2024数学高考前冲刺题《新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义）》含答案

黄金冲刺大题07新定义综合30题）12024·辽宁·二模）已知数列an的各项是奇数，且a是正整数的最大奇因数，nnSaaaaLa.2nn1234(1)求a,a的值；620(2)求S,S,S的值；123(3)求数列S的通项公式.na3a5【答案】(1)，206(2)12，S6S22，2342n(3)Sn31）根据所给定义直接计算可得；（2）根据所给定义列出ai2,3,,8，即可得解；inaa2k1kN*aaaanaaak，当为偶数时n2k（3）当为奇数时，即可求出n2k11352n1kN*a3n1n2，再利用累加法计算aa468a2nSn1SSn14n，从而得到，即可推导出2可得.1）因为6123，所以，6又20145，所以a5；20aa1a3a1a5a3a7，81，（2）依题意可得，，，，，7123456Saa2所以，112Saaaa11316，21234Saaaaaaaa1131537122.312345678（3）因为是正整数的最大奇因数，annn当为奇数，即n2k1kN*aa2k1，2k1时n12naaaa1352n2n4n，所以111352n12n当为偶数，即n2kkN*aaa时，n2kka2n1所以当n2时aaaaa2n2a22a22468aaaaaSn1，12342n1SaaaaLa所以n12342nnaaaaa2naaaa1352124684n1Sn1，SS4n1n2且12，所以所以nn1SnSn1Sn1Sn2S3S21SS1Sn24n14n244221414n4n22，14342n当n1时S21也满足Sn，342nS的通项公式为Sn.所以数列n3SS4n12且S2，最后利n1【点睛】关键点点睛：本题关键是理解定义，第三问关键是推导出nn1S.n用累加法求出222024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知数列A:a,a,,aN(N的各项均为正整数，设集合1，iT∣xaa1ijN}，记T的元素个数为PT).j(1)若数列A:1，3，5，7，求集合T，并写出PT)的值;(2)若A是递减数列，求证:“PT)N1”的充要条件是“A为等差数列”;N(N(3)已知数列A:2,2,,2，求证:PT).2N2T4,6},PT)3.【答案】(1)(2)证明见解析；(3)证明见解析1）根据题意，结合集合的新定义，即可求解；（2）若A为等差数列，且A是递减数列，得到d0，结合aa(ji)d，证得充分性成立；再由A是jiTa21,a1,aa,,aLa，结合互不相等，得到1aaaaaa递减数列，得到，N1341N2132N得到必要性成立，即可得证；N(NT)aa2j2ii12j1i112222j2（3）根据题意，得到，得出，得到2，不妨设ji21i2i122ji2j221，推得2，则11j221为奇数，矛盾，进而得证.21）解：由题意，数列A:1,3,5,7，312,514,716,532,734可得752，TPT)3.，所以所以集合d(d0)（2）证明：充分性：若A为等差数列，且A是递减数列，则A的公差为，1ijNPT)N1ai(ji)dTd,2d,3d,,(Nd}当则时，，所以，j，故充分性成立.必要性:若A是递减数列，PT)N1，则A为等差数列，aaaaaaaa因为A是递减数列，所以，213141N1aa,aa,aaL,aaT所以所以，且互不相等，1,31,a4a,,aa，N1213141N1Ta2L1aaaaaaaa，1又因为3242N2Naa,aa,,aa,aaT所以所以所以且互不相等，aaaa,aaaa,,aaaa，13242N2N132214231N2N1aaaaaa，N12132N所以A为等差数列，必要性成立.PT)N1”所以若A是递减数列，“的充要条件是“A为等差数列”.N(N中的元素个数最多为Tx|xaa,1ijN（3）证明：由题意集合个，ji2N(NT)即，2,2j2i对于数列A:2,22N，此时ai2，jaaaaji,ji若存在，则2j12i12j222，其中，j1i1j221122i12222j22i2j故若故故111，iiii2i122ji2j221j221,ji，，不妨设，则11，而12121i12i122j1为偶数，2j2211为奇数，矛盾，aaiN(Niijj2NPT)彼此相异，所以，故，故由A:2,2,2得到的.1212j232024·广西·二模）已知函数fxx，若存在gxfx恒成立，则称gx是fx的一个“下界函数”．t(1)如果函数gxfx的一个“下界函数”，求实数t的取值范围；Fxx为x12(2)设函数Fxfx，试问函数是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说exx明理由．2【答案】(1)(,)eF(x)(2)函数是否存在零点，理由见解答1）把恒成立问题转换为求2xx的最小值问题，利用导数求出最小值即可；1111211xFxxx（2F(x)的正exxxexxxee1x负问题，令G(x)1）由，利用导数分析G(x)即可.eextg(x)f(x)xx恒成立，可得恒成立，x所以t2xx恒成立令,h(x)2xx，所以h(x)21ln），11当x(0,)时,h(x)0h(x)(0,)，在单调递减；ee1e1当x()时,h(x)0h(x)()，在单调递增；e12e2eh(x)h()t，所以所以的最小值为，e2e实数t的取值范围(,]；221（2）由（1）可知2xx，所以2lnx，所以x，①exx121211211x又Fxfx，所以F(x)x()，xexxexxxexxxee1exx1令G(x)G(x)，所以，xexe当x时,G(x)0G(x)(，在单调递减；单调递增；x),G(x)0G(x)，在当时G(x)G0所以，②1211211x所以F(x)x()0，xexxxexxxeF(x)0e又①②中取等号的条件不同，所以所以函数没有零点.Pt)atnantn1a2t2ataa010n42024·湖南长沙·模拟预测）设n次多项式，若其满足nnn(cosx)cosnxPtcoscos，则称这些多项式为切比雪夫多项式例如：由P(x)2x1.d，求实数a，b，c，d的值；x.可得切比雪夫多项式n1(x)x2，由cos22cos21可得切比雪夫多项式2(1)若切比雪夫多项式3(x)ax3bx2Px成立？n2(2)对于正整数…3时，是否有nx2xPn1(3)已知函数f(x)8x36x1在区间上有3个不同的零点，分别记为x,x,xxxx0.123123abdc3【答案】(1)x2xPxPn1x成立(2)Pn1n(3)证明见解析cos21Pcosa,b,d,c2coscos23cosn1cosn1论成立；124x3x上有3个不同的实根，令xcos,π，结合（1）可（3）由已知可得方程3在区间1π5π7π是，可得xcos,xcos,3cos，计算可得结论.122999cos22coscos2sincos21Pcoscos2cossin2sin32cos3cos21cos2cos4cos，3Px4x33xabdc3，因此，即ax3bx2d4x33x，则3Px成立n1（2）Pn12xPxx.ncosn1cosn12coscos.