专题20 创新定义题型（2大考向真题解读）-备战2025年高考数学真题题源解密（新高考卷）

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命题分析
2024年高考新高考Ⅰ卷11题考查了解析几何的创新题型，主要是曲线方程的求法及性质。Ⅱ卷虽然未考查新定义类型，但是压轴题将数列与双曲线相结合，也是一次独特的创新。新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移达到灵活解题的目的;遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义照章办事”逐条分析、验证、运算，使问题得以解决，难度较难，需重点特训。预计2025年高考还是主要考查数列、函数的新定义问题。
试题精讲
一、多选题
1．（2024新高考Ⅰ卷·11）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ）
A．B．点在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D．当点在C上时，
【答案】ABD
【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.
【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，
因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.
对于B：又曲线方程为，而，
故.
当时，，
故在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得，取，
则，而，故此时，
故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，
故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.
二、解答题
2．（2024新高考Ⅰ卷·19）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
一、新定义问题
“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
二、新定义问题的方法和技巧
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
一、解答题
1．（2024·北京·三模）给定正整数，设数列是的一个排列，对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度.
(1)若，，，，，求和；
(2)求证：，；
(3)求的最小值.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是.
【分析】（1）直接根据定义求解；
（2）分情况讨论证明，故可推知和不能同时为零，进而得到结论；
（3）对的奇偶性分情况讨论，并利用小问2得到的结果即可.
【详解】（1）以为首项的最长递增子列是，以为首项的最长递减子列是和.
所以，.
（2）对，由于是的一个排列，故.
若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个，
得到一个以为首项的更长的递增子列，所以；
而每个以为首项的递减子列都不包含，且，
故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以.
这意味着；
若，同理有，，故.
总之有，从而和不能同时为零，
故.
（3）根据小问2的证明过程知和不能同时为零，故.
情况一：当为偶数时，设，则一方面有
；
另一方面，考虑这样一个数列：，.
则对，有，.
故此时.
结合以上两方面，知的最小值是.
情况二：当为奇数时，设，则一方面有
；
另一方面，考虑这样一个数列：，.
则对，有，.
故此时.
结合以上两方面，知的最小值是.
综上，当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是.
【点睛】关键点点睛：求最小（或最大）值的本质在于，先证明所求的表达式一定不小于（或不大于）某个数，再说明该表达式在某种情况下能取到，就得到了最小（或最大）值是，这便是“求最小（或最大）值”的本质. 而在这个过程中，“想到的具体取值”这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等，去猜出的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只要证明合乎逻辑，“如何想到的取值”无需交代，不影响解答的正确性. 换言之，所谓“求”，便是“猜出结果，再证明结果正确”，与“算出”、“得出”本就是无关的. 在高考范围内，大多数最小值和最大值问题都能够直接化为某个显而易见，容易刻画的模型，然后“直接算出”，但不可将此作为万能法宝，忘记了最小值最大值的原始定义和本质.
2．（2024·河南·三模）已知数列的前项和为，若存在常数，使得对任意都成立，则称数列具有性质．
(1)若数列为等差数列，且，求证：数列具有性质；
(2)设数列的各项均为正数，且具有性质．
①若数列是公比为的等比数列，且，求的值；
②求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)①；②的最小值为4.
【分析】（1）根据给定条件，求出等差数列的公差，进而求出通项公式及前项和，再利用定义判断即得.
（2）①根据给定条件，可得，再按，探讨，当时，，又按且讨论得解；②由定义，消去结合基本不等式得，再迭代得，借助正项数列建立不等式求解即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，由，得，
解得，则，
于是，即，
所以数列具有性质．
（2）①由数列具有性质，得，又等比数列的公比为，
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
当时，，而，整理得，
若，则，解得，与为任意正整数相矛盾；
若，则，当时，恒成立，满足题意；
当且时，，解得，与为任意正整数相矛盾；
所以.
②由，得，即，
因此，即，
则有，
由数列各项均为正数，得，从而，即，
若，则，与为任意正整数相矛盾，
因此当时，恒成立，符合题意，
所以的最小值为4．
【点睛】易错点睛：等比数列公比q不确定，其前n项和直接用公式处理问题，漏掉对的讨论.
