大题07 新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义）（30题）2024年考前15天高考数学极限满分冲刺（解析版）

第第页黄金冲刺大题07新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义）（精选30题）1．（2024·辽宁·二模）已知数列的各项是奇数，且是正整数的最大奇因数，.(1)求的值；(2)求的值；(3)求数列的通项公式.【答案】(1)，(2)，，(3)【分析】（1）根据所给定义直接计算可得；（2）根据所给定义列出，即可得解；（3）当为奇数时，即可求出，当为偶数时，从而得到，即可推导出，再利用累加法计算可得.【详解】（1）因为，所以，又，所以；（2）依题意可得，，，，，，，所以，，.（3）因为是正整数的最大奇因数，当为奇数，即时，所以，当为偶数，即时，所以当时，所以，所以且，所以，当时也满足，所以数列的通项公式为.【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且，最后利用累加法求出.2．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知数列的各项均为正整数，设集合，，记的元素个数为.(1)若数列A:1，3，5，7，求集合，并写出的值;(2)若是递减数列，求证:“”的充要条件是“为等差数列”;(3)已知数列，求证:.【答案】(1).(2)证明见解析；(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，结合集合的新定义，即可求解；（2）若为等差数列，且是递减数列，得到，结合，证得充分性成立；再由是递减数列，得到，结合互不相等，得到，得到必要性成立，即可得证；（3）根据题意，得到，得出，得到，不妨设，则，推得为奇数，矛盾，进而得证.【详解】（1）解：由题意，数列，可得，所以集合，所以.（2）证明：充分性：若为等差数列，且是递减数列，则的公差为，当时，，所以，则，故充分性成立.

必要性:若是递减数列，，则为等差数列，因为是递减数列，所以，所以，且互不相等，所以，又因为，所以且互不相等，所以，所以，所以为等差数列，必要性成立.所以若是递减数列，“”的充要条件是“为等差数列”.（3）证明：由题意集合中的元素个数最多为个，即，

对于数列，此时，若存在，则，其中，故，

若，不妨设，则，而，故为偶数，为奇数，矛盾，故，故，故由得到的彼此相异，所以.3．（2024·广西·二模）已知函数，若存在恒成立，则称是的一个“下界函数”．(1)如果函数为的一个“下界函数”，求实数的取值范围；(2)设函数，试问函数是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)函数F(x)是否存在零点，理由见解答【分析】（1）把恒成立问题转换为求的最小值问题，利用导数求出最小值即可；（2）把函数整理成，要判断是否有零点，只需看的正负问题，令，利用导数分析即可.【详解】（1）由恒成立，可得恒成立，所以恒成立,令，所以，当时,，在单调递减；当时,，在单调递增；所以的最小值为，所以，实数t的取值范围；（2）由（1）可知，所以，所以，①又，所以，令，所以，当时,，在单调递减；当时,，在单调递增；所以，②所以，又①②中取等号的条件不同，所以所以函数没有零点.4．（2024·湖南长沙·模拟预测）设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.(1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；(2)对于正整数时，是否有成立？(3)已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：.【答案】(1)(2)成立(3)证明见解析【分析】（1）利用展开计算，根据切比雪夫多项式可求得；（2）要证原等式成立，只需证明成立即可，利用两角和与差的余弦公式可证结论成立；（3）由已知可得方程在区间上有3个不同的实根，令，结合（1）可是，可得，计算可得结论.【详解】（1）依题意，，因此，即，则，（2）成立.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：，，两式相加得，，将替换为，所以.所以对于正整数时，有成立.（3）函数在区间上有3个不同的零点，即方程在区间上有3个不同的实根，令，由知，而，则或或，于是，则，而，所以.5．（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．6．（2024·辽宁·三模）若实数列满足，有，称数列为“数列”.(1)判断是否为“数列”，并说明理由；(2)若数列为“数列”，证明：对于任意正整数，且，都有(3)已知数列为“数列”，且.令，其中表示中的较大者.证明：，都有.【答案】(1)数列是“数列”，数列不是“数列”；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据“数列”的定义判断可得出结论；（2）由可得出，利用累加法结合不等式的基本性质可得，以及，再结合可证得结论成立；（3）首先当或2024时的情况，再考虑时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结论.