压轴题01集合新定义、函数与导数13题型汇总

这是一份压轴题01集合新定义、函数与导数13题型汇总，共48页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在数列中，为其前n项和，首项，且函数的导函数有唯一零点，则=（ ）
A．26B．63C．57D．25
2．已知函数满足对任意的且都有，若，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知x，y为正实数，则可成为“”的充要条件的是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知，均为锐角，且，则（ ）
A．B．
C．D．
5．设，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，都是定义在上的函数，对任意，满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．函数的图像关于直线对称D．
7．已知，都是定义在R上的函数，对任意x，y满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．函数的图象关于直线对称D．
8．已知函数满足，当时，，则（ ）
A．为奇函数B．若，则
C．若，则D．若，则
9．若关于的不等式在内有解，则正实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．若关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
11．设集合，且，函数（且），则（ ）
A．为增函数B．为减函数
C．为奇函数D．为偶函数
12．已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则=（ ）
A．4036B．4040C．4044D．4048
13．若实数满足，则（ ）
A．-4B．-3C．-2D．-1
14．已知函数，若存在实数满足，则错误的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
15．若正数，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
16．已知是定义域为的非常数函数，若对定义域内的任意实数x，y均有，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的值域为
C．D．是奇函数
17．已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意x，，，则（ ）
A．B．
C．D．
18．已知，（参考数据），则下列说法正确的是（ ）
A．是周期为的周期函数
B．在上单调递增
C．在内共有4个极值点
D．设，则在上共有5个零点
19．对任意，记，并称为集合的对称差．例如：若，则．下列命题中，为真命题的是（ ）
A．若且，则
B．若且，则
C．若且，则
D．存在，使得
三、填空题
20．已知函数满足为的导函数，.若，则数列的前2023项和为 .
21．已知关于x的不等式恒成立，则实数a的取值范围是 .
22．对任意，函数恒成立，则a的取值范围为 ．
23．已知正数满足，则 .
四、解答题
24．已知定义在上的函数的表达式为，其所有的零点按从小到大的顺序组成数列（）.
(1)求函数在区间上的值域；
(2)求证：函数在区间（）上有且仅有一个零点；
(3)求证：.
25．已知函数，若数列的各项由以下算法得到：
①任取（其中），并令正整数；
②求函数图象在处的切线在轴上的截距；
③判断是否成立，若成立，执行第④步；若不成立，跳至第⑤步；
④令，返回第②步；
⑤结束算法，确定数列的项依次为．
根据以上信息回答下列问题：
(1)求证：；
(2)是否存在实数使得为等差数列，若存在，求出数列的项数；若不存在，请说明理由．参考数据：．
26．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)若，证明：.
27．已知函数，且曲线在点处的切线斜率为1.
(1)求的表达式；
(2)若恒成立，求的值.
(3)求证：.
28．函数.
(1)求函数的单调增区间；
(2)当时，若，求证：；
(3)求证：对于任意都有.
29．已知函数．
(1)判断函数的单调性
(2)证明：①当时，；
②.
30．已知函数.
(1)判断的单调性;
(2)证明:.
31．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m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：且满足：，，，…，．
（注：，，，…的导数）
已知在处的阶帕德近似为．
(1)求实数a，b的值；
(2)当，恒成立，求实数k的取值范围；
(3)证明：，．
32．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.
33．已知点集满足，，.对于任意点集，若其非空子集A，B满足，，则称集合对为的一个优划分.对任意点集及其优划分，记A中所有点的横坐标之和为，B中所有点的纵坐标之和为.
(1)写出的一个优划分，使其满足；
(2)对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足；
(3)对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足且.
34．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．
35．已知集合，对于，，定义与之间的距离为．
(1)已知，写出所有的，使得；
(2)已知，若，并且，求的最大值；
(3)设集合，中有个元素，若中任意两个元素间的距离的最小值为，求证：．
参考答案：
1．C
【分析】计算，分析的奇偶性，可判断零点取值，代入计算可得的递推关系，求出前5项，计算求和即可.
