新高考数学三轮冲刺 押题卷练习第19题B 新定义压轴（解答题）（2份打包，原卷版+解析版）

新 定 义 压 轴（解答题）（数列新定义、函数新定义、集合新定义、推理及其他新定义）2024年新高考数学新结构体系下，新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力；以问题为抓手，创新设问方式，搭建思维平台，引导考生思考，在思维过程中领悟数学方法。题目更加注重综合性、应用性、创新性，本题分值最高，试题容量明显增大，对学科核心素养的考查也更深入。压轴题命题打破了试题题型、命题方式、试卷结构的固有模式，增强试题的灵活性，采取多样的形式、多角度的提问，考查学生的数学能力.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.难度较难，可以预测2024年新高考大题压轴题命题方向将会以新定义类题型展开命题．一、数列新定义问题1. 考察对定义的理解。2. 考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质.3. 考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.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，转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想需要熟练掌握.二、函数新定义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，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.关于新定义题的思路有：找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；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；将已知条件代入新定义的要素中；结合数学知识进行解答.三、集合新定义问题对于以集合为背景的新定义问题的求解策略：紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本的概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力.认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．数 列 新 定 义 压 轴（解答题）1．（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．2．（2024·江西南昌·一模）对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“比分数列”.已知数列满足，且的“比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列.(1)若是公比为2的等比数列，求数列的前项和；(2)若是公差为2的等差数列，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用已知求出通项公式，再求前项和即可.（2）利用累乘法求通项公式即可.【详解】（1）由题意知，因为，且是公比为2的等比数列，所以，因为，所以数列首项为1，公比为4的等比数列，所以；（2）因为，且是公差为2的等差数列，所以，所以，所以，所以，因为，所以.3．（2024·全国·模拟预测）给定数列，称为的差数列（或一阶差数列），称数列的差数列为的二阶差数列……(1)求的二阶差数列；(2)用含的式子表示的阶差数列，并求其前项和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据差数列的定义，依次求出数列的一阶差数列和二阶差数列即得；（2）根据（1）的规律，猜想的阶差数列为，接着运用数学归纳法进行证明；再根据等比数列的前项和公式求解即得.【详解】（1）由差数列的定义，数列的一阶差数列为数列的二阶差数列为的一阶差数列，即故数列的二阶差数列为．（2）通过找规律得，的阶差数列为，下面运用数学归纳法进行证明：①当时，显然成立；时，由（1）得结论也成立．②假设该结论对时成立，尝试证明其对时也成立．由差数列的定义，的阶差数列即的阶差数列的一阶差数列，即故该结论对时也成立，证毕．故的阶差数列为．该数列是以为首项，2为公比的等比数列，故其前项和为故的阶差数列为，其前项和为.4．（2024·浙江温州·二模）数列满足：是等比数列，，且．(1)求；(2)求集合中所有元素的和；(3)对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”．试分别判断数列是否是“和稳定数列”．若是，求出所有的值；若不是，说明理由．【答案】(1)，(2)(3)数列是“和稳定数列”，，数列不是“和稳定数列”，理由见解析【分析】（1）根据已知及等比数列的定义求出的通项公式，由已知和求通项可得的通项公式，（2）根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果（3）根据“和稳定数列”的定义可判定.【详解】（1），又，，解得：因为是等比数列，所以的公比，又当时，，作差得：将代入，化简：，得：是公差的等差数列，（2）记集合的全体元素的和为，集合的所有元素的和为，集合的所有元素的和为，集合的所有元素的和为，则有对于数列：当时，是数列中的项当时，不是数列中的项，其中即（其中表示不超过实数的最大整数）（3）①解：当时，是的正整数倍，故一定不是数列中的项；当时，，不是数列中的项；当时，，是数列中的项；综上，数列是“和稳定数列”，； ②解：数列不是“和稳定数列”，理由如下：不妨设：，则，且故不是数列中的项.数列不是“和稳定数列”.5．（23-24高三上·湖北武汉·期末）若数列满足：存在等比数列，使得集合元素个数不大于，则称数列具有性质.如数列，存在等比数列，使得集合，则数列具有性质.若数列满足，，记数列的前项和为.证明：(1)数列为等比数列；(2)数列具有性质.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）设，求出和，求出和的关系即可证明；（2）由（1）求出，求出，设数列即可证明.【详解】（1）设，则，.因此数列是首项为，公比为的等比数列，且；（2）由（1），，所以，取数列，则是等比数列，并且，因此集合，所以数列具有性质.6．（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．7．（2024·福建泉州·模拟预测）表示正整数a，b的最大公约数，若，且，，则将k的最大值记为，例如：，.(1)求，，；(2)已知时，.（i）求；（ii）设，数列的前n项和为，证明：.【答案】(1)；；(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求解；（2）（i）依题可得中与互质的正整数个数为，中与互质的正整数个数为，再结合即可求解；（ii）先求得，可利用，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列求和的裂项相消法求解.【详解】（1）依题可得表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，因为与2互质的数为1，所以；因为与3互质的数为1，2，所以；因为与6互质的数为1，5，所以.（2）（i）因为中与互质的正整数只有奇数，所以中与互质的正整数个数为，所以，又因为中与互质的正整数只有与两个，所以中与互质的正整数个数为，所以，所以，（ii）解法一：因为，所以，所以，令，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以数列的前n项和，所以，又因为，所以，解法二：因为，所以，又因为，所以，所以，所以，所以因为，所以，【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对的放缩，或者.8．（2024·全国·二模）已知由个数构成的有序数组，如果恒成立，则称有序数组为“非严格差增数组”.(1)设有序数组，试判断是否为“非严格差增数组”？并说明理由；(2)若有序数组为“非严格差增数组”，求实数的取值范围.【答案】(1)有序数组是“非严格差增数组”，有序数组不是“非严格差增数组”，理由见解析(2)【分析】（1）根据“非严格差增数组”的定义判断即可；（2）根据“非严格差增数组”的定义得，变形为，按照，，，分类讨论求解即可.【详解】（1）对于有序数组，有，所以有序数组是“非严格差增数组”；对于有序数组，有，因为，所以有序数组不是“非严格差增数组”.（2）由题意，知有序数组中的数构成以1为首项，为公比的等比数列，且共有12项，根据“非严格差增数组”的定义，得，不等式两边平方得，整理得，当时，显然对于恒成立；当时，得对于恒成立，所以等价于时，，即，显然成立；当时，得，当为奇数时，得，因为，所以显然成立；当为偶数时，得，因为，所以显然不成立；所以当时，矛盾，舍去；当时，得，当为奇数时，得，显然成立；当为偶数时，要使恒成立，即等价于时，，即，解得或（舍去）；综上可得，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解“非严格差增数组”的定义，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，运算，验证，使得问题得以解决.9．（2024·河南开封·二模）在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用．设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素．对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为．(1)试求，，，的值；(2)设n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求，与φ（p）和φ（q）的关系；(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：①准备两个不同的、足够大的素数p，q；②计算，欧拉函数；③求正整数k，使得kq除以的余数是1；④其中称为公钥，称为私钥．已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是．若满足题意的正整数k从小到大排列得到一列数记为数列，数列满足，求数列的前n项和．【答案】(1)；(2)，；(3).【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值.（2）利用欧拉函数的定义求出，进而分析计算.（3）根据给定信息求出，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得.【详解】（1）由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则，不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则，不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则，不越过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则，所以.（2）在不大于的正整数中，只有3的倍数不与互素，而3的倍数有个，因此.由，是两个不同的素数，得，在不超过的正整数中，的倍数有个，的倍数有个，于是，所以.