2025年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專練：新定義問題（10大題型）解析版

解答題：新定義問題

題型1集合的新定義問題題型6數(shù)列的新定義問題

題型2函數(shù)與導(dǎo)致的新定義問題題型7立體幾何的新定義問題

題型3復(fù)數(shù)與不等式的新定義問題新定義問題題型8平面解析幾何的新定義問題

題型4三角函數(shù)的新定義問題題型9概率統(tǒng)計(jì)的新定義問題

題型5平面向量的新定義問題題型10高等數(shù)學(xué)背景下的新定義問題

題型一：集合的新定義問題

蘢麓》大題典例

(24-25高三上?山東?期中)已知集合5={0,1,2,…集合T=S,記T的元素個(gè)數(shù)為叩.若集合T

中存在三個(gè)元素。，b,c(a<b<c),使得c+2a>36,則稱7為“理想集”.

(1)若〃=1,分別判斷集合工=也2,3,5},4={0,1,2,5}是否為“理想集”(不需要說明理由)；

(2)若力=1,寫出所有的“理想集”7的個(gè)數(shù)并列舉；

⑶若|為=4〃+2,證明:集合T必為“理想集”.

【答案】(1)北不是“理想集”，石是“理想集”；(2)答案見解析；(3)證明見解析

【解析】(1)工不是“理想集”，心是“理想集”.

由題意，令a=0,6=2,c=3,則3+2x0<3x2；

令a=0,6=2,c=5,貝！]5+2x0<3x2；令a=0,6=3,c=5,貝！15+2x0<3x3；

令a=2,6=3,c=5,則5+2x2<3x3；所以北不是“理想集”.

令“=1,6=24=5,貝1]5+2xl>3x2,所以石是“理想集

(2)共16個(gè)“理想集”.

若力=1,有5={0,1,2,3,4,5}.

當(dāng)|T|=3時(shí)，若。=0,貝121,由c+2a>36可知c>3623,故3,c)=(1,4)或(1,5)；

若a=l,則622,由c+2a>36可知c+2>3626,則4<cV5,故(仇c)=(2,5).

故含有三個(gè)元素的“理想集"7={0,1,4},{0,1,5}或{1,2,5},共3個(gè).

當(dāng)|T1=4時(shí)，7={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個(gè).

當(dāng)|7>5時(shí),T={0,1,2,3,4},{0,123,5},{0,1,2,4,5},{0,1,3,4,5},{1,2,3,4,5},共5個(gè).

當(dāng)1=6時(shí),7={0,1,2,3,4,5},共1個(gè).

綜上所述，所有“理想集”7的個(gè)數(shù)為16個(gè)分別為：

{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|7|=4"+2,記7={玉,工2,…，匕2}且04再<%<…<匕計(jì)245".

利用反證法，假設(shè)對于7中任意三個(gè)元素。，b,c(a<b<c),均有c+2a436,

則3%+iWx4,+2+2%,z=l,2,...?4M+1.

記N=匕“+2—x,，于是%4V/，貝|」加+1vg%v…yi-

因此14%向V[J（X「亦偌]（5"-0）=制“<1,矛盾.

故集合7必為“理想集”.

龍籠》犀魂揖號.

集合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(zhuǎn)化為具體的簡單的應(yīng)用，從而加深對信息的理解；

（2）可用自己的語言轉(zhuǎn)述新信息所表達(dá)的內(nèi)容，如果能清晰描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；

（3）發(fā)現(xiàn)新信息與所學(xué)知識的聯(lián)系，并從描述中體會信息的本質(zhì)特征與規(guī)律；

（4）如果新信息是課本知識的推廣，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

用書上的概念.

蔻塞》笠式訓(xùn)級

1.（24-25高三上?廣東?月考）已知集合/={1,2,3,…,2〃}（〃eN*）,S是集合/的子集，若存在不大于"

的正整數(shù)機(jī)，使集合S中的任意一對元素[，S],都有加，則稱集合S具有性質(zhì)P.

⑴當(dāng)〃=10時(shí)，試判斷集合8={xcHx>9^C=keHx=3""eN*}是否具有性質(zhì)尸？并說明理由；

（2）當(dāng)“=100時(shí)，若集合S具有性質(zhì)尸，那么集合7={201-苫,€5}是否具有性質(zhì)尸？并說明理由；

（3）當(dāng)”=3左，左eN*時(shí)，若集合S具有性質(zhì)P求集合S中元素個(gè)數(shù)的最大值/（"）.

