押新高考第19题B 新定义压轴解答题-备战2024年高考数学临考题号押题（全解全析）

第第页押新高考19题B新定义压轴（解答题）（数列新定义、函数新定义、集合新定义、推理及其他新定义）2024年新高考数学新结构体系下，新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力；以问题为抓手，创新设问方式，搭建思维平台，引导考生思考，在思维过程中领悟数学方法。题目更加注重综合性、应用性、创新性，本题分值最高，试题容量明显增大，对学科核心素养的考查也更深入。压轴题命题打破了试题题型、命题方式、试卷结构的固有模式，增强试题的灵活性，采取多样的形式、多角度的提问，考查学生的数学能力.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.难度较难，可以预测2024年新高考大题压轴题命题方向将会以新定义类题型展开命题．一、数列新定义问题1.考察对定义的理解。2.考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质.3.考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.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，转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想需要熟练掌握.二、函数新定义问题涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.关于新定义题的思路有：找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；将已知条件代入新定义的要素中；结合数学知识进行解答.三、集合新定义问题对于以集合为背景的新定义问题的求解策略：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；用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本的概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力.认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．数列新定义压轴（解答题）1．（2024·浙江·模拟预测）已知实数，定义数列如下：如果，，则．(1)求和（用表示）；(2)令，证明：；(3)若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案；（2），分别计算和可证明结论；（3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明.【详解】（1）因为，所以；因为，所以；（2）由数列定义得：；所以．而，所以；（3）当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．设是满足的最小正整数．下面证明．①若是偶数，设，则，于是．因为，所以．②若是奇数，设，则．所以．综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．2．（2024·江西南昌·一模）对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“比分数列”.已知数列满足，且的“比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列.(1)若是公比为2的等比数列，求数列的前项和；(2)若是公差为2的等差数列，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用已知求出通项公式，再求前项和即可.（2）利用累乘法求通项公式即可.【详解】（1）由题意知，因为，且是公比为2的等比数列，所以，因为，所以数列首项为1，公比为4的等比数列，所以；（2）因为，且是公差为2的等差数列，所以，所以，所以，所以，因为，所以.3．（2024·全国·模拟预测）给定数列，称为的差数列（或一阶差数列），称数列的差数列为的二阶差数列……(1)求的二阶差数列；(2)用含的式子表示的阶差数列，并求其前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据差数列的定义，依次求出数列的一阶差数列和二阶差数列即得；（2）根据（1）的规律，猜想的阶差数列为，接着运用数学归纳法进行证明；再根据等比数列的前项和公式求解即得.【详解】（1）由差数列的定义，数列的一阶差数列为数列的二阶差数列为的一阶差数列，即故数列的二阶差数列为．（2）通过找规律得，的阶差数列为，下面运用数学归纳法进行证明：①当时，显然成立；时，由（1）得结论也成立．②假设该结论对时成立，尝试证明其对时也成立．由差数列的定义，的阶差数列即的阶差数列的一阶差数列，即故该结论对时也成立，证毕．故的阶差数列为．该数列是以为首项，2为公比的等比数列，故其前项和为故的阶差数列为，其前项和为.4．（2024·浙江温州·二模）数列满足：是等比数列，，且．(1)求；(2)求集合中所有元素的和；(3)对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”．试分别判断数列是否是“和稳定数列”．若是，求出所有的值；若不是，说明理由．【答案】(1)，(2)(3)数列是“和稳定数列”，，数列不是“和稳定数列”，理由见解析【分析】（1）根据已知及等比数列的定义求出的通项公式，由已知和求通项可得的通项公式，（2）根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果（3）根据“和稳定数列”的定义可判定.【详解】（1），又，，解得：因为是等比数列，所以的公比，又当时，，作差得：将代入，化简：，得：是公差的等差数列，（2）记集合的全体元素的和为，集合的所有元素的和为，集合的所有元素的和为，集合的所有元素的和为，则有对于数列：当时，是数列中的项当时，不是数列中的项，其中即（其中表示不超过实数的最大整数）（3）①解：当时，是的正整数倍，故一定不是数列中的项；当时，，不是数列中的项；当时，，是数列中的项；综上，数列是“和稳定数列”，；②解：数列不是“和稳定数列”，理由如下：不妨设：，则，且故不是数列中的项.数列不是“和稳定数列”.5．（23-24高三上·湖北武汉·期末）若数列满足：存在等比数列，使得集合元素个数不大于，则称数列具有性质.如数列，存在等比数列，使得集合，则数列具有性质.若数列满足，，记数列的前项和为.证明：(1)数列为等比数列；(2)数列具有性质.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设，求出和，求出和的关系即可证明；（2）由（1）求出，求出，设数列即可证明.【详解】（1）设，则，.因此数列是首项为，公比为的等比数列，且；（2）由（1），，所以，取数列，则是等比数列，并且，因此集合，所以数列具有性质.6．（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．(1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．(2)若为“上凸数列”，则当时，．（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．【答案】(1)是，证明见解析(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）构造函数，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】（1）是“上凸数列”，理由如下：因为，令，则．当时，，所以，所以在区间上单调递减，所以，所以，所以是“上凸数列”．（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，，所以，所以．（ⅱ）解：令，由（1）可得当时，是“上凸数列”，由题意可知，当时，．因为，即．所以，当且仅当时等号成立，所以．综上所述，的最小值为．7．（2024·福建泉州·模拟预测）表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.(1)求，，；(2)已知时，.