新高考新題型第19題新定義壓軸解答題歸納（解析版）

11 ，?yn)，記M(α,β)=[(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+?(xn+yn-|xn-yn|)].+x1)+(x2+x2)+(x3+x3)+(x4+x4)]=x1+x2+x3+x4為奇數(shù)，此時B中有n+1個元素，下證其為滿足題意元素最多的集合.i=yi=l，此時M(α,β)≥1不滿足題意，故B中最多有n+1個元素．故B為滿足題意的集合. nn}的前n項和222=11=1j≤rj+1+rj-1，j=1，2，?,m-1，求rn；(Ⅲ)證明：存在0≤p<q≤m，0≤r<s≤m，使得Ap+Bs=Aq+Br.=0，r1=1，r2=1，r3=2.i0123ai213Ai0236i133Bi0147rk0112n≤m且rn∈N，n所以r0=0，r1=1，又因為2rj≤rj-1+rj+1，則rj+1-rj≥rj-rj-1，即rm-rm-1≥rm-1-rm-2≥...≥r1-r0=1，可得rj+1-rj≥1，反證：假設(shè)滿足rn+1-rn>1的最小正整數(shù)為1≤i≤m-1，當(dāng)j≥i時，則ri+1-rj≥2；當(dāng)i≤j-1時，則rj+1-rj=1，則rm=(rm-rm-1)+(rm-1-rm-2)+...+(r1-r0)+r0≥2(m-i)+i=2m-i，又因為1≤i≤m-1，則rm≥2m-i≥2m-(m-1)=m+1>m，所以假設(shè)不成立，rn+1-rn=1成立，所以rn=0+1×n=n，n∈N.m≥Bm，設(shè)Sn=An-Br，1≤n≤m，根據(jù)題意可得Sn≥0且Sn為整數(shù)，且rK≠m(若rK=m時，Br+1=Bm+1不存在)，則AK-Br≥m，AK-Br+1<0，所以br+1=Br+1-Br=(AK-Br)-(AK-Br+1)>m，所以對任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≤m-1，①若存在正整數(shù)N，使得SN=AN-Br=0，即AN=Br，取r=p=0，q=N，s=rN，使得AP+Bs=Aq+Br，②若不存在正整數(shù)N，使得SN=0，n3344所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX=SY，即AX-Br=AY-Br，可得AX+Br=AY+Br，取p=X，s=rY，q=Y，r=rX，使得Ap+Bs=Aq+Br，若Am<Bm，設(shè)Sn=Br-An，1≤n≤m，根據(jù)題意可得Sn≤0且Sn為整數(shù)，反證法：假設(shè)存在正整數(shù)K，使得SK≤-m，則Br-AK≤-m，Br+1-AK>0，所以br+1=Br+1-Br=(Br+1-AK)-(Br-AK)>m，所以對任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≥1-m，①若存在正整數(shù)N，使得SN=Br-AN=0，即AN=Br，取r=p=0，q=N，s=rN，使得AP+Bs=Aq+Br，②若不存在正整數(shù)N，使得SN=0，n∈{-1，-2，?,1-m}，且1≤n≤m，所以必存在1≤X<Y≤m，使得SX=SY，即AX+Br=AY+Br，可得AX+Br=AY+Br，取p=X，s=rY，q=Y，r=rX，使得Ap+Bs=Aq+Br.綜上所述，存在0≤p<q≤m，0≤r<s≤m，使得Ap+Bs=Aq+Br.3ai+2，?,ai+j(j≥0)，使得ai+ai+1+ai+2+?+ai+j=n，則稱Q為m-連續(xù)可表數(shù)列.3k為20-連續(xù)可表數(shù)列，且a1+a2+?+ak<20，求證：k≥7.2=11=21+a2=2+1=3，a3=4，a2+a3=1+4=5，由于Q為20-連續(xù)可表數(shù)列，且a1+a2+?+ak<20，所以其中必有一項為負(fù)數(shù).55k=?=an=0，所以k≥7符合題意，故k≥7.4①a1+p≥0，且a2+p=0；4②a4n-1<a4n(n=1，2，?)；{am+an+p，am+an+p+1}(m=1，2，?;n=1，2，?).n}是否可能為?2數(shù)列？說明理由；n}是?05；因為p=2，a1=2，a2=-2，所以a1+a2+p=2，a1+a2+p+1=3，3=-2，所以a3?{a1+a2+p，a1+a2+p+1}，1≥0，a2=0；m+1}，因此a3=a1或a3=a1+1，a4=0或a4=1，4=1 2又因為a4=a1+a3或a4=a1+a3+1 2或a1=0. 2 21=0假設(shè)n≤k(k≥0)時命題成立.當(dāng)n=k+1時，4(k+1)+1=a4k+5=aj+(4k+5-j)，利用性質(zhì)③：{aj+a4k+5-j|j∈N*，1≤j≤4k+4}={k，k+1}，此時可得a4k+5=k+1，j+a4k+6-j|j∈N*，1≤j≤4k+5}={k，k+1}，此時可得a4k+6=k+1，{aj+a4k+8-j|j∈N*，2≤j≤4k+6}={k+1，k+2}，此時可得a4k+8=k+2，{aj+a4k+7-j|j∈N*，1≤j≤4k+6}={k+1}，又因為a4k+7<a4k+8，此時可得a4k+7=k+1，5=a4×1+1=1；m+n=am+n+p∈{am+p+an+p，am+p+an+p+1}={bmm+bn+1}，由于b1=a1+p≥0，b2=a2+p=0，b4n-1=a4n-1+p<a4n+p=b4n，n}為?0數(shù)列，664n+i=n-p(i=1，2，3)，a4n+1=n+1-p；S11-S10=a11=a4×2+3=2-p≥0，S9-S10=-a10=-a4×2+2=-(2-p)≥0，，?,a10≤0j≥0(j≥11)，滿足題意.?,n}，ai+aj，ai-aj兩數(shù)中至少有一個屬于A，則稱集合A具有性質(zhì)P.經(jīng)檢驗A={1,0,-1{符合題意，綜上a+b=-1；不妨設(shè)B={-bk,-bk-1,...,-b1,0,a1,a2,...,al{，其中k+l=5，0<a1<...<al,0<b1<...<bk，根據(jù)題意{a1-al,...,al-1-al{?{-bk,-bk-1,...,-b1{，3=b1+b2=3a1，22,?,an{(n≥3(，集合T?2iij=1,j≠i例如lT(a2(=dT(a2,a1(+dT(a2,a3(+dT(a2,a4(+?