3．（2024·河北保定·三模）在初等数论中，对于大于1的自然数，除了1和它自身外，不能被其它自然数整除的数叫做素数，对非零整数a和整数b，若存在整数k使得，则称a整除b.已知p，q为不同的两个素数，数列是公差为p的等差整数数列，为q除所得的余数，为数列的前n项和.
(1)若，，，求；
(2)若某素数整除两个整数的乘积，则该素数至少能整除其中一个整数，证明：数列的前q项中任意两项均不相同；
(3)证明：为完全平方数.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出数列的通项，进而求出的通项公式，再借助分组求和即得.
（2）利用反证法，结合整除及素数的性质导出矛盾即可得证.
（3）利用（2）的信息，求出，再利用的定义可得即可求和得证.
【详解】（1）依题意，，当n为奇数时，为奇数，当n为偶数时，为偶数，
而，因此，
所以.
（2）假设存在，，，
依题意，，，，
则，因此q整除，
因为p，q为不同的素数，故q不整除p，
又因为，故q不整除，
与q整除矛盾，故假设错误，
所以数列的前q项中任意两项均不相同.
（3）由（2）得，且数列的前q项中任意两项均不相同，
所以，
设，则，故，
所以为完全平方数.
【点睛】方法点睛：应用反证法时必须先否定结论，把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推理，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法．所谓矛盾主要指：①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与公认的简单事实矛盾；⑤自相矛盾.
4．（2024·海南·二模）设数列，如果A中各项按一定顺序进行一个排列，就得到一个有序数组．若有序数组满足恒成立，则称为n阶减距数组；若有序数组满足恒成立，则称为n阶非减距数组．
(1)已知数列，请直接写出该数列中的数组成的所有4阶减距数组；
(2)设是数列的一个有序数组，若为n阶非减距数组，且为阶非减距数组，请直接写出4个满足上述条件的有序数组；
(3)已知等比数列的公比为q，证明：当时，为n阶非减距数组．
【答案】(1).
(2).
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题中阶减距数组的定义，写出4阶减距数组，只需要保证有序数组中，和恒成立即可，分别令为数列中的每一个值即可得出结果；
（2）根据题干中阶非减距数组的定义，只需要保证有序数组中，满足和有序数组中，满足恒成立即可.
（3）利用分析法进行逐步反向递推，最后得证.
【详解】（1）4阶减距数组有：.
（2）满足条件的有序数组：
.
（3）证明：设，要证为阶非减距数组，
需证明恒成立，
即证，
需证即
需证
即证.
当时，因为，则，
，
所以；
当时，因为，则，
，
所以；
综上：当时，为n阶非减距数组.
5．（2024·江西九江·三模）已知数列共有项，且，若满足，则称为“约束数列”.记“约束数列”的所有项的和为.
(1)当时，写出所有满足的“约束数列”；
(2)当时，设“约束数列”为等差数列.请判断是的什么条件，并说明理由；
(3)当时，求的最大值.
【答案】(1)①；②；③
(2)是的充分不必要条件，理由见解析
(3)
【分析】（1）由“约束数列”的定义，可得所求.
（2）由“约束数列”和充分必要条件的定义，结合等差数列的知识，可得结论.
（3）由，要使最大，推出，讨论等差数列的公差，用求和公式可解.
【详解】（1）当时，所有满足的“约束数列”有：
①；②；③
（2）是的充分不必要条件.理由：
①当时，.
则，
当且仅当时，成立，
“约束数列”是公差为1的等差数列
②当“约束数列”是等差数列时，由，
得，或，或，
若，则的公差为；
若，则的公差为；
若，则的公差为，
即当“约束数列”是等差数列时，或或2024.
由①②，得是的充分不必要条件.
（3）要使得取最大值，则，
当且仅当同时满足以下三个条件时，取最大值.
①当时，；②当时，；
③当时，.
.
【点睛】关键点睛：本题关键在于对新定义的理解，抓住和进行分类讨论可求解第二问；第三问关键在于根据分析取得最大值的条件，然后分段求和可得..
6．（2024·山东青岛·三模）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.
(1)求的方程;
(2)若是四边形的等线，求四边形的面积;
(3)设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线
【答案】(1)
(2)12
(3)证明见解析
【分析】（1）利用已知等量关系建立方程，求解各个元素，得到双曲线方程即可.
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.
（3）利用给定条件和新定义证明即可.