【详解】因为，
所以，由题意可知：有唯一零点.
令，可知为偶函数且有唯一零点，
则此零点只能为0，即，代入化简可得：，
又，所以，，，，所以.
故选：C
2．D
【分析】根据将，再用裂项相消法求的值.
【详解】∵函数满足对任意的且都有
∴令，则，
∴
∴
.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列的求和问题，关键是理解数列的规律，即研究透通项，本题的关键是将通项分析为：
3．D
【分析】作差法可判断A；构造函数、，利用导数研究其单调性，并结合充分、必要性的定义可判断BD；特值法可判断C.
【详解】对于A，已知x，y为正实数，若，，
则，故A错误；
对于B，由可得：，
令，
，令，解得：，
则在上单调递减，
若，则，故B错误；
对于C，已知x，y为正实数，若，取，
则，故C错误；
对于D，由，则，
令，则，
即在定义域上递增，故，
反之也有成立，满足要求，故D正确.
故选：D.
4．C
【分析】根据题意可得，构建函数，结合单调性可得，进而可得结果.
【详解】因为，
则，
且，
可得，
构建，可得
因为在内单调递增，
可知在内单调递增，则，
且在内单调递增，在内单调递减，
可得，，故C正确，D错误；
由于无法确定的大小，故AB错误；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据题意同构可得，进而构建函数，结合函数单调性分析判断.
5．D
【分析】构造，二次求导，得到单调性，得到，再变形得到，故构造，求导得到其单调性，比较出，得到答案.
【详解】设，
设0，所以，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
根据已知得，
可设，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，即.
综上，.
故选：D.
【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.
6．D
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取可判断C，对于B，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.
【详解】对于A，令，可得，得，
令，，代入已知等式得，
可得，结合得，
所以，故A错误；
对于D，因为，令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，所以函数为奇函数.
令，，代入已知等式，得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，故D正确；
对于B，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：
，，
两式相加易得，所以有，
即，
有，
即，所以为周期函数，且周期为，
因为，所以，所以，，
所以，
所以
，故B错误；
对于C，取，，满足及，
所以，又，
所以函数的图像不关于直线对称，故C错误；
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
7．D
【分析】利用赋值法结合题目给定的条件可判断A、D，取可判断C，对于B，通过观察选项可以推断很可能是周期函数，结合的特殊性及一些已经证明的结论，想到令和时可构建出两个式子，两式相加即可得出，进一步得出是周期函数，从而可求的值.
【详解】对于A，令，可得，得，
令，，代入已知等式得，
可得，结合得，
所以，故A错误；
对于D，因为，令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，所以函数为奇函数.
令，，代入已知等式，得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，故D正确；
对于B，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：
，，
两式相加易得，所以有，
即，
有，
即，所以为周期函数，且周期为，
因为，所以，所以，，
所以，
所以
，故B错误；
对于C，取，，满足及，
所以，又，
所以函数的图像不关于直线对称，故C错误；
故选：D.
【点睛】思路点睛：对于含有的抽象函数的一般解题思路是：观察函数关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有双变量，需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系，此过程中的难点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以及选项来决定.
8．C
【分析】根据赋值法可得，，进而可得，即可判断A，根据函数单调性的定义可判断在上为减函数，即可求解B，代值逐步求解即可判断CD.
【详解】令，，，所以；
令，，则．
令，得，故为偶函数．A错误，
任取，，，则，
则，故在上为减函数．
由已知，可得，故，解得，且．B错误，
若，则，C正确，
若，则，，
，所以，故D错误，
故选：C．
9．A
【分析】将由不等式转化为，令，得到，令函数，问题转化为存在，使得，利用导数求得函数的单调性，结合，得到且，即可求解.
【详解】由不等式，即，
令，即有，
又由，所以函数在上单调递增，
因为，所以，
令，问题转化为存在，使得，
因为，令，可得；令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以当时，，
若存在，使得成立，只需且，
解得，因为，所以.
