大題06新定義題型繼2025年九省聯(lián)考的第19題考查了新定義問題，已有部分地區(qū)考試接受了該結(jié)構(gòu)考試。2025年的新高考試卷第19題極大可能也會考查新定義問題，難度較大。新定義題型內(nèi)容新穎，題目中經(jīng)常伴隨有“定義”“規(guī)定”等字眼，題目一般使用抽象的語言給出新定義、運算或符號，沒有過多的解釋說明，要求考生自己認真揣摩、體會和理解定義的含義，在閱讀新定義要求后馬上運用它解決相關(guān)問題，考查考生的理解與運算、信息遷移的力量。題型一：集合的新定義問題（2025·廣東·惠州一中校聯(lián)考模擬猜測）已知集合中含有三個元素，同時滿足①；②；③為偶數(shù)，那么稱集合具有性質(zhì).已知集合，對于集合的非空子集，若中存在三個互不相同的元素，使得均屬于，則稱集合是集合的“期盼子集”.（1）試推斷集合是否具有性質(zhì)，并說明理由；（2）若集合具有性質(zhì)，證明：集合是集合的“期盼子集”；（3）證明：集合具有性質(zhì)的充要條件是集合是集合的“期盼子集”.【思路分析】（1）分取到的三個元素都是奇數(shù)和有偶數(shù)2，兩種狀況比較三個條件，即可推斷；（2）首先依據(jù)性質(zhì)，確定集合，再依據(jù)“期盼子集”的定義，確定集合是集合的“期盼子集”；（3）首先證明充分性，存在三個互不相同的，使得均屬于證明滿足性質(zhì)的三個條件；再證明必要性，首先設(shè)滿足條件的，再證明均屬于，即可證明.【規(guī)范解答】（1）集合不具有性質(zhì)，理由如下：（i）從集合中任取三個元素均為奇數(shù)時，為奇數(shù)，不滿足條件③（ii）從集合中任取三個元素有一個為，另外兩個為奇數(shù)時，不妨設(shè)，，則有，即，不滿足條件②，綜上所述，可得集合不具有性質(zhì).（2）證明：由是偶數(shù)，得實數(shù)是奇數(shù)，當(dāng)時，由，得，即，不合題意，當(dāng)時，由，得，即，或（舍），由于是偶數(shù)，所以集合，令，解得，明顯，所以集合是集合的“期盼子集”得證.（3）證明：先證充分性：當(dāng)集合是集合的“期盼子集”時，存在三個互不相同的，使得均屬于，不妨設(shè)，令，，，則，即滿足條件①，由于，所以，即滿足條件②，由于，所以為偶數(shù)，即滿足條件③，所以當(dāng)集合是集合的“期盼子集”時，集合具有性質(zhì).再證必要性：當(dāng)集合具有性質(zhì)，則存在，同時滿足①；②；③為偶數(shù)，令，，，則由條件①得，由條件②得，由條件③得均為整數(shù)，由于，所以，且均為整數(shù)，所以，由于，所以均屬于，所以當(dāng)集合具有性質(zhì)時，集合是集合的“期盼子集”.綜上所述，集合是集合的“期盼子集”的充要條件是集合具有性質(zhì).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)化為具體的簡潔的應(yīng)用，從而加深對信息的理解；（2）可用自己的語言轉(zhuǎn)述新信息所表達的內(nèi)容，假如能清楚描述，那么說明對此信息理解的較為透徹；（3）發(fā)覺新信息與所學(xué)學(xué)問的聯(lián)系，并從描述中體會信息的本質(zhì)特征與規(guī)律；（4）假如新信息是課本學(xué)問的推廣，則要關(guān)注此信息與課本中概念的不同之處，以及什么狀況下可以使用書上的概念.1．（2025·北京·北京四中?？寄M猜測）已知集合，若集合，且對任意的，存在，，使得（其中），則稱集合為集合的一個元基底．（1）分別推斷下列集合是否為集合的一個二元基底，并說明理由；①，；②，．（2）若集合是集合的一個元基底，證明：；（3）若集合為集合的一個元基底，求出的最小可能值，并寫出當(dāng)取最小值時的一個基底．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析【分析】（1）利用二元基底的定義加以驗證，可得不是的一個二元基底.，是的一個二元基底.．（2）設(shè)，計算出的各種狀況下的正整數(shù)個數(shù)并求出它們的和，結(jié)合題意得，即．（3）由（2）可知，所以，并且得到結(jié)論“基底中元素表示出的數(shù)最多重復(fù)一個”．再爭辯當(dāng)時，集合的全部狀況均不行能是的4元基底，而當(dāng)時，的一個基底，由此可得的最小可能值為5．【解析】（1）①不是的一個二元基底.理由是；②是的一個二元基底.理由是，.（2）不妨設(shè)，則形如的正整數(shù)共有個；形如的正整數(shù)共有個；形如的正整數(shù)至多有個；形如的正整數(shù)至多有個.又集合含個不同的正整數(shù)，為集合的一個元基底.故，即.（3）由（2）可知，所以.當(dāng)時，，即用基底中元素表示出的數(shù)最多重復(fù)一個.*假設(shè)為的一個4元基底，不妨設(shè)，則.當(dāng)時，有，這時或.假如，則由，與結(jié)論*沖突.假如，則或.易知和都不是的4元基底，沖突.當(dāng)時，有，這時，，易知不是的4元基底，沖突.當(dāng)時，有，這時，，易知不是的4元基底，沖突.當(dāng)時，有，，，易知不是的4元基底，沖突.當(dāng)時，有，，，易知不是的4元基底，沖突.當(dāng)時，有，，，易知不是的4元基底，沖突.當(dāng)時，有，，，易知不是的4元基底，沖突.當(dāng)時，均不行能是的4元基底.當(dāng)時，的一個基底；或{3,7,8,9,10}；或{4,7,8,9,10}等，只要寫出一個即可.綜上，的最小可能值為5.2．（2025·北京海淀·高三人大附中?？奸_學(xué)考試）設(shè)為正整數(shù)，集合.任取集合A中的個元素（可以重復(fù)），，，，其中.（1）若，，直接寫出；（2）對于，，，證明：；（3）對于某個正整數(shù)，若集合A滿足：對于A中任意個元素，都有，則稱集合A具有性質(zhì).證明：若，集合A具有性質(zhì)，則，集合A都具有性質(zhì).【答案】（1），（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)條件直接求解即可；（2）設(shè)，設(shè)，設(shè)，求出和，通過說明可得結(jié)論；（3）依據(jù)性質(zhì)直接證明即可.【解析】（1）對于，可得，即；對于，可得，即.（2）設(shè)，設(shè)，則，設(shè)，則，由于，則有：若，則，，即；若，則，可得，，即；若，則，可得，，即；綜上所述：，即.（3）若，集合A具有性質(zhì)，即對于A中任意個元素，都有，則對于A中任意個元素，則有：，題型二：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的新定義問題（2025·陜西安康·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）記函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為，的導(dǎo)函數(shù)為，設(shè)是的定義域的子集，若在區(qū)間上，則稱在上是“凸函數(shù)”.已知函數(shù).（1）若在上為“凸函數(shù)”，求的取值范圍；（2）若，推斷在區(qū)間上的零點個數(shù).【思路分析】（1）依據(jù)“凸函數(shù)”定義對函數(shù)求導(dǎo)，由不等式在恒成馬上可求得的取值范圍；（2）易知，由導(dǎo)函數(shù)求得其在上的單調(diào)性，利用零點存在定理可知零點個數(shù)為1個.【規(guī)范解答】（1）由可得其定義域為，且，所以，若在上為“凸函數(shù)”可得在恒成立，當(dāng)時，明顯符合題意；當(dāng)時，需滿足，可得；綜上可得的取值范圍為；（2）若，可得，所以，令，則；易知在區(qū)間上恒成立，因此可得在上單調(diào)遞減；明顯，；依據(jù)零點存在定理可得存在使得，因此可知當(dāng)時，，即在上為單調(diào)遞增；當(dāng)時，，即在上為單調(diào)遞減；又，明顯在上不存在零點；而，結(jié)合單調(diào)性可得在上存在一個零點；綜上可知，在區(qū)間上僅有1個零點.函數(shù)新定義問題，命題新穎，經(jīng)常考慮函數(shù)的性質(zhì)，包括單調(diào)性，奇偶性，值域等，且存在學(xué)問點交叉，會和導(dǎo)函數(shù)，數(shù)列等學(xué)問進行結(jié)合，很好的考慮了學(xué)問遷移，綜合運用力量，對于此類問題，肯定要解讀出題干中的信息，正確理解問題的本質(zhì)，轉(zhuǎn)化為生疏的問題來進行解決。1．（2025·上海浦東新·統(tǒng)考二模）設(shè)是坐標(biāo)平面上的一點，曲線是函數(shù)的圖象．若過點恰能作曲線的條切線，則稱是函數(shù)的“度點”．（1）推斷點與點是否為函數(shù)的1度點，不需要說明理由；（2）已知，．證明：點是的0度點；（3）求函數(shù)的全體2度點構(gòu)成的集合．【答案】（1）是函數(shù)的一個1度點；不是函數(shù)的1度點（2）證明見解析；（3）或【分析】（1）求出曲線在點處的切線方程，該切線過點時，列出方程，求出一個根，滿足要求，該切線過點，構(gòu)造函數(shù)，解超越方程，無解，不合要求；（2）求出在點處的切線方程，轉(zhuǎn)化為無解，構(gòu)造，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，證明出無解，故證畢；（3）求出切線方程，得到的一個2度點當(dāng)且僅當(dāng)關(guān)于的方程恰有兩個不同的實數(shù)解，設(shè)，分，與三種狀況，進行求解.