押题02 第19题 压轴新题型综合（十一大题型）-冲刺2024年高考数学考点押题模拟预测卷（新高考专用）含解析

押题02第19题压轴新题型综合（十一大题型）-冲刺2024年高考数学考点押题模拟预测卷（新高考专用）押题02第19题压轴新题型综合（十一大题型）1．（2023•北京）数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），且an，bn∈{1，2，⋯，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2，⋯，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，⋯，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数．（Ⅰ）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值；（Ⅱ）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2，⋯，m﹣1，求rn；（Ⅲ）证明：存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．2．（2022•北京）已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，则称Q为m﹣连续可表数列．（Ⅰ）判断Q：2，1，4是否为5﹣连续可表数列？是否为6﹣连续可表数列？说明理由；（Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak为8﹣连续可表数列，求证：k的最小值为4；（Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，求证：k≥7．3．（2021•北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为ℜp数列：①a1+p≥0，且a2+p＝0；②a4n﹣1＜a4n（n＝1，2，…）；③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}（m＝1，2，…；n＝1，2，…）．（Ⅰ）如果数列{an}的前四项为2，﹣2，﹣2，﹣1，那么{an}是否可能为ℜ2数列？说明理由；（Ⅱ）若数列{an}是ℜ0数列，求a5；（Ⅲ）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在ℜp数列{an}，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．4．（2023•上海）已知函数f（x）＝ax3﹣（a+1）x2+x，g（x）＝kx+m（其中a≥0，k，m∈R），若任意x∈[0，1]均有f（x）≤g（x），则称函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“控制函数”，且对所有满足条件的函数y＝g（x）在x处取得的最小值记为（x）．（1）若a＝2，g（x）＝x，试判断函数y＝g（x）是否为函数y＝f（x）的“控制函数”，并说明理由；（2）若a＝0，曲线y＝f（x）在x处的切线为直线y＝h（x），证明：函数y＝h（x）为函数y＝f（x）的“控制函数”，并求（）的值；（3）若曲线y＝f（x）在x＝x0，x0∈（0，1）处的切线过点（1，0），且c∈[x0，1]，证明：当且仅当c＝x0或c＝1时，（c）＝f（c）．5．（2021•上海）已知x1，x2∈R，若对任意的x2﹣x1∈S，f（x2）﹣f（x1）∈S，则有定义：f（x）是在S关联的．（1）判断和证明f（x）＝2x﹣1是否在[0，+∞）关联？是否有[0，1]关联？（2）若f（x）是在{3}关联的，f（x）在x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f（x）≤3．（3）证明：f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”．6．（2020•上海）已知非空集合A⊆R，函数y＝f（x）的定义域为D，若对任意t∈A且x∈D，不等式f（x）≤f（x+t）恒成立，则称函数f（x）具有A性质．（1）当A＝{﹣1}，判断f（x）＝﹣x、g（x）＝2x是否具有A性质；（2）当A＝（0，1），f（x）＝x，x∈[a，+∞），若f（x）具有A性质，求a的取值范围；（3）当A＝{﹣2，m}，m∈Z，若D为整数集且具有A性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的m的值．押题02压轴新题型综合高考模拟题型分布表题型序号题型内容题号题型1集合新题型1-2题型2函数新题型3-4题型3数列新题型5-6题型4数列综合新题型7-8题型5圆锥曲线新题型9-10题型6计数原理与统计概率新题型11-14题型7三角函数与数列、平面解析几何综合新题型15-16题型8导数新题型17题型9导数与数列新题型18-19题型10导数与函数新题型20-22题型11导数与函数、不等式、平面解析几何综合新题型23题型1：集合新题型1．（2024·全国·模拟预测）拓扑学是一个研究图形（或集合）整体结构和性质的一门几何学，以抽象而严谨的语言将几何与集合联系起来，富有直观和逻辑．已知平面，定义对，，其度量（距离）并称为一度量平面．设，，称平面区域为以为心，为半径的球形邻域．(1)试用集合语言描述两个球形邻域的交集；(2)证明：中的任意两个球形邻域的交集是若干个球形邻域的并集；(3)一个集合称作“开集”当且仅当其是一个无边界的点集．证明：的一个子集是开集当且仅当其可被表示为若干个球形邻域的并集．2．（2024·广东·模拟预测）已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”.(1)试判断集合是否具有性质，并说明理由；(2)若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”；(3)证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”.题型2：函数新题型3．（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．4．（2011·广东惠州·一模）设是定义在上的函数，用分点，将区间任意划分成个小区间，如果存在一个常数，使得和（）恒成立，则称为上的有界变差函数．(1)函数在上是否为有界变差函数？请说明理由；(2)设函数是上的单调递减函数，证明：为上的有界变差函数；(3)若定义在上的函数满足：存在常数，使得对于任意的时，．证明：为上的有界变差函数．题型3：数列新题型5．