專題20 創(chuàng)新定義題型（2大考向真題解讀）-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)專題20創(chuàng)新定義題型命題解讀考向考查統(tǒng)計(jì)1.高考對(duì)創(chuàng)新定義的考查，是新高考改革出現(xiàn)的題型，一般難度較大。2024年九省聯(lián)考出現(xiàn)了概率的新定義問題，而2025年新高考中出現(xiàn)了解析幾何、數(shù)列的新定義問題。解析幾何創(chuàng)新問題2024·新高考Ⅰ卷，11數(shù)列新定義2024·新高考Ⅰ卷，19命題分析2024年高考新高考Ⅰ卷11題考查了解析幾何的創(chuàng)新題型，主要是曲線方程的求法及性質(zhì)。Ⅱ卷雖然未考查新定義類型，但是壓軸題將數(shù)列與雙曲線相結(jié)合，也是一次獨(dú)特的創(chuàng)新。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(lái)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(shí)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)，按新定義照章辦事”逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決，難度較難，需重點(diǎn)特訓(xùn)。預(yù)計(jì)2025年高考還是主要考查數(shù)列、函數(shù)的新定義問題。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(biāo)原點(diǎn)O.且C上的點(diǎn)滿足橫坐標(biāo)大于，到點(diǎn)的距離與到定直線的距離之積為4，則（

）A． B．點(diǎn)在C上C．C在第一象限的點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值為1 D．當(dāng)點(diǎn)在C上時(shí)，【答案】ABD【分析】根據(jù)題設(shè)將原點(diǎn)代入曲線方程后可求，故可判斷A的正誤，結(jié)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(jiǎn)后結(jié)合不等式的性質(zhì)可判斷D的正誤.【詳解】對(duì)于A：設(shè)曲線上的動(dòng)點(diǎn)，則且，因?yàn)榍€過坐標(biāo)原點(diǎn)，故，解得，故A正確.對(duì)于B：又曲線方程為，而，故.當(dāng)時(shí)，，故在曲線上，故B正確.對(duì)于C：由曲線的方程可得，取，則，而，故此時(shí)，故在第一象限內(nèi)點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值大于1，故C錯(cuò)誤.對(duì)于D：當(dāng)點(diǎn)在曲線上時(shí)，由C的分析可得，故，故D正確.故選：ABD.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：根據(jù)曲線方程討論曲線的性質(zhì)，一般需要將曲線方程變形化簡(jiǎn)后結(jié)合不等式的性質(zhì)等來(lái)處理.二、解答題2．（2024新高考Ⅰ卷·19）設(shè)m為正整數(shù)，數(shù)列是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項(xiàng)和后剩余的項(xiàng)可被平均分為組，且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列．(1)寫出所有的，，使數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列；(2)當(dāng)時(shí)，證明：數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列；(3)從中一次任取兩個(gè)數(shù)和，記數(shù)列是可分?jǐn)?shù)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(jù)可分?jǐn)?shù)列的定義即可；（2）根據(jù)可分?jǐn)?shù)列的定義即可驗(yàn)證結(jié)論；（3）證明使得原數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列的至少有個(gè)，再使用概率的定義.【詳解】（1）首先，我們?cè)O(shè)數(shù)列的公差為，則.由于一個(gè)數(shù)列同時(shí)加上一個(gè)數(shù)或者乘以一個(gè)非零數(shù)后是等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)列是等差數(shù)列，故我們可以對(duì)該數(shù)列進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃危玫叫聰?shù)列，然后對(duì)進(jìn)行相應(yīng)的討論即可.換言之，我們可以不妨設(shè)，此后的討論均建立在該假設(shè)下進(jìn)行.回到原題，第1小問相當(dāng)于從中取出兩個(gè)數(shù)和，使得剩下四個(gè)數(shù)是等差數(shù)列.那么剩下四個(gè)數(shù)只可能是，或，或.所以所有可能的就是.（2）由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個(gè)數(shù)可以分為以下兩個(gè)部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：①，共組；②，共組.（如果，則忽略②）故數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列.（3）定義集合，.下面證明，對(duì)，如果下面兩個(gè)命題同時(shí)成立，則數(shù)列一定是可分?jǐn)?shù)列：命題1：或；命題2：.我們分兩種情況證明這個(gè)結(jié)論.第一種情況：如果，且.此時(shí)設(shè)，，.則由可知，即，故.此時(shí)，由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個(gè)數(shù)可以分為以下三個(gè)部分，共組，使得每組成等差數(shù)列：①，共組；②，共組；③，共組.（如果某一部分的組數(shù)為，則忽略之）故此時(shí)數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列.