+dT(a2,T(a2(的值及l(fā)T(a4(的最大值；T(a1(,?,lT(an(中任意刪去兩個數(shù)，記剩下的數(shù)的和為M，T(a2T(a22(=01(=dT(a4,a3(=1所以lT(a4(最大值為2.T(a1(,?,lT(an(中的最大值為lT(ak(，由定義，lT(ak(≤n-1，若存在lT(ak(=lT(am(=n-1，k≠m，m于是除lT(ak(外，剩余的lT(ai(≤n-2由定義，T中恰有C個元素，lT(a1(+?+lT(an(=C，設(shè)刪去的兩個數(shù)為A，B，則lT(a1(+?+lT(an(-A-B≥C-(n-1(-(n-2(=n2-n+3，ij所以M的最小值為n2-n+3.設(shè)lT(ai(，i=1,2,?,n中的一個最大值為lT(ak(，由lT(ak(<n-1得lT(ak(≤n-2T(au,ak(=1考慮lT(au(=dT(au,a1(?+dT(au,ak(+?,lT(ak(=dT(ak,a1(?+dT(ak,au(+?T(au(≤lT(ak(T(au,ak(+dT(ak,av(+ (2)若m為集合A2n6={1,2772n的含有n+2個元素的子集B={n-1,n,n+1,?,2n}，B中任意4個元素之和一定不小于(n-1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2，所以當(dāng)m≤n+2時，m一定不是集合A2n的“相關(guān)數(shù)”，因此若m為集合A2n即若m為集合A2n先將集合A2n的元素分成如下n組：Ci=(i,2n+1-i),(1≤n)，對于A2n的任意一個含有n+3個元素的子集P，必有三組Ci,Ci,Ci同屬于集合P，再將集合A2n的元素剔除n和2n后，分成如下n-1組：Cj=(j,2n-j),(1≤j≤n-1)，對于A2n的任意一個含有n+3個元素的子集P，必有三組Dj同屬于集合P，不妨設(shè)Dj與Ci無相同元素，此時這4個元素之和[i1+(2n+1-i1)+(2n-j4)]=4n+1， n≤2an-1.不妨設(shè)x1<x2<x3<x4<x5.所以x2=x1+1，x4=x5-1，x3=x2+1或x3=x4-1.對于集合C={n+1-x5，n+1-x4，n+1-x3，n+1-x2，n+1-x1}，因為1≤x1<x2<x3<x4<x5≤n，所以1≤n+1-xi≤n，i=1，2，3，4，5，n+1-x5<n+1-x4<n+1-x3<n+1-x2<n+1-x1，因為x2=x1+1，x4=x5-1，x3=x2+1或x3=x4-1.所以n+1-x2=n+1-x1-1，n+1-x4=n+1-x5+1，n+1-x3=(n+1-x4)+1或n+1-x3=(n+1-x2)-1，所以集合C也是自鄰集.所以B≠C.對應(yīng).當(dāng)n≥4時，an-1=b2+b3+?+bn-1，an=b2+b3+?+bn-1+bn，88顯然an=an-1+bn.n≤an-1.鄰集.此時的自鄰集的最大元素為m，可將此時的自鄰集分為n-4個；含有最大數(shù)為3的集合個數(shù)為b3，??,含有最大數(shù)為n-3的集合個數(shù)為bn-3.則這樣的集合共有b2+b3+?+bn-3個.綜上可得bn=b2+b3+?+bn-3+bn-1+1≤b2+b3+?+bn-3+bn-1+bn-2=an-1，所以bn≤an-1，故n≥4時，an≤2an-1得證.1|f(x1(-f(x2(|<k|x1-x2|，則稱f(x(為[a,b[上的“k類函數(shù)”.1f(x1(-f(x2(|<1.有1≤x1<x2≤2，2<x1+x2<4，所以2<<3，|f(x1(-f(x2(|=+x1（-+x2=(x1-x2(<3|x1-x2|，(2)因為f,(x(=axex-x-lnx-1，f(x1(-f(x2(|<2|x1-x2|，不妨設(shè)x1<x2，則-2(x2-x1(<f(x1(-f(x2(<2(x2-x1(，故f(x1(+2x1<f(x2(+2x2且f(x1(-2x1>f(x2(-2x2，-2≤f,(x(≤2，由f,(x(≤2可轉(zhuǎn)化為a≤，令g(x(=，只需a<g(x(min,(x(=(1+x((lnx-x(，令u(x(=-2-lnx-x，u(x(在[1,e[單調(diào)遞減，99所以u(x(≤u(1(=-3<0，g,(x(<0，故g(x(在[1,e[單調(diào)遞減，g(x(min=g(e(=，由f,(x(≥-2可轉(zhuǎn)化為a≥，令h(x(=，只需a≥h(x(max,(x(=(1+x((xlnx-x(，令m(x(=2-lnx-x，m(x(在[1,e[單調(diào)遞減，,e[使m(x0(=0，即2-lnx0-x0=0，即lnx0=2-x0,x0=e2-x，h(x(max=h(x0(==，故≤a≤.f(x1(-f(x2(|<2|x1-x2|，不妨設(shè)1≤x1<x2≤2，當(dāng)|x1-x2|<時，|f(x1(-f(x2(|<2|x1-x2|<1；當(dāng)≤|x1-x2|<1時，因為f(1(=f(2(，-1<x1-x2≤-|f(x1(-f(x2(|=|f(x1(-f(1(+f(2(-f(x2(|≤|f(x1(-f(1(|+|f(2(-f(x2(|<2(x1-1(+2(2-x2(=2(x1-x2+1(≤2（-+1（=1，f(x1(-f(x2(|<1.2(2024·山東·高三校聯(lián)考階段練習(xí))定義函數(shù)fn(x(=1-x+-+?+(-1(n(n∈N*(.(1)求曲線y=fn(x(在x=-2處的切線斜率；(3)討論函數(shù)fn(x(的零點個數(shù)，并判斷fn(x(是否有最小值．若fn(x(有最小值m﹐證明：m>1-ln2；若fn(x(沒有最小值，說明理由.【解析】(1)由f(x(=-1+x-x2+?+(-1(nxn-1，可得f(-2(=-1-2-22-?-2n-1=-=1-2n,所以曲線y=fn(x(在x=-2處的切線斜率1-2n.所以k≤=對任意x∈R恒成立，(x)=，(x)>0解得x<0，或x>4；由g,(x)<0解得0<x<4，故g(x)的最小值為g(0)=-1，(3)f(-1(=-1-1-?(-1(=-n，當(dāng)x≠-1時，f(x(=-1+x-x2+?+(-1(nxn-1=-=，因此當(dāng)n為奇數(shù)時，fn(x(=1-x+-+?+-，此時f(x(=則f(x(<0，所以fn(x(單調(diào)遞減.