大题07 新定义综合-【三轮冲刺】2024年考前15天高考数学极限满分冲刺（新高考通用）

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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().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”．
【答案】(1)
(2)答案见解析.
【分析】（1）由函数的新定义化简把问题转化为在上恒成立，再结合指数函数的取值范围求出参数即可；
（2）①由函数新定义化简，再构造函数求导分析单调性可得判断；②构造函数，求导分析单调性，利用零点存在定理找到零点，从而得到，再次构造函数，求导分析单调性，从而确定，最终可判断结果.
【详解】（1）因为和是“友好函数”．
所以，在上恒成立．
即在上恒成立．
因为指数函数的取值范围为，
所以，即的取值范围为．
（2）①由题得，
令，，
则，所以在上单调递增．
所以，又时，，
所以．
所以与是上的“友好函数”．
②令，
则，．
则．
当时，，
令，．则．
所以在上单调递增．
又，．
所以存在唯一的，使得，即，
则，，
所以当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增．
所以
．
令，，
则，
令，．
则，所以在上单调递增，
所以．则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
所以即在上不恒成立，
所以与不是上的“友好函数”．
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解函数新定义，用导数分析单调性和极值，结合零点存在定理得出函数是否符合函数新定义.
29．（2024·海南省直辖县级单位·一模）若有穷数列（是正整数），满足（，且，就称该数列为“数列”.
(1)已知数列是项数为7的数列，且成等比数列，，试写出的每一项；
(2)已知是项数为的数列，且构成首项为100，公差为的等差数列，数列的前项和为，则当为何值时，取到最大值？最大值为多少？
(3)对于给定的正整数，试写出所有项数不超过的数列，使得成为数列中的连续项；当时，试求这些数列的前2024项和.
【答案】(1)答案见解析
(2)当或25时，取得最大值2500.
(3)答案见解析
【分析】（1）理解“数列”的定义，结合等比数列的基本量即可得解；
（2）解法一：利用“数列”的对称性，结合等差数列的求和公式求得，从而得解；解法二：利用前项和求得最大值的特征分析“数列”即可得解；
（3）根据题意列出满足的“数列”，再利用分组求和法与等比数列的前项和公式即可得解.
【详解】（1）设的公比为，
则，解得，
当时，数列为；
当时，数列为；
综上，数列为或.
（2）解法一：因为构成首项为100，公差为的等差数列，
所以
，
又，所以当或时，取得最大值.
解法二：当该数列恰为或时取得最大值，
此时或，
所以当或25时，.
（3）依题意，所有可能的“数列”是：
①；
②；
③
④
对于①，当时，；
当时，
；
对于②，当时，；
当时，
；
对于③，当时，
；
当时，
；
对于④，当时，
；
当时，
；
【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.
30．（2024·江苏南京·二模）已知数列的前n项和为．若对每一个，有且仅有一个，使得，则称为“X数列”.记，，称数列为的“余项数列”.
(1)若的前四项依次为0，1，，1，试判断是否为“X数列”，并说明理由；
(2)若，证明为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式；
(3)已知正项数列为“X数列”，且的“余项数列”为等差数列，证明：．
【答案】(1)不是“X数列”
(2)证明见解析；，
(3)证明见解析
【分析】（1）依次求出，再根据“X数列”定义进行判断即可.
（2）由先求出数列通项公式，再依据“X数列”定义进行推算证明即可，接着由“余项数列”的定义公式进行计算即可.
（3）先探究得出“余项数列”公差情况，再讨论时推出矛盾得到，接着探究时若得出矛盾，从而得出，进而得出即可进一步推出.
【详解】（1）由题，
所以有，，
故根据“X数列”的定义不是“X数列”.
（2）因为，
所以当时，；
当时，；
则不满足，所以，
令，即，
则当时，有，；
当时，有；故即，
则对每一个，有且仅有一个且，使得，
综上，对任意，有且仅有一个，使得，
所以为“X数列”，
由上，，
即的“余项数列”通项公式为，.
（3）因为是正项数列，所以单调递增，
所以，故，
因为，且为“X数列”，
所以，故由得，
的“余项数列”为等差数列，故其公差，
因为，所以，
若，则当时，，与矛盾，
故，所以，，即，
对于，若，则，与正项数列矛盾，
所以，故，
所以，故，
所以，
又，
所以，.
【点睛】关键点睛：证明的关键第一步是探究出“余项数列”公差；第二步是探究出时有矛盾得到；第三步是探究出时若有矛盾，从而得到，进而得出.