第04讲 新高考新结构命题下的新定义解答题综合训练（教师版）-2025版高中数学一轮复习考点帮

Page第04讲新高考新结构命题下的新定义解答题综合训练（6类核心考点精讲精练）在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面：三考题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实际水平。三重强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独特见解和创造力。三突出试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思考和探索，培养逻辑思维和创新能力。面对新高考新结构试卷的5个解答题，新定义版块作为一个重要的考查领域，通常在第19题这样的压轴大题中，分值为17分，将考查学生的解题能力和思维深度，是高考数学的分水岭，难度极大。面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。根据知识点及其命题方式，要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新结构试卷的特点，结合具体的新定义解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的新定义解答题综合训练指南，以期在新高考中取得更好的成绩。考点一、函数及导数新定义综合1．（2024·广西·二模）已知函数fx=lnx，若存在gx(1)如果函数gx=tx−(2)设函数Fx=fx【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2xln（2）把函数整理成F(x)=lnx−1ex+1【详解】（1）由g(x)≤f(x)恒成立，可得tx所以t≤2xlnx恒成立,令ℎ(x)=2xln当时,，在单调递减；当x∈(1e，+∞)时,所以的最小值为ℎ(1e)=−2实数t的取值范围(−∞（2）由（1）可知2xlnx≥−2e，所以又F(x)=f(x)−1ex令G(x)=1e−当时,，在单调递减；当时,，在(1,+∞)单调递增；所以G(x)≥G(1)=0，②所以F(x)=ln又①②中取等号的条件不同，所以所以函数没有零点.2．（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.3．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）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，，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，，，注：，，，，已知函数.(1)求函数在处的阶帕德近似，并求的近似数精确到(2)在（1）的条件下：①求证：；②若恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)，(2)①证明见解析；②【分析】（1）先写出阶帕德近似，然后求导得到，，令得，所以，求导得到求解即可；（2）令，，求导得到判断Fx在及上均单调递减，按照和分类讨论求解即可；由已知令，且，所以是ℎx的极大值点，求导得到，故，，得到之后写出，然后求导判断单调性证明即可.【详解】（1）由题可知函数在处的阶帕德近似，则，，，由得，所以，则，又由得，所以，由得，所以，所以.（2）①令，，因为，所以Fx在及上均单调递减.当，，即，而，所以，即，当，，即，而，所以，即，所以不等式恒成立；②由得在上恒成立，令，且，所以是ℎx的极大值点，又，故，则，当时，，所以，当时，，，则ℎ′x>0，故ℎx在上单调递增，所以当时，，当时，，令，因为，所以φx在上单调递减，所以，又因为在上，故当时，，综上，当时，恒成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.4．（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．5．（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“ℎx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φx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0,+∞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．6．（2024·浙江宁波·二模）定义：对于定义在区间上的函数，若存在实数，使得函数在区间上单调递增（递减），在区间上单调递减（递增），则称这个函数为单峰函数且称为最优点.已知定义在区间上的函数是以为最优点的单峰函数，在区间上选取关于区间的中心对称的两个试验点，称使得较小的试验点为好点（若相同，就任选其一），另一个称为差点.容易发现，最优点与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为，再对区间重复以上操作，可以找到新的存优区间，同理可依次找到存优区间，满足，可使存优区间长度逐步减小.为了方便找到最优点（或者接近最优点），从第二次操作起，将前一次操作中的好点作为本次操作的一个试验点，若每次操作后得到的存优区间长度与操作前区间的长度的比值为同一个常数，则称这样的操作是“优美的”，得到的每一个存优区间都称为优美存优区间，称为优美存优区间常数.对区间进行次“优美的”操作，最后得到优美存优区间，令，我们可任取区间内的一个实数作为最优点的近似值，称之为在区间上精度为的“合规近似值”，记作.已知函数，函数.(1)求证：函数是单峰函数；(2)已知为函数的最优点，为函数的最优点.（i）求证：；（ii）求证：.注：.【答案】(1)证明见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）根据单峰函数的定义，求导确定得单调性即可；（2）（i）令，则，令，根据为函数的最优点，为函数的最优点，可确定导函数的零点，根据导函数的零点验证结论即可；（ii）根据“合规近似值”的定义，结合函数单调性与不等式的性质证明结论即可.