此時fn(0(=1>0，f1(x(=1-x顯然有唯一當(dāng)n≥2時，fn(2(=1-2+-+?+-<0且當(dāng)x>2時，fn(x(=(1-x(+-+?+-=(1-x(+-x（+?+-x（<1-x，由此可知此時fn(x(不存在最小值.當(dāng)n=2k(k∈N*(時，即當(dāng)n為偶數(shù)時，fn(x(=1-x+-+?-+，此時f(x(=由f(x(>0，解得x>1；由f(x(<0，解得x<1則fn(x(在(-∞,1[上單調(diào)遞減，在(1,+∞(上單調(diào)遞增，故fn(x(的最小值為fn(1(=(1-1(+-+?+-+>0，即fn(x(≥fn(1(>0，所以當(dāng)n為偶數(shù)時，fn(x(沒有零點.設(shè)h(x(=ln(1+x(-(x>0(，,(x(=-=>0，(x>0(.所以h(x(在(0,+∞(上單調(diào)遞增，h(x(>h(0(=0，即(x>0(.令x=可得ln>當(dāng)n=2k(k∈N*(時1-f2k(1(=1-+- n+1 +?+- +?+-=1+++???+-2++?+=1+++???+-（1++?+(+ln=ln=ln2，從而當(dāng)n為偶數(shù)時，fn(x(沒有零點，存在最小值m>1-ln2.當(dāng)n為偶數(shù)時，fn(x(沒有零點，存在最小值m>1-ln2. 示.(1)已知函數(shù)f(x)=ex+alnx-x2，寫出其二階導(dǎo)函數(shù)并討論其二階導(dǎo)函數(shù)單調(diào)性.1項.我們稱該數(shù)列為y=f(x)的“n階導(dǎo)數(shù)列”x+alnx-x2，函數(shù)定義域為(0,+∞(，[f'ex+-2x，[f'(x)]2=ex--2，[f'(x)]3=ex+，3=ex+>0恒成立，[f'(x)]2在(0,+∞(上單調(diào)遞增，3=ex+=0，則a=-，設(shè)m(x(=-，x∈(0,+∞(，則m'(x(=-exx2(3+x(<0恒成立，且m(x(=-∈(-∞,0(，故存在唯一的x=x0滿足a=-，2在(0,+∞(上單調(diào)遞增；a<0時，存在唯一的x=x0滿足a=-，(x)[1=nxn-1，[g'(x)[2=n(n-1(xn-2，?,②存在，取h(x(=-ex，a1=h(1(=-e，則[h'(x([n=-ex，則an+1=-en+1，n=-en，an+1-an=en-en+1=en(1-e(<0，4然對數(shù)的底數(shù)，設(shè)函數(shù)F(x(=af(x(-g(x(，4(1)若a=e，求函數(shù)y=F(x(的單調(diào)區(qū)間，并寫出函數(shù)y=F(x(-m有三個零點時實數(shù)m的取值范圍；2分別為函數(shù)y=F(x(的極大值點和極小值點，且不等式F(x1(+tF(x2(>0對任(3)對于函數(shù)y=f(x(，若實數(shù)x0滿足f(x0(f(x0+F(=D，其中F、D為非零實數(shù)，則x0稱為函數(shù)f(x(的“F-D-篤志點”.x>0x>0x<0①已知函數(shù)f(x(=②定義在R上的函數(shù)f(x(滿足：存在唯一實數(shù)m，對任意的實數(shù)x，使得f(m+x(=f(m-x(恒成立或f(m+x(=-f(m-x(恒成立.對于有序?qū)崝?shù)對(F,D(，討論函數(shù)f(x(“F-D-篤志點”個數(shù)的奇偶性，并【解析】(1)F(x(=ef(x(-g(x(=ex+1-ex-e-x-x，F(xiàn),(x(=ex+1-e+e-x-1=(ex-1((e-e-x(，當(dāng)x<-1時，ex-1<0，e-e-x<0，故F,(x(>0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)-1<x<0時，ex-1<0，e-e-x>0，故F,(x(<0，函數(shù)單調(diào)遞減；當(dāng)x>0時，ex-1>0，e-e-x>0，故F,(x(>0，函數(shù)單調(diào)遞增；(2)F(x(=af(x(-g(x(=a(ex-x(-(e-x+x(，F(xiàn),(x(=af(x(-g(x(=a(ex-1(+(e-x-1(=x-1((a-e-x(，取F,(x(=0，得到x=0或x=-lna，當(dāng)x∈(-lna,+∞(時，F(xiàn),(x(>0，函數(shù)在(-lna,+∞(上單調(diào)遞增，故x1=0是極大值點，x2=-lna是極小值點，F(xiàn)(x1(+tF(x2(=a-1+t(alna+lna-a+1(>0恒成立，F(xiàn)(x1(=a-1<0，F(xiàn)(x2(=alna+lna-a+1<F(x1(<0，故t<0，設(shè)h(a(=a-1+t(alna+lna-a+1(，a,(a(=1+t設(shè)m(a(=lna+，則m,(a(=-=<0恒成立，故m(a(在(0,1(上單調(diào)遞減，m(a(>m(1(=1，當(dāng)t≤-1時，h,(a(=1+tlna+<0，函數(shù)h(a(單調(diào)遞減，h(a(>h(1(=0；a0(=0，(3)①f(x0(f(x0+1(=1有三個不等的實數(shù)根，當(dāng)-1<x0<0時，x0+1>0，故=1，即a=ex+1-x0，令g(x(=ex+1-x(-1<x<0)，則g/(x(=ex+1-1>0在-1<x<0上恒成立，故g(x(=ex+1-x在(-1,0(上則x+(2a+1(x0+a2+a-1=0，由于x+(2a+1(x0+a2+a-1=0至多有兩個根，令w(x(=x2+(2a+1(x+a2+a-1，其中Δ=(2a+1(2-4(a2+a-1(=5>0，（2-2-=1，w(x(=x2+(2a+1(x+a2+a-1的圖象的對稱軸為x=-a-<-，故w(x(=x2+(2a+1(x+a2+a-1在x∈(-∞,-1(上有兩個不相等的實數(shù)根，②定義在R上的函數(shù)f(x(滿足：存在唯一實數(shù)m，對任意的實數(shù)x，使得f(m+x(=f(m-x(恒成立，故f(x0(=f(2m-x0(，f(x0+F(=f(2m-x0-F(，因為f(x0(f(x0+F(=D，所以f(2m-x0(f(2m-x0-F(=D，即f(2m-x0-F(f[(2m-x0-F(+F]=D，比較2m-x0-F與x0的大小關(guān)系，m(m-+F(=D，則有fm-fm+=D成立，故對于有序?qū)崝?shù)對(F,D(，函數(shù)f(x(“F-D-篤志點”個數(shù)為奇數(shù)個，同理，對于定義在R上的函數(shù)f(x(滿足：存在唯一實數(shù)m，對任意的實數(shù)x，使得f(m+x(=-f(m-x(恒成立，故f(x0(=-f(2m-x0(，f(x0+F(=-f(2m-x0-F(，因為f(x0(f(x0+F(=D，所以[-f(2m-x0([?