（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．6．（23-24高三下·安徽·开学考试）基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质．(1)若，求数列的最小项；(2)若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由；(3)若，求证：数列具有性质．题型4：数列综合新题型7．（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：．8．（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．题型5：圆锥曲线新题型9．（2024·山东临沂·一模）动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.(1)求的方程；(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.（i）证明：直线过定点；（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.10．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.题型6：计数原理与统计概率新题型11．（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）.12．（2024·安徽合肥·一模）“数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设是非零实数，对任意，定义“数”利用“数”可定义“阶乘”和“组合数”，即对任意，(1)计算：；(2)证明：对于任意，(3)证明：对于任意，13．（23-24高三上·北京西城·期末）给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.(1)当，时，写出所有满足的数对序列；(2)当时，证明：；(3)当为奇数时，记的最大值为，求.14．（2024·广东江门·一模）将2024表示成5个正整数，，，，之和，得到方程①，称五元有序数组为方程①的解，对于上述的五元有序数组，当时，若，则称是密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解，使得等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是密集的?(3)记，问是否存在最小值?若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.题型7：三角函数与数列、平面解析几何综合新题型15．（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．16．（2024·江苏·模拟预测）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设，，，是直线上互异且非无穷远的四点，则称（分式中各项均为有向线段长度，例如）为，，，四点的交比，记为．(1)证明：；(2)若，，，为平面上过定点且互异的四条直线，，为不过点且互异的两条直线，与，，，的交点分别为，，，，与，，，的交点分别为，，，，证明：；(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若与的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则与对应边的交点在一条直线上．题型8：导数新题型17．（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.题型9：导数与数列新题型18．（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.19．（23-24高三下·河北·开学考试）在数列中，若存在常数，使得恒成立，则称数列为“数列”．(1)若，试判断数列是否为“数列”，请说明理由；(2)若数列为“数列”，且，数列为等比数列，且，求数列的通项公式；(3)若正项数列为“数列”，且，，证明：．题型10：导数与函数新题型20．（2024·山东菏泽·一模）帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．（注：，，，，…；为的导数）已知在处的阶帕德近似为．(1)求实数a，b的值；(2)比较与的大小；(3)若在上存在极值，求的取值范围．21．（上海市普陀区桃浦中学2022-2023学年高二上学期12月月考数学试题）给出下列两个定义：Ⅰ.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”.Ⅱ.对于一个“同定义函数”，若有以下性质：①；②，其中，为两个新的函数，是的导函数.我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”.(1)判断下列两个函数是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”.Ⅰ.；Ⅱ..(2)给出两个命题，，判断命题是的什么条件，证明你的结论.：是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，：.(3)已知函数.①若的“自导函数”是，试求的取值范围.②若，且定义，若对任意，，不等式恒成立，求的取值范围.22．（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）若存在使得对任意恒成立，则称为函数在上的最大值点，记函数在上的所有最大值点所构成的集合为(1)若，求集合；(2)若，求集合；(3)设为大于1的常数，若，证明，若集合中有且仅有两个元素，则所有满足条件的从小到大排列构成一个等差数列．题型11：导数与函数、不等式、平面解析几何综合新题型23．（2024·甘肃兰州·一模）定义：如果在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，那么称为A，B两点间的曼哈顿距离．(1)已知点，分别在直线，上，点与点，的曼哈顿距离分别为，，求和的最小值；(2)已知点N是直线上的动点，点与点N的曼哈顿距离的最小值记为，求的最大值；(3)已知点，点（k，m，，e是自然对数的底），当时，的最大值为，求的最小值．押题02第19题压轴新题型综合（十一大题型）1．（2023•北京）数列{an}，{bn}的项数均为m（m＞2），且an，bn∈{1，2，⋯，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0＝B0＝0．