（i）求；（ii）设，数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)；；(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解；（2）（i）依题可得中与互质的正整数个数为，中与互质的正整数个数为，再结合即可求解；（ii）先求得，可利用，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解.【详解】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，因为与2互质的数为1，所以；因为与3互质的数为1，2，所以；因为与6互质的数为1，5，所以.（2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数，所以中与互质的正整数个数为，所以，又因为中与互质的正整数只有与两个，所以中与互质的正整数个数为，所以，所以，（ii）解法一：因为，所以，所以，令，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以数列的前n项和，所以，又因为，所以，解法二：因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以因为，所以，【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对的放缩，或者.8．（2024·全国·二模）已知由个数构成的有序数组，如果恒成立，则称有序数组为“非严格差增数组”.(1)设有序数组，试判断是否为“非严格差增数组”？并说明理由；(2)若有序数组为“非严格差增数组”，求实数的取值范围.【答案】(1)有序数组是“非严格差增数组”，有序数组不是“非严格差增数组”，理由见解析(2)【分析】（1）根据“非严格差增数组”的定义判断即可；（2）根据“非严格差增数组”的定义得，变形为，按照，，，分类讨论求解即可.【详解】（1）对于有序数组，有，所以有序数组是“非严格差增数组”；对于有序数组，有，因为，所以有序数组不是“非严格差增数组”.（2）由题意，知有序数组中的数构成以1为首项，为公比的等比数列，且共有12项，根据“非严格差增数组”的定义，得，不等式两边平方得，整理得，当时，显然对于恒成立；当时，得对于恒成立，所以等价于时，，即，显然成立；当时，得，当为奇数时，得，因为，所以显然成立；当为偶数时，得，因为，所以显然不成立；所以当时，矛盾，舍去；当时，得，当为奇数时，得，显然成立；当为偶数时，要使恒成立，即等价于时，，即，解得或（舍去）；综上可得，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解“非严格差增数组”的定义，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，运算，验证，使得问题得以解决.9．（2024·河南开封·二模）在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为．(1)试求，，，的值；(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求，与φ（p）和φ（q）的关系；(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：①准备两个不同的、足够大的素数p，q；②计算，欧拉函数；③求正整数k，使得kq除以的余数是1；④其中称为公钥，称为私钥．已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2)，；(3).【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值.（2）利用欧拉函数的定义求出，进而分析计算.（3）根据给定信息求出，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得.【详解】（1）由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则，不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则，不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则，不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，所以.（2）在不大于的正整数中，只有3的倍数不与互素，而3的倍数有个，因此.由，是两个不同的素数，得，在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，于是，所以.（3）计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而由（2）得，，即正整数满足的条件为：，，令，则，令，则，取，则，于是，因此，即，，.【点睛】关键点睛：数列求和，利用差角的正切变式进行裂项是求解的关键.10．（23-24高三下·海南省直辖县级单位·开学考试）由个数排列成行列的数表称为行列的矩阵，简称矩阵，也称为阶方阵，记作：其中表示矩阵中第行第列的数．已知三个阶方阵分别为，，其中分别表示中第行第列的数．若，则称是生成的线性矩阵．(1)已知，若是生成的线性矩阵，且，求；(2)已知，矩阵，矩阵是生成的线性矩阵，且．（i）求；（ii）已知数列满足，数列满足，数列的前项和记为，是否存在正整数，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)（i），；（ii）存在，，【分析】（1）根据得到，计算，，得到答案.（2）根据得到，计算，，确定，利用错位相减法得到，变换得到，根据数列的单调性计算最值得到答案.【详解】（1），则，即，解得，则，，，，故.（2）（i），，故，，.（ii），，，故，故，，即，取验证不成立，整理得到，，当时，，不成立；当时，；当时，；现说明当时不成立：设，，，则，，故单调递增，，设，，，，，故单调递减，，，，，故时，不成立，综上所述：使成立的所有的正整数对为，.【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义问题，数列求和，数列的单调性问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将定义中的新知识转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想是考查的重点，需要熟练掌握.11．（2024·福建厦门·二模）若，都存在唯一的实数，使得，则称函数存在“源数列”.已知.(1)证明：存在源数列；(2)（ⅰ）若恒成立，求的取值范围；（ⅱ）记的源数列为，证明：前项和.【答案】(1)证明见解析(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合，根据数列的新定义，即可证明结论；（2）（i）由恒成立，可得恒成立，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可求得答案；（ii）由（i）可得，从而由，推得，可得到，继而可利用放缩法以及裂项求和法，证明不等式.【详解】（1）由，得，即在上单调递减，又，当且x无限趋近于0时，趋向于正无穷大，即的值域为，且函数在上单调递减，对于可以取到任意正整数，且在上都有存在唯一自变量与之对应，故对于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨设解为，即，则都存在唯一的实数，使得，即存在源数列；（2）（i）恒成立，即恒成立，令，即恒成立，令，则，令，则，仅在时取等号，即在上单调递减，故，即在上单调递增，、故，故；（ii）由（i）得，故，即，故，当时，，当时，，即前项和.【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的新定义以及数列不等式恒成立以及证明不等式问题，综合性较强，解答的关键在于证明不等式时，得到后，即可推出，此时要用放缩法得到，从而再用裂项法求和，证明不等式.12．（2024·山东泰安·一模）已知各项均不为0的递增数列的前项和为，且（，且）．