[-f(2m-x0-F([=D，即f(2m-x0(f(2m-x0-F(=D0則函數(shù)f(x(“F-D-篤志點”個數(shù)為奇數(shù)個，11(2)在平行六面體ABCD-ABC1D1中，AB=AD=2,AA1=3，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°,N為線段②若=[2,-2,0[，求與夾角的余弦知=+2+3，=-++2，所以+=(+2+3(+(-++2(=3+5，所以+=[0,3,5[；①=++=+-=2+3-=-+2+3，=42+42-8?=4+4-4=2，2-42-6?+2?=-3，—黨——黨所以與的夾角的余弦值為- =a1b2c3+a2b3c1+a3b1c2-a3b2c1-a2b1c3-a1b3c2．若×=x1x2y1y2z2y=2++(-1(---(-1(=3--=(3,-1,-1(.則×=y1z2+z1x2+x1y2-x2y1-z2x1-y2z1=(y1z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1)，2與y12z1-y1z2,z2x1-z1x2,x2y1-x1y2)，2故S△AOB=22-(2-(2OB——常OBOA 22-(22=2-(z2-y2z1,z1x2-z2x1,x1y2-x2y1(，2=(y1z2-y2z1)2+(z1x2-z2x1)2+(x1y2-x2y1(2，又|OA|2=x+y+z，|OB|2=x+y+z，(?(2=(x1x2+y1y2+z1z2(2，2=2-( 2 2 2△AOB3300小值.設(shè)頂點A在底面BCD的射影為點F，則F為正△BCD的中心，則BE=BCsin60°=b，BF=BE=×b=b，所以，AF=AB2-BF2=b2-b（2=b，VA-BCD=AF?S△BCD， 3因為VA-BCD=VO-ABC+VO-ABD+ 3 S,x-,y-,-=0，即-+--=0，即x+2y-6=0，0為球面上一點，則x+y+z=1，即x0?x-x0,y-y0,z-z0=0，即x0x-x0+y0y-y0+z0z-z0=0，即x0x+y0y+z0z=1，np，則dm=OR?OS==1=1，RS1+x+y、1-z003=3=， 算金帆排練廳對應(yīng)幾何體體積.(棱臺體積公式：V=hS+SS+S)學(xué)好數(shù)學(xué)方能更好的欣賞音樂，比如咱們剛剛聽到的一個復(fù)合音就可以表示為函數(shù)Sx=sinx+等.D=10,DH=46， 所以S上底面=1503,S下底面=,S上底面S下底面==(1-cosx((1+cosx)31=3≤4=. 2時取等號. 2時取等號. S(x(=(sinx+sinx+sin2x(,=≤sin=當(dāng)且僅當(dāng)x=π-2x，即x=取等號. ab≤, (x)=(sinx+sinxcosx)2=sinx?+sinxcosx?32≤+2= 當(dāng)且僅當(dāng)sinx=時取等號.2(x(=(sinx+sinxcosx)2=?sinx+sinx?2cosx2≤=+sin2x-sin2x+2根據(jù)二次函數(shù)知識可知當(dāng)sinx=23取得最大值，(x)≤；|F=4|F=4E=fV=4!E=6V=6E=12V=12E=30V=8E=12V=20E=30 2V2=所以總體積為V=V1+6V2=. ×=+11f(x+T)=x+T，Tf(x)=Tx.所以方程組：{y=axy=x有解，消去y得ax=x，顯然x=0不是方程ax=x的解，所以存在非零常數(shù)T，使aT=T，于是對于g(x)=ax有g(shù)(x+T)=ax+T=aT?ax=T?ax=Tg(x)，所以存在非零常數(shù)T，即cos(mx+mT)=Tcosmx.故要使cos(mx+mT)=Tcosmx成立，只有T=±1，當(dāng)T=-1時，cos(mx-m)=-cosmx成立，7．將函數(shù)f(x)的圖象按向量=(m,n(平移指的是：當(dāng)m>0時，f(x)圖形向右平移m個單位，當(dāng)m<02(x(-mg(x(-1≤0恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.(2)函數(shù)g(x(的最小正周期為T==π.t(=t2-mt-1，t(≤0在[2,3[上恒成立，解得m≥，∴f(x+1)+f(x)=0，f(x+a)+af(x)=sinω(x+a)-1+asinωx-a=0對任意的x都成立，*，令f(x(=0，解得x=+(k∈N).*11(2)由=(-3,1)為h(x)=msin（x-=msinx-mcosx的相伴特征向量知：m=-2.所以φ(x)=h-=-2sin--=-2sin-=2cos.設(shè)P=-x2(*)∵-2≤2cosx≤2，∴-≤2cosx-≤-，.又∵-x2≤，f(x)+kf>0，x+>-sin（x+恒成立.所以k>-tan（x+max=-3;k<-tanx+min，由于<x+≤，所以tan（x+的最大值為tan=1，所以k<-tan（x+min=-1 邊作等邊三角形ABC.設(shè)∠AOB=α.即AB=3，于是四邊形OACB的周長為OA+OB+2AB=3+23；所以O(shè)B+OA≥OC，所以O(shè)C≤3，不妨設(shè)AB=x，則+=0，解得x=7，所以cos∠AOC==，所以AB=5-4cosα,0<α<π,于是四邊形OACB的面積為S=S△AOB+S△ABC=OA?OB?sinα+AB2=sinα+(5-4cosα)=sinα-3cosα+=2sin(α-+， ，其中為與y軸方向相同的單位向量．若對任意的正整數(shù)n，都有f(n+1(>f(n(，則稱{An{為T點列.n(2)若{An{為T點列，且a2>a1.=f(n(=?=-，f(n+1(-f(n(=---=>0，即f(n+1(>f(n(，n∈N?,n?=an+1-an，因為{An{為T點列，所以f(n+1(-f(n(=an+2-an+1-(an+1-an(>0，n∈N?,又因為a2>a1，所以a2-a1>0.