对于k∈{0，1，2，⋯，m}，定义rk＝max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，⋯，m}}，其中，maxM表示数集M中最大的数．（Ⅰ）若a1＝2，a2＝1，a3＝3，b1＝1，b2＝3，b3＝3，求r0，r1，r2，r3的值；（Ⅱ）若a1≥b1，且2rj≤rj+1+rj﹣1，j＝1，2，⋯，m﹣1，求rn；（Ⅲ）证明：存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．【分析】（Ⅰ）根据题意可得，列表分析ai，Ai，bi，Bi，rK的值，即可得出答案．（Ⅱ）由题意知rn≤m且rn∈N，an≥1，bn≥1，则An≥1，Bn≥1，当且仅当n＝1时，等号成立，可推出rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥...≥r1﹣r0＝1，即ri+1﹣ri≥1，用反证法证明满足rn+1﹣rn＞1的最小正整数为1≤j≤m﹣1不成立，推出rn+1﹣rn＝1成立，由等差数列的性质，即可得出答案．（Ⅲ）分两种情况：若Am≥Bm时，若Am＜Bm时，证明AP+Bs＝Aq+Br，即可得出答案．【解析】解：（Ⅰ）列表如下，对比可知r0＝0，r1＝1，r2＝1，r3＝2．i0123ai213Ai0236bi133Bi0147rk0112（Ⅱ）由题意知rn≤m且rn∈N，因为an≥1，bn≥1，an，bn∈{1，2，⋯，m}，所以An≥1，Bn≥1，当且仅当n＝1时，等号成立，所以r0＝0，r1＝1，又因为2rj≤rj﹣1+rj+1，则rj+1﹣rj≥rj﹣rj﹣1，即rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥...≥r1﹣r0＝1，可得rj+1﹣rj≥1，反证：假设满足rn+1﹣rn＞1的最小正整数为1≤i≤m﹣1，当j≥i时，则ri+1﹣rj≥2；当i≤j﹣1时，则rj+1﹣rj＝1，则rm＝（rm﹣rm﹣1）+（rm﹣1﹣rm﹣2）+...+（r1﹣r0）+r0≥2（m﹣i）+i＝2m﹣i，又因为1≤i≤m﹣1，则rm≥2m﹣i≥2m﹣（m﹣1）＝m+1＞m，所以假设不成立，rn+1﹣rn＝1成立，所以数列{rn}是以首项为1，公差为1的等差数列，所以rn＝0+1×n＝n，n∈N．（Ⅲ）证明：若Am≥Bm，设Sn＝An，1≤n≤m，根据题意可得Sn≥0且Sn为整数，反证法：假设存在正整数K，使得SK≥m，且rK≠m（若rK＝m时，Am＝Bm显然成立，Am＞Bm和Am＜Bm同理，只需要论证Am＜Bm，Bm+1不存在），则AKm，AK0，所以（AK）﹣（AK）＞m，这与∈{1，2...，m}相矛盾，所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≤m﹣1，①若存在正整数N，使得SN＝AN0，即AN，取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得AP+Bs＝Aq+Br，②若不存在正整数N，使得SN＝0，因为Sn∈{1，2m，…，m﹣1}，且1≤n≤m，所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，即AXAY，可得AXAY，取p＝X，s＝rY，q＝Y，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br，若Am＜Bm，设SnAn，1≤n≤m，根据题意可得Sn≤0且Sn为整数，反证法：假设存在正整数K，使得SK≤﹣m，则AK≤﹣m，AK＞0，所以（AK）﹣（AK）＞m，这与∈{1，2...，m}相矛盾，所以对任意1≤n≤m，n∈N，均有Sn≥1﹣m，①若存在正整数N，使得SNAN＝0，即AN，取r＝p＝0，q＝N，s＝rN，使得AP+Bs＝Aq+Br，②若不存在正整数N，使得SN＝0，因为Sn∈{﹣1，﹣2，…，1﹣m}，且1≤n≤m，所以必存在1≤X＜Y≤m，使得SX＝SY，即AXAY，可得AXAY，取p＝X，s＝rY，q＝Y，r＝rX，使得Ap+Bs＝Aq+Br．综上所述，存在0≤p＜q≤m，0≤r＜s≤m，使得Ap+Bs＝Aq+Br．【点评】本题考查数列的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．2．（2022•北京）已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1，2，…，m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j（j≥0），使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j＝n，则称Q为m﹣连续可表数列．（Ⅰ）判断Q：2，1，4是否为5﹣连续可表数列？是否为6﹣连续可表数列？说明理由；（Ⅱ）若Q：a1，a2，…，ak为8﹣连续可表数列，求证：k的最小值为4；（Ⅲ）若Q：a1，a2，…，ak为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，求证：k≥7．【分析】（Ⅰ）直接根据m﹣连续可表数列的定义即可判断；（Ⅱ）采用反证法证明，即假设k的值为3，结合Q是8﹣连续可表数列的定义推出矛盾，进而得出证明；（Ⅲ）首先m﹣连续可表数列的定义，证明得出k≥6，然后验证k＝6是否成立，进而得出所证的结论．【解析】解：（Ⅰ）若m＝5，则对于任意的n∈{1，2，3，4，5}，a2＝1，a1＝2，a1+a2＝2+1＝3，a3＝4，a2+a3＝1+4＝5，所以Q是5﹣连续可表数列；由于不存在任意连续若干项之和相加为6，所以Q不是6﹣连续可表数列；（Ⅱ）假设k的值为3，则a1，a2，a3最多能表示a1，a2，a3，a1+a2，a2+a3，a1+a2+a3，共6个数字，与Q是8﹣连续可表数列矛盾，故k≥4；现构造Q：4，2，1，5可以表达出1，2，3，4，5，6，7，8这8个数字，即存在k＝4满足题意．故k的最小值为4．（Ⅲ）先证明k≥6．从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，所以对任意给定的5个整数，最多可以表示5+4+3+2+1＝15个正整数，不能表示20个正整数，即k≥6．若k＝6，最多可以表示6+5+4+3+2+1＝21个正整数，由于Q为20﹣连续可表数列，且a1+a2+…+ak＜20，所以其中必有一项为负数．既然5个正整数都不能连续可表1﹣20的正整数，所以至少要有6个正整数连续可表1﹣20的正整数，所以至少6个正整数和一个负数才能满足题意，当k＝7时，数列1，2，4，5，8，﹣2，﹣1满足题意，当k＞7时，数列1，2，4，5，8，﹣2，﹣1，ak＝…＝an＝0，所以k≥7符合题意，故k≥7．