压轴题01集合新定义、函数与导数13题型汇总-2

这是一份压轴题01集合新定义、函数与导数13题型汇总-2，共58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．在数学中，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，它可应用到有限维空间，并构成了一般不动点定理的基石．简单来说就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称为“不动点”函数．若存在个点，满足，则称为“型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（ ）
A．B．
C．D．
2．设集合，，那么集合中满足的元素的个数为（ ）
A．60B．100C．120D．130
3．已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
4．记函数的导函数为，的导函数为，则曲线的曲率．若函数为，则其曲率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线与函数的图象在处的切线没有交点，则（ ）
A．6B．7C．8D．12
6．已知函数与的图象有两个交点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．设方程和方程的根分别为，设函数，则（ ）
A．B．
C．D．
8．设，有如下两个命题：
①函数的图象与圆有且只有两个公共点；
②存在唯一的正方形，其四个顶点都在函数的图象上．
则下列说法正确的是（ ）．
A．①正确，②正确B．①正确，②不正确
C．①不正确，②正确D．①不正确，②不正确
9．已知函数，满足，，若恰有个零点，则这个零点之和为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数满足，，当时，，则函数在内的零点个数为（ ）
A．3B．4C．5D．6
11．已知定义在上的函数的导数满足，给出两个命题：
①对任意，都有；②若的值域为，则对任意都有.
则下列判断正确的是（ ）
A．①②都是假命题B．①②都是真命题
C．①是假命题，②是真命题D．①是真命题，②是假命题
12．已知，集合，，. 关于下列两个命题的判断，说法正确的是（ ）
命题①：集合表示的平面图形是中心对称图形；
命题②：集合表示的平面图形的面积不大于.
A．①真命题；②假命题B．①假命题；②真命题
C．①真命题；②真命题D．①假命题；②假命题
二、多选题
13．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ）
A．存在旋转函数
B．旋转函数一定是旋转函数
C．若为旋转函数，则
D．若为旋转函数，则
14．已知函数，设是曲线与直线的三个交点的横坐标，且，则（ ）
A．存在实数，使得B．对任意实数，都有
C．存在实数，使得D．对任意实数，都有
15．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
三、填空题
16．已知函数的图象关于点中心对称，也关于点中心对称，则的中位数为 .
17．已知，若，均有不等式恒成立，则实数的取值范围为 .
18．已知函数，若存在一条直线同时与两个函数图象相切，则实数a的取值范围 ．
19．已知函数（为自然对数的底数），若关于的方程有且仅有四个不同的解，则实数的取值范围是 ．
20．函数的最小值是 ．
21．若对任意实数，则的最大值为 ．
22．函数的最大值为 ．
23．若对于，，使得不等式恒成立，则整数x的最大值为 ．
24．已知函数，当时的最大值与最小值的和为 ．
四、解答题
25．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：.
26．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．
27．设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图象．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”．
(1)判断点与点是否为函数的1度点，不需要说明理由；
(2)已知，．证明：点是的0度点；
(3)求函数的全体2度点构成的集合．
28．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”.
29．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．
30．给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和.
(1)判断、哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：；
(3)当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值.
注：、分别表示数集中的最小数与最大数.
31．我们知道，二维空间（平面）向量可用二元有序数组表示；三维空间向盘可用三元有序数组表示．一般地，维空间向量用元有序数组表示，其中称为空间向量的第个分量，为这个分量的下标．对于维空间向量，定义集合．记的元素的个数为（约定空集的元素个数为0）．
(1)若空间向量，求及；
(2)对于空间向量．若，求证：，若，则；
(3)若空间向量的坐标满足，当时，求证：．
32．对于函数及实数m，若存在，使得，则称函数与具有“m关联”性质．
(1)若与具有“m关联”性质，求m的取值范围；
(2)已知，为定义在上的奇函数，且满足；
①在上，当且仅当时，取得最大值1；
②对任意，有．
求证：与不具有“4关联”性．
33．如果函数的导数，可记为．若，则表示曲线，直线以及轴围成的“曲边梯形”的面积．
(1)若，且，求；
(2)已知，证明：，并解释其几何意义；
(3)证明：，．
34．已知定义域为的函数，其图象是连续的曲线，且存在定义域也为的导函数.
(1)求函数在点的切线方程；
(2)已知，当与满足什么条件时，存在非零实数，对任意的实数使得恒成立？
(3)若函数是奇函数，且满足.试判断对任意的实数是否恒成立，请说明理由.