所以對{An{中連續(xù)三點Ak、Ak+1、Ak+2，都有ak+2-ak+1>ak+1-ak，ak+2>ak+1>ak.因為=(1,ak+1-ak(，=(1,ak+2-ak+1(，k+2-ak+1>ak+1-ak，故因為?=-1+(ak-ak+1((ak+2-ak+1(<0，kAk+1Ak+2=<0，則∠AkAk+1Ak+2為鈍角，所以△AkAk+1Ak+2為鈍角三角形；(3)由k<l<m，m≥3.因為{An{為T點列，由(2)知an+2-an+1>an+1-an，n∈N?,所以am+k-am+k-1>am+k-1-am+k-2，am+k-1-am+k-2>am+k-2-am+k-3，?,am+1-am>am-am-1，兩邊分別相加可得am+k-am>am+k-1-am-1，所以am+k-1-am-1>am+k-2-am-2>?>al-al-k，所以am+k-am>al-al-k，所以am+k-al>am-al-k，A=(m-l+k,am-al-k(，又AlAm+k=又AlAm+k=——4n4nnnnk=(ka1n).對于②,設(shè)k1+k2+k3=，則可得{k1+2k2+5k3=0k1+2k2+k3=0k1+2k2+4k3=0，所以k1+2k2=0，k3=對于③,設(shè)k1+k2+k3+k4=，則可得{k1+k2+k4=0k1+k3+k4=0k2+k3+k4=0，解得k1=k2=k3=-k4(+)+k2(+)+k3(+)=，則(k1+k3)+(k1+k2)+(k2+k3)=，+k3=0k1+k2=0k2+k3=0，解得k1=k2=k3=0，則k1+k2+?+ki-1α—i-黨1+ki+1+???+km=，，?ki-1，ki+1，m全不為零，所以由l1+l2+???+lm=可得=-m—黨代入k1+k2+???+km=可得k1+k2+???+km=，-k1+k2-k1+km=，所以-k1+k2=0，?,-k1+km=0，所以==???=. 1=1為{an{的伴隨數(shù)列.(2)若{an{為一個X數(shù)列，{bn{為{an{的伴隨數(shù)列.2=a1-b1=，b3=2-b2=，b4=|a3-b3=n+1=1 ;4 2 2k=1-bk-1=bk-1，得等比數(shù)列{bn{的公比q==1.n{為等比數(shù)列時，數(shù)列{an{為常數(shù)列.②當(dāng)an=1，an+1=1時，bn+1=bn，n=1，an+1=0時，bn+1=bn，n=0，an+1=1時，bn+1=bn，n=0，an+1=0時，bn+1=0，nn+2≤bn，于是有b2019≤b2017≤b2015≤?≤b1=，22A-A=〈ai-aj|ai,aj∈A〈，記集合A+A和A-A其元素個數(shù)分別為|A+A|，|A-A|.設(shè)n(A(=|A+A|-|A-A|.例如當(dāng)A={1,2{時，A+A={2,3,4{，A-A={-1,0,1{，|A+A|=|A-A|，所以n(A(=0.(2)設(shè)A是由3個正實數(shù)組成的集合且(A+A(∩A=?n=n(An(.*n≥0，求數(shù)列{an{的通項公式.|A+A|=|A-A|，所以n(A(=0，<a<b<c，n(A,(-n(A(=|A,+A,|-|A,-A,|-(|A+A|-|A-A|(=(|A,+A,|-|A+A|(-(|A,-A,|-|A-A|(因0<a<2a<a+b<2b<b+c<2c，因(A+A(∩A=?,所以|A,+A,|-|A+A|=4，因-c<-b<-a<0<a<b<c，a-c<a-b<0<b-a<c-a，b-c<0<c-b，A-A={0,a-b,a-c,b-a,c-a{∪{b-c,c-b{，A-A={a,b,-a,-b{∪{0,c,-c,a所以A-A-A-A=6nA-nA=-2所以nA-nA為定值.法2：nA-n(A)=-2.m=ai+aj，于是A+A=(A+A)∪{0,a1,a2,a3{，A+A=|A+A|+4，于是A-A=(A-A)∪{a1,a2,a3,-a1,-a2,-a3{，從而A-A=|A-A|+6，于是nA-n(A)=-2為定值.*，3≥4,a3*，則4<1+a3<2+a3<2a3，1-a3<2-a3<-1<1<a3-2<a3-1,A3-A3={1-a3,2-a3,-1,0,1,a3-2,a3-1{，3=nA3=A3+A3-A3-A3=-1，不符合題意，3=3，猜想an=n，下面給予證明，故Ak+Ak=2k-2+1=2k-1，Ak-Ak=k-1-1-k+1=2k-1，k=nAk=0，符合題意，Ak+1={1,2,k+1{，ak+1∈N*3+ak+1,?,k+ak+1{，Ak+1-Ak+1={1-k,2-k,3-k,???,0,1,2,?,k-1{∪{1-ak+1,2-ak+1,?,0,1,?,ak+1-1{，若ak+1≥k+2，+ak+1,3+ak+1,?,k+ak+1{的元素個數(shù)小于+1,2-ak+1,?,0,1,?,ak+1-1{的元素個數(shù)k+1=nAk+1=Ak+1+Ak+1-Ak+1-Ak+1<Ak+Ak-Ak-Ak=nAk=0，k+1=k+1，*n=n故數(shù)列{an{的通項公式an=n.n根據(jù)條件，m≥3，且Am-1={1,2,?,m-1}，Am-1+Am-1={2,4,?,2m-2},|Am-1+Am-1|=2m-3，Am-1-Am-1={0,±1,±2,?,±(m-2)},|Am-1-An-1|=2m-3，根據(jù)假設(shè)，am≥m+1.(i)如果am=m+k(k=1,2,?,m-3)，那么屬于Am+Am但不屬于Am-1+Am-1的元素組成的集合是{2m-從而|Am+Am|-|Am-1+Am-1|=k+2.屬于Am-Am，但不屬于Am-1-Am-1的元素組成的集合是{±(m-1),±m(xù),?,±(m+k-1)}，從而|Am-Am|-|Am-1-Am-1|=2(k+1),m=-k<0．矛盾！(ii)如果am=m+k(k≥m-2)，那么對任意i=1,2,?,m-1,m,am+ai?Am-1+Am-1，從而|Am+Am|-|Am-1+Am-1|=m，同樣對任意i=1,2,?,m-1,±(am-ai(?Am-1-Am-1且±(am-ai(兩兩不同，從而|Am-Am|-|Am-1-Am-1|=2m-2,m=-(m-2)<0，矛盾！ <n≤(k∈N*)時，an=(-1)k-1k，記Sn=a1+a2+???