【点评】本题考查数列的新定义，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．3．（2021•北京）设p为实数．若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为ℜp数列：①a1+p≥0，且a2+p＝0；②a4n﹣1＜a4n（n＝1，2，…）；③am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}（m＝1，2，…；n＝1，2，…）．（Ⅰ）如果数列{an}的前四项为2，﹣2，﹣2，﹣1，那么{an}是否可能为ℜ2数列？说明理由；（Ⅱ）若数列{an}是ℜ0数列，求a5；（Ⅲ）设数列{an}的前n项和为Sn，是否存在ℜp数列{an}，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）利用性质③，结合题意进行判断，即可得到答案；（Ⅱ）由性质③，确定a3，a4的取值情况，然后分别分析得到a4＝1，a3＝a1，从而求出a1的值，当a1＝0，则{an}的前四项为0，0，0，1，利用数学归纳法证明a4n+i＝n（i＝1，2，3），a4n+4＝n+1（n∈N），即可求得答案；（Ⅲ）令bn＝an+p，由性质③进行分析，可得数列{bn}为ℜ0数列，利用（2）中的结论，得到p的取值情况，即可得到答案．【解析】解：（Ⅰ）数列{an}不可能为ℜ2数列，理由如下，因为p＝2，a1＝2，a2＝﹣2，所以a1+a2+p＝2，a1+a2+p+1＝3，因为a3＝﹣2，所以a3∉{a1+a2+p，a1+a2+p+1}，所以数列{an}不满足性质③．（Ⅱ）性质①，a1≥0，a2＝0；由性质③am+2∈{am，am+1}，因此a3＝a1或a3＝a1+1，a4＝0或a4＝1，若a4＝0，由性质②可得a3＜a4，即a1＜0或a1+1＜0，矛盾；若a4＝1，a3＝a1+1，由a3＜a4，则a1+1＜1，矛盾，因此只能是a4＝1，a3＝a1，又因为a4＝a1+a3或a4＝a1+a3+1，所以a1或a1＝0．若a1，则a2∈{a1+a1+0，a1+a1+0+1}＝{2a1，2a1+1}＝{1，2}，不满足a2＝0，舍去；当a1＝0，则{an}的前四项为0，0，0，1，下面用数学归纳法证明a4n+i＝n（i＝1，2，3），a4n+4＝n+1（n∈N），当n＝0时，经检验命题成立；假设n≤k（k≥0）时命题成立．当n＝k+1时，若i＝1，则a4（k+1）+1＝a4k+5＝aj+（4k+5﹣j），利用性质③：{aj+a4k+5﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+4}＝{k，k+1}，此时可得a4k+5＝k+1，否则a4k+5＝k，取k＝0可得a5＝0，而由性质②可得a5＝a1+a4∈{1，2}，与a5＝0矛盾．同理可得，{aj+a4k+6﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+5}＝{k，k+1}，此时可得a4k+6＝k+1，{aj+a4k+8﹣j|j∈N*，2≤j≤4k+6}＝{k+1，k+2}，此时可得a4k+8＝k+2，{aj+a4k+7﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+6}＝{k+1}，又因为a4k+7＜a4k+8，此时可得a4k+7＝k+1，即当n＝k+1时，命题成立．综上可得，a5＝a4×1+1＝1；（Ⅲ）令bn＝an+p，由性质③可知，∀m，n∈N*，bm+n＝am+n+p∈{am+p+an+p，am+p+an+p+1}＝{bm+bn，bm+bn+1}，由于b1＝a1+p≥0，b2＝a2+p＝0，b4n﹣1＝a4n﹣1+p＜a4n+p＝b4n，因此数列{bn}为ℜ0数列，由（Ⅱ）可知，若∀n∈N*，a4n+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，因此p＝2，此时a1，a2，…，a10≤0，aj≥0（j≥11），满足题意．【点评】本题考查了有关数列的新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可，属于难题．4．（2023•上海）已知函数f（x）＝ax3﹣（a+1）x2+x，g（x）＝kx+m（其中a≥0，k，m∈R），若任意x∈[0，1]均有f（x）≤g（x），则称函数y＝g（x）是函数y＝f（x）的“控制函数”，且对所有满足条件的函数y＝g（x）在x处取得的最小值记为（x）．（1）若a＝2，g（x）＝x，试判断函数y＝g（x）是否为函数y＝f（x）的“控制函数”，并说明理由；（2）若a＝0，曲线y＝f（x）在x处的切线为直线y＝h（x），证明：函数y＝h（x）为函数y＝f（x）的“控制函数”，并求（）的值；（3）若曲线y＝f（x）在x＝x0，x0∈（0，1）处的切线过点（1，0），且c∈[x0，1]，证明：当且仅当c＝x0或c＝1时，（c）＝f（c）．【分析】（1）设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2x3﹣3x2，h′（x）＝6x2﹣6x＝6x（x﹣1），当x∈[0，1]时，易知h′（x）＝6x（x﹣1）≤0，即h（x）单调减，求得最值即可判断；（2）根据题意得到f（x）≤h（x），即y＝h（x）为函数y＝f（x）的“控制函数“，代入即可求解；（3）f（x）＝ax3﹣（a+1）x2+x，f′（x）＝3ax2﹣2（a+1）x+1，y＝f（x）在x＝x0（x0∈（0，1））处的切线为t（x），求导整理得到函数t（x）必是函数y＝f（x）的“控制函数“，又此时“控制函数“g（x）必与y＝f（x）相切于x点，t（x）与y＝f（x）在处相切，且过点（1，0），在之间的点不可能使得y＝f（x）在切线下方，所以或c＝1，即可得证．【解析】解：（1）f（x）＝2x3﹣3x2+x，设h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2x3﹣3x2，h′（x）＝6x2﹣6x＝6x（x﹣1），当x∈[0，1]时，易知h′（x）＝6x（x﹣1）≤0，即h（x）单调减，∴h（x）max＝h（0）＝0，即f（x）﹣g（x）≤0⇒f（x）≤g（x），∴g（x）是f（x）的“控制函数“；（2），∴，∴f（x）≤h（x），即y＝h（x）为函数y＝f（x）的“控制函数“，又，且，∴；证明：（3）f（x）＝ax3﹣（a+1）x2+x，f′（x）＝3ax2﹣2（a+1）x+1，y＝f（x）在x＝x0（x0∈（0，1））处的切线为t（x），t（x）＝f′（x0）（x﹣x0）+f（x0），t（x0）＝f（x0），t（1）＝0⇒f（1）＝0，，，，，恒成立，函数t（x）必是函数y＝f（x）的“控制函数“，是函数y＝f（x）的“控制函数“，此时“控制函数“g（x）必与y＝f（x）相切于x点，t（x）与y＝f（x）在处相切，且过点（1，0），在之间的点不可能使得y＝f（x）在切线的下方，所以或c＝1，所以曲线y＝f（x）在x＝x0（x0∈（0，1））处的切线过点（1，0），且c∈[x0，1]，当且仅当c＝x0或c＝1时，．