【详解】（1）因为，令，则.，因为，则，则f′x在上单调递减，又因为，由零点存在定理知，存在唯一的，使得，且时，，f′x<0所以在上递增，上递减，所以为单峰函数.（2）（i）令，则，令，因为为在上的最优点，所以为ℎx在的最优点，，所以，结合最优点的定义知，为在区间上的唯一零点.又由（1）知，在递增，递减，且.所以由零点存在性定理知在区间存在唯一的，使得，即，所以.（ii）第一次操作：取，由对称性不妨去掉区间，则存优区间为，为好点；第二次操作：为一个试验点，为了保证对称性，另一个试验点与关于区间的中心对称，所以；又因为前两次操作，每次操作后剩下的存优区间长度与操作前的比值为.若，即，则（舍去）；若，即，则，即，解得或（舍）.则操作5次后的精度为..又，所以.所以，得证.【点睛】关键点点睛：本题属于函数新定义问题，求解本题第二问得关键点在于对“单峰函数”、“优美存优区间常数”、“合规近似值”的理解，结合函数的单调性、绝对值不等式的进行结论的证明.考查学生的分析与计算，属于难题.7．（2024·广西·二模）设，用x表示不超过x的最大整数，则y=x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：①y=x的定义域为R，值域为Z②任意实数都能表示成整数部分和纯小数部分之和，即x=x+x0≤x<1，其中x为③n+x=n+④若整数a，b满足a=bq+rb>0,q,r∈Z,0≤r<b(1)解方程5+6x8(2)已知实数r满足r+19100+(3)证明：对于任意的大于等于3的正整数n，均有nn+1【答案】(1)或(2)743(3)证明见解析【分析】（1）令15x−75=nn∈（2）设r=n，则可判断r+19100,r+20100（3）由所要证明不等式的形式，可构造不等式，当时，有n+14<nn+14n−2<n+24【详解】（1）令15x−75=nn∈∴5+6x8又由高斯函数的定义有，解得：，则或，当时，则；当时，则；（2）设r=n，设r+19100，r+20100，r+2110073−k个n，0≤k≤73，据题意知：73−kn+kn+1=546解得:k=35，，所以，，即，故100r=743（3）证明：由nn+1当时，有n+14<设n+1=4q+r0≤r<3,q∈则有q+r从而r4而，则n+14=∴nn+1【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n+14<8．（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.9．（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.10．（22-23高二上·上海普陀·阶段练习）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，若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)判断函数和是“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”；(2)已知命题是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题.判断命题是的什么条件，证明你的结论；(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.【答案】(1)答案见解析(2)既不充分也不必要条件；证明见解析(3)【分析】（1）由和，结合题设中函数的定义，即可得到答案；（2）由成立，得到，设，得出为“单向导函数”，再设，得到为“双向导函数”，结合不是常值函数，求得不是的必要条件；再由成立，得到，进而得出结论；（3）①由题意得到，求得；②由题意求得且，令，求得，得到存在使得，进而得到单调性，分类讨论，即可求解.【详解】（1）解：对于函数，则，这两个函数的定义域都是，所以函数为“同定义域函数”，此时，，由函数的定义，对于，无法同时成立，所以为“单向导函数”，其“自导函数”为，对于函数，则，因为这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”.（2）解：若成立，，则，设，则，所以为“单向导函数”，又设，则，所以为“双向导函数”，但不是常值函数，所以不是的必要条件；若成立，则，所以，所以，所以不成立，所以是的既不充分也不必要条件.（3）解：①由题意，，且，所以，所以；②由题意，所以且，令，可得，且，因为为单调递增函数，且，所以存在使得，且当时，，单调递减；当时，，单调递增，（i）当时，即，所以，此时，在上单调递增，可得；（ii）当时，，此时，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，又由，所以；（iii）当且时，，所以函数在上存在两个极值点，若，即时，极大值点为；若，即时，极大值点为，则为函数的极大值或，由当时，，令，则，设，则，所以，即单调递增，所以，所以单调递增，所以，综上可得，，所以实数的取值范围为.【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．考点二、数列新定义综合1．（2024·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，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为an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bn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，bn为等比数列等.2．（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对恒成立，则称数列为“上凸数列”．(1)若，判断是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．