特训03 第1-3章 新定义压轴题（三大模块）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（苏教版2019必修第一册，江苏专用）

特训03 第1-3章 新定义压轴题（三大模块） 模块1：集合 1．（24-25高一上·江西·阶段练习）设A是由若干个正整数组成的集合，且存在3个不同的元素a，b，，使得，则称A为“等差集”． (1)若集合，，且B是“等差集”，用列举法表示所有满足条件的B； (2)若集合是“等差集”，求m的值； (3)已知正整数，证明：不是“等差集”． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差集的定义结合子集的定义求解即可； （2）根据等差集定义应用，即逐个计算判断即可； （3）应用反证法证明集合不是等差集. 【解析】（1）因为集合，，存在3个不同的元素a，b，，使得， 则或或. （2）因为集合是“等差集”， 所以或或, 计算可得或或或， 又因为正整数,所以. （3）假设是“等差集”， 则存在,成立， 化简可得, 因为,所以, 所以与集合的互异性矛盾， 所以不是“等差集”． 【点睛】方法点睛：解题方法是定义的理解，应用反证法设集合是等差集，再化简计算得出矛盾即可证明. 2．（24-25高一上·福建厦门·阶段练习）已知A是非空数集，如果对任意，都有，，则称A是封闭集． (1)判断集合，，是否为封闭集，并说明理由； (2)判断命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”的真假，并说明理由； (3)若非空集合A是封闭集合，且，求证：不是封闭集． 【答案】(1)不是封闭集，是封闭集，理由见详解； (2)假命题，理由见详解； (3)证明见详解 【分析】（1）根据封闭集的定义判断即可； （2）举反例，说明判断命题真假； （3）运用反证法思想，假设是封闭集合，分和两种情况进行分析讨论，引出矛盾，从而得证. 【解析】（1）对于集合，因为，， 所以集合不是封闭集； 对于集合，任取，其中，， 则，， 所以集合是封闭集. （2）令，由（1）知是封闭集， ，任取，其中，， 则，， 所以是封闭集， 因为，，所以，但， 所以不是封闭集. 所以命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”是假命题. （3）假设是封闭集， 若，在中任取一个，，则， 否则，，此时，与矛盾， 所以，，而，这与矛盾， 所以当时， 不是封闭集， 同理可证，当时，也不是封闭集， 综上，不是封闭集. 3．（24-25高一上·安徽·阶段练习）设集合是的非空子集，若对任意，，都有，则称集合具有性质. (1)试判断集合和是否具有性质，并说明理由； (2)已知集合，若具有性质且恰有4个元素，直接写出符合条件的集合；（写出3个即可） (3)已知集合，若具有性质，证明：中的元素个数不大于10. 【答案】(1)集合不具有，集合具有，理由见解析； (2)（答案不唯一） (3)证明见解析 【分析】（1）根据的含义直接验证即可； （2）写出集合并根据的含义验证即可； （3）转化为证明从上面每个集合中选出的元素不能超过2个，举例，证明从每个集合中选出的元素不超过2个即可. 【解析】（1）对于集合， 因为，所以集合不具有性质. 对于集合， 因为， 所以集合具有性质. （2）以下集合符合条件(答出其中任意3个即可)： ， ， 取其中3个， 证明：满足题意，因为，，， ，，， 则具有性质，同理可证明满足题意. （3）将集合分成如下的5个集合： . 要证明中的元素个数不大于10，只需证明从上面每个集合中选出的元素不能超过2个. 以为例，该集合超过2个元素的子集有：， 因为，则这些子集均不具有性质. 其余4个集合同理. 因为具有性质，所以从每个集合中选出的元素不超过2个. 综上，集合中的元素个数不大于10. 【点睛】关键点点睛：本题（1）（2）问的关键是充分理解的含义，再代入证明即可. 4．（24-25高一上·重庆·阶段练习）设集合），若是的子集，把中所有元素的和称为的"容量"（规定空集的容量为0），若的容量为奇（偶）数，则称为的奇（偶）子集. (1)写出的所有奇子集; (2)求证：的奇子集与偶子集个数相等； (3)求证：当时，的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和. 