【解析】（1）設(shè)，則曲線在點處的切線方程為．則該切線過點當(dāng)且僅當(dāng)，即．故原點是函數(shù)的一個1度點，該切線過點，故，令，則，令得，令得，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在處取得微小值，也時最小值，且，故無解，點不是函數(shù)的一個1度點（2）設(shè)，，則曲線在點處的切線方程為．則該切線過點當(dāng)且僅當(dāng)（*）．設(shè)，則當(dāng)時，，故在區(qū)間上嚴(yán)格增．因此當(dāng)時，，（*）恒不成立，即點是的一個0度點．（3），對任意，曲線在點處的切線方程為．故點為函數(shù)的一個2度點當(dāng)且僅當(dāng)關(guān)于的方程恰有兩個不同的實數(shù)解．設(shè)．則點為函數(shù)的一個2度點當(dāng)且僅當(dāng)兩個不同的零點．若，則在上嚴(yán)格增，只有一個實數(shù)解，不合要求．若，由于，由或時得嚴(yán)格增；而當(dāng)時，得嚴(yán)格減．故在時取得極大值，在時取得微小值．又由于，，所以當(dāng)時，由零點存在定理，在、、上各有一個零點，不合要求；當(dāng)時，僅上有一個零點，不合要求；當(dāng)時，僅上有一個零點，也不合要求．故兩個不同的零點當(dāng)且僅當(dāng)或．若，同理可得兩個不同的零點當(dāng)且僅當(dāng)或．綜上，的全體2度點構(gòu)成的集合為或．2．（2025·廣東茂名·統(tǒng)考一模）若函數(shù)在上有定義，且對于任意不同的，都有，則稱為上的“類函數(shù)”.（1）若，推斷是否為上的“3類函數(shù)”；（2）若為上的“2類函數(shù)”，求實數(shù)的取值范圍；（3）若為上的“2類函數(shù)”，且，證明：，，.【答案】（1）是上的“3類函數(shù)”，理由見解析；（2）；（3）證明過程見解析.【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)化為對于任意，都有，，只需且，利用導(dǎo)函數(shù)爭辯函數(shù)的單調(diào)性和最值即可.（3）分和兩種狀況進行證明，，用放縮法進行證明即可.【解析】（1）對于任意不同的，有，，所以，，所以是上的“3類函數(shù)”.（2）由于，由題意知，對于任意不同的，都有，不妨設(shè)，則，故且，故為上的增函數(shù)，為上的減函數(shù)，故任意，都有，由可轉(zhuǎn)化為，令，只需，令，在單調(diào)遞減，所以，，故在單調(diào)遞減，，由可轉(zhuǎn)化為，令，只需，令，在單調(diào)遞減，且，，所以使，即，即，當(dāng)時，，，故在單調(diào)遞增，當(dāng)時，，，故在單調(diào)遞減，，故.（3）由于為上的“2類函數(shù)”，所以，不妨設(shè)，當(dāng)時，；當(dāng)時，由于，，綜上所述，，，.題型三：復(fù)數(shù)與不等式的新定義問題（2025·全國·高三校聯(lián)考競賽）設(shè)M是由復(fù)數(shù)組成的集合，對M的一個子集A，若存在復(fù)平面上的一個圓，使得A的全部數(shù)在復(fù)平面上對應(yīng)的點都在圓內(nèi)或圓周上，且中的數(shù)對應(yīng)的點都在圓外，則稱A是一個M的“可分別子集”．（1）推斷是否是的“可分別子集”，并說明理由；（2）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足，其中分別表示z的實部和虛部．證明：是的“可分別子集”當(dāng)且僅當(dāng)．【思路分析】（1）取復(fù)平面上的圓，得到復(fù)數(shù)1，2，3在復(fù)平面上對應(yīng)的點都在圓內(nèi)，復(fù)數(shù)i在復(fù)平面上對應(yīng)的點在圓外，得到結(jié)論；（2）先證明必要性，令復(fù)數(shù)，取復(fù)平面上的圓，得到是的“可分別子集”；再證明充分性，只需證當(dāng)時，不是的“可分別子集”，得到結(jié)論.【規(guī)范解答】（1）是，理由如下：取復(fù)平面上的圓，則復(fù)數(shù)1，2，3在復(fù)平面上對應(yīng)的點都在圓內(nèi)．而，故復(fù)數(shù)i在復(fù)平面上對應(yīng)的點在圓外．因此，是的“可分別子集”．（2）必要性：當(dāng)時，令復(fù)數(shù)，取復(fù)平面上的圓，則在復(fù)平面上對應(yīng)的點在圓周上，又，故1在復(fù)平面上對應(yīng)的點在圓外．由，，知．故在復(fù)平面上對應(yīng)的點在圓外．因此，當(dāng)時，是的“可分別子集”．充分性：只需證當(dāng)時，不是的“可分別子集”．假設(shè)存在復(fù)平面上的一個圓，使得在復(fù)平面上對應(yīng)的點在圓內(nèi)或圓周上，且1，在復(fù)平面上對應(yīng)的點在圓外．設(shè)圓心表示的復(fù)數(shù)為．再設(shè)．由知，故．由知，故．進而，，由知，故，進而．這與沖突，故所假設(shè)的圓在復(fù)平面上不存在．即當(dāng)時，不是的“可分別子集”，充分性證畢，綜上，是的“可分別子集”當(dāng)且僅當(dāng).新定義題型的特點是:通過給出一個新概念，或商定一種新運算，或給出幾個新模型來創(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)題目供應(yīng)的信息，聯(lián)系所學(xué)的學(xué)問和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到機敏解題的目的：遇到新定義問題，應(yīng)急躁讀題，分析新定義的特點，弄清爽定義的性質(zhì)，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.1．（2025·湖南邵陽·高三邵陽市其次中學(xué)?？奸_學(xué)考試）設(shè)是一個關(guān)于復(fù)數(shù)z的表達式，若（其中x，y，，為虛數(shù)單位），就稱f將點“f對應(yīng)”到點．例如將點“f對應(yīng)”到點．（1）若點“f對應(yīng)”到點，點“f對應(yīng)”到點，求點、的坐標(biāo)；（2）設(shè)常數(shù)，，若直線l：，，是否存在一個有序?qū)崝?shù)對，使得直線l上的任意一點“對應(yīng)”到點后，點Q仍在直線上？若存在，試求出全部的有序?qū)崝?shù)對；若不存在，請說明理由；（3）設(shè)常數(shù)，，集合且和且，若滿足：①對于集合D中的任意一個元素z，都有；②對于集合A中的任意一個元素，都存在集合D中的元素z使得．請寫出滿足條件的一個有序?qū)崝?shù)對，并論證此時的滿足條件．【答案】（1）；（2）；（3），證明見解析【分析】（1）依據(jù)題中的新定義求解即可；（2）由題意可得，進而由條件得出關(guān)于的方程組，求解即可；（3）滿足條件的一個有序?qū)崝?shù)對為，即，，結(jié)合復(fù)數(shù)模的求法及復(fù)數(shù)的運算證明即可.【解析】（1）由知，則，故；設(shè)，則，由知，則，即.（2）直線l上的任意一點“對應(yīng)”到點，，且，，即，由題意，點仍在直線上，則，又，則，開放整理得，則，解得，所以，所求的有序?qū)崝?shù)對為.（3）滿足條件的一個有序?qū)崝?shù)對為，即，，證明如下：設(shè)，則，，∵，∴，，即，滿足條件①；設(shè)，且，即，得，由得，則，則，滿足條件②，綜上，滿足條件的一個有序?qū)崝?shù)對為.2．（2025·全國·高三專題練習(xí)）已知由實數(shù)組成的數(shù)組滿足下面兩個條件：①；②．（1）當(dāng)時，求，的值；（2）當(dāng)時，求證；（3）設(shè)，且，求證：．【答案】（1）或；（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）解方程組，求出答案；（2）方法一：變形得到；方法二：變形得到；（3）方法一：先利用確定值三角不等式得到，再結(jié)合，證明出不等式；方法二：令，則，，由阿貝爾恒等式進行證明.【解析】（1）依據(jù)題意，得，故，，解得或，故或；（2）解法一：當(dāng)時，有，，則，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立；解法二：當(dāng)時，有，，則，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立；（3）解法一（一般解法）：依題意，得，，由于，且，，即，由于．解法二（阿貝爾恒等式證法）：依據(jù)，，可知正項之和為，負項之和為．令，則，．由阿貝爾變換，得．題型四：三角函數(shù)的新定義問題（2025·高三課時練習(xí)）定義非零向量的“相伴函數(shù)”為（），向量稱為函數(shù)的“相伴向量”（其中為坐標(biāo)原點）．記平面內(nèi)全部向量的“相伴函數(shù)”構(gòu)成的集合為．（1）已知點滿足，求的最小值；（2）設(shè)，其中，求證：，并求的“相伴向量”的模的取值范圍；（3）已知（）為圓：上一點，向量的“相伴函數(shù)”在處取得最大值．