(2)若为“上凸数列”，则当时，．（ⅰ）若数列为的前项和，证明：；（ⅱ）对于任意正整数序列（为常数且），若恒成立，求的最小值．【答案】(1)是，证明见解析(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）构造函数，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义判定即可；（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令，利用条件及数列求和适当放缩计算即可.【详解】（1）是“上凸数列”，理由如下：因为，令，则．当时，，所以，所以在区间上单调递减，所以，所以，所以是“上凸数列”．（2）（ⅰ）证明：因为是“上凸数列”，由题意可得对任意，，所以，所以．（ⅱ）解：令，由（1）可得当时，是“上凸数列”，由题意可知，当时，．因为，即．所以，当且仅当时等号成立，所以．综上所述，的最小值为．3．（2024·北京东城·一模）有穷数列中，令，当p=q时，规定.(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.【答案】(1)、、、(2)(3)证明见解析【分析】（1）结合题意，逐个计算即可得；（2）由题意可得，，可得当时，有，当时，，结合，即可得解；（3）将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.【详解】（1）为时，，为时，，为时，，为时，，故，且使得的有序数对有、、、；（2）由题意可得，，又为整数，故，，则，同理可得，即有，同理可得，当时，有，即当时，有，当时，，故；（3）对于数列，，不妨设，①首先考虑的情况，由于，，故，同理，，，故.②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况，此时,因为，，故这说明此连续的项的和为负.同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，再由①中结论，可得.③若在①②中，由于，此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有.④若，则，所以此时有，综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于将展开，从而得到证明与之间的项之和，，都为正数，即可得证.4．（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.5．（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.6．（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an（2）根据数列an的定义，分和分别求解；（3）根据数列an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.7．（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an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an的单调性，确定bn的通项，进而确定【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bn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.8．（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.9．（2024·江西上饶·二模）对于数列，定义“变换”：将数列变换成数列，其中，且．这种“变换”记作，继续对数列进行“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，经过6次“变换”后得到的数列；(2)若不全相等，判断数列经过不断的“变换”是否会结束，并说明理由；(3)设数列经过次“变换”得到的数列各项之和最小，求的最小值．【答案】(1)；(2)不可能结束，理由见解析；(3)64.【分析】（1）根据数列的新定义写出经过6次“变换”后得到的数列即可；（2）先假设数列经过不断的"变换"结束，不妨设最后的数列设数列，，，且，，则非零数量可能通过“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“变换"后得到的通项，多写几项推出规律，往后继续进行，推到使数字按近时，再继续推，往后会发现次“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）依题意，6次变换后得到的数列依次为；；；；；，所以，数列，经过6次“变换”后得到的数列为.（2）数列经过不断的“变换”不可能结束设数列，，，且，，依题意，，，所以，即非零常数列才能通过“变换”结束．设（为非零自然数）．为变换得到数列的前两项，数列只有四种可能，，；，，；，，；，，．而任何一种可能中，数列的第三项是0或．即不存在数列，使得其经过“变换”成为非零常数列，由①②得，数列经过不断的“变换”不可能结束．（3）数列经过一次“变换”后得到数列，其结构为．数列经过6次“变换”得到的数列分别为：；；；；；．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3之外的两项均减小18．因为，所以，数列经过次“变换”后得到的数列为2，5，3．接下来经过“变换”后得到的数列分别为：3，2，1；1，1，2；0，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；1，0，1，，至此，数列和的最小值为2，以后数列循环出现，数列各项和不会更小，所以经过次“变换”得到的数列各项和达到最小，即的最小值为64．【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：（1）根据定义写出几项；（2）找出规律；（3）写成通项；（4）证明结论.10．