新高考数学二轮复习重难点高分突破训练07 新定义综合（含数列、函数、集合等新定义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习重难点高分突破训练07 新定义综合（含数列、函数、集合等新定义）（2份，原卷版+解析版），共3页。试卷主要包含了数列新定义问题，函数新定义问题，集合新定义问题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（40题难题）（10单选10多选10填空10大题）
一、数列新定义问题
1. 考查对新定义的理解程度。
2. 考查满足新定义的数列在具体条件下的简单应用，往往需要在新环境下结合数列的新性质，探究其原有性质。
3. 考查综合分析能力，重点在于将新性质有机融合到“旧”性质中，创造性地证明或推导出更深层的结论。
应对这类问题的关键，是耐心分析定义，并依据定义将其转化为已掌握的数列知识，这一转化思想需熟练掌握。
二、函数新定义问题
涉及函数新定义的问题，需先准确理解新定义，梳理其中的数量关系，联想相关的数学知识和方法，通过构造函数，将问题转化为相应的函数模型进行分析和求解。
一般解题思路包括：
1. 分析新定义的构成要素，理解各要素的含义；
2. 根据已知条件，明确所求问题，并将其转化为数学语言；
3. 将条件代入新定义的各要素中；
4. 结合数学知识进行推理与计算。
三、集合新定义问题
求解以集合为背景的新定义问题，可遵循以下策略：
1. 紧扣新定义，理解其本质，并将它应用于解题过程；
2. 灵活运用集合的性质，从题目中挖掘可用于解题的集合特征；
3. 涉及交叉集合元素个数等问题时，可借助维恩图等直观工具；
4. 在推理过程中严格依据定义及相关定理，运用转化与化归思想，将陌生或复杂的问题转化为熟悉或简单的形式。
总体而言，新定义类题型既考查数学阅读、推理与抽象能力，也考验学生的知识迁移与综合运用水平。在备考过程中，应重视定义的理解与转化，加强各类情境下的思维训练，从而提升应对此类高难度试题的能力。
一、单选题
1．（2025·广东佛山·模拟预测）已知数列是公比为2的等比数列，且．集合，集合的元素个数构成数列，则数列的前100项的和为（ ）
A．480B．642C．840D．5050
【答案】A
【分析】首先求数列的通项公式，再结合题意，可知是满足的正整数的个数，再利用列举的方法，即可求解，再求和.
【详解】设数列的首项为，，
由可知，，，所以，
所以，
由，得，且，所以是满足的正整数的个数，
当时，不存在，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
当时，满足，所以，
所以数列的前100项的和为.
故选：A
2．（2025·浙江·二模）给定非空数集，若函数满足：对任意、，存在实数使得成立，则称为“半压缩函数”.已知，则下列四个函数中为“半压缩函数”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用题中“半压缩函数”的定义逐项判断即可.
【详解】对于A，因为、，，
所以当、时，，故函数不是“半压缩函数”，A错误.
对于B，，
当、时，、，，，
故函数不是“半压缩函数”，B错误.
对于C，取，构造函数，，则，
所以函数在上为增函数，则，故，
构造函数，，
则对任意的恒成立，
所以函数在上为增函数，
任取、且，则，即，
所以，
因为函数在上为减函数，所以，
由可得，
故函数为“半压缩函数”，C正确.
对于D，不妨设、且，
则，
构造函数，，
则，故函数在上为增函数，
所以，即，
所以，
因为，所以，即，
所以函数不是“半压缩函数”，D错误.
故选：C.
3．（2025·北京·模拟预测）已知无穷数列满足：，，，，其中表示不超过的最大整数.则下列说法中正确的是（ ）
A．对于任意，，都不是常数列
B．存在正数，，使得是递增数列
C．对于任意正数，q，都存在正整数，使得是周期数列
D．如果是常数列，则一定有
【答案】D
【分析】对AD从必要性角度取值即可说明，充分性易知；对B选项，通过反证法即可证明；对C，设周期为，作差即可证明.
【详解】先来分析A,D选项
若为常数列，则，.
当时，有，
即.
必要性：取，可得
消去可得，
记，则
有，
而，故.即为整数.
代回原式可得.
充分性：当且为整数时，易知为常数列.
再来分析B选项
，
设，则，
若递增，则有，
，
，
由于，故，
则，
即.
则，
又，故且，
则，
又，故且，
则，
又，故且.
照这样操作下去，
可得，且，
当时，，
故，矛盾！
再来看C选项，不妨设周期为，
则，，
两式作差可得，
当取为无理数时，矛盾！
故选：D.
4．（2025·湖北·一模）罗尔中值定理是微分学中的一个重要定理，与拉格朗日中值定理和柯西中值定理一起并称微分学三大中值定理.罗尔中值定理：若定义域为的函数的导函数记为，且函数满足条件①在闭区间上连续；②在开区间内可导；③.那么至少存在一个使得.已知函数，在区间内有零点，其中，是自然对数的底数，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由和，根据罗尔中值定理可知，存在，，使，，故在上至少有两个不等实根，令，分类讨论函数零点个数，从而得解.