【详解】（1）因为，所以数列是“数列”，因为，所以数列不是“数列”；（2）令，因为数列为“数列”，所以从而，所以因为，所以，因为，所以.（3）当或2024时，，从而，当时，因为，由第(2)问的结论得，可推得，从而对于，由第(2)问的结论得，从而也成立，从而对于，由第(2)问的结论得，从而也成立，从而所以由条件可得，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，结合已知结论进行推导、求解；本题中，根据“数列”的定义“”结合作差法、不等式的性质进行推理、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.7．（2024·广东梅州·二模）已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．(1)若，求其生成数列的前项和；(2)设数列的“生成数列”为，求证：；(3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{pn}的通项，由分组求和法及等比数列的前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．【详解】（1）因为关于单调递增，所以，，于是，的前项和．（2）由题意可知，，所以，因此，即是单调递增数列，且，由“生成数列”的定义可得．（3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列．当是一个常数列，则其公差必等于0，，则，因此是常数列，也即为等差数列；当是一个非常数的等差数列，则其公差必大于0，，所以要么，要么，又因为是由正整数组成的数列，所以不可能一直递减，记，则当时，有，于是当时，，故当时，，…，因此存在正整数，当时，，…是等差数列．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，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.8．（2024·浙江绍兴·二模）已知，集合其中.(1)求中最小的元素；(2)设，，且，求的值；(3)记，，若集合中的元素个数为，求.【答案】(1)7(2)或10(3)【分析】（1）根据集合新定义，确定中最小的元素即可；（2）根据集合中的元素可得，设，，分别讨论当时，当时，当时，的取值情况，即可得结论；（3）设，则，其中，，所以，根据组合数的运算性质确定与的关系，即可求得的值.【详解】（1）中的最小元素为.（2）由题得，设，.①当时，或或或或或.经检验，当时，，符合题意，所以.②当时，或或或.经检验，当时，，符合题意，所以.③当时，不符合题意.因此，或10.（3）设，则，其中，，所以，设，则.因为，所以.因为，所以，所以，又因为，所以.【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素性质；（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与的关系.9．（2024·山东潍坊·二模）数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，…．如果一个数列的p阶差数列是等比数列，则称数列为p阶等比数列．(1)已知数列满足，．（ⅰ）求，，；（ⅱ）证明：是一阶等比数列；(2)已知数列为二阶等比数列，其前5项分别为，求及满足为整数的所有n值．【答案】(1)（ⅰ），，；（ⅱ）证明见解析(2)当时，为整数.【分析】（1）（ⅰ）根据的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造即可证明；（2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为，可得，结合进而可得，从而分析为整数当且仅当为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质分析即可.【详解】（1）（ⅰ）由，易得，……由一阶等差数列的定义得：，，.（ⅱ）因为，所以当时有，所以，即，即，又因为，故是以1为首项，2为公比的等比数列，即是一阶等比数列.（2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为，则，，所以.由题意，所以，所以，即.所以为整数当且仅当为整数.由已知时符合题意，时不合题意，当时，，所以原题等价于为整数，因为①，显然含质因子3，所以必为9的倍数，设，则，将代入①式，当为奇数时，为偶数，①式为2的倍数；当为偶数时，为奇数，为偶数，①式为2的倍数，又因为2与9互质，所以①为整数.综上，当时，为整数.【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.10．（2024·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:对于满足一定条件的连续函数，存在实数，使得，我们就称该函数为“不动点”函数，实数为该函数的不动点.