高中数学竞赛强基计划7 新定义综合（含数列新定义、函数新定义、集合新定义）（40题难题）（5单选5多选5填空25大题）（解析版）.docx

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专题07新定义综合（含数列新定义、函数新定义、集合新定义）（40题难题）（5单选5多选5填空25大题）一、单选题1．（2024·浙江温州·二模）已知定义在上的函数，则下列结论正确的是（）A．的图象关于对称B．的图象关于对称C．在单调递增D．有最小值【答案】A【分析】利用特殊值可排除B、C，利用函数的性质可确定A、D.【详解】对于BC，由题意可知：，显然的图象不关于对称，而，故B、C错误；对于D，若为有理数，则，显然，函数无最小值，故D错误；对于A，若是有理数，即互质，则也互质，即，若为无理数，则也为无理数，即，所以的图象关于对称，故A正确.下证：互质，则也互质.反证法：若互质，不互质，不妨设，则，此时与假设矛盾，所以也互质.故选：A【点睛】思路点睛：根据抽象函数的对称性结合互质的定义去判定A、B，而作为抽象函数可以适当选取特殊值验证选项，提高正确率.2．（2024·广东韶关·二模）定义，对于任意实数，则的值是（）A．B．C．D．【答案】A【分析】设，则，构造函数，利用导数求出函数的最小值进而得，化简即可求解.【详解】设，则，得，设，则，令，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，故，即，得，所以，得，即.故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查导数在函数中的综合应用，本题解题的关键是由构造函数，利用导数求得即为题意所求.3．（2024·山西·模拟预测）如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列，若的前n项和为，令，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【分析】先求出数列和的通项公式，再根据集合新定义确定，再由不等式恒成立分类讨论时列不等式和时列不等式求出对应的值取并集即可.【详解】因为的前n项和为，所以当时，，又当时，，符合上式，所以数列的通项公式，数列满足，因为，公比，所以，所以，因为数列是递减数列，而是递增数列；，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，所以是数列中的最小项，所以当时，则，即，解得，当时，则，即，解得，取并集可得，故选：D.【点睛】关键点点睛：本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较和的大小问题了，利用已知求出数列和的通项公式再比较大小可确定，最后由不等式恒成立，列不等式组求出参数范围即可.4．（2024·福建莆田·二模）对于函数和，及区间，若存在实数，使得对任意恒成立，则称在区间上“优于”．有以下四个结论：①在区间上“优于”；②在区间上“优于”；③在区间上“优于”；④若在区间上“优于”，则．其中正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】B【分析】对于①②：根据题意结合函数图象分析判断；对于③：构建函数，，利用导数判断函数单调性，可证；对于④：根据结合公切线可得，并检验.【详解】对于①：若在区间上恒成立，结合余弦函数的图象可知：，若，此时与必有两个交点，由图象可知：不恒成立，即不存在实数，使得对任意恒成立，故①错误；对于②：对于，，结合正切函数图象可知，不存在在实数，使得对任意恒成立，故②错误；对于③：构建，则，令，解得；，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则，即；构建，则，令，解得；，解得；可知在内单调递减，在内单调递增，则，即；综上所述：，即存在实数，使得对任意恒成立，所以在区间上“优于”，故③正确；对于④：因为，且，若在区间上“优于”，可知符合条件的直线应为在处的公切线，则，可得，则切线方程为，构建在即内恒成立，可得；由③可知：，可得;综上所述：.所以符合题意，故D正确；故选：B【点睛】关键点点睛：对于③：通过构建函数证明；对于④：根据，结合题意分析可得，即可得，注意检验.5．（2024·全国·模拟预测）若数列，对于，都有（为常数）成立，则称数列具有性质．已知数列的通项公式为，且具有性质，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【分析】由题意，先将成立变形为时成立，将通项公式代入，从而将问题转化为恒成立问题，研究新数列的单调性即可解决问题．【详解】依题意，得，故只需考虑时，，．因为，只需要，即，整理得．令，则，所以对任意的恒成立，所以数列为递增数列，则，所以，即的取值范围为．故选：C．二、多选题6．（2024·浙江·一模）对于集合中的任意两个元素，若实数同时满足以下三个条件：①“”的充要条件为“”；②；③，都有．则称为集合上的距离，记为．则下列说法正确的是（）A．为B．为C．若，则为D．若为，则也为（为自然对数的底数）【答案】AC【分析】由的定义对选项一一判断即可得出答案.【详解】对于A，，即，①，，即，即，若，则，所以“”的充要条件为“”.②，，成立，③，，，故A正确；对于B，，①，，即，即，此时若，则，故B错误；对于C，，①，即，即，得，若，则，所以“”的充要条件为“”.②，，成立；③，，故成立，故C正确；对于D，设，，则，①,若，则，即，，故D错误.故选：AC.【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．7．