【详解】（1）由题意知，显然点在直线的上方，
因为直线为的等线，所以，
解得，所以的方程为
（2）设，切线，代入得:
故，
该式可以看作关于的一元二次方程，
所以，即方程为
当的斜率不存在时，也成立
渐近线方程为，不妨设在上方，
联立得，故，
所以是线段的中点，因为到过的直线距离相等，
则过点的等线必定满足:到该等线距离相等，
且分居两侧，所以该等线必过点，即的方程为，
由，解得，故 .
所以，
所以，
所以，所以
（3）
设，由，所以，
故曲线的方程为
由（*）知切线为，也为，即，即
易知与在的右侧，在的左侧，分别记到的距离为，
由（2）知，
所以
由得
因为，
所以直线为的等线 .
【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可．
7．（2024·浙江·三模）在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.
(1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由；
(2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值；
(3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围.
【答案】(1)不是，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据函数的定义直接判断即可.
（2）将已知条件转化为函数与直线最多一个交点，利用两个函数图象的交点与对应方程根的关系，分离，构造新函数，转化为新函数在上单调，进而求解.
（3）同问题（2）根据已知条件构造新函数，转化为新函数在上单调，求导，分离参数，转化为恒成立问题求最值即可.
【详解】（1）函数不是“旋转函数”，理由如下：
逆时针旋转后与轴重合，
当时，有无数个与之对应，与函数的概念矛盾，
因此函数不是“旋转函数”.
（2）由题意可得
函数与函数最多有1个交点，
且，
所以最多有一个根，
即最多有一个根，
因此函数与函数R最多有1个交点，
即函数在上单调，
因为，且，
所以，所以，
即，，即的最大值为.
（3）由题意可得函数与函数最多有1个交点，
即，
即函数与函数最多有1个交点，
即函数在上单调，
，当时，
所以，
令，则，
因为在上单调减，且，
所以存在，使，
即，
所以在单调递增，单调递减，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：利用函数的零点与对应方程的根的关系，我们经常进行灵活转化：
函数的零点个数方程的根的个数函数与图象的交点的个数；
另外，恒成立求参数范围问题往往分离参数，构造函数，通过求构造函数的最值来求出参数范围，例：若恒成立，只需，恒成立，只需.
8．（2024·上海·三模）设，函数的定义域为．若对满足的任意，均有，则称函数具有“性质”．
(1)在下述条件下，分别判断函数是否具有性质，并说明理由；
①； ②；
(2)已知，且函数具有性质，求实数的取值范围；
(3)证明：“函数为增函数”是“对任意，函数均具有性质”的充要条件．
【答案】(1)①是，②不是，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据函数具有性质的条件判断①；举反例可判断②；
（2）原问题等价于当时，恒成立，即恒成立，得；
（3）利用函数的单调性以及不等式的性质判断充分性，利用反证法判断必要性.
【详解】（1）①是，对任意，，符合定义；
②不是，令 ，，
故不符合题意.
（2）显然，设，
则，
当时，取最小值，
原问题等价于当时，恒成立，即恒成立，得；
（3）证明：充分性：
若函数为增函数，则对任意均有，
即，因此，对任意，若，
则，函数具有性质，充分性得证；
必要性：
若对任意，函数均具有性质，
假设函数不是增函数，则存在，满足，
即，取，
则显然，
即对于，存在，但是，
与“对任意，函数均具有性质”矛盾，因此假设不成立，
即函数为增函数，必要性得证．
【点睛】新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
9．（2024·新疆喀什·三模）已知定义域为的函数满足：对于任意的，都有，则称函数具有性质．
(1)判断函数，是否具有性质；（直接写出结论）
(2)已知函数（，），判断是否存在，，使函数具有性质？若存在，求出，的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数具有性质，且在区间上的值域为．函数，满足，且在区间上有且只有一个零点．求证：．
【答案】(1)具有性质
(2)存在，，
(3)证明见解析
【分析】（1）利用定义直接判断即可；
（2）假设函数具有性质，可求出，进而得到，再根据定义验证即可；
（3）分析可知函数在的值域为，由在区间上有且仅有一个零点可知时不合题意，再求解当时，与函数是以为周期的周期函数矛盾，由此可得，进而得证．
【详解】（1）因为，则，又，
所以，故函数具有性质；
因为，则，又，
，故具有性质．
（2）若函数具有性质，则，即，
因为，所以，所以；
若，不妨设，由，
得（*），
只要充分大时，将大于1，而的值域为，
故等式（*）不可能成立，所以必有成立，
即，因为，所以，
所以，则，此时，
则，
而，即有成立，
所以存在，使函数具有性质．
（3）证明：由函数具有性质及（2）可知，，
由可知函数是以为周期的周期函数，则，
即，所以，；
由，以及题设可知，
函数在的值域为，所以且；
当，及时，均有，
这与在区间上有且只有一个零点矛盾，因此或；
当时，，函数在的值域为，
此时函数的值域为，
而，于是函数在的值域为，
此时函数的值域为，
函数在当时和时的取值范围不同，
与函数是以为周期的周期函数矛盾，
故，即，命题得证．
【点睛】方法点睛：对于以函数为背景的新定义问题的求解策略：
1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；
2、用好函数的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的函数的性质的一些因素.