(1)求数列的前项和；(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“-数列”．证明：①对任意且，存在“-数列”，使得成立；②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立．【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）根据和的关系，结合等差数列的定义和通项公式、裂项相消法进行求解即可；（2）①根据不等式，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可；②根据①的结论，结合特殊值法进行运算证明即可.【详解】（1），各项均不为0且递增，，，，，化简得，，，，，，为等差数列，，，；（2）①证明：设“G-数列”公比为，且，由题意，只需证存在对且成立，即成立，设，则，令，解得，当时，单调递增，当时，单调递减，，，存在，使得对任意且成立，经检验，对任意且均成立，对任意且，存在“G-数列”使得成立；②由①知，若成立，则成立，当时，取得，取得，由，得，不存在，当且时，不存在“G-数列”使得对任意正整数成立．【点睛】关键点睛：根据不等式的形式，构造函数，利用导数的性质进行求解.13．（2024·河南信阳·一模）定义：已知数列满足．(1)若，，求，的值；(2)若，，使得恒成立．探究：是否存在正整数p，使得，若存在，求出p的可能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；(3)若数列为正项数列，证明：不存在实数A，使得．【答案】(1)，或(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，由定义代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，将问题转化为，即可得到结果；（3）根据题意，分与讨论，当时，再分S为有限集与S为无限集讨论，即可证明.【详解】（1）依题意，，显然；故；，即或，则或．（2），对恒成立，.，，①时,当,且时,.的集合为且②时,，，，当,且时,.的集合为且③且时,的集合为（3），；设，①若，则，，对任意，取（[x]表示不超过x的最大整数），当时，；②若，ⅰ）若S为有限集，设，，对任意，取（[x]表示不超过x的最大整数），当时，；ⅱ）若S为无限集，设，，若，则，又，矛盾；故；记；当时，，，；因为，所以；当时，，，因为，故；因为，故，故对任意，取，当时，；综上所述，不存在实数A，使得．综上所述，不存在实数A，使得对任意的正整数n，都有．【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定于与数列综合问题，难度较大，解答本题的关键在于理解新定义的概念，以及结合数列的知识解答.14．（2024·吉林白山·二模）已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.【答案】(1)或(2)(3)不能，理由见解析【分析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；（3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；若，则，得，而，解得或，故或.（2）设等差数列的公差为，因为，则，则，由，得，而，故，两式相减得，即，又，得，所以.（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，故，所以.若存在，使得，即，则，且.假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，则因为，所以.所以；又，则.所以；即与不能同时成立.故数列不为“阶可控摇摆数列”.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.15．（2024·河南·一模）在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列．(1)若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和；(2)若为阶等比数列，求证：为阶等差数列；(3)若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．【答案】(1)，前项和为(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可得解；（2）由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可得出结论；（3）根据既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可得出结论.【详解】（1）因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，设公比为，则为正数，由已知得两式相除得，所以（舍去），所以，所以的通项公式为，前项和为；（2）因为为阶等比数列，所以，使得成立，所以，又，所以，即成立，所以为阶等差数列；（3）因为既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，所以与同时成立，所以与同时成立，又的各项均为正数，所以对任意的，数列和数列都是等比数列，由数列是等比数列，得也成等比数列，设，所以，所以是等比数列．【点睛】方法点睛：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.16．（2024·湖南·模拟预测）超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔（Joseph

Liouville）最早证明的．一个超越数不是任何一个如下形式的整系数多项式方程的根：（，，…，，）．数学家证明了自然对数的底数e与圆周率是超越数．回答下列问题：已知函数（）只有一个正零点．(1)求数列的通项公式；(2)（ⅰ）构造整系数方程，证明：若，则为有理数当且仅当．（ⅱ）数列中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否则说明理由．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析.（ⅱ）答案见解析.【分析】（1）充分分析题意，利用函数性质只有一个正零点，结合导数得出在取最大值，进而得出.（2）（ⅰ）根据题意利用反证法分析证明；（ⅱ）利用第一问已知，分析题意，结合给定新定义求解即可.【详解】（1）若只有一个正零点，可得令，，令，，令，，故在上单调递增，在上单调递减，可得在处取得最大值，且最大值为，而当时，，当时，，由题意得，当最大时，符合题意，故，即.（2）（ⅰ）若，则为有理数；若正整数，假设为有理数，则，则方程的根中有有理数，又在方程中，发现是它的根，而已知是超越数，故不是方程的根，与矛盾，即不为有理数；综上所述：，为有理数当且仅当；（ⅱ）若数列中存在不同的三项构成等比数列，则，可得，由方程右边是有理数知左边是有理数，由上问知当且仅当时成立，故，则，设，则，，则，将，代入进行化简，可得，故，故，构造函数，而，知在其定义域内单调递减，又，故若，则有，即成立，当且仅当时成立.即数列中不存在不同的三项构成等比数列，【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是利用给定新定义，然后证明构成等比数列，发现不存在即可．17．（2024·湖南·一模）已知为非零常数，，若对，则称数列为数列．(1)证明：数列是递增数列，但不是等比数列；(2)设，若为数列，证明：；(3)若为数列，证明：，使得．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）得到，证明出不合题意，符合要求，从而得到，结合得到，得到为递增数列，并得到不是常数，证明出结论；（2）得到，利用放缩得到，结合证明出结论；（3）得出，结合累加法得到，得到不等式，求出答案.【详解】（1），故为公差为的等差数列，所以，若，则当时，，不合题意，若，则，满足要求，，因为，所以，故，故数列为递增数列，，由于为递增数列，故不是常数，不是常数，故数列是递增数列，但不是等比数列；（2）因为为数列，所以，故，因为，所以，因为，当且仅当时，等号成立，所以；（3）因为为数列，所以，所以，令，则，解得，所以，使得.