當(dāng)點在圓上運動時，求的取值范圍．【思路分析】（1），利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解；（2）化簡，依據(jù)定義即可得證；求得，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)，求出的取值范圍即可；（3）由，可得時，取得最大值，其中，為直線OM的斜率，由題意，可得，再利用二倍角的正切，求出的范圍．【規(guī)范解答】（1）由于，所以，所以當(dāng)，時，的最小值為．（2）由于，所以函數(shù)的“相伴向量”，即．又，所以．（3）向量的“相伴函數(shù)”，其中，．，當(dāng)，即，時，取得最大值．此時，，則，所以，其中為直線的斜率.圓：的圓心，半徑為1，直線的方程為.當(dāng)點在圓上運動時，，解得，又，所以．令，則，．當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減，所以；當(dāng)時，函數(shù)單調(diào)遞減，所以．綜上所述，．1．（2025上·上海浦東新·高三華師大二附中校考期中）記表示數(shù)組：中的最大值.（1）推斷函數(shù)，的奇偶性，并說明理由；（2）爭辯函數(shù)，的基本性質(zhì)：奇偶性、單調(diào)性、周期性、最值與零點（不需要證明）；（3）已知函數(shù)，與都定義在實數(shù)集上，且函數(shù)是單調(diào)遞增函數(shù)，是周期函數(shù)，是單調(diào)遞減函數(shù)，求證：是單調(diào)遞增函數(shù)的充要條件是：對任意，，.【答案】（1）偶函數(shù)，理由見解析；（2）答案見解析；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)函數(shù)的定義確定函數(shù)解析式，進而確定奇偶性；（2）依據(jù)與的大小確定函數(shù)解析式，進而確定各性質(zhì)；（3）直接證明其充分性，并分狀況爭辯其必要性.【解析】（1）由于，所以，，所以是偶函數(shù)；（2）由于，所以，，為非奇非偶函數(shù)；當(dāng)，時，在，上單調(diào)遞增，在，上單調(diào)遞減，當(dāng)，時，，在，即，上單調(diào)遞增，在，即，上單調(diào)遞減，故單調(diào)遞增區(qū)間：，，；單調(diào)遞減區(qū)間：，，；又當(dāng)，，，當(dāng)，，，故周期：；最值：，；零點：或，；（3）充分性：，有且成立，所以，由于是單調(diào)遞增函數(shù)，所以也是單調(diào)遞增函數(shù).必要性：，若有解，不妨設(shè)其解集為，令，則，而是單調(diào)增函數(shù)，是單調(diào)減函數(shù)，所以當(dāng)時，，即，所以，設(shè)周期為，則，，第一種狀況，若，即，則；其次種狀況，若，即，則；或；所以，無論如何，都不是單調(diào)增函數(shù).所以無解，即恒成立，即，所以，若有解，不妨設(shè)為，設(shè)，則，即，設(shè)周期為，為增函數(shù)，則，，則，即，所以無解，即恒成立.所以是單調(diào)遞增函數(shù)的充要條件是：對任意，，.2．（2025·上海楊浦·高一復(fù)旦附中?？计谥校τ诤瘮?shù)，，假如存在一組常數(shù)，，…，（其中k為正整數(shù)，且）使得當(dāng)x取任意值時，有則稱函數(shù)為“k級周天函數(shù)”.（1）推斷下列函數(shù)是否是“2級周天函數(shù)”，并說明理由：①；②；（2）求證：當(dāng)時，是“3級周天函數(shù)”；（3）設(shè)函數(shù)，其中b，c，d是不全為0的實數(shù)且存在，使得，證明：存在，使得.【答案】（1）是，不是；理由見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）令，，然后化簡，依據(jù)定義可知；（2）令，，，然后化簡，從而得證；（3）若，則，取，則；若，則利用反證法證明即可；若時，由，可得，從而可得結(jié)論【解析】（1）令，，則，所以是“2級周天函數(shù)”；，不對任意x都成立，所以不是“2級周天函數(shù)”；（2）令，，，則所以是“3級周天函數(shù)”；（3）對其進行分類爭辯：1°若，則，此時取，則；2°若，接受反證法，若不存在，使得，則恒成立，由（2）可知是“3級周天函數(shù)”，所以，所以，由于，，，所以，再由恒成立，所以，進而可得，這與b，c，d是不全為0沖突，故存在，使得；3°若，由，，得，所以存在，使得，所以命題成立.題型五：平面對量的新定義問題（2025·全國·高三專題練習(xí)）已知O為坐標(biāo)原點，對于函數(shù)，稱向量為函數(shù)的相伴特征向量，同時稱函數(shù)為向量的相伴函數(shù)．（1）若為的相伴特征向量，求實數(shù)m的值；（2）記向量的相伴函數(shù)為，求當(dāng)且時的值；（3）已知，，為（1）中函數(shù)，，請問在的圖象上是否存在一點P，使得，若存在，求出P點坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【思路分析】（1）利用特征向量的定義即得；（2）依據(jù)題意可得相伴函數(shù)，再依據(jù)條件可得，由最終得到結(jié)果；（3）由題可得的解析式，設(shè)，依據(jù)條件列出方程式求出滿足條件的點P坐標(biāo)即可.【規(guī)范解答】（1）∵，又為的相伴特征向量，∴；（2）∵向量的相伴函數(shù)為，又，.，，，∴；（3）由題可知，∴，設(shè)，，，，又，，，即，，，，，又，當(dāng)且僅當(dāng)時，和同時等于，在圖像上存在點，使得.1．（2025·全國·高三專題練習(xí)）對于向量，若，，三數(shù)互不相等，令向量，其中，，，.（1）當(dāng)時，試寫出向量；（2）證明：對于任意的，向量中的三個數(shù)，，至多有一個為0；（3）若，證明：存在正整數(shù)，使得.【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)定義依次寫出，依據(jù)周期寫出；（2）反證法，假設(shè)中，，有不止1個為0，結(jié)合分類爭辯及已知推出沖突即可；（3）令并依據(jù)在上的性質(zhì)必存在使，再結(jié)合分類爭辯確定必存在中有一項為0，而另兩項相等，即可得結(jié)論.【解析】（1），，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；......由上，從開頭，每3個向量消滅重復(fù)一個向量，而.（2）假設(shè)中，，有不止1個為0，若且，則，故，此時沖突；若且，，所以為定值，而，，三數(shù)互不相等，當(dāng)，則，不妨令，則，明顯，即，所以，以此類推得：，......，，與，，三數(shù)互不相等沖突；綜上，對于任意的，向量中的三個數(shù)，，至多有一個為0；（3）令，又，，且，所以，且，由題意，，且，故在上不行能單調(diào)遞減，即必存在使，依據(jù)的定義，中必有一個0，由（2）知：中有且僅有一個為0，令，若，不妨設(shè)，則，則，所以，同理，所以，又，故此狀況不行能始終消滅（至多有次），所以肯定能找到，使得；若，則，，，，...所以存在正整數(shù)，使得；綜上，存在正整數(shù)，使得.2．（2025·湖南常德·高三臨澧縣第一中學(xué)校考階段練習(xí)）對于給定的正整數(shù)n，記集合，其中元素稱為一個n維向量.特殊地，稱為零向量.設(shè)，，，定義加法和數(shù)乘：，.對一組向量，，…，，若存在一組不全為零的實數(shù)，，…，，使得，則稱這組向量線性相關(guān).否則，稱為線性無關(guān).（1）對，推斷下列各組向量是線性相關(guān)還是線性無關(guān)，并說明理由.①，；②，，.（2）已知，，線性無關(guān)，推斷，，是線性相關(guān)還是線性無關(guān)，并說明理由.（3）已知個向量，，…，線性相關(guān)，但其中任意個都線性無關(guān)，證明：①假如存在等式（，，2，3，…，m），則這些系數(shù)，，…，或者全為零，或者全不為零；②假如兩個等式，（，，，2，3，…，m）同時成立，其中，則.【答案】（1）①線性相關(guān)，理由見解析；②線性相關(guān)，理由見解析；（2）線性無關(guān)，理由見解析（3）①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）依據(jù)向量線性相關(guān)的定義逐一推斷即可；（2）設(shè)，則，然后由條件得到即可推斷；（3）①假如某個，，然后證明，，…，，，…，都等于0即可；②由可得，然后代入依據(jù)題意證明即可.【解析】（1）對于①，設(shè)，則可得，所以，線性相關(guān)；對于②，設(shè)，則可得，所以，，所以，，線性相關(guān)；（2）設(shè)，則，由于向量，，線性無關(guān)，所以，解得，所以向量，，線性無關(guān).（3）①，假如某個，，2，…，m，則，由于其中任意個都線性無關(guān)，所以，，…，，，…，都等于0，所以這些系數(shù)，，…，或者全為零，或者全不為零，②由于，所以，，…，全不為零，所以由可得，代入可得，所以，所以，…，，所以.