1/13專題12新定義題型考點(diǎn)三年考情（2023-2025）命題趨勢考點(diǎn)1新定義題型新定義題型可以出現(xiàn)在選擇題、填空題和解答題中。例如，2024年新高考Ⅰ卷11題是解析幾何的新定義多選題，19題是數(shù)列的新定義解答題2023,2024年均出現(xiàn)在19題的壓軸題，但25年沒有出現(xiàn)，減少了類似題型的頻率。考點(diǎn)01新定義題型一、單選題1．（2024·北京·高考真題）生物豐富度指數(shù)d=S?1lnN是河流水質(zhì)的一個評價(jià)指標(biāo)，其中S,N分別表示河流中的生物種類數(shù)與生物個體總數(shù).生物豐富度指數(shù)d越大，水質(zhì)越好．如果某河流治理前后的生物種類數(shù)S沒有變化，生物個體總數(shù)由N1變?yōu)镹2，生物豐富度指數(shù)由2.1A．3N2=2C．N22=N【答案】D【分析】根據(jù)題意分析可得S?1lnN1【詳解】由題意得S?1lnN1=2.1,S?1lnN故選：D.2．（2023·上?！じ呖颊骖}）在平面上，若曲線Γ具有如下性質(zhì)：存在點(diǎn)M，使得對于任意點(diǎn)P∈Γ，都有Q∈Γ使得PM?①所有橢圓都是“自相關(guān)曲線”．②存在是“自相關(guān)曲線”的雙曲線．A．①假命題；②真命題 B．①真命題；②假命題C．①真命題；②真命題 D．①假命題；②假命題【答案】B【分析】由新定義求解曲線上任一點(diǎn)P到定點(diǎn)M距離的取值范圍A，當(dāng)任意x∈A，都有1x【詳解】對于①，不妨設(shè)橢圓方程為x2a2則橢圓上一點(diǎn)P到M距離為|PM|=(x?m)當(dāng)m>a時，對稱軸x=m1?b總存在m使得(m?a)(m+a)=1，此時滿足題意，故任意橢圓都是“自相關(guān)曲線”，故①正確，對于②，對于給定的雙曲線和點(diǎn)P，顯然|PM|存在最小值，而M橫坐標(biāo)趨近于無窮大時，|PM|趨近于無窮大，|PM|∈[m,+∞)，故不滿足題意，不存在雙曲線是“自相關(guān)曲線”故故選：B【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵在于新定義的理解，轉(zhuǎn)化為求曲線上任一點(diǎn)到定點(diǎn)M距離的取值范圍，再結(jié)合橢圓與雙曲線的性質(zhì)判斷即可．二、解答題3．（2025·北京·高考真題）已知集合A=1,2,3,4,5,6,7,8,M=x,y∣x∈A,y∈A，從M中選取n個不同的元素組成一個序列：x1,y1,x2,y(1)對于第1項(xiàng)為(3,3)的K列，寫出它的第2項(xiàng)．(2)設(shè)Γ為K列，且Γ中的項(xiàng)xi,yii=1,2,…,n滿足：當(dāng)i為奇數(shù)時，xi∈{1,2,7,8}：當(dāng)i為偶數(shù)時，x(3)證明：由M的全部元素組成的序列都不是K列．【答案】(1)6,7或7,6(2)不能，理由見解析(3)證明過程見解析【分析】（1）根據(jù)新定義即可得解；（2）假設(shè)(3,2)與(4,4)能同時在Γ中，導(dǎo)出矛盾，從而得出(3,2)與(4,4)不能同時在Γ中的結(jié)論；（3）假設(shè)全體元素構(gòu)成一個K列，通過構(gòu)造導(dǎo)出矛盾，從而得到要證明的結(jié)論.【詳解】（1）根據(jù)題目定義可知，xi+1=x若第一項(xiàng)為3,3，顯然x2=0或?1不符合題意（不在集合A中），所以下一項(xiàng)是6,7或（2）假設(shè)二者同時出現(xiàn)在Γ中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨設(shè)3,2在4,4之前.顯然，在K列中，相鄰兩項(xiàng)的橫縱坐標(biāo)之和的奇偶性總是相反的，所以從3,2到4,4必定要向下一項(xiàng)走奇數(shù)次.但又根據(jù)題目條件，這兩個點(diǎn)的橫坐標(biāo)均在中，所以從3,2到4,4必定要向下一項(xiàng)走偶數(shù)次.這導(dǎo)致矛盾，所以二者不能同時出現(xiàn)在Γ中.（3）法1：若M中的所有元素構(gòu)成K列，考慮K列中形如xi這樣的項(xiàng)共有16個，由題知其下一項(xiàng)為xi+1而xi+1橫、縱坐標(biāo)不能同時相差4，這樣下一項(xiàng)只能有12個點(diǎn)，即對于16個xi,y綜上，由M的全部元素組成的序列都不是K列．