10．（2024·贵州六盘水·三模）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数”
(1)若，判断是否为上的“4类函数”；
(2)若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若为上的“2类函数”且，证明：，，.
【答案】(1)是
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可；
（2）由已知条件转化为对于任意，都有，对函数求导后进行分离参数，利用导函数研究函数的单调性和最值即可；
（3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可.
【详解】（1）函数是上的“4类函数”，理由如下：
不妨设，所以，
，
所以是上的“4类函数”；
（2），，
由题意知，对于任意不同的都有，
不妨设，则，
故且，
所以为上的增函数，为上的减函数，
所以对任意的，即，
由，令，则，，
令得在上单调递增，，
由，令，
只需，，
令得在单调递增，
所以，
综上所述，实数a的取值范围为；
（3）证明：因为为上的“2类函数”，所以，
不妨设，当时，；
当时，因为，
所以
，
综上所述，，，.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.
11．（2024·江西南昌·三模）给定数列，若对任意m，且，是中的项，则称为“H数列”．设数列的前n项和为
(1)若，试判断数列是否为“H数列”，并说明理由；
(2)设既是等差数列又是“H数列”，且，，，求公差d的所有可能值；
(3)设是等差数列，且对任意，是中的项，求证：是“H数列”．
【答案】(1)是“H数列”；理由见解析
(2)1，2，3，6；
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“H数列”定义判断即可.
（2）由等差数列和“H数列”的定义得到公差的等式关系即可求解.
（3）由等差数列的定义与求和公式，进行分情况讨论，即可证明是“H数列”.
【详解】（1）因为，当时，，
当时，也成立，
所以，
对任意m，且，，
是“H数列”.
（2）因为 ，，，
所以，所以，
由已知得也为数列中的项，
令，即，
所以，所以d为6的正因数，
故d的所有可能值为1，2，3，6.
（3）设数列的公差为d，所以存在，对任意，，即，
当时，则，故，此时数列为“H数列”；
当时，，取，则，所以，，
当时，均为正整数，符合题意，
当时，均为正整数，符合题意，
所以，，
设，，，即，
所以任意m，且，，
显然，所以为数列中的项，
是“H数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列定义问题.其中关键点是理解“H数列”定义，并与已学知识等差数列进行结合，利用等差数列的定义与求和公式，分情况讨论即可证明结论.
12．（2024·黑龙江·三模）如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”.
(1)设数列是项数为7的“对称数列”，其中成等差数列，且，依次写出数列的每一项；
(2)设数列是项数为(且)的“对称数列”，且满足，记为数列的前项和.
①若，，…，构成单调递增数列，且.当为何值时，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）根据新定义“对称数列”的定义和已知条件可求得公比，进而求得结果；
（2）①根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后根据二次函数的性质来求解；②由条件得到数列相邻两项间的大小关系，并结合定义求得的取值范围，然后结合已知条件确定出最后的结果
【详解】（1）因为数列是项数为7的“对称数列”，所以，
又因为成等差数列，其公差，…
所以数列的7项依次为1，3，5，7，5，3，1；
（2）①由，，…，是单调递增数列，数列是项数为的“对称数列”且满足，
可知，，…，构成公差为2的等差数列，，，…，构成公差为的等差数列，
故
，
所以当时，取得最大值；
②因为即，
所以即，
于是，
因为数列是“对称数列”，
所以
，
因为，故，
解得或，所以，
当，，…，构成公差为的等差数列时，满足，
且，此时，所以的最小值为2025.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解对称数列的定义，第二问①关键是得到，，…，构成公差为的等差数列.