【详解】依题意设在区间内的零点为，则有,
由罗尔中值定理可知，存在，使，
同理，由及罗尔中值定理可知，存在，使，
故在上至少有两个不等实根，
令，
则，显然在上单调递增,
当，时，，此时在上单调递增，
故在上至多只有一个实根；
同理可知，当，时，，此时在上单调递减，
故在上至多只有一个实根；
当时，令，可得，
易知，且在上单调递减，在单调递增，
故当且时，；
又，
故，
则由零点存在性定理知，故.
故选：D
【点睛】关键点点睛：“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.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
5．（2025·上海虹口·一模）若每一项均为正数的数列的前项和为，若对于任意的正整数，均存在正整数使得，则称具有“性质”．对于以下两个命题，说法正确的是（ ）
①存在等比数列，使得具有“性质”；
②若具有“性质”，记且为等差数列，则．
A．①和②都为真命题B．①和②都为假命题
C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题
【答案】A
【分析】对于①，举出实例即可验证；对于②，先得到，为常数列，依次类推可得，当时，每一个的最大值为，求和可得.
【详解】对于①，因为数列每一项均为正数，故，
又对于任意的正整数，均存在正整数使得，
故存在正整数使得，即，
设，则，
其中，故，
解得，
当时，取，满足要求，
对任意的正整数，均存在正整数，使得上式成立，
具有“性质”，故存在等比数列，使得具有“性质”；①正确；
对于②，当时，，故只能等于1，即，
当时，，故只能等于1，即，，
为等差数列，故公差为，所以，
假设，则当时，，这与矛盾，
故，所以为常数列，
易知，若，则，舍去，
若，则，令可得，
同理易知，若，则，舍去，
所以，，令，可得，
或，令，可得，
同理，可得或，
或可得，或可得，
依次类推可得，当时，每一个的最大值为，
当时，，②正确.
故选：A
6．（2025·江西新余·模拟预测）在空间中，我们把点集表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆．设圆柱面，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为：（ ）（注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用题意结合给定定义得到椭圆方程，进而求出底面面积，最后利用棱锥的体积公式表示出体积，再利用导数求解最小值即可.
【详解】由题意可知圆柱面的半径为1，如图，截得的椭圆半短轴长即为圆柱面的半径1．
对半轴长：在中，必能找到与平面垂直，所以，
设．则由几何关系得，故椭圆方程为，
如图，椭圆有唯一内接正方形，故令，得到，
故底面面积为，，则，．
则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
故，故D正确.
故选：D．
7．（2025·河南·三模）与两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线，两个垂足之间的线段叫做公垂线段，已知任意两条异面直线有且仅有一条公垂线段，且公垂线段是分别连接两条异面直线上两点的线段中最短的一条．如图，在四面体ABCD中，AD是异面直线AB和CD的公垂线段，r为四面体ABCD的内切球半径，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先根据等体积法得，然后根据公垂线段的定义得，，进而，再将四面体补全成直三棱柱，可得，然后化简不等式即可得解.
【详解】设四面体ABCD的体积为V，表面积为S，则根据等体积法得．
又，由于AD是异面直线AB和CD的公垂线段，
所以，
，
所以，则，
将四面体补全成直三棱柱，可得，
所以，整理得.
故选：A
8．（2025·上海浦东新·模拟预测）设函数的定义域为，若存在实数，使得对于任意，都有，则称为＂严格增函数＂，对于＂严格增函数＂，有以下四个结论：
①＂－严格增函数＂一定在上严格增；
②＂－严格增函数＂一定是＂－严格增函数＂（其中，且）
③函数是＂严格增函数＂（其中表示不大于的最大整数）
④函数不是＂严格增函数＂（其中表示不大于的最大整数）
其中，正确的结论个数有（ ）．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据函数新定义及特殊函数判断①②③，由函数解析式得，即是周期为1的周期函数，利用周期性并讨论、且判断④.
【详解】①，对于，定义域为R，
存在，对于任意，都有，
但在上不单调递增，错误．
②，是＂严格增函数＂，存在，对任意，都有，
因为，所以，故，
即存在实数，使得对任意，都有，
所以是＂严格增函数＂，正确．
③，，定义域为，当时，对任意的，都有，
即，所以函数，＂严格增函数＂，正确．
④，对于函数，，
所以是周期为1的周期函数，，
若，则，不符合题意．
因为的周期为1，故不妨设，
设，则，
而，此时，矛盾；
所以函数不是＂严格增函数＂，正确．
故选：C
9．（2025·湖北宜昌·二模）设是函数的一个零点.记，其中表示不超过的最大整数，设数列的前项和为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】判断的正负，再根据单调性和零点存在性定理可判断的范围，再分n为奇数和偶数讨论的取值即可.
【详解】，则函数在上为增函数，
因为，
，
由零点存在定理可得，则，
当为正奇数时，设，则，则，
当为正偶数时，设，则，则，
所以，
.
故选：D.
【点睛】关键点点睛，本题的关键是求出零点的范围，将奇数设为，偶数设为求解.