【答案】（1）集合8不具有性質(zhì)產(chǎn)，集合C具有性質(zhì)產(chǎn)，理由見解析

出7={201-工區(qū)€$}具有性質(zhì)產(chǎn)，理由見解析；(3"(〃)=〃

【解析】(1)集合8不具有性質(zhì)產(chǎn)，集合C具有性質(zhì)P,理由如下：

當(dāng)〃=10時(shí)，/={1,2,3,…，20},5={10,11,…，20},

C={2,5,8,U,14,17,20},

因?yàn)閷τ谌我獠淮笥?0的加，都可以找到該集合中的兩個(gè)元素自=10,4=10+機(jī)，

使得-4卜加成立，

因?yàn)榭扇〖?1<10，對于該集合中的任意一對元素G=3%-1,02=3&-1,k1,k2eN,,

都有ki—c?|=3%—左N1,kx,k2GN,

故集合8不具有性質(zhì)P,集合C具有性質(zhì)?；

(2)7={201-x|xeS}具有性質(zhì)產(chǎn)，理由如下：

當(dāng)月=100時(shí)，^4={1,2,3,-??,200),

T={201—e$},任取f=201—e7,其中工。€$,

因?yàn)樗詘°e{l,2,3,…,200},

從而1V2O1-XOW2OO,gpz=2Ol-xoe^,故

因?yàn)榧蟂具有性質(zhì)P,故存在不大于100的正整數(shù)機(jī)，

使得對于S中的任意一對元素，都有卜1-S2IR冽，

對于上述正整數(shù)加，從7={201-尤忖?5}中任取一對元素。=201-西出=201-%，

其中3&S,則有，-修=卜-工2卜比,

故集合T={201-x|xeS}具有性質(zhì)產(chǎn)；

(3)n=3k,KeN*時(shí)，4={1,2,3,…，6左},

S^A,集合S具有性質(zhì)P,

對于"743斤，AeN*,對于s中的任意一對元素S],$2，都有卜1-52上機(jī)，

要求集合S中元素個(gè)數(shù)的最大值，

若leS,則剩余元素為隆+2,3后+3,…,6左,

此時(shí)S中元素個(gè)數(shù)為6左-(3左+2)+1+1=3左，

若2eS,則剩余元素為3左+3,…,6左,

止匕時(shí)S中元素個(gè)數(shù)為6左一(34+3)+1+1=3左一1,

依次類推，

若3人-leS,則剩余元素為6左，此時(shí)S中元素個(gè)數(shù)為2,

若3人eS,貝US中不在含有其他元素，此時(shí)S中元素個(gè)數(shù)為1,

若弘+leS,則S中不在含有其他元素，此時(shí)S中元素個(gè)數(shù)為1,

若弘+2eS,則剩余元素為1,此時(shí)S中元素個(gè)數(shù)為2,

若6左eS,則剩余元素為1,2,…3后-1,此時(shí)S中元素個(gè)數(shù)為3左-1-1+1+1=3左，

綜上，f（n）=3k=n.

2.（24-25高三上?北京?期中）已知集合力={1,2,3,…"，其中”?N*,4，4，…，4是A的互不相同的

子集.記4的元素個(gè)數(shù)為",a=12…,機(jī)），4n4的元素個(gè)數(shù)為可（i<z<j<m）.

⑴若〃=4,m=3,4={1，2},4={1,3},噩=妁=1,寫出所有滿足條件的集合4（結(jié)論不要求證明）;

（2）若〃=5,且對任意的都有N）>0,求小的最大值；

⑶若給定整數(shù)"27,（i=l,2,…，皿）且對任意機(jī)，都有必=1,求機(jī)的最大值.

【答案】（1）4={1}或4={1,4}或4={2,3}或4={2,3,4}；（2）mmax=16；（3）mmax=n

【解析】（1）因?yàn)閬V3=也3=1,則4c4和4n4的元素個(gè)數(shù)均為1,

又因?yàn)椤?4,4={1,2},4={1,3},則/={1,2,3,4},

若4c4={1},4c4={1},則4={1}或4={1,4}；

若4c4={2},4c4={3},則4={2,3}或4={2,3,4}；

綜上4={1}或4={1,4}或4={2,3}或4={2,3,4）.