13．（2024·安徽·三模）已知数列的前n项和为，若数列满足：
①数列为有穷数列；
②数列为递增数列；
③，，，使得；
则称数列具有“和性质”.
(1)已知，求数列的通项公式，并判断数列是否具有“和性质”；（判断是否具有“和性质”时不必说明理由，直接给出结论）
(2)若首项为1的数列具有“和性质”.
（ⅰ）比较与的大小关系，并说明理由；
（ⅱ）若数列的末项为36，求的最小值.
【答案】(1)，具有
(2)（ⅰ），理由见解析；（ⅱ）75
【分析】（1）利用数列的前n项和及与的关系得数列的通项公式，再利用题目所给定义对数列是否具有“和性质”进行判断；
（2）（ⅰ）利用题目所给定义得，再利用数列的前n项和得结论；
（ⅱ）构造具有“和性质”的数列：1，2，3，6，9，18，36或数列：1，2，4，5，9，18，36，此时，再利用反证法得具有“和性质”的数列，不可能存在比75更小的，从而得结论.
【详解】（1）因为，
所以当时，；
当时，
，
而当时，满足，
因此数列的通项公式为
该数列具有“和性质”.
（2）（ⅰ）因为首项为1的数列具有“和性质”，
所以，，，
使得，且，，
因此，，
所以；
因此，
所以将上述不等式相加得：，
即.
因为，
所以，
因此.
（ⅱ）因为数列具有“和性质”，
所以由③得：，因此数列中的项均为整数.
构造数列：1，2，3，6，9，18，36或数列：1，2，4，5，9，18，36，
因此这两个数列具有“和性质”，此时.
下面证明的最小值为75，
即证明不可能存在比75更小的.
假设（存在性显然，因为满足的数列只有有限个）.
第一步：首先说明有穷数列中至少有7个元素.
设有穷数列中元素组合的集合为A，
由（ⅰ）知：，而，
因此，，，，，
所以.
第二步：证明，.
若，设.
因为，
所以为了使得最小，
则在数列中一定不含有，使得，
因此.
假设，根据“和性质”，
对，有，，使得.
显然，因此，
所以由有穷数列中至少有7个元素得：
集合A中至少还有4个不同于，，的元素，
因此，与矛盾，
所以，且.
同理可证：.
根据“和性质”得：存在、，使得.
我们需要考虑如下几种情形：
①当，时，至少还需要一个大于等于4的，才能得到8，因此；
②当，时，至少还需要一个大于4的，才能得到7，则；
③当，时，此时为：1，2，3，6，9，18，36，因此；
④当，时，此时为：1，2，4，5，9，18，36，因此；
综上所述，的最小值为75.
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的前n项和及与的关系和数列的新定义问题，解题关键在于找与的关系以及弄清新定义的“和性质”；再利用题目所给定义得，并利用数列的前n项和得结论；最后构造具有“和性质”的数列，利用反证法得具有“和性质”的数列，不可能存在比75更小的，从而得结论.
14．（2024·湖北荆州·三模）对于数列，如果存在一个正整数，使得对任意，都有成立，那么就把这样的一类数列称作周期为的周期数列，的最小值称作数列的最小正周期，简称周期.
(1)判断数列和是否为周期数列，如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由.
(2)设（1）中数列前项和为，试问是否存在，使对任意，都有成立，若存在，求出的取值范围，若不存在，说明理由.
(3)若数列和满足，且，是否存在非零常数，使得是周期数列？若存在，请求出所有满足条件的常数；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)数列是周期数列，其周期为1；数列是周期数列，其周期为6
(2)存在，
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可；
（2）由（1）可知，是周期为的数列，得到数列，求出，通过讨论得到的取值范围；
（3）假设存在非零常数，使得是周期为T的数列，推导出数列是周期为的周期数列，进一步得到数列的周期为，推断出，而该方程无解，所以，不存在非零常数，使得是周期数列.