（3）计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是，则，从而由（2）得，，即正整数满足的条件为：，，令，则，令，则，取，则，于是，因此，即，，.【点睛】关键点睛：数列求和，利用差角的正切变式进行裂项是求解的关键.10．（23-24高三下·海南省直辖县级单位·开学考试）由个数排列成行列的数表称为行列的矩阵，简称矩阵，也称为阶方阵，记作：其中表示矩阵中第行第列的数．已知三个阶方阵分别为，，其中分别表示中第行第列的数．若，则称是生成的线性矩阵．(1)已知，若是生成的线性矩阵，且，求；(2)已知，矩阵，矩阵是生成的线性矩阵，且．（i）求；（ii）已知数列满足，数列满足，数列的前项和记为，是否存在正整数，使成立？若存在，求出所有的正整数对；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)（i），；（ii）存在，，【分析】（1）根据得到，计算，，得到答案.（2）根据得到，计算，，确定，利用错位相减法得到，变换得到，根据数列的单调性计算最值得到答案.【详解】（1），则，即，解得，则，，，，故.（2）（i），，故，，.（ii），，，故，故， ，即，取验证不成立，整理得到，， 当时，，不成立；当时，；当时，；现说明当时不成立：设，，，则，，故单调递增，，设，，，，，故单调递减，，，，，故时，不成立，综上所述：使成立的所有的正整数对为，.【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义问题，数列求和，数列的单调性问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将定义中的新知识转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想是考查的重点，需要熟练掌握.11．（2024·福建厦门·二模）若，都存在唯一的实数，使得，则称函数存在“源数列”.已知.(1)证明：存在源数列；(2)（ⅰ）若恒成立，求的取值范围；（ⅱ）记的源数列为，证明：前项和.【答案】(1)证明见解析(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合，根据数列的新定义，即可证明结论；（2）（i）由恒成立，可得恒成立，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可求得答案；（ii）由（i）可得，从而由，推得，可得到，继而可利用放缩法以及裂项求和法，证明不等式.【详解】（1）由，得，即在上单调递减，又，当且x无限趋近于0时，趋向于正无穷大，即的值域为，且函数在上单调递减，对于可以取到任意正整数，且在上都有存在唯一自变量与之对应，故对于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨设解为，即，则都存在唯一的实数，使得，即存在源数列；（2）（i）恒成立，即恒成立，令，即恒成立，令，则，令，则，仅在时取等号，即在上单调递减，故，即在上单调递增，、故，故；（ii）由（i）得，故，即，故，当时，，当时，，即前项和.【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的新定义以及数列不等式恒成立以及证明不等式问题，综合性较强，解答的关键在于证明不等式时，得到后，即可推出，此时要用放缩法得到，从而再用裂项法求和，证明不等式.12．（2024·山东泰安·一模）已知各项均不为0的递增数列的前项和为，且（，且）．(1)求数列的前项和；(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“-数列”．证明：①对任意且，存在“-数列”，使得成立；②当且时，不存在“-数列”，使得对任意正整数成立．【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）根据和的关系，结合等差数列的定义和通项公式、裂项相消法进行求解即可；（2）①根据不等式，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可；②根据①的结论，结合特殊值法进行运算证明即可.【详解】（1），各项均不为0且递增，，，，，化简得，，，，，，为等差数列，，，；（2）①证明：设“G-数列”公比为，且，由题意，只需证存在对且成立，即成立，设，则，令，解得，当时，单调递增，当时，单调递减，，，存在，使得对任意且成立，经检验，对任意且均成立，对任意且，存在“G-数列”使得成立；②由①知，若成立，则成立，当时，取得，取得，由，得，不存在，当且时，不存在“G-数列”使得对任意正整数成立．【点睛】关键点睛：根据不等式的形式，构造函数，利用导数的性质进行求解.13．（2024·河南信阳·一模）定义：已知数列满足．(1)若，，求，的值；(2)若，，使得恒成立．探究：是否存在正整数p，使得，若存在，求出p的可能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；(3)若数列为正项数列，证明：不存在实数A，使得．【答案】(1)，或(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，由定义代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，将问题转化为，即可得到结果；（3）根据题意，分与讨论，当时，再分S为有限集与S为无限集讨论，即可证明.【详解】（1）依题意，，显然；故；，即或，则或．（2），对恒成立，.，，① 时, 当 , 且时,.的集合为 且② 时,，，， 当, 且 时, .的集合为 且③且时, 的集合为 （3），；设，①若，则，，对任意，取（[x]表示不超过x的最大整数），当时，；②若，ⅰ）若S为有限集，设，，对任意，取（[x]表示不超过x的最大整数），当时，；ⅱ）若S为无限集，设，，若，则，又，矛盾；故；记；当时，，，；因为，所以；当时，，，因为，故；因为，故，故对任意，取，当时，；综上所述，不存在实数A，使得．综上所述，不存在实数A，使得对任意的正整数n，都有．【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定于与数列综合问题，难度较大，解答本题的关键在于理解新定义的概念，以及结合数列的知识解答.14．（2024·吉林白山·二模）已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.【答案】(1)或(2)(3)不能，理由见解析【分析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；（3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；若，则，得，而，解得或，故或.（2）设等差数列的公差为，因为，则，则，由，得，而，故，两式相减得，即，又，得，所以.（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，故，所以.若存在，使得，即，则，且.假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，则因为，所以.所以；又，则.所以；即与不能同时成立.故数列不为“阶可控摇摆数列”.【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.15．（2024·河南·一模）在正项无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等比数列．在无穷数列中，若对任意的，都存在，使得，则称为阶等差数列．(1)若为1阶等比数列，，求的通项公式及前项和；(2)若为阶等比数列，求证：为阶等差数列；(3)若既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明：是等比数列．【答案】(1)，前项和为(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题意可得为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前项和公式即可得解；（2）由为阶等比数列，可得，使得成立，再根据阶等差数列即可得出结论；（3）根据既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，可得与同时成立，再结合等比数列的定义即可得出结论.【详解】（1）因为为1阶等比数列，所以为正项等比数列，设公比为，则为正数，由已知得两式相除得，所以（舍去），所以，所以的通项公式为，前项和为；（2）因为为阶等比数列，所以，使得成立，所以，又，所以，即成立，所以为阶等差数列；（3）因为既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，所以与同时成立，所以与同时成立，又的各项均为正数，所以对任意的，数列和数列都是等比数列，由数列是等比数列，得也成等比数列，设，所以，所以是等比数列．【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.16．（2024·湖南·模拟预测）超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔（Joseph  Liouville）最早证明的．一个超越数不是任何一个如下形式的整系数多项式方程的根：（，，…，，）．数学家证明了自然对数的底数e与圆周率是超越数．回答下列问题：已知函数（）只有一个正零点．(1)求数列的通项公式；(2)（ⅰ）构造整系数方程，证明：若，则为有理数当且仅当．（ⅱ）数列中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否则说明理由．【答案】(1)(2)（ⅰ）证明见解析.（ⅱ）答案见解析.【分析】（1）充分分析题意，利用函数性质只有一个正零点，结合导数得出在取最大值，进而得出.（2）（ⅰ）根据题意利用反证法分析证明；（ⅱ）利用第一问已知，分析题意，结合给定新定义求解即可.【详解】（1）若只有一个正零点，可得令，，令，，令，，故在上单调递增，在上单调递减，可得在处取得最大值，且最大值为，而当时，，当时，，由题意得，当最大时，符合题意，故，即.（2）（ⅰ）若，则为有理数；若正整数，假设为有理数，则，则方程的根中有有理数，又在方程中，发现是它的根，而已知是超越数，故不是方程的根，与矛盾，即不为有理数；综上所述：，为有理数当且仅当；（ⅱ）若数列中存在不同的三项构成等比数列，则，可得，由方程右边是有理数知左边是有理数，由上问知当且仅当时成立，故，则，设，则，，则，将，代入进行化简，可得，故，故，构造函数， 而，知在其定义域内单调递减，又，故若，则有，即成立，当且仅当时成立.即数列中不存在不同的三项构成等比数列，【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是利用给定新定义，然后证明构成等比数列，发现不存在即可．17．（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.18．（2024·河南信阳·模拟预测）若数列满足：存在等差数列，使得集合元素的个数为不大于，则称数列具有性质.(1)已知数列满足，.求证：数列是等差数列，且数列有性质；(2)若数列有性质，数列有性质，证明：数列有性质；(3)记为数列的前n项和，若数列具有性质，是否存在，使得数列具有性质？