【点评】本题考查了导数的综合运用，属于难题．5．（2021•上海）已知x1，x2∈R，若对任意的x2﹣x1∈S，f（x2）﹣f（x1）∈S，则有定义：f（x）是在S关联的．（1）判断和证明f（x）＝2x﹣1是否在[0，+∞）关联？是否有[0，1]关联？（2）若f（x）是在{3}关联的，f（x）在x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f（x）≤3．（3）证明：f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”．【分析】（1）任取x1﹣x2∈[0，+∞），证明f（x1）﹣f（x2）∈[0，+∞），证明f（x）＝2x﹣1在[0，+∞）关联，取x1＝1，x2＝0，证明f（x）在[0，1]不关联；（2）先得到f（x+3）﹣f（x）＝3，再得到x∈[0，3）和x∈[3，6）的解析式，进而得到答案；（3）先证明f（x）在{1}是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，再证明f（x）在[1，2]是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的．【解析】解：（1）f（x）在[0，+∞）关联，在[0，1]不关联，任取x1﹣x2∈[0，+∞），则f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）∈[0，+∞），∴f（x）在[0，+∞）关联；取x1＝1，x2＝0，则x1﹣x2＝1∈[0，1]，∵f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）＝2∉[0，1]，∴f（x）在[0，1]不关联；（2）∵f（x）在{3}关联，∴对于任意x1﹣x2＝3，都有f（x1）﹣f（x2）＝3，∴对任意x，都有f（x+3）﹣f（x）＝3，由x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，得f（x）在x∈[0，3）的值域为[﹣1，3），∴f（x）在x∈[3，6）的值域为[2，6），∴2≤f（x）≤3仅在x∈[0，3）或x∈[3，6）上有解，x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，令2≤x2﹣2x≤3，解得x＜3，x∈[3，6）时，f（x）＝f（x﹣3）+3＝x2﹣8x+18，令2≤x2﹣8x+18≤3，解得3≤x≤5，∴不等式2≤f（x）≤3的解为[，5]，（3）证明：①先证明：f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的⇒f（x）在[1，2]是关联的，由已知条件可得，f（x+1）＝f（x）+1，∴f（x+n）＝f（x）+n，n∈Z，又∵f（x）是在[0，+∞）关联的，∴任意x2＞x1，f（x2）＞f（x1）成立，若1≤x2﹣x1≤2，∴x1+1≤x2≤x1+2，∴f（x1+1）≤f（x2）≤f（x1+2），即f（x1）+1≤f（x2）≤f（x1）+2，∴1≤f（x2）﹣f（x1）≤2，∴f（x）是[1，2]关联，②再证明：f（x）在[1，2]是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，∵f（x）在[1，2]是关联的，∴任取x1﹣x2∈[1，2]，都有f（x1）﹣f（x2）∈[1，2]成立，即满足1≤x1﹣x2≤2，都有1≤f（x1）﹣f（x2）≤2，下面用反证法证明f（x+1）﹣f（x）＝1，若f（x+1）﹣f（x）＞1，则f（x+2）﹣f（x）＝f（x+2）﹣f（x+1）+f（x+1）﹣f（x）＞2，与f（x）在[1，2]是关联的矛盾，若f（x+1）﹣f（x）＜1，而f（x）在[1，2]是关联的，则f（x+1）﹣f（x）≥1，矛盾，∴f（x+1）﹣f（x）＝1成立，即f（x）是在{1}关联的，再证明f（x）是在[0，+∞）关联的，任取x1﹣x2∈[n，+∞）（n∈N），则存在n∈N，使得任取x1﹣x2∈[n，n+1]（n∈N），∵1≤x1﹣（n﹣1）﹣x2≤2，∴f[x1﹣（n﹣1）]﹣f（x2）＝f（x1）﹣（n﹣1）﹣f（x2）∈[1，2]，∴f（x1）﹣f（x2）⊆[n，n+1]⊆[0，+∞），∴f（x）是在[0，+∞）关联的；综上所述，f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”，故得证．【点评】该题考查了函数求解析式，解不等式，函数恒成立的知识，对学生逻辑推理能力提出了很高的要求，属于难题．6．（2020•上海）已知非空集合A⊆R，函数y＝f（x）的定义域为D，若对任意t∈A且x∈D，不等式f（x）≤f（x+t）恒成立，则称函数f（x）具有A性质．（1）当A＝{﹣1}，判断f（x）＝﹣x、g（x）＝2x是否具有A性质；（2）当A＝（0，1），f（x）＝x，x∈[a，+∞），若f（x）具有A性质，求a的取值范围；（3）当A＝{﹣2，m}，m∈Z，若D为整数集且具有A性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的m的值．【分析】（1）利用函数的单调性结合新定义，逐个判断即可；（2）依题意，为增函数，由双勾函数的图象及性质即得解；（3）根据条件，分m≤0，m为正偶数和m为正奇数三种情况，求出条件的m的值．【解析】解：（1）∵f（x）＝﹣x为减函数，∴f（x）＜f（x﹣1），∴f（x）＝﹣x具有A性质；∵g（x）＝2x为增函数，∴g（x）＞g（x﹣1），∴g（x）＝2x不具有A性质；（2）依题意，对任意t∈（0，1），f（x）≤f（x+t）恒成立，∴为增函数（不可能为常值函数），由双勾函数的图象及性质可得a≥1，当a≥1时，函数单调递增，满足对任意t∈（0，1），f（x）≤f（x+t）恒成立，综上，实数a的取值范围为[1，+∞）．（3）∵D为整数集，具有A性质的函数均为常值函数，当m≤0时，取单调递减函数f（x）＝﹣x，两个不等式恒成立，但f（x）不为常值函数；当m为正偶数时，取，两个不等式恒成立，但f（x）不为常值函数；当m为正奇数时，根据对任意t∈A且x∈D，不等式f（x）≤f（x+t）恒成立，可得f（x﹣m）≤f（x）≤f（x+m）≤f（x+1）≤f（x﹣1）≤f（x﹣m），则f（x）＝f（x+1），所以f（x）为常值函数，综上，m为正奇数．