第二種情況：如果，且.此時(shí)設(shè)，，.則由可知，即，故.由于，故，從而，這就意味著.此時(shí)，由于從數(shù)列中取出和后，剩余的個(gè)數(shù)可以分為以下四個(gè)部分，共組，使得每組成等差數(shù)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(shù)為，則忽略之）這里對(duì)②和③進(jìn)行一下解釋：將③中的每一組作為一個(gè)橫排，排成一個(gè)包含個(gè)行，個(gè)列的數(shù)表以后，個(gè)列分別是下面這些數(shù)：，，，.可以看出每列都是連續(xù)的若干個(gè)整數(shù)，它們?cè)偃〔⒁院?，將取遍中除開五個(gè)集合，，，，中的十個(gè)元素以外的所有數(shù).而這十個(gè)數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的和以外，剩余的八個(gè)數(shù)恰好就是②中出現(xiàn)的八個(gè)數(shù).這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時(shí)數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列.至此，我們證明了：對(duì)，如果前述命題1和命題2同時(shí)成立，則數(shù)列一定是可分?jǐn)?shù)列.然后我們來(lái)考慮這樣的的個(gè)數(shù).首先，由于，和各有個(gè)元素，故滿足命題1的總共有個(gè)；而如果，假設(shè)，則可設(shè)，，代入得.但這導(dǎo)致，矛盾，所以.設(shè)，，，則，即.所以可能的恰好就是，對(duì)應(yīng)的分別是，總共個(gè).所以這個(gè)滿足命題1的中，不滿足命題2的恰好有個(gè).這就得到同時(shí)滿足命題1和命題2的的個(gè)數(shù)為.當(dāng)我們從中一次任取兩個(gè)數(shù)和時(shí)，總的選取方式的個(gè)數(shù)等于.而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列的至少有個(gè).所以數(shù)列是可分?jǐn)?shù)列的概率一定滿足.這就證明了結(jié)論.一、新定義問題“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“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(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上的概念.一、解答題1．（2024·北京·三模）給定正整數(shù)，設(shè)數(shù)列是的一個(gè)排列，對(duì)，表示以為首項(xiàng)的遞增子列的最大長(zhǎng)度，表示以為首項(xiàng)的遞減子列的最大長(zhǎng)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(dāng)為偶數(shù)時(shí)，的最小值是；當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，的最小值是.【分析】（1）直接根據(jù)定義求解；（2）分情況討論證明，故可推知和不能同時(shí)為零，進(jìn)而得到結(jié)論；（3）對(duì)的奇偶性分情況討論，并利用小問2得到的結(jié)果即可.【詳解】（1）以為首項(xiàng)的最長(zhǎng)遞增子列是，以為首項(xiàng)的最長(zhǎng)遞減子列是和.所以，.（2）對(duì)，由于是的一個(gè)排列，故.若，則每個(gè)以為首項(xiàng)的遞增子列都可以在前面加一個(gè)，得到一個(gè)以為首項(xiàng)的更長(zhǎng)的遞增子列，所以；而每個(gè)以為首項(xiàng)的遞減子列都不包含，且，故可將替換為，得到一個(gè)長(zhǎng)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(shí)為零，故.（3）根據(jù)小問2的證明過程知和不能同時(shí)為零，故.情況一：當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，設(shè)，則一方面有；另一方面，考慮這樣一個(gè)數(shù)列：，.則對(duì)，有，.故此時(shí).結(jié)合以上兩方面，知的最小值是.情況二：當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，設(shè)，則一方面有；另一方面，考慮這樣一個(gè)數(shù)列：，.則對(duì)，有，.故此時(shí).結(jié)合以上兩方面，知的最小值是.綜上，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，的最小值是；當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，的最小值是.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：求最?。ɑ蜃畲螅┲档谋举|(zhì)在于，先證明所求的表達(dá)式一定不小于（或不大于）某個(gè)數(shù)，再說明該表達(dá)式在某種情況下能取到，就得到了最?。ɑ蜃畲螅┲凳?，這便是“求最?。ɑ蜃畲螅┲怠钡谋举|(zhì).而在這個(gè)過程中，“想到的具體取值”這個(gè)過程并不存在絕對(duì)的邏輯性，可以窮盡各種手段，包括直覺、大膽猜測(cè)、高觀點(diǎn)等，去猜出的值，這些內(nèi)容也無(wú)需在證明過程中呈現(xiàn).只要證明合乎邏輯，“如何想到的取值”無(wú)需交代，不影響解答的正確性.換言之，所謂“求”，便是“猜出結(jié)果，再證明結(jié)果正確”，與“算出”、“得出”本就是無(wú)關(guān)的.在高考范圍內(nèi)，大多數(shù)最小值和最大值問題都能夠直接化為某個(gè)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(wàn)能法寶，忘記了最小值最大值的原始定義和本質(zhì).2．（2024·河南·三模）已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，若存在常數(shù)，使得對(duì)任意都成立，則稱數(shù)列具有性質(zhì)．(1)若數(shù)列為等差數(shù)列，且，求證：數(shù)列具有性質(zhì)；(2)設(shè)數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，且具有性質(zhì)．