说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，且，理由见解析【分析】（1）借助题目所给条件可得，结合等差数列定义可得数列是等差数列，结合新定义找到对应的等差数列，使得集合元素的个数不大于；（2）构造对应函数、，结合所给定义可得集合元素的个数不超过个，即可得证；（3）借助与的关系，得到当时，，存在等差数列，使元素个数不超过个，即可得证.【详解】（1）由，故，即，又，故数列是以为首项，为公差的等差数列，则，即，故存在等差数列，使，由，故数列有性质；（2）设对数列，存在等差数列，使，对数列，存在等差数列，使，则对数列，存在等差数列，使的值为，这样的最多有个，即数列有性质；（3）设对数列，存在等差数列，且其公差为，使得，当时，有，由，故当时，，当时，，当时，可能有种，故这样的最多有个，即存在等差数列，使，的元素个数不超过个，故一定存在，使得数列具有性质.【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于借助与的关系，得到当时，，从而将数列具有性质这个条件使用上.19．（2024·广西南宁·一模）若无穷数列满足，则称数列为数列，若数列同时满足，则称数列为数列．(1)若数列为数列，，证明：当时，数列为递增数列的充要条件是；(2)若数列为数列，，记，且对任意的，都有，求数列的通项公式．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证必要性，根据递增函数可得数列是等差数列可得，再证充分性，根据累加可得当且仅当时取等号即可证明；（2）依题意的偶数项构成单调递增数列，从而可得当时，有，再证明相邻两项不可能同时为非负数，从而可得，进而根据等差数列的通项公式求解即可.【详解】（1）先证必要性：依题意得，，又数列是递增数列，故，故数列是，公差的等差数列，故.再证充分性：由，得，故，当且仅当时取等号.又，故，故数列是递增数列.（2）因为，由，知数列是单调递增数列，故数列的偶数项构成单调递增数列，依题意，可得，故当时，有.下面证明数列中相邻两项不可能同时为非负数.假设数列中存在同时为非负数，因为，若，则有，与条件矛盾；若，则有，与条件矛盾；即假设不存在，即对任意正整数中至少有一个小于0；由，对成立，故时，，，即，故，故，即，即.又，所以数列是，公差为1的等差数列，所以.【点睛】思路点睛：（1）证明充要条件可分别证明充分性与必要性；（2）隔项数列可考虑每项前后的两项数列正负，并根据累加可得.20．（2024·山东青岛·一模）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设变换，．定义运算：若，则，．(1)若，用表示；(2)证明：；(3)若，，，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据新定义，由项系数相等可得；（2）利用新定义证明即可；（3）根据多项式的乘法可得，然后利用通项公式整理化简即可得证.【详解】（1）因为，且，所以，由可得，所以.（2）因为，所以又因为所以，所以.（3）对于，因为，所以，所以，所以，，所以，.【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合通项公式即可得证.函 数 新 定 义 压 轴（解答题）1．（2024·辽宁大连·一模）已知函数的定义域为区间值域为区间，若则称是的缩域函数.(1)若是区间的缩域函数，求a的取值范围；(2)设为正数，且若是区间的缩域函数，证明：（i）当时，在单调递减;（ii）【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）根据缩域函数的定义及其区间，解不等式可得a的取值范围；（2）（i）易知可解得，结合（1）中单调性可得结论；（ii）由缩域函数的定义构造函数并将双变量转化为单变量问题，利用导数求得其单调性即可得结论.【详解】（1）若是区间的缩域函数，则，；即，解得；可得，则；令，则；当时，，则单调递减；当时，，则单调递增.所以，解得，下面证明，即，也即；令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；因此可得，所以，综上a的取值范围为（2）（i）当时,若是区间的缩域函数，则，即，进一步，当时，，即，；由（1）可知，当时，，则单调递减；所以在区间上单调递减，（ii）若是区间的缩域函数，则；故有，即；设函数，则；当时，，单调递增，当时，，单调递减；因为为正数且则，又，所以在上单调递减，所以；记，设，且，由的单调性可知，故；记，则，当时，，单调递增；故，即；因为在上单调递减，故，即；由，故，所以，又因为，故.【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“缩域函数”的定义，并根据给定区间的范围合理构造函数并利用单调性对相应结论进行证明.2．（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，不超过x的最大整数称为x的整数部分，记作，函数称为取整函数．另外也称是x的整数部分，称为x的小数部分．(1)直接写出和的值；(2)设a，，证明：，且，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，其中为质数，为整数，且对任意的，，i，，称该式为a的标准分解式，例如100的标准分解式为．证明：在的标准分解式中，质因数（，，）的指数．【答案】(1)，(2)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b，即可得证，由a，b都为整数，结合定义可证得，即可得证，假设b，，…，都小于等于a，可得，即有，又，即可得，即可得解；（3）利用（2）中结论可得的倍数中不大于n的正整数的个数为，的倍数中不大于n的正整数的个数为，的倍数中不大于n的正整数的个数为，依次进行下去，可得，即得证.【详解】（1）由，故，故，；（2）因为，等式两边同时乘b，得，因为a，b都为整数，所以也为整数，又，所以，所以，即得证，假设b，，…，都小于等于a，，因为，所以，所以，因为，所以，所以b的倍数中不大于a的正整数的个数为个；（3），将2，3，…，n每一个数都分解为质因数的乘积．对于质因数，利用（2）中结论，的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为，将这些数都提取出来，此时p的倍数中还有可以提取出的数，注意到的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为，将这些数提取出来；同理，的倍数中不大于n的正整数的个数为，记为，依此这样进行下去，则质因数的指数，即得证．【点睛】关键点点睛：本题中第二小问关键点在于由题意得到，从而借助该式变形证明、；假设b，，…，都小于等于a，得到，从而得到.3．（2024·全国·模拟预测）如果有且仅有两条不同的直线与函数的图象均相切，那么称这两个函数为“函数组”．(1)判断函数与是否为“函数组”，其中为自然对数的底数，并说明理由；(2)已知函数与为“函数组”，求实数的取值范围．【答案】(1)它们为“函数组”，理由见解析(2)【分析】（1）设出切点，得到两函数的切线方程，根据斜率相等得到，代入两切线方程，对照系数得到，解得或，求出两条切线方程，得到答案；（2）设出切点，得到两切线方程，求出，再联立，转化为方程有两个正数根，构造，求导得到其单调性，极值最值情况，数形结合得到答案.【详解】（1）函数和是“函数组”，理由如下：设直线与曲线和相切于点，，，则切线方程分别为．因此，则．故，，由于两切线为同一直线，故，即，又，故，解得或，当时，切线方程为，当时，切线方程为，因此切线方程为或．因为有且仅有两条不同的直线与函数和的图象均相切，所以它们为“函数组”．（2）因为函数与为“函数组”，所以它们的图象有且仅有两条公切线．由，得，设切点坐标为，，则切线方程为，，设切点为，则切线方程为，由题意得有解，因为，所以．联立，所以．由判别式，可得．依题意，关于实数的方程恰有两个不同的正数解．令，则，故当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减，所以．又，当时，；所以．又，所以，实数的取值范围是．【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.4．（2024·江苏盐城·模拟预测）根据多元微分求条件极值理论，要求二元函数在约束条件的可能极值点，首先构造出一个拉格朗日辅助函数，其中为拉格朗日系数．分别对中的部分求导，并使之为0，得到三个方程组，如下：，解此方程组，得出解，就是二元函数在约束条件的可能极值点．的值代入到中即为极值．补充说明：【例】求函数关于变量的导数．即：将变量当做常数，即：，下标加上，代表对自变量x进行求导．即拉格朗日乘数法方程组之中的表示分别对进行求导．(1)求函数关于变量的导数并求当处的导数值．(2)利用拉格朗日乘数法求：设实数满足，求的最大值．(3)①若为实数，且，证明：．②设，求的最小值．【答案】(1)，；(2)；(3)①证明见解析；②4.【分析】（1）根据给定条件，对变量求导并求值.（2）利用拉格朗日乘数法求出极值，再判断并求出最大值.（3）①利用换元法，结合平方数是非负数推理即得；②利用二次函数、均值不等式求出最小值.【详解】（1）函数，对变量求导得：，当时，.（2）令，则，解得或，于是函数在约束条件的可能极值点是，，当时，函数的一个极值为函数，当时，函数的一个极值为函数，方程视为关于x的方程：，则，解得，视为关于y的方程：，则，解得，因此函数对应的图形是封闭的，而，所以的最大值为.（3）①由，，设，则，当且仅当时取等号，所以.②当时，，当且仅当时取等号，所以时，取得最小值4.【点睛】方法点睛：利用基本不等式最值的方法与技巧：①在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件；②利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等应用技巧.5．（2024·贵州贵阳·一模）英国数学家泰勒发现了如下公式：其中为自然对数的底数，.以上公式称为泰勒公式.设，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.(1)证明：；(2)设，证明：；(3)设，若是的极小值点，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）首先设，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可证明；（3）分和两种情况讨论，求出在附近的单调区间，即可求解.【详解】（1）设，则.当时，：当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.因此，，即.（2）由泰勒公式知，①于是，②由①②得所以即.（3），则，设，由基本不等式知，，当且仅当时等号成立.所以当时，，所以在上单调递增.又因为是奇函数，且，所以当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.因此，是的极小值点.下面证明：当时，不是的极小值点.当时，，又因为是上的偶函数，且在上单调递增,所以当时，.因此，在上单调递减.又因为是奇函数，且，所以当时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减.因此，是的极大值点，不是的极小值点.综上，实数的取值范围是.【点睛】关键点点睛：第三问是本题的难点，关键是分和两种情况，利用导数判断附近的单调性.6．（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.7．