这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式首先有如下两个式子：Pcoscoscosncosncossinnsin，，n1cosnsinnsinPn1cosncosncosPn1cosPn1cos2cosncos2Pcos两式相加得，，2xPxxPx.n1将替换为，所以xPn1nxx所以对于正整数n3时，有Px2xPPn2成立.nn1fx8x36x1在区间上有个不同的零点x,x,x（3）函数即方程4x3，12312在区间33x1上有3个不同的实根，1π5π7π，而3π或xπ，由cos,cos3令知，则或，2333π5π7π于是1cos,xcos,3cos，2999π5π7ππ4π2πxxxcoscoscoscoscoscos则，9123999994π2π3ππ993ππ99πππcoscoscoscos2coscoscos而，99399xxx0.所以12352024·浙江·模拟预测）已知实数q0，定义数列a如下：如果nnx2x22x22kx,x1i,kaxxqxqxq2k，，则．01kin012kq(1)求a和a（用78nbaia(2)令2n1，证明：；2n1ni1(3)若1q2，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得nmaaa1．nmna1qq72,8q3【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析1）观察题目条件等式中的系数可得答案；nbaqn1a（2）2n1，分别计算b和in1可证明结论；aa，分mni1aqn1mm1m1是奇数分别说明.（3）先根据2n1无上界说明存在正整数，使得是偶数和n1）因为7122aq2，所以a1qq72；因为82，所以833；ni1qq2qn1qn1．（2）由数列a定义得：bna2n1；所以ni12n1而21122n2，n1a1qq2qnb；i所以2n1i11q2aqn1an，存在aaa，使得．mn（3）当，由（2）可知，2n1无上界，故对任意mmaaaa1设是满足的最小正整数．下面证明．mnmnm1是偶数，设m12122x22kx,x1,i,k①若，kim12122x22kx，于是a1xqxq2xkqk1am1则．km12aaa1aan1．mm1因为②若a，所以nm1m1是奇数，设m112222xl22xk，2ll2kam1ql11qq2qlq11q1qq2qlq2ql11．则maa1an1所以．mm1nmaaa1综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．nmnnN*62024·辽宁·三模）若实数列an满足，有anan22an1，称数列a为“T数列”.nan,nn是否为“T数列”，并说明理由；2(1)判断nanamnmamak(2)若数列an为“T数列”，证明：对于任意正整数k,m,n，且kmn，都有mk，其中a,b表示a,b中的较大者.证明：20242024(3)已知数列an为“T数列”，且i0.令Ma,a1i12025k2,3,,2024，都有akM.M2023b“T不是数列；n【答案】(1)数列a是“T数列”，数列”n(2)证明见解析(3)证明见解析1）根据“T数列”的定义判断可得出结论；k可得出ak1aaa（2）由ak1ak12ak，利用累加法结合不等式的基本性质可得kkk1anaamamam1am，以及mkkamam1，再结合aamama可证得结论成立；1mm1mn（3）首先当k1或2024时的情况，再考虑k,时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结论.n21）因为aa2an1n222n20，2nn2a数列，“T”所以数列是nbbn1nln(n2)2nn22nn22n10，因为nn2b不是数列”；“T所以数列ncaaa数列”，所以“Tanan22an1（2）令，因为数列为nn1nnan2an1an1a，所以ccnn1从而n因为1kmn，所以ananaaam1amanamnm1n1n2nmn1n2m(nm)mnmc，mnmamakammkak1am1am1am2akmkm1m2k(mk)m1m1mkmkananmmamakcc因为，所以.mm1mkaaa，k（3）当k1或2024时，kk2025MMakakakM，从而2023k,1k2024当时，因为，a2024ak2024kak1k12024kk1ak1a2024由第(2)问的结论得，可推得，从而202320232024kk12024k2023k12024kk1ak1a20241a2024MMM20232023202320232023akakiiia1i1对于1ik，由第问的结论得(2)，从而i1k1kik11k1iak1ia(ki)a,i1也成立，从而k1k11k1k11(k2)(kk(k(k2)kiiak(kiaaka1ak11k12222k1i1i1i1a2024i2024iiakik对于ki2024，由第(2)问的结论得，从而ik2024i1ik)a(2024i)a,kia2024ak2024k2024k20242024k2024120242024i2024也成立，从而iika2024(2024iak2024kik1ik1ik11(2025k)(2024k)(2023k)(2024k)a2024ak2024k22(2005k)(2023k)a2024ak222024(2005k)(2023k)ia2024ak所以22ik1由条件2024k12024(k2)k(2005k)(2023k)0aaaiakaaa2024akiik1k2222i1i1ik120232k2025kak1a202422k2025kk2025k20252023ak1a2024MMM，可得202320232023202320252023MakM.所以【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中的新定义，结合已aa2an1知结论进行推导、求解；本题中，根据“T数列”的定义“”结合作差法、不等式的性质进行推nn2理、证明不等式成立，并在推导时，充分利用已有的结论进行推导，属于难题.72024·广东梅州·二模）已知an是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为nM，即na,a,,anmmina,a,,apMmnn2,3,（Mn项的最小值记为mn12nn12nnna的生成数列．np“”并将数列称为n(1)若an3n，求其生成数列pn的前项和；n(2)设数列pn的“生成数列”为q，求证：pnqn；n0(3)若pn是等差数列，证明：存在正整数0，当nn时，a，a，an2，是等差数列．nn132n1n【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析1{pn}n项和公式进行求解即可；（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．