数学压轴-2024届新高考压轴新题型综合

2024届新高考第19题压轴新题型综合【押题系列】

真题解读北京、上海近年新题型真题

集合新题型

—函数新题型

押题02第19题压轴新题型综合

-------------拗盼析(新高考地区)__+-趣归纳醍曲缆艇

—计数原理、统计与概率综合新题型

—导数新艇

「不同模块综合新题型

1.(2023•北京)数列｛即｝，｛瓦｝的项数均为一(m>2),且即，bne｛l,2,…，相｝,｛斯｝，｛为｝的前〃项

和分别为4,Bn,并规定Ao=3o=O.对于髭｛0,1,2,…，m｝,定义j=相融｛心,WA七记｛0,1,2,

…，m｝｝,其中，maxM表示数集M中最大的数.

(I)若。1=2,〃2=1,的=3,6=1,历=3,fe—3,求厂o，n,ri,咫的值；

(II)若2加，且1，j=l,2,…，m~1,求%;

(III)证明：存在OWpVqW根，OWrVsW如使得Ap+Bs=Ag+a.

【分析】(I)根据题意可得，列表分析即4,bi，Bi,小的值，即可得出答案.

(II)由题意知%Wm且%EN,即21,b会1,则421,Bn21,当且仅当几=1时，等号成立，可推

出外?-12%-1-6-22...2/1-r0=1,即n+i-用反证法证明满足rn+\-rn>X的最小正整数

为不成立，推出2+1-%=1成立，由等差数列的性质，即可得出答案.

(III)分两种情况：若人加巳即时，若AX%时,证明AP+&=&+&,即可得出答案.

【解析】解：(I)列表如下，对比可知ro=O,n—L9=1,门=2.

所以421,当且仅当〃=1时，等号成立，

所以n)=0,〃=1,

又因为i+o+i，

贝!Jv+i-rj^rj-rj-\,即rm-rm-\^rm-\~一根-2三…三门--0=1,

可得。+1--芹1，

反证：假设满足rn+x-rn>\的最小正整数为iWiWm-1,

当j>i时，则兀+i-

当，V-1时，则7)+1-叮=1,

则rm=(rm-rm-1)+(rm-1-rm-2)+.••+(n-ro)+n)22(m-i)+i=2m-i,

又因为则-加22机-机-(m-1)=m+l>m,

所以假设不成立，%+1-%=1成立，

所以数列｛%｝是以首项为b公差为1的等差数列，

所以%=O+1X〃=〃，neN.

(Ill)证明：若4根与3根，设S〃=A九"1W几Wm,

根据题意可得Sn^o且Sn为整数，

反证法：假设存在正整数K,使得SK2如

且木力根(若木=加时，A根=3根显然成立，机和A根〈3相同理，只需要论证A^V5n

B工

，'B加+i不存在),

-B>.8.V

则AK'1~m,AK'0,

所以"「।।B',(AK-(AKT)>m,

这与，♦、｛1,2…，机｝相矛盾，

所以对任意几Wm,尤N,均有SnWm-1,

_11=sf>

①若存在正整数M使得SN=A『「0,即AN-

取r=p=0,q=N,S=TN，使得Ap+3s=Aq+8「，

②若不存在正整数N,使得SN=0，

因为S底{1,2m,…，m-\],且

所以必存在IWXVYWm,使得Sx=Sy,即AX''Ay可得AxfAy'，，

取〃=X,s=ry,q=Kr=rx，使得Ap+3s=Aq+以，

、=B-

右nAfn<Bfn，设S〃1-A〃,iW/lWnt,

根据题意可得%W0且Sn为整数，

反证法：假设存在正整数K,使得SKW-m,

B-BL

则AKW-m,1AK>0,

bJ.—HsB上一H

所以‘,7,,'1'，('，'iAK)-('，AK)>m,

这与瓦，G{1,2…，加}相矛盾，

所以对任意1W几Wm,〃EN,均有-m,

itU

①若存在正整数N,使得S/AN=0,即A/

取r=〃=0,q—N,S=TN，使得Ap+5s=Aq+5「，

②若不存在正整数N,使得SN=0,

因为S〃€{-1,-2,…，1-m),且

4.M4,U

所以必存在iWXVYWm,使得Sx=Sy,即Ax'--Al■,可得Ax1--Ay，,

p=X,s=ry,q=Y,r=rx，使得/+&=%+房.