（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.考点三、集合新定义综合1．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）已知集合，若存在数阵满足：①；②；则称为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．(1)已知数阵是的一个好数阵，试写出，，，的值；(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)证明见解析(3)不是，理由见解析【分析】（1）直接根据新定义解出未知量的值；（2）先证是不同于的“好数阵”，再证、，列举两个“好数阵”，即可证明；（3）假设为“好集合”，根据新定义可得，证明不是偶数即可求解.【详解】（1），由“好数阵”的定义，知，，故，，，，进一步得到.从而，，.（2）如果是一个“好数阵”，则，.从而，.故也是一个“好数阵”.由于是偶数，故，从而.所以数阵和的第1行第2列的数不相等，故是不同的数阵.设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：对，规定.因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.而，即，从而是满射，由是有限集，知也是单射，故是一一对应.对于“好数阵”，已证数阵和是不同的数阵，故.同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则.所以，当且仅当.最后，对，由，称2元集合为一个“好对”.对，若属于某个“好对”，则或，即或.由于，故无论是还是，都有.所以每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.（3）若是“好数阵”，则，所以，这表明一定是偶数.若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.【点睛】方法点睛：学生在理解相关新定义、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.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.【详解】（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.3．（2024·北京延庆·一模）已知数列，记集合.(1)若数列为，写出集合；(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；(3)若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为，若，求的最大值．【答案】(1)(2)不存在，使得成立(3)【分析】（1）根据题目给出的集合的定义求解即可；（2）使用假设法，假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论；（3）首先证明时，对任意的都有，然后证明除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解.【详解】（1）由题意可得，，，所以.（2）假设存在，使得，则有，由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，又，，所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，故不存在，使得.（3）首先证明时，对任意的都有，因为，由于与均大于且奇偶性不同，所以为奇数，对任意的都有，其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，若正整数，其中，则当时，由等差数列的性质可得：，此时结论成立，当时，由等差数列的性质可得：，此时结论成立，对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项，由前面证明可知正整数不是中的项，所以的最大值为.【点睛】本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，计算量较大，属于难题.4．（2024·湖南邵阳·二模）给定整数，由元实数集合定义其随影数集.若，则称集合为一个元理想数集，并定义的理数为其中所有元素的绝对值之和.(1)分别判断集合是不是理想数集；（结论不要求说明理由）(2)任取一个5元理想数集，求证：；(3)当取遍所有2024元理想数集时，求理数的最小值.注：由个实数组成的集合叫做元实数集合，分别表示数集中的最大数与最小数.【答案】(1)集合是理想数集，集合不是理想数集(2)证明见解析(3)1024144【分析】（1）由理想数集的定义即可判断；（2）为了方便说明，假定元素间一个有序关系为，从而分三种情况，，，讨论即可得证；（3）首先通过分类讨论证明，对元理想数集，有.从而有，即，通过放缩与等差数列求和即可得解.【详解】（1）设的随影数集分别为，则，所以集合是理想数集，集合不是理想数集.（2）不妨设集合且，即.为理想数集，，则，且，使得.当时，.当且仅当且时，等号成立；当时，.当且仅当且时，等号成立；当时，.当且仅当时，等号成立.综上所述：.（3）设.为理想数集.，且，使得.对于，同样有.下先证对元理想数集，有.不妨设集合中的元素满足.即.为理想数集，，且，使得.当时，，当且仅当且时，等号成立；当时，，当且仅当且时，等号成立；当时，.当且仅当时，等号成立...当且仅当时，等号成立..理数.当且仅当或时，等号成立.理数的最小值为.【点睛】关键点点睛：关键是通过分类讨论证明，对元理想数集，有，由此即可顺利得解.5．（2024·北京·模拟预测）已知集合，其中都是的子集且互不相同，记的元素个数，的元素个数.(1)若，直接写出所有满足条件的集合；(2)若，且对任意，都有，求的最大值；(3)若且对任意，都有，求的最大值.