法2：假設(shè)全體元素構(gòu)成一個K列，則n=64.設(shè)T1=x,y則T1和T2都包含32個元素，且T1如果存在至少兩對相鄰的項(xiàng)屬于T2，那么屬于T2的項(xiàng)的數(shù)目一定多于屬于所以至多存在一對相鄰的項(xiàng)屬于T2如果存在，則這對相鄰的項(xiàng)的序號必定形如2m和2m+1，否則將導(dǎo)致屬于T2的項(xiàng)的個數(shù)比屬于T1的項(xiàng)的個數(shù)多2，此時從而這個序列的前2m項(xiàng)中，第奇數(shù)項(xiàng)屬于T1，第偶數(shù)項(xiàng)屬于T這個序列的后64?2m項(xiàng)中，第奇數(shù)項(xiàng)屬于T2，第偶數(shù)項(xiàng)屬于T如果不存在相鄰的屬于T2的項(xiàng)，那么也可以看作上述表示在m=0或m=32這意味著必定存在m∈0,1,2,...,32由于相鄰兩項(xiàng)的橫縱坐標(biāo)之和的奇偶性必定相反，故T1中橫縱坐標(biāo)之和為奇數(shù)的點(diǎn)和橫縱坐標(biāo)之和為偶數(shù)的點(diǎn)的數(shù)量一定分別是m和32?m但容易驗(yàn)證，T1和T2都包含16個橫縱坐標(biāo)之和為奇數(shù)的點(diǎn)和16個橫縱坐標(biāo)之和為偶數(shù)的點(diǎn)，所以m=32?m=16，得從而有x2k?1這就得到T1再設(shè)T3=x,y則同理有x2k?1這意味著T3從而得到T3所以由M的全部元素組成的序列都不是K列．4．（2024·廣東江蘇·高考真題）設(shè)m為正整數(shù)，數(shù)列a1,a2,...,a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項(xiàng)ai和(1)寫出所有的i,j，1≤i<j≤6，使數(shù)列a1,a(2)當(dāng)m≥3時，證明：數(shù)列a1,a(3)從1,2,...,4m+2中任取兩個數(shù)i和ji<j，記數(shù)列a1,a2【答案】(1)1,2(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）直接根據(jù)i,j?（2）根據(jù)i,j?（3）證明使得原數(shù)列是i,j?可分?jǐn)?shù)列的i,j至少有m+1【詳解】（1）首先，我們設(shè)數(shù)列a1,a2,由于一個數(shù)列同時加上一個數(shù)或者乘以一個非零數(shù)后是等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)列是等差數(shù)列，故我們可以對該數(shù)列進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃蝍'得到新數(shù)列a'k=k換言之，我們可以不妨設(shè)ak回到原題，第1小問相當(dāng)于從1,2,3,4,5,6中取出兩個數(shù)i和ji<j那么剩下四個數(shù)只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i,j就是1,2,（2）由于從數(shù)列1,2,...,4m+2中取出2和13后，剩余的4m個數(shù)可以分為以下兩個部分，共①1,4,7,10,3,6,9,12,②15,16,17,18,19,20,21,22,（如果m?3=0，則忽略②）故數(shù)列1,2,...,4m+2是（3）定義集合A=4k+1k=0,1,2,...下面證明，對1≤i<j≤4m+2，如果下面兩個命題同時成立，則數(shù)列1,2,...,4m+2一定是命題1：i∈A,j∈B或i∈B,j∈A；命題2：j?i≠3.我們分兩種情況證明這個結(jié)論.第一種情況：如果i∈A,j∈B，且j?i≠3.此時設(shè)i=4k1+1，j=4則由i<j可知4k1+1<4k2此時，由于從數(shù)列1,2,...,4m+2中取出i=4k剩余的4m個數(shù)可以分為以下三個部分，共m組，使得每組成等差數(shù)列：①1,2,3,4,5,6,7,8,②4k1+2,4③4k2+3,4（如果某一部分的組數(shù)為0，則忽略之）故此時數(shù)列1,2,...,4m+2是第二種情況：如果i∈B,j∈A，且j?i≠3.