專題07五類新定義題型-2024年高考數學大題秒殺技巧及專項訓練（解析版）【題型1數列新定義破解大法】【題型2集合新定義破解大法】【題型3導數新定義破解大法】【題型4三角函數新定義破解大法】【題型5平面向量新定義破解大法】題型1數列新定義破解大法高考對數列的考查常常涉及等差數列、等比數列中的一些基本問題，如等差數列、等比數列的通項公式，求和公式，前項和與通項之間的關系，判斷等差數列、等比數列的方法等.另外，也要關注新定義與數列的結合，此類題往往涉及推理與證明的相關知識，對思維的要求較高，所以要注意多角度、全方位分析題目的條件和結論，拓寬看問題的視野.新定義題型的特點:通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移，達到靈活解題的目的；遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，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.下面介紹幾類數列新定義數列滿足：是等比數列，，且．(1)求；(2)求集合中所有元素的和；(3)對數列，若存在互不相等的正整數，使得也是數列中的項，則稱數列是“和穩定數列”．試分別判斷數列是否是“和穩定數列”．若是，求出所有的值；若不是，說明理由．問題1：根據已知及等比數列的定義求出的通項公式，由已知和求通項可得的通項公式，問題2：根據等差數列及等比數列的求和公式可得結果，問題3：根據“和穩定數列”的定義可判定.破解：（1），又，，解得：因為是等比數列，所以的公比，又當時，，作差得：將代入，化簡：，得：是公差的等差數列，（2）記集合的全體元素的和為，集合的所有元素的和為，集合的所有元素的和為，集合的所有元素的和為，則有對于數列：當時，是數列中的項當時，不是數列中的項，其中即（其中表示不超過實數的最大整數）（3）①解：當時，是的正整數倍，故一定不是數列中的項；當時，，不是數列中的項；當時，，是數列中的項；綜上，數列是“和穩定數列”，；②解：數列不是“和穩定數列”，理由如下：不妨設：，則，且故不是數列中的項.數列不是“和穩定數列”.在正項無窮數列中，若對任意的，都存在，使得，則稱為階等比數列．在無窮數列中，若對任意的，都存在，使得，則稱為階等差數列．(1)若為1階等比數列，，求的通項公式及前項和；(2)若為階等比數列，求證：為階等差數列；(3)若既是4階等比數列，又是5階等比數列，證明：是等比數列．問題1：根據題意可得為正項等比數列，求出首項與公比，再根據等比數列的前項和公式即可得解；問題2：由為階等比數列，可得，使得成立，再根據階等差數列即可得出結論；問題3：根據既是4階等比數列，又是5階等比數列，可得與同時成立，再結合等比數列的定義即可得出結論.破解：（1）因為為1階等比數列，所以為正項等比數列，設公比為，則為正數，由已知得兩式相除得，所以（舍去），所以，所以的通項公式為，前項和為；（2）因為為階等比數列，所以，使得成立，所以，又，所以，即成立，所以為階等差數列；（3）因為既是4階等比數列，又是5階等比數列，所以與同時成立，所以與同時成立，又的各項均為正數，所以對任意的，數列和數列都是等比數列，由數列是等比數列，得也成等比數列，設，所以，所以是等比數列．已知數列的前項和為，若數列滿足：①數列項數有限為；②；③，則稱數列為“階可控搖擺數列”.(1)若等比數列為“10階可控搖擺數列”，求的通項公式；(2)若等差數列為“階可控搖擺數列”，且，求數列的通項公式；(3)已知數列為“階可控搖擺數列”，且存在，使得，探究：數列能否為“階可控搖擺數列”，若能，請給出證明過程；若不能，請說明理由.問題1：根據和討論，利用等比數列前n項和結合數列新定義求解即可；問題2：結合數列定義，利用等差數列的前n項和及通項公式求解即可；問題3：根據數列為“階可控搖擺數列”求得，再利用數列的前項和得，然后推得與不能同時成立，即可判斷.破解：（1）若，則，解得，則，與題設矛盾，舍去；若，則，得，而，解得或，故或.（2）設等差數列的公差為，因為，則，則，由，得，而，故，兩式相減得，即，又，得，所以.（3）記中所有非負項之和為，負項之和為，因為數列為“階可控搖擺數列”，則得，故，所以.若存在，使得，即，則，且.假設數列也為“階可控搖擺數列”，記數列的前項和為，則因為，所以.所以；又，則.所以；即與不能同時成立.故數列不為“階可控搖擺數列”.1．設數列的各項為互不相等的正整數，前項和為，稱滿足條件“對任意的，，均有”的數列為“好”數列.(1)試分別判斷數列，是否為“好”數列，其中，，并給出證明；(2)已知數列為“好”數列，其前項和為.①若，求數列的通項公式；②若，且對任意給定的正整數，，有，，成等比數列，求證：.【答案】(1)是“好”數列，不是“好”數列，證明見解析(2)①；②證明見解析【詳解】（1）設，的前項和分別為，，若，則，所以，而，所以對任意的，成立，即數列是“好”數列.若，則，不妨取，，則，，此時，故數列不是“好”數列.（2）因為數列為“好”數列，取，則，即，當時，有，兩式相減，得，即，所以，所以，即，即，對于，當時，有，即，所以，對任意的，恒成立，所以數列是等差數列.設數列的公差為，因為數列的各項為互不相等的正整數，所以，①若，則，即，又，所以，，所以.②若，則，由，，，成等比數列，得，所以，化簡得，即.因為是任意給定的正整數，所以要使，則，不妨設，由于是任意給定的正整數，所以.2．設滿足以下兩個條件的有窮數列為階“曼德拉數列”：①；②.(1)若某階“曼德拉數列”是等比數列，求該數列的通項（，用表示）；(2)若某階“曼德拉數列”是等差數列，求該數列的通項（，用表示）；(3)記階“曼德拉數列”的前項和為，若存在，使，試問：數列能否為階“曼德拉數列”？若能，求出所有這樣的數列；若不能，請說明理由.【答案】(1)或(2)或(3)不能，理由見解析【詳解】（1）設等比數列的公比為.若，則由①得，得，由②得或.若，由①得，，得，不可能.綜上所述，.或.（2）設等差數列的公差為，，，即，當時，“曼德拉數列”的條件①②矛盾，當時，據“曼德拉數列”的條件①②得，，，即，由得，即，.當時，同理可得，即.由得，即，.綜上所述，當時，，當時，.（3）記中非負項和為，負項和為，則，得，，，即.若存在，使，由前面的證明過程知：，，，，，，，，且.若數列為階“曼德拉數列”，記數列的前項和為，則.，又，，.又，，，，，，又與不能同時成立，數列不為階“曼德拉數列”.3．設數列滿足：①；②所有項；③.設集合，將集合中的元素的最大值記為.換句話說，是數列中滿足不等式的所有項的項數的最大值.我們稱數列為數列的伴隨數列.例如，數列1，3，5的伴隨數列為1，1，2，2，3.(1)請寫出數列1，4，7的伴隨數列；(2)設，求數列的伴隨數列的前之和；(3)若數列的前項和（其中常數），求數列的伴隨數列的前項和.【答案】(1)1，1，1，2，2，2，3(2)50(3)【詳解】（1）數列1，4，7的伴隨數列為1，1，1，2，2，2，3，（后面加3算對）（2）由，得∴當時，