【答案】(1)或或或(2)(3)【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；（2）将集合的子集进行两两配对得到16组，写出选择的16个含有元素1的子集即可得到；（3）分中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及均为三元集合讨论即可.【详解】（1）因为，则和的元素个数均为1，又因为，则，若，，则或；若，，则或；综上或或或.（2）集合共有32个不同的子集，将其两两配对成16组，使得，则不能同时被选中为子集，故.选择的16个含有元素1的子集:，符合题意.综上，.（3）结论:，令，集合符合题意.证明如下：①若中有一元集合，不妨设，则其它子集中都有元素1，且元素都至多属于1个子集，所以除外的子集至多有个，故.②若中没有一元集合，但有二元集合，不妨设.其它子集分两类:或，和或，其中互不相同，互不相同且均不为1，2.若，则，有若，则由得每个集合中都恰包含中的1个元素（不是2)，且互不相同，因为中除2外至多还有2个元素，所以.所以.③若均为三元集合，不妨设.将其它子集分为三类：，其中.若，则(除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合)，所以.若，不妨设，则由得每个集合中都或者有4、或者有5，又中除1外无其它公共元素，所以.所以.综上，.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对中集合元素个数进行分类讨论；当均为三元集合时，不妨设，再将其它子集分为三类讨论.6．（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）已知有限集，若中的元素满足，则称为“元重生集”.(1)集合是否为“2元重生集”，请说明理由；(2)是否存在集合中元素均为正整数的“3元重生集”？如果有，请求出有几个，如果没有，请说明理由；(3)若，证明：“元重生集”有且只有一个，且.【答案】(1)不是，理由见解析(2)存在，1个(3)证明见解析【分析】（1），故不为“2元重生集”；（2）设正整数集为“3元重生集”，设，利用不等式关系推出，故，求出；（3）设，得到，当时，推出矛盾，当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即，当时，推出，但在上恒成立，故当时，不存在“元重生集”，从而证明出结论.【详解】（1），因为，所以集合不是“2元重生集”.（2）设正整数集为“3元重生集”，则，不妨设，则，解得，因为，故只有满足要求，综上，满足要求，其他均不符合要求，故存在1个集合中元素均为正整数的“3元重生集”，即.（3）不妨设，由，得，当时，，故，则，无解，若，则不可能是“2元重生集”，所以当时，不存在“2元重生集”；当时，由（2）可知，有且只有1个“3元重生集”，即，当时，，又，故，事实上，在上恒成立，故当时，不存在“元重生集”，所以若“元重生集”有且只有一个，且.【点睛】思路点睛：新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.7．（23-24高三上·北京昌平·期末）已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．(1)若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；(2)若，证明：；(3)设，若，求的最小值．【答案】(1)31是可表数，1024不是可表数，理由见解析；(2)证明见解析；(3)8【分析】（1）根据定义赋值及数列求和计算验证即可；（2）根据定义判定则有，从而可知，利用集合间的基本关系得出中最多含有个元素，解不等式即可证明；（3）利用第二问的结论可设，有，然后利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实确定的最小值为满足成立的，代入求即可.【详解】（1）31是，1024不是，理由如下：由题意可知，当时，有，显然若时，，而，故31是可表数，1024不是可表数；（2）由题意可知若，即，设，即使得，所以，且成立，故，所以若，则，即中的元素个数不能超过中的元素，对于确定的，中最多有个元素，所以；（3）由题意可设，使，又，所以，即，而，即当时，取时，为可表数，因为，由三进制的基本事实可知，对任意的，存在，使，所以，令，则有，设，由的任意性，对任意的，都有，又因为，所以对于任意的，为可表数，综上，可知的最小值为，其中满足，又当时，，所以的最小值为.【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设，有，利用定义先证为可表数，再根据三进制的基本事实设任意的，存在，使，得出并结合定义确定为可表数，从而确定的最小值为满足成立的，代入求即可.8．（23-24高三下·北京·阶段练习）设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称A为自邻集．记集合的所有子集中的自邻集的个数为．(1)直接写出的所有自邻集；(2)若n为偶数且，求证：的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；(3)若，求证：．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据自邻集的定义及子集的概念一一写出结果即可；（2）取的一个含5个元素的自邻集，判定集合，再证明C也是自邻集且，从而得出结论；（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，则当时有，再分类讨论证明即可.【详解】（1）由题意可得，的所有自邻集有：；（2）对于的含5个元素的自邻集，不妨设.因为对于，都有或，，2，3，4，5，所以，，或.对于集合，，，，，因为，所以，，2，3，4，5，，所以.因为，，或.所以，，或，所以对于任意或，，2，3，4，5，所以集合也是自邻集.因为当为偶数时，，所以.所以对于集合的含5个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应.