（2024·全国·模拟预测）意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现数列数列中的每一项称为斐波那契数，记作．已知．则（）A．B．C．若斐波那契数除以4所得的余数按照原顺序构成数列，则D．若．则【答案】BC【分析】A，B，结合递推公式，写出前14项即可；C，是以6为最小正周期的数列；D，结合递推公式迭代即可.【详解】对于A，斐波那契数列，，A错误；对于B，，B正确；对于C，由斐波那契数除以4所得的余数按照原顺序构成数列，因为，，，，，，根据数列的性质以及的定义可得，，，，，，.同理可推得，当时，有，，，，，，所以是以6为最小正周期的数列，又因为，，，C正确；对于D，由斐波那契数列性质，，．可知，D错误．故选：BC．8．（2024·全国·模拟预测）著名的德国数学家狄利克雷在19世纪提出了这样一个“奇怪的”函数：定义在上的函数.后来数学家研究发现该函数在其定义域上处处不连续、处处不可导．根据该函数，以下是真命题的有（）A．B．的图象关于轴对称C．的图象关于轴对称D．存在一个正三角形，其顶点均在的图象上【答案】BCD【分析】特殊值代入验证A，D；利用偶函数定义判断B，C.【详解】对于A，当，时，，，，故A错误；对于B，因为的定义域为，关于原点对称，若是无理数，则是无理数，所以，；若是有理数，则是有理数，所以，；所以，故是偶函数，图象关于轴对称，B正确；对于C，由B可知，，所以，故是偶函数，图象关于轴对称，C正确；对于D，设，，，则，所以是等边三角形，又因为，，，所以的顶点均在的图象上，D正确.故选：BCD 9．（2024·全国·模拟预测）欧拉函数是初等数论中的重要内容．对于一个正整数n，欧拉函数表示小于或等于n且与n互质的正整数的数目．换句话说，是所有不超过n且与n互素的数的总数．如：，．则以下是真命题的有（）A．的定义域为，其值域也是B．在其定义域上单调递增，无极值点C．不存在，使得方程有无数解D．，当且仅当n是素数时等号成立【答案】ACD【分析】根据欧拉函数的定义和性质，以及与素数的关系进行判断选项.【详解】对于A，根据欧拉函数的定义，可得欧拉函数的定义域为，其值域也是，所以A正确；对于B，欧拉函数在其定义域上不是单调递增的，如，所以B错误;对于C，由于的值域为，所以不存在，使方程有无数解,故C正确;对于D，因为的素因数都是大于1，，所以，当且仅当时素数时等号成立，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解欧拉函数的定义和性质，以及与素数的关系.10．（2024·山东烟台·一模）给定数列，定义差分运算：.若数列满足，数列的首项为1，且，则（）A．存在，使得恒成立B．存在，使得恒成立C．对任意，总存在，使得D．对任意，总存在，使得【答案】BC【分析】由已知求出及范围判断AB；利用累加法结合错位相减法求和求出及范围判断C；求出及的范围判断D.【详解】对于A，由，得，显然有最小值4，无最大值，因此不存在，使得恒成立，A错误；对于B，由选项A知，，则，显然当时，恒成立，B正确；对于C，由，得，当时，即，于是，两式相减得，因此，显然满足上式，则，由，得数列是递增数列，有最小值1，无最大值，从而对任意，总存在，使得，C正确；对于D，，由选项C得，显然数列是递减数列，，因此对任意，不存在，使得成立，D错误.故选：BC【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.三、填空题11．（2024·北京·模拟预测）已知无穷数列满足：对任意，有，且.给出下列四个结论：①存在无穷多个，使得；②存在，使得；③对任意，有；④对任意，存在互不相同的，使得.其中所有正确结论的序号是.【答案】①③④【分析】对于①，我们得出任意连续两个自然数中必有一个属于即可判断；对于②，我们以斐波那契数列为反例即可推翻；对于③，设，，分两种情况讨论即可判断；对于④，由③可得或，由此即可进一步判断.【详解】设，，则，.如果，则，故，从而.这意味着任意连续两个自然数中必有一个属于，所以一定是无限集，故①正确；注意到数列，满足全部条件，这里是斐波那契数列，这能够得到以及，从而.假设此时有，，则即对任意成立，这显然不可能，故②错误；设，，若，则；若，则.任一情况都有，故③正确；由③的过程还可以得到：或.这意味着可以适当选取使得，从而，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：对于②的判断，关键是利用斐波那契数列的性质得出矛盾，由此即可顺利得解.12．（2024·广西南宁·一模）已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，若该数列的前项和为，若，则称为“好数对”，如，，则都是“好数对”，当时，第一次出现的“好数对”是．【答案】【分析】结合数列的项的规律求出该数列前项的和为，令，求出k的范围，即可确定当时，满足为2的整数幂的n的最小值，即可求得答案.【详解】若，则为2的整数幂，将数列排成如下形式：……第k行为，第k行的和为，该数列前项的和为，令，则，此时可用以2为底的整数幂表示，当时，有，此时共有项，不满足总项数；当时，有，此时共有项，不满足总项数；当时，有，此时共有项，满足总项数；所以n的最小值为，此时，，所以当时，第一次出现的“好数对”是，故答案为：【点睛】关键点点睛：本题是给出新的定义类问题，解答首要理解新定义的含义，由此去解答问题，解答本题的关键是求出当时，满足为2的整数幂的n的最小值.13．（2024·贵州·三模）以表示数集中最大（小）的数.设，已知，则.【答案】【分析】由，得，设，则，再结合基本不等式求解即可.【详解】由，得，设，则，由，当且仅当时，取等号，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：设，由已知得出，进而得出是解决本题的关键.14．