故选：A.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围；
2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
10．D
【分析】根据指对混合型不等式，利用指对运算将不等式转化成，根据结构相同设函数，利用函数的单调性及取值情况，将问题转化为，令，求导确定最值即可得实数的取值范围.
【详解】依题意得，，故，
令，则，令可得，
所以时，，则在上单调递减，时，，则在上单调递增；
且当时，，当时，；
则由，得，则
令，则，
故当时，，单调递减，当时，单调递增，
故，则，则实数的取值范围为.
故选：D．
11．D
【分析】结合指数函数的单调性与奇偶性检验各选项即可.
【详解】当时，，时，在上不是增函数，故A不正确；
当时，，时，在上为增函数，B不正确；
当时，，，为偶函数，故C不正确；
当时，，，为偶函数，故D正确；
故选：D.
12．D
【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解.
【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，
由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称，
所以，从而得，所以函数为周期为4的函数，
因为，所以，则，
因为关于直线对称，所以，
又因为关于点对称，所以，
又因为，又因为，所以，
所以，故D正确.
故选：D.
13．A
【分析】根据给定等式构造函数，探讨函数的对称性及单调性，由此计算得解.
【详解】令函数，求导得，
则函数在R上单调递增，
又
，因此函数的图象关于点对称，
由，得，即，
所以.
故选：A
14．A
【分析】画出的图象，根据图象可得的取值范围，再根据图象的局部对称性可得，且，故可判断各项的正误.
【详解】，
故的图象如图所示，
考虑直线与图象的交点，
则，且，，故BD正确.
由可得即，
整理得到，故C正确.
又，
由可得，但，故，
故，故A错误.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：分段函数的零点问题，可先刻画其图象，根据图象的性质可得各零点的性质，结合基本不等式等考虑目标代数式的范围等.
15．BCD
【分析】对A：利用基本不等式求得的最大值，即可求得目标式的范围，从而判断；对B：直接使用基本不等式，结合指数运算，即可判断；对C：构造函数，利用导数研究其单调性和值域，将转化为，即可判断；对D：构造函数，利用导数研究其最大值，结合适度放缩，即可判断.
【详解】因为，故可得，当且仅当取得等号；
对A：，故A错误；
对B：，当且仅当时取得等号，故B正确；
对C：令，，
故在单调递增，，即当，；
，又，即，解得，故；
故，也即，故C正确；
对D：令，则
，
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
故的最大值为；
由C可知，，则，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题CD选项的判断，解决的关键在于构造，以及，利用导数研究其单调性和最值，从而实现问题的解决.
16．AC
【分析】对于A：利用赋值法，令代入运算即可；对于C：令，代入运算即可；对于BD：举反例说明即可.
【详解】对于A， 令，则，可得，
且不恒为0，所以，故A正确；
对于B，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
可知符合题意，但，故B错误；
对于C，令，则，可得，
即，故C正确；
对于D，例如，可知是定义域为的非常数函数，
且，
注意到同号，
可得，
可知符合题意，
但，即为偶函数，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：对于选项BD：举反例，通过函数和分析判断.
17．BD
【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可.