所以的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数.（3）记自邻集中最大元素为的自邻集的个数为，，当时，，，显然.下面证明：.①自邻集含有，，这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为，因为，，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素是，所以含有，，这三个元素的自邻集的个数为.②自邻集含有，这两个元素，不含，且不只有，这两个元素，记自邻集除，之外最大元素为，则，每个自邻集去掉，这两个元素后，仍为自邻集.此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为个；其中含有最大数为2的集合个数为，含有最大数为3的集合个数为，，含有最大数为的集合个数为.则这样的集合共有个.③自邻集只含有，这两个元素，这样的自邻集只有1个.综上可得，所以，故时，得证.【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.9．（24-25高三上·四川泸州·阶段练习）已知正整数，集合，，，，，，2，，．对于中的元素，，，，，，定义．令．(1)直接写出的两个元素及的元素个数；(2)已知，，，，满足对任意，都有，求的最大值；(3)证明：对任意，，，，总存在，使得．【答案】(1)，1，1，0，0，，，0，0，1，1，，20(2)4(3)证明见解析【分析】（1）由题意可确定，，，，中1的个数为3，结合组合知识，即可求得答案；（2）由题意可将原问题转化为对任意，都有的元素个数最多几个，结合引理得出相应不等式，即可求出答案；（3）由题意知，，，共有个非空子集，记为，结合抽屉原理得存在两个不同的，，，的非空子集，，，，，，，，，，有与奇偶性相同，继而推出必存在一个，3，，，使得为奇数，结合，1，，即可证明结论.【详解】（1），1，1，0，0，，，0，0，1，1，，，中6个分量中恰有3个1，的元素个数为．（2）对于的非空子集，，，，设，，，，，2，，，这里是的第个分量，定义，2，，，规定，0，，，设，，，，2，，，令，，，，，，，我们先证明引理：，2，，，．反证法：，2，，，，令，设，，，，满足，其中，2，，，，，2，，，且，，，，这与矛盾，引理证毕，回到原题，由引理，解得，，1，1，0，0，，，0，0，1，1，，，1，0，0，1，，，0，1，1，0，，符合题意，综上，当时，的最大值为4．（3）证明：，，，共有个非空子集，记为，，2，，，则在每分量的奇偶性下恰有2种不同的状态，由知，由抽屉原理，存在两个不同的，，，的非空子集，，设，，，，，，，，有与奇偶性相同，，2，，，令，，由于，，令，，，，则，，，且都为偶数，，2，，，不妨设，，，，则为偶数，而为奇数，故，且为奇数，故必存在一个，3，，，使得为奇数，又由于，1，，从而．【点睛】难点点睛：本题考查了元素与集合的关系问题，综合性较强，涉及到抽屉原理以及反证法的应用，解答时需要有较强的逻辑思维能力.10．（2024·北京丰台·一模）已知集合（，），若存在数阵满足：①；②．则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．(1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．【答案】(1)，，，(2)证明见解析(3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值；（2）可构造恰当的映射，以证明结论；（3）第三问可通过分类讨论求解问题.【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，.从而，，，.（2）如果是一个“好数阵”，则，.从而，.故也是一个“好数阵”.由于是偶数，故，从而.这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：对，规定.因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.而，这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应.对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故.同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则.所以当且仅当.最后，对，由，称2元集合为一个“好对”.对，若属于某个“好对”，则或，即或.由于，故无论是还是，都有.这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.（3）若是“好数阵”，则有，所以，这表明一定是偶数.若，设是“好数阵”，则，从而，故.由于，故，同理.若，设，则，故，从而.进一步有，而，故.假设，设，则，故，则，.由于，，故，.此时，从而，，但此时，矛盾；所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，；若，则，从而.若，则或.若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，.若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以.对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，.综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，，其中，满足的有，，，.综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，.若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.【点睛】关键点点睛：关键是第3小问需要较为繁琐的分类讨论，耐心尝试所有情况才可不重不漏.考点四、平面向量新定义综合1．