***k個————————————k(k+1)-Sk(k-1)=-1)k-1k,?,(-1)k-1=(-1)k-1?k2(k∈N*)，所以S2020=1-22+32-42+52-?-622+632-64-64-64-64=1+2+3+?+63-256=-256=1760；Sn=S-n-(k+1)=1-22+32-42+?+(k-2(2-(k-1(2+k2-n-(k+1(=(1+2+?+k(-n-(k+1(=-n-(k+1(=-n?(k+1)；Sn=-1-2-3-?-k+n-(k+1)=-+n-(k+1)=-n?[-(k+1)[；<n≤時，Sn=(-1)k-n?k，an=(-1(k-1k,-=k，所以滿足條件的n的個數(shù)為1+3+5+?+63=×32=1024，4+T=an對一切正整數(shù)n都成4n是數(shù)列{an{的前n項和，若≤t對一i=0”；2=a(3)若無窮數(shù)列{an{和{bn{滿足bn=an+1-an，且{an{2=1，n=(a1+a2(=2n；當(dāng)n為奇數(shù)時，Sn=(a1+a2(+a1=2n+1，因為≤t對一切正整數(shù)n恒成立，當(dāng)n為奇數(shù)時，=2+≤3恒成立，故只需t≥3即可；因為{bn{是周期為T的周期數(shù)列，bi=0，bn=an+1-ani=0，即(an+1-an(+(an+2-an+1(+?+(an+T-1-an+T-2(+(an+T-an+T-1(=0，所以an+T-an=0，即an+T=an因為{an{是周期為T的周期數(shù)列，所以an+T=an，即an+T-an=0n+T+1=an+1,an+T=an，即an+T+1-an+1=an+T-an=0n+T+1-an+T=an+1-an，即bn+T=an+T+1-an+T=an+1-an=bn，所以數(shù)列{bn{是周期為T的周期數(shù)列，因為a1+T-a1=(a1+T-aT(+(aT-aT-1(+?+(a3-a2(+(a2-a1(=bT+bT-1+?+b2+b1=0，即bi=0n{是周期為T的周期數(shù)列，且bi=0，2=an+2=b1(n≥1,n∈N(，3==a,b4==1,b5==,b6==，b7==1,b8==a,b9==a,?所以數(shù)列{bn{是周期為T=6，11故點A在Ψ的直線y=1上.令f(t)=3t2x0-2t3，則f′(t)=6tx0-6t2=6t(x0-t).0所以f(t)max=f(x0)=x，f(t)∈(-∞,x].所以y0>x;(x>0).2=3t2則過該點的切線方程是y-t3=3t2(x-t)即y=3t2x-2t3.而對任意的t>0，y=3t2x-2t3的確為曲線y=x3(x>0)的切線.故Ω的包絡(luò)是曲線y=x3(x>0).將2(a-2)x+4y-4a+a2=0整理為a的方程a2+2(x-2)a+4(-x+y)=0，若該方程無解，則Δ=4(x-2)2-16(-x+y)<0，整理得y>+1.猜測Ψ的包絡(luò)是拋物線y=+1. +1在拋物線y=+1上任取一點,則過該點的切線方程是2(a-2)x+4y-4a+a2=0，而對任意的a∈R，2(a-2)x+4y-4a+a2=0確為拋物線y=+1的切線.故Ψ的包絡(luò)是拋物線y=+1. 在平面直角坐標(biāo)系中，若點Mx,y與定點Fc,0(或F-c,0的距離和它到定直線l:x=(或l:x=-22=2c2=12=a2-c2(b>義.這里定點Fc,0是橢圓的一個焦點，直線l:x=稱為相應(yīng)于焦點F的準(zhǔn)線；定點F-c,0是橢圓的另一個焦點，直線l:x=-稱為相應(yīng)于焦點F的準(zhǔn)線.根據(jù)橢圓的這個定義，我們可以把到焦點的距離轉(zhuǎn)化為到準(zhǔn)線的距離.若點Mx,y在橢圓+=1(a c,則點Mx,y到準(zhǔn)線l:x c-x，所以MF=×-x=a-x=a-ex，我們把這個公式稱為橢圓的焦半徑公式.2=92=9,c=12=a2-c2=8，所以x1+x2=2，y1+y2=-，MN=，所以直線MN的方程為y+=(x-1(，即y=x-2，(x2+y2=1=-2，得(x2+y2=1解得：x=-1或x=3，=,-或. 均為三元方程F(x,y,z(=0的解；②以三元方程F(x,y,z(=0的任意解(x0,y0,z0(為坐標(biāo)的點均在曲面S上，則稱曲面S的方程為F(x,y,z(=0，方程F(x,y,z(=0的曲面為S.已知曲面C的方程為+-(1)已知直線l過曲面C上一點Q(1,1所成角的余弦值.從而存在實數(shù)λ,使得=λ,即(x0-1,y0-1,z0-2(=λ(-2,0,-4(，x0-1=-2λy0-1=0，解得x0=1-2λ,y0=1,z0=2-4λ,即點P(1-2λ,1,2-4λ)，λ+-=1-4λ+4λ2+1-[1-4λ+4λ2]=1，從而存在實數(shù)t，使得=t，即(x1-2,y1,z1-2(=t(a,b,c(，x1-2=aty1=bt1=2+at,y1=bt,z1=2+ct，即點M(2+at,bt,2+ct)，1-2=ct由點M(x1,y1,z1(在曲面C上，得+-=1，2+b2-t2+(22a-c)t=0，2+b2-t2+(22a-c)t=0恒成立，又直線l的方向向量為=(-2,0,-4)，|=22=.44Fx,y,z=0.①過點Px0,y0,z0，法向量為=A,B,C的平面的方程；2為空間中的兩個定點，F(xiàn)1F2=2c>0，我們將曲面Γ定義為滿足PF1+PF2=2aa>c的動【解析】(1)①Ax-x0+By-y0+Cz-z0=0，理由如下：設(shè)平面上除Px0,y0,z0任意一點坐標(biāo)為Qx,則?=0，即Ax-x0+By-y0+Cz-z0=0，又Ax0-x0+By0-y0+Cz0-z0=0，故過點Px0,y0,z0，法向量為=A,B,C的平面的方程為Ax-x0+By-y0+Cz-z0=0；②平面的一般方程為Ax+By+Cz+D=0，理由如下：由①可得Ax-x0+By-y0+Cz-z0=0，變形為Ax+By+Cz-Ax0-By0-Cz0=0，令D=-Ax0-By0-Cz0，故平面的一般方程為Ax+By+Cz+D=0；+ ++ +由②可得平面的一般方程為Ax+By+Cz+D=0， x-DAy+z-DC x-DAy+z-DC+DB-令-=b,-令-=b,-=c，+++++x2+y+c2+z2F2=2c>0，PF1+PF2=+x2+y+c2+z2所以x2+y-c2+z2=2a-x2+y+c2+z2移項得=2a-x2+y+c2+z2+x2+y+c2+z2，兩邊平方得x2+y-c2+z2=4a2-4ax2++x2+y+c2+z2，=4a2+y+c2-y-c=4a2+y+c2-y-c2=4a2+4cy，故ax2+y+c2+2x2+a2-c2y2+a2z2=a2a2-c2，兩邊同除以a2a2-c2得，++2=a2-c2，故曲面Γ的方程為++=1b2=a2-c25=λ(a>b>0)表示的橢圓Cλ稱為橢圓+=1(a>b>0)的相似橢圓.5N且OM=F2N，N=4，又點P在F1N的垂直平分線上，=PN，+PF2=PF2+PN=NF2=4>23，滿足橢圓定義，∴曲線C的方程為+y2=1. 