a关于n单调递增，n1）因为nMa,a,,an12ann所以，n,an213，nmina,a,1pMm，n3于是nnn313n32pn3333nn．的前项和P312n3nnn13（2）由题意可知MM，mm，n1nn1nMpn1Mnm，n所以因此n1p{p}pM-m0，即是单调递增数列，且，n1nn111qp由“生成数列”的定义可得．nn{p}nnna,an1,an2,（3）若{p}是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列．n00npp0是一个常数列，则其公差必等于，，n1当则当d0nMnma}是常数列，也即为等差数列；n，因此n{p}d0pp是一个非常数的等差数列，则其公差必大于，，n1nnMn1an1Mman1m，n1n所以要么，要么na}a}又因为是由正整数组成的数列，所以不可能一直递减，nnaa,a,a}nnMnm，n记，则当时，有n2时，an0nnpnMnnanan，0于是当0nnpnan故当时，，…，0n0nnna,an1,an2n，…是等差数列．因此存在正整数，当时，00综上，命题得证．【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于1cababancab，nnn和nn1nnnnnb为等比数列等na.其中为等差数列，nXxx2i2i2i,0iii01k,其中82024·浙江绍兴·二模）已知kN*，集合01kk.i,i,,i01kX(1)求(2)设(3)记中最小的元素；2a2123X1，bX1，且abX，求b的值；1k1bm2m11YX2kkn,2knYb，nN*，若集合中的元素个数为，求.kknm1【答案】(1)7(2)b24或10(3)2kX1）根据集合新定义，确定中最小的元素即可；2X，0iji,jNj3j4（2中的元素可得a212310b2j2i1时，当j5时，b的取值情况，即可得结论；xYikn10iiikn1bC，kn1k（3）设，则x2i2i2，其中i，，所以01kkk01k1nk1bm2m1SS的值.根据组合数的运算性质确定与的关系，即可求得k1km1X1）中的最小元素为2021227.2（2）由题得a2j312310，设b2j2i，0iji,jN.①当b2时，b232212或b23110或b23209或b2216或b22205或1203.经检验，当b10时，ab202所以b10.42，符合题意，2j4时，或或或②当b243b2422b24118b242017.经检验，当b24时，ab34251，符合题意，所以b24.j5时，不符合题意.③当因此，b24或10.xYikn1k（3）设，则x2i2ii2，其中k，01k0iiikn1bCnk，所以，01k1kn1k1b2m111SkmSCkkkkk1kk2k2k设，则CCC.12222km1kn1Ckn1Ck1因为所以C，n1121112k1SCk1Ck1k2Ck1k3Ck12k1Ck12k2k1k1222k11112k1Ckk2CkCk2k1k12k1CkkCkk1Ckk11Ckk21Ck2k1C222k2k21212212k12k1CkkCkk1Ckk2Ck2kCk2k1121112k1Ck1k1Ck1Ck12kCk12k122k22k1212k112kSk1CCk1CkSk.2k22k1kk!k1!1!1k22!k2k!1!212Ckk12k20，因为2k1k1!k1!k!k1!221所以Sk1SkSk1，所以Sk12S，k21S11C122，所以Sk2k又因为.2【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点：（1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合中的元Xk素性质；k1bm2m1（2）确定集合中的元素个数为时，结合组合数的运算性质确定YbSkS与k1的关系.knm1an92024·山东潍坊·数列an中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列n1a称为naaaa的二阶差数列，记为，…n1n1n2的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为．如果nap是等比数列，则称数列阶等比数列pN*．apap一个数列的阶差数列为nn(1)已知数列an满足11，an12an1．123（ⅰ）求a，a，a；（ⅱ）证明：a是一阶等比数列；n203778215(2)已知数列b为二阶等比数列，其前5项分别为,,,，求b及满足b为整数的所有n值．nnn99994，8ⅱ）证明见解析2，a2【答案】(1)（ⅰ）1(2)当n9kkN时，为整数.bn1ⅰ）根据a1nan1a2aaⅱ）根据递推公式构造nnn1即可证明；2119的二阶等差数列(2)qb1（2bb(2)n4n1进而可得n324n111n4n1n，从而分析b为整数当且仅当为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质分n2727析即可.1ⅰ）由a11an12an1aa7,a15……易得，234，由一阶等差数列的定义得：aa212，a23a24，3a438.a2a1，1an12an1n2，所以当时有（ⅱ）因为nn1an1，an12aa2aan1an2an所以，即nnn1n即ann1a12a,n2，又因为，故1a是以为首项，2为公比的等比数列，1a.即是一阶等比数列n的二阶等差数列(2)q为等比数列，设公比为，（2）由题意bn223(2)4n1.则b(2)1，q4，所以n3119n111n12124n11，由题意b，所以bnb1bbbk1kk99k1k1n1n124n1n，bnb1k1b1bk所以k27k1k1211n.bn4n即274n11b为整数.所以为整数当且仅当n27n2,3,4,5由已知n1时符合题意，时不合题意，1Cn1n1当n6时，4n1113n1C1n13C2n12C3n13，1n19C2所以原题等价于n1为整数，273nn1n19C2n1n4n1因为显然①，2718293n11含质因子3，所以n1必为9的倍数，n19k,kNn9k1代入①式，设，则n9k1，将3n1当k为奇数时，1为偶数，①式为2的倍数；当k为偶数时，为奇数，n1为偶数，①式为2的倍数，n又因为2与9互质，所以①为整数.n9kkN时，为整数.bn综上，当【点睛】方法点睛：（1）新定义的题型需要根据定义列出递推公式，结合等比等差的性质求解；（2）考虑整除时，可考虑根据二项展开式进行讨论分析.102024·贵州黔西·一模）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可运用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石，得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer).简单地讲就是:f0对于满足一定条件的连续函数f(x)00为该函数的不动点.x0不动点”“(1)求函数f(x)x2x3的不动点;(2)若函数g(x)xb有两个不动点x,x，且x2，若xx2，求实数b的取值范围.21121【答案】(1)log23212(2)eb12e121）根据不动点定义求解即可；x,x，令xxx（2）根据题意问题转化为方程bxx有两个不等的实数根，利用导数判断单调12性极值，可得b1，且xx的值随着的值减小而增大，列式求出bxx2时的b值，得解.2121fx3xlog2301）设的不动点为，则x200x0，解得，0fxlog23.所以函数的不动点为gxxbxbxx，即有两个不等的实数根（2）函数有两个不动点x,x，即方程x,x，121211x令xxx，则1x，xxx时，x0，当x时，x0当，所以函数x在上单调递增，在上单调递减，x11时，x，x，时，x，且x0作出x的大致图象如下：所以b1，且xx的值随着的值减小而增大，b21bxxx21xx211212当时，有，两式相减得，21b22212e2xe2xx2x12x1解得，即，代入，解得，21e12e22b2所以此时，211ee212所以满足题意的实数b的取值范围为b1.2e12112024·河北沧州·一模）对于函数yf(x)，xI，若存在x0I，使得f0x，则称为函数f(x)0x0的一阶不动点；若存在0I，使得f，则称为函数f(x)的二阶不动点；依此类推，可以定义fx000函数f(x)的阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数nf(x)的“不动Axf(x)x，Bxf(f(x点”和“稳定点”构成的集合分别记为A和B，即．x(1)若fx，证明：集合Axf(x)中有且仅有一个元素；ee(x0)12lnx(2)若fxax(a，讨论集合B的子集的个数．xe2【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析x1）令g(x)f(x)xeex，求导，可得函数g(x)g(x)的单调性，进而可得函数有唯一零点，可得结论；（2f(x)F(x)F(x)21xaxe2xaf(x)的稳定点个数.，进而可得集合B的子集的个分类讨论的取值范围，判断的零点情况，即可判断数.1exx1，1）令g(x)f(x)xeex，求导得g(x)eexe令g(x)0，可得，x（,e)g(x)，0x（)g(x)0当，当，，g(x)ming(e)0g(x)所以，所以有唯一零点，Ax|f(x)所以集合中有且仅有一个元素；12x（2）当a1时，由函数f(x)(ax，xe21210，所以f(x)上单调递增，可得导函数f(x)(ax2e2x由反函数的知识，f(x)稳定点在原函数与反函数的交点上，即f(x)稳定点与f(x)的不动点等价，12lnx故只需研究f(x)(ax的不动点即可；xe221令F(x)f(x)xxax,(x0)，e2x211a，则F(x)上单调递减，2则F(x)e2xxa0时，F(x)0恒成立，即F(x)上单调递增，①当当x无限接近于0时，F(x)趋向于负无穷小，21且F(e2)e2ae20，2e2ex(0,e02)，使得F(x)0，即f(x)x有唯一解，故存在唯一的所以此时f(x)有唯一不动点；2a0时，即1a0时，Fa10，2②当e211当x1趋向无穷大时，趋近于0，此时F(x)0，e21121211x(0,)1F(x)a20存在唯一，使得，e211此时f(x)在(0,1)上单调递增，在()上单调递减，21222F(x)maxF(1)xax1故，e2111e21e2xF(x)趋向于负无穷大，当向正无穷大时，趋向负无穷大时，F(x)x当趋近于0时，222设h(x)x，则h(x)上单调递增，e2xe2222且又h(e2)e2，e2e2e2211a在1(0,)时单调递增，e2112222F(x)max10xe，2故（i）当时，即e21e213此时a，方程F(x)0有一个解，即f(x)有唯一不动点，所以集合B的子集有2个；e4222F(x)max10xe，2（ii）当，即e21e213此时1a，方程4F(x)0无解，即f(x)无不动点，所以集合B的子集有1个；e2e2223F(x)max10xe12a04，方程F(x)0有两个解，即f(x)有（iii）当时，即，此时1e2e两个不动点，所以集合B的子集有4个；3综上，当a0时或a时，集合B的子集有2个；e43当1a时，集合B的子集有1个；e43a0时，集合B的子集有4个.当e4【点睛】方法点睛：本题属新定义题型，读懂题意是关键；研究方程根的个数问题常转化为判断函数零点的个数问题，利用导数研究含参函数的单调性，从而判断方程根（或函数零点）的个数问题．注意分类讨论思想的应用．122024·山东聊城·二模）对于函数f(x)xf(x)f(x)10f(x)“可000倒数函数，为“f(x)的可移倒数点．已知”x”g(x)e,h(x)xa(a0)．x移0(1)设(x)g(x)h2(x)，若2为“h(x)的可移2倒数点”，求函数(x)的单调区间；g(xx0(2)设(x)1，若函数(x)a恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围．,x0h(x)(,()1【答案】(1)单调递增区间为，递减区间为；(2)2,e.a(x)的单调区间.1）根据给定的定义，列式求出值，再利用导数求出函数（2）利用定义转化为求方程xx11恰有个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可.321）由2为“即2ahx的可移2倒数点，得”h2h21，22a1a2222a1220，求导得xe(xx时，x0,x单调递减；a221a10a1，，整理，即，解得ex2的定义域为(xRx22exxexxx3，由(x)x,3时，x0,x当单调递增；x时，x0,x单调递增，所以x(,()，递减区间为．的单调递增区间为xe,x0(x)（2）依题意，1xa，,x0xxx1恰有3由恰有个可移1倒数点，得方程3“”个不等实数根，1①当x0时，x10，方程xx1可化为e2x11，解得x，2这与x0不符，因此在内xx0没有实数根；ex11x0x10，方程xx11，②当时，可化为xa该方程又可化为aex1x．kxex1xkxex11，设，则x0时，kx0，所以kx在0因为当又因为内单调递增，k0e，所以当x0ekx，k时，ae时，方程xx1在0因此，当内恰有一个实数根；a2e,时，方程xx1在0当内没有实数根．x=1时，x1x没有意义，所以x=1不是xx1的实数根．③当④当化为11x1时，x10，方程xx1可化为1，xaxa1x22axaa10，于是此方程在2,1内恰有两个实数根，22a14aa1022a1511则有，解得a，2122aa2a1015因此当a时，方程xx1在,1内恰有两个实数根，215在,xx11当0a时，方程内至多有一个实数根，215a)2,e．综上，的取值范围为2,e(,2【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（23）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．