（21-22高一下·北京丰台·期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定．(1)分别根据下列已知条件求：①，；②，；(2)若向量，求证：；(3)若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，．（i）当时，求的最大值；（ii）写出的最大值．（只需写出结果）【答案】(1)详见解析；(2)详见解析；(3)（i）；（ii）．【分析】（1）由求解；（2）由证明；（3）（i）设，由求解；（ii）求解.【详解】（1）解：因为，，且，所以；又，，是；（2）因为向量，，且向量，则，所以，同理，所以；（3）（i）设，因为，所以，所以，，当，即时，取得最大值；（ii）设不包含的，不包含的，不包含的所对的圆心角分别是.不妨设，否则适当地将中一点改为其对径点，则不变，但情况变为.又由于，故.当是正三角形时，有，此时.所以的最大值为．2．（21-22高一下·山东日照·期末）已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”；记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为(1)已知，，若函数为集合中的元素，求其“相伴向量”的模的取值范围；(2)已知点满足条件：，，若向量的“相伴函数”在处取得最大值，当在区间变化时，求的取值范围；(3)当向量时，“相伴函数”为，若，方程存在4个不相等的实数根，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）把化为形式得“相伴向量”，求出模后可得其范围；（2）写出“相伴函数”，根据辅助角公式得最大值及最大值点，由的范围得的范围，再得出的范围后可得的取值范围；（3）由定义得并化简（化为一个角的一个三角函数形式），解方程得或，求得两根，然后作出函数，的图象，由图象可得且有两根的的范围．【详解】（1），∴函数的相伴向量，，∴时，；时，.∴的取值范围为[1，3]（2）的相伴函数其中，.当，，即，时，取得最大值，∴，∵，∴，∴，∴.∴.（3），当时，，由，得：，∴或，由，即，而，解得或，即∴在上有两个根，方程在上存在4个不相等的实数根，当且仅当且在上有两个不等实根，在同一坐标系内作出函数在上的图像和直线，如图，方程在上有两个不等实根，当且仅当函数在上的图像和直线有两个公共点，观察图像知：或，解得或，所以实数的取值范围是.3．（2024·全国·模拟预测）设有维向量，，称为向量和的内积，当，称向量和正交．设为全体由和1构成的元数组对应的向量的集合．(1)若，写出一个向量，使得．(2)令．若，证明：为偶数．(3)若，是从中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足，猜测的值，并给出一个实例．【答案】(1)（答案不唯一）(2)证明见解析(3)，答案见解析.【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可；（2）根据，结合定义，求出，即可得证；（3）利用反证法求证.【详解】（1）由定义，只需满足，不妨取（答案不唯一）．（2）对于，，2，，，存在，，，，使得．当时，；当时，．令，．所以．所以为偶数．（3）当时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即．不妨取，，，，则有，，，，，．若存在，使，则或或．当时，；当时，；当时，，故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交．【点睛】关键点点睛：新定义问题，理解定义内容、会运用新定义运算，是解决问题的关键.4．（23-24高一下·福建福州·期中）对于向量集，记向量．如果存在向量，使得，那么称是向量集的“长向量”．(1)设向量，．若是向量集的“长向量”，求实数x的取值范围；(2)设向量，，则向量集是否存在“长向量”？给出你的结论并说明理由；(3)已知均是向量集的“长向量”，其中，．设在平面直角坐标系xOy中的点集，其中，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最小值．【答案】(1)(2)存在“长向量”，且“长向量”为，，理由见解析(3)4044【分析】（1）根据向量模长的不等关系，解得的范围即可；（2）根据“长向量”的定义，结合三角函数的性质解不等式即可；（3）根据向量坐标代入计算，结合向量不等式得到，再设，得到向量关系，从而求得最值.【详解】（1）由题意可得：，，，则，解得：.（2）存在“长向量”，且“长向量”为，，理由如下：由题意可得，若存在“长向量”，只需使，因为，，，，，，所以，故只需使，即，即，当或6时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为，.（3）由题意，得，，即，即，同理，三式相加并化简，得：，即，，所以，设，由，解得，即设，则依题意得：，得，故，，所以，因为所以，当且仅当时等号成立，所以.【点睛】关键点点睛：本题考查向量新定义问题.关键点是根据已学知识，理解题中“长向量”的定义，将向量坐标代入计算，再结合向量不等式得到，得到向量关系，从而求得最值.5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示．平面向量又称为二维向量．一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广．类似二维向量，对于n维向量，也可定义两个向量的数量积、向量的长度（模）等：设，，则；．已知向量满足，向量满足．(1)求的值；(2)若，其中，当且时，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题写出的展开式，利用错位相减法求和即得；（2）根据的表达式结构，考虑构造函数，利用其单调性得，，从而将表达式两次放缩，最后利用裂项相消法即可推理得到.【详解】（1）依题，，，则

①

②①－②，得即

所以.（2）因为，，所以，先证：，，

设，，则，所以在0,+∞上单调递增，即当时，，即，故，.