35．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.
参考答案：
1．D
【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程有根或对应函数有零点的问题，依次求解判断各个选项.
【详解】对于A，令，即．
因为满足，所以在区间上单调递增，
所以不可能为“3型不动点”函数，故A错误；
对于B，令，即．
易判断在区间上单调递增，
所以不可能为“3型不动点”函数，故B错误；
对于C，由，得，
易知当时，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点；
当时，单调递减，且；
当时，单调递增．令，得，解得，此时，所以直线与曲线相切于点．
所以直线与曲线共有两个交点，所以为“2型不动点”函数，故C错误；
对于D，，作出的图象，如图所示．易知其与直线有且只有三个不同的交点，
即有三个不同的解，所以为“3型不动点”函数，故D正确．
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程有解问题，可直接求方程的根，或者利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两函数交点问题.
2．D
【分析】明确集合中满足的含义，结合组合数的计算，即可求得答案.
【详解】由题意知集合中满足的元素的个数，
即指中取值为-1或1的个数和为1或2或3，
故满足条件的元素的个数为（个），
故选：D
3．A
【分析】依题意可得，令，求出与的交点坐标，依题意只需或，即可求出的取值范围.
【详解】依题意集合即为关于、的方程组的解集，显然，
所以，即，令，
由，解得或，
即函数与的交点坐标为和，
又，所以为奇函数，
因为与在上单调递减，
所以在上单调递减，则在上单调递减，
依题意与、的交点在直线的同侧，
只需或，即或，
所以实数的取值范围为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为与、的交点在直线的同侧.
4．C
【分析】根据定义求解和，由曲率的定义求出曲率，利用导数判断单调性求出最大值.
【详解】函数的定义域为，，，
所以曲线的曲率，
，，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，曲率取得最大值.
故选：C.
5．C
【分析】求，再求出，，由点斜式方程可求出函数的图象在处的切线方程，再由直线与直线平行，即可得出答案.
【详解】，，
，
所以函数的图象在处的切线方程为：
，则，
因为直线与直线没有交点，
所以直线与直线平行，
则.
故选：C.
6．A
【分析】图象有两个交点可转化为与的图象有两个交点，作出函数图象并找出临界状态即可.
【详解】由题意，“函数与的图象有两个交点”等价于“方程有两个实数根”，等价于“方程有两个实数根，即等价于“与的图象有两个交点”，如图所示，
显然，否则时，与只有一个交点.
另一个临界状态为与相切时，不妨设两个曲线切于点，
又，，所以，可得，即，
又，所以，即，
令，则且，
故在上单调递增，因此是唯一的零点，
所以，代入，可得，所以.则实数的取值范围为.
故选：A.
7．B
【分析】画出的图象，由反函数的性质得，结合二次函数性质即可得解.
【详解】由得，由得，
所以令，这3个函数图象情况如下图所示：
设交于点，交于点，
由于的图象关于直线对称，
而的交点为，所以，
注意到函数的对称轴为直线，即，
且二次函数的图象是开口向上的抛物线方程，
从而.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于画出的图象，利用数形结合再由反函数的对称性得到方程的根或交点.
8．B
【分析】对①：结合函数性质与图象判断即可得；对②：由曲线的对称性，可得要使得正方形存在，则为等腰直角三角形，利用极限思想可得至少存在两个正方形.
【详解】对①：令，
当时，，当时，，
则在、上单调递增，在上单调递减，
又，，
函数的图象与圆的图象如图所示：
故函数的图象与圆有且只有两个公共点，故①正确；
对②：由，
故要使得正方形存在，则为等腰直角三角形，
显然，当时，，
点在函数图像外侧，则，此时；
利用极限思想，时，，此时；
时，，此时，如图所示，
故至少两个正方形， 故②错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：结论②需注意使用极限思想，从而得到至少两个正方形.
9．D
【分析】由解析式可知为奇函数，进而可得的对称中心，根据满足的关系式，可得函数的对称中心，由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得个零点的和.
【详解】因为的定义域为，关于原点对称，
所以
，所以函数为奇函数，关于原点中心对称，
而函数是函数向右平移两个单位得到的函数，
因而关于中心对称，
函数满足，所以，
即，所以函数关于中心对称，且，
且，
所以由函数零点定义可知，
即，
由于函数和函数都关于中心对称，
所以两个函数的交点也关于中心对称，
又因为恰有个零点，
即函数和函数的交点恰有个，
且其中一个为，其余的个交点关于对称分布，
所以个零点的和满足，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是能够通过函数解析式和抽象函数关系式确定函数的对称中心，从而可确定零点所具有的对称关系.