①若數(shù)列是公比為的等比數(shù)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(jù)給定條件，求出等差數(shù)列的公差，進(jìn)而求出通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和，再利用定義判斷即得.（2）①根據(jù)給定條件，可得，再按，探討，當(dāng)時(shí)，，又按且討論得解；②由定義，消去結(jié)合基本不等式得，再迭代得，借助正項(xiàng)數(shù)列建立不等式求解即可.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為，由，得，解得，則，于是，即，所以數(shù)列具有性質(zhì)．（2）①由數(shù)列具有性質(zhì)，得，又等比數(shù)列的公比為，若，則，解得，與為任意正整數(shù)相矛盾；當(dāng)時(shí)，，而，整理得，若，則，解得，與為任意正整數(shù)相矛盾；若，則，當(dāng)時(shí)，恒成立，滿足題意；當(dāng)且時(shí)，，解得，與為任意正整數(shù)相矛盾；所以.②由，得，即，因此，即，則有，由數(shù)列各項(xiàng)均為正數(shù)，得，從而，即，若，則，與為任意正整數(shù)相矛盾，因此當(dāng)時(shí)，恒成立，符合題意，所以的最小值為4．【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題，漏掉對(duì)的討論.3．（2024·河北保定·三模）在初等數(shù)論中，對(duì)于大于1的自然數(shù)，除了1和它自身外，不能被其它自然數(shù)整除的數(shù)叫做素?cái)?shù)，對(duì)非零整數(shù)a和整數(shù)b，若存在整數(shù)k使得，則稱a整除b.已知p，q為不同的兩個(gè)素?cái)?shù)，數(shù)列是公差為p的等差整數(shù)數(shù)列，為q除所得的余數(shù)，為數(shù)列的前n項(xiàng)和.(1)若，，，求；(2)若某素?cái)?shù)整除兩個(gè)整數(shù)的乘積，則該素?cái)?shù)至少能整除其中一個(gè)整數(shù)，證明：數(shù)列的前q項(xiàng)中任意兩項(xiàng)均不相同；(3)證明：為完全平方數(shù).【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）求出數(shù)列的通項(xiàng)，進(jìn)而求出的通項(xiàng)公式，再借助分組求和即得.（2）利用反證法，結(jié)合整除及素?cái)?shù)的性質(zhì)導(dǎo)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(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，為奇數(shù)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，為偶數(shù)，而，因此，所以.（2）假設(shè)存在，，，依題意，，，，則，因此q整除，因?yàn)閜，q為不同的素?cái)?shù)，故q不整除p，又因?yàn)?，故q不整除，與q整除矛盾，故假設(shè)錯(cuò)誤，所以數(shù)列的前q項(xiàng)中任意兩項(xiàng)均不相同.（3）由（2）得，且數(shù)列的前q項(xiàng)中任意兩項(xiàng)均不相同，所以，設(shè)，則，故，所以為完全平方數(shù).【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：應(yīng)用反證法時(shí)必須先否定結(jié)論，把結(jié)論的反面作為條件，且必須根據(jù)這一條件進(jìn)行推理，否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面出發(fā)進(jìn)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(shè)矛盾；③與定義、公理、定理矛盾；④與公認(rèn)的簡(jiǎn)單事實(shí)矛盾；⑤自相矛盾.4．（2024·海南·二模）設(shè)數(shù)列，如果A中各項(xiàng)按一定順序進(jìn)行一個(gè)排列，就得到一個(gè)有序數(shù)組．若有序數(shù)組滿足恒成立，則稱為n階減距數(shù)組；若有序數(shù)組滿足恒成立，則稱為n階非減距數(shù)組．(1)已知數(shù)列，請(qǐng)直接寫出該數(shù)列中的數(shù)組成的所有4階減距數(shù)組；(2)設(shè)是數(shù)列的一個(gè)有序數(shù)組，若為n階非減距數(shù)組，且為階非減距數(shù)組，請(qǐng)直接寫出4個(gè)滿足上述條件的有序數(shù)組；(3)已知等比數(shù)列的公比為q，證明：當(dāng)時(shí)，為n階非減距數(shù)組．【答案】(1).(2).(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)題中階減距數(shù)組的定義，寫出4階減距數(shù)組，只需要保證有序數(shù)組中，和恒成立即可，分別令為數(shù)列中的每一個(gè)值即可得出結(jié)果；（2）根據(jù)題干中階非減距數(shù)組的定義，只需要保證有序數(shù)組中，滿足和有序數(shù)組中，滿足恒成立即可.（3）利用分析法進(jìn)行逐步反向遞推，最后得證.【詳解】（1）4階減距數(shù)組有：.（2）滿足條件的有序數(shù)組：.（3）證明：設(shè)，要證為階非減距數(shù)組，需證明恒成立，即證，需證即需證即證.當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，則，，所以；當(dāng)時(shí)，因?yàn)?，則，，所以；綜上：當(dāng)時(shí)，為n階非減距數(shù)組.5．（2024·江西九江·三模）已知數(shù)列共有項(xiàng)，且，若滿足，則稱為“約束數(shù)列”.記“約束數(shù)列”的所有項(xiàng)的和為.(1)當(dāng)時(shí)，寫出所有滿足的“約束數(shù)列”；(2)當(dāng)時(shí)，設(shè)“約束數(shù)列”為等差數(shù)列.請(qǐng)判斷是的什么條件，并說明理由；(3)當(dāng)時(shí)，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(shù)列”的定義，可得所求.