综上所述，存在OWpVqW如OWYsW加，使得Ap+3s=Ag+外.

【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：ai，ai,,,,,或为有穷整数数列.给定正整数出若对任意的〃6{1,2,…，m],

在。中存在即。，+1，〃计2，…，研/。20),使得的+。计1+〃计2+…+〃，+/=〃，则称Q为机-连续可表数

歹!J.

(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：a\,〃2,…，四为8-连续可表数列，求证：上的最小值为4；

(III)若Q：ai，az，…，延为20-连续可表数列，且〃i+〃2+…+〃左<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％的值为3,结合。是8-连续可表数列的定义推出矛盾，进而得出证

明；

（III）首先连续可表数列的定义，证明得出kN6,然后验证左=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”6｛1,2,3,4,5）,

＜22=Lai=2,41+42=2+1=3,。3=4,。2+的=1+4=5,

所以。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。不是6-连续可表数列；

（II）假设上的值为3,则ai，03最多能表示ai,ai,的，ai+a2,。2+。3,ai+ai+a3,共6个数字，

与。是8-连续可表数列矛盾，故人》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，即存在左=4满足题意.

故人的最小值为4.

（III）先证明46.

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Z26.

若k=6,最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数，

由于。为20-连续可表数列，且。1+。2+…+延＜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，

当上＞7时，数列1,2,4,5,8,-2,-1,ak=--=an=0,所以上27符合题意，

故后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｛斯｝满足如下三个性质，则称｛斯｝为％数列：

①ai+p20,且。2+2=0;

②(〃=1,2,…)；

@am+n^｛am^-an+p,+。九+夕+1｝(加=1，2,,••；n—1,2,•••).

(I)如果数列｛即｝的前四项为2,-2,-2,-1,那么｛斯｝是否可能为!R2数列？说明理由；

(II)若数列｛斯｝是！Ro数列,求〃5；

(III)设数列｛斯｝的前〃项和为S，是否存在与数列｛〃〃｝,使得%2Sio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〃3，。4的取值情况，然后分别分析得到。4=1，〃3=〃1，从而求出的值，当

=0,则｛斯｝的前四项为0,0,0,1,利用数学归纳法证明次"+i=u(i=l,2,3),〃4八+4=〃+1(〃WN),

即可求得答案；

(III)令bn=an+p，由性质③进行分析，可得数列｛尻｝为！Ro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｛斯｝不可能为%数列，理由如下，

因为p=2,〃i=2,〃2=-2,所以〃i+〃2+p=2,〃I+〃2+P+1=3,

因为。3=-2,所以硝金｛41+42+p，41+〃2+p+l｝，

所以数列｛斯｝不满足性质③.

(II)性质①，4120,〃2=0；

由性质③〃加+2日〃加，而+1｝，因此。3=。1或。3=41+1，〃4=0或44=1，

若04=0,由性质②可得。3<四，即。1<0或41+1<0,矛盾；

若的=1,〃3=〃1+1，由〃3<〃4，则〃1+1V1,矛盾，

因此只能是。4=1，。3=〃1，

1

又因为。4=。1+。3或〃4=。1+硝+1，所以。12或〃i=0.

1

若2,则〃21。1+。1+0，41+41+0+1｝=｛2。1，2。1+1｝=｛1,2｝,不满足。2=0，舍去；

当〃1=0,则｛斯｝的前四项为0,0,0,1,

下面用数学归纳法证明函函=〃(i=l,2,3),3〃+4=几+1(nGN),

当n=0时，经检验命题成立；

假设nWk(左20)时命题成立.

当〃=%+1时，

右i=1,贝!J〃4(HI)+1=〃4%+5=可+(4女+5-j)，

利用性质③：{勾+〃必+5J7CN*,1W/W44+4}=化k+1},此时可得以好5=4+1，

否则04■4+5=左，取左=0可得〃5=。，而由性质②可得〃5=。1+。代{1，2},与〃5=0矛盾.