【详解】令，得，因为，
所以，所以A错误；
令，得①，所以，
因为是奇函数，所以是偶函数，
所以②，由①②，
得，
即，
所以，
所以，是周期为3的函数，所以，
，
所以B正确，C错误；
因为，
在①中令得，
所以，
，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】对于可导函数有：
奇函数的导数为偶函数
偶函数的导数为奇函数
若定义在R上的函数是可导函数，且周期为T，则其导函数是周期函数，且周期也为T
18．BCD
【分析】选项A，根据条件得到，即可判断出选项A错误；选项B，对求导，得到，从而得到时，，即可判断出选项B的正误，选项C，令，求出时的解，再根据极值的定义，即可判断出结果，选项D，根据条件得出的周期为，再利用导数与函数单调性间的关系，得出在上的图象，再数形结合，即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为，
所以，所以选项A错误，
对于选项B，因为
，
当时，，，，
所以当时，，当且仅当时，取等号，所以在上单调递增，故选项B正确，
对于选项C，因为，
令，得到，
又因为，当且仅当或时，取等号，
所以，不是变号零点，即，不是的极值点，
由，即，
又，解得或或或，
由图象知，每一个解都是变号零点，所以在内共有4个极值点，故选项C正确，
对于选项D，因为，
所以的周期为，
又因为，
当时，由得到，，，
列表如下，
又，，，
则在上的大致图象如图所示，
当时，因为，此时无解，
由，则，又，则，
又由，，
故只需再画出在图象即可，
当时，，无解，
作出的图象，注意到，
所以时，的图象在图象下方，
由图可知与在上有5个交点，
所以在上共有5个零点，所以选项D正确，

故选：BCD.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，根据条件得出是周期为的周期函数，再利用导数与函数单调性间的关系，作出在上图象，且有最大值和最小值分别为，，利用，再数形结合，即可求出结果.
19．AB
【分析】集合的新定义，结合选项以及交并补的性质逐一判断即可.
【详解】对于A,因为⊕，所以，，
所以，且中的元素不能出现在中，因此，即A正确；
对于B，因为⊕，所以，，
即与是相同的，所以，B正确；
对于C,因为⊕，所以，，
所以，即C错误；
对于D由于
，
而，故，即D错误．
故选：AB．
20．
【分析】由，可得，从而得，然后利用倒序相加法从而可求解.
【详解】由题意知，所以，即，
又因为，所以，
所以，
，
将两式相加可得：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要是对求导后得，主要能够找到的关系，再根据倒序相加法从而可求解.
21．
【分析】原不等式变形转化为，构造函数，转化为恒成立，利用导数研究，可得，再分离参数即可得解.
【详解】原不等式，
构造函数，则，
则，令，解得，
故当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，且，
若，则当时，，此时恒不成立，
故，所以，
所以成立，只需成立即可，
即恒成立，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对不等式结构的观察，同构出函数，转化为研究函数大致变化情况，再由对的分类讨论确定，且能得出，即可脱去“”，转化为恒成立，分参即可得解.
22．
【分析】变形为，构造，求导得到单调性进而恒成立，故，分当和两种情况，结合单调性和最值，得到，得到答案.
【详解】由题意得，
因为，所以，
即，
令，则恒成立，
因为，
令得，，单调递增，
令得，，单调递减，
且当时，恒成立，当时，恒成立，
因为，所以恒成立，故，
当时，，此时满足恒成立，
当，即时，由于在上单调递增，
由得，
令，，
则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，，
故，即，所以，a的取值范围是.
故答案为：
【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现指数函数与对数函数，通常使用同构来进行求解，本题难点是两边同时乘以，变形得到，从而构造进行求解.
23．
【分析】构造函数，利用导数判断的单调性，结合函数值域，求得，再求即可.
【详解】，；
令，则，
故当，，单调递增；
当，，单调递减；
又，故，即
故，当且仅当时，取得等号；
由题可知，，故，
则，故，即，故.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造函数，利用导数求得其值域，从而求得.
24．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得的导数，判断的单调性，可得所求值域；
（2）讨论为奇数，或偶数时，的单调性，结合函数零点存在定理，可得证明；
（3）由（2）可知函数在（）上且仅有一个零点，再由零点存在定理、以及正切函数的性质和不等式的性质，可得证明.
【详解】（1）由，
当时，，即函数在区间上是严格增函数，
且，，
所以在区间上的值域为.
（2）当时，
①当是偶数时，，
函数在区间上是严格增函数；
②当是奇数时，，
函数在区间上是严格减函数；
且，故，
所以由零点存在定理可知，
函数在区间上有且仅有一个零点.