【详解】（1）均是周期数列，理由如下：
因为，
所以数列是周期数列，其周期为1，
因为，
所以.则，所以，
所以数列是周期数列，其周期为6；
（2）由（1）可知，是周期为的数列，
计算数列为：，
故，
当时，，故；
当时，，故；
当时，，故；
当时，，故；
当时，，故；
当时，，故；
综上所述：存在，且.
（3）假设存在非零常数，使得是周期为T的数列，
所以，即，
所以，，即，
所以，，即，
所以数列是周期为的周期数列，
因为，即，
因为，
所以，，，
所以数列的周期为，
所以，即，显然方程无解，
所以，不存在非零常数，使得是周期数列.
【点睛】关键点点睛：（2）由（1）可知，是周期为的数列，求时要将分成六类，求的取值范围时也要分六类讨论；（3）先假设存在非零常数，使得是周期为T的数列，推导出数列的周期为，推断出，通过该方程无解，得到不存在非零常数，使得是周期数列.
15．（2024·安徽芜湖·三模）若数列的各项均为正数，且对任意的相邻三项，都满足，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项，都满足则称该数列为“凸数列”．
(1)已知正项数列是一个“凸数列”，且，（其中为自然常数，），证明：数列是一个“对数性凸数列”，且有；
(2)若关于的函数有三个零点，其中．证明：数列是一个“对数性凸数列”：
(3)设正项数列是一个“对数性凸数列”，求证：
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据的性质，由等量关系代换成关于的结论，紧扣定义，即可证明；
（2）由原函数有三个零点，且导函数为二次函数，分析出导函数有两个零点，判别式大于零，推得；有三个零点，得到有三个零点，再次借助导函数的零点个数，可以得到，即可得证；
（3）记，利用分析法，只需证，由数列为对数性凸数列，得到，，再用基本不等式证明即可.
【详解】（1）因为，所以，因为正项数列是一个“凸数列”，
所以，所以，所以，
所以数列是一个“对数性凸数列”，，
所以，变形可得到，
所以数列是一个“对数性凸数列”，且有.
（2）因为有三个零点，
所以有两个不等实数根，
所以，
又，所以；
时，，所以不是的零点，
又，
令，则也有三个零点，
即有三个零点，
令，则有三个零点，
所以有两个零点，
所以，
因为，
所以正项数列对任意的相邻三项，都满足，
所以数列是一个“对数性凸数列”.
（3）记，则要证，
即证，
即，即①，
因为数列为对数性凸数列，所以，，
所以，所以，
，
而，
所以
，
当且仅当时等号成立，
故式①成立，所以原不等式成立．
【点睛】方法点睛：解决数列新定义题型，需要耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按照新定义的要求，结合所学习过的知识点，逐一分析、证明、求解.
16．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；
（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；
（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；
法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.
【详解】（1）由定义可知，与相切，
则圆的圆心到直线的距离等于1，
则，.
（2）点不在直线族的任意一条直线上，
所以无论取何值时，无解.
将整理成关于的一元二次方程，
即.
若该方程无解，则，即.
证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，
于是可以得到在点处的切线方程为：，
即.
今直线族中，
则直线为，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意都是抛物线在点处的切线.
所以直线族的包络曲线为.
（3）法一：已知，设，
则，；
由（2）知在点处的切线方程为；
同理在点处的切线方程为；
联立可得，所以.
因此，
同理.
所以，，
即，可得，
所以成立.
法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：
则，因为，显然.
又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.
同理可知，
所以，即.
则.
所以成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.
17．（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；
（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明：.
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.
（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，
又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，
所以的方程为.
（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：，
由消去得：，
由直线与椭圆相切，得，整理得，
于是圆心到直线的距离，
则的面积为，
设，求导得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，取得最大值，此时，
当的斜率不存在时，由（1）知，，
由，得，则.
对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，
当为线段的中点时，取得最大值，所以.
（ii）因为均存在，
设点，且，
设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，
令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，
因此，
而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，
所以.
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.
18．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，
因为，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；

（3）由题意可设椭圆的方程为，
将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，
由题意可设直线的方程为，
联立，得，
恒成立，
则，
因为的中点为，
所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，
设，则是方程的两根，
即是方程的两根，
所以，
又因，
所以，
两式相比得，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值．

【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)（i）；（ⅱ）是，2
【分析】（1）借助所给定义计算即可得；
（2）（i）计算出该斜椭圆的长轴长与焦距，结合离心率定义计算即可得；
（ⅱ）法一：设出直线、，联立斜椭圆方程可得与交点横坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得；
法二：将所有点、直线与曲线都绕原点O顺时针旋转后，再设出直线、旋转后方程，联立标准方程可得与交点纵坐标有关韦达定理，结合弦长公式即可表示出，计算即可得.