(1)求函数的不动点;(2)若函数有两个不动点，且，若，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据不动点定义求解即可；（2）根据题意问题转化为方程有两个不等的实数根，令，利用导数判断单调性极值，可得，且的值随着的值减小而增大，列式求出时的值，得解.【详解】（1）设的不动点为，则，解得，所以函数的不动点为.（2）函数有两个不动点，即方程，即有两个不等的实数根，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，，且时，，时，，作出的大致图象如下：所以，且的值随着的值减小而增大，当时，有，两式相减得，解得，即，代入，解得，所以此时，所以满足题意的实数的取值范围为.11．（2024·河北沧州·一模）对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为和，即，．(1)若，证明：集合中有且仅有一个元素；(2)若，讨论集合的子集的个数．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）令，求导，可得函数的单调性，进而可得函数有唯一零点，可得结论；（2）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数.，进而可得集合的子集的个数.【详解】（1）令，求导得，令，可得，当，，当，，所以，所以有唯一零点，所以集合中有且仅有一个元素；（2）当时，由函数，可得导函数，所以在上单调递增，由反函数的知识，稳定点在原函数与反函数的交点上，即稳定点与的不动点等价，故只需研究的不动点即可；令，则，则在上单调递减，①当时，恒成立，即在上单调递增，当x无限接近于0时，趋向于负无穷小，且，故存在唯一的，使得，即有唯一解，所以此时有唯一不动点；②当时，即时，，当趋向无穷大时，趋近于0，此时，存在唯一，使得，此时在上单调递增，在上单调递减，故，当趋近于0时，趋向于负无穷大，当向正无穷大时，趋向负无穷大时，设，则在上单调递增，且，又在时单调递增，故（i）当时，即，此时，方程有一个解，即有唯一不动点，所以集合的子集有2个；（ii）当，即，此时，方程无解，即无不动点，所以集合的子集有1个；（iii）当时，即，此时，方程有两个解，即有两个不动点，所以集合的子集有4个；综上，当时或时，集合的子集有2个；当时，集合的子集有1个；当时，集合的子集有4个.【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．12．（2024·山东聊城·二模）对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”．已知．(1)设，若为“的可移倒数点”，求函数的单调区间；(2)设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，求的取值范围．【答案】(1)单调递增区间为，递减区间为；(2).【分析】（1）根据给定的定义，列式求出值，再利用导数求出函数的单调区间.（2）利用定义转化为求方程恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可.【详解】（1）由为“的可移倒数点”，得，即，整理，即，解得，由的定义域为R，求导得，当时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增，所以的单调递增区间为，递减区间为．（2）依题意，，由恰有3个“可移1倒数点”，得方程恰有3个不等实数根，①当时，，方程可化为，解得，这与不符，因此在内没有实数根；②当时，，方程可化为，该方程又可化为．设，则，因为当时，，所以在内单调递增，又因为，所以当时，，因此，当时，方程在内恰有一个实数根；当时，方程在内没有实数根．③当时，没有意义，所以不是的实数根．④当时，，方程可化为，化为，于是此方程在内恰有两个实数根，则有，解得，因此当时，方程在内恰有两个实数根，当时，方程在内至多有一个实数根，综上，的取值范围为．【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零点问题，求解此类问题的一般步骤：（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；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．13．（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.14．（2024·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个点和，记，称为点与点之间的“距离”，其中表示中较大者．(1)计算点和点之间的“距离”；(2)设是平面中一定点，．我们把平面上到点的“距离”为的所有点构成的集合叫做以点为圆心，以为半径的“圆”．求以原点为圆心，以为半径的“圆”的面积；(3)证明：对任意点．【答案】(1)；(2)4；(3)证明见解析.【分析】（1）根据所给定义直接计算即可；（2）依题意可得，再分类讨论，从而确定“圆”的图形，即可求出其面积；（3）首先利用导数说明函数的单调性，结合绝对值三角不等式证明即可.【详解】（1）由定义知，；（2）设是以原点为圆心，以为半径的-圆上任一点，则．若，则；若，则有．由此可知，以原点为圆心，以为半径的“圆”的图形如下所示：则“圆”的面积为.