10．（2025·上海奉贤·二模）函数的导函数为，若存在实数，使得成立，则称函数具有性质，下列函数具有性质的函数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先求出函数的导函数，然后逐个选项验证是否成立即可得出结果.根据指数的运算法则计算可判断选项A；根据二倍角正弦公式和三角函数的有界性可判断选项B；解出方程的根可判断选项C；根据题意令，整理得 ，分正负分析，并结合放缩法可知此方程无解，从而否定D.
【详解】对于选项A：因为函数的导函数为，所以，故选项A错误；
对于选项B：因为函数的导函数为，
所以，
而，
所以，，故选项B错误；
对于选项C：因为函数的导函数为，
所以.
令，解得：，，
即存在实数，使得成立，
所以函数具有性质，故选项C正确；
对于选项D：因为函数的导函数为，
所以.
令，显然，化简得：.
下面证明方程（*）无解.
当时，，方程（*）无解
当时，，而：
令，，
则，所以单调递减.
又因为，所以，即，所以.
综上，方程(*)无解.
所以不存在实数，使得成立，故选项D错误.
故选：C.
二、多选题
11．（2025·安徽合肥·模拟预测）定义集合且，集合中元素的个数为.下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．存在，使得成立
D．记表示不超过的最大整数，且，则.
【答案】ABD
【分析】直接利用给定定义，进而求出符合条件的数字为判断A，找到被3整除，被2整除，被6整除的数字个数，进而得到判断B，先假设等式成立，再找出左右两侧的矛盾判断C，对的情况进行讨论，结合放缩法判断D即可.
【详解】对于，
在不大于16的所有正整数中，即不能被3整除又不能被4整除的数有，
，故A正确；
因为在不大于的所有正整数中，
能被3整除的有个，被2整除的有个，被6整除的有个，
所以，故B正确
若，则，即，
，，
等式左边为奇数，右边为偶数，矛盾，
故不存在，使得成立；故C错误；
当时，
当时，，
所以当时，，
所以当时，，则，故D正确.
故选：ABD
12．（2025·福建福州·三模）若非空实数集中存在最大元素和最小元素，则定义.据此，下列命题中不正确的是（ ）
A．若，，且，则
B．若，且，则对任意，都有
C．若，，则存在实数，使得
D．若，，则对任意的实数，总存在实数，使得
【答案】ABC
【分析】对于选项A，首先根据题意求出，然后求出，即可得到的值；对于选项B，可找出反例证明选项B错误；对于选项C，讨论的不同范围下，的不同范围；令，即可验证选项D的正确性.
【详解】A选项，由，，可得，，因为，所以，，故A错误；
B选项，例如：，，满足，但是并不都大于等于，故B错误；
C选项，由，，
当，即时，；
当时，可得；
当时，可得；
当时，可得，所以不存在实数a，使得，故C错误；
D选项，由，，取，可得，对任意实数a，总存在b使之成立，故D正确.
故选：ABC.
13．（2025·山西·二模）记表示个元素的有限集合，表示非空数集中所有元素的和.若集合，则（ ）
A．
B．
C．
D．若，则的最小值为14
【答案】ABD
【分析】根据所给定义判断A、B，依题意可得，再由等差数列求和公式判断C，依题意可得，由等差数列求和公式求出，即可判断D.
【详解】对于A：由题可知，故A正确；
对于B：由，知的所有可能为：，
则分别为，所以，故B正确；
对于C：因为，
所以，所以，故C错误；
对于D：因为，所以，
所以，
又当时，，当时，，
所以满足的的最小值为，故D正确.
故选：ABD
14．（2025·甘肃武威·模拟预测）对于定义域关于原点对称的函数，称“”为的奇分解函数，“”为的偶分解函数，则（ ）
A．奇分解函数为奇函数，偶分解函数为偶函数
B．函数的奇分解函数为
C．函数的偶分解函数为
D．若，则
【答案】ABD
【分析】利用函数的奇偶性结合函数新定义可判断A；由函数新定义结合余弦诱导公式可判断B、C；利用偶函数的性质和裂项相消法可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以为奇函数，
因为，
所以为偶函数，故A正确；
对于B，的奇分解函数为，故B正确；
对于C，的偶分解函数为，故C错误；
对于D，，故D正确.
故选：ABD.
15．（2025·江西景德镇·三模）表示不超过的最大整数，已知，函数满足，，且当时，单调递增，下列说法正确的是（ ）
A．
B．为周期函数
C．若，则
D．若，则
【答案】AC
【分析】A选项利用条件，令取特殊值即可求解；B选项列举出一个符合已知条件的函数，但不是周期函数进行判断；C选项利用条件，将时的性质转化为即可进行判断；D选项借助图象进行判断.
【详解】对于A选项，∵，令，则，∴，
当时，，∴，故A正确；
对于B选项，当时符合题意，但不为周期函数，故B错误；
对于C选项，∵当时，单调递增，且，
∴当时，，
∴当时，，故C正确；
对于D选项，如图为函数当时的部分图象，显然该函数符合题意，
但，故D错误.
故选：AC.
16．（2025·陕西安康·模拟预测）定义：已知数列的前n项和，若，，使得，则称数列为分解数列．基于上述事实，则（ ）
A．若数列为非零常数列，则数列不可能为分解数列
B．若，则数列为分解数列
C．若首项为1的非常数列为分解数列，则
D．若首项为2的非常数列为分解数列，则数列的前n项和小于1
【答案】ACD
【分析】根据数列新定义，结合及等比数列通项公式，应用裂项相消法计算判断各个选项即可.
