)點(diǎn)，記與的夾角為（），則，結(jié)合余弦函數(shù)的性質(zhì)即可得證；（3）連接，，首先證明平面平面，從而得到平面平面，再由面面平行的性質(zhì)得到，從而得到，即可得解.【詳解】（1）連接，由已知得平面，，又平面，所以平面平面，所以二面角的大小為，因?yàn)闉榱庑危?，所以，又，所以，在中，，由三面角余弦定理可?（2）依題意可得，設(shè)平面內(nèi)任一條直線為，若過(guò)點(diǎn)