題型六：數(shù)列的新定義問題（2025·江蘇南通·高三統(tǒng)考開學(xué)考試）設(shè)正整數(shù)，有窮數(shù)列滿足，且，定義積值（1）若時，數(shù)列與數(shù)列的S的值分別為，①試比較與的大小關(guān)系；②若數(shù)列的S滿足，請寫出一個滿足條件的（2）若時，數(shù)列存在使得，將，分別調(diào)整為，，其它2個，令數(shù)列調(diào)整前后的積值分別為，寫出的大小關(guān)系并給出證明；（3）求的最大值，并確定S取最大值時所滿足的條件，并進行證明.【思路分析】（1）①依據(jù)定義求出兩個積值，比較大小；②只要寫出滿足條件的一個解就可以了，留意限制條件；（2）依據(jù)調(diào)整，對兩個積值做差，依據(jù)限制條件可比較大?。唬?）利用基本不等式計算可得；【規(guī)范解答】（1）①依題意可得，，所以；②不妨令為（答案不唯一），則，由于，，符合題意.（2）；證明：不妨設(shè)，則；則；所以；所以；（3）的最大值為1，當(dāng)且僅當(dāng)時，取到最大值.證明：由于，且；所以；當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立.數(shù)列中的“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，然后依據(jù)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(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎(chǔ)數(shù)學(xué)學(xué)問，所以說“新題”不肯定是“難題”，把握好三基，以不變應(yīng)萬變才是制勝法寶.1．（2025·江蘇·校聯(lián)考模擬猜測）在數(shù)列中，若存在常數(shù)，使得恒成立，則稱數(shù)列為“數(shù)列”．（1）若，試推斷數(shù)列是否為“數(shù)列”，請說明理由；（2）若數(shù)列為“數(shù)列”，且，數(shù)列為等比數(shù)列，且，求數(shù)列的通項公式；（3）若正項數(shù)列為“數(shù)列”，且，，證明：．【答案】（1）數(shù)列不是“數(shù)列”；（2）；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)已知條件求出即可推斷；（2）依據(jù)數(shù)列為“數(shù)列”，化為，進而求得，作差有，依據(jù)已知條件化為，解出，由此求出，即可求出數(shù)列的通項公式.（3）構(gòu)造函數(shù)，通過導(dǎo)數(shù)推斷函數(shù)的單調(diào)性，有在上單調(diào)遞減，且，再推導(dǎo)出且，符合上述區(qū)間，即可證明不等式.【解析】（1）數(shù)列不是“數(shù)列”，理由如下：，則，又，所以，由于不是常數(shù)，所以數(shù)列不是“數(shù)列”.（2）由于數(shù)列為“數(shù)列”，由，有①，所以②，兩式作差得，又由于數(shù)列為“數(shù)列”，所以，設(shè)數(shù)列的公比為，所以，即對成立，則，得；又，，得，所以.（3）設(shè)函數(shù)，則，當(dāng)時，，則在上單調(diào)遞減，且，由于數(shù)列為“數(shù)列”，則，由于，，則，故，由此類推，可得對，，所以，即，所以得證.2．（2025·安徽·高三池州市第一中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試）基本不等式可以推廣到一般的情形：對于個正數(shù)，它們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均，即，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立．若無窮正項數(shù)列同時滿足下列兩共性質(zhì)：①；②為單調(diào)數(shù)列，則稱數(shù)列具有性質(zhì)．（1）若，求數(shù)列的最小項；（2）若，記，推斷數(shù)列是否具有性質(zhì)，并說明理由；（3）若，求證：數(shù)列具有性質(zhì)．【答案】（1）最小項為；（2）數(shù)列具有性質(zhì)，理由見解析；（3）證明見解析【分析】（1）利用，結(jié)合三個數(shù)的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均求解；（2）變形，再利用等比數(shù)列求和證明性質(zhì)①，利用證明②；（3）結(jié)合二項式定理及n元基本不等式求解.【解析】（1），當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，數(shù)列的最小項為．（2）數(shù)列具有性質(zhì)．，，數(shù)列滿足條件①．為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列滿足條件②．綜上，數(shù)列具有性質(zhì)．（3）先證數(shù)列滿足條件①：．當(dāng)時，則，數(shù)列滿足條件①．再證數(shù)列滿足條件②：（，等號取不到）為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列滿足條件②．綜上，數(shù)列具有性質(zhì).題型七：立體幾何的新定義問題（2025·河南·高三校聯(lián)考期末）三階行列式是解決簡單代數(shù)運算的算法，其運算法則如下：若，則稱為空間向量與的叉乘，其中，，為單位正交基底.以為坐標(biāo)原點、分別以，，的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，已知，是空間直角坐標(biāo)系中異于的不同兩點（1）①若，，求；②證明.（2）記的面積為，證明：.（3）證明：的幾何意義表示以為底面、為高的三棱錐體積的倍.【思路分析】（1）①由向量叉乘的定義直接求解即可；②設(shè)，,依據(jù)叉乘的運算表示和即可證明；（2）首先表示向量，夾角的正弦值，然后得到，要證，只需證，然后依據(jù)（1）的運算證明即可；（3）由（2），通過變形可得，即可證明.【規(guī)范解答】（1）①由于，，則；②設(shè)，，則，將與互換，與互換，與互換，可得，故；（2）由于，故，故要證，只需證，即證，由（1），，，故，又，，，則成立，故；（3）由（2），，故，故的幾何意義表示以為底面、為高的三棱錐體積的倍.1．（2025·重慶·校聯(lián)考一模）把底面為橢圓且母線與底面垂直的柱體稱為“橢圓柱”．如圖，橢圓柱中底面長軸，短軸長為下底面橢圓的左右焦點，為上底面橢圓的右焦點，為上的動點，為上的動點，為過點的下底面的一條動弦（不與重合）．（1）求證：當(dāng)為的中點時，平面（2）若點是下底面橢圓上的動點，是點在上底面的投影，且與下底面所成的角分別為，試求出的取值范圍．（3）求三棱錐的體積的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【分析】（1）由題設(shè)知分別是中點，連接，進而得四邊形為平行四邊形，則，再結(jié)合中位線性質(zhì)、線面平行的判定證結(jié)論；（2）令，得，，應(yīng)用和角正切公式及橢圓性質(zhì)有且，即可求范圍；（3）利用等體積法有，問題化為求面積、到面距離之和都最大，應(yīng)用直線與橢圓關(guān)系求最大，進而得結(jié)果.【解析】（1）由題設(shè)，長軸長，短軸長，則，所以分別是中點，而柱體中為矩形，連接，由，故四邊形為平行四邊形，則，當(dāng)為的中點時，則，故，面，面，故平面.（2）由題設(shè)，令，則，又，所以，，則，所以，依據(jù)橢圓性質(zhì)知，故.（3）由，要使三棱錐的體積最大，只需面積和到面距離之和都最大，，令且，則，所以，明顯時，有最大；構(gòu)建如上圖直角坐標(biāo)系且，橢圓方程為，設(shè)，聯(lián)立橢圓得，且，所以，，而，所以，令，則，由對勾函數(shù)性質(zhì)知在上遞增，故；綜上，.2．（2025·全國·高三專題練習(xí)）很多次借著你的光，看到未曾見過的世界：國慶七十周年?建黨百年天安門廣場三千人合唱的磅礴震撼，“930烈士紀(jì)念日”向人民英雄敬獻花籃儀式的凝重莊重金帆合唱團，這絕不是一個抽象的名字，而是艱辛與光耀的延展，當(dāng)你想起他，應(yīng)是四季人間，應(yīng)是繁星燦爛！這是開學(xué)典禮中，我校金帆合唱團的頒獎詞，聽后讓人熱血沸騰，讓人心憧憬之.圖1就是金帆排練廳，大家都親切的稱之為“六角樓”，其造型別致，可以理解為一個正六棱柱（圖2）由上底面各棱向內(nèi)切割為正六棱臺（圖3），正六棱柱的側(cè)棱交的延長線于點，經(jīng)測量，且（1）寫出三條正六棱臺的結(jié)構(gòu)特征.（2）“六角樓”一樓為辦公區(qū)域，二樓為金帆排練廳，假設(shè)排練廳地板恰好為六棱柱中截面，忽視墻壁厚度，估算金帆排練廳對應(yīng)幾何體體積.（棱臺體積公式：）（3）“小模糊”站在“六角樓”下，沉醉在歌聲里.“大聰慧”走過來說：“數(shù)學(xué)是理性的音樂，音樂是感性的數(shù)學(xué).學(xué)好數(shù)學(xué)方能更好的觀賞音樂，比如咱們剛剛聽到的一個復(fù)合音就可以表示為函數(shù)，你看這多奇特!”“小模糊”：“.....”友愛的同學(xué)們，快來幫“小模糊”求一下的最大值吧.【答案】（1）答案見解析；（2）；（3）【分析】（1）依據(jù)正六棱臺性質(zhì)即可;（2）找出棱臺的高，代入體積公式即可;（3）法1.