【点评】本题以新定义为载体，考查抽象函数的性质及其运用，考查逻辑推理能力及灵活运用知识的能力，属于中档题．押题02压轴新题型综合高考模拟题型分布表题型序号题型内容题号题型1集合新题型1-2题型2函数新题型3-4题型3数列新题型5-6题型4数列综合新题型7-8题型5圆锥曲线新题型9-10题型6计数原理与统计概率新题型11-14题型7三角函数与数列、平面解析几何综合新题型15-16题型8导数新题型17题型9导数与数列新题型18-19题型10导数与函数新题型20-22题型11导数与函数、不等式、平面解析几何综合新题型23题型1：集合新题型1．（2024·全国·模拟预测）拓扑学是一个研究图形（或集合）整体结构和性质的一门几何学，以抽象而严谨的语言将几何与集合联系起来，富有直观和逻辑．已知平面，定义对，，其度量（距离）并称为一度量平面．设，，称平面区域为以为心，为半径的球形邻域．(1)试用集合语言描述两个球形邻域的交集；(2)证明：中的任意两个球形邻域的交集是若干个球形邻域的并集；(3)一个集合称作“开集”当且仅当其是一个无边界的点集．证明：的一个子集是开集当且仅当其可被表示为若干个球形邻域的并集．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由交集的定义可解；（2）结合题意，利用并集的定义证明；（3）利用题目定义分别证明充分性和必要性.【解析】（1）设这两个球形邻域分别为，，为和的交集．①若与不相交，则；②若与相交，则且故或且．（2）我们约定集合族是指以集合为元素的集合，其并运算为表示集合族的所有集合的并集回到原题，设这两个球形邻域分别为，，为和的交集．①若与不相交，则，即可以看作零个球形邻域的并集；②若与相交，则取，令，构造球形邻域．因为对于，有故，这说明．由于是中任取的一点，这说明，继而即可被表示为若干个球形邻域的并集．命题得证．（3）①先证充分性：当的一个子集可以写为若干球形邻域的并时，其必为开集．设，由（2）可知可看作若干个球形邻域的并集，即则，使得，故是开集．充分性证毕．②再证必要性：若的一个子集是开集，则其可被表示为若干个球形邻域的并集．设是一个开集，由情况①得，使得，所以即故可被表示为若干个球形邻域的并集．必要性证毕．【点睛】思路点睛：利用集合的运算和题干中的定义完成问题.2．（2024·广东·模拟预测）已知集合中含有三个元素，同时满足①；②；③为偶数，那么称集合具有性质.已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”.(1)试判断集合是否具有性质，并说明理由；(2)若集合具有性质，证明：集合是集合的“期待子集”；(3)证明：集合具有性质的充要条件是集合是集合的“期待子集”.【答案】(1)不具有，理由见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）分取到的三个元素都是奇数和有偶数2，两种情况比较三个条件，即可判断；（2）首先根据性质，确定集合，再根据“期待子集”的定义，确定集合是集合的“期待子集”；（3）首先证明充分性，存在三个互不相同的，使得均属于证明满足性质的三个条件；再证明必要性，首先设满足条件的，再证明均属于，即可证明.【解析】（1）集合不具有性质，理由如下：（i）从集合中任取三个元素均为奇数时，为奇数，不满足条件③（ii）从集合中任取三个元素有一个为，另外两个为奇数时，不妨设，，则有，即，不满足条件②，综上所述，可得集合不具有性质.（2）证明：由是偶数，得实数是奇数，当时，由，得，即，不合题意，当时，由，得，即，或（舍），因为是偶数，所以集合，令，解得，显然，所以集合是集合的“期待子集”得证.（3）证明：先证充分性：当集合是集合的“期待子集”时，存在三个互不相同的，使得均属于，不妨设，令，，，则，即满足条件①，因为，所以，即满足条件②，因为，所以为偶数，即满足条件③，所以当集合是集合的“期待子集”时，集合具有性质.再证必要性：当集合具有性质，则存在，同时满足①；②；③为偶数，令，，，则由条件①得，由条件②得，由条件③得均为整数，因为，所以，且均为整数，所以，因为，所以均属于，所以当集合具有性质时，集合是集合的“期待子集”.综上所述，集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用“性质”和“期待子集”的定义.题型2：函数新题型3．（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.【解析】（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.4．（2011·广东惠州·一模）设是定义在上的函数，用分点，将区间任意划分成个小区间，如果存在一个常数，使得和（）恒成立，则称为上的有界变差函数．(1)函数在上是否为有界变差函数？请说明理由；(2)设函数是上的单调递减函数，证明：为上的有界变差函数；(3)若定义在上的函数满足：存在常数，使得对于任意的时，．证明：为上的有界变差函数．【答案】(1)是有界变差函数，理由见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用函数在是增函数，去掉绝对值，将连和符号用函数值的和表示出来，求出值，取M大于等于此值，满足有界变差函数的定义；（2）利用函数为减函数，将连和符号中的绝对值符号去掉，将连和用函数值的差表示出，求出连和的值，将M取此值，满足有界变差函数的定义；（3）利用已知不等式，将函数值差的连和表示成自变量差的连和，去掉绝对值，将连和写成自变量差的和形式，求出连和的值，找到M，满足有界变差函数的定义．【解析】（1）在上是增函数，故对任意划分，，取常数，则和式恒成立．故函数在是有界变差函数．（2）函数是上的单调递减函数，任意的划分，一定存在一个常数，使，故为上有界变差函数．（3），故对任意的划分，，取常数，由有界变差函数定义知为有界变差函数．题型3：数列新题型5．（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.【解析】（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.6．（23-24高三下·安徽·开学考试）基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时，等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①；②为单调数列，则称数列具有性质．(1)若，求数列的最小项；(2)若，记，判断数列是否具有性质，并说明理由；(3)若，求证：数列具有性质．【答案】(1)最小项为(2)数列具有性质，理由见解析．(3)证明见解析【分析】（1）利用，结合三个数的算术平均不小于它们的几何平均求解；（2）变形，再利用等比数列求和证明性质①，利用证明②；（3）结合二项式定理及n元基本不等式求解.