當時，

當時，

∴（3）∵

∴

當時，∴

由得：

因為使得成立的的最大值為，所以

當時：

當時：

所以4．若某類數列滿足“，且”，則稱這個數列為“型數列”.(1)若數列滿足，求的值并證明：數列是“型數列”；(2)若數列的各項均為正整數，且為“型數列”，記，數列為等比數列，公比為正整數，當不是“型數列”時，（i）求數列的通項公式；（ii）求證：.【答案】(1)，，證明見解析(2)（i）；（ii）證明見解析【詳解】（1），令，則，令，則；由①，當時，②，由①②得，當時，，所以數列和數列是等比數列.因為，所以，所以，因此，從而，所以數列是“型數列”.（2）（i）因為數列的各項均為正整數，且為“G型數列”，所以，所以，因此數列遞增.又，所以，因此遞增，所以公比.又不是“型數列”，所以存在，使得，所以，又公比為正整數，所以，又，所以，則.（ii），因為，所以，所以，令，當時，，當時，5．已知數列為有窮數列，且，若數列滿足如下兩個性質，則稱數列為的增數列：①；②對于，使得的正整數對有個.(1)寫出所有4的1增數列；(2)當時，若存在的6增數列，求的最小值.【答案】(1)所有4的1增數列有數列和數列1，3(2)7【詳解】（1）由題意得，則或，故所有4的1增數列有數列和數列1，3.（2）當時，因為存在的6增數列，所以數列的各項中必有不同的項，所以且，若，滿足要求的數列中有四項為1，一項為2，所以，不符合題意，所以若，滿足要求的數列中有三項為1，兩項為2，符合的6增數列.所以，當時，若存在的6增數列，的最小值為7.6．已知數列為有窮數列，且，若數列滿足如下兩個性質，則稱數列為m的k增數列：①；②對于，使得的正整數對有k個.(1)寫出所有4的1增數列；(2)當時，若存在m的6增數列，求m的最小值；(3)若存在100的k增數列，求k的最大值.【答案】(1)1，2，1和1，3(2)7(3)1250【詳解】（1）由題意得，且對于，使得的正整數對有1個，由于或，故所有4的1增數列有數列1，2，1和數列1，3.（2）當時，存在m的6增數列，即，且對于，使得的正整數對有6個，所以數列的各項中必有不同的項，所以且.若，滿足要求的數列中有四項為1，一項為2，所以，不符合題意，所以.若，滿足要求的數列中有三項為1，兩項為2，此時數列為，滿足要求的正整數對分別為，符合m的6增數列，所以當時，若存在m的6增數列，m的最小值為7.（3）若數列中的每一項都相等，則，若，所以數列中存在大于1的項，若首項，將拆分成個1后k變大，所以此時k不是最大值，所以.當時，若，交換，的順序后k變為，所以此時k不是最大值，所以.若，所以，所以將改為，并在數列首位前添加一項1，所以k的值變大，所以此時k不是最大值，所以.若數列中存在相鄰的兩項，，設此時中有x項為2，將改為2，并在數列首位前添加個1后，k的值至少變為，所以此時k不是最大值，所以數列的各項只能為1或2，所以數列為1，1，…，1，2，2，…，2的形式.設其中有x項為1，有y項為2，因為存在100的k增數列，所以，所以，所以，當且僅當，時，k取最大值為1250.7．將數列按照一定的規則，依順序進行分組，得到一個以組為單位的序列稱為的一個分群數列，稱為這個分群數列的原數列．如，，…，是的一個分群數列，其中第k個括號稱為第k群．已知的通項公式為．(1)若的一個分群數列中每個群都含有3項；該分群數列第k群的中間一項為，求數列的通項公式；(2)若的一個分群數列滿足第k群含有k項，為該分群數列的第k群所有項構成的數集，設，求集合M中所有元素的和．【答案】(1)(2)54【詳解】（1）由題意知該分群數列第k群的中間一項為．因為，所以，即．（2）由題意知該分群數列第k群含有k項，所以該分群數列前7群為，，，，，，．又，，所以．當時，，當時，或9，當時，或5或4，當時，或2，所以，故集合M中所有元素的各為．8．隨著信息技術的快速發展，離散數學的應用越來越廣泛．差分和差分方程是描述離散變量變化的重要工具，并且有廣泛的應用．對于數列，規定為數列的一階差分數列，其中，規定為數列的二階差分數列，其中．(1)數列的通項公式為，試判斷數列是否為等差數列，請說明理由？(2)數列是以1為公差的等差數列，且，對于任意的，都存在，使得，求的值；(3)各項均為正數的數列的前項和為，且為常數列，對滿足，的任意正整數都有，且不等式恒成立，求實數的最大值．【答案】(1)不是等差數列，是等差數列(2)(3)2【詳解】（1）因為，所以，因為，，，故，，顯然，所以不是等差數列；因為，則，，所以是首項為12，公差為6的等差數列.（2）因為數列是以1為公差的等差數列，所以，故，所以數列是以公比為的正項等比數列，，所以，且對任意的，都存在，使得，即，所以，因為，所以，①若，則，解得（舍），或，即當時，對任意的，都存在，使得.②若，則，對任意的，不存在，使得.綜上所述，.（3）因為為常數列，則是等差數列，設的公差為，則，若，則，與題意不符；若，所以當時，，與數列的各項均為正數矛盾，所以，由等差數列前項和公式可得，所以，因為，所以，因為，故，所以則當時，不等式恒成立，另一方面，當時，令，，，則，，則，因為，，當時，，即，不滿足不等式恒成立，綜上，的最大值為2.