此時設(shè)i=4k1+2，j=4則由i<j可知4k1+2<4k2由于j?i≠3，故4k2+1?4此時，由于從數(shù)列1,2,...,4m+2中取出i=4k1+2和j=4①1,2,3,4,5,6,7,8,②4k1+1,3k1③全體4k1+p,3k1④4k2+3,4（如果某一部分的組數(shù)為0，則忽略之）這里對②和③進(jìn)行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含k2?k1?24k1+3,4k1+4,...可以看出每列都是連續(xù)的若干個整數(shù)，它們再取并以后，將取遍4k1+1,4k1+2,...,4k2+2而這十個數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的4k1+2和4這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數(shù)列1,2,...,4m+2是至此，我們證明了：對1≤i<j≤4m+2，如果前述命題1和命題2同時成立，則數(shù)列1,2,...,4m+2一定是然后我們來考慮這樣的i,j的個數(shù).首先，由于A∩B=?，A和B各有m+1個元素，故滿足命題1的i,j總共有m+12而如果j?i=3，假設(shè)i∈A,j∈B，則可設(shè)i=4k1+1，j=4但這導(dǎo)致k2?k設(shè)i=4k1+2，j=4k2+1，所以可能的k1,k2恰好就是0,1,1,2,所以這m+12個滿足命題1的i,j中，不滿足命題2的恰好有m這就得到同時滿足命題1和命題2的i,j的個數(shù)為m+12當(dāng)我們從1,2,...,4m+2中一次任取兩個數(shù)i和ji<j而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列a1,a2,...,所以數(shù)列a1,a2,Pm這就證明了結(jié)論.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵在于對新定義數(shù)列的理解，只有理解了定義，方可使用定義驗(yàn)證或探究結(jié)論.5．（2024·上海·高考真題）對于一個函數(shù)fx和一個點(diǎn)Ma,b，令sx=(x?a)2+(fx?b)2(1)對于f(x)=1x(x>0)，求證：對于點(diǎn)M0,0，存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)P是(2)對于fx=ex,M1,0，請判斷是否存在一個點(diǎn)P，它是M在fx(3)已知y=f(x)在定義域R上存在導(dǎo)函數(shù)f'(x)，且函數(shù)g(x)在定義域R上恒正，設(shè)點(diǎn)M1t?1,ft?gt，M2t+1,ft+g【答案】(1)證明見解析(2)存在，P(3)嚴(yán)格單調(diào)遞減【分析】（1）代入M(0,0)，利用基本不等式即可；（2）由題得sx=(x?1)2+（3）根據(jù)題意得到s1'x0=【詳解】（1）當(dāng)M(0,0)時，sx當(dāng)且僅當(dāng)x2=1故對于點(diǎn)M0,0，存在點(diǎn)P1,1，使得該點(diǎn)是M0,0（2）由題設(shè)可得sx則s'x=2x?1+2則s'x=2而s'0=0，故當(dāng)x<0時，s'x故sxmin=s而f'x=ex,k=f而kMP=0?11?0=?1，故kMP?k=?1（3）設(shè)s1s2而s's'若對任意的t∈R，存在點(diǎn)P同時是M1,M設(shè)Px0,y0，則x因?yàn)閮珊瘮?shù)的定義域均為R，則x0則存在x0,使得s即s1s2由①②相等得4+4g(t)?f'x即f'x0=?1則f'接下來證明x0因?yàn)閤0既是s1x則s1即x0?t+1x0?t?1③+④得2即x0?t則x0?t=0f則f't=?1g(【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第三問的關(guān)鍵是結(jié)合最值點(diǎn)和極小值的定義得到f'x06．（2024·北京·高考真題）已知集合M=i,j,k,wi∈1,2,j∈3,4,k∈5,6,w∈7,8,且i+j+k+w為偶數(shù)．