（3）考虑函数．因为，所以在上单调递增．又，于是，同理，．不妨设，则.【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.15．（2024·广东深圳·二模）无穷数列，，…，，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是﹔如果n是奇数，就对尽可能多次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是．(1)写出这个数列的前7项；(2)如果且，求m，n的值；(3)记，，求一个正整数n，满足．【答案】(1)，，，，，，；(2)；(3)（答案不唯一，满足即可）【分析】（1）根据数列的定义，逐一求解；（2）根据数列的定义，分和分别求解；（3）根据数列的定义，写出的值，即可求解.【详解】（1）根据题意，，，，，，，．（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设．当时，因为，所以，故；当时，因为，而n为奇数，，所以．又m为奇数，，所以存在，使得为奇数．所以．而，所以，即，，无解．所以．（3）显然，n不能为偶数，否则，不满足．所以，n为正奇数．又，所以．设或，．当时，，不满足；当时，，即．所以，取，时，即．【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当时，满足，从而设，，验证满足条件.16．（2024·湖南邵阳·模拟预测）对于定义在上的函数，若存在距离为的两条平行直线和，使得对任意的都有，则称函数有一个宽度为的通道，与分别叫做函数的通道下界与通道上界．(1)若，请写出满足题意的一组通道宽度不超过3的通道下界与通道上界的直线方程；(2)若，证明：存在宽度为2的通道；(3)探究是否存在宽度为的通道？并说明理由．【答案】(1)与；(2)证明见解析；(3)不存在，理由见解析.【分析】（1）求出函数的值域，再利用给定定义求解即得.（2）利用辅助角公式求出的值域，再利用不等式的性质可得，结合定义推理即得.（3）利用导数求出函数的值域，假定存在，设出通道下界与通道上界的直线方程，利用定义建立不等式，构造函数，按探讨函数值情况即可得解.【详解】（1）函数的定义域为R，在R上单调递增，而，则，即，因此，取，得通道下界的直线方程：，通道上界的直线方程：，显然直线与的距离为2，因此通道宽度不超过3，所以通道下界与通道上界的直线方程分别为与.（2）函数的定义域为R，而，即，则，取，得通道下界的直线方程：，通道上界的直线方程：，显然直线与的距离，所以存在宽度为2的通道.（3）函数，求导得，函数在上单调递减，则，显然当时，恒有，即，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，，则对任意，恒成立，即，令，当时，则，而，不符合题意；当时，对任意，，函数在上单调递减，值域为，因此不存在，使得对任意，成立，即不存在宽度为的通道；当时，对任意，，函数在上单调递增，值域为，因此不存在，使得对任意，成立，即不存在宽度为的通道，综上，不存在宽度为的通道.【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.17．（2024·福建福州·模拟预测）记集合，集合，若，则称直线为函数在上的“最佳上界线”；若，则称直线为函数在上的“最佳下界线”．(1)已知函数，．若，求的值；(2)已知．（ⅰ）证明：直线是曲线的一条切线的充要条件是直线是函数在上的“最佳下界线”；（ⅱ）若，直接写出集合中元素的个数（无需证明）．【答案】(1)或(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）2个【分析】（1）由题意可得，，且，，再由△求解即可；（2）（ⅰ）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．【详解】（1）依题意，，，，且，，令，，则，且，，，即，或，解得或；（2）（ⅰ）先证必要性．若直线是曲线的切线，设切点为，因为，所以切线方程为，即（*）一方面，，所以，，另一方面，令，则，因为，所以当时，，在单调递减，当时，，在单调递增，所以，所以．即，，所以，即是函数在上的“最佳下界线”．再证充分性．若是函数在上的“最佳下界线”，不妨设，由“最佳下界线”的定义，，，且，，令，则且，所以．因为，①若，则，所以在上单调递增，所以，使得，故不符合题意．②若，令，得，当时，，得在单调递减，当时，，得在单调递增，所以，当且仅当时，取得最小值．又由在处取得最小值，，所以即解得，，所以，由（*）式知直线是曲线在点处的切线．综上所述，直线是曲线的一条切线的充要条件是直线是函数在上的“最佳下界线”．（ⅱ）集合元素个数为2个．【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．18．（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.19．（2024·辽宁大连·一模）对于数列，定义“T变换”：T将数列A变换成数列，其中，且．这种“T变换”记作，继续对数列B进行“T变换”，得到数列，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．