【答案】(1)、、,、,、,、,、,2,、,3,； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，分析的子集，对应奇子集的定义，即可得的所有奇子集； （2）设为的奇子集，根据奇子集和偶子集的定义，按1是否属于进行分类，则得到奇子集和偶子集之间的关系，分析即可证得结论； （3）根据（2）中的结论，计算奇子集容量之和时，元素的贡献是，即可求得奇子集的容量之和，从而得到偶子集的容量之和，即可得到结论． 【解析】（1）由题意可知，当时，，2，3，， 的容量为奇数，则为的奇子集， 所有的奇子集应为、、,、,、,、,、,2,、,3,； （2）设奇数，对于的每个奇子集， 当时，取且． 当时，取，则为的偶子集． 反之，亦然． 所以，的奇子集与偶子集是一一对应的． 所以，的奇子集与偶子集个数相等． （3）对任一，含的子集共有个，用上面的对应方法可知， 其中必有一半是奇子集，一半是偶子集， 从而对于每个数，在奇子集的和与偶子集的和中，所占的个数是一样的． 于是在计算奇子集容量之和时，元素的贡献是， 奇子集容量之和是， 根据上面所说，这也是偶子集的容量之和，两者相等， 故当时，的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和． 【点睛】方法点睛：对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 5．（24-25高一上·湖南·阶段练习）若至少由两个元素构成的有限集合，且对于任意的，都有，则称为“集合”． (1)判断是否为“集合”，说明理由； (2)若双元素集为“集合”，且，求所有满足条件的集合； (3)求所有满足条件的“集合”． 【答案】(1)不是，理由见解析； (2)； (3)，其中. 【分析】（1）根据集合新定义直接判断即可； （2）设，进而研究或是否存在正整数解即可； （3）讨论“集合”为双元素集或含有两个以上的元素，同（2）分析及反证法研究是否存在正整数解. 【解析】（1）因为，所以不是“一集合”． （2）设． 若，则或． 由，解得（舍去），此时； 由化为，而，故方程无正整数解． 若，则或， 由，解得，此时； 由化为，而，故方程无正整数解． 综上，所有满足条件的集合为． （3）若“集合”为双元素集， 不妨设，则或， 由，则，而，故，此时； 由，则，而，显然不存在正整数解； 所以，“集合”为，其中． 若“集合”含有两个以上的元素， 设最小的元素为，最大的元素为，第二大的元素为， 则是“集合”中的元素， 若，解得， 若，则，矛盾， 若，该方程的解为，则n，a不可能同时为整数，无解． 故所有满足条件的“集合”为，其中． 【点睛】关键点点睛：对于第二、三问，根据集合新定义给定公式，将问题化为研究相关方程是否存在正整数解. 6．（24-25高一上·陕西榆林·阶段练习）已知集合，若对任意，都有或，则称集合具有“包容”性. (1)判断集合和集合是否具有“包容”性； (2)若集合具有“包容”性，求的值； (3)若集合具有“包容”性，且集合中的元素共有6个，，试确定集合. 【答案】(1)集合不具有“包容”性，集合具有“包容”性. (2) (3)，，，或. 【分析】（1）根据“包容”性的定义判断集合的“包容”性. （2）根据集合的“包容”性求的值. （3）根据集合具有“包容”性，且，再根据，可分析集合中的元素. 【解析】（1）集合中的， 所以集合不具有“包容”性. 集合中的任何两个相同或不同的元素相加或相减，得到的两数中至少有一个属于集合，所以集合具有“包容”性. （2）若集合具有“包容”性，记，则， 易得，从而必有， 不妨令，则且， 则，且， ①当时，若，得，此时具有包容性； 若，得，舍去；若，无解； ②当时，则，由且，可知无解， 故. 综上，. （3）因为集合中共有6个元素，且，又，且中既有正数也有负数， 不妨设， 其中， 根据题意， 且， 所以，或. ①当时，， 并且由，得， 由，得， 由上可得，并且， 综上可知； ②当时，同理可得. 综上，中有6个元素，且时，符合条件的集合有5个， 分别是，或. 【点睛】关键点点睛：本题是新定义题型，对于此类问题，要先弄清楚新定义的性质，按照其要求，严格“照章办事”，逐条分析验证.此题中，确定出后，分类讨论满足定义的几种情况，就能顺利地完成. 7．