（2）集合/={123,4,5}共有32個(gè)不同的子集，

將其兩兩配對成16組B?G（，=1,2,…,16）,

使得B,cQ=0,B?C：=A,則當(dāng)C,不能同時(shí)被選中為子集4（/=1,2,…,加），故/416.

選擇A的16個(gè)含有元素1的子集：4=⑴,4={1,2},4={1,3},……Al6=A,符合題意.

綜上，外皿=16.

（3）結(jié)論:%1ax=n,

令4={1},4={1,2},4={1,3},An={1,〃},集合4?A"符合題意.

證明如下：

①若4?4中有一元集合，不妨設(shè)4={1},

則其它子集中都有元素I,且元素2?n都至多屬于1個(gè)子集，

所以除4外的子集至多有〃-1個(gè)，故加

②若4?4中沒有一元集合，但有二元集合，不妨設(shè)4={1,2}.其它子集分兩類：

耳=卜也}或卜必，4}（/=1,2,…,s）,和J={2勺}或{2,卬引（/=1,2,…乃，

其中sN%,如々.互不相同，C/C互不相同且均不為1,2.

若，=0,貝iJsW〃-2,^m=\+s+t<n-\<n

若此1,則由冏cG卜1得每個(gè)集合Bj中都恰包含G中的1個(gè)元素（不是2）,

且互不相同，

因?yàn)镚中除2外至多還有2個(gè)元素，所以sW2.

所以〃7=1+S+/V1+2+2<〃.

③若4?4均為三元集合，不妨設(shè)4={1,2,3}.將其它子集分為三類：

Bj={1,勺,4}0=1,2,…,s）,q={2,盯C}行=1,2,…,f）Q.={3,dp4.}（7=1,2,…,r）,

其中

若"r=0,則（除1,2,3外，其它元素兩個(gè)一組與1構(gòu)成集合目?。）,

若此1,不妨設(shè)C產(chǎn){2,4,5},

則由冏cG|=1得每個(gè)集合Bj中都或者有4、或者有5,

又用,鳥,…，及.中除1外無其它公共元素，所以s42.

所以加=l+s+%+〃Wl+2+2+2=7W〃.

綜上，^max=?.

題型二：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的新定義問題

蘢能》大題典例

（23-24高三上?北京?月考）設(shè)離散型隨機(jī)變量X和F有相同的可能取值，它們的分布列分別為尸（X=%）=/,

P{Y=ak}=yk,xk>0,%>0,斤=1,2,…,〃，為=才九=1.指標(biāo)D（XIIV）可用來刻畫X和y的相似程

k=lk=l

度,其定義為D（X||y）=f41n區(qū).設(shè)X?3（〃,p）,0<p<l.

k=iyk

⑴若y?5（凡辦0<q<1,求D（xl|y）；

（2）若"=2,尸（￥=左一1）=；,笈=1,2,3,求￡>（X||7）的最小值；

（3）對任意與x有相同可能取值的隨機(jī)變量y,證明：r>（xllr）>o,并指出取等號的充要條件

【答案】（1）吵In器非+加!!二；（2）ln3-1ln2；（3）證明見解析

【解析】⑴不妨設(shè)勾=左，則x,=CR(l-”T,%=CW(l-q)T.

k\n-k

所以。(刈y)=￡cR(i_0"Yin?！?

k=oq0-0)

=InAC:pR.p)〃<+〃ln欠tC5k(1-P)'T=呼m+n\n^.

q(i-p)k=01一qk=0夕(1一0)If

(2)當(dāng)〃=2時(shí)，P(X=2)=p\P(X=l)=2p(l-p1P(X=0)=(1-p)2,

ifif(p)=D(X\\Y)=p2Xa3p1+2p(\-p)\n6p(1-p)+(\-pfln3(l-j>)2

=p1Inp2+2p(l-p)]n2p(l-p)+(l-p)2ln(l-/?)2+ln3,

則/(P)=4plnp+2p+(2-4p)\\n2p(l-p)+]]-4(l-p)}n(l-p)-2(1-p)=2[ln/?-ln(l-/?)+(l-2/?)ln2],

令g(p)=ln0-ln(l-p)+(l-2p)ln2,貝！]g'(0)='+-----21n2>0,

P1-P

令。(？)='+一一一21n2,則。'(0=::I、？,

P1-PP(1-。)

當(dāng)0<p<；時(shí)，d(0)<0,e(p)單調(diào)遞減；

當(dāng)g<p<l時(shí)，"(p)>0,0(0)單調(diào)遞增；

所以0(p)>e[；J=4-21n2>O,則g(p)單調(diào)遞增，而g][=0,

所以/5)在收|為負(fù)數(shù)，在為正數(shù)，

則f(P)在[。,￡|單調(diào)遞減,在加單調(diào)遞增,

3

所以0(X11丫)的最小值為ln3-5M2.