3+則離心率e 3+設(shè)Qx0QN=?=，又+=1?y=3-x，QMQN=-kQM≠±.y=k(x+3(,+y2=1,得(1+4k2(x2+83ky=k(x+3(,1+x2=,x1x2=，=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2(2-4x1x2=4(，+=5. A(x11(P=3.②直接寫出d(A,B(的最小值≥d(A,B(；P(x,y(滿足d(C,P(=r(r>0(，若動點P所在的曲線所圍成圖形的面積是36，求r的值.則d(A,C(+d(C,B(=max{|x1-x3|,|y1-y3|{+max{|x3-x2|,|y3-y2|{≥|x1-x3|+|x3-x2|≥|x1-x2所以d(A,C(+d(C,B(≥max{|x1-x2|,|y1-y2|{=d(A,B(；(3)設(shè)軌跡上動點P(x,y)，則d(C,P(=max{|x-x0|,|y-y0|-x0|或--y0|，所以r=3. A(x1|+|AF2|=(3+22)2+12+(3-22)2+12=(23+6)+(23-6)=43，于是a=23,b=(23)2-(22)2=2，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1.(2)設(shè)“共軛點對”[A,B[中點B的坐標(biāo)為B(x,y(，由(1)知，點A(3,1(在橢圓C：+=1上，所以直線l的方程為x+y=0.-3)，設(shè)點P(xP,yP(，Q(xQ,yQ(，則+=1+=1+ (xP-xQ)(xP+xQ)+ (yP-yQ)(yP+yQ)4=0，--=，則yP+yQ=-(xp+xQ)，有yPyQ=-xPxQ，線段PQ被直線l平分，而|B1B2|=(-3-3(2+(3+3(2=26，則有SBPBQ=26d，(x+y=m+=1消去y得4x2-6mx+3(m2-4(=0，令Δ=36m2-48(m2-4(=0，解得m=±4，即d小于平行直線x+y=0和x+y=4(或x+y=-4)的距離4=22，1在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)點集An={(0,0),(1,0),(2,0),?,(n,0)}，Bn={(0,1),(n,1)}，Cn={(0,2),(1,2),(2,2),??,(n,2)}，n∈N*.令Mn=An∪Bn∪Cn.從集合Mn中任取兩個不同的點，用隨機變量X1表示它們之間的距離.(2)對給定的正整數(shù)n(n≥3)，求概率P(X≤n)(用n表示).X的概率分布為P(X=1)==；P(X=2)==；P(X=2)==；P(X=5)==；因為P(X≤n)=1-P(X>n)，所以只需考慮X>n的情況，①若b=d，則AB≤n，不存在X>n的取法；②若b=0，d=1，則AB=(a-c)2+1≤n2+1，所以X>n當(dāng)且僅當(dāng)AB=n2+1，③若b=0，d=2，則AB=(a-c)2+4≤n2+4，所以X>n當(dāng)且僅當(dāng)AB=n2+4，④若b=1，d=2，則AB=(a-c)2+1≤n2+1，所以X>n當(dāng)且僅當(dāng)AB=n2+1，綜上可得當(dāng)X>n，X的所有值是n2+1或n2+4，且P(X=n2+1)=，P(X=n2+4)=可得P(X≤n)=1-P(X=n2+1)-P(X= Cn+4，n2+4)=1-.22令f(t)=-tlog2t-(1-t)log2(1-t)，t∈(0,1)，則f'(t)=-log2t+log2(1-t)=log2-1(, 2 n-1(2) n-1+1=2Pk(k=2,3,?,n)，所以Pk=P2?2k-2==(k=2,3,?,n)，故Pklog2Pk=log2=-，而P1log2P1=log2=--11，于是H(ξ)=整理得H(ξ)n-1+n-1=n-1n-1n-1n-1n-n-1n-1n-1n-1n-1n-1n-2n-2++-+++-+?++，+?++令Sn=+++?+-11+，則Sn=+++?++，兩式相減得Sn=+++?+-=1-n=2-，所以H(ξ)=-11-+Sn=-11-+2-=2-.PX=ak=xk，PY=ak=yk，xk>0，yk>0，k=1,2,?,n,xk=yk=1．指標(biāo)D(X‖Y)可用來刻畫X和Y的相似程度，其定義為D(X‖Y)=xkln．設(shè)X~B(n,p),0<p<1.k=k，則xk=Cpk(1-p)n-k,yk=Cqk(1-q)n-k.所以D(X‖Y)=Cpk1-pn-kln=ln?kCpk(1-p)n-k+nln?Cpk(1-p)n-k=npln+nln.(2)當(dāng)n=2時，P(X=2)=p2,P(X=1)=2p(1-p),P(X=0)=(1-p)2，記f(p)=D(X‖Y)=p2ln3p2+2p(1-p)ln6p(1-p)+(1-p)2ln3(1-p)2=p2lnp2+2p(1-p)ln2p(1-p)+(1-p)2ln(1-p)2+ln3，則f(p)=4plnp+2p+(2-4p)[ln2p(1-p)+1]-4(1-p)ln(1-p)-2(1-p)=2[lnp-ln(1-p)+(1-2p)ln2]，令g(p)=lnp-ln(1-p)+(1-2p)ln2，則g'(p)=+-2ln2>0，所以f'(p)在(3)令h(x(=lnx-x+1，則h'(x(=-1=，當(dāng)0<x<1時，h'(x(>0，h(x(單調(diào)遞增；x(<0，h(x(單調(diào)遞減；所以h(x(≤h(1(=0，即lnx-x+1≤0，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，等號成立，1-x，xk-yk=0，則當(dāng)x>0時，lnx≤x-1，所以ln1-x，xk-yk=0，故D(X‖Y)=xkln≥xk1-=(xk-yk(=當(dāng)且僅當(dāng)對所有的k,xk=yk時等號成立.4i4123456789數(shù)學(xué)成績xi知識競賽成績yi數(shù)學(xué)成績xi知識競賽成績yi5(yi-(2=149450，(xi-((yi-(=21650.