（3）由（2）可知函数在上有且仅有一个零点，
且满足，即（几何意义：是与交点的横坐标）
又因为，故，
所以由零点存在性定理可知，
函数在上有且仅有一个零点，
于是，
①因为，得
所以，即；
（或者
）
② 因为
由（1）可知，当时，有
故，所以；
由①②可知.
【点睛】关键点点睛：本题第三问，借助在（）上且仅有一个零点，利用正切函数的性质和不等式的性质求解.
25．(1)证明见解析
(2)，
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义表示出切线方程，令，即可得证；
（2）设其公差为，依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到最多有两个不同的根，从而得到最多三项，设、、成等差数列，由等差中项的性质及（1）的结论，令利用导数说明函数的单调性，结合零点存在性定理说明即可.
【详解】（1）因为，所以函数图象在处的切线方程为，
即，令可得，即切线与轴的交点为，
所以
（2）若为等差数列，设其公差为，则，
令，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
因此最多有两个不同的根，即最多项成等差数列，
若、、成等差数列，即，
由（1）可知，所以，
又，
令，则，
所以当时，所以在上单调递增，
又，
（其中，所以），
又，
所以存在，使得，
即存在，使得，即为等差数列，
此时，数列的项数.
【点睛】关键点点睛：本题第一问关键是理解题意，利用导数的几何意义表示出切线方程，第二问关键是推导出这样的等差数列最多三项，再转化为函数的零点问题.
26．(1)在区间上单调递减，在区间上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求函数的导函数，设定导函数再求导，通过分析该函数的性质进而得到原函数的性质；
（2）采用分析法，要证明，即证，从而构造函数并研究函数的性质，解决问题.
【详解】（1）因为函数，
则，
令，
其中，
则，函数即函数在区间上单调递增，
又，
所以当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
综上，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）由已知，
要证明，也即证明，
只要证明时，在区间上单调递减.
，
由，得，且，
结合幂函数的性质得：
当时，在区间上单调递减，
即时，函数取得最大值，
从而只需证明，变换得：，即证，
当时，即，，成立，问题得证；
当，
则，，
由第（1）问知，当时，在区间上单调递减，
，也即，
从而，
其中，
由于，且，，
所以，得，
从而，问题得证.
综上，若，不等式成立.
27．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）设，则，根据极值点的定义可求得；进而利用导数证明当时对任意恒成立即可；
（3）由（2）可得，进而.利用导数证明不等式、，结合放缩法和裂项相消法计算即可证明.
【详解】（1），则，
；
（2）设.
由条件知恒成立，
因为，又的图像在定义域上是连续不间断的，
所以是的一个极大值点，则.
又，所以，得；
下证当时，对任意恒成立，
令，则，
由，
知函数在单调递增，在上单调递减，
，即，而，
所以当时，.
综上，若恒成立，则.
（3）由（2）可知.
，
先证，
令，
则在上单调递减，，即
所以
再证，先证，
令，则，
当时，，函数单调递增，且，则，
即，令即得.
又，得
所以，
综上，.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略:
形如的恒成立的求解策略：
1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；
2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
28．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分，和三种情况，得到函数递增区间；
（2）由（1）得到的单调性，求出，构造，求导得到其单调性，求出，令，则，所以恒成立，不妨设，则，即，结合在单调递增，得到答案；
（3）由（2）知，时，，变形为在时恒成立，赋值后，相加后得到答案.
【详解】（1）函数的定义域是.
由已知得，.
①当时，
由得，或，
∴的单调增区间为，，
②当时，
当时，，所以单调增区间为.
③当时，
由得：或，
∴的单调增区间为，
综上，①当时，函数单调递增区间为，；
②当时，函数单调递增区间为；
③当时，函数单调递增区间为，.
（2）当时，.
由（1）知，函数在上单调递增且；
令
，，
令，
令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
令，则，则，
故，
所以恒成立，
不妨设，则，
所以，所以，
因为，，而在单调递增，
所以，所以.