11_

(3)令〃(%)=lnx-x+l,貝|J4(%)=——1=-----r-,

XX

當(dāng)0<x<l時(shí)，h\x)>0,〃(%)單調(diào)遞增；

當(dāng)x〉l時(shí)，〃'(x)<0,〃(x)單調(diào)遞減；

所以可%)〈妝1)=0,即Inx-X+1W0,當(dāng)且僅當(dāng)％=1時(shí)，等號成立，

則當(dāng)x>0時(shí)，InxWx-l,所以In,W，-1,即InxZl-L

XXX

故O(X1|y)=tx*ln^1-比==°，

k=lyk*=1\X/c/k=lk=lk=\.

當(dāng)且僅當(dāng)對所有的％,4=%時(shí)等號成立.

莪卷》解法指導(dǎo)

函數(shù)新定義問題，命題新穎，常?？紤]函數(shù)的性質(zhì)，包括單調(diào)性，奇偶性，值域等，且存在知識點(diǎn)交叉，

會和導(dǎo)函數(shù)，數(shù)列等知識進(jìn)行結(jié)合，很好的考慮了知識遷移，綜合運(yùn)用能力，對于此類問題，一定要解讀

出題干中的信息，正確理解問題的本質(zhì)，轉(zhuǎn)化為熟悉的問題來進(jìn)行解決。

龍麓》奠式訓(xùn)級

1.(24-25高三上?湖北?期中)把滿足任意x,"R總有++=力的函數(shù)稱為“類

余弦型，，函數(shù).

17

⑴已知/(無)為“類余弦型”函數(shù)/(x)>0,〃2)==,求/(1)的值；

O

⑵在⑴的條件下，定義數(shù)列:a?=2/(n+l)-/(n)(neN,),求噫爭抽自十…+喀號的值；

⑶若g(x)為“類余弦型”函數(shù)，且g(0)>0,對任意非零實(shí)數(shù)/，總有g(shù)(/)>l.設(shè)有理數(shù)A3滿足民|>聞,

判斷g@2)與g(xj的大小關(guān)系，并給出證明.

【答案】(1)j(2)4950；(3)g(x2)>g(xj,證明見解析

【解析】⑴令x=y=0則，/(0)+/(0)=2/2(0),又/(x)>0,故"0)=1,

令x=l,尸1,則〃2)+40)=2/⑴/⑴，則尸⑴:孑，

乂/⑴>0,故〃1)=：；

(2)令x=",y=l,”eN+,則++=2=，

即2/(〃+1)-/(")=2[2/(〃)一/(〃一1)],

=2/(?+1)-/(?)(?￡N*),則%=2%,

又為=3,所以數(shù)列｛%｝以2為公比，3為首項(xiàng)的等比數(shù)列，

即a“=3x2i,則噫.=〃-1,

貝！]log22+log2?+—I-log2=0+1+2H1-99=xlOO=4950；

(3)由題意得：函數(shù)g(x)定義域?yàn)镽,定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱，

令x=y=O,有g(shù)(O)+g(O)=2g2⑼，又g(0)>0,故g(O)=L

令無=0,>為任意實(shí)數(shù)，則g(y)+g(-y)=2g(o)g(y),即g(y)=g(-y),故g(x)是偶函數(shù),

因?yàn)間(x+y)+g(x-y)=2g(x)g(y),又因?yàn)楫?dāng)x/0時(shí)，g(x)>l,

所以當(dāng)xwO時(shí),有2g(x)g(y)>2g(y),所以g(無+y)+g(x-y)>2g(y),

又民I，㈤為有理數(shù)，不妨設(shè)1|=>，卜2|=一，

Q\Qi

令N為同，㈤分母的最小公倍數(shù)，且㈤=},|引=：，。，6均為自然數(shù)，且"6,

設(shè)G=g［5］，xeN,g(O)=l<g^,則C0<G，

令x=Ny=N則8匕廠/匕力逸匕)

即c?+1+C?_,>2C?,貝UC?+1-C?>C?-C?_1；

即可得c,M-Q>G-GT>C?--q_2>->C2-G>c-c0>o，

故可得g［5］單調(diào)遞增，則g(M>g(M，

又g(x)是偶函數(shù)，所以有g(shù)(z)>g(xj.