132024·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f(x)满足在闭区间[a,b]连续，在开区f(a)fb)m内至少存在一点，使得f(m)0．间(a,b)内可导，且，那么在区间(a,b)(1)运用罗尔定理证明：若函数f(x)在区间a,b连续，在区间(a,b)上可导，则存在x(a,b)，使得0f(b)f(a)baf(x)．012f(x)x,g(x)x2bx1，若对于区间2)内任意两个不相等的实数x,x，都有(2)已知函数12|f(x)f(x)|g(x)g(x)|成立，求实数的取值范围．b12121111p1(3)证明：当pn2时，有[]．npp1(np1n【答案】(1)证明见解析；(2)12b2；(3)证明见解析.F(x)f(x)tx1）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（3）构造函数f(xg(x).1h(x)p,x[nn]，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.fb)f(a)t，则fb)btf(a)at，1）令baF(x)f(x)txF(a)FbF(x)f(x)t，令函数，则显然F(x)在a,b上连续，且在x0(a,b)F(x)0，0(a,b)上可导，由罗尔定理，存在，使得f(b)f(a)f(x)t0f(x)，所以即.00baf(x)xg(x)xb（2）依题意，xx，f(x)f(x)g(x)g(x)|12|12|恒成立，不妨令，则121212x1|xb|1xx1，由（1）得|f(x)||g(x)|,x2)，于是，即bx因此xx1bxx1，令(x)xxx2)，x1求导得(x)0，函数(x)2)在上单调递增，则(2,32)，0(x)12，xyxx12)在而函数上单调递增，其值域为则12b2，所以实数b的取值范围是12b2.h(x)p,x[nn]，显然函数h(x)在(nn)上可导，（3）令函数由（1h(nh(n)c(nn)h(c)，使得，(nnh(c)(pcp1(np111p1p又h(x)p)x，则，n11111[]1n1cn,p1pnp，即因此所以，而，则c，p1(np1np1cpcpnp1111[]p1.npp1(np1n【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.142024·安徽合肥·二模）在数学中，广义距离是泛函分析中最基本的概念之一．对平面直角坐标系中两1x21y2“t距Px,yPx,yPPmax,PPPP2个点和，记，称为点与点之间的11122212t12t111x211y2p,q中较大者．离”，其中p,q表示(1)计算点P1,2和点Q2,4之间的“t距离”；0r0(2)设Px,y是平面中一定点，0“t距离”为r的所有点构成的集合叫做以点001P0为圆心，以r为半径的“t圆．求以原点为圆心，以为半径的O”“t圆”的面积；21PPP．(3)证明：对任意点Px,y,Px,y,Px,y,PP11122233313t2t23t23【答案】(1)(2)4；；(3)证明见解析.1）根据所给定义直接计算即可；xy12，再分类讨论，从而确定“t（2）依题意可得,圆”的图形，即可求出其面积；1x1yt（3）首先利用导数说明函数ftt0的单调性，结合绝对值三角不等式证明即可.1t1224122323|PQt,,1）由定义知，；112124xy12O1（2）设Px,y是以原点为圆心，以为半径的t-圆上任一点，则,．21x1yyx12x1，则y1若；1y1xxy12y1若，则有．1x1yx11t由此可知，以原点O为圆心，以为半径的“圆的图形如下所示：”2t则“圆的面积为224.”t（3）考虑函数ftt0．1t1t2上单调递增．ft，所以在f0因为t)xxxxxx又，13122313xxxx121xxxx1xxxx3231223于是1131xxxx122312231221x22x3，112123131y2y23同理，不妨设．11311y21y231311311313，1x31x22x323PP则13t1312111121y223y23,,1xx1yy1xx1yy23231212PPPP.23t12tt【点睛】关键点点睛：本题关键是理解“距离的定义，再结合不等式及导数的知识解答”.152024·广东深圳·二模）无穷数列a，a，…，a，…n是偶数，就对n尽可能多次12n地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果是奇数，就对ann1尽可能多次地除以2，直到得nan出一个奇数，这个奇数就是．(1)写出这个数列的前7项；(2)如果anm且an，求m，n的值；mn．fnffnfffn(3)记anfn，nN*，求一个正整数n，满足2024个fa1a1a5a1a1a3a11【答案】(1)，，，，，，7；123456(2)mn1；(3)n22025k1（答案不唯一，满足即可）n2mk1mm,kN*1）根据数列a的定义，逐一求解；nn1n1和（2）根据数列（3）根据数列a的定义，分分别求解；n的值，即可求解anfn.的定义，写出1）根据题意，a1311221，a221，233125a4221a35241，35，，．46623a3712117，nm．（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设当n1时，因为a11，所以m1，故mn1；n1n1当n1时，因为n≤m，而n为奇数，amnm，所以．42m1anmn又m为奇数，，所以存在kN*，使得为奇数．2k3n19n5所以2knm19n51．22而4n6n，所以4n2kn6n，即42k6，kN*，无解．2所以mn1．n（3）显然，n不能为偶数，否则fn所以，n为正奇数．nfn．n，不满足2f11n3，所以．1又设n4k1或n4k1，kN*．34k11k14k1n，不满足nfn；当n4k1时，fn434k116k14k1n，即nfn．当n4k1时，fn2所以，取n22025k1，kN*时，3322024k11322025k11322024k1ffn3222024k122320222k113fffn20232k1222023320232k112fffn20242k122024nfnffnfffn即．2024个f3）问中，发现当n4k1时，满足nfn，从而设n22025k1，kN*，验证满足条件.162024·湖南邵阳·对于定义在D上的函数f(x)，若存在距离为d的两条平行直线1:ykxkx1f(x)kxbf(x)(xD)有一个宽度为d的通b1和l2:ykx2，使得对任意的xD都有，则称函数2道，与分别叫做函数f(x)ll的通道下界与通道上界．，请写出满足题意的一组f(x)通道宽度不超过3的通道下界与通道上界的直线方程；12eexx11(1)若f(x)(2)若g(x)xsinxcosx，证明：2lnx3g(x)存在宽度为2的通道；2(3)探究h(x),x)是否存在宽度为的通道？并说明理由．x2y1y1与；【答案】(1)(2)证明见解析；(3)不存在，理由见解析.1）求出函数f(x)的值域，再利用给定定义求解即得.（2）利用辅助角公式求出sinxcosx的值域，再利用不等式的性质可得x2g(x)x2，结合定义推理即得.