因为，所以

，.综上可得，当且时，.【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的放缩法证明不等式，解题的关键在于，在求得之后，必须通过构造函数，判断其单调性，赋值得到，将解析式缩小，再设法将其缩小为可以运用裂项相消法求和的式子，化简即得.6．（22-23高一下·北京·阶段练习）对于向量，若，，三数互不相等，令向量，其中，，，.(1)当时，试写出向量；(2)证明：对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0；(3)若，证明：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）根据定义依次写出，根据周期写出；（2）反证法，假设中，，有不止1个为0，结合分类讨论及已知推出矛盾即可；（3）令并根据在上的性质必存在使，再结合分类讨论确定必存在中有一项为0，而另两项相等，即可得结论.【详解】（1），，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；，，，即；由上，从开始，每3个向量出现重复一个向量，而.（2）假设中，，有不止1个为0，若且，则，故，此时矛盾；若且，，所以为定值，而，，三数互不相等，当，则，不妨令，则，显然，即，所以，以此类推得：，，，与，，三数互不相等矛盾；综上，对于任意的，向量中的三个数，，至多有一个为0；（3）令，又，，且，所以，且，由题意，，且，故在上不可能单调递减，即必存在使，根据的定义，中必有一个0，由（2）知：中有且仅有一个为0，令，若，不妨设，则，则，所以，同理，所以，又，故此情况不可能一直出现（至多有次），所以一定能找到，使得；若，则，，，，...所以存在正整数，使得；综上，存在正整数，使得.【点睛】关键点点睛：第二问，应用反证法，假设中，，有不止1个为0，讨论、，结合题设推出矛盾即可；第三问，令，根据定义判断在不可能单调，必存在使，再结合定义、（2）结论并讨论、或即可证结论.7．（22-23高一下·北京东城·期末）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．(1)若，求及；(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)505【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，；（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.【详解】（1）因为，，，所以.（2）设，假设对，则均不为0．所以．即．因为，所以．所以．与矛盾，故假设不正确．综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．（3）设，因为，所以有或．当时，可得三式相加得．又，可得．当时，也可得，于是．设的三个分量为这三个数，当时，的三个分量为这三个数，所以．当时，的三个分量为，则的三个分量为的三个分量为，所以．所以，由，可得．因为，所以任意的三个分量始终为偶数，且都有一个分量等于2．所以的三个分量只能是三个数，的三个分量只能是三个数．所以当时，；当时，．所以的最小值为505．【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题.8．（23-24高三下·湖南常德·阶段练习）对于给定的正整数n，记集合，其中元素称为一个n维向量.特别地，称为零向量.设，，，定义加法和数乘：，.对一组向量，，…，，若存在一组不全为零的实数，，…，，使得，则称这组向量线性相关.否则，称为线性无关.(1)对，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由.①，；②，，.(2)已知，，线性无关，判断，，是线性相关还是线性无关，并说明理由.(3)已知个向量，，…，线性相关，但其中任意个都线性无关，证明：①如果存在等式（，，2，3，…，m），则这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零；②如果两个等式，（，，，2，3，…，m）同时成立，其中，则.【答案】(1)①线性相关，理由见解析；②线性相关，理由见解析(2)线性无关，理由见解析(3)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）根据向量线性相关的定义逐一判断即可；（2）设，则，然后由条件得到即可判断；（3）①如果某个，，然后证明，，…，，，…，都等于0即可；②由可得，然后代入根据题意证明即可.【详解】（1）对于①，设，则可得，所以，线性相关；对于②，设，则可得，所以，，所以，，线性相关；（2）设，则，因为向量，，线性无关，所以，解得，所以向量，，线性无关.（3）①，如果某个，，2，…，m，则，因为其中任意个都线性无关，所以，，…，，，…，都等于0，所以这些系数，，…，或者全为零，或者全不为零，②因为，所以，，…，全不为零，所以由可得，代入可得，所以，所以，…，，所以.【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给的线性相关的定义进行运算判断.9．（23-24高二下·江苏淮安·阶段练习）n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；(2)证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.【答案】(1)，，，；(2)证明见解析；(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解；（2）根据题意，不妨设，得到有5个分量为，设的前5个分量中有r个，得到5个分量中有个，进而求得r的值