【点睛】思路点睛：数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后结合等差或等比公式进行求解，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.18．（2024·河南信阳·模拟预测）若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质.(1)已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质；(2)若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质；(3)记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，且，理由见解析【分析】（1）借助题目所给条件可得，结合等差数列定义可得数列是等差数列，结合新定义找到对应的等差数列，使得集合元素的个数不大于；（2）构造对应函数、，结合所给定义可得集合元素的个数不超过个，即可得证；（3）借助与的关系，得到当时，，存在等差数列，使元素个数不超过个，即可得证.【详解】（1）由，故，即，又，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，即，故存在等差数列，使，由，故数列有性质；（2）设对数列，存在等差数列，使，对数列，存在等差数列，使，则对数列，存在等差数列，使的值为，这样的最多有个，即数列有性质；（3）设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得，当时，有，由，故当时，，当时，，当时，可能有种，故这样的最多有个，即存在等差数列，使，的元素个数不超过个，故一定存在，使得数列具有性质.【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于借助与的关系，得到当时，，从而将数列具有性质这个条件使用上.19．（2024·广西南宁·一模）若无穷数列满足，则称数列为数列，若数列同时满足，则称数列为数列．(1)若数列为数列，，证明：当时，数列为递增数列的充要条件是；(2)若数列为数列，，记，且对任意的，都有，求数列的通项公式．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证必要性，根据递增函数可得数列是等差数列可得，再证充分性，根据累加可得当且仅当时取等号即可证明；（2）依题意的偶数项构成单调递增数列，从而可得当时，有，再证明相邻两项不可能同时为非负数，从而可得，进而根据等差数列的通项公式求解即可.【详解】（1）先证必要性：依题意得，，又数列是递增数列，故，故数列是，公差的等差数列，故.再证充分性：由，得，故，当且仅当时取等号.又，故，故数列是递增数列.（2）因为，由，知数列是单调递增数列，故数列的偶数项构成单调递增数列，依题意，可得，故当时，有.下面证明数列中相邻两项不可能同时为非负数.假设数列中存在同时为非负数，因为，若，则有，与条件矛盾；若，则有，与条件矛盾；即假设不存在，即对任意正整数中至少有一个小于0；由，对成立，故时，，，即，故，故，即，即.又，所以数列是，公差为1的等差数列，所以.【点睛】思路点睛：（1）证明充要条件可分别证明充分性与必要性；（2）隔项数列可考虑每项前后的两项数列正负，并根据累加可得.20．（2024·山东青岛·一模）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．(1)若，用表示；(2)证明：；(3)若，，，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据新定义，由项系数相等可得；（2）利用新定义证明即可；（3）根据多项式的乘法可得，然后利用通项公式整理化简即可得证.【详解】（1）因为，且，所以，由可得，所以.（2）因为，所以又因为所以，所以.（3）对于，因为，所以，所以，所以，，所以，.【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合通项公式即可得证.函数新定义压轴（解答题）1．（2024·辽宁大连·一模）已知函数的定义域为区间值域为区间，若则称是的缩域函数.(1)若是区间的缩域函数，求a的取值范围；(2)设为正数，且若是区间的缩域函数，证明：（i）当时，在单调递减;（ii）【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）根据缩域函数的定义及其区间，解不等式可得a的取值范围；（2）（i）易知可解得，结合（1）中单调性可得结论；（ii）由缩域函数的定义构造函数并将双变量转化为单变量问题，利用导数求得其单调性即可得结论.【详解】（1）若是区间的缩域函数，则，；即，解得；可得，则；令，则；当时，，则单调递减；当时，，则单调递增.所以，解得，下面证明，即，也即；令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此可得，所以，综上a的取值范围为（2）（i）当时,若是区间的缩域函数，则，即，进一步，当时，，即，；由（1）可知，当时，，则单调递减；所以在区间上单调递减，（ii）若是区间的缩域函数，则；故有，即；设函数，则；当时，，单调递增，当时，，单调递减；因为为正数且则，又，所以在上单调递减，所以；记，设，且，由的单调性可知，故；记，则，当时，，单调递增；故，即；因为在上单调递减，故，即；由，故，所以，又因为，故.【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“缩域函数”的定义，并根据给定区间的范围合理构造函数并利用单调性对相应结论进行证明.2．（2024·安徽安庆·二模）取整函数被广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其定义如下：设，不超过x的最大整数称为x的整数部分，记作，函数称为取整函数．另外也称是x的整数部分，称为x的小数部分．(1)直接写出和的值；(2)设a，，证明：，且，并求在b的倍数中不大于a的正整数的个数；(3)对于任意一个大于1的整数a，a能唯一写为，其中为质数，为整数，且对任意的，，i，，称该式为a的标准分解式，例如100的标准分解式为．证明：在的标准分解式中，质因数（，，）的指数．【答案】(1)，(2)证明见解析，个(3)证明见解析【分析】（1）结合定义计算即可得；（2）由题意可得，等式两边同时乘b，即可得证，由a，b都为整数，结合定义可证得，即可得证，假设b，，…，都小于等于a，可得，即有，又，即可得，即可得解；（3）利用（2）中结论可得的倍数中不大于n的正整数的个数为，的倍数中不大于n的正整数的个数为，的倍数中不大于n的正整数的个数为，依次进行下去，可得，即得证.【详解】（1）由，故，故，；（2）因为，等式两边同时乘b，得，因为a，b都为整数，所以也为整数，又，所以，所以，即得证，假设b，，…，都小于等于a，，因为，所以，所以，因为，所以，所以b的倍数中不大于a的正整数的个数为个；（3），将2，3，…，n每一个数都分解为质因数的乘积．对于质因数，利用（2）中结论，的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为，将这些数都提取出来，此时p的倍数中还有可以提取出的数，注意到的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为，将这些数提取出来；同理，的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为，依此这样进行下去，则质因数的指数，即得证．【点睛】关键点点睛：本题中第二小问关键点在于由题意得到，从而借助该式变形证明、；假设b，，…，都小于等于a，得到，从而得到.3．（2024·全国·模拟预测）如果有且仅有两条不同的直线与函数的图象均相切，那么称这两个函数为“函数组”．(1)判断函数与是否为“函数组”，其中为自然对数的底数，并说明理由；(2)已知函数与为“函数组”，求实数的取值范围．【答案】(1)它们为“函数组”，理由见解析(2)【分析】（1）设出切点，得到两函数的切线方程，根据斜率相等得到，代入两切线方程，对照系数得到，解得或，求出两条切线方程，得到答案；（2）设出切点，得到两切线方程，求出，再联立，转化为方程有两个正数根，构造，求导得到其单调性，极值最值情况，数形结合得到答案.