2.(24-25高三上?上海?期中)已知函數(shù)y=/(x),若其定義域?yàn)?0,+功，且滿足礦對一

切尤e(O,y)恒成立，則稱/(x)為一個(gè)“逆構(gòu)造函數(shù)”.

⑴設(shè)g(x)=d+l(x>0),判斷y=g(x)是否為“逆構(gòu)造函數(shù)”，并說明理由;

(2)若函數(shù)y=依-3-Inx-U是，，逆構(gòu)造函數(shù),,，求。的取值范圍；

X

⑶已知“逆構(gòu)造函數(shù)“v=/(x)滿足對任意的都有/(玉+/)《〃網(wǎng))/伉)，且/⑴=2.求證：

對任意關(guān)于x的方程/(x)=a無解.

【答案】(1)是，理由見解析；(2):*1-￡］；(3)證明見解析

【解析】(1)由于g'(x)=3x?,故對xe(0,+8)有xg(x)-g(x)=3x3-X3-1=29-1>-1.

所以y=gO)是否為“逆構(gòu)造函數(shù)”.

(2)由y'—ciI2-xyr-y—cix-1H----------ux+3+InxH------2+InxH--------.

XXXXX

一方面，若函數(shù)>="一3-lnx—L^是“逆構(gòu)造函數(shù)”，則孫'一〉〉一1,即2+lnx+2。")>一1.

XX

所以3+Inx+—―〉0對任意x>0成立.

x

特別地，取x=e-3得3-3+生W>。，從而注”>0,故

e-3e-3

得3+ln（2（l-明+差

再取x=2(l-a),>0,從而3+ln(2(l-Q))+1〉0.

此即ln（2（l-a））>一4,故2（l-a）>eT,解得。<1-上；

另一方面，若。<1一人，貝lJ2（l-a）>ei.

設(shè)°(7)=f-ini,則d("=i_；=Y，所以對0</<i有"'("="^<0,對,>［有d(r)=?>0.

從而/?）在（o』上遞減，在口,+℃）上遞增，故0（i）=i.

所以對x>0,有

-4

2,(1—CL)p己-4巳-4\1(巳-4\

xyf-y=2+lnx+----->2+lnxd---=2+-----In——-In—-=2+^?——-4>2-l-4=-l.

xxxxJeI%)

1—Z7

從而止匕時(shí)函數(shù)歹二"一3-Inx-----是“逆構(gòu)造函數(shù)

x

綜上，0的取值范圍是［叫1-一］.

（3）設(shè)則

%,工2X2X2

所以九（%）在（0,+8）上單調(diào)遞增.

一方面,對xWl,有〃x）_l="（上"（1）==—=］>o.

所以對任意xNl,有

另一方面，對0<x<l,假設(shè)/（x）40,

則根據(jù)/。）=2>0及零點(diǎn)存在定理，存在”［?。┦沟?（〃）=0.

再由條件/（國+工2）4/（西）/（工2），

知2=/■⑴=/（〃+（1-〃04八〃）［。一〃）=0./（1-〃）=0,矛盾.

所以對任意0<x<l,有〃x）>0.

假設(shè)存在0</<1使得/（%）V1,則根據(jù)41）=2>1及零點(diǎn)存在定理，存在"1）使得〃"）=1.

從而對任意X>0,有/（X+M）</（X）/（M）=/（%）.

A./（!+?）-1/、/、/⑴一1/⑴T/（1+?）-1

但由u>0,知U---L_=/?（i+M）=_>2AJ—---->-,矛盾.

1+MV\>11+w1+M

所以對任意0<x<l,都有〃x）>L

綜合兩方面可知，對任意的x>0,都有/（x）>l.

所以對任意aVI,關(guān)于x的方程/卜）=。一定無解.