（2024·湖北·一模）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．(1)根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；(2)由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明；(3)设，证明：．【答案】(1)；(2)，证明见解析；(3)证明见解析.【分析】（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值；（2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求和即可证明.【详解】（1）令，则，，，，故，，，，，由麦克劳林公式可得，故.（2）结论：，证明如下：令，令，故在上单调递增，，故在上单调递增，，即证得，即．（3）由（2）可得当时，，且由得，当且仅当时取等号，故当时，，，而，即有故而，即证得.【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.8．（2024·广东·一模）数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量，其模定义为.类似地，对于行列的矩阵，其模可由向量模拓展为（其中为矩阵中第行第列的数，为求和符号），记作，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵，其矩阵模.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.(1)，，矩阵，求使的的最小值.(2)，，，矩阵求.(3)矩阵，证明：，，.【答案】(1)10(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；（2）总结得第对角线上的平方和为，再代入化简即可；（3）等价转化结合放缩法得证明成立，再利用换元法和导数证明即可.【详解】（1）由题意得.若，则，即.因式分解得.因为，所以.所以使的的最小值是10.（2）由题得第1对角线上的平方和为，第2对角线上的平方和为，第对角线上的平方和为，第对角线上的平方和为，所以所以.（3）由题意知，证明等价于证明，注意到左侧求和式，将右侧含有的表达式表示为求和式有故只需证成立，即证成立，令，则需证成立，记，则在上恒成立，所以在上单调递增，所以，所以在上恒成立，即成立，所以原不等式成立.【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明，再结合放缩法转化为证明，最后利用导数证明即可.9．（2024·山东·模拟预测）如图①，将个完全一样质量均匀长为的长方体条状积木，一个叠一个，从桌子边缘往外延伸，最多能伸出桌缘多远而不掉下桌面呢？这就是著名的“里拉斜塔问题”．解决方案如下：如图②，若，则当积木与桌缘垂直且积木重心恰与桌缘齐平时，其伸出桌外部分最长为，如图③，若，欲使整体伸出桌缘最远，在保证所有积木最长棱与桌缘垂直的同时，可先将上面积木的重心与最下方的积木伸出桌外的最远端齐平，然后设最下方积木伸出桌外的长度为，将最下方积木看成一个杠杆，将桌缘看成支点，由杠杆平衡原理可知，若积木恰好不掉下桌面，则上面积木的重力乘以力臂，等于最下方积木的重力乘以力臂，得出方程，求出．所以当叠放两个积木时，伸出桌外最远为，此时将两个积木看成整体，其重心恰与桌缘齐平．如图④，使前两块积木的中心与下方的第三块积木伸出桌外的最远端齐平，便可求出时积木伸出桌外的最远距离．依此方法，可求出4个、5个直至个积木堆叠伸出桌外的最远距离．（参考数据：，为自然常数）(1)分别求出和时，积木伸出桌外的最远距离．（用表示）；(2)证明：当时，积木伸出桌外最远超过；(3)证明：当时，积木伸出桌外最远不超过．【答案】(1)当时，最远距离为，当时，最远距离为(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）将前个看成一个整体，结合题意列式计算即可得；（2）将前个看成一个整体，设第个积木伸出桌外的长度为，可得，即有当时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为，构造函数，结合导数研究函数单调性可得，即可得，将代入即可得证；（3）构造函数，结合导数研究函数单调性可得，故有，将代入即可得证.【详解】（1）当时，有，则，，当时，有，则，故，故当时，积木伸出桌外的最远距离为，当时，积木伸出桌外的最远距离为，（2）当个积木堆叠伸出桌外时，前个看成一个整体，设第个积木伸出桌外的长度为，则有，解得，故当时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为：，令，则，故在上单调递增，故，令，则有，即，故，即，又，故，故，即当时，积木伸出桌外最远超过；（3）由（2）知，当时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为：，令，则，故在上单调递增，故，即有在上恒成立，令，则有，故，即，则，要证当时，积木伸出桌外最远不超过，只需证， 即证，由，故，即只需证，由，故，即得证.【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一个是由题意得到第个积木伸出桌外的长度为时，有，可得，即可得个积木堆叠伸出桌外的最远距离为，第二个是证明（2）、（3）问时，构造对应函数及，通过研究函数单调性，得到及.10．（2024·浙江金华·模拟预测）设全集为，定义域为的函数是关于x的函数“函数组”，当n取中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为的函数，当时，有若存在非空集合满足当且仅当时，函数在上存在零点，则称是上的“跳跃函数”．(1)设，若函数是上的“跳跃函数”，求集合;(2)设，若不存在集合使为上的“跳跃函数”，求所有满足条件的集合的并集；(3)设，为上的“跳跃函数”，．已知，且对任意正整数n，均有．（i）证明：;（ii）求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点．【答案】(1)(2)(3)（i）证明见解析；（ii）2【分析】（1）将命题等价转化为求使得在上有零点的全体，然后利用当时，的取值范围是，得到，即可得解；（2）将命题等价转化为求使得在上没有零点的全体，然后通过分类讨论即可解决问题；（3）先用数学归纳法证明，然后将（i）等价转化为证明对，在上有零点当且仅当是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可解决（ii）.【详解】（1）根据题意，所求的为使得在上有零点的全体.由于在上有零点等价于关于的方程在上有解，注意到当时，的取值范围是，故关于的方程在上有解当且仅当，从而所求.（2）根据题意，不存在集合使为上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的，在上都不存在零点.这表明，全体满足条件的的并集，就是使得在上不存在零点的全体构成的集合.从而我们要求出全部的，使得在上没有零点，即关于的方程在上没有解.该方程在上可等价变形为，然后进一步变形为.设，则我们要求出全部的，使得在上没有零点.当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；当时，由于，，故在上必有一个零点，从而在上有零点；当时，对，我们有：，由于两个不等号的取等条件分别是和，而这无法同时成立（否则将推出），故此时对都有，从而在上一定没有零点.综上，使得在上没有零点的构成的集合为，故所求的集合为.（3）首先用数学归纳法证明：对任意正整数，有.当时，有，故结论成立；假设结论对成立，即，则有：，故结论对也成立.综上，对任意正整数，有.（i）命题等价于，对，在上有零点当且仅当是偶数，下面证明该结论：当为奇数时，对，有，所以在上没有零点；当为偶数时，对，有，而，，从而在上一定存在零点，所以在上一定有零点.综上，对，在上有零点当且仅当是偶数，结论得证.（ii）我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.根据（i）的讨论，在上有零点当且仅当是偶数，所以我们需要求实数的最大值，使得对于任意，均有的零点.我们现在有，由于当时，有，故在上的零点必定大于.而对任意给定的，我们定义函数，则.取，则当时，有，这表明在上单调递减，所以当时，有，从而.取正整数，使得，且，则我们有，但我们又有，这表明在上必有一个零点，从而在上必有一个满足的零点.综上所述，的最大值是.【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明在上的零点必定大于，再证明当时，必存在正整数使得在上有一个满足的零点，即可得到的最大值是，这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.11．（2024·浙江·二模）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数，的导函数分别为，，且，则.②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对任意，均有成立，且，则称函数为区间上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题：(1)试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；(2)计算：；(3)证明：，.【答案】(1)不是区间上的2阶无穷递降函数；(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义即可判断；（2）通过构造，再结合即可得到结果；（3）通过换元令令，则原不等式等价于，再通过构造函数，根据题干中函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义证出，即可证明结论.【详解】（1）设，由于，所以不成立，故不是区间上的2阶无穷递降函数.（2）设，则，设，则，所以，得.（3）令，则原不等式等价于，即证，记，则，所以，即有对任意，均有，所以，因为，所以，所以，证毕!【点睛】方法点睛：利用函数方法证明不等式成立问题时，应准确构造相应的函数，注意题干条件中相关限制条件的转化.12．（2024·湖北·一模）我们知道通过牛顿莱布尼兹公式，可以求曲线梯形（如图1所示阴影部分）的面积，其中，．如果平面图形由两条曲线围成（如图2所示阴影部分），曲线可以表示为，曲线可以表示为，那么阴影区域的面积，其中．(1)如图，连续函数在区间与的图形分别为直径为1的上、下半圆周，在区间与的图形分别为直径为2的下、上半圆周，设．求的值；(2)在曲线上某一个点处作切线，便之与曲线和x轴所围成的面积为，求切线方程；(3)正项数列是以公差为d（d为常数，）的等差数列，，两条抛物线，记它们交点的横坐标的绝对值为，两条抛物线围成的封闭图形的面积为，求证：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据所给新定义、公式计算即可；（2）利用导数求出切线方程，根据公式计算面积，据此求出切线方程中参数，得解；（3）根据所给面积公式及定积分的运算得出，利用裂项相消法求和即可得证.【详解】（1）由题意可知，，.（2）设切点为，，切线的斜率为，则切线方程为，所以切线与轴的交点为，所以由题意可知围成的面积：,所以切点坐标为，切线方程为.