【详解】若数列为非零常数列，则，，两式不相等，所以数列不可能为分解数列，A选项正确；
若，当，所以当，所以，
所以，
当，左边为，右边为不相等，B选项错误；
因为首项为1的非常数列为分解数列，则，所以，，C选项正确；
因为首项为2的非常数列为分解数列，则，所以，，
所以数列的前n项和，D选项正确；
故选：ACD.
17．（2025·湖南岳阳·三模）已知有穷数列的通项公式为，其项数不少于4项，从中选取项组成数列，数列满足，，则（ ）
A．数列是单调数列B．当时，
C．当时，D．数列的个数为
【答案】BCD
【分析】根据已知条件以及数列的性质对选项逐一判断.
【详解】因为数列满足，即必须在和之间，
无法满足单调性，所以A错误；
对于B，当时，各项大小关系为：
；
或者
从而或，
故，B正确；
当时，同B的分析可得：
或：
，
而各项均为正整数，故，C正确；
从项中选项有种方式，由BC的分析可得：
当时，各项的排列次序唯一确定，且为所有项中的最大项，
为所有项中的最小项，为余下项的最大项，为余下项中的最小值，
类似确定；
当时，同理可得各项的排列次序唯一确定；
故数列的个数为，D正确.
故选：BCD.
18．（2025·山东聊城·三模）对于数列，设区间内偶数的个数为，则称数列为的“数列”，则（ ）
A．若数列是数列的“数列”，则
B．若数列是数列的“数列”，则是常数列
C．若数列是数列的“数列”，则是等比数列
D．若数列是数列的“数列”，则数列的前项的和为
【答案】ACD
【分析】根据数列新定义，结合常数列，等差数列，等比数列及错位相减法即可分别判断各个选项．
【详解】对于A，由题意得，在区间内偶数有13个，故，故A正确；
对于B，设，在区间内最大的偶数为，
所以共有个偶数，则，不为常数列，故B错误；
对于C，，在区间内最大的偶数为，
所以共有个偶数，则，为等比数列，故C正确；
对于D，由C得，，设前项和为，
则，
，
两式相减得，
，故D正确；
故选：ACD．
19．（2025·海南·模拟预测）双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于1694年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理．椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．已知曲线C（如图所示）过坐标原点O，且C上的点满足到两个定点，的距离之积为4，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点在C上，则
C．点N在椭圆上，若，则
D．过作x轴的垂线交C于A，B两点，则
【答案】ACD
【分析】根据题目给的伯努利双纽线的概念，结合圆锥曲线中的焦点概念，直线与圆锥曲线的关系，分别判断各选项的正误.
【详解】由题意，，即，
对于A，因曲线过原点，将代入，解得，故A正确；
对于B，由点在上，得，
化简得，解得，故错误；
对于，椭圆的焦点坐标恰好为与，则，
由，得：，
则，，故C正确；
对于D，设，则，而，则，
又根据勾股定理得，则，化简得，
解得，因此，故D正确；
故选：ACD．
20．（2025·河北沧州·一模）在平面直角坐标系中，若，，则称“”为M，N两点的“曼哈顿距离”，若动点E到两定点，的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点E的轨迹为“曼哈顿椭圆”，若点P为该“曼哈顿椭圆”上一点，则（ ）
A．的周长为B．面积的最大值为
C．该“曼哈顿椭圆”的面积为D．该“曼哈顿椭圆”的周长为
【答案】BCD
【分析】根据“曼哈顿距离”的定义，把“曼哈顿距离”表示出来，根据对称性研究第一象限及x轴和y轴非负半轴上点的轨迹，直接去绝对值符号画图象即可逐项判断求解.
【详解】设点P的坐标为，
则P，两点的“曼哈顿距离”，，两点的“曼哈顿距离”，则，
易得“曼哈顿椭圆”关于坐标原点及坐标轴对称，可以先研究第一象限及x轴和y轴非负半轴上点的轨迹，
，作曲线，
根据对称性，可作出如图“曼哈顿椭圆”，则，，，
对于A，B，当点与重合时，的周长为，
此时的面积最大为，故A不正确，B正确；
对于C，梯形的面积为，所以该“曼哈顿椭圆”的面积为，故C正确；
对于D,又，
所以该“曼哈顿椭圆”的周长为，故D正确.
故选：BCD.

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据“曼哈顿距离”的定义，表示出“曼哈顿距离”，根据对称性画出图象求解.
三、填空题
21．（2025·河南·一模）集合，集合，对任意，有，则集合M中元素个数的最大值是 .
【答案】51
【分析】由题意，要使中元素的个数最大，则，再应用抽屉原理及集合的性质分析其它元素与集合的关系，确定的元素个数及集合的可能情况，即可得.