題型三：復(fù)數(shù)與不等式的新定義問題

蔻塞》大題典例

（24-25高三上?江蘇泰州?月考）已知常數(shù)。也ceR,設(shè)關(guān)于龍的方程辦2+區(qū)+。=0.

（1）在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)求解該方程.

b

Xj+x2=—,

（2）當(dāng)aw0時(shí)，設(shè)該方程的復(fù)根分別為網(wǎng),馬,證明：°

c

.~a

（3）如果多項(xiàng)式的系數(shù)是復(fù)數(shù)，那么稱該多項(xiàng)式為復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式.已知任何一元〃次（〃eN*）復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式

方程/（x）=0至少有一個(gè)復(fù)根.證明：/（》）=0有"個(gè)復(fù)數(shù)根（重根按重?cái)?shù)計(jì)）.

（4）將題設(shè)的常數(shù)“a,b,ceR”改為“a,6,ceC”，并證明：（2）仍然成立.

【答案】⑴答案見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析；（4）答案見解析

【解析】（1）當(dāng)a=0,6=0,c=0時(shí)，方程有無數(shù)個(gè)根，所有根組成的集合是C；

當(dāng)。=0,6=0,°40時(shí)，方程無根；

當(dāng)a=0,6片0時(shí)，方程的根為x=_§；

b

"。時(shí)，配方得"5一千

①當(dāng)A=〃—4〃CN0時(shí)，方程有兩個(gè)實(shí)根

-b+\lb2-4ac-b-\b2-4ac

X]=,X2—,

2a2a

②當(dāng)A=/-4“c<0時(shí)，方程化為4。一X+2=-1,

Aac-bI2aJ

r-.--12

由于4->o,因止匕2ajx+2]=T

4ac—byj^ac—b2\2a)_

,o,,2a

由于(土了=-1,因此i——=±i,

^4ac-b2

故方程有兩個(gè)復(fù)根寸土萼王,=上一

（如果認(rèn)為i=Q，然后把兩種情況合并成一種情況x=F鼠b-4ac,則只能得1分.

2a

因?yàn)槲覀冎辉x過i2=-l，但從來沒有規(guī)定過i=Q,而i2=_l也不能推出i=Q.

這是因?yàn)殚_方這種運(yùn)算本身僅對非負(fù)實(shí)數(shù)而言，對負(fù)數(shù)是沒有意義的.

就算Q=i,那為什么不是Q=-i?

我們從來沒定義過對負(fù)數(shù)開根是什么概念，更沒有規(guī)定過根號下有負(fù)數(shù)時(shí)的運(yùn)算規(guī)則.）

再次強(qiáng)調(diào)：Q不是i,"i”不能寫成“Q”，i僅僅只是人為規(guī)定的一個(gè)抽象的數(shù)，它滿足i2=_i.

-b+\b2-4acb_

國+工2=-------------------------1-

2aa

（2）①當(dāng)A=b2-4ac?0時(shí),

-b+y/b2-4ac-b-yjb2-4acc

_-b+iyj4ac-b2-b-iyl4ac-b2b_

x+x

x22a2aa

②當(dāng)A=〃-4*<0時(shí)，根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則，得

-b+i\l4ac-b2-b-i\l4ac-b2c

xx----------------------------——

{22a2aa

（如果和（1）一樣認(rèn)為［=ci合并情況的話，只能得1分）

（3）一元〃次（〃eN*）復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式方程/（x）=0至少有一個(gè)復(fù)根,

不妨設(shè)該方程的一個(gè)復(fù)根為為，則〃x）必然能夠分解出一個(gè)因式（x-占），即=（x-占）/（x）.

由復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則可知，方程工（x）=0是一元（“7）次（〃eN*）復(fù)系數(shù)多項(xiàng)式方程.

不妨設(shè)該方程的一個(gè)復(fù)根為X2,則工（x）必然能夠分解出一個(gè)因式卜-％）,即/（x）=（X-%"（x）.

重復(fù)該過程，最終f（x）=（x-xJ（x-X2）…,

其中。為常數(shù)，ceC.顯然/（X）有〃個(gè)復(fù)數(shù)根（重根按重?cái)?shù)計(jì)）.

（4）由（3）得復(fù)系數(shù)二次方程辦2+6x+c=0（a,"ceC）有兩個(gè)復(fù)數(shù)根,

分別設(shè)為再,％2，則原方程可化為再）（%-%2）=。，

2

gpax-a（x1+x2}x+axxx2=0,

和原方程比較系數(shù)，得-。（再+%）="3%=。

,bc

即Hn石+x=——,石工2=一?