（3）联立，由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为,令，（C为常数）,，，，则.13．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）对于无穷数列，我们称（规定）为无穷数列的指数型母函数．无穷数列1，1，…，1，…的指数型母函数记为，它具有性质．(1)证明：；(2)记．证明：（其中i为虚数单位）；(3)以函数为指数型母函数生成数列，．其中称为伯努利数．证明：．且．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）由，通过赋值即可证得；（2）根据的周期性，经过多次推理，由求和可以证得；（3）构造，可以推出，然后再可证得.【详解】（1）令，则．由，令，则．因为，故．（2）证明：因为，，，，，所以（3）证明：令，则有， 因此故且，即．【点睛】关键点点睛：主要考查了复数的周期性，考查推理论证能力，对学生思维要求比较高，综合性很强.14．（2024·福建·模拟预测）对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素.(1)若，求的元素个数及；(2)当恰有一个元素时，的取值集合记为.（i）求；（ii）若，数列满足，，集合，.求证：，.【答案】(1)的元素个数为2，(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解；（2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合；（ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解.【详解】（1）当时，，其定义域为.由得.设，则，当时，；当时，；所以在单调递增；在单调递减，注意到，所以在恰有一个零点，且，又，所以，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点，所以，所以的元素个数为，又因为，所以.（2）（i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意；当时，，其定义域为，由得.设，，则，设，则，①当时，，所以在单调递增，又，所以在恰有一个零点，即在恰有一个不动点，符合题意；②当，故恰有两个零点.又因为，所以，当时，；当时，；当时，；所以在单调递增，在单调递减，在单调递增；注意到，所以在恰有一个零点，且，又时，，所以在恰有一个零点，从而至少有两个不动点，不符合题意；所以的取值范围为，即集合.（ii）由（i）知，，所以，此时，，，由（i）知，在单调递增，所以，当时，，所以，即，故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，，下面我们先证明当时，， 设，，所以，所以在单调递减，所以，即当时，，从而当时，，从而，即，故，即，由于，，所以，，故，故时，，所以，故.解法二：（i）当时，，故是的一个不动点；当时，由，得（*），要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解，即直线与曲线无公共点.令，则，令，则，所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以当时，，当时，所以在单调递增，在单调递减，令，则，，则，又因为当时，，当时，，所以曲线的大致图象如图所示：由图可知，，所以的取值范围为，即集合.（ii）由（i）知，，所以，此时，，令，则，令，当时，，所以在单调递增，所以当时，，所以，所以在单调递增，所以，故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而，重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，.下面先证明当时，.令，则，所以在单调递增，所以当时，，所以当时，.所以，由于，所以，故，即，故，故时，.所以，故.（ii）解法三：同解法一可得，.下面我们先证明当时，.设，则当时，，所以在单调递减，所以，即，从而当时，，于是，从而，即，故，即，由于，所以，故，故时，.所以.故.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．15．（2024·黑龙江吉林·二模）设定义在函数满足下列条件：①对于，总有，且，；②对于，若，则.(1)求；(2)证明：；(3)证明：当时，.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）分别根据条件①②，利用赋值法得到与，从而得解；（2）利用赋值法证得，进而得到，再利用累递推法与等比数列的求和即可得证；（3）先利用单调性的定义证明在上是不减函数，从而结合（2）中结论，证明对于任意，有，再次利用赋值法即可得证.【详解】（1）因为对于，，所以；因为对于，若，则，取，则，故；综上，.（2）对于，且时，有，，根据条件②，得，因为根据条件①，得，则，所以，即，所以.（3）由（2）知，设，且，则，因为，所以，所以在上为不减函数，对于任意，则必存在正整数，使得，所以，由（2）知，由（1）知，又，所以，所以，所以时，，因为时，，且，所以，即.【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.16．（2024·安徽池州·二模）已知集合是满足下列性质的函数的全体：存在实数，对任意的，有.(1)试问函数是否属于集合？并说明理由；(2)若函数，求正数的取值集合；(3)若函数，证明：.【答案】(1)函数不属于集合，理由见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据条件得到方程组，无解，故不属于集合；（2）根据条件得到方程组，求出，进而得到正数的取值集合；（3）根据条件得到方程有解，令，即函数有零点，证明出，分，和三种情况，结合隐零点得到证明.【详解】（1）函数不属于集合.理由如下：由题意得，由得，结合的任意性，得，显然无解，所以不存在实数，对任意的，有.即函数不属于集合.（2）由题意得：，又，由得，结合的任意性，得，所以，所以，又，即，所以正数的取值集合为；（3）函数得，即，由题意可得：存在非零常数，使得，即方程有解，令，即函数有零点，，下面证明，令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，也是最小值，故，故，（i）当时，在单调递增，又，当时，，不妨取，则，所以有根记为，且①，当时，，当时，，所以在上单调递减，上单调递增，考虑到当时，，当时，任意给定正实数，当时，，当时，由于，故，时，即可保证函数有零点，即②，由得，由得③，将③代入①有，化简得，由得④，（ii）当时，则，用替换（i）中的，得，即⑤，由④⑤得，即，（iii）当时，，取，则，满足，则，综上，..【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方17．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①，②和角公式：，③导数：定义双曲正弦函数．(1)直接写出，具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；(2)若当时，恒成立，求实数a的取值范围；(3)求的最小值．【答案】(1)答案见解析(2)(3)0【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；（2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；（3）多次求导，结合（2）中结论，先得到在内单调递增，再求出为偶函数，从而得到在内单调递减，求出.【详解】（1）平方关系：；和角公式：；导数：．理由如下：平方关系，；，和角公式：故；导数：，；（2）构造函数，，由（1）可知，i．当时，由可知，故，故单调递增，此时，故对任意，恒成立，满足题意；ii．当时，令，，则，可知单调递增，由与可知，存在唯一，使得，故当时，，则在内单调递减，故对任意，，即，矛盾；综上所述，实数a的取值范围为．（3），，令，则，令，则，当时，由（2）可知，，则，令，则，故在内单调递增，则，故在内单调递增，则，故在内单调递增，则，故在内单调递增，因为，即为偶函数，故在内单调递减，则，故当且仅当时，取得最小值0.【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.18．（2024·湖北·二模）微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数在区间上的图像连续不断，从几何上看，定积分便是由直线和曲线所围成的区域（称为曲边梯形）的面积，根据微积分基本定理可得，因为曲边梯形的面积小于梯形的面积，即，代入数据，进一步可以推导出不等式：．(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：；(2)已知函数，其中．①证明：对任意两个不相等的正数，曲线在和处的切线均不重合；②当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)① 证明见解析；②【分析】（1）根据题，设过点作的切线分别交于，结合，即可得证；（2）①求得，分别求得在点和处的切线方程，假设与重合，整理得，结合由（1）的结论，即可得证；②根据题意，转化为时，在恒成立，设，求得，分和，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解.【详解】（1）解：在曲线取一点．过点作的切线分别交于，因为，可得，即．（2）解：①由函数，可得，不妨设，曲线在处的切线方程为，即同理曲线在处的切线方程为，假设与重合，则，代入化简可得，两式消去，可得，整理得，由（1）的结论知，与上式矛盾即对任意实数及任意不相等的正数与均不重合．②当时，不等式恒成立，所以在恒成立，所以，下证：当时，恒成立．因为，所以设（i）当时，由知恒成立，即在为增函数，所以成立；（ii）当时，设，可得，由知恒成立，即在为增函数．所以，即在为减函数，所以成立，综上所述，实数的取值范围是【点睛】方法点睛：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．19．（2024·全国·模拟预测）“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数，在时，有不等式成立；在时，有不等式成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知是大于的实数（全部同号），证明【答案】(1)，或(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据不等式特征猜想出等号成立的条件；（2）设，注意到，求导得到，二次求导，得到函数的单调性和极值最值情况，证明出结论；（3）当时，显然成立，当时，构造数列：，作差法得到是一个单调递增的数列（），结合，得到，证明出结论.【详解】（1）猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是，或．当时，，当时，，当时，，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是，或；（2）当时，我们需证，设，注意到，，令得，即，是的一个极值点．令，则，所以单调递增．当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增．所以在处取得极小值，即恒成立，．伯努利不等式对得证．（3）当时，原不等式即，显然成立．