給定數(shù)列A:a1,a2,?,a8，和序列Ω(1)給定數(shù)列A:1,3,2,4,6,3,1,9和序列Ω:1,3,5,7,(2)是否存在序列Ω，使得ΩA為a1+2,(3)若數(shù)列A的各項(xiàng)均為正整數(shù)，且a1+a3+a5【答案】(1)Ω(2)不存在符合條件的Ω，理由見解析(3)證明見解析【分析】（1）直接按照ΩA的定義寫出Ω（2）解法一：利用反證法，假設(shè)存在符合條件的Ω，由此列出方程組，進(jìn)一步說明方程組無解即可；解法二：對于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，可知序列Ω共有8項(xiàng)，可知：b2n?1（3）解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若a1+a2=a3【詳解】（1）因?yàn)閿?shù)列A:1,3,2,4,6,3,1,9，由序列T11,3,5,7可得由序列T22,4,6,8可得由序列T31,3,5,7可得所以ΩA（2）解法一：假設(shè)存在符合條件的Ω，可知ΩA的第1,2項(xiàng)之和為a1+a2則a1故不存在符合條件的Ω；解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數(shù)列之和比原數(shù)列之和多4，假設(shè)存在符合條件的Ω，且ΩA因?yàn)?+6+4+2+8+2+4+44=8，即序列由題意可知：b2n?1檢驗(yàn)可知：當(dāng)n=2,3時，上式不成立，即假設(shè)不成立，所以不存在符合條件的Ω.（3）解法一：我們設(shè)序列Ts...T2T必要性：若存在序列Ω:T1則as,1=a根據(jù)Ts...T2T1A所以不斷使用該式就得到a1充分性：若a1由已知，a1+a3+我們設(shè)Ts...T2T1A上面已經(jīng)說明as,2j?1+as,2j=從而由a1+a同時，由于it+jt+kt+w下面證明不存在j=1,2,3,4使得as,2j?1假設(shè)存在，根據(jù)對稱性，不妨設(shè)j=1，as,2j?1?a情況1：若as,3?as,4+as,5對該數(shù)列連續(xù)作四次變換2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的as+4,1情況2：若as,3?a情況2-1：如果as,3?as,4≥1，則對該數(shù)列連續(xù)作兩次變換2,4,5,7,2,4,6,8后，新的a情況2-2：如果as,4?as,3≥1，則對該數(shù)列連續(xù)作兩次變換2,3,5,8,2,3,6,7后，新的a這就說明無論如何都會導(dǎo)致矛盾，所以對任意的j=1,2,3,4都有as,2j?1假設(shè)存在j=1,2,3,4使得as,2j?1?as,2j=1，則a則此時對任意j=1,2,3,4，由as,2j?1?a而as,1+as,3+as,5+as,7和as,2+a綜上，只可能as,2j?1?as,2j=0解法二：由題意可知：Ω中序列的順序不影響ΩA且a1（ⅰ）若a1不妨設(shè)a1≤a①當(dāng)a1=a分別執(zhí)行a1個序列2,4,6,8、a2個序列可得a1②當(dāng)a1,a3,即a1分別執(zhí)行a2個序列1,3,5,7、a7可得a1即a1因?yàn)閍1+a可知a1,a分別執(zhí)行a7?a12個序列1,3,5,7，1,3,6,8可得3a為常數(shù)列，符合題意；③若a1=a3<分別執(zhí)行a5個1,3,6,8、a1個可得a1因?yàn)閍1可得a1即轉(zhuǎn)為①，可知符合題意；④當(dāng)a1,a3,即a1分別執(zhí)行a1個2,4,5,7、a5個可得a1且a1+a因?yàn)閍1+a則a1且a1+a⑤若a1<a3<分別執(zhí)行a1個2,3,5,8、a3個可得a1且a1+a因?yàn)閍1則a1且a1+a綜上所述：若a1+a2=（ⅱ）若存在序列Ω，使得ΩA因?yàn)閷θ我猞窤均有b1+b若ΩA為常數(shù)列，則b所以a1綜上所述：“存在序列Ω，使得ΩA為常數(shù)列”的充要條件為“a【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第三問的關(guān)鍵在于對新定義的理解，以及對其本質(zhì)的分析.7．（2023·北京·高考真題）已知數(shù)列an,bn的項(xiàng)數(shù)均為m(m>2)，且an,bn∈{1,2,?,m},an,bn的前n項(xiàng)和分別為(1)若a1=2,a(2)若a1≥b1，且(3)證明：存在p,q,s,t∈0,1,2,?,m，滿足p>q,s>t,使得A【答案】(1)r0=0，r1=1(2)r(3)證明見詳解【分析】（1）先求A0（2）