題型2集合新定義破解大法解決以集合為背景的新定義問題，要抓住兩點：第一點：緊扣新定義，首先分析新定義的特點，把定義所敘述的問題的本質弄清楚，并能夠應用到具體的解題過程之中，這是新定義型集合問題難點的關鍵所在；第二點：用好集合的性質，解題時要善于從試題中發現可以使用集合性質的一些因素，在關鍵之外用好集合的運算與性質.已知數集具有性質：對任意的，，，使得成立．(1)分別判斷數集與是否具有性質，并說明理由；(2)若，求中所有元素的和的最小值并寫出取得最小值時所有符合條件的集合；(3)求證：．問題1：由，所以數集不具有性質，同理根據集合性質的概念，可判斷具有性質；問題2：由（1）結合數集的性質的概念，滿足，分類討論，即可求得數集；問題3：根據數集的性質的定義，可得，，，，滿足，，，，，累加即可證明.破解：（1）∵，∴數集不具有性質．∵，，，∴數集具有性質．（2）首先注意到，根據性質P，得到，∴易知數集A的元素都是整數．構造或者，這兩個集合具有性質P，此時元素和為75．下面，證明75是最小的和：假設數集，滿足(存在性顯然，∵滿足的數集A只有有限個)．第一步：首先說明集合中至少有7個元素：∵集合具有性質：即對任意的，，，使得成立，又，，∴，，，，∴，即，，，，，又，∴；∴；第二步：證明；若，設，∵，為了使得最小，在集合A中一定不含有元素，使得，從而；假設，根據性質P，對，有，使得，顯然，∴，而此時集合A中至少還有4個不同于的元素，從而，矛盾，∴，進而，且；同理可證：；(同理可以證明：若，則)．假設．∵，根據性質P，有，使得，顯然，∴，而此時集合A中至少還有3個不同于的元素，從而，矛盾，∴，且；至此，我們得到了，根據性質P，有，使得，我們需要考慮如下幾種情形：①，此時集合中至少還需要一個大于等于4的元素，才能得到元素8，則；②，此時集合中至少還需要一個大于4的元素，才能得到元素7，則；③，此時集合的和最小，為75；④，此時集合的和最小，為75．所以，中所有元素的和的最小值為75，此時或.（3）∵集合具有性質：即對任意的，，，使得成立，又，，∴，，，，∴，即，，，，，累加得，化簡得．已知數集具有性質P：對任意的k，，使得成立．(1)分別判斷數集與是否具有性質P，并說明理由；(2)若，求A中所有元素的和的最小值并寫出取得最小值時所有符合條件的集合A；(3)求證：．問題1：由，所以數集不具有性質P，同理根據集合性質P的概念，可判斷具有性質P；問題2：由（1）結合數集的性質P的概念，滿足，分類討論，即可求得數集A；問題3：根據數集的性質P的定義，可得，所以，滿足，累加即可證明．破解：（1）因為，所以數集不具有性質P，因為，所以數集具有性質P；（2）由，所以A的元素都是整數，構造或具有性質P，此時元素和為75且是最小值；下面證明：假設集合滿足，（存在性顯然，因為滿足的數集只有有限個）第一步：首先說明集合中至少有7個元素，因為集合具有性質P：對任意的k，，使得成立，又，所以，所以，所以，，又，所以，所以；第二步：證明，若，設，因為，為了使最小，在集合中一定不含有元素，使得，從而，假設，根據性質P，對，有，使得，顯然，而，而此時集合中至少還有4個不同于的元素，從而，矛盾；所以，進而；同理可證：，那么根據性質P，有，使得，我們需要考慮如下幾種情況：①，此時集合中至少需要一個大于等于4的元素，才能得到8，所以A中所有元素的和大于76，②，此時集合中至少需要一個大于等于4的元素，才能得到7，所以A中所有元素的和大于76，③假設，同上，此時集合的和最小，為75；④當，此時集合的和最小，最小值為75；所以A中所有元素的和最小，最小值為75，此時或；（3）因為集合具有性質P：即對任意的，使得成立，又因為，所以，所以，所以，，將上述不等式相加得：，所以．設集合，其中．若對任意的向量，存在向量，使得，則稱A是“T集”．(1)設，判斷M，N是否為“T集”．若不是，請說明理由；(2)已知A是“T集”．（i）若A中的元素由小到大排列成等差數列，求A；（ii）若（c為常數），求有窮數列的通項公式．問題1：根據“T集”的定義判斷即可；問題2：（i）寫出等差數列通項，得到向量的坐標，再分類討論即可；（ii）設，利用三角數陣和等比數列定義即可.破解：（1）是“集”;不是“集”.理由：當或時，只要橫縱坐標相等即可，則滿足，當，則；當，則；當，則；當，則；綜上是“集”.對于向量，若存在，使得.則，故中必有一個為，此時另一個為或，顯然不符合，則不是“集”.（2）(i)因為中的元素由小到大排列成等差數列，則該等差數列的首項為，公差為2，故.則向量的坐標中必含，設另一坐標為，則或.所以或，故或，所以或，所以或，所以或即.此時，不滿足;或，滿足;所以只可能為.經檢驗是“集”，所以.(ii)設.由，得，由條件可變形為.設集合設集合則是“集”當且僅當關于原點對稱.因為是中唯一負數，共個數，所以也只有個數.由于，所以，已有個數.對以下三角數陣：注意到，所以.又為常數)，故有窮數列為等比數列，且通項公式.1．已知集合，對于，，定義與之間的距離為．(1)已知，寫出所有的，使得；(2)已知，若，并且，求的最大值；(3)設集合，中有個元素，若中任意兩個元素間的距離的最小值為，求證：．【答案】(1)、、、；(2)；(3)見解析【詳解】（1）已知，，且，所以，的所有情形有：、、、；（2）設，，因為，則，同理可得，當時，；當時，.當，時，上式等號成立.綜上所述，；（3）記，我們證明．一方面顯然有．另一方面，且，假設他們滿足．則由定義有，與中不同元素間距離至少為相矛盾．從而．這表明中任意兩元素不相等．從而．又中元素有個分量，至多有個元素．從而．2．對于數集，其中，，定義向量集，若對任意，存在，使得，則稱X具有性質P．(1)設，請寫出向量集Y并判斷X是否具有性質P（不需要證明）．(2)若，且集合具有性質P，求x的值；(3)若X具有性質P，且，q為常數且，求證：．【答案】(1)，具有性質；(2)；(3)證明見解析.【詳解】（1）根據向量集的定義可得：，若，則存在，使得，同理亦可證明對任意，也滿足性質，故具有性質P．（2）對任意a，，都存在c，，使得，即對于，都存在，使得，其中a，b，c，，因為集合具有性質P，選取，，則有，假設，則有，解得，這與矛盾，假設，則有，解得，這與矛盾，假設，則有，解得，這與矛盾，假設，則有，解得，滿足，故；經檢驗，集合具有性質P．