同理可得，{旬+匈：+6-4EN*,1WjW4Z+5}={%,Z+1},此时可得〃北+6=%+1,

{@,+。4k+8-j|/EN*,2W/W4Z+6}={Z+l,Z+2},此时可得4+8=左+2,

{q,+。4好7-/I/CN*,10W4Z+6}={k+1},又因为〃4女+7<〃44+8，此时可得〃必+7=Z+1，

即当〃=k+1时，命题成立.

综上可得，〃5=〃4*1+1=1；

(III)令bn=an+p,由性质③可知，Ym,〃WN*,bm+n=am+n+p^{am+p+a/p，am+p+an+p+1}={bm+bn，

bm+bn+1}，

由于bl=ai+p20,历=G2+p=0，b4n-l=a4n-l+p<O4n+p=b4n^

因此数列{a}为!Ro数列，

由(II)可知，若V〃€N*,a4n+t=n-p(i=l,2,3),«4n+i—n+1-p；

Sil-S10=〃ll=44x2+3=2-p，U,

S9-S10=-aio=-。4*2+2=-(2-p)20，

因此p=2,此时Q2,…，QioWO,q20(，2n),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/(x)—aj?-(〃+1)/+冗，g(x)=丘+加(其中〃三0,k,mGR),若任意xE[0,

1]均有/G)Wg(x),则称函数y=g(x)是函数y=/(x)的“控制函数”，且对所有满足条件的函

数y=g(%)在x处取得的最小值记为/(工).

(1)若4=2,g(x)=x，试判断函数y=g(x)是否为函数>=/(%)的“控制函数”，并说明理由；

1

(2)若4=0,曲线y=/(x)在X4处的切线为直线y=〃(％),证明：函数y="(x)为函数y=/(x)

1

的“控制函数”，并求了(4)的值；

(3)若曲线y=/(x)在x=xo，xoE(0,1)处的切线过点(1,0),且ce[xo，1],证明：当且仅当。

=如或。=1时，/(c)=f(c).

【分析】(1)设7z(九)—f(x)-g(x)=2/-3/,h'(x)=6/-6x—6x(x-1),当xG[0,1]时，

易知/?'(x)=6x(x-1)WO,即/z(x)单调减，求得最值即可判断；

(2)根据题意得到/(x)Wh(x),即y=/7(x)为函数y=/(x)的“控制函数"，代入即可求解；

(3)f(x)=ax3-(a+1)/+x,f(无)=3ax2-2(a+1)x+\,y=f(x)在x=xo(xoG(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

11

X■,(；-.1)

(%)必与＞=/(%)相切于x点，f(x)与y=f(X)在2a处相切，且过点a,o),在2a之

1

7(c)=/(c)w«sT-sX0

间的点不可能使得y=/(x)在切线下方，所以2a或C=l,即可得证.

【解析】解：(1)/(x)=29-3/+x,设h(x)=f(x)-g(x)=2W-3x2,

h'(x)=6/-6x=6x(x-1),当xe[0,1]时,易知h'(x)—6x(x-1)WO,即h(x)单调减，

:.h(x)max=h(0)=0,即/(x)-g(%)WO*(%)Wg(x),

・・・g(x)是/(x)的“控制函数”；

21311

f(x)«-x+x・f(7)■77-f(x)--2x+i.f(-)«-

(2)41642,

113111112

++f(x)-h(x)=~x+50

24162162164

：.f(x)Wh(x),即y=/2(x)为函数y=/(x)的“控制函数"，

11311313

,()=z,()=℃)之”/=

又4Z747176,且441176,.・.4=16.