【详解】要使中元素的个数最大，且，有，必有，
此时其余元素分组为、、、，共有50组，
注意每组的两个元素必不能同时出现在集合（因为它们的和为），
所以，要使中元素的个数最大，每组至多能取一个元素，即50组中共取50个元素，
由抽屉原理知，不可能从50组中取51个元素，否则必有两个元素的和为，不满足，
综上，中元素的个数最大为51个，
如、均符合，元素个数为.
故答案为：51
22．（2025·上海闵行·一模）已知集合，；如果存在，对于属于且不属于任意（）的所有元素，都有成立，则的取值范围是
【答案】
【分析】根据题目得到，构造函数利用导数分析单调性，求出，从而得到
【详解】因为所以，
，设则，
令 ，
所以在单调递增， 在单调递减； ，
故
故答案为：
23．（2025·湖南·三模）已知集合且中至少含有2个元素，若对于中的任意两个不同元素，都有，则称具有性质，若，且同时具有性质和，则中至多有 个元素.
【答案】921
【分析】根据集合具有的性质和，通过对数字进行合理分组，找出满足条件的元素个数的最大值.
【详解】先说明连续11项中集合中最多选取5项，
以为例.
构造抽屉，，，，，，.
①同时选，因为具有性质和，
所以选5则不选；选6则不选；选7则不选；
则只剩，故中属于集合的元素个数不超过5个.
②选2个，
若只选，则不可选，又只能选一个元素，
可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则只能从中选，但不能同时选，
故中属于集合的元素个数不超过5个.
若选，则不可选，又只能选一个元素，
可以选，故中属于集合的元素个数不超过5个.
③中只选1个，
又四个集合，，，每个集合至多选1个元素，
故中属于集合的元素个数不超过5个.
由上述①②③可知，连续11项自然数中属于集合的元素至多只有5个，
如取.
因为，则把每11个连续自然数分组，前184组每组至多选取5项，余一个数2025.
给出如下选取方法：从中选取；
然后在这5个数的基础上每次累加11，构造184次.
此时集合的元素为：；；；；
，共个元素，而取也满足题意，
经检验可得该集合符合要求，故集合的元素最多有个.
故答案为：921.
24．（2025·山西临汾·三模）已知集合，其中，，．表示中所有不同值的个数．若集合，则 ；若集合，则 ．
【答案】 5
【分析】（1）直接利用定义把集合中的元素代入即可求出；
（2）先由最多有个值，可得；再利用定义推得所有的值两两不同，即可证明结论．
【详解】由，得；
∵最多有个值，
∴，
又集合，任取，，
当时，不妨设，则，
即，
当时，，
∴当且仅当时，，
即所有的值两两不同，
∴．
故答案为：5；
25．（2025·湖北·模拟预测）设数列满足，，其中表示不超过x的最大整数，则 ； .
【答案】 65 9173
【分析】若，其中，则，则对，，即，若，则，即即可求解.
【详解】由，得.
同理可得，，，，，，，.
若，其中，则.
则对，
，
即.①
若，则.则由①知.②
由，结合②知，，，，.
再由①知.
故答案为：65；9173.
26．（2025·山东日照·二模）定义在区间D上的函数，若存在正数K，对任意的，不等式恒成立，则称函数在区间D上满足K-条件．若函数在区间上满足K-条件，则K的最小值为 ．
【答案】
【分析】先求出在区间的单调性，再结合K-条件的定义进行分析，从而求K的取值范围，即可求出K的最小值.
【详解】因为，
令，，
当时，，所以在上单调递减，
又因为，所以在上恒成立，
所以，则在上单调递增，
设，所以，
若函数在区间上满足K-条件
因此对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
则对任意恒成立，
令，所以在上单调递减，
在恒成立，所以，
又因为在上单调递减，.
所以，所以K的最小值为.
故答案为：.
27．（2025·北京海淀·三模）设数列的前n项的和为，若对任意的，都有，则称数列为“超神数列”，下列命题中，正确的有 ．
①存在递增数列，使得它是“超神数列”；
②存在周期数列，使得它是“超神数列”；
③存在等差数列，使得它是“超神数列”；
④若为等比数列，对于任意，存在，使得为超神数列．
【答案】①②④
【分析】可通过列举数列判断①②，对于③，可分类讨论公差的的3种情况来判断；对于④，设等比数列首项为，公差为，求出，作差后对分奇偶分析即可确定.
【详解】对于①，当时，，，
，即，故①正确；
对于②，当周期数列为，周期为2，对任意的，都有，故②正确；
对于③设等差数列首项为，公差为，则，，
，对任意的恒成立，
当，是开口向上的二次函数，
当，故不符合题意；
当时，，不符合题意；
当时，，也不符合题意；
综上，不存在等差数列，使得它是“超神数列”，故③错误；
对于④，设等比数列首项为，公差为，，
，
当为奇数时，，则，要使，
所以就符合题意；
当为偶数时，，
，
又，，所以，即，
综上，当，对于任意，存在，使得为超神数列，故④正确.
故答案为：①②④
28．（2025·甘肃白银·三模）若数列是有穷数列，且各项之和为0，各项的绝对值之和为1，则称数列是“项优待数列”.若等差数列是“项优待数列”，，则 .
【答案】
【分析】根据等差数列分，两种情况讨论，再结合等差数列求和公式计算求解通项.