利用四元均值不等式，法2.利用琴生不等式法，法3.利用二元均值不等式推廣，法4.利用柯西不等式.【解析】（1）類似于上下底面平行，相像，都是正六邊形，側(cè)棱等長，側(cè)棱延長交于一點，側(cè)面都是等腰梯形，等等.（2）在中，可求，所以排練廳上底面為邊長10的正六邊形，下底面為邊長9的正六邊形，高為，所以，所以.（3）法1.四元均值不等式.當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，所以最大值為.法2.琴生不等式法，當(dāng)且僅當(dāng)，即取等號，所以最大值為.法3.二元均值不等式推廣，，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以最大值為.法4.柯西不等式，依據(jù)二次函數(shù)學(xué)問可知當(dāng)取得最大值，所以；柯西不等式等號成立時與二次函數(shù)取到最值時相同，當(dāng)且僅當(dāng).所以最大值為.題型八：平面解析幾何的新定義問題（2025·云南昆明·昆明一中?？寄M猜測）橢圓方程，平面上有一點．定義直線方程是橢圓在點處的極線．已知橢圓方程．（1）若在橢圓上，求橢圓在點處的極線方程；（2）若在橢圓上，證明：橢圓在點處的極線就是過點的切線；（3）若過點分別作橢圓的兩條切線和一條割線，切點為，，割線交橢圓于，兩點，過點，分別作橢圓的兩條切線，且相交于點．證明：，，三點共線．【思路分析】（1）將代入橢圓方程計算得點的坐標(biāo)，再寫出極線方程即可；（2）寫出點處的極線方程，先爭辯的狀況，可得處的極線就是過點的切線；再爭辯的狀況，將橢圓方程與極線方程聯(lián)立，消元得關(guān)于的一元二次方程，計算得判別式，即可證明；（3）分別寫出過點，N的切線方程，從而可得割線的方程，再寫出切點弦的方程，依據(jù)割線過點，代入割線方程計算，從而可得，，三點共線.【規(guī)范解答】（1）由題意知，當(dāng)時，，所以或．由定義可知橢圓在點處的極線方程為，所以橢圓在點處的極線方程為，即點處的極線方程為，即（2）由于在橢圓上，所以，由定義可知橢圓在點處的極線方程為，當(dāng)時，，此時極線方程為，所以處的極線就是過點的切線．當(dāng)時，極線方程為．聯(lián)立，得．．綜上所述，橢圓在點處的極線就是過點的切線；（3）設(shè)點，，，由（2）可知，過點的切線方程為，過點N的切線方程為．由于，都過點，所以有，則割線的方程為；同理可得過點的兩條切線的切點弦的方程為．又由于割線過點，代入割線方程得．所以，，三點共線，都在直線上．1．（2025·寧夏銀川·統(tǒng)考模擬猜測）已知橢圓的兩個焦點與短軸的一個端點是直角三角形的三個頂點，且橢圓E過，直線與橢圓E交于A、B．（1）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)直線TA、TB的斜率分別為，，證明：；（3）直線是過點T的橢圓E的切線，且與直線l交于點P，定義為橢圓E的弦切角，為弦TB對應(yīng)的橢圓周角，探究橢圓E的弦切角與弦TB對應(yīng)的橢圓周角的關(guān)系，并證明你的論．【答案】（1）；（2）證明見解析；（3），證明見解析【分析】（1）依據(jù)題意可得，，解出a、b即可求解；（2）設(shè)，將直線l方程聯(lián)立橢圓方程，利用韋達定理表示、，結(jié)合兩點表示斜率公式對化簡計算，即可求解；（3）設(shè)切線方程，由直線與橢圓的位置關(guān)系求出k，得出傾斜角，可得，由，得，結(jié)合三角形的外角和即可下結(jié)論.【解析】（1）由題意知，，所以，又橢圓經(jīng)過T（2,1），所以，解得，，所以橢圓方程為；（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，得，所以，∴，則，解得，設(shè)，則，，所以，即；（3）橢圓E的弦切角與弦TB對應(yīng)的橢圓周角相等.證明如下：設(shè)切線方程為，即，由，得，所以，，解得，則，又，所以，所以，設(shè)切線與x軸交點為Q，TA、TB分別與x交于C，D，由于，所以，又，，，所以.2．（2025·上海黃浦·高三格致中學(xué)?？奸_學(xué)考試）定義：若橢圓上的兩個點滿足，則稱為該橢圓的一個“共軛點對”，記作.已知橢圓的一個焦點坐標(biāo)為，且橢圓過點.（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）求“共軛點對”中點所在直線的方程；（3）設(shè)為坐標(biāo)原點，點在橢圓上，且，（2）中的直線與橢圓交于兩點，且點的縱坐標(biāo)大于0，設(shè)四點在橢圓上逆時針排列.證明：四邊形的面積小于.【答案】（1）；（2）；（3）證明見解析.【分析】（1）依據(jù)給定條件，利用橢圓的定義求出長軸長即可作答.（2）設(shè)，依據(jù)“共軛點對”的定義列出方程，化簡作答.（3）求出的坐標(biāo)，設(shè)點，，利用點差法得，再求出點P到直線l距離的范圍即可推理作答.【解析】（1）依題意，橢圓的另一焦點為，因此，于是，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為.（2）設(shè)“共軛點對”中點B的坐標(biāo)為，由（1）知，點在橢圓C：上，依題意，直線l的方程為，整理得，所以直線的方程為.（3）由（2）知，直線：，由，解得或，則，，設(shè)點，，則，兩式相減得，又，于是，則，有，線段PQ被直線l平分，設(shè)點到直線的距離為d，則四邊形的面積，而，則有，設(shè)過點P且與直線l平行的直線的方程為，則當(dāng)與C相切時，d取得最大值，由消去y得，令，解得，當(dāng)時，此時方程為，即，解得，則此時點P或點Q必有一個和點重合，不符合條件，從而直線與C不行能相切，即d小于平行直線和（或）的距離，所以.題型九：概率統(tǒng)計的新定義問題（2025·河北·高三泊頭市第一中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）信息熵是信息論之父香農(nóng)（Shannon）定義的一個重要概念，香農(nóng)在1948年發(fā)表的論文《通信的數(shù)學(xué)理論》中指出，任何信息都存在冗余，把信息中排解了冗余后的平均信息量稱為“信息熵”，并給出了計算信息熵的數(shù)學(xué)表達式：設(shè)隨機變量全部可能的取值為，且，定義的信息熵.（1）當(dāng)時，計算；（2）若，推斷并證明當(dāng)增大時，的變化趨勢；（3）若，隨機變量全部可能的取值為，且，證明：.【思路分析】（1）直接利用公式求解；（2）先求出，再推斷單調(diào)性即可求解；（3）分別求出和，結(jié)合對數(shù)函數(shù)單調(diào)性放縮即可求解.【規(guī)范解答】（1）當(dāng)時，則，所以（2）隨著的增大而增大.當(dāng)，則，設(shè)，則，因此隨著的增大而增大.（3）證明：若，隨機變量全部可能的取值為，且..，由于，故故，由于，所以，所以，所以，所以.（2025·遼寧·校聯(lián)考一模）十七世紀(jì)至十八世紀(jì)的德國數(shù)學(xué)家萊布尼茲是世界上第一個提出二進制記數(shù)法的人，用二進制記數(shù)只需數(shù)字0和1，對于整數(shù)可理解為逢二進一，例如：自然數(shù)1在二進制中就表示為，2表示為，3表示為，5表示為，發(fā)覺若可表示為二進制表達式，則，其中，或1（）.（1）記，求證：；（2）記為整數(shù)的二進制表達式中的0的個數(shù)，如，.（?。┣?；（ⅱ）求（用數(shù)字作答）.【答案】（1）證明見解析；（2）（?。?；（ⅱ）9841【分析】（1）借助二進制的定義計算可得，，即可得證；（2）（ⅰ）借助二進制的定義可計算出，即可得表達式中的0的個數(shù)；（ⅱ）計算出從到中，、、，的個數(shù)，即可得.【解析】（1），，，，；（2）（ⅰ），，（ⅱ），，故從到中，有、、、共9個，有個，由，即共有個有個，由，即共有個……，有個，.2．（2025·江西南昌·南昌二中校聯(lián)考模擬猜測）給定正整數(shù)，已知項數(shù)為且無重復(fù)項的數(shù)對序列：滿足如下三共性質(zhì)：①，且；②；③與不同時在數(shù)對序列中.（1）當(dāng)，時，寫出全部滿足的數(shù)對序列；（2）當(dāng)時，證明：；（3）當(dāng)為奇數(shù)時，記的最大值為，求.【答案】（1）或；（2）證明詳見解析；（3）【分析】（1）利用列舉法求得正確答案.（2）利用組合數(shù)公式求得的一個大致范圍，然后依據(jù)序列滿足的性質(zhì)證得.（3）先證明，然后利用累加法求得.【解析】（1）依題意，當(dāng)，時有：或.（2）當(dāng)時，由于與不同時在數(shù)對序列中，所以，所以每個數(shù)至多消滅次，又由于，所以只有對應(yīng)的數(shù)可以消滅次，所以.（3）當(dāng)為奇數(shù)時，先證明.由于與不同時在數(shù)對序列中，所以，當(dāng)時，構(gòu)造恰有項，且首項的第個重量與末項的第個重量都為.對奇數(shù)，假如和可以構(gòu)造一個恰有項的序列，且首項的第個重量與末項的第個重量都為，那么多奇數(shù)而言，可按如下方式構(gòu)造滿足條件的序列：首先，對于如下個數(shù)對集合：，，……，，每個集合中都至多有一個數(shù)對消滅在序列中，所以，其次，對每個不大于的偶數(shù)，將如下個數(shù)對并為一組：，共得到組，將這組對數(shù)以及，按如下方式補充到的后面，即.