（3）由（2）知，时，，
即，
故在时恒成立，
所以，
，
，
……，
，
相加得.
【点睛】导函数证明与整数相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.
29．(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论，即讨论a的取值范围，确定导数正负，从而判断函数的单调性；
（2）①利用（1）的结论，即可证明结论；②由（1）可得，利用变量代换推出，结合，可得，从而采用累加法，即可证明不等式.
【详解】（1）由于，定义域为，
则，
①当时，，令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
③当时，时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
④当时，，所以在上单调递增；
⑤当时，时，，
时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：①由（1）知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，故；
②由（1）可得，当时，，即，则，
仅当时等号成立，
所以，所以，即得，
令，则，所以，即，
令，则，且不恒为零，
所以在上单调递增，所以，所以，
所以，
所以
.
【点睛】难点点睛：本题考查了导数的综合应用，利用导数判断函数的单调性以及利用导数证明不等式，难点在于不等式的证明，证明时要结合函数的性质推出，继而结合，推出，从而累加，证明结论.
30．(1)在上单调递增；
(2)证明见解析；
【分析】（1）对函数求导，并构造函数得出其单调性即可求出在上单调递增；
（2）根据（1）中结论，利用根据对数运算法则裂项并由累加法可求得结论.
【详解】（1）易知函数的定义域为，
可得；
令，则，
当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
所以；
即在上恒成立，
因此在上单调递增；
（2）由（1）可知，即，
可得；
所以，
即可得
；
即.
31．(1)
(2)实数的取值范围为
(3)证明见解答
【分析】（1）由，，列方程组可求实数a，b的值；
（2）令，利用导数研究单调性，又，进而可得与的大小，可求的范围；
（3）由（2）可得，进而可得，令，可证结论成立.
【详解】（1）由，，有，
可知，，，，
则，，所以，解得，
（2）由（1）知，，令，则，
所以在内为增函数，又，
所以当时，，所以，
又当时，，所以，由对恒成立，
所以时，故实数的取值范围为；
（3）当时，由（2）可得，
所以，
令，
可得，，，，
这个等式左右两边相加可得：，
进而可得.
【点睛】本题考查导数的综合运用，考查构造函数求参数的取值范围，考查利用放缩法证不等式，考查运算求解能力，综合性强，难度较大.
32．(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.
33．(1)（答案不唯一）
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）根据题中定义写出一个符合的即可；
（2）根据题意，以的取值与1的大小比较为标准，分类讨论即可证明；
（3）根据题意，分类讨论即可；
【详解】（1）由题因为，
所以若使，则可以，
此时，满足题意.
（2）根据题意对于任意点集，不妨设，
且，，，
若，则，令，
则，此时恒有；
若，则，可令，
此时，则，满足题意；
若，则，令，
此时，则，满足题意；
若，则，则
令，
此时，则，满足题意；
所以对于任意点集，都存在的一个优划分，满足.
（3）不妨设，
若，则B取其中一点即可满足；
若，
则必存在正整数k使得，
则有，于是，
又因为
，当且仅当时取等号；
于是取，
即可满足且，命题得证.
【点睛】思路点睛：利用分类讨论思想，分，两类依次展开证明.
34．(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.
35．(1)、、、；
(2)；
(3)见解析
【分析】（1）根据题中定义可得的所有情形；
（2）分、两种情况，利用绝对值三角不等式可求得的最大值；
（3）表示出，结合定义，可得，即中任意两元素不相等，可得中至多有个元素，即可得证．
【详解】（1）已知，，且，
所以，的所有情形有：、、、；
（2）设，，
因为，则，
同理可得，
当时，；
当时，.
当，时，上式等号成立.
综上所述，；
（3）记，
我们证明．一方面显然有．另一方面，且，
假设他们满足．则由定义有，
与中不同元素间距离至少为相矛盾．
从而．
这表明中任意两元素不相等．从而．
又中元素有个分量，至多有个元素．
从而．
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质.
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增