2024年全国一卷新高考数学题型细分S4——创新大题2

2024年全国一卷新高考题型细分S4 ——创新大题 2 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《创新大题》大概58道。 创新大题2： 1. （2024年湘J26衡阳八中）19. 设整数满足，集合.从中选取个不同的元素并取它们的乘积，这样的乘积有个，设它们的和为.例如. （1）若，求；（[endnoteRef:2]） （2）记.求和的整式表达式； （3）用含，的式子来表示. [2: 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，直接代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由条件可得，从而表示出与，然后相除，即可得到结果； （3）根据题意，可得，，再由（2）可得，然后化简即可得到，即可得到结果. 【小问1详解】 【小问2详解】 因为， ， 两式相除，， ， 两式相除， 【小问3详解】 因为①，所以， 因为②，所以， 由（2）和①可得，③， 由②和③，比较的系数，可得④， 因为 ， 由②比较的系数可得⑤， 由④⑤消去可得， 所以. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定义问题，意在考查学生的计算能力转化能力和总和应用能力，其中将定义中的知识转化为已有的知识点是考查的重点，需熟练掌握. ] 2. （2024年闽J12福州三检，末）19．（17分）若实数集A，B对，，均有，则称A→B具有Bernoulli型关系． （1）若集合，，判断M→N是否具有Bernoulli型关系，并说明理由；（[endnoteRef:3]） （2）设集合，，若S→T具有Bernoulli型关系，求非负实数t的取值范围； （3）当时，证明：． [3: 19．（17分） 解：（1）依题意，M→N是否具有Bernoulli型关系，等价于判定以下两个不等式对于是否均成立：①，②， ∵，，， ∴M→N具有Bernoulli型关系． （2）（方法一）令，，， 则， ①当时，显然有，∴成立； ②当时， 若，则，即，∴在区间上单调递减， 若，则，即， 若，则，即，∴在区间上单调递增， ∴的最小值为，∴，∴， ∴成立； ③当时， 若，则，即，∴在区间上单调递增， 若，则，即， 若，则，即，∴在区间上单调递减， ∴的最大值为，∴， ∴，即， ∴当，且时，不能恒成立， 综上所述，可知若S→T具有Bernoulli型关系，则， ∴非负实数t的取值范围为． （方法二）当，或时，与方法一相同； 当时， 若，∵，∴， 若，则，又，∴， ∴由方法一的结论，可知， 即，∵，且， ∴，即，即； ∴若集合，具有Bernoulli型关系，则， ∴非负实数t的取值范围为为． （3）∵，显然，且， 由（2）中的结论：当时，，可知， 当时，， ∴，， 当时，显然成立； 当时， ， 综上所述，当时，． ] 3. （2024年湘J22一起考二模）19. 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；（[endnoteRef:4]） （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． [4: 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析. （ⅱ）答案见解析. 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 （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． ] 4. （2024年鄂J15十一校二联考）19. 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；（[endnoteRef:5]） （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：． [5: 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【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. 【小问1详解】 由题意可知，， . 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. ] 5. （2024年鄂J11四月模拟）19. 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；（[endnoteRef:6]） （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． [6: 【答案】（1），； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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： 【小问3详解】 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. ] 6. （2024年鄂J10二次T8联考）19. 记，若，满足：对任意，均有，则称为函数在上“最接近”直线．已知函数．（[endnoteRef:7]） （1）若，证明：对任意； （2）若，证明：在上的“最接近”直线为：，其中且为二次方程的根． [7: 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先求，利用导数分析函数的单调性，并结合“最接近”直线的定义，分情况分析证明； （2）首先设函数，再令，利用导数判断函数的单调性和最值，并结合并结合“最接近”直线的定义，分析证明. 【小问1详解】 由题意， 则当时，，在区间上单调递增， 当时，，在区间上单调递减， 又，， 在区间上的最大值为， 根据函数的图象特点，可知对任意，均有 ， ， 下面讨论的大小： ①若至少有一个大于等于1，则， ②若两个都小于1，则， 因为是直线，故对任意，均有，，从而， 即 由①②可知，， 当时， ，，此时等号成立， 结论证毕. 