证明：(3)f(x)=〃/一(〃+1)/+%,f(%)=3〃/-2(a+1)x+1,

y=f(x)在x=xo(xoE(0,1))处的切线为/(%),

t(x)—f(xo)(x-xo)+f(xo)，t(xo)—f(xo)，t(1)=0*(1)=0,

g

22

■3ax0-2(a+l)x0+1*/("(l-xj-/⑴一”“■(l-x0)|a(l++x0)-(a+1)(1+xj

+11

22111

=3ax0-2(a+l)x0+l=ax0-x0^(2ax0-l)(x0-l)=0.x0*l=^a=~-6(-.+8)n,=—

2。Lza

1z11

2

f(Xo)=3ax0-2(a+l)x0+1=3a(—)-2(a+1)(-)+1=--

la2a4a,

2a-l

13121

/=。(丁)-(a+D(丁)*+丁=

2a2a2a8a2,

112a-l1

t(x)=r(xj(x-xj+f(x0)=---(x---)+------T-=»t(x)=-y-fx-l)

4a2a8a?4a

211Z

f(x)=x(x-l)(ax-l)£((x)=»ax-x+—20・(x——)20

4a2a恒成立,

函数r(无)必是函数y=/(x)的“控制函数"，

^g(x)-kx>m/(x)s>v7(x)f(x｝.7(x)«f(x).x€(0.1)是函数y=/(x)的“控制函数”，

1

x=^-

此时“控制函数"g(无)必与>=/(无)相切于X点，f(尤)与y=/(尤)在2Q处相切，且过点(1,

0),

11

(―-1)7(c)=/(c)=>c=—»x0

在2a之间的点不可能使得y=/(x)在切线的下方，所以2a或。=1,

所以曲线>=/(无)在x=xo(xoe(0,1))处的切线过点(1,0),且c€［尤o，1］,

当且仅当C=xo或C=1时，八i)八工).

【点评】本题考查了导数的综合运用，属于难题.

5.(2021•上海)已知xi，X26R,若对任意的尤2-xieS,f(x2)-f(xi)ES,则有定义：f(x)是在S关

联的.

(1)判断和证明/(x)=2x-l是否在［0,+8)关联？是否有［0,1］关联？

(2)若f(x)是在｛3｝关联的，f(x)在xRO,3)时，f(x)=W-2x,求解不等式：2W/(x)W3.

(3)证明：/(%)是｛1｝关联的，且是在［0,+8)关联的，当且仅当V(x)在口，2］是关联的”.

【分析】(1)任取xi-尤240,+8),证明/(xi)-f(%2)G［0,+8),证明/(x)=2x-l在［0,+

8)关联，取X1=1,x2=O,证明/(无)在［0,1J不关联；(2)先得到/(x+3)-/(X)=3,再得到放［0,

3)和xe［3,6)的解析式，进而得到答案；(3)先证明了(无)在｛1｝是关联的a(x)是在｛1｝关联的，

且是在［0,+8)关联的，再证明/(%)在［1,2］是关联的R(x)是在｛1｝关联的，且是在［0,+8)关联

的.