（2）由“約束數(shù)列”和充分必要條件的定義，結(jié)合等差數(shù)列的知識(shí)，可得結(jié)論.（3）由，要使最大，推出，討論等差數(shù)列的公差，用求和公式可解.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，所有滿足的“約束數(shù)列”有：①；②；③（2）是的充分不必要條件.理由：①當(dāng)時(shí)，.則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，成立，“約束數(shù)列”是公差為1的等差數(shù)列②當(dāng)“約束數(shù)列”是等差數(shù)列時(shí)，由，得，或，或，若，則的公差為；若，則的公差為；若，則的公差為，即當(dāng)“約束數(shù)列”是等差數(shù)列時(shí)，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(dāng)且僅當(dāng)同時(shí)滿足以下三個(gè)條件時(shí)，取最大值.①當(dāng)時(shí)，；②當(dāng)時(shí)，；③當(dāng)時(shí)，..【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于對(duì)新定義的理解，抓住和進(jìn)行分類討論可求解第二問；第三問關(guān)鍵在于根據(jù)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(nèi)，若直線將多邊形分為兩部分，多邊形在兩側(cè)的頂點(diǎn)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(biāo)原點(diǎn)，雙曲線的左、右焦點(diǎn)分別為的離心率為2，點(diǎn)為右支上一動(dòng)點(diǎn)，直線與曲線相切于點(diǎn)，且與的漸近線交于兩點(diǎn)，當(dāng)軸時(shí)，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(shè)，點(diǎn)的軌跡為曲線，證明:在點(diǎn)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(guān)系建立方程，求解各個(gè)元素，得到雙曲線方程即可.（2）利用給定定義，求解關(guān)鍵點(diǎn)的坐標(biāo)，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(diǎn)在直線的上方，因?yàn)橹本€為的等線，所以，解得，所以的方程為（2）設(shè)，切線，代入得:故，該式可以看作關(guān)于的一元二次方程，所以，即方程為當(dāng)?shù)男甭什淮嬖跁r(shí)，也成立漸近線方程為，不妨設(shè)在上方，聯(lián)立得，故，所以是線段的中點(diǎn)，因?yàn)榈竭^的直線距離相等，則過點(diǎn)的等線必定滿足:到該等線距離相等，且分居兩側(cè)，所以該等線必過點(diǎn)，即的方程為，由，解得，故.所以，所以，所以，所以（3）設(shè)，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(cè)，在的左側(cè)，分別記到的距離為，由（2）知，所以由得因?yàn)椋灾本€為的等線.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查解析幾何，解題關(guān)鍵是利用給定定義和條件，然后結(jié)合前問結(jié)論，得到，證明即可．7．（2024·浙江·三模）在平面直角坐標(biāo)系中，如果將函數(shù)的圖象繞坐標(biāo)原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后，所得曲線仍然是某個(gè)函數(shù)的圖象，則稱為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.(1)判斷函數(shù)是否為“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，并說明理由；(2)已知函數(shù)是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求的最大值；(3)若函數(shù)是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，求的取值范圍.【答案】(1)不是，理由見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的定義直接判斷即可.（2）將已知條件轉(zhuǎn)化為函數(shù)與直線最多一個(gè)交點(diǎn)，利用兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)與對(duì)應(yīng)方程根的關(guān)系，分離，構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為新函數(shù)在上單調(diào)，進(jìn)而求解.（3）同問題（2）根據(jù)已知條件構(gòu)造新函數(shù)，轉(zhuǎn)化為新函數(shù)在上單調(diào)，求導(dǎo)，分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為恒成立問題求最值即可.【詳解】（1）函數(shù)不是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”，理由如下：逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后與軸重合，當(dāng)時(shí)，有無(wú)數(shù)個(gè)與之對(duì)應(yīng)，與函數(shù)的概念矛盾，因此函數(shù)不是“旋轉(zhuǎn)函數(shù)”.（2）由題意可得函數(shù)與函數(shù)最多有1個(gè)交點(diǎn)，且，所以最多有一個(gè)根，即最多有一個(gè)根，因此函數(shù)與函數(shù)R最多有1個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)在上單調(diào)，因?yàn)?，且，所以，所以，即，，即的最大值?（3）由題意可得函數(shù)與函數(shù)最多有1個(gè)交點(diǎn)，即，即函數(shù)與函數(shù)最多有1個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)在上單調(diào)，，當(dāng)時(shí)，所以，令，則，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)減，且，所以存在，使，即，所以在單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，所以，即.