（2024·河北·模拟预测）已知表示不超过的最大整数，，设，且，则的最小值为；当时，满足条件的所有值的和.【答案】【分析】由的最小公倍数为，得只需在这个范围内讨论即可，再结合等差数列得前项和公式即可得解.【详解】由题意，当时，，则，解得（舍去），当时，，则，解得（舍去），当时，，则，解得，所以的最小值为，当时，，则，解得（舍去），当时，，则，解得，当时，，则，解得，当时，，故舍去，因为的最小公倍数为，以为首项为公差的等差数列，设为，则，以为首项为公差的等差数列，设为，则，所以数列和是满足条件的所有值，令，解得，令，解得，则当时，满足条件的所有值的和.故答案为：；.【点睛】关键点点睛：由的最小公倍数为，可得只需在这个范围内讨论，求出这个范围内的的值，是解决本题的关键.15．（2024·江西·一模）斐波那契数列，又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在数学上，斐波那契数列以如下递推的方式定义：且中，则B中所有元素之和为奇数的概率为．【答案】【分析】记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，然后可解.【详解】由斐波那契数列规律可知，集合中的元素有674个偶数，1350个奇数，记A中所有偶数组成的集合为C，所有奇数组成的集合为D，集合C的子集为E，集合D中含有奇数个元素的子集为F，则所有元素之和为奇数的集合B可看成，显然集合E共有个，集合F共有个，所以所有元素之和为奇数的集合B共有个，又集合A的非空子集共有个，所以B中所有元素之和为奇数的概率为.故答案为：【点睛】关键点睛：解决本题的关键是将集合分拆成所有偶数组成的集合及所有奇数组成的集合，利用二项式系数的性质求出含有奇数个奇数组成的集合个数.四、解答题16．（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.17．（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.18．（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.19．（2024·辽宁·一模）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中，或1（）.(1)记，求证：；(2)记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，.（ⅰ）求；（ⅱ）求（用数字作答）.【答案】(1)证明见解析(2)（ⅰ）2；（ⅱ）9841【分析】（1）借助二进制的定义计算可得，，即可得证；（2）（ⅰ）借助二进制的定义可计算出，即可得表达式中的0的个数；（ⅱ）计算出从到中，、、，的个数，即可得.【详解】（1），，，，；（2）（ⅰ），，（ⅱ），，故从到中，有、、、共9个，有个，由，即共有个有个，由，即共有个……，有个，.【点睛】关键点点睛：本体最后一小问关键点在于结合二进制的定义，得到，，通过组合数的计算得到、、、的个数，再结合组合数的性质计算得到结果.20．（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.21．（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，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析；(3)证明见解析；【分析】（1）分别写出的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；（2）对的取值是否为1进行分类讨论，对的取值进行分别计算即可求得结论；（3）利用定义由组合数定义以及二项式定理可得出证明.【详解】（1）因为，易知，所以；又，因为5的指数，所以；（2）①若或，因为，所以；②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，所以，③若，且不存在②中的，可设，其中均为质数，则，因为互质，所以互不相等，所以，综上可知（3）由于，所以可设，为偶数，的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，所以，所以．【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数的定义，并根据计算规则得出其规律，再由二项式系数性质可得出结果.22．（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.23．（2024·辽宁·二模）如果数列，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”．已知数列为数列的“接近数列”．(1)若，求的值；(2)若数列是等差数列，且公差为，求证：数列是等差数列；(3)若数列满足，且，记数列的前项和分别为，试判断是否存在正整数，使得？若存在，请求出正整数的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：）【答案】(1)(2)证明见解析(3)存在，17【分析】（1）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；（3）构造等比数列求出的通项公式，进一步求其前n项和，分n为奇数和偶数两种情况结合数列的单调性，确定的通项，进而确定，再解不等式求解即可.【详解】（1）由题：令则，即，故，得，又，同理可得，.（2）由题意，故，从而，即，因为，所以即，故数列是等差数列.