(1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列：(2)若不全相等，判断数列不断的“T变换”是否会结束，并说明理由；(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)507【分析】（1）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；（2）先假设数列经过不断的“T变换”结束，不妨设最后的数列，由数列往前推，则非零数量可能通过“T变换”结束，或者数列为常数列，进而得到可能出现的情况，推出矛盾，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1时，再继续推，往后会发现k次“T变换”得到的数列是循环的，得到最小值，进而推出次数即可.【详解】（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：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列为0，1，1.（2）数列经过不断的“变换”不会结束，设数列，且，由题可知：，，即非零常数列才能经过“变换”结束；设（为非零常数列），则为变换得到数列的前两项，数列只有四种可能：，而以上四种情况，数列的第三项只能是0或，即不存在数列，使得其经过“变换”变成非零常数列，故数列经过不断的“变换”不会结束；（3）数列经过一次“变换”后得到数列，其结构为（远大于4）数列经过6次“变换”后得到的数列依次为：；所以，经过6次“变换”后得到的数列也是形如“”的数列，变化的是，除了4之外的两项均减小24，则数列经过次“变换”后得到的数列为：2，6，4，接下来经过“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，所以最快经过次“变换”得到的数列各项之和最小，即的最小值为507．【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题.关于数列的新定义一般思路为：根据定义写出几项；找出规律；写成通项；证明结论.20．（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.21．（2023·山西·模拟预测）对于数列，若存在，使得对任意，总有，则称为“有界变差数列”．(1)若各项均为正数的等比数列为有界变差数列，求其公比q的取值范围；(2)若数列满足，且，证明：是有界变差数列；(3)若，均为有界变差数列，且，证明：是有界变差数列．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）讨论和，，并结合等比数列求和及性质求解；（2）构造变形得是等差数列，求得即可证明；（3）利用绝对值不等式放缩得，再结合有界变差数列得定义证明即可.【详解】（1）因为的各项均为正数，所以，，，当时，，，任取即可，所以为有界变差数列．当时，，若，则，令即可，所以为有界变差数列，若，则，当时，，显然不存在符合条件的M，故不是有界变差数列．综上，q的取值范围是．（2）由，可得，易知，所以，因此是首项为，公差为1的等差数列，所以，即．所以，，所以是有界变差数列．（3）由有界变差数列的定义可知，，．因为，所以．故，因此，所以是有界变差数列．【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解决第三问.22．（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.23．（2024·浙江台州·二模）设A，B是两个非空集合，如果对于集合A中的任意一个元素x，按照某种确定的对应关系，在集合B中都有唯一确定的元素y和它对应，并且不同的x对应不同的y；同时B中的每一个元素y，都有一个A中的元素x与它对应，则称：为从集合A到集合B的一一对应，并称集合A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.例如：对于集合，，存在一一对应关系，因此.(1)已知集合，，试判断是否成立?请说明理由；(2)证明：①；②.【答案】(1)成立，理由见解析(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）根据新定义判断即可；（2）①取特殊函数满足定义域为，值域为即可利用其证明②设，，假设，利用反证法得证.【详解】（1）设，，令则C与D存在一一对应，所以集合.（2）①取函数，其中，，两个集合之间存在一一对应，故.备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为，值域为即可，如：或等等均可，②设，，假设，即存在对应关系：为一一对应，对于集合B中的元素，，，至少存在一个（，且）与这三个集合中的某一个对应，所以集合A中必存在.记，则，故，从而存在，使得；若，则，矛盾；若，则，矛盾.因此，不存在A到B的一一对应，所以.【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.24．（2024·浙江嘉兴·二模）已知集合，定义：当时，把集合中所有的数从小到大排列成数列，数列的前项和为.例如：时，，.(1)写出，并求；(2)判断88是否为数列中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；(3)若2024是数列中的某一项，求及的值.【答案】(1)，；(2)88是数列的第30项；(3)，，【分析】当时，此时，由集合新定义中的规则代入计算即可；根据集合新定义，由，再列举出比它小的项即可；方法一：由可得，再列举出比它小的项分别有以下7种情况，再求和；方法二：由可得，求得集合中的元素个数和最大的一个，可得，再求和可得.