（3）證明：取，設且滿足，由得，從而s，t異號，∵－1是x中唯一的負數，∴s，t中一個為－1，另一個為1，故．因為，所以，X具有性質P，取，，設，因為，且c，d中的正數大于等于1，所以只能，所以，．又X中只有個大于1的正數，即，且，這個大于1的正整數都屬于集合X，所以只能，，…，即，即．3．定義兩個維向量，的數量積，，記為的第k個分量（且）.如三維向量，其中的第2分量.若由維向量組成的集合A滿足以下三個條件：①集合中含有n個n維向量作為元素；②集合中每個元素的所有分量取0或1；③集合中任意兩個元素，，滿足（T為常數）且.則稱A為T的完美n維向量集.(1)求2的完美3維向量集；(2)判斷是否存在完美4維向量集，并說明理由；(3)若存在A為T的完美n維向量集，求證：A的所有元素的第k分量和.【答案】(1)(2)不存在完美4維向量集，理由見解析(3)證明見解析【詳解】（1）由題意知，集合中含有3個元素（），且每個元素中含有三個分量，因為，所以每個元素中的三個分量中有兩個取1，一個取0.所以，，，又，所以2的完美3維向量集為.（2）依題意，完美4維向量集B含有4個元素（），且每個元素中含有四個分量，，（i）當時，，與集合中元素的互異性矛盾，舍去；（ii）當時，，不滿足條件③，舍去；（iii）當時，，因為，故與至多有一個在B中，同理：與至多有一個在B中，與至多有一個在B中，故集合B中的元素個數小于4，不滿足條件①，舍去；（iv）當時，，不滿足條件③，舍去；（v）當時，，與集合中元素的互異性矛盾，舍去；綜上所述，不存在完美4維向量集.（3）依題意，的完美維向量集含有個元素（），且每個元素中含有個分量，因為，所以每個元素中有個分量為1，其余分量為0，所以（*），由（2）知，，故，假設存在，使得，不妨設.（i）當時，如下圖，由條件③知，或（），此時，與（*）矛盾，不合題意.（ii）當時，如下圖，記（），不妨設，，，下面研究，，，，的前個分量中所有含1的個數.一方面，考慮，，，，中任意兩個向量的數量積為1，故，，，（）中至多有1個1，故，，，，的前個分量中，所有含1的個數至多有個1（**）.另一方面，考慮（），故，，，，的前個分量中，含有個1，與（**）矛盾，不合題意.故對任意且，，由（*）可得.4．設自然數，由個不同正整數構成集合，若集合的每一個非空子集所含元素的和構成新的集合，記為集合元素的個數(1)已知集合，集合，分別求解．(2)對于集合，若取得最大值，則稱該集合為“極異集合”①求的最大值（無需證明）．②已知集合是極異集合，記求證：數列的前項和．【答案】(1),；(2)①；②證明見解析【詳解】（1）已知集合的非空子集有15個：計算可得，即．集合的非空子集有15個：計算可得，即（2）①集合共有個非空子集，的最大值為②，即證不妨設，即的非空子集中元素和最小的子集的為，最大的為集合是極異集合，，代表有個不同的正整數，即，所以中有個元素，由元素互異性可得又，即可得，因此數列的前項和.5．設k是正整數，A是的非空子集（至少有兩個元素），如果對于A中的任意兩個元素x，y，都有，則稱A具有性質．(1)試判斷集合和是否具有性質？并說明理由．(2)若．證明：A不可能具有性質．(3)若且A具有性質和．求A中元素個數的最大值．【答案】(1)不具有性質，具有性質，理由見解析(2)證明見解析(3)920【詳解】（1）因為，又，但，所以集合不具有性質，因為，又，但，所以集合具有性質.（2）將集合中的元素分為如下個集合，，所以從集合中取個元素，則前個集合至少要選10個元素，所以必有個元素取自前個集合中的同一集合，即存在兩個元素其差為，所以A不可能具有性質.（3）先說明連續11項中集合中最多選取5項，以為例.構造抽屜，，，，，，.①同時選，因為具有性質和，所以選5則不選；選6則不選；選7則不選；則只剩.故中屬于集合的元素個數不超過5個.②選2個，若只選，則不可選，又只能選一個元素，可以選，故中屬于集合的元素個數不超過5個.若選，則只能從中選，但不能同時選，故中屬于集合的元素個數不超過5個.若選，則不可選，又只能選一個元素，可以選，故中屬于集合的元素個數不超過5個.③中只選1個，又四個集合，，，每個集合至多選1個元素，故中屬于集合的元素個數不超過5個.由上述①②③可知，連續11項自然數中屬于集合的元素至多只有5個，如取.因為2023=183×11+10，則把每11個連續自然數分組，前183組每組至多選取5項；從2014開始，最后10個數至多選取5項，故集合的元素最多有個.給出如下選取方法：從中選取；然后在這5個數的基礎上每次累加11，構造183次.此時集合的元素為：；；；；，共個元素.經檢驗可得該集合符合要求，故集合的元素最多有個.6．已知集合，其中都是的子集且互不相同，記的元素個數，的元素個數.(1)若，直接寫出所有滿足條件的集合；(2)若，且對任意，都有，求的最大值；(3)若且對任意，都有，求的最大值.【答案】(1)或或或(2)(3)【詳解】（1）因為，則和的元素個數均為1，又因為，則，若，，則或；若，，則或；綜上或或或.（2）集合共有32個不同的子集，將其兩兩配對成16組，使得，則不能同時被選中為子集，故.選擇的16個含有元素1的子集:，符合題意.綜上，.（3）結論:，令，集合符合題意.證明如下：①若中有一元集合，不妨設，則其它子集中都有元素1，且元素都至多屬于1個子集，所以除外的子集至多有個，故.②若中沒有一元集合，但有二元集合，不妨設.其它子集分兩類:或，和或，其中互不相同，互不相同且均不為1，2.若，則，有若，則由得每個集合中都恰包含中的1個元素（不是2)，且互不相同，因為中除2外至多還有2個元素，所以.所以.③若均為三元集合，不妨設.將其它子集分為三類：，其中.若，則(除1，2，3外，其它元素兩個一組與1構成集合)，所以.若，不妨設，則由得每個集合中都或者有4、或者有5，又中除1外無其它公共元素，所以.所以.綜上，.7．給定整數，由元實數集合定義其隨影數集.若，則稱集合為一個元理想數集，并定義的理數為其中所有元素的絕對值之和.(1)分別判斷集合是不是理想數集；（結論不要求說明理由）(2)任取一個5元理想數集，求證：；(3)當取遍所有2024元理想數集時，求理數的最小值.