10．C
【分析】根据题意，判断的图象关于点对称，利用导数判断函数在上的单调性，在同一坐标系中作出与的图象，得出交点个数，并结合对称性及可得解.
【详解】根据题意，函数的周期为8，图象关于点对称，
又
，
所以函数的图象也关于点对称，
由，，
，，，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
其中，，
在同一个坐标系中，作出函数与的图象，如图，

由图可得，函数与在上有两个交点，
因为函数与图象均关于点对称，
所以函数与在上有两个交点，又，
所以函数在内的零点个数为5.
故选：C.
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
11．B
【分析】对于①，根据不等式，构造函数，然后利用函数的单调性证明即可；对于②，根据函数的值域和单调性，结合不等式求解即可.
【详解】，故在上递增，
对于①，设，，
设，
，，
单调递减，单调递增，
，即，
，即，
故，故①是真命题.
对于②，由①知，，
即，
，故.
且在上递增，故，
，
故的值域为
所以，
即，故，
②是真命题.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题①判断的关键是首先根据导数和函数单调性的关系得到在上递增，再构造函数，利用导数得到其单调性，最后得到，则可判断①.
12．A
【分析】根据是奇函数，可以分析出当时，所以集合表示的平面图形是中心对称图形；结合集合代表的曲线及不等式的范围可以确定集合表示的平面图形，从而求得面积，与进行比较.
【详解】对于，集合关于原点中心对称，且函数是奇函数，
若则则，
即若则，即集合表示的平面图形是关于原点中心对称图形，故①是真命题；
对于，
由即知，
设，则与一一对应且随的增大而增大，，
又由知，
结合知在范围内，与一一对应且随的增大而减小，
所以在范围内，与一一对应且是关于的减函数，
由①可知图象关于原点中心对称，所以可得到在的图象，如图

代入点可得，所以的区域是右半部分，
面积为正方形面积的一半，即集合表示的平面图形的面积，故②是假命题.
故选：A.
【点睛】方法点睛：确定不等式表示的区域范围
第一步：得到等式对应的曲线；
第二步：任选一个不在曲线上的点，若原点不在曲线上，一般选择原点，检验它的坐标是否符合不等式；
第三步：如果符合，则该点所在的一侧区域即为不等式所表示的区域；若不符合，则另一侧区域为不等式所表示的区域.
13．ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.
【详解】对A，如满足条件，故A正确；
对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；
对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得.
当时，最多1个解，满足题意；
当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确；
对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数.
又，故，即恒成立.
即图象在上方，故，即.
当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确.
故选：ACD
14．ACD
【分析】求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，结合图象、极限思想可判断AC的正误，利用作差法可判断BD的正误.
【详解】函数的定义域为，
，
故函数在上均单调递减，
故的图象如图所示，

对于选项AC，由图象有，
考虑到，且函数图象的渐近线为，
于是存在实数a使得，存在实数a使得，故AC正确；
对于选项BD，
，
因为，所以，
所以，
于是，
而在上单调递减，所以，
即，故选项D正确；
，
当时，，
此时，
此时，
而函数在上单调递减，
所以，因此选项B错误．
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：求出函数导数，讨论函数的单调性后可得函数的图形，是解决本题的关键.
15．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.
16．/
【分析】根据题意整理出，求出，；由此判断出为递增的等差数列，进而求解即可.
【详解】由的图象关于点中心对称，也关于点中心对称，
得，
两式相减得，所以，
由时，由，得；
由时，由，得；
又由，结合，，
所以成首项为，公差为的等差数列，
所以，且此等差数列为递增数列，
所以的中位数为：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是判断出为递增的等差数列，从而得解.
17．
【分析】求导，令求得，则，利用导数求出的最小值可得，进而不等式在R上恒成立，解一元二次不等式即可求解.
【详解】由题意知，，得
则，
令，则，即，得，
所以，，
又函数在R上单调递增，
所以函数在R上单调递增，且，
所以单调递减，单调递增，
故，
因为恒成立，即不等式在R上恒成立，
由，得，解得，
即实数n的取值范围为.
故答案为：
【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.
18．
【分析】设切点坐标，利用导数表示出切线方程，根据切线为同一直线可得其关系，然后分离参数，利用导数可解.