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用函數(shù)的零點(diǎn)與對(duì)應(yīng)方程的根的關(guān)系，我們經(jīng)常進(jìn)行靈活轉(zhuǎn)化：函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)方程的根的個(gè)數(shù)函數(shù)與圖象的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)；另外，恒成立求參數(shù)范圍問題往往分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，通過求構(gòu)造函數(shù)的最值來(lái)求出參數(shù)范圍，例：若恒成立，只需，恒成立，只需.8．（2024·上?！と＃┰O(shè)，函數(shù)的定義域?yàn)椋魧?duì)滿足的任意，均有，則稱函數(shù)具有“性質(zhì)”．(1)在下述條件下，分別判斷函數(shù)是否具有性質(zhì)，并說明理由；①；

②；(2)已知，且函數(shù)具有性質(zhì)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；(3)證明：“函數(shù)為增函數(shù)”是“對(duì)任意，函數(shù)均具有性質(zhì)”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(jù)函數(shù)具有性質(zhì)的條件判斷①；舉反例可判斷②；（2）原問題等價(jià)于當(dāng)時(shí)，恒成立，即恒成立，得；（3）利用函數(shù)的單調(diào)性以及不等式的性質(zhì)判斷充分性，利用反證法判斷必要性.【詳解】（1）①是，對(duì)任意，，符合定義；②不是，令，，故不符合題意.（2）顯然，設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，取最小值，原問題等價(jià)于當(dāng)時(shí)，恒成立，即恒成立，得；（3）證明：充分性：若函數(shù)為增函數(shù)，則對(duì)任意均有，即，因此，對(duì)任意，若，則，函數(shù)具有性質(zhì)，充分性得證；必要性：若對(duì)任意，函數(shù)均具有性質(zhì)，假設(shè)函數(shù)不是增函數(shù)，則存在，滿足，即，取，則顯然，即對(duì)于，存在，但是，與“對(duì)任意，函數(shù)均具有性質(zhì)”矛盾，因此假設(shè)不成立，即函數(shù)為增函數(shù)，必要性得證．【點(diǎn)睛】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(lái)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(shí)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.9．（2024·新疆喀什·三模）已知定義域?yàn)榈暮瘮?shù)滿足：對(duì)于任意的，都有，則稱函數(shù)具有性質(zhì)．(1)判斷函數(shù)，是否具有性質(zhì)；（直接寫出結(jié)論）(2)已知函數(shù)（，），判斷是否存在，，使函數(shù)具有性質(zhì)？若存在，求出，的值；若不存在，說明理由；(3)設(shè)函數(shù)具有性質(zhì)，且在區(qū)間上的值域?yàn)椋瘮?shù)，滿足，且在區(qū)間上有且只有一個(gè)零點(diǎn)．求證：．【答案】(1)具有性質(zhì)(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(shè)函數(shù)具有性質(zhì)，可求出，進(jìn)而得到，再根據(jù)定義驗(yàn)證即可；（3）分析可知函數(shù)在的值域?yàn)?，由在區(qū)間上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)可知時(shí)不合題意，再求解當(dāng)時(shí)，與函數(shù)是以為周期的周期函數(shù)矛盾，由此可得，進(jìn)而得證．【詳解】（1）因?yàn)?，則，又，所以，故函數(shù)具有性質(zhì)；因?yàn)?，則，又，，故具有性質(zhì)．（2）若函數(shù)具有性質(zhì)，則，即，因?yàn)?，所以，所以；若，不妨設(shè)，由，得（*），只要充分大時(shí)，將大于1，而的值域?yàn)?，故等式?）不可能成立，所以必有成立，即，因?yàn)?，所以，所以，則，此時(shí)，則，而，即有成立，所以存在，使函數(shù)具有性質(zhì)．（3）證明：由函數(shù)具有性質(zhì)及（2）可知，，由可知函數(shù)是以為周期的周期函數(shù)，則，即，所以，；由，以及題設(shè)可知，函數(shù)在的值域?yàn)?，所以且；?dāng)，及時(shí)，均有，這與在區(qū)間上有且只有一個(gè)零點(diǎn)矛盾，因此或；當(dāng)時(shí)，，函數(shù)在的值域?yàn)?，此時(shí)函數(shù)的值域?yàn)?，而，于是函?shù)在的值域?yàn)椋藭r(shí)函數(shù)的值域?yàn)?，函?shù)在當(dāng)時(shí)和時(shí)的取值范圍不同，與函數(shù)是以為周期的周期函數(shù)矛盾，故，即，命題得證．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于以函數(shù)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(diǎn)，把心定義所敘述的問題的本質(zhì)弄清楚，應(yīng)用到具體的解題過程中；2、用好函數(shù)的性質(zhì)，解題時(shí)要善于從試題中發(fā)現(xiàn)可以使用的函數(shù)的性質(zhì)的一些因素.10．