【详解】（1）函数和是“函数组”，理由如下：设直线与曲线和相切于点，，，则切线方程分别为．因此，则．故，，由于两切线为同一直线，故，即，又，故，解得或，当时，切线方程为，当时，切线方程为，因此切线方程为或．因为有且仅有两条不同的直线与函数和的图象均相切，所以它们为“函数组”．（2）因为函数与为“函数组”，所以它们的图象有且仅有两条公切线．由，得，设切点坐标为，，则切线方程为，，设切点为，则切线方程为，由题意得有解，因为，所以．联立，所以．由判别式，可得．依题意，关于实数的方程恰有两个不同的正数解．令，则，故当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减，所以．又，当时，；所以．又，所以，实数的取值范围是．【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.4．（2024·江苏盐城·模拟预测）根据多元微分求条件极值理论，要求二元函数在约束条件的可能极值点，首先构造出一个拉格朗日辅助函数，其中为拉格朗日系数．分别对中的部分求导，并使之为0，得到三个方程组，如下：，解此方程组，得出解，就是二元函数在约束条件的可能极值点．的值代入到中即为极值．补充说明：【例】求函数关于变量的导数．即：将变量当做常数，即：，下标加上，代表对自变量x进行求导．即拉格朗日乘数法方程组之中的表示分别对进行求导．(1)求函数关于变量的导数并求当处的导数值．(2)利用拉格朗日乘数法求：设实数满足，求的最大值．(3)①若为实数，且，证明：．②设，求的最小值．【答案】(1)，；(2)；(3)①证明见解析；②4.【分析】（1）根据给定条件，对变量求导并求值.（2）利用拉格朗日乘数法求出极值，再判断并求出最大值.（3）①利用换元法，结合平方数是非负数推理即得；②利用二次函数、均值不等式求出最小值.【详解】（1）函数，对变量求导得：，当时，.（2）令，则，解得或，于是函数在约束条件的可能极值点是，，当时，函数的一个极值为函数，当时，函数的一个极值为函数，方程视为关于x的方程：，则，解得，视为关于y的方程：，则，解得，因此函数对应的图形是封闭的，而，所以的最大值为.（3）①由，，设，则，当且仅当时取等号，所以.②当时，，当且仅当时取等号，所以时，取得最小值4.【点睛】方法点睛：利用基本不等式最值的方法与技巧：①在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件；②利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等应用技巧.5．（2024·贵州贵阳·一模）英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.(1)证明：；(2)设，证明：；(3)设，若是的极小值点，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）首先设，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可证明；（3）分和两种情况讨论，求出在附近的单调区间，即可求解.【详解】（1）设，则.当时，：当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因此，，即.（2）由泰勒公式知，①于是，②由①②得所以即.（3），则，设，由基本不等式知，，当且仅当时等号成立.所以当时，，所以在上单调递增.又因为是奇函数，且，所以当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.因此，是的极小值点.下面证明：当时，不是的极小值点.当时，，又因为是上的偶函数，且在上单调递增,所以当时，.因此，在上单调递减.又因为是奇函数，且，所以当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.因此，是的极大值点，不是的极小值点.综上，实数的取值范围是.【点睛】关键点点睛：第三问是本题的难点，关键是分和两种情况，利用导数判断附近的单调性.6．（2024·湖南·二模）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得．(1)运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得．(2)已知函数，若对于区间内任意两个不相等的实数，都有成立，求实数的取值范围．(3)证明：当时，有．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数结合罗尔定理推导即得.（2）求出函数的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得.（3）构造函数，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.【详解】（1）令，则，令函数，则，显然在上连续，且在上可导，由罗尔定理，存在，使得，即，所以.（2）依题意，，不妨令，则恒成立，由（1）得，于是，即，因此，令，求导得，函数在上单调递增，则，而函数在上单调递增，其值域为，则，所以实数的取值范围是.（3）令函数，显然函数在上可导，由（1），存在，使得，又，则，因此，而，则，即，所以.【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.7．（2024·湖北·一模）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；(3)设，证明：．【答案】(1)；(2)，证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值；（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为，再裂项求和即可证明.【详解】（1）令，则，，，，故，，，，，由麦克劳林公式可得，故.（2）结论：，证明如下：令，令，故在上单调递增，，故在上单调递增，，即证得，即．（3）由（2）可得当时，，且由得，当且仅当时取等号，故当时，，，而，即有故而，即证得.【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.8．（2024·广东·一模）数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量，其模定义为.类似地，对于行列的矩阵，其模可由向量模拓展为（其中为矩阵中第行第列的数，为求和符号），记作，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵，其矩阵模.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.(1)，，矩阵，求使的的最小值.(2)，，，矩阵求.(3)矩阵，证明：，，.【答案】(1)10(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；（2）总结得第对角线上的平方和为，再代入化简即可；（3）等价转化结合放缩法得证明成立，再利用换元法和导数证明即可.【详解】（1）由题意得.若，则，即.因式分解得.因为，所以.所以使的的最小值是10.（2）由题得第1对角线上的平方和为，第2对角线上的平方和为，第对角线上的平方和为，第对角线上的平方和为，所以所以.（3）由题意知，证明等价于证明，注意到左侧求和式，将右侧含有的表达式表示为求和式有故只需证成立，即证成立，令，则需证成立，记，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以在上恒成立，即成立，所以原不等式成立.【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明，再结合放缩法转化为证明，最后利用导数证明即可.9．（2024·山东·模拟预测）如图①，将个完全一样质量均匀长为的长方体条状积木，一个叠一个，从桌子边缘往外延伸，最多能伸出桌缘多远而不掉下桌面呢？这就是著名的“里拉斜塔问题”．解决方案如下：如图②，若，则当积木与桌缘垂直且积木重心恰与桌缘齐平时，其伸出桌外部分最长为，如图③，若，欲使整体伸出桌缘最远，在保证所有积木最长棱与桌缘垂直的同时，可先将上面积木的重心与最下方的积木伸出桌外的最远端齐平，然后设最下方积木伸出桌外的长度为，将最下方积木看成一个杠杆，将桌缘看成支点，由杠杆平衡原理可知，若积木恰好不掉下桌面，则上面积木的重力乘以力臂，等于最下方积木的重力乘以力臂，得出方程，求出．