（3h(x)(x)h(x)kx,x1kkk0探讨函数值情况即可得解.式，构造函数，按eexx1121）函数f(x)的定义域为R，f(x)1在R上单调递增，ex1f(x)1，12211，则02，即111，因此而exex1ex1kbb1ly1l2y1，通道上界的直线方程：，取，得通道下界的直线方程：121y1y1与显然直线的距离为，因此通道宽度不超过3，2y1y1.与所以通道下界与通道上界的直线方程分别为πg(x)xsinxcosxsinxcosx2sin(x)[2,2]的定义域为，而，（2）函数即2sinxcosx2，则x2g(x)x2，R4取kb2,22，得通道下界的直线方程：ylx2，通道上界的直线方程：yx2，l11222d2，显然直线xy20与xy20的距离12(2g(x)存在宽度为的通道.2所以2lnx32lnx1（3）函数h(x),x)，求导得h(x)0，函数h(x))在上单调递减，xx2h(x)maxh3x1h(x)0时，恒有，即0h(x)3则，显然当，2ymym(mm)假设存在宽度为的通道，设通道下界与通道上界的直线方程分别为，，12122x)，1h(x)m恒成立，即1h(x)m，2则对任意22lnx3令(x)h(x)kx,x1，x2当k0时，则0(x)3，而30，不符合题意；2当k0时，对任意x)，(x)3，函数y3)在(,3k]上单调递减，值域为，2x)，(x)m成立，即不存在宽度为1的通道；m因此不存在，使得对任意12当k0时，对任意x)，(x)，函数y)在[k,)上单调递增，值域为，2x)，(x)m成立，即不存在宽度为2的通道，m因此不存在，使得对任意222lnx32综上，h(x),x)不存在宽度为的通道.x2【点睛】思路点睛：函数新定义问题，需结合函数性质来判断是否存在满足定义的直线，也可以结合图象的性质来判断存在性，但不存在时则需结合定义给出矛盾.172024·福建福州·模拟预测）记集合Lfx,DlxbxRxD,fxlx,且xD,fxl0，集合00lxLfx,D，则称直线Tfx,DlxbxRxD,fxlx,且xD,fxl0，若00ylxfxD上的最佳上界线”“lxTylx为函数fxD上的“最为函数在，则称直线在fx,D佳下界线”．(1)已知函数fxx2x，0xx1．若lLfx,R0，求的值；k(2)已知gxex1．（ⅰ）证明：直线下界线”；是曲线的一条切线的充要条件是直线ylx是函数gx在R上的“最佳ylxygxhxx1，直接写出集合Lgx,Rhx,1,（ⅱ）若【答案】(1)k3或(2)（ⅰⅱ）2个11）由题意可得xR，x2x0R0，2x10，再由△求解即可；1，且00（2ⅰ）结合“最佳下界线”及充要条件的定义证明即可；（ⅱ）由定义直接写出结果即可．lxLfx,R1）依题意，，0xR20R0x1，002，xx1，且，(x)x2k)x1Δ(k24，令则，，(x)0Δ(0)0，且0，即(k240，k12或k12，，ΔΔ解得k3或1；（2ⅰ）先证必要性．ygx0,e0ylx是曲线若直线的切线，设切点为，gxexe0e0yxx，0因为，所以切线方程为lxex1xe1xx即00（*）0g0l0xg0l0，，R一方面，，所以0Gxgxlxexex1xexx0Gx0，则，0另一方面，令00Gxexex，因为0xxGx0，,0Gx单调递减，所以当时，在0xxGx0Gxx,单调递增，0当时，，在0GxG0gxlx，所以．0所以Rgxlx，即x，lxgx,Rlxgx是函数在R上的“最佳下界线”．所以，即再证充分性．lxgxlxb上的最佳下界线，不妨设，若是函数在R“”Rgxlx，且0Rgxlx由“最佳下界线”的定义，x，，，00Hxgxlxex1b令则，HxHx0．0Hx0且，所以0minHxexk，因为①若所以②若k0，则Hx0，所以Hx在R上单调递增，1xHxHx0，使得，故k0不符合题意．010k0，令Hx0，得xk，x,lnk时，Hx0，得Hx在,lnk当当单调递减，单调递增，xk,时，Hx0Hx在k,，得所以，当且仅当xk时，Hx取得最小值Hk．HxHx0，又由在x0处取得最小值，min0lnk,所以Hke0k,即解得ke0，b1xex01，e010b0lxex1xe1xx所以00，00,e0在点处的切线．由（*）式知直线ylx是曲线ygx综上所述，直线是曲线的一条切线的充要条件是直线ylx是函数gx在R上的“最佳ylxygx下界线”．Lgx,R（ⅱ）集合元素个数为2个．hx,1,【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．1y，则称数列n182024·辽宁·二模）如果数列x,y，其中ynZ，对任意正整数都有nxnynnn2a为数列的接近数列．nx的“接近数列．已知数列”b“”为数列nn2，求b,b,b的值；a2nnnN*(1)若1233(2)若数列an是等差数列，且公差为ddnZ，求证：数列b是等差数列；23110095720(3)若数列an满足1，且an1an，记数列abn的前项和分别为S,T，试判断是否nnnn10n存在正整数，使得STn？若存在，请求出正整数nn1416.7）98110bbb7【答案】(1)123(2)证明见解析(3)存在，1712n2,3abnn1）将分别代入即可求解；（2）利用等差数列的定义和绝对值不等式性质先证充分性，再证必要性即可；an（3a项和为奇数和偶数两种情况结合数列nSnnnb的通项，进而确定n，再解不等式求解即可.的单调性，确定n12831218312nab111）由题：令则，即，故，112136196b1bb3bb7得，又，同理可得，.112312（2）由题意ann，11121故annan,an1n1an1，222an1an1n1nan1an11n1nd1，即，从而bZ,dZbndbndb因为，所以即，故数列是等差数列，.nn1n1n95720932（3）因为an1an,则an1an，解得101032813n129a为首项，公比为又10，故是以的等比数列，10010n1n1328191001091032则an，即a，nn1n19当n为奇数时，an329，易知an32单调递减，101032231100131a2(,，得nan1]，进一步有n2；故2100n1n19当n为偶数时，an329，易知an32单调递增，101032771322291故a2an，即an，得a1[n,)，进一步有b1n；100010002为偶数，b综上，，n为奇数9n381Sn1,易知n219010nn32819910当n为偶数时，n;由ST，得1即1，无解；nn190103n1n1当n为奇数时，nn1n11;22n81919n14ST,1,由故得即，nn19010210811481n>log16.7n，所以存在正整数，使得STnn，正整数的最小值为17.9n10an【点睛】关键点点睛：本题考查数列的通项公式及求和，关键是分奇数和偶数并利用数列单调性确定的b.n范围来确定192024·辽宁大连·一模）对于数列A:a,a,aaN,i2,3，定义“T变换”：T将数列A变换成数列1231B:b,b,bbaii2)baa．这种“T变换记作1”BTA，继续对数列进行“TB，其中，且123ii133变换”，得到数列C:c,c,c3，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．