（2024·貴州六盤水·三模）若函數(shù)在上有定義，且對(duì)于任意不同的，都有，則稱為上的“k類函數(shù)”(1)若，判斷是否為上的“4類函數(shù)”；(2)若為上的“2類函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若為上的“2類函數(shù)”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(zhì)證明即可；（2）由已知條件轉(zhuǎn)化為對(duì)于任意，都有，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)后進(jìn)行分離參數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值即可；（3）分和兩種情況進(jìn)行證明，，用放縮法進(jìn)行證明即可.【詳解】（1）函數(shù)是上的“4類函數(shù)”，理由如下：不妨設(shè)，所以，，所以是上的“4類函數(shù)”；（2），，由題意知，對(duì)于任意不同的都有，不妨設(shè)，則，故且，所以為上的增函數(shù)，為上的減函數(shù)，所以對(duì)任意的，即，由，令，則，，令得在上單調(diào)遞增，，由，令，只需，，令得在單調(diào)遞增，所以，綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為；（3）證明：因?yàn)闉樯系摹?類函數(shù)”，所以，不妨設(shè)，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，因?yàn)椋?，綜上所述，，，.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數(shù)恒成立或恒成立；②數(shù)形結(jié)合（的圖象在上方即可）；③討論最值或恒成立；④討論參數(shù)，排除不合題意的參數(shù)范圍，篩選出符合題意的參數(shù)范圍.11．（2024·江西南昌·三模）給定數(shù)列，若對(duì)任意m，且，是中的項(xiàng)，則稱為“H數(shù)列”．設(shè)數(shù)列的前n項(xiàng)和為(1)若，試判斷數(shù)列是否為“H數(shù)列”，并說明理由；(2)設(shè)既是等差數(shù)列又是“H數(shù)列”，且，，，求公差d的所有可能值；(3)設(shè)是等差數(shù)列，且對(duì)任意，是中的項(xiàng)，求證：是“H數(shù)列”．【答案】(1)是“H數(shù)列”；理由見解析(2)1，2，3，6；(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)“H數(shù)列”定義判斷即可.（2）由等差數(shù)列和“H數(shù)列”的定義得到公差的等式關(guān)系即可求解.（3）由等差數(shù)列的定義與求和公式，進(jìn)行分情況討論，即可證明是“H數(shù)列”.【詳解】（1）因?yàn)?，?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，也成立，所以，對(duì)任意m，且，，是“H數(shù)列”.（2）因?yàn)?，，，所以，所以，由已知得也為?shù)列中的項(xiàng)，令，即，所以，所以d為6的正因數(shù)，故d的所有可能值為1，2，3，6.（3）設(shè)數(shù)列的公差為d，所以存在，對(duì)任意，，即，當(dāng)時(shí)，則，故，此時(shí)數(shù)列為“H數(shù)列”；當(dāng)時(shí)，，取，則，所以，，當(dāng)時(shí)，均為正整數(shù)，符合題意，當(dāng)時(shí)，均為正整數(shù)，符合題意，所以，，設(shè)，，，即，所以任意m，且，，顯然，所以為數(shù)列中的項(xiàng)，是“H數(shù)列”.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列定義問題.其中關(guān)鍵點(diǎn)是理解“H數(shù)列”定義，并與已學(xué)知識(shí)等差數(shù)列進(jìn)行結(jié)合，利用等差數(shù)列的定義與求和公式，分情況討論即可證明結(jié)論.12．（2024·黑龍江·三模）如果n項(xiàng)有窮數(shù)列滿足，，…，，即，則稱有窮數(shù)列為“對(duì)稱數(shù)列”.(1)設(shè)數(shù)列是項(xiàng)數(shù)為7的“對(duì)稱數(shù)列”，其中成等差數(shù)列，且，依次寫出數(shù)列的每一項(xiàng)；(2)設(shè)數(shù)列是項(xiàng)數(shù)為(且)的“對(duì)稱數(shù)列”，且滿足，記為數(shù)列的前項(xiàng)和.①若，，…，構(gòu)成單調(diào)遞增數(shù)列，且.當(dāng)為何值時(shí)，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(jù)新定義“對(duì)稱數(shù)列”的定義和已知條件可求得公比，進(jìn)而求得結(jié)果；（2）①根據(jù)對(duì)稱數(shù)列的定義可得數(shù)列為等差數(shù)列，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)來(lái)求解；②由條件得到數(shù)列相鄰兩項(xiàng)間的大小關(guān)系，并結(jié)合定義求得的取值范圍，然后結(jié)合已知條件確定出最后的結(jié)果【詳解】（1）因?yàn)閿?shù)列是項(xiàng)數(shù)為7的“對(duì)稱數(shù)列”，所以，又因?yàn)槌傻炔顢?shù)列，其公差，…所以數(shù)列的7項(xiàng)依次為1，3，5，7，5，3，1；（2）①由，，…，是單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列是項(xiàng)數(shù)為的“對(duì)稱數(shù)列”且滿足，可知，，…，構(gòu)成公差為2的等差數(shù)列，，，…，構(gòu)成公差為的等差數(shù)列，故，所以當(dāng)時(shí)，取得最大值；②因?yàn)榧矗约?，于是，因?yàn)閿?shù)列是“對(duì)稱數(shù)列”，所以，因?yàn)椋?，解得或，所以，?dāng)，，…，構(gòu)成公差為的等差數(shù)列時(shí)，滿足，且，此時(shí)，所以的最小值為2025.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是理解對(duì)稱數(shù)列的定義，第二問①關(guān)鍵是得到，，…，構(gòu)成公差為的等差數(shù)列.13．（2024·安徽·三模）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，若數(shù)列滿足：①數(shù)列為有窮數(shù)列；②數(shù)列為遞增數(shù)列；③，，，使得；則稱數(shù)列具有“和性質(zhì)”.