所以当叠放两个积木时，伸出桌外最远为，此时将两个积木看成整体，其重心恰与桌缘齐平．如图④，使前两块积木的中心与下方的第三块积木伸出桌外的最远端齐平，便可求出时积木伸出桌外的最远距离．依此方法，可求出4个、5个直至个积木堆叠伸出桌外的最远距离．（参考数据：，为自然常数）(1)分别求出和时，积木伸出桌外的最远距离．（用表示）；(2)证明：当时，积木伸出桌外最远超过；(3)证明：当时，积木伸出桌外最远不超过．【答案】(1)当时，最远距离为，当时，最远距离为(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）将前个看成一个整体，结合题意列式计算即可得；（2）将前个看成一个整体，设第个积木伸出桌外的长度为，可得，即有当时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为，构造函数，结合导数研究函数单调性可得，即可得，将代入即可得证；（3）构造函数，结合导数研究函数单调性可得，故有，将代入即可得证.【详解】（1）当时，有，则，，当时，有，则，故，故当时，积木伸出桌外的最远距离为，当时，积木伸出桌外的最远距离为，（2）当个积木堆叠伸出桌外时，前个看成一个整体，设第个积木伸出桌外的长度为，则有，解得，故当时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为：，令，则，故在上单调递增，故，令，则有，即，故，即，又，故，故，即当时，积木伸出桌外最远超过；（3）由（2）知，当时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为：，令，则，故在上单调递增，故，即有在上恒成立，令，则有，故，即，则，要证当时，积木伸出桌外最远不超过，只需证，即证，由，故，即只需证，由，故，即得证.【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一个是由题意得到第个积木伸出桌外的长度为时，有，可得，即可得个积木堆叠伸出桌外的最远距离为，第二个是证明（2）、（3）问时，构造对应函数及，通过研究函数单调性，得到及.10．（2024·浙江金华·模拟预测）设全集为，定义域为的函数是关于x的函数“函数组”，当n取中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为的函数，当时，有若存在非空集合满足当且仅当时，函数在上存在零点，则称是上的“跳跃函数”．(1)设，若函数是上的“跳跃函数”，求集合;(2)设，若不存在集合使为上的“跳跃函数”，求所有满足条件的集合的并集；(3)设，为上的“跳跃函数”，．已知，且对任意正整数n，均有．（i）证明：;（ii）求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点．【答案】(1)(2)(3)（i）证明见解析；（ii）2【分析】（1）将命题等价转化为求使得在上有零点的全体，然后利用当时，的取值范围是，得到，即可得解；（2）将命题等价转化为求使得在上没有零点的全体，然后通过分类讨论即可解决问题；（3）先用数学归纳法证明，然后将（i）等价转化为证明对，在上有零点当且仅当是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可解决（ii）.【详解】（1）根据题意，所求的为使得在上有零点的全体.由于在上有零点等价于关于的方程在上有解，注意到当时，的取值范围是，故关于的方程在上有解当且仅当，从而所求.（2）根据题意，不存在集合使为上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的，在上都不存在零点.这表明，全体满足条件的的并集，就是使得在上不存在零点的全体构成的集合.从而我们要求出全部的，使得在上没有零点，即关于的方程在上没有解.该方程在上可等价变形为，然后进一步变形为.设，则我们要求出全部的，使得在上没有零点.当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；当时，对，我们有：，由于两个不等号的取等条件分别是和，而这无法同时成立（否则将推出），故此时对都有，从而在上一定没有零点.综上，使得在上没有零点的构成的集合为，故所求的集合为.（3）首先用数学归纳法证明：对任意正整数，有.当时，有，故结论成立；假设结论对成立，即，则有：，故结论对也成立.综上，对任意正整数，有.（i）命题等价于，对，在上有零点当且仅当是偶数，下面证明该结论：当为奇数时，对，有，所以在上没有零点；当为偶数时，对，有，而，，从而在上一定存在零点，所以在上一定有零点.综上，对，在上有零点当且仅当是偶数，结论得证.（ii）我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.根据（i）的讨论，在上有零点当且仅当是偶数，所以我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.我们现在有，由于当时，有，故在上的零点必定大于.而对任意给定的，我们定义函数，则.取，则当时，有，这表明在上单调递减，所以当时，有，从而.取正整数，使得，且，则我们有，但我们又有，这表明在上必有一个零点，从而在上必有一个满足的零点.综上所述，的最大值是.【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可得到的最大值是，这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.11．（2024·浙江·二模）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数，的导函数分别为，，且，则.②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对任意，均有成立，且，则称函数为区间上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题：(1)试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；(2)计算：；(3)证明：，.【答案】(1)不是区间上的2阶无穷递降函数；(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义即可判断；（2）通过构造，再结合即可得到结果；（3）通过换元令令，则原不等式等价于，再通过构造函数，根据题干中函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义证出，即可证明结论.【详解】（1）设，由于，所以不成立，故不是区间上的2阶无穷递降函数.（2）设，则，设，则，所以，得.（3）令，则原不等式等价于，即证，记，则，所以，即有对任意，均有，所以，因为，所以，所以，证毕!【点睛】方法点睛：利用函数方法证明不等式成立问题时，应准确构造相应的函数，注意题干条件中相关限制条件的转化.12．（2024·湖北·一模）我们知道通过牛顿莱布尼兹公式，可以求曲线梯形（如图1所示阴影部分）的面积，其中，．如果平面图形由两条曲线围成（如图2所示阴影部分），曲线可以表示为，曲线可以表示为，那么阴影区域的面积，其中．(1)如图，连续函数在区间与的图形分别为直径为1的上、下半圆周，在区间与的图形分别为直径为2的下、上半圆周，设．求的值；(2)在曲线上某一个点处作切线，便之与曲线和x轴所围成的面积为，求切线方程；(3)正项数列是以公差为d（d为常数，）的等差数列，，两条抛物线，记它们交点的横坐标的绝对值为，两条抛物线围成的封闭图形的面积为，求证：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据所给新定义、公式计算即可；（2）利用导数求出切线方程，根据公式计算面积，据此求出切线方程中参数，得解；（3）根据所给面积公式及定积分的运算得出，利用裂项相消法求和即可得证.【详解】（1）由题意可知，，.（2）设切点为，，切线的斜率为，则切线方程为，所以切线与轴的交点为，所以由题意可知围成的面积：,所以切点坐标为，切线方程为.（3）联立，由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为,令，（C为常数）,，，，则.13．