当时，构造数列：，则，若，由上式易得，即；若，则，所以，故，即此时也成立．所以是一个单调递增的数列（），由于，所以，故原不等式成立．【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.20．（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，取整函数是法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，再结合当，2时，不等式成立，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，∴，又当，2时，经检验原式成立，故对一切的自然数n，原式成立.【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.集合新定义、推理及其他新定义压轴（解答题）1．（2024·云南昆明·一模）若非空集合A与B，存在对应关系f，使A中的每一个元素a，B中总有唯一的元素b与它对应，则称这种对应为从A到B的映射，记作f：A→B．设集合，（，），且．设有序四元数集合且，．对于给定的集合B，定义映射f：P→Q，记为，按映射f，若（），则；若（），则．记．(1)若，，写出Y，并求；(2)若，，求所有的总和；(3)对于给定的，记，求所有的总和（用含m的式子表示）．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根据题意中的新定义，直接计算即可求解；（2）对1，，5是否属于B进行分类讨论，求出对应所有Y中的总个数，进而求解；（3）由题意，先求出在映射f下得到的所有的和，同理求出在映射f下得到的所有（）的和，即可求解.【详解】（1）由题意知，，所以．（2）对1，，5是否属于B进行讨论：①含1的B的个数为，此时在映射f下，；不含1的B的个数为，此时在映射f下，；所以所有Y中2的总个数和1的总个数均为10；②含5的B的个数为，此时在映射f下，；不含5的B的个数为，此时在映射f下，；所以所有Y中6的总个数和5的总个数均为10；②含的B的个数为，此时在映射f下，，；不含的B的个数为，此时在映射f下，，；所以所有y中的总个数和的总个数均为20．综上，所有的总和为．（3）对于给定的，考虑在映射f下的变化．由于在A的所有非空子集中，含有的子集B共个，所以在映射f下变为；不含的子集B共个，在映射f下变为；所以在映射f下得到的所有的和为．同理，在映射f下得到的所有（）的和．所以所有的总和为．【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、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，落脚点仍然是集合的有关知识点.2．（2024·重庆·模拟预测）在二维空间即平面上点的坐标可用两个有序数组表示，在三维空间中点的坐标可用三个有序数组表示，一般地在维空间中点A的坐标可用n个有序数组表示，并定义n维空间中两点，间的“距离”．(1)若，，求；(2)设集合．元素个数为2的集合M为的子集，且满足对于任意，都存在唯一的使得，则称M为“的优集”．证明：“的优集”M存在，且M中两不同点的“距离”是7．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）根据题，得到，结合裂项法求和，即可求解；（2）根据新定义得到，，构造有2个元素，由为整数，得到存在为“的优集”，设，，推得，，显然矛盾，即可得证.【详解】（1）解：因为，，，则，所以.（2）证明：定义：对任意，规定，对任意，，由于，，，容易得，所以，得结论：，，构造有2个元素，由为整数，当时，则满足M为“的优集”的定义，当时，则，满足M为“的优集”的定义，所以存在为“的优集”，若M中的两个点，有一个位置相同，不妨设为第一个位置，则设，，则取，则有，，显然矛盾，所以M中的两个点每一个位置均不同，即，显然，即“的优集”M存在，且M中两不同点的“距离”是.【点睛】方法点睛：对于以集合为背景的新定义问题的求解策略：1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.3、涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本的概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力.3．（2024·湖南衡阳·二模）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应．现对任意，定义莫比乌斯函数 (1)求；(2)若正整数互质，证明：；(3)若且，记的所有真因数（除了1和以外的因数）依次为，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析；(3)证明见解析；【分析】（1）分别写出的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；（2）对的取值是否为1进行分类讨论，对的取值进行分别计算即可求得结论；（3）利用定义由组合数定义以及二项式定理可得出证明.【详解】（1）因为，易知，所以；又，因为5的指数，所以；（2）①若或，因为，所以；②若，且存在质数，使得或的质因数分解中包含，则的质因数分解中一定也包含，所以，③若，且不存在②中的，可设，其中均为质数，则，因为互质，所以互不相等，所以，综上可知（3）由于，所以可设，为偶数，的所有因数，除了1之外都是中的若干个数的乘积，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，所以，所以．【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数的定义，并根据计算规则得出其规律，再由二项式系数性质可得出结果.4．（2024·广东·模拟预测）设X，Y为任意集合，映射．定义：对任意，若，则，此时的为单射．(1)试在上给出一个非单射的映射；(2)证明：是单射的充分必要条件是：给定任意其他集合与映射，若对任意，有，则；(3)证明：是单射的充分必要条件是：存在映射，使对任意，有．【答案】(1)（答案不唯一）(2)证明过程见解析(3)证明过程见解析【分析】（1）结合单射的定义举出符合条件的例子即可；（2）结合单射的定义、反证法从两方面来说明即可；（3）结合单射的定义、反证法从两方面来说明即可.【详解】（1）由题意不妨设，当（非0）互为相反数时，满足题意；（2）一方面若是单射，且，则，即（否则若，有，矛盾），另一方面，若对任意，由可以得到，我们用反证法证明是单射，假设不是单射，即存在，有，又由可以得到，即，这就产生了矛盾，所以是单射，综上所述，命题得证；（3）一方面若是单射，则由可得，同理存在单射，使得，，有，另一方面，若存在映射，使对任意，有，我们用反证法来证明是单射，若不是单射，即存在，有，又若，则由题意，这与产生矛盾，所以此时是单射，综上所述，命题得证.【点睛】关键点点睛：后面两问的关键是结合单射的定义、反证法从两方面来说明，由此即可顺利得证.5．（2023高三上·全国·竞赛）给定素数，定义集合．对于，，定义如下：当时；当时．对于的一个子集，定义．若集合满足且对任意有则称集合为好集合．求最大正整数，使得可以找到个互不相同的好集合，，，，满足．【答案】【分析】首先分析题意，做出引理，其次按情况进行讨论分析.【详解】引理一的证明：设小弧长度分别为所有不同的连续s段小弧组成的弧长平方之为，则有：由整数离散性及知，当取最小值时，应有对任意的回到原题，对好集合A，若|A|=k，设则由上述可知由于当时，可同时取到最小值，因此取最小值时恰同时取到最小值.故由引理知，此时或特别地，或，引理二：对于满足条件的好集合A，若，则必存在非负整数t，使得(其中).引理二的证明：记，则.若对于每个，均存在另一个使得，则连一条到的有向线段，则图中必存在圈为下标)，故，矛盾！故存在使得对任意的正整数，由引理一，知，令即可，引理二得证.由引理二，对任意，对任意好集合，若，则必存在好集合，满足且.这是因为，可以不妨设，此时令，由知结论成立.引理三：当T为好集时，T的补集也为好集.引理三的证明：对的补集有：$$同理，故，即当为好集时，也为好集，引理得证.故对任意，对任意好集合，若，则必存在好集合，满足且.引理四：对于任意，对任意的好集合T，若=t，则存在好集合S，满足且.引理四的证明：不妨设，令(集合中的元素为在模意义下理解)，则由于，知，此时被的补集所包含，引理四得证.对好集合，设及，若，则由引理1及引理.若，且中至少两个间距取到3：此时若有两个相邻间距均为3，则由引理一知不存在两个相邻间距均为4(否则连续两段小弧之和为6和8，矛盾).此时若，则集合中对应长度等于4的小弧被拆分成两个长度等于2的小弧，此时在中同时存在两个相邻的3及两个相邻的2，同上矛盾.故.若不存在两个相邻间距均为3，则存在两组连续的弧，两端均为长度为3的小弧，其内部由长度为4的小弧组成，且长度为4的小弧数量不同(否则所有的弧均匀分布，与为素数矛盾).设上述两组弧中较短的一组共包含个长度为4的小弧，此时若则将4拆分成两个2，则同时存在相邻段小弧中有个2及2个3与个2，由引理一，由于这两组弧的弧长差为2，由引理一矛盾，故.若，且中恰一个小弧弧长为3，则所有4变为两个2，此时.若，则.下面计算l的最大可能值.设为满足要求的l个集合中元素个数小于的集合，由已证结论：若恒成立，则，否则必有因此对元素数大于的集合，由引理三，同理可得这样的集合个数不超过故另一方面，若，由上述引理，知存在符合要求的集合，使得若由上述引理，知存在符合要求的集合，使得综上所述，l的最大可能值为6．（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.7．（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，定义对，，其度量（距离）并称为一度量平面．设，，称平面区域为以为心，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：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：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.【详解】（1）设这两个球形邻域分别为，，为和的交集．①若与不相交，则；②若与相交，则且故或且．（2）我们约定集合族是指以集合为元素的集合，其并运算为表示集合族的所有集合的并集回到原题，设这两个球形邻域分别为，，为和的交集．①若与不相交，则，即可以看作零个球形邻域的并集；②若与相交，则取，令，构造球形邻域．因为对于，有故，这说明．由于是中任取的一点，这说明，继而即可被表示为若干个球形邻域的并集．命题得证．（3）①先证充分性：当的一个子集可以写为若干球形邻域的并时，其必为开集．设，由（2）可知可看作若干个球形邻域的并集，即则，使得，故是开集．充分性证毕．②再证必要性：若的一个子集是开集，则其可被表示为若干个球形邻域的并集．设是一个开集，由情况①得，使得，所以即故可被表示为若干个球形邻域的并集．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.8．（2024·广东江门·一模）将2024表示成5个正整数，，，，之和，得到方程①，称五元有序数组为方程①的解，对于上述的五元有序数组，当时，若，则称是密集的一组解.(1)方程①是否存在一组解，使得等于同一常数?若存在，请求出该常数；若不存在，请说明理由；(2)方程①的解中共有多少组是密集的?(3)记，问是否存在最小值?