注：由個實數組成的集合叫做元實數集合，分別表示數集中的最大數與最小數.【答案】(1)集合是理想數集，集合不是理想數集(2)證明見解析(3)1024144【詳解】（1）設的隨影數集分別為，則，所以集合是理想數集，集合不是理想數集.（2）不妨設集合且，即.為理想數集，，則，且，使得.當時，.當且僅當且時，等號成立；當時，.當且僅當且時，等號成立；當時，.當且僅當時，等號成立.綜上所述：.（3）設.為理想數集.，且，使得.對于，同樣有.下先證對元理想數集，有.不妨設集合中的元素滿足.即.為理想數集，，且，使得.當時，，當且僅當且時，等號成立；當時，，當且僅當且時，等號成立；當時，.當且僅當時，等號成立...當且僅當時，等號成立..理數.當且僅當或時，等號成立.理數的最小值為.8．已知集合A為非空數集.定義：(1)若集合，直接寫出集合S，T；(2)若集合且．求證：；(3)若集合記為集合A中元素的個數，求的最大值.【答案】(1)，(2)證明見解析(3)1350.【詳解】（1）由已知，則，；（2）由于集合且，所以T中也只包含四個元素，因為即且，即，又，所以，從而，此時滿足題意，所以；（3）設滿足題意，其中，2，，∵，∴，又中最小的元素為0，最大的元素為，則設，，則，因為，可得，即，故m的最小值為675，于是當時，A中元素最多，即時滿足題意，綜上所述，集合A中元素的個數的最大值是1350.題型3導數新定義破解大法函數新定義，以及理由導數研究函數性質，不等式的綜合應用問題，本題的關鍵是理解函數的定義，并結合構造函數，不等式關系，進行推論論證.特別注意1：解題關鍵是掌握新定義“好點”的含義，對函數的“好點”，實質就是解方程組，因此凡是出現“好點”，解題時就是由此方程組求解．這樣就把新定義轉化一般的函數及其導數問題．特別注意2：明確階泰勒展開式的具體定義；在證明不等式成立時的關鍵是能夠根據原函數與其在處的階泰勒展開式的大小關系，利用放縮的方法將不等式進行轉化.給出以下三個材料：①若函數可導，我們通常把導函數的導數叫做的二階導數，記作.類似地，二階導數的導數叫做三階導數，記作，三階導數的導數叫做四階導數……一般地，階導數的導數叫做階導數，記作.②若，定義.③若函數在包含的某個開區間上具有階的導數，那么對于任一有，我們將稱為函數在點處的階泰勒展開式.例如，在點處的階泰勒展開式為.根據以上三段材料，完成下面的題目：(1)求出在點處的階泰勒展開式，并直接寫出在點處的階泰勒展開式；(2)比較（1）中與的大小.(3)證明：.問題1：根據在點處的階泰勒展開式的定義可直接求得結果；問題2：令，利用導數可求得在上單調遞增，結合可得的正負，由此可得與的大小關系；問題3：令，利用導數可求得，即；①當時，由，，可直接證得不等式成立；②當時，分類討論，由此可證得不等式成立.破解：（1），，，，，，，即；同理可得：；（2）由（1）知：，，令，則，，，在上單調遞增，又，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；，，在上單調遞增，又，當時，；當時，；綜上所述：當時，；當時，；當時，；（3）令，則，，在上單調遞增，又，在上單調遞減，在上單調遞增，，即；在點處的階泰勒展開式為：，，當且僅當時取等號，①當時，由（2）可知，，當且僅當時取等號，所以；②當時，設，，，，當，由（2）可知，所以，，即有；當時，，所以，時，單調遞減，從而，即．綜上所述：.英國數學家泰勒發現了如下公式：其中為自然對數的底數，.以上公式稱為泰勒公式.設，根據以上信息，并結合高中所學的數學知識，解決如下問題.(1)證明：；(2)設，證明：；(3)設，若是的極小值點，求實數的取值范圍.問題1：首先設，利用導數判斷函數的單調性，轉化為求函數的最值問題；問題2：首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可證明；問題3：分和兩種情況討論，求出在附近的單調區間，即可求解.破解：（1）設，則.當時，：當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增.因此，，即.（2）由泰勒公式知，①于是，②由①②得所以即.（3），則，設，由基本不等式知，，當且僅當時等號成立.所以當時，，所以在上單調遞增.又因為是奇函數，且，所以當時，；當時，.所以在上單調遞減，在上單調遞增.因此，是的極小值點.下面證明：當時，不是的極小值點.當時，，又因為是上的偶函數，且在上單調遞增,所以當時，.因此，在上單調遞減.又因為是奇函數，且，所以當時，；當時，.所以在上單調遞增，在上單調遞減.因此，是的極大值點，不是的極小值點.綜上，實數的取值范圍是.①在微積分中，求極限有一種重要的數學工具——洛必達法則，法則中有結論：若函數，的導函數分別為，，且，則.②設，k是大于1的正整數，若函數滿足：對任意，均有成立，且，則稱函數為區間上的k階無窮遞降函數.結合以上兩個信息，回答下列問題：(1)試判斷是否為區間上的2階無窮遞降函數；(2)計算：；(3)證明：，.問題1：根據函數為區間上的k階無窮遞降函數的定義即可判斷；問題2：通過構造，再結合即可得到結果；問題3：通過換元令令，則原不等式等價于，再通過構造函數，根據題干中函數為區間上的k階無窮遞降函數的定義證出，即可證明結論.破解：（1）設，由于，所以不成立，故不是區間上的2階無窮遞降函數.（2）設，則，設，則，所以，得.（3）令，則原不等式等價于，即證，記，則，所以，即有對任意，均有，所以，因為，所以，所以，證畢!1．已知常數為非零整數，若函數，滿足：對任意，，則稱函數為函數.(1)函數，是否為函數﹖請說明理由；(2)若為函數，圖像在是一條連續的曲線，，，且在區間上僅存在一個極值點，分別記、為函數的最大、小值，求的取值范圍；(3)若，，且為函數，，對任意，恒有，記的最小值為，求的取值范圍及關于的表達式.