【解析】（1），当且仅当，即时，等号成立，数列的最小项为．（2）数列具有性质．，，数列满足条件①．为单调递增数列，数列满足条件②．综上，数列具有性质．（3）先证数列满足条件①：．当时，则，数列满足条件①．再证数列满足条件②：（，等号取不到）为单调递增数列，数列满足条件②．综上，数列具有性质.【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质①均需要放缩为可求和数列.题型4：数列综合新题型7．（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.【解析】（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.8．（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.【解析】（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.题型5：圆锥曲线新题型9．（2024·山东临沂·一模）动圆与圆和圆都内切，记动圆圆心的轨迹为.(1)求的方程；(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为，则曲线上一点处的切线方程为：，试运用该性质解决以下问题：点为直线上一点（不在轴上），过点作的两条切线，切点分别为.（i）证明：直线过定点；（ii）点关于轴的对称点为，连接交轴于点，设的面积分别为，求的最大值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析，（ii）【分析】（1）根据椭圆的定义求解点的轨迹方程；（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点坐标后，得出直线的方程，从而得出定点坐标；（ii）联立直线的方程与椭圆的方程，由韦达定理得出，进而求解出的定点坐标，表示出，由基本不等式得出结果.【解析】（1）设动圆的半径为，由题意得圆和圆的半径分别为，，因为与，都内切，所以，，所以，又，，故，所以点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设的方程为：，则，，所以，故的方程为：.（2）（i）证明：设，，，由题意中的性质可得，切线方程为，切线方程为，因为两条切线都经过点，所以，，故直线的方程为：，显然当时，，故直线经过定点.（ii）设直线的方程为：，联立，整理得，由韦达定理得，又，所以直线的方程为，令得，，所以直线经过定点，又，所以，所以，当且仅当时，即时取等号.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：(1)“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；(3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.10．（2024·全国·一模）如图，已知椭圆的短轴长为，焦点与双曲线的焦点重合.点，斜率为的直线与椭圆交于两点.

(1)求常数的取值范围，并求椭圆的方程.(2)(本题可以使用解析几何的方法，也可以利用下面材料所给的结论进行解答)极点与极线是法国数学家吉拉德·迪沙格于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的.对于椭圆，极点（不是原点）对应的极线为，且若极点在轴上，则过点作椭圆的割线交于点，则对于上任意一点，均有（当斜率均存在时）.已知点是直线上的一点，且点的横坐标为2.连接交轴于点.连接分别交椭圆于两点.①设直线、分别交轴于点、点，证明：点为、的中点；②证明直线：恒过定点，并求出定点的坐标.【答案】(1)，(2)①证明过程见解析②证明过程见解析，定点坐标为【分析】（1）由椭圆焦点在轴上面，列出不等式组即可得的范围，由的关系以及短轴长列出方程组即可得，由此即可得椭圆方程.（2）为了说明结论的验证性，首先证明一下题述引理（用解析几何方法），即联立直线方程与椭圆方程，由韦达定理以及斜率公式证明即可，从而对于①由结论法说明Q是和的交点，且，结合由此即可进一步得证；对于②由结论法可表示出的方程，由此整理即可得解.【解析】（1）由题意焦点在轴上，所以，解得，即的范围为，且，解得，所以椭圆方程为.（2）我们首先给出题目给出的引理的证明：设，则Q在P的极线上，现在如果经过P的直线交椭圆于：那么，代入椭圆就得到，所以，由韦达定理有，此时要证明的是：，也就是，也就是，也就是，

也就是，也就是，

也就是，也就是，也就是，也就是，也就是，这显然成立，所以结论得证.接下来我们回到原题，

①首先由于Q在P的极线上，故由引理有，，而，所以，这表明Q是和的交点，又由于，故，设，而，，，所以，也就是E是的中点；②设，那么，所以，这表明的方程是，即，所以恒过点.【点睛】关键点点睛：第二问的关键是用解析几何证明题述引理的正确性，由此即可利用结论法进一步求解.题型6：计数原理与统计概率新题型11．（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.【解析】（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.12．（2024·安徽合肥·一模）“数”在量子代数研究中发挥了重要作用.设是非零实数，对任意，定义“数”利用“数”可定义“阶乘”和“组合数”，即对任意，(1)计算：；(2)证明：对于任意，(3)证明：对于任意，【答案】(1)155(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题中定义，直接进行计算即可；（2）根据题中定义计算出等式左右两边的值，化简后即可证明；（3）根据题中的定义化简题中的条件，得到，利用此等式，等到个等式，相加即可.【解析】（1）由定义可知，.（2）因为，.又,所以（3）由定义得：对任意.结合（2）可知即，也即.所以，，…….上述个等式两边分别相加得：.【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分利用题中的定义进行运算.13．（23-24高三上·北京西城·期末）给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.(1)当，时，写出所有满足的数对序列；(2)当时，证明：；(3)当为奇数时，记的最大值为，求.【答案】(1)或(2)证明详见解析(3)【分析】（1）利用列举法求得正确答案.（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得.（3）先证明，然后利用累加法求得.【解析】（1）依题意，当，时有：或.