2aa

龍籠》解送揖號.

新定義題型的特點(diǎn)是:通過給出一個(gè)新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景,

要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈

活解題的目的：遇到新定義問題，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、驗(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決.

蔻麓》一變式訓(xùn)級

1.（24-25高三上?山東棗莊?月考）對于四個(gè)正數(shù)小"、小q,若滿足阿＜牡，則稱有序數(shù)對（％,〃）是（。應(yīng)）

的“下位序列

⑴對于2、3、7、11,有序數(shù)對（3,11）是（2,7）的“下位序列”嗎？請簡單說明理由;

（2）設(shè).、6、c、d均為正數(shù)，且（。力）是（c/）的“下位序列”，試判斷￡、三、段之間的大小關(guān)系;

bdb+a

（3）設(shè)正整數(shù)n滿足條件：對集合｛間0＜m＜2024,meN｝內(nèi)的每個(gè)相，總存在正整數(shù)k,使得（取2024）是（k,n）

的“下位序列”,且（后,〃）是（租+1,2025）的“下位序列”,求正整數(shù)”的最小值.

n（1+CC

【答案】⑴是，理由見解析；（2）:＜產(chǎn)＜[；（3）4049

bb+aa

【解析】（1）?.?3*7＜1r2,，（3,11）是（2,7）的"下位序列"；

（2）?.?（。,6）是伍,"）的“下位序列”，；.〃＜小,

a,b,c,〃均為正數(shù),

,,a+cabe-ada+can

故「7一工=,工八;.>°，即；—7-y>0,

b+db(6+d)bb+db

a+ca

---->一,

b+db

a+cc

同理<—

b+dd

aa+cc

綜上所述:—<----<—；

bb+dd

mn<2024左

（3）由已知得

(m+V)n>2025左

因?yàn)闄C(jī)，凡后為整數(shù)，

[mn+1＜2024后

故J

\mn+n-l＞2025k"

4049

2024(冽〃+n-1)>2024x2025左>2025(加〃+1),/.n>

2024-m

該式對集合｛加|0＜冽＜2024｝內(nèi)的每一個(gè)加EN*的每個(gè)正整數(shù)加都成立,

4049

:.n>---------------=4049,

2024-2023

所以正整數(shù)〃的最小值為4049.

2.（23-24高三下?遼寧?模擬預(yù)測）柯西不等式在數(shù)學(xué)的眾多分支中有精彩應(yīng)用，柯西不等式的〃元形式為:

2

設(shè)6，eR(z=1,2,-??,//),《不全為0,々不全為0,則注；2月.〉？也|,當(dāng)且僅當(dāng)存在一個(gè)數(shù)左，使

Z=1Z=1\Z=1J

得生=屹時(shí)，等號成立.

(1)請你寫出柯西不等式的二元形式；

(2)設(shè)P是棱長為友的正四面體內(nèi)的任意一點(diǎn)，點(diǎn)尸到四個(gè)面的距離分別為4，d2,d3,d4,求

d：+退+d；+道的最小值；

(3)已知無窮正數(shù)數(shù)列｛4｝滿足：

①存在meR,使得at<m-

②對任意正整數(shù)八/(?/)()=1,2,…)，均有何-勺卜Ej.

求證：對任意〃eN,恒有m>\.

【答案】⑴設(shè)q,七，仇,&eR,貝?。?cz；+a；)伍;+6；)?+%62).當(dāng)且僅當(dāng)。也=時(shí)等號成立；⑵“

(3)證明見解析

【解析】(1)柯西不等式的二元形式為：設(shè)田,2,優(yōu)，HeR，貝乂。；+加)付+片”(％4+%仿)1

當(dāng)且僅當(dāng)。也=出仇時(shí)等號成立.

(2)正四面體ABCD的體積等于以P為頂點(diǎn)，四個(gè)面為底面的三棱錐體積之和，

即叱BCD=，P-ABC+Vp-DBC+^P-CDA+Vp—DAB?

所以聆(0j=；x'(后j(4+4+&+Z)，因此4+出+/+4=干.

由柯西不等式得(4+1；+4+4)(1+1+1+1)2(4.1+42?1+4?1+4-1)2.