【答案】(1)是，理由見解析(2)(3)，【詳解】（1）是函數，理由如下，對任意，，，故（2）（ⅰ）若為在區間上僅存的一個極大值點，則在嚴格遞增，在嚴格遞減，由，即，得，又，，則，（構造時，等號成立），所以；（ⅱ）若為在區間上僅存的一個極小值點，則在嚴格遞減，在嚴格增，由，同理可得，又，，則，（構造時，等號成立），所以；綜上所述：所求取值范圍為；（3）顯然為上的嚴格增函數，任意，不妨設，此時，由為函數，得恒成立，即恒成立，設，則為上的減函數，，得對恒成立，易知上述不等號右邊的函數為上的減函數，所以，所以的取值范圍為，此時，法1：當時，即，由，而，所以為上的增函數，法2：，因為，當，，所以為上的增函數，由題意得，，.2．已知定義在上的函數的導函數為，若對任意恒成立，則稱函數為“線性控制函數”.(1)判斷函數和是否為“線性控制函數”，并說明理由；(2)若函數為“線性控制函數”，且在上嚴格增，設為函數圖像上互異的兩點，設直線的斜率為，判斷命題“”的真假，并說明理由；(3)若函數為“線性控制函數”，且是以為周期的周期函數，證明：對任意都有.【答案】(1)不是，理由見解析(2)真命題，理由見解析(3)證明見解析【詳解】（1），故是“線性控制函數”；，故不是“線性控制函數”.（2）命題為真，理由如下：設，其中由于在上嚴格增，故，因此由于為“線性控制函數”，故，即令，故，因此在上為減函數，綜上所述，，即命題“”為真命題.（3）根據（2）中證明知，對任意都有由于為“線性控制函數”，故，即令，故，因此在上為增函數因此對任意都有，即當時，則恒成立當時，若，則，故若時，則存在使得故1，因此綜上所述，對任意都有.（事實上，對任意都有，此處不再贅述）3．已知函數.(1)當時，求函數的單調遞增區間；(2)記函數的圖象為曲線，設點、是曲線上兩個不同點，如果曲線上存在，使得：①；②曲線在點處的切線平行于直線，則稱函數存在“中值相依切線”.試問：函數是否存在中值相依切線，說明理由.【答案】(1)增區間為、(2)不存在，理由見解析【詳解】（1）解：函數的定義域為，，因為，則，由可得或，所以，函數的增區間為、.（2）解：假設函數存在“中值相依切線”，設、是曲線上不同的兩個點，且，則，，則，因為，則，由可得，即，則，令，則，則，故函數在上單調遞增，則，故在上無解，假設不成立，綜上，假設不成立，所以函數不存在“中值相依切線”.4．定義：如果函數在定義域內存在實數，使成立，其中為大于0的常數，則稱點為函數的級“平移點”.已知函數.(1)若，求曲線在處的切線方程；(2)若在上存在1級“平移點”，求的取值范圍.【答案】(1)(2)【詳解】（1）當時，，.，.故曲線在處的切線方程為（2）因為在上存在1級“平移點”，所以存在，使.由，得，即，即與圖象有公共點，令，則，所以在上單調遞增，所以，因為，所以，，所以，所以，所以.5．記，分別為函數，的導函數．若存在，滿足且，則稱為函數與的一個“好點”．(1)判斷函數與是否存在“好點”，若存在，求出“好點”；若不存在，請說明珵由；(2)若函數與存在“好點”，求實數的值；(3)已知函數，，若存在實數，使函數與在區間內存在“好點”，求實數的取值范圍．【答案】(1)存在，(2)(3)【詳解】（1），，假設存在滿足，代入得，解得；所以存在存在“好點”，且“好點”為1；（2），，設“好點”為，滿足，代入得，；（3）由已知，，依題意可得：存在滿足，代入得，解得，由，又，故解得，令，則，在上增函數，，時，，且當時，，所以，所以．6．已知函數(1)當時，求函數的極值；(2)求函數的單調區間；(3)若對任意的實數，函數與直線總相切，則稱函數為“恒切函數”．當時，若函數是“恒切函數”，求證：．【答案】(1)有極小值，無極大值.(2)答案見解析(3)證明見解析【詳解】（1）函數,,當時，，，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，故有極小值，無極大值.（2），當時，，在單調遞減；當時，，,，,且為增函數，時，，在單調遞增；時，，在單調遞減；綜上得：當時，在單調遞減；當時，在單調遞增,在單調遞減；（3）當時，函數是“恒切函數”，且,設函數與直線切點,則,故，即，，，，所以是方程的根，設，,,當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；且,，，是方程的根，所以或,或故.7．用數學的眼光看世界就能發現很多數學之“美”．現代建筑講究線條感，曲線之美讓人稱奇．衡量曲線彎曲程度的重要指標是曲率，曲線的曲率定義如下：若是的導函數，是的導函數，則曲線在點處的曲率．(1)求曲線在點處的曲率的值；(2)求正弦曲線曲率的最大值．【答案】(1)(2)1【詳解】（1）由得，，故，所以曲線在點處的曲率；（2）由題意得，故，令，則，令，則，故在上單調遞減，則，即的最大值為1，由題意知曲線在點處的曲率，即，故的最大值為1.8．給出定義：設是函數的導函數，是函數的導函數，若方程有實數解，則稱為函數的“拐點”.經研究發現所有的三次函數都有“拐點”，且該“拐點”也是函數圖象的對稱中心.(1)若函數，求函數圖象的對稱中心；(2)已知函數，其中.（ⅰ）求的拐點；（ⅱ）若，求證：.【答案】(1)(2)（i）；（ii）證明見解析【詳解】（1）因為，所以，所以.令，解得，又，所以函數的“拐點”為，所以函數圖象的對稱中心為.（2）（ⅰ）因為，，所以，，且，令，則在上恒成立，所以在上單調遞增，又，由零點存在性定理知，有唯一的零點，所，且，當時，，所以的拐點為.（ⅱ）證明：由（i）可知，在上單調遞增，，∴當時，；當時，，∴在上單調遞減，在上單調遞增，又，∴在上恒成立，∴在上單調遞增，又，，所以.題型4三角函數新定義破解大法三角函數新定義問題；主要把握住三角函數與其它知識點之間的轉換關系即可，熟記三角恒等變換的有關公式；求取值范圍轉換為函數問題.特別注意：新定義“伴隨函數”得出函數的表達式，然后利用三角函數性質求解．對于函數一般借助輔助角公式進行變形，即，其中，．我們知道：對于函數，如果存在一個非零常數T，使得當x取其定義域D中的任意值時，有，且成立，那么函數叫做周期函數．對于一個周期函數，如果在它的所有周期中存在一個最小正數，那么這個最小正數就叫做函數的最小正周期．對于定義域為R的函數，若存在正常數T，使得是以T為周期的函數，則稱為正弦周期函數，且稱T為其正弦周期．(1)驗證是以為周期的正弦周期函數．(2)已知函數是周期函數，請求出它的一個周期．