【解析】解：(1)f3在［0,+8)关联，在［0,1］不关联，

任取X1-X2H0,+8),则/(XI)-/(X2)=2(尤1-尤2)G［0,+8),：.f(x)在［0,+8)关联；

取xi=l,X2=o,则Xl-X2=le［O，1J,

,：f(xi)-f(X2)=2(XI-Xi)=2《［0,1］,：.f(x)在［0,1］不关联；

(2):/(x)在｛3｝关联，，对于任意xi-初=3,都有/(xi)-f(x2)=3,

对任意x,都有/(x+3)-f(x)=3,

由xe［O,3)时，f(x)=/-2x,得/(x)在xRO,3)的值域为［-1,3),

：.f(x)在抚［3,6)的值域为［2,6),

：.2^f(x)W3仅在xe［O,3)或尤6［3,6)上有解，

xG［O,3)时，/(无)=?-2%,令2W7-2xW3,解得、<+1三彳<3,

xG［3,6)时，f(x)=/(尤-3)+3=？-8.r+18,令2W--8x+18W3,解得3WxW5,

不等式2守(尤)<3的解为［\i+1,5］,

(3)证明：①先证明：f(x)是在｛1｝关联的，且是在［0,+8)关联的“(工)在口，2］是关联的，

由已知条件可得，f(x+1)=f(x)+1,

.*./(x+〃)—f(x)+n,几CZ,

又•:fQx)是在［0,+8)关联的，

...任意X2>X1，f(X2)>/(xi)成立，

若1Wx2-xiW2,

WX2WXI+2,

:•/(xi+1)Wf(12)Wf(xi+2),即/(xi)+1W/(九2)Wf(xi)+2,

1^/(X2)~f(xi)W2,

.V(x)是［L2］关联,

②再证明：f(x)在［1,2］是关联的可(x)是在｛1｝关联的，且是在［0,+8)关联的，

V/(%)在［1,2］是关联的，・•・任取为一12包1,2］,都有/(处)-f(X2)G［l,2］成立，

即满足1Wxi-12W2,都有1W/(xi)-f(%2)&2,

下面用反证法证明/(x+l)-f(x)=1,

若/(x+1)-f(x)>1,则/(x+2)-f(x)—f(x+2)-f(x+1)4/(x+1)-f(x)>2,与/(x)在

［b2］是关联的矛盾，

若/(尤+1)-f(x)<1,而/(%)在［1,2］是关联的，则/(x+1)-f(x)21,矛盾，

：.f(x+1)-于3=1成立，即/(x)是在｛1｝关联的，

再证明了(龙)是在［0,+8)关联的，

任取羽-126［%+°°)(〃EN)，则存在使得任取冗1-12日小n+1］(〃EN)，

V-（H-1）-X2W2,

.,./[xi-（M-1）]-/（X2）=f（XI）-（«-1）-f（X2）G[L2],

'.f（xi）-f（X2）旦〃,n+l]£[O,+°°），

：.f(x)是在［0,+8)关联的；

综上所述，f(x)是{1}关联的，且是在［0,+8)关联的，当且仅当7(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AUR,函数y=/(x)的定义域为。，若对任意正4且xeD,不等式/(无)

W/(x+f)恒成立，则称函数f(x)具有A性质.

(1)当4={-1},判断/(x)=-x、g(x)=2尤是否具有A性质；

1

+—

(2)当4=(0,1),f(x)=xX,xE［a,+°°),若/(x)具有A性质，求a的取值范围；

(3)当4={-2,m},m£Z,若。为整数集且具有A性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的机

的值.

【分析】(1)利用函数的单调性结合新定义，逐个判断即可；

1

f(x)=x+-(x2a)

(2)依题意，X为增函数，由双勾函数的图象及性质即得解；

(3)根据条件，分加W0,机为正偶数和机为正奇数三种情况，求出条件的机的值.

【解析】解：(1)(x)=-X为减函数，

/./(X)</(尤-1),

：.f(X)=-X具有A性质；

•••g(x)=2x为增函数，

.,.g(无)>g(尤-1),

：.g(X)=2尤不具有A性质；

(2)依题意，对任意怎(0,1),f(%)wy(无+力恒成立，

1

f(x)=x+-fxWa)

x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

当时，函数单调递增，满足对任意正(0,1),/(x)W/(无+力恒成立，

综上，实数a的取值范围为［1,+8).

（3）•.•。为整数集，具有A性质的函数均为常值函数,

当机W0时，取单调递减函数/（无）=-x,两个不等式恒成立，但/（x）不为常值函数；

）,（»•n为得数

当机为正偶数时，取f‘（x,不数，两个不等式恒成立，但了（无）不为常值函数；

当根为正奇数时，根据对任意怎A且在。，不等式/（x）W/（x+t）恒成立，

可得/（X-/"）W/（x）W/（x+7"）W/（尤+1）,

则y（x）=/（%+i）,所以y（x）为常值函数，

综上，根为正奇数.

【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.已知平面炉={（x,y）|Vx,yeR},定义对A（与％）,

4（%，%），其度量（距离）d（4,4）=-々-%）2并称（E。，力为一度量平面.设毛«石2,4,

£CR+,称平面区域8（%，£）=卜€（后2,d）\d（x0,x）＜M为以毛为心，£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：（E。,力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：（炉，d）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耳（士，耳），与（龙2,外），

。为耳和B2的交集.