12(1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列：(2)若a,a,a不全相等，判断数列A:a,a,a不断的“T变换”是否会结束，并说明理由；123123(3)设数列A：2020，2，2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小，求k的最小值．【答案】(1)0，1，1(2)不会，理由见解析(3)5071）根据数列的新定义写出经过5次“T变换”后得到的数列即可；（2A“T变换”D:d,d,d,E:e,e,e,F:0,0,0F数列123123“T变换”ED故假设不成立，即可证明；（3）先往后推几项，发现规律，假设1次“T变换”后得到的通项，多写几项推出规律，往后继续进行，推到使数字接近1k“T变换”即可.1）由题知，5次变换得到的数列依次为3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；所以数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列为0，1，1.（2）数列A经过不断的“T变换”不会结束，D:d,d,d,E:e,e,e,F:0,0,0设数列，123123ETD,FTE，且eeeeee0由题可知：，213231eee，312即非零常数列才能经过“T变换”结束；eeee设（e123则为变换得到数列E的前两项，数列D只有四种可能：D:d,d,d2;D:d,d,d;D:d,d,d2;D:d,d,d，111111111111而以上四种情况，数列E的第三项只能是0或2e，即不存在数列D，使得其经过“T变换”变成非零常数列，故数列A经过不断的“T变换”不会结束；（3）数列A经过一次“T变换”后得到数列a,aB:2022,4，a（远大于4）其结构为数列B经过6次“T变换”后得到的数列依次为：a,aaaaaaaaaaa4；a,a4”的数列，所以，经过6次“T变换”后得到的数列也是形如“变化的是，除了4之外的两项均减小24，20182484则数列B经过684504次T变换后得到的数列为：，，，“”264接下来经过“T变换”后得到的数列依次为：4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；至此，数列各项和的最小值为4，以后数列循环出现，数列各项之和不会变得更小，所以最快经过16842507次“T变换”得到的数列各项之和最小，即k的最小值为507．2.134证明结论找出规律；写成通项；.202024·湖南·一模）已知d为非零常数，an0，若对nN*,a2a2nad，则称数列为D数列．nn1(1)证明：D数列是递增数列，但不是等比数列；d(2)设nan1an，若a为D数列，证明：n；n4n3n1(3)若an为D数列，证明：nN*，使得2024．ii1【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析1）得到a2n12nd，证明出d0d0不合题意，符合要求，从而得到a2a2naddan1an1aan1ad0an0an1an0n1得到nn2n2na2na不是常数，证明出结论；ddndbnn12（2ann4n3an1annn12a21nd12ndn121a121and（3答案.idand1inN*,a2n1an2d1），故为公差为的等差数列，所以dnd，a2na2n12a21d若d0，则当n1a时，2n12nd0，不合题意，，满足要求，an1anan1and0，2n1nd02若d0，则anN*,a2n1an2a0nan1an0an1an0a，故数列为递增数列，n因为，所以，故a2n1a2naddd1a，由于n1为递增数列，故不是常数，2n2na2a2annan1an不是常数，故D数列是递增数列，但不是等比数列；2n21an1d，n（2）因为a为D数列，所以aan1dn1d，故nan1anan1and0，因为所以dddbaan，nn1n1an1annndn1d因为nn122n12nn12n12n124n3，d当且仅当n1时，等号成立，所以b；n4n3（3）因为a为D数列，n1122nd1nd22a21所以，an21nd21nd2121nda2aandadn1221a21d12122d12d12nd12nd21nda，所以aiddi121令a21nda2024，则a21nd1012d1，解得n1012d20241，2dn12024.所以nN*，使得ii1【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.nk1kM212023·山西·模拟预测）对于数列an，若存在M0，使得对任意nN*，总有，则k1a为“有界变差数列”．称n(1)若各项均为正数的等比数列an为有界变差数列，求其公比q的取值范围；1bn2，且b2，证明：b是有界变差数列；n(2)若数列b满足1nn1x(3)若n，y均为有界变差数列，且n10，证明：n是有界变差数列．nyn0,1【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析q10q1q11）讨论和，，并结合等比数列求和及性质求解；11（2）构造变形得是等差数列，求得b1即可证明；n1nnM11y1xxxnnyn1n（3即可.n1nyn1yn1y12q0，，1）因为a的各项均为正数，所以a10nak1aaqaaq1，kkkknq1q1aak0k1k0，任取M0a即可，所以为有界变差数列．n当当时，，k1k1n1q)nak1a(aaLa)|q1||q1|，时，k12n1qk1a1qn0q11|q1|a1q1，若令，则n1q1Maa为有界变差数列，n即可，所以1a1qn若q1，则1|q1|aqn1，当n时，aqn1，11q1显然不存在符合条件的M，故a不是有界变差数列．n0,1．综上，q的取值范围是n11n11bn12，可得n11b1n1，（2）由，易知，所以nnn11n1n1111因此是首项为1，公差为1的等差数列，n1b111n1．所以，即nn1n1k1111k1bk1k所以，kknn111n1k1k11，kk1k1k1b所以是有界变差数列．n（3）由有界变差数列的定义可知，nk1nk1kn1xxxLxxM，1nnn121yk1ykyn1yyyLyyM．2nnn121k1xn11n11n1xxxL21nnn1因为n1xxxLxxMxM1x．n11，所以nnn1211xx|xyxyn1|n1n|||xynn1xyxy|n1nn1nnn1n1n1nn1n1故yn1yn|n1n|yn1(n1n)n1(yn1yn)n1nn1yn1ynyn1ynynyn1ynM1xynn1xn1xn1，1y21nnkM11yk1ykxM，2M11nxxk1M11因此k1kk1k1yk1yk1y21y21k1xn是有界变差数列．所以yn【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，关键是利用变形技巧及绝对值不等式证明M11y1xxxnnynn1n1n解决第三问.yn1yn1y12ax,x,,i,nii,2的数量积ax,x,,x，jjj,2j,nn222024·江西九江·二模）定义两个维向量ikN为a的第k个分量（kn且）.