【详解】设直线l与函数分别相切于点，
因为，
所以切线方程可表示为或
即或
所以，整理得
易知，在处的切线方程为，此时与不相切，故，，
所以，所以
记，则
当或时，，单调递增，当时，，单调递减，且当m从左边趋近于1时，趋近于，当m从右边趋近于1时，趋近于，当趋于时，且趋近于0，，于是可作的草图如图：
故．
故答案为：
19．
【分析】设，由题意可得当时函数有2个零点，进而方程有2个正解，利用导数的几何意义求出直线与函数图象相切时k的值，根据数形结合的思想即可求解.
【详解】设，则，所以函数为偶函数，
又，则，所以当时，有两个零点，
且当时，，则，
令，令，
则，所以函数在上单调递增.
下面讨论直线与函数图象相切的情况，
设切点为（），
则曲线在处的切线方程为，即，
有，解得，

由图可知，当时，直线与函数图象在上有2个交点，
即函数在上有2个零点，所以实数k得取值范围为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键，是根据函数的奇偶性确定其在在上有2个零点，结合数形结合的思想从而得解.
20．3
【分析】解法一：求函数的导函数，再利用导数研究的零点及零点两侧函数值的正负，由此确定函数的单调性，再求其最值可得.
解法二：利用切线放缩可得
【详解】解法一：，
令，
则，
当时，，
所以在上单调递增,，
设，
因为在上单调递增，
因为，
存在，使，
且，
故当时，，即，所以在区间单调递减，
当时，，即，所以在区间单调增，
所以．
解法二（最优解）：设，则，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即，当且仅当时，等号成立；
所以，
当且仅当时等号成立，
设，可得单调递增，又，
所以有解，所以.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解法一：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
解法二：常见的切线放缩有.
21．
【分析】构造函数，对参数的取值进行分类讨论，在不同情况下，研究函数的单调性，结合题意，即可求得参数的最大值.
【详解】令，，由题可知，恒成立；
，；令，
，；
当，，故单调递增，则，
故单调递增，，满足题意；
当，显然单调递增；
若，即时，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷；
故存在，当，，单调递减；
，，单调递增；
又，当趋近于正无穷时，趋近于正无穷；
故存在，当，，单调递减；
当，，单调递增；
又，故当，，不满足题意；
若，即，又单调递增，故，
则单调递增，又，故，
则单调递增，，满足题意；
综上所述，当时，满足题意，故的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：处理本题的关键是以端点值1处的二阶导函数值的正负为讨论的标准，进而在不同情况下考虑函数单调性和最值解决问题.
22．
【分析】借助换元法令，可得，借助导数求取函数的单调性后，即可得解.
【详解】令，则，故，
令，
则，
当时，，当时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
故，
即函数的最大值为.
故答案为：.
23．
【分析】由题，有.利用导数可得，则可得.
后将看成关于m的函数，后分类讨论
的最大值与0的大小即可.
【详解】恒成立，
等价于.
令，，则，
注意到时，，，时，.
则在上单调递减，在上单调递增，则.
则，则
.
令，.
当，，故满足条件；
当，则在上单调递减，
故.
令，.
则，得在上单调递增，
时，，不合题意；
综上，整数x的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量与恒成立，难度较大.
恒成立问题常转化为最值相关问题，本题因告知m范围，求x范围，故还采取了变换主元的做题方法.
24．
【分析】求导，可得函数的单调性，即可求解极值点以及端点处的函数值，即可求解最值.
【详解】，
当时，，递增；当时，，递减；
，，，
故最大值与最小值的和为：．
故答案为：
25．(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，，，
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.
26．(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.
27．(1)是函数的一个1度点；不是函数的1度点
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，该切线过点时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
（2）求出在点处的切线方程，转化为无解，构造，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
（3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解，设，分，与三种情况，进行求解.
【详解】（1）设，则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当，即． 故原点是函数的一个1度点，
该切线过点，故，
令，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，也时最小值，且，
故无解，点不是函数的一个1度点
（2）设，，
则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当（*）．
设，则当时，，故在区间上严格增．
因此当时，，（*）恒不成立，即点是的一个0度点．
（3），
对任意，曲线在点处的切线方程为．
故点为函数的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解．
设． 则点为函数的一个2度点当且仅当两个不同的零点．
若，则在上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若，因为，
由或时得严格增；而当时，得严格减．
故在时取得极大值，在时取得极小值．
又因为，，
所以当时，由零点存在定理，在、、上各有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，也不合要求．
故两个不同的零点当且仅当或．
若，同理可得两个不同的零点当且仅当或．
综上，的全体2度点构成的集合为或．
【点睛】方法点睛：针对一般的函数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.