①若与B2不相交，则用cB?=0；

②若与B2相交，则

O=B]cB,={xe")|“(孙x)<劣}ed^\d(x2,x)<

=「€（炉，x）＜£],且4（和x）＜f2｝

故81cB2=0或卜€（炉，x£

)<£1，且〃(无2，^)<2}.

（2）我们约定集合族是指以集合为元素的集合，其并运算为

U〃A4表示集合族｛AJAGA｝的所有集合的并集

回到原题，设这两个球形邻域分别为男（孙£j,B2（X2,S2）,。为片和坊的交集.

①若B1与B2不相交，则B^B2=0,即。可以看作零个球形邻域的并集;

②若4与与相交，则取VyeBx（%,弓）c4（尤2，，

令£,=min{£]-〃(&,y),s2-d(x2,y)},构造球形邻域耳(y,£J.

因为对于VzeBy(y,eJ,有

d(xpz)<y)+d(y,z)(d(玉，y')+£y<£x

z)<d(x2,y)+d(y,z)<d[<x2,y)+gyWj

故zeB[(X1,^)nB2(x2,s2),这说明纥卜，^)nfi2(x2,%)=D.

由于y是。中任取的一点，这说明4(“eJuBiU，£])门外(如s2),

继而OnUysUKUyaoB、。，£)[瓦(占，^)nB2(x2,£2)=D

即。=耳(冲^)nB2(x2,和)可被表示为若干个球形邻域4("ej的并集.

命题得证.

⑶①先证充分性：当馋2,4的一个子集可以写为若干球形邻域的并时，其必为开集.

设Ga(E2,4,由(2)可知G可看作若干个球形邻域的并集，

即6=0”用(与£,)

则X/xeG,表>0使得%€3,&,£,)UG,故G是开集.充分性证毕.

②再证必要性：若(E\d)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G是一个开集，由情况①得VxeG,三£>0：使得彳€旦仁,£,)UG,所以

G=ULG㈤=U¥G4(七，弓)[G

即G=U8,eG耳(与与)

故G可被表示为若干个球形邻域4(尤,，4)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A中含有三个元素x,y,z,同时满足①x<y<z；②x+y>z；③x+y+z

为偶数，那么称集合A具有性质P.已知集合Sn={1,2,3,--,2〃}(〃eN*,〃")，对于集合S,的非空子集B,

若S,,中存在三个互不相同的元素名"c,使得a+仇Hc,c+a均属于B,则称集合B是集合S,,的“期待子集”.

⑴试判断集合A={1,2,3,5,7,9}是否具有性质P,并说明理由;

(2)若集合8={3,4a}具有性质？，证明：集合8是集合S’的“期待子集”；

(3)证明：集合M具有性质P的充要条件是集合M是集合S”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P,确定集合B,再根据“期待子集”的定义，确定集合8是集合S’的“期待子集”；

(3)首先证明充分性，存在三个互不相同的a,b,c,使得a+仇b+c,c+a均属于M

证明满足性质P的三个条件；再证明必要性，首先设满足条件的。,瓦。，再证明"+Ab+c,c+a均属于M,

即可证明.

【解析】(1)集合4={1,2,3,5,7,9}不具有性质p,理由如下：

(i)从集合A中任取三个元素x，y，z均为奇数时，x+y+z为奇数，不满足条件③

(ii)从集合A中任取三个元素x,y,z有一个为2,另外两个为奇数时，不妨设y=2,x<z,

则有z-尤“，即z-My,不满足条件②，

综上所述，可得集合A={123,5,7,9}不具有性质P.

(2)证明：由3+4+a是偶数，得实数。是奇数，

当a<3<4时，由a+3>4,得l<a<3,即a=2,不合题意，

当由3+4>a,得4<a<7,即a=5,或a=6(舍)，

因为3+4+5=12是偶数，所以集合8={3,4,5},

令〃+/?=3,/?+c=4,c+q=5,解得a=2,6=1,c=3,

显然a,6,ceS4={l,2,3,4,5,6,7,8},

所以集合8是集合S4的“期待子集”得证.