*i排名的樣本相關(guān)系數(shù).==參xi2=r==≈≈0.70；r==≈≈0.70；Ri=Si=，R=S=，從而{Ri{和{Si{的平均數(shù)都是==.i-(2=R-2Ri+2=R-N2=-=N(N+1)(N-1)同理可得(Si-(2=，由于d=(Ri-Si(2=[(Ri-(-(Si-([2=(Ri-(2+(Si-(2-2(Ri-((Si-(=2?-2(Ri-((Si-(，所以ρ=(Ri-((Si-( (Si-(2(Ri- (Si-(2-dN(N+1)(N-1)=1-d.52,?,xn的隨機變量，分別記作X和Y.條件概率P(Y=xj∣X=xi(,i,j=1,2,?,n，描述了輸入信號5-p(X=xi(log2p(X=xi(.當(dāng)n=2時，信道疑義度定義為H(Y∣X)=-p(X=xi,Y=xj(log2p(Y=xj∣X=xi(=-[P(X=x1,Y=x1(log2p(Y=x1∣X=x1(+P(X=x1,Y=x2(log2p(Y=x2∣X=x1(+P(X=x2,Y=x1(log2p(Y=x1∣X=x2(+P(X=x2,Y=x2(log2p(Y=x2∣X=x2([p(Y=0∣X=1(=p(0<ω<1,0<p<1).試回答以下問題：①求P(Y=0(的值；②求該信道的信道疑義度H(Y∣X(的最大值.X123456P 2 5 H(X)=-p(X=xi(log2p(X=xi(=log2=log221-ilog2i=log27+log23-log25-≈2.40.p(Y=0(=p(X=0(P(Y=0∣X=0(+p(X=1(P(Y=0∣X=1(=ω(1-p(+(1-ω(p②由題意，p(Y=0∣X=0(=p(Y=1∣X=1(=1-p.所以，H(Y∣X(=-[P(X=x1,Y=x1(log2p(Y=x1∣X=x1(+P(X=x1,Y=x2(log2p(Y=x2∣X=x1(+P(X=x2,Y=x1(log2p(Y=x1∣X=x2(+P(X=x2,Y=x2(log2p(Y=x2∣X=x2([=-[P(X=x1(p(Y=x1∣X=x1(log2p(Y=x1∣X=x1(+p(X=x1(p(Y=x2∣X=x1(log2p(Y=x2∣X=x1(+p(X=x2(p(Y=x1∣X=x2(log2p(Y=x1∣X=x2(+p(X=x2(p(Y=x2∣X=x2(log2p(Y=x2∣X=x2(=-[ω(1-p(log2(1-p(+ωplog2p+(1-ω(plog2p+(1-ω((1-p(log2(1-p([=-plog2p-(1-p(log2(1-p(;其中x1=0,x2=1.令f(p(=-plog2p-(1-p(log2(1-p(f,(p(=-log2p+p--log2(1-p(+(1-p(=-log2p+log2(1-p(=log2.f,(p)<0,f(p)max=f=1. 1=12-2=10；2=10-3=7；3=8-4=4；4=7-5=2；5=7-5=2；6=7-5=2；??所以t2021=2.數(shù)a+1和最大數(shù)a+2，所以數(shù)組的放縮值不會改變.所以當(dāng)t=2時，tn=tn=1,2,3,...恒成立；ii.當(dāng)t≥3時，f1a,b,c=a+1,b+1,c-2，所以t1=b+1-a+1=b-a<c-a=t，或t1=c-2-a+1=t-3，n=tn=1,2,3,...的t的取值只能是2.故集合M={2{.k又因為4k=3+1k=3k+C3k-1+?+C-131+1,設(shè)fia,b,c=ai,bi,ci，i.當(dāng)ai,bi,ci中有唯一最大數(shù)時,不妨設(shè)ai≤bi<ci，則ai+1=ai+1,bi+1=bi+1,ci+1=ci-2,所以i+1-ai+1=bi-ai,ci+1-ai+1=ci-ai-3,ci+1-bi+1=ci-bi-3.i-ai,ci-ai,ci-bi是3的倍數(shù),則bi+1-ai+1,ci+1-ai+1,ci+1-bi+1也是3的倍數(shù)，所以bi+3≤ci,則ti≥3,ci+1-bi+1=ci-bi-3≥0,所以ai+1≤bi+1≤ci+1,所以ti+1=ci+1-ai+1=ci-ai-3=ti-3.ii.當(dāng)ai,bi,ci中的最大數(shù)有兩個時,不妨設(shè)ai<bi=ci.則ai+1=ai+2,bi+1=bi-1,ci+1=ci-1,所以i+1-ai+1=bi-ai-3,ci+1-ai+1=ci-ai-3,ci+1-bi+1=ci-bi.i-ai,ci-ai,ci-bi是3的倍數(shù),則bi+1-ai+1,ci+1-ai+1,ci+1-bi+1也是3的倍數(shù)，所以ai+3≤bi,則ti≥3,bi+1-ai+1=bi-ai-3≥0,所以ai+1≤bi+1≤ci+1,所以ti+1=ci+1-ai+1=ci-ai-3=ti-3.綜上知,當(dāng)ti≥3時,數(shù)列{ti{是公差為3的等差數(shù)列.當(dāng)ti=3時,由上述分析可得ti+1=0,此時ai+1=bi+1=ci+1=.所以存在k=,滿足fka,b,c的放縮值tk=0. p-1,?;∈{0,1,?,p-2{，記m1⊕m2為m1+m2除以p-1的余數(shù)(當(dāng)m1+m2能被p-1整除時，m1⊕m2(3)已知n=log(p)ab．對x∈X,k∈{1,2,?,p-2{，令y1=a所以ap-1,?=210,?=1.2,?,?,ap-2,?相異，故a≥2，記n=log(p)ab?c,n1=log(p)ab,n2=log(p)ac，n=pm1+b,an=pm2+c，故an+n=pm1+bpm2+c，故an+n≡bc(modp)，設(shè)n1+n2=tp-1+s,0≤s≤p-2，則n1⊕n2=s，n≡b?c(modp)=bc(modp),其中0≤n≤p-2，故s=n即log(p)ab?c=log(p)ab⊕log(p)ac.n=an,?+m1p，an=an,?+m2p，an,?×an,?=an,??an,?+kp，n?n=an.??an,?+m1an.?+m2an.?+m1m2p+kp，可知an,??an,?=an?n,?.2,?p-2,?兩兩不同，p-1,?=ai,?,p-1-ai=aiap-1-i-1可以被p整除，于是ap-1-i-