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）对于无穷数列，我们称（规定）为无穷数列的指数型母函数．无穷数列1，1，…，1，…的指数型母函数记为，它具有性质．(1)证明：；(2)记．证明：（其中i为虚数单位）；(3)以函数为指数型母函数生成数列，．其中称为伯努利数．证明：．且．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由，通过赋值即可证得；（2）根据的周期性，经过多次推理，由求和可以证得；（3）构造，可以推出，然后再可证得.【详解】（1）令，则．由，令，则．因为，故．（2）证明：因为，，，，，所以（3）证明：令，则有，因此故且，即．【点睛】关键点点睛：主要考查了复数的周期性，考查推理论证能力，对学生思维要求比较高，综合性很强.14．（2024·福建·模拟预测）对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素.(1)若，求的元素个数及；(2)当恰有一个元素时，的取值集合记为.（i）求；（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.【答案】(1)的元素个数为2，(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解；（2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合；（ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解.【详解】（1）当时，，其定义域为.由得.设，则，当时，；当时，；所以在单调递增；在单调递减，注意到，所以在恰有一个零点，且，又，所以，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，所以，所以的元素个数为，又因为，所以.（2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；当时，，其定义域为，由得.设，，则，设，则，①当时，，所以在单调递增，又，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，符合题意；②当，故恰有两个零点.又因为，所以，当时，；当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；注意到，所以在恰有一个零点，且，又时，，所以在恰有一个零点，从而至少有两个不动点，不符合题意；所以的取值范围为，即集合.（ii）由（i）知，，所以，此时，，，由（i）知，在单调递增，所以，当时，，所以，即，故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，下面我们先证明当时，，设，，所以，所以在单调递减，所以，即当时，，从而当时，，从而，即，故，即，由于，，所以，，故，故时，，所以，故.解法二：（i）当时，，故是的一个不动点；当时，由，得（*），要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解，即直线与曲线无公共点.令，则，令，则，所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以当时，，当时，所以在单调递增，在单调递减，令，则，，则，又因为当时，，当时，，所以曲线的大致图象如图所示：由图可知，，所以的取值范围为，即集合.（ii）由（i）知，，所以，此时，，令，则，令，当时，，所以在单调递增，所以当时，，所以，所以在单调递增，所以，故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，.下面先证明当时，.令，则，所以在单调递增，所以当时，，所以当时，.所以，由于，所以，故，即，故，故时，.所以，故.（ii）解法三：同解法一可得，.下面我们先证明当时，.设，则当时，，所以在单调递减，所以，即，从而当时，，于是，从而，即，故，即，由于，所以，故，故时，.所以.故.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．15．（2024·黑龙江吉林·二模）设定义在函数满足下列条件：①对于，总有，且，；②对于，若，则.(1)求；(2)证明：；(3)证明：当时，.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）分别根据条件①②，利用赋值法得到与，从而得解；（2）利用赋值法证得，进而得到，再利用累递推法与等比数列的求和即可得证；（3）先利用单调性的定义证明在上是不减函数，从而结合（2）中结论，证明对于任意，有，再次利用赋值法即可得证.【详解】（1）因为对于，，所以；因为对于，若，则，取，则，故；综上，.（2）对于，且时，有，，根据条件②，得，因为根据条件①，得，则，所以，即，所以.（3）由（2）知，设，且，则，因为，所以，所以在上为不减函数，对于任意，则必存在正整数，使得，所以，由（2）知，由（1）知，又，所以，所以，所以时，，因为时，，且，所以，即.【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；（3）将已知条件代入新定义的要素中；（4）结合数学知识进行解答.16．（2024·安徽池州·二模）已知集合是满足下列性质的函数的全体：存在实数，对任意的，有.(1)试问函数是否属于集合？并说明理由；(2)若函数，求正数的取值集合；(3)若函数，证明：.【答案】(1)函数不属于集合，理由见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据条件得到方程组，无解，故不属于集合；（2）根据条件得到方程组，求出，进而得到正数的取值集合；（3）根据条件得到方程有解，令，即函数有零点，证明出，分，和三种情况，结合隐零点得到证明.【详解】（1）函数不属于集合.理由如下：由题意得，由得，结合的任意性，得，显然无解，所以不存在实数，对任意的，有.即函数不属于集合.（2）由题意得：，又，由得，结合的任意性，得，所以，所以，又，即，所以正数的取值集合为；（3）函数得，即，由题意可得：存在非零常数，使得，即方程有解，令，即函数有零点，，下面证明，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，故，故，（i）当时，在单调递增，又，当时，，不妨取，则，所以有根记为，且①，当时，，当时，，所以在上单调递减，上单调递增，考虑到当时，，当时，任意给定正实数，当时，，当时，由于，故，时，即可保证函数有零点，即②，由得，由得③，将③代入①有，化简得，由得④，（ii）当时，则，用替换（i）中的，得，即⑤，由④⑤得，即，（iii）当时，，取，则，满足，则，综上，..【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方17．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①，②和角公式：，③导数：定义双曲正弦函数．(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；(2)若当时，恒成立，求实数a的取值范围；(3)求的最小值．【答案】(1)答案见解析(2)(3)0【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；（3）多次求导，结合（2）中结论，先得到在内单调递增，再求出为偶函数，从而得到在内单调递减，求出.【详解】（1）平方关系：；和角公式：；导数：．理由如下：平方关系，；，和角公式：故；导数：，；（2）构造函数，，由（1）可知，i．当时，由可知，故，故单调递增，此时，故对任意，恒成立，满足题意；ii．当时，令，，则，可知单调递增，由与可知，存在唯一，使得，故当时，，则在内单调递减，故对任意，，即，矛盾；综上所述，实数a的取值范围为．（3），，令，则，令，则，当时，由（2）可知，，则，令，则，故在内单调递增，则，故在内单调递增，则，故在内单调递增，则，故在内单调递增，因为，即为偶函数，故在内单调递减，则，故当且仅当时，取得最小值0.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.18．