(3)证明：

先证充分性：

当集合M是集合S”的“期待子集”时，存在三个互不相同的。，瓦c,使得a+4A+c,c+a均属于

不妨设a<b<c,令x=a+b,y=a+c,z-b+c,则x<y<z,即满足条件①,

因为x+y—z=(a+b)+(a+c)—(6+c)=2a>。，所以x+y>z,即满足条件②,

因为x+y+z=2(a+Z?+c),所以无+y+z为偶数，即满足条件③，

所以当集合M是集合S”的“期待子集”时，集合M具有性质P.

再证必要性:

当集合M具有性质P,则存在无，y，z,同时满足①x<y<z；②尤+y>z；③尤+y+z为偶数,

令”叶产-z,戒号c=江产-x,则由条件①得"b<c,

由条件②得a=E±^-z=叶厂>0,

由条件③得。，6,c均为整数，

国归x+y+zz+x-yz-h(z-y)-y

因为z-c=z+x--------=------—>--------=z-y>0,

222

所以0<〃<b<c<z,且〃，仇。均为整数，

所以,

因为a+b=x,a+c=y,b+c=z,

所以a+5,b+c,c+a均属于M,

所以当集合M具有性质P时，集合M是集合S”的“期待子集”.

综上所述，集合M是集合S”的“期待子集”的充要条件是集合M具有性质P.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用“性质P”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：设尤eR,

不超过x的最大整数称为x的整数部分，记作田，函数y=［划称为取整函数.另外也称四是尤的整数部分,

称{x}=x-［x］为X的小数部分.

⑴直接写出［In可和的值；

(2)设a,6eN*,证明：a=b*+b\^^且04“小非-1,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a=pfxpfx…xp2，其中p,为质数，q为整数，且对任意

的i<j,A<Pj,i,je{l,2,3,…用，称该式为。的标准分解式，例如100的标准分解式为100=2?x5?.证

nnn+-=£00n

明：在川的标准分解式中，质因数2(Pi0,n>lneN")的指数G=++

Pip;Pir=lPi

【答案】⑴1,0.25

⑵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6,即可得证。="父+”3，由a,6都为整数，结合

bLb]㈤|_6」㈤

定义可证得,即可得证0。仁卜人1,假设b,2b,泌都小于等于a,可得

nb<a=b\即有〃4I+]]，又即可得即可得解；

(3)利用(2)中结论可得P,的倍数中不大于〃的正整数的个数为一，P；的倍数中不大于〃的正整数的

LAJ

rjH

个数为—,P；的倍数中不大于n的正整数的个数为—,依次进行下去，可得

LAJLAJ

nnnr=lrj

++

H---=Zr,即得证.

Pip;Pi00Pi

【解析】(1)由e<兀<2e,故1</加<2,故[/〃句=1,

33

=———1)=—=0.25•

444v74

(2)

「、iaa+用，等式两边同时乘"得a=baa

因为厂b+b

b~b~b

="b闾也为整数,

因为a,。都为整数，所以人

aaa

又<b,所以<b-\,即得证,

OK~b<1,所以0/~b0«Z?~b

aa

+b

假设b,2b,.脑都小于等于Q,〃EN*,因为〃=b~b~b

aaa

所以«a=Z?—+b7,所以三”

b~b~b

a

因为0W<1,所以〃W,所以b的倍数中不大于〃的正整数的个数为个;

b

(3)

w!=lx2x3x…x”,将2,3,w每一个数都分解为质因数的乘积.

对于质因数Pi，利用（2）中结论，P,的倍数中不大于〃的正整数的个数为一，记为4,

LAJ

将这些数都提取Pt出来，此时P的倍数中还有可以提取出pt的数，

17

注意到P；的倍数中不大于〃的正整数的个数为—，记为几2,将这些数提取Pj出来;

Pi

同理，Pi*的倍数中不大于〃的正整数的个数为—，记为％,

Pi

依此这样进行下去,

nnnr=ln

则质因数Pi的指数卬="1+%+%+…=++H--=2—，即得证.

PiPiPi8Pi

aa

【点睛】关键点点睛：本题中第二小问关键点在于由题意得到;=