此時恰有項，所以.綜上，當(dāng)為奇數(shù)時，.題型十：高等數(shù)學(xué)背景下的新定義問題（2025·河北·高三張北縣第一中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試）設(shè)a，b為非負整數(shù)，m為正整數(shù)，若a和b被m除得的余數(shù)相同，則稱a和b對模m同余，記為．（1）求證：；（2）若p是素數(shù)，n為不能被p整除的正整數(shù)，則，這個定理稱之為費馬小定理．應(yīng)用費馬小定理解決下列問題：①證明：對于任意整數(shù)x都有；②求方程的正整數(shù)解的個數(shù)．【思路分析】（1）由二項式定理證明被7除所得的余數(shù)為2，即可證明結(jié)論；（2）①由費馬小定理證明，，，進而即可證明結(jié)論；②將和，結(jié)合①的結(jié)論即可得到和，從而得到結(jié)果.【規(guī)范解答】（1）由于，所以被7除所得的余數(shù)為1，所以被7除所得的余數(shù)為2，又65被7除所得的余數(shù)為2，所以.（2）①由費馬小定理得即，又，所以，同理：，，由于都為素數(shù)，，所以②由于，由費馬小定理知，對于任意正整數(shù)都有，即，由費馬小定理知，對于任意正整數(shù)都有，即，由于5和7互為質(zhì)數(shù)，所以對于任意的正整數(shù)都有所以方程的正整數(shù)解的個數(shù)為35.1．（2025·湖北襄陽·高三襄陽五中校考開學(xué)考試）“物不知數(shù)”是中國古代有名算題，原載于《孫子算經(jīng)》卷下其次十六題：“今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二：五五數(shù)之剩三；七七數(shù)之剩二．問物幾何？”問題的意思是，一個數(shù)被3除余2，被5除余3，被7除余2，那么這個數(shù)是多少？若一個數(shù)被除余，我們可以寫作．它的系統(tǒng)解法是秦九韶在《數(shù)書九章》大衍求一術(shù)中給出的．大衍求一術(shù)（也稱作“中國剩余定理”）是中國古算中最有獨創(chuàng)性的成就之一，現(xiàn)將滿足上述條件的正整數(shù)從小到大依次排序．中國剩余定理：假設(shè)整數(shù)，，…，兩兩互質(zhì)，則對任意的整數(shù)：，，…，方程組肯定有解，并且通解為，其中為任意整數(shù)，，，為整數(shù)，且滿足．（1）求出滿足條件的最小正整數(shù)，并寫出第個滿足條件的正整數(shù)；（2）在不超過4200的正整數(shù)中，求全部滿足條件的數(shù)的和．（提示：可以用首尾進行相加）．【答案】（1）23，；（2）82820【分析】（1）找出滿足條件的最小整數(shù)值為23，滿足條件的數(shù)形成以23為首項，105為公差的數(shù)列，即可求出答案；（2）確定該數(shù)列的項數(shù)，利用等差數(shù)列的求和公式可求得結(jié)果.【解析】（1）由題目中給出的中國剩余定理可知，又由于，解得，所以，當(dāng)時，取得最小值，．所以第個滿足條件的正整數(shù)為．（2）不超過4200的正整數(shù)中，，解得，所以共有40個滿足條件的正整數(shù)，將這40個正整數(shù)首尾進行相加有，故全部滿足條件的數(shù)的和為82820．2．（2025·重慶·高三重慶八中?？奸_學(xué)考試）假如函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，可記為．若，則表示曲線，直線以及軸圍成的“曲邊梯形”的面積．（1）若，且，求；（2）已知，證明：，并解釋其幾何意義；（3）證明：，．【答案】（1）；（2）答案見解析；（3）證明見解析【分析】（1）由基本函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和題中定積分的含義得到.（2）先由定積分的預(yù)算得到，再分別構(gòu)造函數(shù)和，利用導(dǎo)數(shù)分析單調(diào)性，證明結(jié)論；幾何意義由題干中定積分的含義得到.（3）先由二倍角公式化簡得到，再由定積分的意義得到，最終依據(jù)求導(dǎo)與定積分的運算得到，最終得證.【解析】（1）當(dāng)時，由于，所以設(shè)，又，代入上式可得，所以，當(dāng)時，；當(dāng)時，設(shè)，同理可得，綜上，.（2）由于，所以，設(shè)，則恒成立，所以在上單調(diào)遞增，所以，故，即；設(shè)，，則恒成立，所以在上單調(diào)遞增，，所以，綜上，.幾何意義：當(dāng)時，曲線與直線（軸），以及軸圍成的“曲邊面積”大于直線（軸），以及軸，直線圍成的矩形面積，小于（軸），以及軸，直線圍成的矩形面積.（3）由于，所以，設(shè)，則，所以，故.1．（2025·湖南長沙·長沙一中校聯(lián)考模擬猜測）已知集合，其中且，若對任意的，都有，則稱集合具有性質(zhì).（1）集合具有性質(zhì)，求的最小值；（2）已知具有性質(zhì)，求證：；（3）已知具有性質(zhì)，求集合中元素個數(shù)的最大值，并說明理由.【答案】（1）6；（2）證明見解析；（3）7，理由見解析.【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）依據(jù)定義，進而有，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)得出沖突，再爭辯并應(yīng)用基本不等式證恒成立，即可確定元素個數(shù)最大值.【解析】（1）由性質(zhì)定義知：，且，所以的最小值為6.（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，故，當(dāng)，則，即.綜上，集合中元素個數(shù)的最大值為7.2．（2025·北京朝陽·高三統(tǒng)考期末）已知是各項均為正整數(shù)的無窮遞增數(shù)列，對于，定義集合，設(shè)為集合中的元素個數(shù)，若時，規(guī)定.（1）若，寫出及的值；（2）若數(shù)列是等差數(shù)列，求數(shù)列的通項公式；（3）設(shè)集合，求證：且.【答案】（1），，，；（2）；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)集合新定義求出前幾項推斷即可；（2）通過集合新定義結(jié)合等差數(shù)列性質(zhì)求出，然后利用反證法結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性求得，利用等差數(shù)列定義求解通項公式即可；（3）先利用集合性質(zhì)得數(shù)列是遞增數(shù)列，然后利用反證法結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性證明，由集合新定義及集合相等證明．【解析】（1）由于，所以，則，所以，，又，所以，，所以；（2）由題可知，所以，所以.若，則，，所以，，與是等差數(shù)列沖突.所以.設(shè)，由于是各項均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以.假設(shè)存在使得.設(shè)，由得.由得，，與是等差數(shù)列沖突.所以對任意都有.所以數(shù)列是等差數(shù)列，.（3）由于對于，，所以.所以，即數(shù)列是遞增數(shù)列.先證明.假設(shè)，設(shè)正整數(shù).由于，故存在正整數(shù)使得，所以.由于是各項均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以.所以，.所以，.又由于數(shù)列是遞增數(shù)列，所以，沖突.所以.再證明.由題可知.設(shè)且，由于數(shù)列是各項均為正整數(shù)的遞增數(shù)列，所以存在正整數(shù)，使得.令.若，則，即，所以.所以，所以.若，則，所以.所以，所以.由于，所以.所以.綜上，且.3．（2025·山東·高三煙臺二中校聯(lián)考開學(xué)考試）在無窮數(shù)列中，令，若，，則稱對前項之積是封閉的．（1）試推斷：任意一個無窮等差數(shù)列對前項之積是否是封閉的？（2）設(shè)是無窮等比數(shù)列，其首項，公比為．若對前項之積是封閉的，求出的兩個值；（3）證明：對任意的無窮等比數(shù)列，總存在兩個無窮數(shù)列和，使得，其中和對前項之積都是封閉的．【答案】（1）不是；（2）或；（3）證明見解析【分析】（1）取數(shù)列，結(jié)合題中定義驗證可得出結(jié)論；（2）由，得，進而，爭辯①當(dāng)時和②當(dāng)，分別求得；（3）設(shè)，令，，得，再利用定義證明、對前項之積都是封閉的．【解析】（1）不是的，理由如下：如等差數(shù)列，所以不是任意一個無窮等差數(shù)列對前項之積是封閉的．（2）是等比數(shù)列，其首項，公比，所以，所以，由已知得，對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，使得成立，即對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，使得成立，即對任意正整數(shù)，總存在正整數(shù)，使得成立，①當(dāng)時，得，所以；②當(dāng)時，得，且，綜上，或.