【详解】（1）由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
（2）（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，、，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于对旋转后的方程的理解与运用，最后一问可直接在旋转后的斜椭圆上计算，也可在标准椭圆下计算，其旋转前后的线段长度不变.
20．（2024·河南新乡·二模）定义：若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称，为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”．
(1)直线是否为曲线的“双重切线”，请说明理由；
(2)已知函数求曲线的“双重切线”的方程；
(3)已知函数，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，，…，，若（），证明：．
【答案】(1)是，理由见解析；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，利用直线的斜率与导数的几何意义求得切点，再分别求切线方程验证即可.
（2）求出函数的导数，并设出切点，求出处的切线方程，再利用“双重切线”的定义求出切线方程.
（3）利用“双重切线”的定义，分别设出对应的切点，分别利用导数的几何意义得到对应切点之间的关系，再构造函数，利用导数结合零点存在性定理确定判的零点所在区间，然后借助不等式性质推理即得.
【详解】（1）的定义域为，求导得，直线的斜率为2，
令，解得，不妨设切点，
则点处的切线方程为，即，
点处的切线方程为，即，
所以直线是曲线的“双重切线”.
（2）函数，求导得，
显然函数在上单调递增，函数在上单调递减，
设切点，则存在，使得，
则在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
因此，消去可得，
令，求导得，
则函数在上单调递增，又，函数的零点为，因此，
所以曲线的“双重切线”的方程为.
（3）设对应的切点为，对应的切点为，
由，得，，
由诱导公式及余弦函数的周期性知，只需考虑，，其中，
由及余弦函数在上递增知，，
则，
，
因此，又，，
则，同理，
令，求导得，
则在上单调递增，显然，且，
函数在上的值域为，即函数在上存在零点，则有，
由，同理可得，而，因此，
于是，即有，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键点有两个：一是利用导数的几何意义求解切线的斜率；二是设切点并利用和切线方程得到之间的等式，进而消去一个未知数，构造函数利用导数的性质求得方程的零点.
21．（2024·上海长宁·二模）设函数的定义域为，若存在实数，使得对于任意，都有，则称函数有上界，实数的最小值为函数的上确界；记集合{在区间上是严格增函数}；
(1)求函数的上确界；
(2)若，求的最大值；
(3)设函数一定义域为；若，且有上界，求证：，且存在函数，它的上确界为0；
【答案】(1)2
(2)4
(3)证明见解析
【分析】（1）由函数的单调性求出值域再根据题意可得；
（2）求出的表达式，求导，再利用在上严格递增得到导函数大于等于零恒成立，然后利用基本不等式求出最小值即可；
（3）假设存在，由单调性可得，再取，且可得，推出①②互相矛盾，然后令，根据题意求出值域最后确定上确界即可.
【详解】（1）因为函数在区间上严格递减，
所以函数的值域为，
所以函数的上确界为2.
（2），，
因为记集合{在区间上是严格增函数}，
所以恒成立，
因为，当且仅当时取等号，所以，
所以的最大值为4.
（3）证明：因为函数有上界，设，
假设存在，使得，
设，
因为，所以在上严格递增，进而，
得，
取，且，
由于，得到，①
由，得，②
显然①②两式矛盾，所以假设不成立，
即对任意，均有，
令，则，
因为当时，，
所以在上严格递增，，
因为的值域为，
所以函数的上确界为零.
【点睛】关键点点睛：
（1）第二问的关键是导函数大于等于零恒成立，用基本不等式求解；
（2）第三问关键是根据不等式的结构能够想到取，再得到与当，得到矛盾.
命题解读
考向
考查统计
1.高考对创新定义的考查，是新高考改革出现的题型，一般难度较大。2024年九省联考出现了概率的新定义问题，而2025年新高考中出现了解析几何、数列的新定义问题。
解析几何创新问题
2024·新高考Ⅰ卷，11
数列新定义
2024·新高考Ⅰ卷，19