（3）因为,则，解得，又，故是以为首项，公比为的等比数列，则，即，当n为奇数时，，易知单调递减，故，得，进一步有；当n为偶数时，，易知单调递增，故，即，得，进一步有；综上，，易知当n为偶数时，由，得即，无解；当n为奇数时，由,得即，故，所以存在正整数，使得，正整数的最小值为17.【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范围来确定.24．（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.25．（2024·湖南岳阳·二模）已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推．设该数列的前项和为，规定：若，使得，则称为该数列的“佳幂数”．(1)将该数列的“佳幂数”从小到大排列，直接写出前4个“佳幂数”；(2)试判断50是否为“佳幂数”，并说明理由；(3)（ⅰ）求满足的最小的“佳幂数”；（ⅱ）证明：该数列的“佳幂数”有无数个．【答案】(1)1、2、3、18；(2)50不是“佳幂数”，理由见解析(3)（ⅰ）1897；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）由数列的“佳幂数”的定义求解即可；（2）由题意求出，由“佳幂数”的定义判断即可；（3）(i)根据（2）中的分组先确定时，所分组数的范围，结合新定义配出的形式，确定出的最小值；(ii)根据(i)中的结论证明即可.【详解】（1）因为，所以1为该数列的“佳幂数”；又因为，，所以2、3、18也为该数列的“佳幂数”；所以该数列的前4个“佳幂数”为：1、2、3、18；（2）由题意可得，数列如下：第1组：1；第2组：1，2；第3组：1，2，4；…第组：，则该数列的前项的和为：，①当时，，则，由于，对，，故50不是“佳幂数”．（3）（ⅰ）在①中，要使，有出现在第44组之后，又第组的和为，前组和为第组前项的和为．则只需．所以，则，此时，所以对应满足条件的最小“佳幂数”（ⅱ）证明：由（ⅰ）知：．当，且取任意整数时，可得“佳幂数”，所以，该数列的“佳幂数”有无数个.【点睛】方法点睛：解答数列新定义的基本步骤①审题：仔细阅读材料，认真理解题意；②建模：将已知的条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，分清该数列是等差数列还是等比数列，是求通项还是前项和；③求解：求出该问题的数学解；④还原：将所求结果还原到原问题中.26．（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.27．（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.28．（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.29．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.【答案】(1)(2)(3)成立，理由见解析【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.【详解】（1）由定义可知，与相切，则圆的圆心到直线的距离等于1，则，.（2）点不在直线族的任意一条直线上，所以无论取何值时，无解.将整理成关于的一元二次方程，即.若该方程无解，则，即.证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，于是可以得到在点处的切线方程为：，即.今直线族中，则直线为，所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，而对任意都是抛物线在点处的切线.所以直线族的包络曲线为.（3）法一：已知，设，则，；由（2）知在点处的切线方程为；同理在点处的切线方程为；联立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：则，因为，显然.又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.同理可知，所以，即.则.所以成立.【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.30．（2024·全国·模拟预测）对于非空集合，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群”，简记为．而判断是否为一个群，需验证以下三点：1.（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足；2.（结合律）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足；3.（恒等元）存在，使得对任意，；4.（逆的存在性）对任意，都存在，使得．记群所含的元素个数为，则群也称作“阶群”．若群的“×”运算满足交换律，即对任意，，我们称为一个阿贝尔群（或交换群）．(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群；(2)记为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得在该运算下构成一个群，并说明理由；(3)所有阶数小于等于四的群是否都是阿贝尔群？请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)在复数的乘法运算下构成一个群，理由见解析(3)所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由见解析【分析】（1）根据题意结合实数运算分析证明；（2）根据题意结合复数运算分析证明；（3）分类讨论群的阶数，根据题意结合反证法分析证明.