若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)不存在，理由见解析(2)(3)存在，最小值为.【分析】（1）若等于同一常数，则构成等差数列，根据等差数列下标和性质得到，推出矛盾即可得解；（2）依题意时，即当时，，则，，即可求出，，，，中有个，个，从而得解；（3）由方差公式得到（为方差），从而得到当方差取最小值时取最小值，从而推出是密集，即可求出的最小值.【详解】（1）若等于同一常数，根据等差数列的定义可得构成等差数列，所以，解得，与矛盾，所以不存在一组解，使得等于同一常数；（2）因为，依题意时，即当时，，所以，，设有个，则有个，由，解得，所以，，，，中有个，个，所以方程①的解共有组.（3）因为平均数，又方差，即，所以，因为为常数，所以当方差取最小值时取最小值，又当时，即，方程无正整数解，故舍去；当时，即是密集时，取得最小值，且.【点睛】关键点点睛：对于新定义问题关键是理解题意，第三问的关键是方差公式的应用.9．（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.10．（2024·安徽芜湖·二模）对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，正三角形R在（绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以是R的一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记；又如，R在（关于对称轴所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以也是R的一个对称变换，类似地，记．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作成一个群，假如同时满足：I．，；II．，；Ⅲ．，，；Ⅳ．，，．对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算来说作成一个群．  (1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如．对于集合S中的元素，定义一种新运算*，规则如下：，．①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；②已知H是群G的一个子群，e，分别是G，H的单位元，，，分别是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之间的关系以及，之间的关系，并给出证明；③写出群S的所有子群．【答案】(1)答案见解析；(2)①证明见解析；②答案见解析，证明见解析；③证明见解析.【分析】（1）根据给定信息，按旋转变换、对称变换分别求出对应变换，再写出集合.（2）①根据群的定义条件，逐一验证即得；②按照群定义Ⅲ、Ⅳ分别推理计算即得；③写出的所有子群即可.【详解】（1）依题意，正三角形的对称变换如下：绕中心作的旋转变换；绕中心作的旋转变换；绕中心作的旋转变换；关于对称轴所在直线的反射变换；关于对称轴所在直线的反射变换；关于对称轴所在直线的反射变换，综上，.（形式不唯一）（2）①Ⅰ.，，；Ⅱ.，，，，所以；Ⅲ.，而，所以；Ⅳ.，； 综上可知，集合对于给定的新运算*来说能作成一个群.②，，证明如下：先证明：由于是的子群，取，则，，根据群的定义，有，，所以，所以，即，即，所以. 再证明：由于，，，所以，所以，所以，所以. ③的所有子群如下：，，， ，【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，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.11．（2024·河南南阳·一模）在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆的面积为，该椭圆的上顶点和下顶点分别为，且，设过点的直线与椭圆交于两点（不与两点重合）且直线.(1)证明：，的交点在直线上;(2)求直线围成的三角形面积的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意求椭圆方程，设直线，联立方程结合韦达定理分析证明；（2）设直线与直线的交点分别为，可得，结合韦达定理求得的最小值为，即可得结果.【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为，所以.因为，可知，则，所以椭圆的标准方程为，因为直线过点，可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交，可设直线，联立方程，消去可得，由根与系数的关系可得： 因为，可得直线，直线，所以即，解得，所以直线的交点在直线上.（2）设直线与直线的交点分别为，则由（1）可知：直线，直线.联立方程和，解得 因为，又因为点到直线的距离，可得，只需求的最小值.由弦长公式可得 令，则.可得，当且仅当，即时等号成立.即的最小值为，可得面积的最小值为.故直线围成的三角形面积的最小值为.  【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．12．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．(1)求“椭圆”的方程；(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．【答案】(1)(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解；（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；（3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论.【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，即，即，所以“椭圆”的方程为；（2）由方程，得，因为，所以，即，所以或或，解得，由方程，得，即，所以，所以，所以“椭圆”的范围为，，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，将点代入得，，即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；  （3）由题意可设椭圆的方程为，将点代入得，解得，所以椭圆的方程为，，由题意可设直线的方程为，联立，得，恒成立，则，因为的中点为，所以直线的中垂线的方程为，同理直线的中垂线的方程为，设，则是方程的两根，即是方程的两根，所以，又因，所以，两式相比得，所以，所以，所以直线与的斜率之积为定值．  【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．13．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；(2)若点不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.【答案】(1)(2)(3)成立，理由见解析【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得；（2）易知方程无解，根据判别式可得，证明可得直线族的包络曲线为；（3）法一：求出两点处曲线的切线的方程，解得，根据平面向量夹角的表达式即可得，即；法二：过分别作准线的垂线，连接，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形内角关系即可证明.【详解】（1）由定义可知，与相切，则圆的圆心到直线的距离等于1，则，.（2）点不在直线族的任意一条直线上，所以无论取何值时，无解.将整理成关于的一元二次方程，即.若该方程无解，则，即.证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，于是可以得到在点处的切线方程为：，即.今直线族中，则直线为，所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，而对任意都是抛物线在点处的切线.所以直线族的包络曲线为.（3）法一：已知，设，则，；由（2）知在点处的切线方程为；同理在点处的切线方程为；联立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：则，因为，显然.又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.同理可知，所以，即.则.所以成立.【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线的方程为并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.14．（23-24高三下·河北·开学考试）设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．(1)求证：；(2)若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则，这个定理称之为费马小定理．应用费马小定理解决下列问题：①证明：对于任意整数x都有；②求方程的正整数解的个数．【答案】(1)证明见详解；(2)① 证明见详解；② 无数个.【分析】（1）由二项式定理证明被7除所得的余数为2，即可证明结论；(2)①由费马小定理证明，，，进而即可证明结论；②将和，结合①的结论即可得到和，从而得到结果.【详解】（1）因为，所以被7除所得的余数为1，所以被7除所得的余数为2，又65被7除所得的余数为2，所以.（2）①当能被13整除时，可以被13整除即；当不能被13整除时，由费马小定理得即；所以；又，所以，同理：，，因为都为素数，，所以②因为，由整除的性质及费马小定理知，对于任意正整数都有，即，由整除的性质及费马小定理知，对于任意正整数都有，即，因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数都有所以方程的正整数解的个数为无数个.【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利求解.15．（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ：的离心率为，直线l与Γ相切，与圆O：相交于A，B两点.当l垂直于x轴时，.(1)求Γ的方程；(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当的面积最大时，求；（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为.已知，，均存在，证明：.【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.【分析】（1）根据给定条件，求出，再结合离心率求出即得.（2）（ⅰ）在直线的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心到距离，列出的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.【详解】（1）因为当垂直于轴时，，而直线与Γ相切，则，解得，又椭圆的离心率为，则椭圆的半焦距，，所以的方程为.（2）（i）当的斜率存在时，设的方程为：，由消去得：，由直线与椭圆相切，得，整理得，于是圆心到直线的距离，则的面积为，设，求导得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，取得最大值，此时，当的斜率不存在时，由（1）知，，由，得，则.