如三+xxi,2j,2xxi,nj,ni,jN，2x，记i,kaaxxaiaaijijiii维向量15，其中a的第2分量a1,21.若由维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含n1有n个n②集合中每个元素的所有分量取0或1③集合中任意两个元素a，a，满足ij22jaaT（T为常数）且aa1.则称A为T的完美n维向量集.iji(1)求2的完美3维向量集；(2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由；(3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和SkT.A【答案】(1)(2)不存在完美4维向量集，理由见解析(3)证明见解析n1）利用T的完美维向量集定义求解即可.（2）分别研究T0，T1，T2，T3，T4时，结合新定义及集合中元素的互异性即可判断.biSSSnTT1SknT11n，不妨设，（3）依题意可得，运用反证法，假设存在，使得k12nSnT11nSTk分别从及两方面证得矛盾即可得，进而可证得结果.11）由题意知，集合A中含有3个元素a（i1,2,3i222因为aaa2，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.123所以a0)，a0)a，，123又aaaaaa1，312132A0),.所以2的完美3维向量集为i2,3,4（2）依题意，完美4维向量集B含有4个元素b（iT，（i）当T0时，b{(0,0)}，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；i（ii）当T1时，i0),0),(0,0),(0,，不满足条件③，舍去；（iii）当T2时，i0),0),0),(0,，0)(0,00)(0,与因为，故至多有一个在B中，0)与至多有一个在B中，0)与至多有一个在B中，同理：故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；（iv）当T3时，b0),，不满足条件③，舍去；i（v）当T4时，i，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；综上所述，不存在完美4维向量集.nCncn（3）依题意，T的完美维向量集含有个元素（i2,,n个分量，i2因为cT，所以每个元素中有T个分量为1，其余分量为0，iSSSnT所以（*12nTn2Tn由（2）知，，故，T1SknT11n.假设存在k，使得，不妨设Sn1（i）当时，如下图，S0S1i1由条件③知，或（iiSSSn(n2n12nnT此时，与（*）矛盾，不合题意.12nT11n（ii）当时，如下图，Sx2,kn,kk,n记（k1,kxxT1xn0xn,3nT11，n,2不妨设，，2,1T1下面研究c，c，c，，c的前T1个分量中所有含1的个数.123T1一方面，考虑c，c，c，，c中任意两个向量的数量积为1，123xjx2,jxTjj,T1故，，，（）中至多有1个1，T1故c，c，c，，c的前T1个分量中，123TTT所有含1的个数至多有个1（**）.ni,T1另一方面，考虑cc1（故c，c，c，，c的前T1TTT2)T11个**.1123故对任意kn且kN，STk*ST.，由（）可得k【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.232024·浙江台州·设ABA中的任意一个元素xf的对应关系中都有唯一确定的元素对应不同的中的每一ByxyB个元素yA中的元素xf：AB为从集合到集合AAB与B等势，记作.若集合A与B之间不存在一一对应关系，则称A与B不等势，记作.BABA*y2xx,yB，存在一一对应关系，因此B2nnN例如：对于集合AN*，.AB22xy1Cx,yx2y2Dx,y|1，试判断(1)已知集合，是否成立?请说明理由；DC43(2)证明：①,；*②N【答案】(1)成立，理由见解析(2)①证明见解析；②证明见解析*xxN.1）根据新定义判断即可；（2）①取特殊函数满足定义域为，值域为R即可利用其证明*②设AN*，BxxN，假设AB，利用反证法得证.x2x,Cx,y01）设Px,y，QD，令00y3y0,则C与D存在一一对应，所以集合.DC1ytanπxxy,，两个集合之间存在一一对应，故，（2）①取函数，其中2,.备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为，值域为R即可，11212,0x,2x,0x,x21yy如：或等等均可，11x1.22x,x1.x122*②设AN*，BxxN，fAB为一一对应，假设，即存在对应关系：ABx2对于集合B中的元素1，2，1,2xAx1（应，所以集合A中必存在xfx.，则DxAxfxDADB，记，故faD；从而存在aA，使得afaDafaD若aD，则，矛盾；若aD，则，矛盾.因此，不存在A到B的一一对应，所以.BA【点睛】关键点点睛：压轴数论问题，关键在于理解新的集合有关定义，能想到取特殊函数，并借助函数证明是关键所在，此题难度在考场上基本不能完成.m12miA2a∣aaaaN0,mt时，把集合A中242024·浙江嘉兴·二模）已知集合ii1bt)n，数列bt)n的前项和为St).t2时，所有的数从小到大排列成数列b(2)12b(2)2222S(2)b(2)b(2)b(2)b(2)23.例如：nnb(2)32122b(2)420239,，010241234(1)写出b(2),b(2)，并求S(2)；5610中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；(2)判断88是否为数列b(3)n中的某一项bt0St0的值.0(3)若2024是数列bt)，求t,n及n000b(2)b(2)12S(2)10124；【答案】(1)，56的第30项；(2)88是数列b(3)n，(3)t07，n329St04278380n0，由集合新定义中的规则代入计算即可；【分析】当m2时，此时A2120aa,a,aNa21212根据集合新定义，由88=26+24+23，再列举出比它小的项即可；t7方法一：由2024=10+29+2+287+26+25+23可得，再列举出比它小的项分别有以下种情况，再求t7，求得集合A中的元素个数和最大的一个，可70和；方法二：由2024=10+2St.9+8+27+26+25+23可得0n得，再求和可得00n0，1）因为m2，此时A2120aa,a,aNa21212b(2)52321b(2)623212，2124S(2)42021222324.10，A212a22a0aaa,a,a,aN（2）当m3时，8822288是数列b(3)n中的项，1+2a2+23,0£a<a<a£a,a,aÎN,C3123123643比它小的项分别有236个，12