【详解】（1）我们需证在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：①封闭性：对，则，封闭性成立；②结合律：对，，结合律成立；③恒等元：取，则对任意，．符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意，，且，满足逆的存在性．综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群．（2）首先提出，的“×”运算可以是复数的乘法：，理由如下．即证明在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证：①封闭性：设，，其中，即．则，所以，即，封闭性成立；②结合律：设，，，其中，即，结合律成立；③恒等元：取，则对任意，，符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意，取其共轭，则，满足逆的存在性；综上所述，在复数的乘法运算下构成一个群．（3）所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由如下：若群的阶数为0，则为空集，与定义矛盾．所以的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．（1）若群的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时是阿贝尔群；（2）若群的阶数为2，设其元素为，其中是恒等元，则，符合交换律，故此时是阿贝尔群；（3）若群的阶数为3，设其元素为，其中是恒等元，由群的封闭性，．若，又，推出，则集合有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，所以，现要验证交换律，即．若，有前知，且，所以，与群的封闭性矛盾．所以，交换律成立，故此时是阿贝尔群；（4）若群的阶数为4，设其元素为，其中是恒等元，由群的封闭性，，由③的分析可知，且，所以或．若．由群中逆的存在性，群中存在一个元素使得，很明显，所以或．假设，即，又，推出则集合有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，故只能；先证交换律对成立，即．若，则由，只能等于．又因为，（和同理），不满足群中逆的存在性，矛盾，所以．交换律对成立．接下来只需证交换律对和也成立．事实上，由和的对称性，只需证即可．由群中逆的存在性，存在使得．①若，则只需证．若，由群的封闭性，，所以只能等于，又因为，得，即，但是任取的，该结论具有局限性，不对一般的成立，故矛盾．即，此时交换律对成立．②若．群中逆的存在性，存在使得，又因为，所以只能等于，即，由①可得：，即此时交换律对成立．故群的阶数为4时，交换律成立，故此时是阿贝尔群．综上所述，所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群．【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，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．31．（2024·江西九江·二模）定义两个维向量，的数量积，，记为的第k个分量（且）.如三维向量，其中的第2分量.若由维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素，，满足（T为常数）且.则称A为T的完美n维向量集.(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.【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【分析】（1）利用的完美维向量集定义求解即可.（2）分别研究，，，，时，结合新定义及集合中元素的互异性即可判断.（3）依题意可得，运用反证法，假设存在，使得，不妨设，分别从及两方面证得矛盾即可得，进而可证得结果.【详解】（1）由题意知，集合中含有3个元素（），且每个元素中含有三个分量，因为，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.所以，，，又，所以2的完美3维向量集为.（2）依题意，完美4维向量集B含有4个元素（），且每个元素中含有四个分量，，（i）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；（ii）当时，，不满足条件③，舍去；（iii）当时，，因为，故与至多有一个在B中，同理：与至多有一个在B中，与至多有一个在B中，故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；（iv）当时，，不满足条件③，舍去；（v）当时，，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.（3）依题意，的完美维向量集含有个元素（），且每个元素中含有个分量，因为，所以每个元素中有个分量为1，其余分量为0，所以（*），由（2）知，，故，假设存在，使得，不妨设.（i）当时，如下图，由条件③知，或（），此时，与（*）矛盾，不合题意.（ii）当时，如下图，记（），不妨设，，，下面研究，，，，的前个分量中所有含1的个数.一方面，考虑，，，，中任意两个向量的数量积为1，故，，，（）中至多有1个1，故，，，，的前个分量中，所有含1的个数至多有个1（**）.另一方面，考虑（），故，，，，的前个分量中，含有个1，与（**）矛盾，不合题意.故对任意且，，由（*）可得.