從而4+g+/+成2!,當(dāng)且僅當(dāng)4=4=4=〃=@時(shí)等號成立.

36

因此d；+d；+d：的最小值為—.

(3)對〃24,記左，左2，匕,左是1,2,L,n的一個(gè)排列，且滿足0<%<…〈叫工口.

由條件②得：T^(i=2,3,…,n),于是，對任意的〃24,都有

k.+k._.

［,\+7~~~~7—+…+小，［（尤+左〃_1）+（左〃_1+左〃_2）+…+（k2+尢）］2（〃_1）2.

I代〃+%-1%-1+%-2/2+41J

_____________("Iy_____________

所以-------+--------+???+-----

(總+/一1)+(左〃-1+左〃一2)+…+(左2+K)

院+院_\kn_i+kn_2

(-1)2(〃—1)2、(〃—I)?13?-4

-------------------------------------------------------->-------------1---------------

2(左]+左2+…+左”)一后i—后“十幾—k]—k〃+w—3n2+77—3

3n—43〃一4

從而m>1——---------，當(dāng)〃>4時(shí)，1Z----------<1，故加21.

n+〃一3n+〃一3

題型四：三角函數(shù)的新定義問題

蘢能》大題典例

（24-25高三上?全國?專題練習(xí)）對于集合/=…和常數(shù)為,定義:

1r

b=卜-4）+S"（%-％）+…+sm"（4一％）為集合A相對的%的“正弦標(biāo)準(zhǔn)差”.

Vn

⑴若集合/=],三，綜=:，求N相對的。。的“正弦標(biāo)準(zhǔn)差”；

⑵若集合/=是否存在序,“尸emd]'使得相對任何常數(shù)4的“正弦標(biāo)準(zhǔn)差”是一個(gè)

與%無關(guān)的定值？若存在，求出a,產(chǎn)的值；若不存在，請說明理由.

【答案】（1），1了1；Q）存在。=詈，￡=等，使得相對任何常數(shù)。。的“正弦標(biāo)準(zhǔn)差”是一個(gè)與。。無關(guān)的

定值，理由見解析

.2兀.2兀

sin—i-sin——

【解析】（1）?兀，

------1-2----------12=sm——

212

.7i71兀.兀V21V2V6-V2

=sin—cos——cos—sin—=——x---------x——=-----------

343422224

（2）存在a=詈11jr，￡=者1Qjr，使得相對任何常數(shù)4的“正弦標(biāo)準(zhǔn)差”是一個(gè)與4無關(guān)的定值,

理由如下:

sin2|--0j+sin2(a-0)+sin2(B-0｝】COSI21一cos(2a-2%)

OoQl-cosR尸-2%)

14)=----------+----------H-

222

31.

=-(sin2^0+cos2acos2%+sin2asin260+cos2/?cos2^)+sin2,sin24)

31

=---[sin2〃(1+sin2a+sin2夕)+cos2%(cos2a+sin2/7)],

sin2a+sin2,=一1

只需則(cos2a+cos20?+(sin2a+sin20)2=1,

cos2cr+cos2/7=0

BP2+2cos2acos2/7+2sin2crsin2(3=1,整理得cos(2a-2夕)=一;,

l,、［「3兀'c「3兀7兀1

因?yàn)槲臁晗?兀，Pe,

L4)［24)

所以5-，2兀)，2(3e3兀,萬］,—2月￡(一-^-,—3兀,

則2a-2f3G(-2n,7i),

所以2a—Ip———,則20—2a+,

(4兀)

所以cos2a+cos2f3=cos2a+cosI2cr+—1=0,

口ncc4Tl.c.4兀八

即cos2a+cos2acos-----sin2asm-=0,

33

整理得cos2。+6sin2a=0,故tan2a=-^^,

3

因?yàn)?夕"=,2兀］,所以2c=坐，c=坐，

micec4兀117147119兀c19兀

則2/7=20+^=?+-7=?，/?=—

363612

1?_.?.?117T—19兀八、、sin2a+sin2,=一1/

檢驗(yàn)，將a=五-,P=石"代入

cos2a+cos2夕=0

.1171.1971.(71^1.7兀1(1A1

sm------i-sm----=sm—+sin——=------F——=-1

66I6)62I2)

,滿足要求,

11兀19兀，兀、7兀兀兀八

cos------Fcos----=cos—+cos——=cos-----cos—=0

66