【详解】设等差数列的公差为，，则 ①， ②，
所以，所以，所以，所以，
当时，由①②，得，所以，即，
由，得，即，所以，，，
当时，同理可得，即，由，得，即，
所以，，.
综上，.
故答案为：
29．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）互素是指两个自然数a和b的最大公因数为1．欧拉函数表示不大于且与n互素的正整数个数，若数列满足，且数列的前n项和为，则满足的n的最大值为 ．
【答案】10
【分析】根据定义得，应用等比数列的前n项和公式有，再由不等式能成立求n的最大值.
【详解】因为正偶数与不互素，正奇数与互素，
所以不大于且与互素的正整数为所有不超过的正奇数，
所以，则，
令，解得，所以n的最大值为10．
故答案为：10
30．（2025·安徽安庆·模拟预测）已知表示不超过的最大整数，记，设，且，当时，所有满足条件的n的和等于 .
【答案】341381
【分析】先考虑时满足的的值的情况，列举分析得出满足题意的可以表示为的形式，根据确定所有满足条件的构成等差数列，利用等差数列的求和公式即可.
【详解】由于分母的最小公倍数为6，故可先考虑时满足的的值的情况.
当时，，不满足；
当时，，不满足；
当时，，不满足；
当时，,不满足；
当时，，满足；
当时，，不满足.
综上，满足题意的可以表示为的形式，
由，可得，，
即所有满足条件的构成等差数列，其首项为5，末项为2021，项数为337，
故当时，所有满足条件的n的和等于.
故答案为：341381.
四、解答题
31．（2025·湖北武汉·三模）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，1024不是，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k的最小值为满足成立的m，代入求m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；
当时，，我们取依次为
时，易知等号成立.
（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8.
32．（2025·安徽蚌埠·三模）已知集合，对于给定的正整数a，将集合M中的所有元素按从小到大的顺序构成一个数列．
(1)若，写出所有的集合M；
(2)当时，若构成等比数列，求证：数列是等比数列；
(3)当时，记，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）按照集合的定义即可得解；
（2）结合集合的性质以及等比数列的定义即可得证；
（3）由题意，通过放缩裂项求和即可得证.
【详解】（1）当时，；当时，；
当时，．
（2）由题意，，
则，
化简得，，
由，所以，即是完全平方数，
设，则，而，所以，即，
所以构成首项为，公比为的等比数列，
则，
所以，
即，
所以，经检验，当时也成立，
故，则，数列是等比数列．
（3）由题意，，
则，
而，
所以
，
而，所以．
33．（2025·安徽·模拟预测）对于非空数集，，若，则称数集具有性质.
(1)若数集具有性质，证明：；判断，是否具有性质，并说明理由.
(2)若满足①；②，当时，都有.
（i）判断“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件，并说明理由；
（ii）已知数集具有性质且，，求数集具有性质的概率.
【答案】(1)证明见解析；具有性质；不具有性质.
(2)（i）是，理由见解析；（ii）.
【分析】（1）令，由集合新定义可证明；由集合新定义判断可得；
（2）（i）由等差数列的性质结合集合新定义证明可得；
（ii）由等差数列的性质得到数列的通项，再结合集合新定义分集合中元素的个数讨论，最后由古典概率计算可得.
【详解】（1）令，则，又数集具有性质，即，所以.
，所以具有性质；
，所以，所以不具有性质.
（2）（i）“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件.
先证明必要性：由题知，数列单调递增，当其为等差数列时，设公差为，则，
则，显然，所以数集具有性质.
再证明充分性：显然，其中，有个元素，，，
又，数集具有性质，即，
则，所以，
所以，又，
所以数列是以0为首项，为公差的等差数列.
综上，“数集具有性质”是否是“数列为等差数列”的充要条件.
（ii）由（i）知数列是以0为首项，为公差的等差数列，即，
由知，共有11个元素，子集数为个，
，当中只有一个元素，且具有性质时，，共1个；
当中元素个数大于等于2，且具有性质时，记，
结合（i），
当时，则，，共10个；
当时，则，，共5个；
当时，则，，共3个；
当时，则，，共2个；
当时，则，，共2个；
当时，则，共1个；
当时，则，共1个；
当时，则，共1个；
当时，则，共1个；
当时，则，共1个；
综上，具有性质的集合共有28个，所以数集具有性质的概率为.
34．（2025·北京海淀·三模）设和M均为正整数，是两两不同的M元集合组成的集合序列，若存在，使得，就称Q中存在“三叶草”，并称为Q中的一片三叶草．
(1)若，分别直接判断以下集合序列中是否存在三叶草，存在的请写出一片相应的三叶草：
，
；
(2)若满足，其中，，证明：Q中不存在三叶草；
(3)若，其中，证明：Q中一定存在三叶草．
【答案】(1)存在三叶草，；不存在三叶草.
(2)证明过程详见解析
(3)证明过程详见解析
【分析】（1）先找到有共同元素的三个集合，再验证即可得到答案.
（2）每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值,然后再研究存在三叶草时，各个维度的坐标需满足的条件，然后用反证法证明.
（3）需要证明当集合数量足够大时，必然存在三叶草，这里可以用鸽巢原理和集合的对称性来证明.