【小问2详解】 设，再令， ， 令，， 在区间上单调递减， 而，，存在，使得， 即， 且时，，单调递增，时，，单调递减， 在区间上的最大值为， 而，， 则在区间上大于等于0， 由（1）问分析知，对定义在上的函数， 若满足，且为唯一的最大值点， 则对任意的，，时取等号， 又， 故当时，取得最小值， 在上的“最接近”直线为， 即， 化简可得，其中， 且是二次方程的根，证毕. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，并结合导数分析函数，根据题设中的新定义，分析证明. ] 7. （2024年粤J110珠海一中冲刺）19．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；（[endnoteRef:8]） (3)对于给定的，记，求所有的总和（用含m的式子表示）． [8: 【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. ] 8. （2024年粤J109珠海一中冲刺）19．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；（[endnoteRef:9]） (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． [9: 【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. ] 9. （2024年粤J104名校一联考）19. 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；([endnoteRef:10]) （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． [10: 【答案】（1）（答案不唯一） （2）证明过程见解析 （3）证明过程见解析 【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. 【小问1详解】 由题意不妨设，当（非0）互为相反数时，满足题意； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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. ] 10. （2024年粤J104名校一联考）18. 在组合恒等式的证明中，构造一个具体的计数模型从而证明组合恒等式的方法叫做组合分析法，该方法体现了数学的简洁美，我们将通过如下的例子感受其妙处所在． （1）对于元一次方程，试求其正整数解的个数；([endnoteRef:11]) （2）对于元一次方程组，试求其非负整数解的个数； （3）证明：（可不使用组合分析法证明）． 注：与可视为二元一次方程的两组不同解． [11: 【答案】（1） （2）. （3）证明见详解. 【解析】 【分析】（1）建立模型个相同的球排成一行，分成组，且每组至少一个小球，利用组合方法隔板法进行求解即可. （2）令，方程的非负整数解个数，转化为方程的正整数解个数，由（1）的结论即可求出结果. （3）由得，，，两式相乘求出的系数，再由求出的系数，即可得证. 【小问1详解】 取个相同的球排成一行，这个球两两之间共有个空隙，用块相同的隔板插入这个空隙，每个空隙最多插一块隔板，则插入隔板的方法数为， 这块相同的隔板将个球分成组，从左到右各组的球数依次记为，则为正整数，且， 故元一次方程的正整数解的个数为. 【小问2详解】 令， 则是方程的正整数解， 由（1）知，方程的正整数解个数为， 即方程的非负整数解个数为， 同理可得，方程的非负整数解个数为， 故元一次方程组的非负整数解的个数为. 【小问3详解】 先证明：成立， 设，（*） 令得， 将（*）两边求导得，（**） 令得， 将（**）式两边求导得 ，（***） 令得 ， 将（***）式两边求导得 ， 令得 ， 依次类推可得， 所以成立， 所以，， 所以， 而， 所以. 【点睛】关键点点睛：解决元一次不定方程的正整数解的个数问题，通过建立模型，利用隔板法进行求解. ] 11. （2024年粤J120大湾区二模）19．拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数在闭区间上的图象连续不断，在开区间内的导数为，那么在区间内存在点，使得成立．设，其中为自然对数的底数，．易知，在实数集上有唯一零点，且． (1)证明：当时，；（[endnoteRef:12]） (2)从图形上看，函数的零点就是函数的图象与轴交点的横坐标．直接求解的零点是困难的，运用牛顿法，我们可以得到零点的近似解：先用二分法，可在中选定一个作为的初始近似值，使得，然后在点处作曲线的切线，切线与轴的交点的横坐标为，称是的一次近似值；在点处作曲线的切线，切线与轴的交点的横坐标为，称是的二次近似值；重复以上过程，得的近似值序列． ①当时，证明：； ②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得：为递减数列，且．请以此为前提条件，证明：． [12: 19．(1)证明见解析； (2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】（1）因为在R上单调递增，所以任意，有，另一方面，注意到，即，根据拉格明日中值定理，即可证明结论. （2）①利用导数的几何意义进行证明即可；②根据①，及前面的结论，，，构造函数求导数，结合拉格朗日中值定理证明结论. 【详解】（1）由在R上单调递增，得任意，有， 又由，得，根据拉格明日中值定理， 存在，， 因为，所以，， 所以 （2）①先证， 在处，曲线的切线方程为， 令，得，即， 由于，在R上单调递增，则， 而，则有，所以，即； 再证：， 由于在R上单调递增，只需证， 曲线的切线方程为，即， 根据的定义，， 令，， ，， 于是在上单调递减，而， 因此，又，即，所以， 综上. ②由在R上单调递增，，得， 则，由①，及前面的结论，，， 令，则，记，则当时， ， 根据拉格朗日中值定理， ，，， 即，于是，累乘得，所以 【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：. ] 12. （2024年鲁J31威海二模）19．设，y是不超过x的最大整数，且记，当时，的位数记为例如：，，．