并判斷此周期函數是否存在最小正周期，并說明理由．(3)已知存在這樣一個函數，它是定義在R上嚴格增函數，值域為R，且是以T為周期的正弦周期函數．若，，且存在，使得，求的值．問題1：根據正弦周期函數的定義求解；問題2：結合正弦、余弦函數性質由周期函數定義求解．問題3：從是嚴格遞增函數，時，進行推理可得．破解：（1），證畢．（2），易知是它的一個周期，因為，下面證明是的最小正周期，時，是增函數，時，是減函數，又，，所以，即函數圖象關于直線對稱，所以當時，不可能是函數的周期，假設函數有小于的正周期，則，取，與時，函數的單調性相同，但，而在這兩個區間上單調性相反，假設錯誤．所以是的最小正周期．（3）因為是周期函數，是它的一個周期，，，又由題意，,因為，，是嚴格遞增函數，所以，又時，，，，因為是嚴格遞增函數，所以與是一一對應的，因此，．人臉識別就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別人臉對象的身份.在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用的測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.已知二維空間兩個點、，則其曼哈頓距離為，余弦相似度為，余弦距離：.(1)若、，求、之間的余弦距離；(2)已知，、,，若,，求、之間的曼哈頓距離.問題1：利用題中定義可求得點、間的余弦距離；問題2：利用兩角和與差的正弦、余弦公式可求出點、的坐標，結合題中定義可求得、之間的曼哈頓距離.破解：（1）解：因為、，所以，所以、間的余弦距離為.（2）解：因為，，所以.因為，所以.因為，所以.因為，則，所以.因為，，所以.因為，，所以.因為，所以、之間的曼哈頓距離是.人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為(1)若，，求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離；(2)已知，，，若，，求的值問題1：根據公式直接計算即可.問題2：根據公式得到，，計算得到答案.破解：（1），，故余弦距離等于；（2）；故，，則. 1．設O為坐標原點，定義非零向量的“相伴函數”為．向量稱為函數的“相伴向量”．(1)記的“相伴函數”為，若函數與直線有且僅有四個不同的交點，求實數k的取值范圍；(2)已知點滿足，向量的“相伴函數”在處取得最大值當點M運動時，求的取值范圍．(3)當向量時，伴隨函數為，函數，求在區間上最大值與最小值之差的取值范圍；【答案】(1)(2)(3)【詳解】（1）由題知：，，由，得，令，得，令，得，由，得，令，得，令，得，所以在和上單調遞增，在和上單調遞減，且∵圖像與有且僅有四個不同的交點，所以實數k的取值范圍為；

（2），其中，，∴當即時，取得最大值，此時，令，則由，顯然，則，解得，，因為函數在上都是增函數，所以函數在上單調遞增，所以，所以；（3）由題意，則，設函數在區間上最大值與最小值之差為，由，得，①當，即時，，，所以，因為，所以，所以，所以；②當，即時，，所以，因為，所以，所以，所以；③當，即時，，所以，因為，所以，所以，所以；④當，即時，，所以，因為，所以，所以，所以；⑤當，即時，，所以，因為，所以，所以，所以；⑥當，即時，，所以，因為，所以，所以，所以.綜上所述，，所以在區間上最大值與最小值之差的取值范圍為.2．對于分別定義在，上的函數，以及實數，若任取，存在，使得，則稱函數與具有關系.其中稱為的像.(1)若，；，，判斷與是否具有關系，并說明理由；(2)若，；，，且與具有關系，求的像；(3)若，；，，且與具有關系，求實數的取值范圍.【答案】(1)不具有，理由見解析；(2)或或；(3)或，【詳解】（1）與不具有關系，理由如下：時，，，所以，則與不具有關系；（2）由題意可知，所以，又，所以，解之得或或，即的像為或或；（3）對于，則，所以，即，因為與具有關系，所以要滿足題意需，使得即可.令，令，則，設，①若，即時，，則，②若，即時，，則，③若，即時，，則或，顯然無解，④若，即時，，則或，顯然無解，綜上所述：或，3．對于集合和常數，定義：為集合A相對的的“余弦方差”.(1)若集合，求集合A相對的“余弦方差”；(2)若集合，是否存在，使得相對任何常數的“余弦方差”是一個與無關的定值？若存在，求出的值：若不存在，則說明理由.【答案】(1)(2)存在，；理由見解析【詳解】（1）因為集合，所以.（2）假設存在，使得相對任何常數的“余弦方差”是一個與無關的定值.由“余弦方差”的定義得：.要使是一個與無關的定值，應有成立，則，即，整理可得.又因為，則，，，所以，所以，則，所以，，即，整理可得，.又因為，所以，，所以，假設成立，當時，相對任何常數的“余弦方差”是一個與無關的定值，定值為.4．人臉識別技術在各行各業的應用改變著人類的生活，所謂人臉識別，就是利用計算機分析人臉視頻或者圖像，并從中提取出有效的識別信息，最終判別對象的身份，在人臉識別中為了檢測樣本之間的相似度主要應用距離的測試，常用測量距離的方式有曼哈頓距離和余弦距離.若二維空間有兩個點，，則曼哈頓距離為：，余弦相似度為：，余弦距離為(1)若，，求A，B之間的曼哈頓距離和余弦距離；(2)已知，，，若，，求的值(3)已知，、，，若，，求、之間的曼哈頓距離.【答案】(1)，余弦距離等于(2)(3)【詳解】（1），，故余弦距離等于；（2）；故，，則.（3）因為，，所以.因為，所以.因為，所以.因為，則，所以.因為，，所以.因為，，所以.因為，所以、之間的曼哈頓距離是.5．已知為坐標原點，對于函數，稱向量為函數的相伴特征向量，同時稱函數為向量的相伴函數.(1)設函數，試求的相伴特征向量；(2)記向量的相伴函數為，當時，求的值域；(3)已知為的相伴特征向量，，請問在的圖象上是否存在一點，使得.若存在，求出點坐標；若不存在，說明理由.【答案】(1)(2)(3)存在，【詳解】（1）由題意可的，，所以的伴隨特征向量.（2）向量的伴隨函數為，所以，，，即，的值域為.（3）由為的伴隨特征向量知：，所以.設，，當時，，滿足.在圖像上存在點，使得.