【详解】（1）因为，此时，，.（2）当时，，是数列中的项，比它小的项分别有个，有个，有个，所以比88小的项共有个，故88是数列的第30项.（3）是数列中的项，故，则当时，，方法一：比它小的项分别有以下7种情况：①个数字任取7个得个，②，得个，③，得个，④，得个，⑤，得个，⑥，得个，⑦，得个，所以比2024小的项共有个，其中故2024是数列的第329项，即.方法二：共有元素个，最大的是，其次为，所以2024是数列的第项，即.在总共项中，含有的项共有个，同理都各有个，所以，则.【点睛】关键点点睛：本题关键在于解读集合的定义计算，并联想到和辅助思考.25．（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，取整函数是德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：对于任意的大于等于3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，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，∴.【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.26．（2024·河北石家庄·二模）设集合是一个非空数集，对任意，定义，称为集合的一个度量，称集合为一个对于度量而言的度量空间，该度量空间记为.定义1：若是度量空间上的一个函数，且存在，使得对任意，均有：，则称是度量空间上的一个“压缩函数”.定义2：记无穷数列为，若是度量空间上的数列，且对任意正实数，都存在一个正整数，使得对任意正整数，均有，则称是度量空间上的一个“基本数列”.(1)设，证明：是度量空间上的一个“压缩函数”；(2)已知是度量空间上的一个压缩函数，且，定义，，证明：为度量空间上的一个“基本数列”.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由正弦函数的性质可知：在上的值域，进而得出是从到的函数，然后证明存在，对任意，都有即可；（2）先由压缩函数的定义得到：必存在，使得对任意，，，进而得到，再利用绝对值三角不等式得出，分类讨论与两种情况即可得证，【详解】（1）由正弦函数的性质可知：在上单调递增，在上单调递减，所以，，，所以在上的值域为，所以是从到的函数，另一方面，我们证明存在，对任意，都有，取，则对任意，不妨设，分两种情形讨论：①当时，令，则，所以在上单调递增，因为，所以，即，所以，即，②当时，令，则，所以在上单调递增，因为，所以，即，所以，即，综上所述，对任意，都有，所以是度量空间上的一个“压缩函数”.（2）证明：因为是度量空间上的一个压缩函数，所以必存在，使得对任意，，即，因为，，所以，由绝对值三角不等式可知：对任意，有，又因为，所以，所以，①当时，对任意，有，所以，所以对任意，对任意正整数，当时，均有，②当时，对任意，取一个正整数，则，即，则当时，有，综上所述，对任意，都存在一个正整数，使得对任意正整数，当时，均有，，故为度量空间上的一个“基本数列”.【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.27．（2024·湖北·模拟预测）欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合，欧拉函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数；记表示x除以y的余数（x和y均为正整数），(1)求和；(2)现有三个素数p，q，，，存在正整数d满足；已知对素数a和，均有，证明：若，则；(3)设n为两个未知素数的乘积，，为另两个更大的已知素数，且；又，，，试用，和n求出x的值．【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求出和.（2）分析求出x与n不互质的数的个数，求得，设，，结合二项式展开式证明，再按与分类求证即得.（3）利用的定义，记，，令，那么，且，，使，则，再探求数列项数及递推关系即可求得答案.【详解】（1）中，与6互质的数有1和5，则；中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则8.（2）因为，p和q为素数，则对，仅当或时，x和n不互质，又，则，，…，或，，…时，x与n不互质，则，设，，可知s，t不全为0，下证时，；由题知，，又，所以，同理有；于是记，，即，同理，记，于是，则，因为，所以，所以，即；（i）时，记，则，记，又，而，则，即，即；（ii）若，不妨设，于是，所以，又，，所以；综上，，得证：（3）因为，所以，则，则，假设存在，，使得；记，，令，那么，且，于是，使，则，从而数列有且仅有项，考虑使成立，则对于相邻项有，将两式相加并整理得：，令，得，又由于，，…，及均由和确定，则数列的各项也可根据n和确定，由上知，，则，即，其中是根据n和唯一确定的.【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，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，再转化、抽象为相应的数学问题作答.28．（2024·江西宜春·模拟预测）定义：设和均为定义在上的函数，其导函数分别为，，若不等式对任意恒成立，则称和为区间上的“友好函数”．(1)若和是“友好函数”，求的取值范围；(2)给出两组函数：①，；②，，分别判断这两组函数是否为上的“友好函数”