【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.32．（2024·安徽芜湖·二模）对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足：I．，；II．，；Ⅲ．，，；Ⅳ．，，．对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群．(1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：，．①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明；③写出群S的所有子群．【答案】(1)答案见解析；(2)①证明见解析；②答案见解析，证明见解析；③证明见解析.【分析】（1）根据给定信息，按旋转变换、对称变换分别求出对应变换，再写出集合.（2）①根据群的定义条件，逐一验证即得；②按照群定义Ⅲ、Ⅳ分别推理计算即得；③写出的所有子群即可.【详解】（1）依题意，正三角形的对称变换如下：绕中心作的旋转变换；绕中心作的旋转变换；绕中心作的旋转变换；关于对称轴所在直线的反射变换；关于对称轴所在直线的反射变换；关于对称轴所在直线的反射变换，综上，.（形式不唯一）（2）①Ⅰ.，，；Ⅱ.，，，，所以；Ⅲ.，而，所以；Ⅳ.，；综上可知，集合对于给定的新运算*来说能作成一个群.②，，证明如下：先证明：由于是的子群，取，则，，根据群的定义，有，，所以，所以，即，即，所以.再证明：由于，，，所以，所以，所以，所以.③的所有子群如下：，，，，【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.33．（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．34．（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.35．（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.36．（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37．（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.38．（2024·辽宁葫芦岛·一模）大数据环境下数据量积累巨大并且结构复杂，要想分析出海量数据所蕴含的价值，数据筛选在整个数据处理流程中处于至关重要的地位，合适的算法就会起到事半功倍的效果．现有一个“数据漏斗”软件，其功能为；通过操作删去一个无穷非减正整数数列中除以M余数为N的项，并将剩下的项按原来的位置排好形成一个新的无穷非减正整数数列．设数列的通项公式，，通过“数据漏斗”软件对数列进行操作后得到，设前n项和为．(1)求；(2)是否存在不同的实数，使得，，成等差数列？若存在，求出所有的；若不存在，说明理由；(3)若，，对数列进行操作得到，将数列中下标除以4余数为0，1的项删掉，剩下的项按从小到大排列后得到，再将的每一项都加上自身项数，最终得到，证明：每个大于1的奇平方数都是中相邻两项的和．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）结合题意可得，借助等比数列前项和公式计算即可得；（2）借助反证法，假设存在，结合等差数列的性质得到与假设矛盾之处即可得；（3）借助题意，计算出后，可得，，即可得，，再得到，，即可得，设出，从而证明，分、、、逐个证明即可得.【详解】（1）由，知：当时，；当时，故，，则，；（2）假设存在，由单调递增，不妨设，，，，，化简得，∵，∴，∴，∴，与“，且，”矛盾，故不存在；（3）由题意，，则，，，所以保留，，则，，，又，，，，，将，删去，得到，则，，，，，即：，，，即：，，记，下面证明：，由，，，，时，，，；时，，，；时，，，；时，，，，综上，对任意的，都有，原命题得证．【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于由题意得到的通项公式后，设出，从而证明，此时需分、、、逐个证明.39．（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（JosephLiouville）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．40．（2024·江苏徐州·一模）对于每项均是正整数的数列P：，定义变换，将数列P变换成数列：．对于每项均是非负整数的数列，定义，定义变换，将数列Q各项从大到小排列，然后去掉所有为零的项，得到数列．(1)若数列为2，4，3，7，求的值；(2)对于每项均是正整数的有穷数列，令，．（i）探究与的关系；（ii）证明：．【答案】(1)172；(2)（i）；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据给定的数列及变换计算即得.（2）（i）根据给定的信息依次计算，再作差即得；（ii）是每项均为非负整数的数列，交换数列的第项与第项得到数列，利用已知证明，再结合（i）推理即得.【详解】（1）依题意，，，.（2）（i）记，，，，，所以.（ii）设是每项均为非负整数的数列，当存在，使得时，交换数列的第项与第项得到数列，则，当存在，使得时，若记数列为，则，因此，从而对于任意给定的数列，由，，由（i）知，所以.【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.

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