6．已知函數的圖象相鄰兩條對稱軸間的距離為，且過點.(1)若函數是偶函數，求的最小值；(2)令，記函數在上的零點從小到大依次為、、、，求的值；(3)設函數，，如果對于定義域D內的任意實數，對于給定的非零常數，總存在非零常數，若恒有成立，則稱函數是上的級周期函數，周期為.是否存在非零實數，使函數是上的周期為的級周期函數？請證明你的結論.【答案】(1)(2)(3)存在，且滿足題意，其中滿足，證明見解析【詳解】（1）解：因為函數圖象的相鄰兩對稱軸間的距離為，所以，函數的最小正周期為，因為，則，所以，，又因為函數的圖象過點，則，因為，所以，，因為函數為偶函數，所以，，解得，故當時，取最小值，且其最小值為.（2）解：由，可得，因為，則，令，則，所以，，，設，如下圖所示：

由圖可知，直線與函數在上的圖象有四個交點，點、關于直線對稱，點、關于直線對稱，點、關于直線對稱，所以，，，，即，即，解得.（3）解：因為，所以，，假設存在非零實數，使得函數是上的周期為的級周期函數，即，恒有，則，恒有成立，則，恒有成立，當時，，則，，所以，，，要使得恒成立，則有.當時，則，即，令，其中，則，，且函數在上的圖象是連續的，由零點存在定理可知，函數在上有唯一的零點，此時，恒成立，則，即；當時，則，即，作出函數、的圖象如下圖所示：

由圖可知，函數、的圖象沒有公共點，故方程無實數解.綜上所述，存在滿足題意，其中滿足.7．對于函數，，如果存在一組常數，，…，（其中k為正整數，且）使得當x取任意值時，有則稱函數為“k級周天函數”.(1)判斷下列函數是否是“2級周天函數”，并說明理由：①；②；(2)求證：當時，是“3級周天函數”；(3)設函數，其中b，c，d是不全為0的實數且存在，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【詳解】（1）令，，則，所以是“2級周天函數”；，不對任意x都成立，所以不是“2級周天函數”；（2）令，，，則所以是“3級周天函數”；（3）對其進行分類討論：1°若，則，此時取，則；2°若，采用反證法，若不存在，使得，則恒成立，由（2）可知是“3級周天函數”，所以，所以，因為，，，所以，再由恒成立，所以，進而可得，這與b，c，d是不全為0矛盾，故存在，使得；3°若，由，，得，所以存在，使得，所以命題成立.8．定義有序實數對(a,b)的“跟隨函數”為．(1)記有序數對(1,－1)的“跟隨函數”為f(x)，若，求滿足要求的所有x的集合；(2)記有序數對(0,1)的“跟隨函數”為f(x)，若函數與直線有且僅有四個不同的交點，求實數k的取值范圍；(3)已知，若有序數對(a,b)的“跟隨函數”在處取得最大值，當b在區間(0,]變化時，求的取值范圍．【答案】(1)；(2)；(3)【詳解】（1）由題意，，，，又，所以或，即所求集合為；（2）由題意，則，時，，時，，作出函數，的圖象，如圖，在和上遞增，在和上遞減，，，由圖象可知，時，函數的圖象與直線有且僅有四個不同的交點，所以的范圍是；（3）由題意，其中，，易知時，，，，同理，，，時，函數是增函數，因此，從而，即．題型5平面向量新定義破解大法平面向量新定義一般與三角恒等變換相結合合，充分理解新定義，且熟練掌握向量和三角函數知識才能解決此類題，特別是求長度，要設出向量，表達出，先證明充分性，再證明必要性已知O為坐標原點，對于函數，稱向量為函數的相伴特征向量，同時稱函數為向量的相伴函數.(1)記向量的相伴函數為，若當且時，求的值；(2)設，試求函數的相伴特征向量，并求出與共線的單位向量；(3)已知，，為函數的相伴特征向量，，請問在的圖象上是否存在一點，使得?若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.問題1：根據向量的伴隨函數求出，再將所求角用已知角表示，結合三角恒等變換即可求解；問題2：化簡函數解析式，根據相伴特征向量的定義即可求得，繼而進一步計算即可；問題3：根據題意確定的值，繼而得到函數，繼而得到，設點，再根據向量的垂直關系進行計算，結合三角函數的有界性得到答案.破解：（1）根據題意知，向量的相伴函數為，當時，，又，則，所以，故.（2）因為，故函數的相伴特征向量，則與共線單位向量為.（3）因為，其相伴特征向量，故，所以，則，，設點，又，，所以，若，則，即，，因為，故，又，故當且僅當時，成立，故在的圖象上存在一點，使得.n個有次序的實數，，…，所組成的有序數組稱為一個n維向量，其中稱為該向量的第i個分量.特別地，對一個n維向量，若，稱為n維信號向量.設，，則和的內積定義為，且.(1)直接寫出4個兩兩垂直的4維信號向量；(2)證明：不存在10個兩兩垂直的10維信號向量；(3)已知k個兩兩垂直的2024維信號向量，，…，滿足它們的前m個分量都是相同的，求證：.問題1：根據題意，結合兩兩垂直的定義，即可求解；問題2：根據題意，不妨設，得到有5個分量為，設的前5個分量中有r個，得到5個分量中有個，進而求得r的值，即可求解；問題3：任取，得到，設的第個分量之和為，結合，列出不等式，即可求解.破解：（1）兩兩垂直的4維信號向量可以為：，，，.（2）假設存在10個兩兩垂直的10維信號向量，，…，，因為將這10個向量的某個分量同時變號或將某兩個位置的分量同時互換位置，任意兩個向量的內積不變，所以不妨設，，因為，所以有5個分量為，設的前5個分量中有r個，則后5個分量中有個，所以，可得，矛盾，所以不存在10個兩兩垂直的10維信號向量.（3）任取，計算內積，將所有這些內積求和得到S，則，設，，…，的第個分量之和為，則從每個分量的角度考慮，每個分量為S的貢獻為，所以，令，所以，所以.元向量（）也叫維向量，是平面向量的推廣，設為正整數，數集中的個元素構成的有序組稱為上的元向量，其中為該向量的第個分量．元向量通常用希臘字母等表示，如上全體元向量構成的集合記為．對于，記，定義如下運算：加法法則，模公式，內積，設的夾角為，則．(1)設，解決下面問題：①求；②設與的夾角為，求；(2)對于一個元向量，若，稱為維信號向量．規定，已知個兩兩垂直的120維信號向量滿足它們的前個分量都相同，證明：．問題1：根據條件得到，再利用題設定義的運算，即可求出結果；問題2：任取，，得到，設的第個分量之和為，結合，即可求出結果.破解：（1）因為，所以，①，②因為，，所以.（2）任取，，計算內積，設這些內積之和為，則，設的第個分量之和為，又因為，故，所以又，所以，即，所以.1．已知集合.對于，給出如下定義：①；②；③A與B之間的距離為.說明：的充要條件是.(1)當時，設，求；(2)若，且存在，使