（[endnoteRef:13]） (1)当时，记由函数的图象，直线，以及x轴围成的平面图形的面积为，求，及； (2)是否存在正数M，对，，若存在，请确定一个M的值，若不存在，请说明理由； (3)当，时，证明：． [13: 19．(1)，，； (2)存在，可取，理由见详解； (3)证明见详解. 【分析】（1）根据定义可得当时，，然后可得； （2）令，解可得，取即可； （3）取，可得，，然后可证. 【详解】（1）当时，， 由，，以及x轴围成的平面图形的面积为； 当时，， 由，，以及x轴围成的平面图形的面积为； 当时，， 表示，，以及x轴围成的平面图形的面积， 所以，记， 则①， 所以②， 由①-②得 ， 所以，即. （2）存在. 记，易知在定义域上单调递增， 令，则， 取，对都有，即， 所以. 所以，存在，对，. （3） 当时， ，， 此时， 所以； ，， 所以 ， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于对x的范围分段讨论，判断和的范围，进而可得和的值，然后可证. ] 13. （2024年鲁J32潍坊二模）19．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，．（[endnoteRef:14]） （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． [14: 19．(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. ] 14. （2024年鲁J33潍坊三模）19．一个完美均匀且灵活的项链的两端被悬挂， 并只受重力的影响，这个项链形成的曲 线形状被称为悬链线.1691年，莱布尼茨、惠根斯和约翰・伯努利等得到“悬链线”方程 ，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地双曲正弦函数 ，它们与正、余弦函数有许多类似的性质.（[endnoteRef:15]） (1)类比三角函数的三个性质： ①倍角公式 ； ②平方关系 ； ③求导公式 写出双曲正弦和双曲余弦函数的一个正确的性质并证明； (2)当时，双曲正弦函数图象总在直线的上方，求实数的取值范围； (3)若，证明： [15: 19．(1)答案见解析，证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）类比，写出平方关系，倍角关系和导数关系，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）结合新定义将所证变为，设函数，即证，先利用导数求得在上单调递增，再设，利用导数得其单调性及，从而，得证. 【详解】（1）平方关系：； 倍角公式：； 导数：. 理由如下：平方关系，； 倍角公式：； 导数：，； 以上三个结论，证对一个即可. （2）构造函数，，由（1）可知， ①当时，由， 又因为，故，等号不成立， 所以，故为严格增函数， 此时，故对任意，恒成立，满足题意； ②当时，令， 则，可知是严格增函数， 由与可知，存在唯一，使得， 故当时，，则在上为严格减函数， 故对任意，，即，矛盾； 综上所述，实数的取值范围为； （3）因为， 所以原式变为， 即证， 设函数，即证，， 设，， 时，在上单调递增，即在上单调递增， 设，则， 由于在上单调递增，， 所以，即，故在上单调递增， 又，所以时，， 所以，即， 因此恒成立，所以原不等式成立，得证. 【点睛】思路点睛：对新定义的题型要注意一下几点： （1）读懂定义所给的主要信息筛选出重要的关键点 （2）利用好定义所给的表达式以及相关的条件 （3）含有参数是要注意分类讨论的思想. ] 15. （2024年鲁J42青岛二适）19．若数列的各项均为正数，对任意，有，则称数列为“对数凹性”数列． (1)已知数列1，3，2，4和数列1，2，4，3，2，判断它们是否为“对数凹性”数列，并说明理由； (2)若函数有三个零点，其中． 证明：数列为“对数凹性”数列；（[endnoteRef:16]） (3)若数列的各项均为正数，，记的前n项和为，，对任意三个不相等正整数p，q，r，存在常数t，使得． 证明：数列为“对数凹性”数列． [16: 19．(1)只有1，2，4，3，2是“对数凹性”数列，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用“对数凹性”数列的定义计算即可； （2）利用导数研究三次函数的性质结合零点个数相同及“对数凹性”数列的定义计算即可； （3）将互换计算可得，令，可证明是等差数列，结合等差数列得通项公式可知，利用及的关系可得，并判定为单调递增的等差数列，根据等差数列求和公式计算结合基本不等式放缩证明其大于0即可. 【详解】（1）根据“对数凹性”数列的定义可知数列1，3，2，4中不成立， 所以数列1，3，2，4不是“对数凹性”数列； 而数列1，2，4，3，2中均成立，所以数列1，2，4，3，2是“对数凹性”数列； （2）根据题意及三次函数的性质易知有两个不等实数根， 所以， 又，所以， 显然，即不是的零点， 又， 令，则也有三个零点， 即有三个零点， 则有三个零点， 所以有两个零点， 所以同上有， 故数列为“对数凹性”数列 （3）将互换得：，所以， 令，得， 所以，故数列是等差数列， 记，所以， 所以， 又因为，所以， 所以，所以为单调递增的等差数列， 所以. 所以 所以，数列是“对数凹性”数列 【点睛】思路点睛：第二问根据定义及三次函数的性质、判别式先判定，再判定零点个数相同，再次利用导函数零点个数及判别式判定即可；第三问根据条件将互换得，利用赋值法证明是等差数列，再根据及的关系可得从而判定其为单调递增数列，根据等差数列求和公式计算结合基本不等式放缩证明其大于0即可. ] 16. （2024年浙J40台州二评）19．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.（[endnoteRef:17]） 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. [17: 19．(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. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$