28．(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.
29．(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.
30．(1)集合A不是规范数集；集合B是规范数集；
(2)证明见详解；
(3).
【分析】（1）根据元规范数集的定义，只需判断集合中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可；
（2）利用元规范数集的定义，得到，从而分类讨论、与三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；
（3）法一：当时，证得，从而得到；当时，证得，从而得到；当时，分类讨论与两种情况，推得，由此得解；
法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解.
【详解】（1）对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集；
对于集合B：因为，
又，，，，，，
所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集.
（2）不妨设集合S中的元素为，即，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当时，等号成立；
综上所述：.
（3）法一：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，则，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当，使得，且，
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数的最小值为；
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数；
综上所述：范数的最小值.
法二：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
所以对于，同样有，则，
由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立，
即，，……，
所以范数
，
当且仅当时，等号成立，
所以范数的最小值.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解元规范数集的定义，得到，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.
31．(1)，；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由和的定义，求及；
（2）由，有，又，所以，互不相同；
（3）由已知有，则，通过累加法及证得结论.
【详解】（1）由，知，
所以，；
（2）依题意，，，则有，
所以，当且仅当时取等号， 又因为，所以，，互不相同，
故，若，则；
（3）由，得，则有①，
由及①，可得
，
，
，
以上各式相加，得.
由及①，当时，，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：
解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
32．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数与具有“m关联”性质的定义，结合正余弦函数的性质，即可得答案.
（2）根据满足的性质，推出其对称性以及周期，可得，再结合正弦函数的性质推出，即说明不存在，使得，即可得结论.
【详解】（1）由题意可知，
故，
则m的取值范围为；
（2）证明：因为在上，当且仅当时，取得最大值1，
且为定义在上的奇函数，
故在上当且仅当时，取得最小值-1，
由对任意，有，可知图象关于点对称，
又，即，
故2a为函数的周期，
故，
，
当时，，
时，，
若，，，此时有为最大值；
当时，，
时，，
若，，此时有为最大值，
由于，故，
即不存在，使得，
所以与不具有“4关联”性．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要理解函数与具有“m关联”性质的定义，明确其含义，继而结合定义去解决问题，特别是第2问的证明，要结合定义说明不存在，使得成立.
33．(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由基本函数的导数公式和题中定积分的含义得到.
（2）先由定积分的预算得到，再分别构造函数和，利用导数分析单调性，证明结论；几何意义由题干中定积分的含义得到.
（3）先由二倍角公式化简得到，再由定积分的意义得到，最后根据求导与定积分的运算得到，最后得证.
【详解】（1）当时，因为，所以设，
又，代入上式可得，
所以，当时，；
当时，设，同理可得，
综上，.
（2）因为，所以，
设，则恒成立，
所以在上单调递增，所以，故，即；
设，，
则恒成立，所以在上单调递增，，
所以，
综上，.
几何意义：当时，曲线与直线（轴），以及轴围成的“曲边面积”大于直线（轴），以及轴，直线围成的矩形面积，小于（轴），以及轴，直线围成的矩形面积.
（3）因为，
所以
，
设，则，
所以，
故.
【点睛】关键点点睛：1、由题干得到求导与定积分互为逆运算；2、证明不等式时可作差构造函数，求导，利用导数分析其单调性；3、利用定积分的几何意义得到要证明的不等式间关系，再利用求导与定积分运算得出最后结果.
34．(1)
(2)答案见解析
(3)恒成立，理由见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）先求导，再根据列出方程组，进而可得出结论；
（3）由函数是奇函数，可得是偶函数，再进一步求出导函数的周期性，再整理即可得出结论.
【详解】（1）由题可知，，
所以切线的斜率为，
且，
所以函数在点的切线方程为，即；
（2）由题可知，
又因为定义域上对任意的实数满足，
所以，即，
当且时，，
当时，，
当时，；
（3）因为函数在定义域上是奇函数，所以，
所以，所以，所以是偶函数，
因为，所以，
即，即，
因为，所以，即，
所以是周期为的函数，
所以，
所以.
【点睛】思路点睛：利用导数求函数在其上一点处的切线方程的基本步骤如下：
（1）对函数求导得；
（2）计算切线的斜率；
（3）利用点斜式写出切线方程.
35．(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.
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增