(1)已知，求數(shù)列的通項(xiàng)公式，并判斷數(shù)列是否具有“和性質(zhì)”；（判斷是否具有“和性質(zhì)”時(shí)不必說明理由，直接給出結(jié)論）(2)若首項(xiàng)為1的數(shù)列具有“和性質(zhì)”.（?。┍容^與的大小關(guān)系，并說明理由；（ⅱ）若數(shù)列的末項(xiàng)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(shù)列的前n項(xiàng)和及與的關(guān)系得數(shù)列的通項(xiàng)公式，再利用題目所給定義對(duì)數(shù)列是否具有“和性質(zhì)”進(jìn)行判斷；（2）（?。├妙}目所給定義得，再利用數(shù)列的前n項(xiàng)和得結(jié)論；（ⅱ）構(gòu)造具有“和性質(zhì)”的數(shù)列：1，2，3，6，9，18，36或數(shù)列：1，2，4，5，9，18，36，此時(shí)，再利用反證法得具有“和性質(zhì)”的數(shù)列，不可能存在比75更小的，從而得結(jié)論.【詳解】（1）因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，而當(dāng)時(shí)，滿足，因此數(shù)列的通項(xiàng)公式為該數(shù)列具有“和性質(zhì)”.（2）（?。┮?yàn)槭醉?xiàng)為1的數(shù)列具有“和性質(zhì)”，所以，，，使得，且，，因此，，所以；因此，所以將上述不等式相加得：，即.因?yàn)椋?，因?（ⅱ）因?yàn)閿?shù)列具有“和性質(zhì)”，所以由③得：，因此數(shù)列中的項(xiàng)均為整數(shù).構(gòu)造數(shù)列：1，2，3，6，9，18，36或數(shù)列：1，2，4，5，9，18，36，因此這兩個(gè)數(shù)列具有“和性質(zhì)”，此時(shí).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(shè)（存在性顯然，因?yàn)闈M足的數(shù)列只有有限個(gè)）.第一步：首先說明有窮數(shù)列中至少有7個(gè)元素.設(shè)有窮數(shù)列中元素組合的集合為A，由（?。┲?，而，因此，，，，，所以.第二步：證明，.若，設(shè).因?yàn)椋詾榱耸沟米钚?，則在數(shù)列中一定不含有，使得，因此.假設(shè)，根據(jù)“和性質(zhì)”，對(duì)，有，，使得.顯然，因此，所以由有窮數(shù)列中至少有7個(gè)元素得：集合A中至少還有4個(gè)不同于，，的元素，因此，與矛盾，所以，且.同理可證：.根據(jù)“和性質(zhì)”得：存在、，使得.我們需要考慮如下幾種情形：①當(dāng)，時(shí)，至少還需要一個(gè)大于等于4的，才能得到8，因此；②當(dāng)，時(shí)，至少還需要一個(gè)大于4的，才能得到7，則；③當(dāng)，時(shí)，此時(shí)為：1，2，3，6，9，18，36，因此；④當(dāng)，時(shí)，此時(shí)為：1，2，4，5，9，18，36，因此；綜上所述，的最小值為75.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了數(shù)列的前n項(xiàng)和及與的關(guān)系和數(shù)列的新定義問題，解題關(guān)鍵在于找與的關(guān)系以及弄清新定義的“和性質(zhì)”；再利用題目所給定義得，并利用數(shù)列的前n項(xiàng)和得結(jié)論；最后構(gòu)造具有“和性質(zhì)”的數(shù)列，利用反證法得具有“和性質(zhì)”的數(shù)列，不可能存在比75更小的，從而得結(jié)論.14．（2024·湖北荊州·三模）對(duì)于數(shù)列，如果存在一個(gè)正整數(shù)，使得對(duì)任意，都有成立，那么就把這樣的一類數(shù)列稱作周期為的周期數(shù)列，的最小值稱作數(shù)列的最小正周期，簡(jiǎn)稱周期.(1)判斷數(shù)列和是否為周期數(shù)列，如果是，寫出該數(shù)列的周期，如果不是，說明理由.(2)設(shè)（1）中數(shù)列前項(xiàng)和為，試問是否存在，使對(duì)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(shù)列和滿足，且，是否存在非零常數(shù)，使得是周期數(shù)列？若存在，請(qǐng)求出所有滿足條件的常數(shù)；若不存在，請(qǐng)說明理由.【答案】(1)數(shù)列是周期數(shù)列，其周期為1；數(shù)列是周期數(shù)列，其周期為6(2)存在，(3)不存在，理由見解析【分析】（1）根據(jù)周期數(shù)列的定義進(jìn)行判斷即可；（2）由（1）可知，是周期為的數(shù)列，得到數(shù)列，求出，通過討論得到的取值范圍；（3）假設(shè)存在非零常數(shù)，使得是周期為T的數(shù)列，推導(dǎo)出數(shù)列是周期為的周期數(shù)列，進(jìn)一步得到數(shù)列的周期為，推斷出，而該方程無(wú)解，所以，不存在非零常數(shù)，使得是周期數(shù)列.【詳解】（1）均是周期數(shù)列，理由如下：因?yàn)?，所以?shù)列是周期數(shù)列，其周期為1，因?yàn)?，所?則，所以，所以數(shù)列是周期數(shù)列，其周期為6；（2）由（1）可知，是周期為的數(shù)列，計(jì)算數(shù)列為：，故，當(dāng)時(shí)，，故；當(dāng)時(shí)，，故；當(dāng)時(shí)，，故；當(dāng)時(shí)，，故；當(dāng)時(shí)，，故；當(dāng)時(shí)，，故；綜上所述：存在，且.（3）假設(shè)存在非零常數(shù)，使得是周期為T的數(shù)列，所以，即，所以，，即，所以，，即，所以數(shù)列是周期為的周期數(shù)列，因?yàn)?，即，因?yàn)椋?，，，所以?shù)列的周期為，所以，即，顯然方程無(wú)解，所以，不存在非零常數(shù)，使得是周期數(shù)列.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：（2）由（1）可知，是周期為的數(shù)列，求時(shí)要將分成六類，求的取值范圍時(shí)也要分六類討論；（3）先假設(shè)存在非零常數(shù)，使得是周期為T的數(shù)列，推導(dǎo)出數(shù)列的周期為，推斷出，通過該方程無(wú)解，得到不存在非零常數(shù)，使得是周期數(shù)列.15．