（2024·湖北·二模）微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数在区间上的图像连续不断，从几何上看，定积分便是由直线和曲线所围成的区域（称为曲边梯形）的面积，根据微积分基本定理可得，因为曲边梯形的面积小于梯形的面积，即，代入数据，进一步可以推导出不等式：．(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：；(2)已知函数，其中．①证明：对任意两个不相等的正数，曲线在和处的切线均不重合；②当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②【分析】（1）根据题，设过点作的切线分别交于，结合，即可得证；（2）①求得，分别求得在点和处的切线方程，假设与重合，整理得，结合由（1）的结论，即可得证；②根据题意，转化为时，在恒成立，设，求得，分和，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解.【详解】（1）解：在曲线取一点．过点作的切线分别交于，因为，可得，即．（2）解：①由函数，可得，不妨设，曲线在处的切线方程为，即同理曲线在处的切线方程为，假设与重合，则，代入化简可得，两式消去，可得，整理得，由（1）的结论知，与上式矛盾即对任意实数及任意不相等的正数与均不重合．②当时，不等式恒成立，所以在恒成立，所以，下证：当时，恒成立．因为，所以设（i）当时，由知恒成立，即在为增函数，所以成立；（ii）当时，设，可得，由知恒成立，即在为增函数．所以，即在为减函数，所以成立，综上所述，实数的取值范围是【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．19．（2024·全国·模拟预测）“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数，在时，有不等式成立；在时，有不等式成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知是大于的实数（全部同号），证明【答案】(1)，或(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据不等式特征猜想出等号成立的条件；（2）设，注意到，求导得到，二次求导，得到函数的单调性和极值最值情况，证明出结论；（3）当时，显然成立，当时，构造数列：，作差法得到是一个单调递增的数列（），结合，得到，证明出结论.【详解】（1）猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是，或．当时，，当时，，当时，，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是，或；（2）当时，我们需证，设，注意到，，令得，即，是的一个极值点．令，则，所以单调递增．当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增．所以在处取得极小值，即恒成立，．伯努利不等式对得证．（3）当时，原不等式即，显然成立．当时，构造数列：，则，若，由上式易得，即；若，则，所以，故，即此时也成立．所以是一个单调递增的数列（），由于，所以，故原不等式成立．【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.20．（2024·广西·二模）设，用表示不超过x的最大整数，则称为取整函数，取整函数是法国数学家高斯最先使用，也称高斯函数．该函数具有以下性质：①的定义域为R，值域为Z；②任意实数都能表示成整数部分和纯小数部分之和，即，其中为x的整数部分，为x的小数部分；③；④若整数a，b满足，则.(1)解方程；(2)已知实数r满足，求的值；(3)证明：对于任意的正整数n，均有．【答案】(1)或(2)743(3)证明见解析【分析】（1）令，则方程可化为，根据高斯函数的定义，即可求解得答案；（2）设，则可判断中n以及的个数，从而可得，结合高斯函数定义，即可求得答案；（3）由所要证明不等式的形式，可构造不等式，当时，有成立；设，推出，从而得到，再结合当，2时，不等式成立，即可证明结论.【详解】（1）令，则，∴，又由高斯函数的定义有，解得：，则或，当时，则；当时，则；（2）设，设，，，…，中有k个为，个n，，据题意知：，则有，解得，，所以，，即，故；（3）证明：由的形式，可构造不等式，当时，有；设，则有，从而，而，则，∴，又当，2时，经检验原式成立，故对一切的自然数n，原式成立.【点睛】难点点睛：本题考查了函数新定义，即高斯函数的应用问题，难度较大，解答的难点在于（3）中不等式的证明，解答时要理解高斯函数的性质，并能构造不等式，时，有，进行证明.集合新定义、推理及其他新定义压轴（解答题）1．（2024·云南昆明·一模）若非空集合A与B，存在对应关系f，使A中的每一个元素a，B中总有唯一的元素b与它对应，则称这种对应为从A到B的映射，记作f：A→B．设集合，（，），且．设有序四元数集合且，．对于给定的集合B，定义映射f：P→Q，记为，按映射f，若（），则；若（），则．记．(1)若，，写出Y，并求；(2)若，，求所有的总和；(3)对于给定的，记，求所有的总和（用含m的式子表示）．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根据题意中的新定义，直接计算即可求解；（2）对1，，5是否属于B进行分类讨论，求出对应所有Y中的总个数，进而求解；（3）由题意，先求出在映射f下得到的所有的和，同理求出在映射f下得到的所有（）的和，即可求解.【详解】（1）由题意知，，所以．（2）对1，，5是否属于B进行讨论：①含1的B的个数为，此时在映射f下，；不含1的B的个数为，此时在映射f下，；所以所有Y中2的总个数和1的总个数均为10；②含5的B的个数为，此时在映射f下，；不含5的B的个数为，此时在映射f下，；所以所有Y中6的总个数和5的总个数均为10；②含的B的个数为，此时在映射f下，，；不含的B的个数为，此时在映射f下，，；所以所有y中的总个数和的总个数均为20．综上，所有的总和为．（3）对于给定的，考虑在映射f下的变化．由于在A的所有非空子集中，含有的子集B共个，所以在映射f下变为；不含的子集B共个，在映射f下变为；所以在映射f下得到的所有的和为．同理，在映射f下得到的所有（）的和．所以所有的总和为．【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合的有关知识点.2．（2024·重庆·模拟预测）在二维空间即平面上点的坐标可用两个有序数组表示，在三维空间中点的坐标可用三个有序数组表示，一般地在维空间中点A的坐标可用n个有序数组表示，并定义n维空间中两点，间的“距离”．(1)若，，求；(2)设集合．元素个数为2的集合M为的子集，且满足对于任意，都存在唯一的使得，则称M为“的优集”．证明：“的优集”M存在，且M中两不同点的“距离”是7．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据题，得到，结合裂项法求和，即可求解；（2）根据新定义得到，，构造有2个元素，由为整数，得到存在为“的优集”，设，，推得，，显然矛盾，即可得证.【详解】（1）解：因为，，，则，所以.（2）证明：定义：对任意，规定，对任意，，由于，，，容易得，所以，得结论：，，构造有2个元素，由为整数，当时，则满足M为“的优集”的定义，当时，则，满足M为“的优集”的定义，所以存在为“的优集”，若M中的两个点，有一个位置相同，不妨设为第一个位置，则设，，则取，则有，，显然矛盾，所以M中的两个点每一个位置均不同，即，显然，即“的优集”M存在，且M中两不同点的“距离”是.【点睛】方法点睛：对于以集合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、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.3、涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本的概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力.3．（2024·湖南衡阳·二模）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数(1)求；(2)若正整数互质，证明：；(3)若且