对于线段上任意点，连接并延长与圆交于点，则是圆上与最近的点，当为线段的中点时，取得最大值，所以.（ii）因为均存在，设点，且，设是集合中到的最近点，根据对称性，不妨设，令点到集合的最近点为，点到集合的最近点为，因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，因为是集合中所有点到集合最近点距离的最大值，则，因此，而在坐标平面中，，又点是集合中到点的最近点，则，所以.【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.16．（2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，.(1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.①求W的体积的值；②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.【答案】(1)，；(2)，；(3)①16；②，共有12个面，24条棱.【分析】（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，后得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可.（2）首先根据（1）分析得出为截去三棱锥所剩下的部分.后用割补法求解体积即可.（3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可.【详解】（1）集合表示平面上所有的点，表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.发现它是边长为2的正方形，因此.对于，当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分.由对称性可知Q表示，，这六个顶点形成的正八面体内所有的点.而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.它是边长为的正方形，因此.（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；考虑集合的子集；即为三个坐标平面与围成的四面体.四面体四个顶点分别为，，，，此四面体的体积为由对称性知，考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，即，，显然为两个几何体公共部分，记，，，.容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.则为截去三棱锥所剩下的部分.的体积，三棱锥的体积为.故的体积.当由对称性知，.（3）如图所示，即为所构成的图形.其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，其中到面的距离为，，.由题意面方程为，由题干定义知其法向量面方程为，由题干定义知其法向量故.由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.由图可知共有12个面，24条棱.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可．17．（2024高三上·全国·竞赛）对集合，定义其特征函数，考虑集合和正实数，定义为和式函数.设，则为闭区间列；如果集合对任意，有，则称是无交集合列，设集合.(1)证明：L和式函数的值域为有限集合；(2)设为闭区间列，是定义在上的函数.已知存在唯一的正整数，各项不同的非零实数，和无交集合列使得，并且，称为和式函数的典范形式.设为的典范数.（i）设，证明：；（ii）给定正整数，任取正实数和闭区间列，判断的典范数最大值的存在性.如果存在，给出最大值；如果不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)（i）证明见解析（ii）存在，最大值为【分析】（1）根据题中对集合的特征定义，可得的取值只和有关，再根据最多有种取法，从而可求解；（2）（i）根据典范形式的唯一性，构造相应的正整数和各项不同的非零实数，无交集合列使得，再结合题意证明是无交集合列，从而可得的取值集合最多有个数，从而可求解；（ii）根据（i）中结论及题中特征定义，从而可得的典范数最大值为，从而可求解.【详解】（1）因为表达式中恒定，所以的取值只和有关则当都相同的时候相同注意到最多只有种取法，因此的值域大小不大于，从而是有限集.（2）（i）根据典范形式的唯一性，我们构造正整数，各项不同的非零实数，和无交集合列使得，并且，设的取值集合为，设，则是无交集合列且非0（因为定义在上）根据题意，任意，取，有，所以，那么，所以是无交集合列此时对任意，恰好存在一个小区间，使得，所以的取值集合最多有这个数，因为这些数可能相等，所以.（ii）设是的最小值，是的最大值，那么，并且的端点数目有个，至多构成个区间如果，其中分别为的端点，且之间没有其他端点，那么要么；要么所以最多有种取值，所以另一方面，令，取并且取，容易验证恰好有种取值，所以最大值为.【点睛】关键点点睛：本题最主要是根据集合的特征函数及为和式函数关系入手，再根据闭区间列及无交集合列定义出发，从而可对给出的条件进行转化求出相应的的取值情况，从而可求解.18．（2024·河南·模拟预测）离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若，记为除以的余数，为除以的余数；设，两两不同，若，则称是以为底的离散对数，记为．(1)若，求；(2)对，记为除以的余数（当能被整除时，）．证明：，其中；(3)已知．对，令．证明：．【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可.（2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.（3）根据新定义进行转换即可得证.【详解】（1）若，又注意到，所以.（2）【方法一】：当时，此时，此时，，故，此时.当时，因相异，故，而，故互质.记，则，使得，故，故，设，则，因为除以的余数两两相异，且除以的余数两两相异，故，故，故，而其中，故即.法2：记，，，其中，，k是整数，则，可知．因为1，a，，…，两两不同，所以存在，使得，即可以被p整除，于是可以被p整除，即．若，则，，因此，．  记，，，其中l是整数，则，即．（3）【方法二】：当时，由（2）可得，若，则也成立.因为，所以.另一方面，.由于，所以.法2：由题设和（2）的法2的证明知：，．故．由（2）法2的证明知，所以．【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.19．（2024·全国·模拟预测）对于非空集合，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群”，简记为．而判断是否为一个群，需验证以下三点：1.（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足；2.（结合律）对于规定的“×”运算，对任意，都须满足；3.（恒等元）存在，使得对任意，；4.（逆的存在性）对任意，都存在，使得．记群所含的元素个数为，则群也称作“阶群”．若群的“×”运算满足交换律，即对任意，，我们称为一个阿贝尔群（或交换群）．(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群；(2)记为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得在该运算下构成一个群，并说明理由；(3)所有阶数小于等于四的群是否都是阿贝尔群？请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)在复数的乘法运算下构成一个群，理由见解析(3)所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由见解析【分析】（1）根据题意结合实数运算分析证明；（2）根据题意结合复数运算分析证明；（3）分类讨论群的阶数，根据题意结合反证法分析证明.【详解】（1）我们需证在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：①封闭性：对，则，封闭性成立；②结合律：对，，结合律成立；③恒等元：取，则对任意，．符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意，，且，满足逆的存在性．综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群．（2）首先提出，的“×”运算可以是复数的乘法：，理由如下．即证明在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证：①封闭性：设，，其中，即．则，所以，即，封闭性成立；②结合律：设，，，其中，即，结合律成立；③恒等元：取，则对任意，，符合恒等元要求；④逆的存在性：对任意，取其共轭，则，满足逆的存在性；综上所述，在复数的乘法运算下构成一个群．（3）所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群，理由如下：若群的阶数为0，则为空集，与定义矛盾．所以的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．（1）若群的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时是阿贝尔群；                                                        （2）若群的阶数为2，设其元素为，其中是恒等元，则，符合交换律，故此时是阿贝尔群；                                        （3）若群的阶数为3，设其元素为，其中是恒等元，由群的封闭性，．若，又，推出，则集合有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，所以，现要验证交换律，即．若，有前知，且，所以，与群的封闭性矛盾．所以，交换律成立，故此时是阿贝尔群；                                                （4）若群的阶数为4，设其元素为，其中是恒等元，由群的封闭性，，由③的分析可知，且，所以或．若．由群中逆的存在性，群中存在一个元素使得，很明显，所以或．假设，即，又，推出则集合有两个相同的元素，不满足集合的唯一性，矛盾，故只能；先证交换律对成立，即．若，则由，只能等于．又因为，（和同理），不满足群中逆的存在性，矛盾，所以．交换律对成立．接下来只需证交换律对和也成立．事实上，由和的对称性，只需证即可．由群中逆的存在性，存在使得．①若，则只需证．若，由群的封闭性，，所以只能等于，又因为，得，即，但是任取的，该结论具有局限性，不对一般的成立，故矛盾．即，此时交换律对成立．②若．群中逆的存在性，存在使得，又因为，所以只能等于，即，由①可得：，即此时交换律对成立．故群的阶数为4时，交换律成立，故此时是阿贝尔群．综上所述，所有阶数小于等于四的群都是阿贝尔群．【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．20．（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.