【详解】（1）对于，检查是否存在三个集合使得两两交集相等；
选取三个集合，，，发现交集分别为，，，不满足.
再尝试其他组合，第1，2，5个集合，，，
它们的交集均为，因此存在三叶草.
对于，由于每个元素仅出现在两个集合中，无法找到三个集合共享同一元素，故不存在三叶草.
（2）给定 ，其中：，，，；
每个 可以看作一个四维向量，每个维度有固定的取值.
我们需要证明不存在三个集合 使得它们两两的交集相同，
假设存在三叶草，则需要满足 意味着：
和 在相同维度上取值相同;
和 在相同维度上取值相同;
和 在相同维度上取值相同;
这意味着 在所有维度上的相同性必须一致,
换句话说，对于每个维度，要么三个集合在该维度的取值都相同，要么两两不同;
由于每个维度只有 2 种取值，三个集合在某个维度上的取值只能是：全部相同（如 ）;
或者两两不同（如 ），但这是不可能的，因为每个维度只有 2 种取值;
因此，三个集合在每个维度上的取值必须相同,
这意味着 ，但题目要求集合两两不同，矛盾.
因此，不存在三叶草.
（3）固定一个集合，考虑其他集合与的交集，
的子集有 种可能，因此 有 种可能；
对于每个，定义，
下面介绍一下鸽巢原理，又叫抽屉原理，
它指的是一个简单事实，如果鸽子的数量比巢穴的数量多，那么至少要有1个鸽巢被两只或多只鸽子占据，
即若有个鸽巢，个鸽子，则至少有1个巢内有至少2个鸽子，
至少数公式：当鸽子数不能被鸽巢数整除时，至少有一个鸽巢中会有（商+1）个鸽子，
另外，规定当，为整数时，，当时，，
其中，由鸽巢原理（相当于只鸽子飞回个巢），
可知存在至少 个 使得 相同，
当时，由是两两不同的一元集合组成的集合序列，
可得,所以存在三叶草.
当时，至少存在2个 使得 相同，假设为，
则，同理
对于集合也是如此，即,
对于集合也是如此，即,
对于集合也是如此，即,
找到三个集合 满足 .
当 时， 中一定存在三叶草.
35．（2025·四川德阳·一模）关于在可导的函数，某同学通过自学高等数学得到如下正确结论：的导数在单调递增在是凹函数；的导数在单调递减在是凸函数.已知在是凸函数，在是凹函数；.
(1)求在点处的切线方程；
(2)若在是凸函数，求实数的取值范围；
(3)若在及是凸函数，在是凹函数；且在单调递增，在上单调递减，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意和导数几何意义依次求出切点和切线斜率即可求解；
（2）令，由求出参数m，令，将题设问题等价转化为在上恒成立，再化简消参得到在上恒成立，设，求出即可得解；
（3）先将题设问题等价转化为的有两个变号零点为，接着利用导数工具研究函数的单调性，分析得到和，接着分析时恒成立得到即可分析求证.
【详解】（1）依题意，，
所以切点为，切线斜率为，
所以在处的切线方程为；
（2）令，则，
所以依题意，
所以，.
则，若在是凸函数，
则在R上单调递减，令，
则在上恒成立，即在上恒成立，
设，即，
，所以时，时，
于是在上单调递增，在上单调递减，
于是；
（3）由（2），
由题在和上单调递减，在上单调递增，则的有两个变号零点为，
又时，单调递增，此时至多只有一个零点，不符合题意；
另外由（2）知时，单调，不符合题意，于是，
令为减函数，
令，
所以时，时，
即在上单调递增，在上单调递减，
注意到，，
而，，时，，于是有，
此时，即，
所以，
又时，，时，，时，，
即在，上单调递减，在上单调递增，而，
又时，，时，，时，，
又时，，于是只能有，
即时，恒成立，这只需，
于是.
36．（2025·甘肃白银·二模）帕德逼近是法国数学家亨利•帕德发现的一种用有理函数逼近任意函数的方法．帕德逼近有“阶”的概念，如果分子是m次多项式，分母是n次多项式，那么得到的就是阶的帕德逼近，记作．一般地，函数在处的阶帕德逼近定义为：，且满足，，，…，．注：，，，，…已知在处的阶帕德近似．
(1)求的解析式；
(2)已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，当时，比较与0的大小；
(3)已知在处的阶帕德近似，若对任意，都成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）由，，，解方程，可以求出，从而可求出.
（2）根据帕德逼近定义与对称变换，可把题目转化成与0的比较大小的问题，对求导，可解决问题.
（3）由帕德逼近定义，可以把第三问转化成不等式恒成立问题，用“端点效应”可解决问题.
【详解】（1）对于函数 ，其在 处的 阶帕德逼近为 ，需满足：
，，；
计算 的导数：
，，故 ，
，故 ，
由 ，得 ；
计算 的导数：
，，
，故 ，
，，
故 ，
因此，.
（2）已知函数 与 的图象关于直线 对称，
故 是 的反函数，即 .
由（1）知 ，则：，
（当 ），
令；
其中定义域为，
，，又对任意成立，
在上单调递减，又，
因此：当 时，；
当 时，.