（3）對任意的無窮等比數(shù)列，，令，，則，下面證明：是對前項之積是封閉的．由于，所以，取正整數(shù)得，，所以對前項之積是封閉的，同理證明：也對前項之積是封閉的，所以對任意的無窮等比數(shù)列，總存在兩個無窮數(shù)列和，使得，其中和對前項之積都是封閉的．4．（2025·全國·校聯(lián)考模擬猜測）“讓式子丟掉次數(shù)”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又稱貝努利不等式，是高等數(shù)學(xué)的分析不等式中最常見的一種不等式，由瑞士數(shù)學(xué)家雅各布·伯努利提出：對實數(shù)，在時，有不等式成立；在時，有不等式成立．（1）猜想伯努利不等式等號成立的條件；（2）當(dāng)時，對伯努利不等式進行證明；（3）考慮對多個變量的不等式問題．已知是大于的實數(shù)（全部同號），證明【答案】（1），或；（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)不等式特征猜想出等號成立的條件；（2）設(shè)，留意到，求導(dǎo)得到，二次求導(dǎo)，得到函數(shù)的單調(diào)性和極值最值狀況，證明出結(jié)論；（3）當(dāng)時，明顯成立，當(dāng)時，構(gòu)造數(shù)列：，作差法得到是一個單調(diào)遞增的數(shù)列（），結(jié)合，得到，證明出結(jié)論.【解析】（1）猜想：伯努利不等式等號成立的充要條件是，或．當(dāng)時，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，其他值均不能保證等號成立，猜想，伯努利不等式等號成立的充要條件是，或；（2）當(dāng)時，我們需證，設(shè)，留意到，，令得，即，是的一個極值點．令，則，所以單調(diào)遞增．當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．所以在處取得微小值，即恒成立，．伯努利不等式對得證．（3）當(dāng)時，原不等式即，明顯成立．當(dāng)時，構(gòu)造數(shù)列：，則，若，由上式易得，即；若，則，所以，故，即此時也成立．所以是一個單調(diào)遞增的數(shù)列（），由于，所以，故原不等式成立．5．（2025·全國·高三專題練習(xí)）約數(shù)，又稱因數(shù).它的定義如下：若整數(shù)除以整數(shù)除得的商正好是整數(shù)而沒有余數(shù)，我們就稱為的倍數(shù)，稱為的約數(shù).設(shè)正整數(shù)共有個正約數(shù)，即為.（1）當(dāng)時，若正整數(shù)的個正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，請寫出一個的值；（2）當(dāng)時，若構(gòu)成等比數(shù)列，求正整數(shù)；（3）記，求證：.【答案】（1）8；（2）；（3）證明見解析【分析】（1）由題意可知時符合題意；（2）由題意可得，，依據(jù)等比數(shù)列的定義可得，進而，則為，即可求出a；（3）由題意可得，，則，結(jié)合放縮法和裂項求和法即可證明.【解析】（1）當(dāng)時,正整數(shù)的4個正約數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列，比如為8的全部正約數(shù)，即.（2）由題意可知，，由于，題意可知，所以，化簡可得，所以，由于，所以，因此可知是完全平方數(shù).由于是整數(shù)的最小非1因子，是的因子，且，所以，所以為，所以.（3）由題意知，，所以，由于，所以，由于，，所以，所以，即.6．（2025·江蘇·徐州市第一中學(xué)校聯(lián)考模擬猜測）交比是射影幾何中最基本的不變量，在歐氏幾何中亦有應(yīng)用．設(shè)，，，是直線上互異且非無窮遠的四點，則稱（分式中各項均為有向線段長度，例如）為，，，四點的交比，記為．（1）證明：；（2）若，，，為平面上過定點且互異的四條直線，，為不過點且互異的兩條直線，與，，，的交點分別為，，，，與，，，的交點分別為，，，，證明：；（3）已知第（2）問的逆命題成立，證明：若與的對應(yīng)邊不平行，對應(yīng)頂點的連線交于同一點，則與對應(yīng)邊的交點在一條直線上．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)題干所給交比的定義即可證；（2）把交比轉(zhuǎn)化成面積之比，在利用面積公式把面積之比轉(zhuǎn)化為邊之比；（3）把三點共線問題轉(zhuǎn)化為其中一個點在另外兩個點所構(gòu)成的直線上.再利用第（2）問的結(jié)論得到兩組交比相等，依據(jù)逆命題也成馬上可證明三點共線.【解析】（1）；（2）；（3）設(shè)與交于，與交于，與交于，連接，與交于，與交于，與交于，欲證，，三點共線，只需證在直線上．考慮線束，，，，由第（2）問知，再考慮線束，，，，由第（2）問知，從而得到，于是由第（2）問的逆命題知，，，交于一點，即為點，從而過點，故在直線上，，，三點共線．7．（2025·全國·高三專題練習(xí)）已知是定義在上的函數(shù)，假如存在常數(shù)，對區(qū)間的任意劃分：，恒成立，則稱函數(shù)為區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”；（1）試推斷函數(shù)是否為區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”，若是，求出M的最小值；若不是，說明理由；（2）若與均為區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”，證明：是區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”；（3）證明：函數(shù)不是上的“有界變差函數(shù)”.【答案】（1）是，M的最小值為；（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)幫助角公式，結(jié)合正弦型函數(shù)的單調(diào)性進行求解即可；（2）依據(jù)題中定義，結(jié)合確定值的性質(zhì)進行證明即可；（3）依據(jù)特殊角的余弦函數(shù)值，結(jié)合有界變差函數(shù)的定義進行證明即可.【解析】（1），∵，∴，因此函數(shù)是上的增函數(shù)，設(shè)，明顯存在常數(shù)，對區(qū)間的任意劃分：，恒成立，∴函數(shù)是區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”，M的最小值為；（2）∵與均為區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”，∴存在常數(shù)，對區(qū)間的任意劃分：，，恒成立，因此對區(qū)間的任意劃分：，，因此是區(qū)間上的“有界變差函數(shù)”；（3）取區(qū)間的一個劃分：，則有：∴對任意常數(shù)，只要足夠大，就有區(qū)間的一個劃分：，滿足，∴函數(shù)不是上的“有界變差函數(shù)”。8．（2025·重慶·校聯(lián)考一模）如圖1，已知，，，，，.（1）求將六邊形繞軸旋轉(zhuǎn)半周（等同于四邊形繞軸旋轉(zhuǎn)一周）所圍成的幾何體的體積；（2）將平面繞旋轉(zhuǎn)到平面，使得平面平面，求異面直線與所成的角；（3）某“”可以近似看成，將圖1中的線段、改成同一圓周上的一段圓弧，如圖2，將其繞軸旋轉(zhuǎn)半周所得的幾何體，試求所得幾何體的體積.【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）分為，，正方形三部分，分別得出幾何體并求出體積，相加即可得出答案；（2）取中點為，連接，先依據(jù)面面垂直的性質(zhì)證明平面.然后建立空間直角坐標(biāo)系，求出，依據(jù)向量運算求解，即可得出答案；（3）先求出直角梯形繞直角邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體，即圓臺的體積.然后依據(jù)祖暅原理推導(dǎo)得出球缺的體積，進而求出弓形旋轉(zhuǎn)的體積，即可得出答案.【解析】（1）和繞軸旋轉(zhuǎn)半周所圍成的幾何體可以得到兩個底面半徑為1，高為2的圓錐，體積之和為；正方形繞軸旋轉(zhuǎn)半周所圍成的幾何體為一個底面半徑為1，高為2的圓柱，體積為.所以，總的體積.（2）如圖3，取中點為，連接，則.由于，中點為，所以.又平面平面，平面平面，所以，平面，即平面.以點為坐標(biāo)原點，如圖3建立空間直角坐標(biāo)系，由已知可得，，，，所以，，，，，，所以，，，所以，，所以，異面直線與所成的角的余弦值為，所以，.（3）由已知可得，圓心為點，則半徑.六邊形繞軸旋轉(zhuǎn)半周所圍成的幾何體的體積，等于直角梯形繞直角邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體體積的2倍.直角梯形繞直角邊所在的直線旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體，為一個上、下底面半徑分別為1、3，高為1的圓臺，體積；剩下的兩部分為全等的弓形，先爭辯弓形繞軸旋轉(zhuǎn)半周，得到的幾何體為球缺.