（2）当时，因为与不同时在数对序列中，所以，所以每个数至多出现次，又因为，所以只有对应的数可以出现次，所以.（3）当为奇数时，先证明.因为与不同时在数对序列中，所以，当时，构造恰有项，且首项的第个分量与末项的第个分量都为.对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，且首项的第个分量与末项的第个分量都为，那么多奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：首先，对于如下个数对集合：，，……，，每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以，其次，对每个不大于的偶数，将如下个数对并为一组：，共得到组，将这组对数以及，按如下方式补充到的后面，即.此时恰有项，所以.综上，当为奇数时，.【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.14．（2024·广东江门·一模）将2024表示成5个正整数，，，，之和，得到方程①，称五元有序数组为方程①的解，对于上述的五元有序数组，当时，若，则称是密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解，使得等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是密集的?(3)记，问是否存在最小值?若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)不存在，理由见解析(2)(3)存在，最小值为.【分析】（1）若等于同一常数，则构成等差数列，根据等差数列下标和性质得到，推出矛盾即可得解；（2）依题意时，即当时，，则，，即可求出，，，，中有个，个，从而得解；（3）由方差公式得到（为方差），从而得到当方差取最小值时取最小值，从而推出是密集，即可求出的最小值.【解析】（1）若等于同一常数，根据等差数列的定义可得构成等差数列，所以，解得，与矛盾，所以不存在一组解，使得等于同一常数；（2）因为，依题意时，即当时，，所以，，设有个，则有个，由，解得，所以，，，，中有个，个，所以方程①的解共有组.（3）因为平均数，又方差，即，所以，因为为常数，所以当方差取最小值时取最小值，又当时，即，方程无正整数解，故舍去；当时，即是密集时，取得最小值，且.【点睛】关键点点睛：对于新定义问题关键是理解题意，第三问的关键是方差公式的应用.题型7：三角函数与数列、平面解析几何综合新题型15．（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.【解析】（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.16．（2024·江苏·模拟预测）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用．设，，，是直线上互异且非无穷远的四点，则称（分式中各项均为有向线段长度，例如）为，，，四点的交比，记为．(1)证明：；(2)若，，，为平面上过定点且互异的四条直线，，为不过点且互异的两条直线，与，，，的交点分别为，，，，与，，，的交点分别为，，，，证明：；(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若与的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则与对应边的交点在一条直线上．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题干所给交比的定义即可证；（2）把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；（3）把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第（2）问的结论得到两组交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.【解析】（1）；（2）；

（3）设与交于，与交于，与交于，连接，与交于，与交于，与交于，欲证，，三点共线，只需证在直线上．考虑线束，，，，由第（2）问知，再考虑线束，，，，由第（2）问知，从而得到，于是由第（2）问的逆命题知，，，交于一点，即为点，从而过点，故在直线上，，，三点共线．

【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.第一问直接根据交比的定义证明即可；第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形（高相同）转化为面积之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积计算的两个公式进行转化；第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.题型8：导数新题型17．（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.【解析】（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.题型9：导数与数列新题型18．（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.【解析】（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.19．（23-24高三下·河北·开学考试）在数列中，若存在常数，使得恒成立，则称数列为“数列”．(1)若，试判断数列是否为“数列”，请说明理由；(2)若数列为“数列”，且，数列为等比数列，且，求数列的通项公式；(3)若正项数列为“数列”，且，，证明：．【答案】(1)数列不是“数列”(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据已知条件求出即可判断；（2）根据数列为“数列”，化为，进而求得，作差有，根据已知条件化为，解出，由此求出，即可求出数列的通项公式.（3）构造函数，通过导数判断函数的单调性，有在上单调递减，且，再推导出且，符合上述区间，即可证明不等式.【解析】（1）数列不是“数列”，理由如下：，则，又，所以，因为不是常数，所以数列不是“数列”.（2）因为数列为“数列”，由，有①，所以②，两式作差得，又因为数列为“数列”，所以，设数列的公比为，所以，即对成立，则，得；又，，得，所以.（3）设函数，则，当时，，则在上单调递减，且，因为数列为“数列”，则，因为，，则，故，由此类推，可得对，，所以，即，所以得证.【点睛】关键点点睛：①理解“数列”的定义并运用；②通过构造函数利用函