（2024·安徽蕪湖·三模）若數(shù)列的各項(xiàng)均為正數(shù)，且對(duì)任意的相鄰三項(xiàng)，都滿足，則稱該數(shù)列為“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，若對(duì)任意的相鄰三項(xiàng)，都滿足則稱該數(shù)列為“凸數(shù)列”．(1)已知正項(xiàng)數(shù)列是一個(gè)“凸數(shù)列”，且，（其中為自然常數(shù)，），證明：數(shù)列是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，且有；(2)若關(guān)于的函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，其中．證明：數(shù)列是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”：(3)設(shè)正項(xiàng)數(shù)列是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)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(jù)的性質(zhì)，由等量關(guān)系代換成關(guān)于的結(jié)論，緊扣定義，即可證明；（2）由原函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn)，且導(dǎo)函數(shù)為二次函數(shù)，分析出導(dǎo)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，判別式大于零，推得；有三個(gè)零點(diǎn)，得到有三個(gè)零點(diǎn)，再次借助導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，可以得到，即可得證；（3）記，利用分析法，只需證，由數(shù)列為對(duì)數(shù)性凸數(shù)列，得到，，再用基本不等式證明即可.【詳解】（1）因?yàn)椋?，因?yàn)檎?xiàng)數(shù)列是一個(gè)“凸數(shù)列”，所以，所以，所以，所以數(shù)列是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，，所以，變形可得到，所以數(shù)列是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”，且有.（2）因?yàn)橛腥齻€(gè)零點(diǎn)，所以有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，所以，又，所以；時(shí)，，所以不是的零點(diǎn)，又，令，則也有三個(gè)零點(diǎn)，即有三個(gè)零點(diǎn)，令，則有三個(gè)零點(diǎn)，所以有兩個(gè)零點(diǎn)，所以，因?yàn)?，所以正?xiàng)數(shù)列對(duì)任意的相鄰三項(xiàng)，都滿足，所以數(shù)列是一個(gè)“對(duì)數(shù)性凸數(shù)列”.（3）記，則要證，即證，即，即①，因?yàn)閿?shù)列為對(duì)數(shù)性凸數(shù)列，所以，，所以，所以，，而，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故式①成立，所以原不等式成立．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：解決數(shù)列新定義題型，需要耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按照新定義的要求，結(jié)合所學(xué)習(xí)過的知識(shí)點(diǎn)，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(zhì)的直線的全體，例如表示過點(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)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，過曲線上兩點(diǎn)作曲線的切線，其交點(diǎn)為.已知點(diǎn)，若三點(diǎn)不共線，探究是否成立？請(qǐng)說明理由.【答案】(1)(2)(3)成立，理由見解析【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)不在直線族的任意一條直線上，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，設(shè)，則，；由（2）知在點(diǎn)處的切線方程為；同理在點(diǎn)處的切線方程為；聯(lián)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(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.17．（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.（ⅰ）若M，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)（?。?；（ⅱ）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件，求出，再結(jié)合離心率求出即得.（2）（ⅰ）在直線的斜率存在時(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）問涉及新定義問題，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.18．（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)答案見解析(3)證明見解析【分析】（1）設(shè)“橢圓”上任意一點(diǎn)為，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，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：求定值問題常見的方法有兩種：（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(duì)任意平面向量，把繞其起點(diǎn)A沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角得到向量，叫做把點(diǎn)B繞點(diǎn)A逆時(shí)針方向旋轉(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