現(xiàn)在用祖暅原理來求解該球缺的體積，如圖5，半球的半徑和圓柱的底面半徑均為，且圓柱的高，且，在半球中，高度為，且平行于底面的截面圓的半徑，面積為.在圓柱中，連接，設(shè)交高度為，且平行于底面的截面于點，明顯，所以有，即，所以.所以，當(dāng)高度為時，圓環(huán)的面積等于大圓的面積減去小圓的面積，即圓環(huán)的面積，所以，當(dāng)高度為時，半球的截面與圓柱中的截面圓環(huán)的面積相等.依據(jù)祖暅原理可知，半球某高度截面以上的體積（即球缺的體積），即等于圓柱該截面以上（挖去一個圓臺）的體積.所以，球缺的體積（其中為半球被截面截去球缺后剩余部分的高）.由已知可得，弓形繞軸旋轉(zhuǎn)半周，得到的幾何體為球缺中，，，所以，該球缺的體積.所以，總的體積.9．（2025·安徽合肥·統(tǒng)考一模）“數(shù)”在量子代數(shù)爭辯中發(fā)揮了重要作用.設(shè)是非零實數(shù)，對任意，定義“數(shù)”利用“數(shù)”可定義“階乘”和“組合數(shù)”，即對任意，（1）計算：；（2）證明：對于任意，（3）證明：對于任意，【答案】（1）155；（2）證明見解析；（3）證明見解析【分析】（1）依據(jù)題中定義，直接進行計算即可；（2）依據(jù)題中定義計算出等式左右兩邊的值，化簡后即可證明；（3）依據(jù)題中的定義化簡題中的條件，得到，利用此等式得到個等式，相加即可.【解析】（1）由定義可知，.（2）由于，.又,所以（3）由定義得：對任意.結(jié)合（2）可知即，也即.所以，，…….上述個等式兩邊分別相加得：.1．（2018·北京·高考真題）設(shè)n為正整數(shù)，集合A=．對于集合A中的任意元素和，記M（）=．（Ⅰ）當(dāng)n=3時，若，，求M（）和M（）的值；（Ⅱ）當(dāng)n=4時，設(shè)B是A的子集，且滿足：對于B中的任意元素，當(dāng)相同時，M（）是奇數(shù)；當(dāng)不同時，M（）是偶數(shù)．求集合B中元素個數(shù)的最大值；（Ⅲ）給定不小于2的n，設(shè)B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個不同的元素，M（）=0．寫出一個集合B，使其元素個數(shù)最多，并說明理由．【答案】（1）2,1;（2）最大值為4;（3）【解析】（Ⅰ），．（Ⅱ）考慮數(shù)對只有四種狀況：、、、，相應(yīng)的分別為、、、，所以中的每個元素應(yīng)有奇數(shù)個，所以中的元素只可能為（上下對應(yīng)的兩個元素稱之為互補元素）：、、、，、、、，對于任意兩個只有個的元素，都滿足是偶數(shù)，所以集合、、、滿足題意，假設(shè)中元素個數(shù)大于等于，就至少有一對互補元素，除了這對互補元素之外還有至少個含有個的元素，則互補元素中含有個的元素與之滿足不合題意，故中元素個數(shù)的最大值為．（Ⅲ），此時中有個元素，下證其為最大．對于任意兩個不同的元素，滿足，則，中相同位置上的數(shù)字不能同時為，假設(shè)存在有多于個元素，由于與任意元素都有，所以除外至少有個元素含有，依據(jù)元素的互異性，至少存在一對，滿足，此時不滿足題意，故中最多有個元素.2．（2025·北京·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列的項數(shù)均為m，且的前n項和分別為，并規(guī)定．對于，定義，其中，表示數(shù)集M中最大的數(shù).（1）若，求的值；（2）若，且，求；（3）證明：存在，滿足使得．【答案】（1），，，；（2）；（3）證明見解析【分析】（1）先求，依據(jù)題意分析求解；（2）依據(jù)題意題意分析可得，利用反證可得，在結(jié)合等差數(shù)列運算求解；（3）爭辯的大小，依據(jù)題意結(jié)合反證法分析證明.【解析】（1）由題意可知：，當(dāng)時，則，故；當(dāng)時，則，故；當(dāng)時，則故；當(dāng)時，則，故；綜上所述：，，，.（2）由題意可知：，且，由于，且，則對任意恒成立，所以，又由于，則，即，可得，反證：假設(shè)滿足的最小正整數(shù)為，當(dāng)時，則；當(dāng)時，則，則，又由于，則，假設(shè)不成立，故，即數(shù)列是以首項為1，公差為1的等差數(shù)列，所以.（3）由于均為正整數(shù)，則均為遞增數(shù)列，（ⅰ）若，則可取，滿足使得；（ⅱ）若，則，構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，則，可得，這與相沖突，故對任意，均有.①若存在正整數(shù)，使得，即，可取，滿足，使得；②若不存在正整數(shù)，使得，由于，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得；（ⅲ）若，定義，則，構(gòu)建，由題意可得：，且為整數(shù)，反證，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，則，可得，這與相沖突，故對任意，均有.①若存在正整數(shù)，使得，即，可取，即滿足，使得；②若不存在正整數(shù)，使得，由于，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得.綜上所述：存在使得．3．（2025·北京·統(tǒng)考高考真題）已知為有窮整數(shù)數(shù)列．給定正整數(shù)m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續(xù)可表數(shù)列．（1）推斷是否為連續(xù)可表數(shù)列？是否為連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；（2）若為連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；（3）若為連續(xù)可表數(shù)列，且，求證：．【答案】（1）是連續(xù)可表數(shù)列；不是連續(xù)可表數(shù)列；（2）證明見解析；（3）證明見解析．【分析】（1）直接利用定義驗證即可；（2）先考慮不符合，再列舉一個合題即可；（3）時，依據(jù)和的個數(shù)易得明顯不行，再爭辯時，由可知里面必定有負數(shù)，再確定負數(shù)只能是，然后分類爭辯驗證不行即可．【解析】（1），，，，，所以是連續(xù)可表數(shù)列；易知，不存在使得，所以不是連續(xù)可表數(shù)列．（2）若,設(shè)為,則至多，6個數(shù)字，沒有個，沖突；當(dāng)時,數(shù)列，滿足，，，，，，，，．（3），若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，若，則至多可表個數(shù)，沖突,從而若,則，至多可表個數(shù)，而，所以其中有負的，從而可表1~20及那個負數(shù)（恰21個），這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中確定值最小，同時中沒有兩數(shù)相同,設(shè)那個負數(shù)為，則全部數(shù)之和，，，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，（僅一種方式），與2相鄰，若不在兩端,則形式，若，則（有2種結(jié)果相同，方式?jīng)_突），，同理，故在一端，不妨為形式，若,則（有2種結(jié)果相同，沖突），同理不行，，則（有2種結(jié)果相同，沖突），從而，由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、故只能，①或，②這2種情形，對①：，沖突，對②：，也沖突，綜上，當(dāng)時，數(shù)列滿足題意，．4．（2020·北京·統(tǒng)考高考真題）已知是無窮數(shù)列．給出兩共性質(zhì)：①對于中任意兩項，在中都存在一項，使；②對于中任意項，在中都存在兩項．使得．(Ⅰ)若，推斷數(shù)列是否滿足性質(zhì)①，說明理由；(Ⅱ)若，推斷數(shù)列是否同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，說明理由；(Ⅲ)若是遞增數(shù)列，且同時滿足性質(zhì)①和性質(zhì)②，證明：為等比數(shù)列.【答案】(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ)解析解析；(Ⅲ)證明詳見解析.【分析】(Ⅰ)依據(jù)定義驗證，即可推斷；(Ⅱ)依據(jù)定義逐一驗證，即可推斷；(Ⅲ)解法一：首先，證明數(shù)列中的項數(shù)同號，然后證明，最終，用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列為等比數(shù)列即可.解法二：首先假設(shè)數(shù)列中的項數(shù)均為正數(shù)，然后證得成等比數(shù)列，之后證得成等比數(shù)列，同理即可證得數(shù)列為等比數(shù)列，從而命題得證.【解析】(Ⅰ)不具有性質(zhì)①；(Ⅱ)具有性質(zhì)①；具有性質(zhì)②；(Ⅲ)解法一：首先，證明數(shù)列中的項數(shù)同號，不妨設(shè)恒為正數(shù)：明顯，假設(shè)數(shù)列中存在負項，設(shè)，第一種狀況：若，即，由①可知：存在，滿足