（3）由帕德逼近定义，需匹配至四阶导数：
，，，，，
代入 ，得 ，，故 ，且 ，；
不等式为 ，代入得，
对任意 成立，
定义函数 （)，需 ，
，，，
，，
必要条件：，
当 时， 对 成立；
当 时，存在 使 ；
故实数 的取值范围为 .
【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.
37．（2025·浙江杭州·模拟预测）对于函数，为的实数根，其中，若存在 ，使得或者，则称为“攀登函数”.
(1)分析函数是否为“攀登函数”；
(2)函数为“攀登函数”，
（i）求的取值范围；
（ii）当时，设函数，其中，表示中的较大者，分析是否存在，使得为“攀登函数”，若存在，求出的最大值，若不存在，说明理由.
【答案】(1)是；
(2)（i）；（ii）存在；.
【分析】（1）先求出函数的实数根，再根据“攀登函数”的定义进行判断；
（2）（i）先求出的实数根，通过求导分析函数的单调性并得出大致图象，再结合“攀登函数”的定义得出关于的不等式，构造函数并求导分析单调性，结合最值可求出的取值范围；
（ii）当时，确定的表达式，然后根据“攀登函数”的定义分析是否存在使得为“攀登函数”.
【详解】（1）解方程：，即，得实根，取，
计算，令，得极值点.
在区间内，，即存在使得，
因此是攀登函数.
（2）（i）解方程，即，实根为(，因，故).
求导可得，令，解得或，
所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增.
又，所以函数的大致图象如图，
根据攀登函数定义，需存在使得或.
取，区间为，
结合图象可知，因为对恒成立，所以对任意，，
故需存在，使得，则即可，
又，则有，即，
设函数，
则，所以在上单调递增，
又，所以时，成立.
综上，的取值范围是.
（ii）当时，，解方程得根.
由，
若时，只有两个根，与方程至少有三个根矛盾，不合题意，
所以，因为,所以，
若，可得只有两个根，
因为且,
即存在,使得
故的最大值为.
38．（2025·陕西西安·模拟预测）若数列满足，为给定的正数，则称为“有界数列”．
(1)若，，证明：为有界数列；
(2)设，对，均有，求实数的取值；
(3)设数列是2－有界数列，，且，求的最大可能值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）通过证明时，可完成证明；
（2）注意到，然后分，，
，四种情况，结合正负性讨论可得答案.
（3）由题，为得到最大值，应让中出现尽量多的或，据此可得答案.
【详解】（1）因，则，对于函数，
，则在上单调递增，，从而.
则，即为有界数列；
（2）.
因，又，均有，
则，，
因函数在上单调递减，则，
又满足题意，则；
，.
当时，为任意实数满足题意；
当时，，因函数在上单调递减，
则，又满足题意，则此时；
当时，，因函数在上单调递减，
则，则此时.
综上可得：
（3）由题可得，因，为使最大，
应让中出现尽量多的或.
则容易想到可让中有个，个，和个，
此时中包含个，1个，.
39．（2025·海南·模拟预测）已知数列，设，其中，且．我们称，分别为数列的前项“均方差”和“邻方差”．
(1)若，求；
(2)设数列是公差为的等差数列．
（i）若，证明：；
（ii）若，求成立时的取值范围．
参考公式：．
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）是周期为3的周期数列，代入“邻方差”公式即可求出
（2）（i）首先求出，然后通过裂项可得；
（ii）分别计算和，解关于n的不等式即可.
【详解】（1），∴数列为周期为3的数列且，
，
（2）（i），
，
.
(ii)
，
由，解得
∴n的取值范围为
40．（2025·辽宁大连·模拟预测）记数列前k项的最大值依次构成一个新的数列，称数列为的“生成子列”，数列所有项组成的集合为A．
(1)已知数列为7，6，5，8，求数列；
(2)若，且A中恰有5个元素，求实数a的取值范围；
(3)若，的“生成子列”的前n项和为，从中任取Y个数，记其中能被2整除且不能被4整除的个数为X，
①若，求X的数学期望；
②若，求使取得最大值时的m值．
【答案】(1)7，7，7，8；
(2)
(3)①；②答案见解析
【分析】（1）根据“生成子列”的定义即可求解；
（2）根据中有5个元素结合数列单调性及“生成子列”定义可得：且，从而可得参数的取值范围.
（3）根据特殊角的三角函数结合“生成子列”的定义可得其通项，从而可求，进一步可求得以及取得最大值时的m值.
【详解】（1）当数列为7，6，5，8时，根据定义有：
，所以数列为：7，7，7，8；
（2）因为，所以，
由得
当时，数列递增，当时，数列递减，
因为A中有5个元素，结合数列的单调性可知，
且，即，
解得，所以a的取值范围是；
（3）由题意得
所以，
所以，能被4整除，
，不能被2整除，
，能被2整除，不能被4整除，
，不能被2整除，
所以中能被2整除，但不能被4整除的有n个，
①法一：由题意，所以.
法二：X的取值范围是
，
．
，所以．
②，令得
即
解得
因为，当时，或时，取得最大值
当时，时取得最大值.