（24-25高一上·吉林白城·阶段练习）设非空数集，对于任意，下列4个条件：①属于；②属于；③属于；④（分母不为零）也属于，定义：满足条件①②③的数集为数环（即数环对于加、减、乘运算封闭）；满足条件④的数环为数域（即数域对于加、减、乘、除运算封闭）. (1)判断自然数集、整数集、有理数集、实数集是不是数环，假如该集合是数环，那么它是不是数域（无需说明理由）； (2)若是一个数环，是一个数域，证明：，； (3)设，证明：是数域. 【答案】(1)自然数集不是数环，整数集是数环，不是数域， 有理数集、实数集是数环也是数域. (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，由数环与数域的定义判断即可； （2）根据题意，由数域的定义即可证明； （3）根据题意，设，，，然后分别验证①②③④， 【解析】（1）自然数集不是数环，例如； 整数集是数环，不是数域，例如 有理数集、实数集是数环也是数域. （2）若，则，即； 若，，则，即. （3）设，则，， 则， 因为，所以，， 所以，满足条件①. ， 因为， 所以，，所以，满足条件②. ，因为， 所以，，所以，满足条件③. ， 因为，，所以，， 所以，满足条件④.综上所述，是数域. 【点睛】本题主要考查了集合新定义问题，难度较大，解答本题的关键在于理解数环与数域的定义，并且应用. 8．（22-23高一上·海南·阶段练习）对于任意的，记集合，，若集合满足下列条件：①；②，且，不存在，使，则称具有性质.如当时，，，，且，不存在，使，所以具有性质. (1)写出集合，中的元素个数，并判断是否具有性质. (2)证明：不存在具有性质，且，使. 【答案】(1)集合中的元素个数分别为9，14；不具有性质 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知条件能求出集合，中的元素个数，并判断出不具有性质． （2）假设存在，具有性质，且，使．其中，从而，由此推导出与具有性质矛盾．从而假设不成立，即不存在具有性质，且，使． 【解析】（1）对于任意的，记集合． 当时，，； 当时，，， 集合，中的元素个数分别为9，14， 满足下列条件：①；②，且，不存在， 使，则称具有性质， 因为，，，不符合题意，不具有性质． （2）假设存在，具有性质，且，使，其中． 因为，所以，不妨设， 因为，所以． 同理．因为，这与具有性质矛盾． 所以假设不成立，即不存在，具有性质，且，使． 【点睛】方法点睛：考查集合新定义，集合性质的应用，对数学思维要求高，解题时要认真审题，弄清题意是关键． 9．（24-25高一上·江苏南京·阶段练习）对了给定的非空集合A，定义集合，，当时，则称A具有孪生性质. (1)判断集合是否具有孪生性质，请说明理由； (2)设集合且，若C具有孪生性质，求n的最小值； (3)设集合，若，求证：. 【答案】(1)不具有孪生性质，具有孪生性质； (2)675 (3)证明见解析． 【分析】（1）根据新定义直接验证； （2）求出和，由它们的交集为空集可得； （3）求出中的可能元素，根据分析元素的性质可得． 【解析】（1）由题意，，，， ,, 所以不具有孪生性质，具有孪生性质； （2）由题意，， ，则，， 又，所以的最小值是675； （3）， 则都属于集合， 又，则， 又，所以，所以， 【点睛】方法点睛：本题考查学生的创新能力，理解新定义并运用是解题关键，本题实质就是根据新定义求出两个集合和，然后由它们的交集是否为空集确定结论． 10．（24-25高一上·上海·开学考试）对集合及其每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地减或加后继的元素所得的结果，例如，子集的“交替和”是，子集的“交替和”是，子集的交替和是2；定义一个唯一确定的“交替积”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地除以或乘以后继的数所得的结果，例如，集合的“交替积”是，的“交替积”是，的“交替积”是2． (1)对于，求其所有子集的“交替和”的总和； (2)对于，求其所有子集的“交替和”的总和； (3)对于求其所有子集的“交替积”的总和． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）将集合的子集分为有9的子集，和去掉9之后的子集，再根据“交替和”的定义，即可求解； （2）将集合的子集分为有的子集，和去掉之后的子集，再根据“交替和”的定义，即可求解； （3）首先求出集合的元素，再对集合分组，有的子集和去掉的子集为一组，求每一组“交替积”的和，即可求解. 【解析】（1）集合的子集中，除去外还有个非空子集， 把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替和”之和， 组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉9的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替和”的和为9，共有组，所以，所有“交替和”之和应该为 （2）集合的子集中，除去外还有个非空子集， 把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替和”之和， 组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替和”的和为，共有组，所以，所有“交替和”之和应该为； （3）集合， 其中除去外还有个非空子集， 把这把这个非空子集两两组合后分别计算每一组中“交替积”之积， 组合原则是设，，集合的元素为集合中去掉的所有元素，把和结合为一组，显然，每组的“交替积”的和为0，共有组，所以，所有“交替积”之和应该为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，前2问是将集合分为有最大元素的集合，和去掉最大元素的集合，这样找到规律，最后一问，是将集合分为有元素的集合和去掉元素的集合为一组，即可求解. 模块2：常用逻辑用语 11．（24-25高一上·上海徐汇·开学考试）已知是R的非空真子集，如果对任意，都有，则称是封闭集． (1)判断集合是否为封闭集，并说明理由； (2)判断以下两个命题的真假，并说明理由； 命题：若非空集合是封闭集，则也是封闭集； 命题：非空集合是封闭集，则是是封闭集的充要条件； (3)若非空集合是封闭集合，设全集为R，求证：A的补集不是封闭集 【答案】(1)集合B是，集合C不是，理由见解析； (2)p假q真，理由见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据封闭集的定义判断即可. （2）举反例说明判断命题；利用封闭集的定义，结合充要条件的定义推理判断命题. （3）按和分类，结合反证法推理即可. 【解析】（1）对于集合 因为， 所以是封闭集； 对于集合，因为， 所以集合不是封闭集. （2）对命题：令， 令，则， 因此集合是封闭集，同理集合也是封闭集， 取，则，而， 因此集合不是封闭集，命题是假命题； 对于命题：若，不妨令，则有，又集合是封闭集， 则，同理，因此， 所以是封闭集； 反之，若是封闭集，则是非空集合，即， 所以是是封闭集的充要条件，命题是真命题. （3）非空集合是封闭集合，当时，，因此不是封闭集合； 当时，假设是封闭集合， 设，在中任取一个，则， 否则，此时，与矛盾， 因此，而，与矛盾， 则当时，则不是封闭集合，同理当时，不是封闭集合， 所以A的补集不是封闭集. 【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. 12．（20-21高一上·安徽合肥·阶段练习）对于有限个自然数组成的集合，定义集合，记集合的元素个数为.定义变换，变换将集合变换为集合. （1）若，求； （2）若集合，证明：的充要条件是. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据题干中对集合和的定义，可以求出两个集合 （2）证明充要条件要从两方面证明，一是证明充分性，而是证明必要性，都成立则说明是充要条件 【解析】解：（1）若集合, 则根据定义可得：. （2）由. 充分性：设是公差为的等差数列, 则 且, 所以共有个不同的值, 即. 必要性：若, 因为, 所以中有个不同的元素：, 任意的值都与上述某一项相等. 又, 且. 所以, 所以是等差数列，且公差不为. 13．（24-25高一上·上海·开学考试）已知集合，其中，由中元素可构成两个点集和：，，其中中有个元素，中有个元素.新定义1个性质：若对任意的，必有，则称集合具有性质 (1)已知集合}与集合和集合，判断它们是否具有性质，若有，则直接写出其对应的集合，；若无，请说明理由; (2)集合具有性质，若，求：集合最多有几个元素？ (3)试判断：集合具有性质是的什么条件并证明. 【答案】(1)集合不具有性质；集合具有性质，对应集合，； (2)2047276； (3)充分不必要条件. 【分析】（1）根据定义做出判断，直接写出集合，. （2）利用定义，探讨出与的关系式，带入求职. （3）利用充分条件、必要条件的定义，结合集合与集合个数的大小关系，推理得证. 【解析】（1）①集合，不符合定义故不具有性质； ②集合具有性质，对应集合，； ③集合不是整数集所以不具有性质. （2）由题意可知集合的元素构成有序数对，共有个， ∵，∴ 又∵时，，∴时候，， ∴集合的元素个数不超过个， 取，则中元素的个数为个， 故中元素的个数最多. 故答案为：2047276 （3）1）当集合具有性质时， ①对于，根据定义可知：，又因为集合具有性质，则， 如果，是中的不同元素，那么，中至少有一个不成立，于是，中至少有一个不成立，故和也是中不同的元素，可见的元素个数不多于的元素个数，即， ②对于，根据定义可知：，又因为集合具有性质，则， 如果，是中的不同元素，那么，中至少有一个不成立，于是，中至少有一个不成立，故和也是中不同的元素，可见的元素个数不多于的元素个数，即， 由①②可知 2）集合，则， ，满足，而集合不具有性质， 所以集合具有性质是的充分不必要条件. 14．（23-24高一上·上海杨浦·期中）若实数、、满足，则称比接近， (1)比接近，求的取值范围； (2)判断：“比接近”是“”的什么条件（充分不必要条件，必要不充分条件，充要条件，既不充分又不必要条件），并加以证明. 【答案】(1)或 (2)必要不充分条件，证明见解析 【分析】（1）根据题中定义可得出关于的不等式，解之即可； （2）求出条件“比接近”和“”的等价条件，结合充分性与必要性、特殊值法证明即可得出结论. 【解析】（1）解：因为比接近，则，即，即， 解得或， 所以，的取值范围是或. （2）解： 若比接近，则， 由可得，即，可得， 若，则，即，此时，， 若，则，则，则，此时，， 所以，“比接近”“”， 另一方面，若，取，，则， 所以，“比接近” “”， 因此，“比接近”是“”的必要不充分条件. 15．（24-25高一上·浙江·阶段练习）对于由有限个自然数组成的集合A，定义集合，定义集合.记集合的元素个数为. (1)若，求，； (2)若，且，求的最小值； (3)若，，，证明：“”的充要条件是“”. 【答案】(1)， (2)7 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题干中对集合和的定义求解即可； （2）结合题设可得，进而得到，从而求解； （3）分别从充分性和必要性两个方面证明即可. 【解析】（1）若集合，则根据定义可得： ，. （2）若，， 因为， 所以，此时只需要让其他元素相乘与之相等即可， 所以的最小值为7. （3）证明：充分性：设是公差为的等差数列， 则， 且，所以共有个不同的值，即. 必要性：由， 因为， 所以中有个不同的元素：， 任意的值都与上述某一项相等. 又，且，， 所以，即是等差数列，且公差不为0. 所以“”的充要条件是“”. 【点睛】方法点睛：集合新定义问题，主要在于理解题目中定义要求，进而根据定义求解，使用定义时需要注意使用的条件是否符合要求. 16．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）给定正整数，集合.若存在集合，，，同时满足下列三个条件： ①，； ②集合中的元素都为奇数，集合中的元素都为偶数，所有能被3整除的数都在集合中（集合中还可以包含其它数）； ③集合，，中各元素之和分别为，，，有； 则称集合为可分集合. (1)已知为可分集合，写出相应的一组满足条件的集合，，； (2)当时，是不是可分集合？判断并说明理由； (3)已知为偶数，求证：“是整数”是“为可分集合”的必要不充分条件. 【答案】(1)，，(答案不唯一) (2)不是，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）取，按照定义列举即可； （2）方法一：用反证法即可得结论； 方法二：由题意可得所有元素和为，中元素是偶数，从而得是12的倍数，又因为时，不是12的倍数，即得矛盾； （3）按照必要不充分条件的定义证明即可 【解析】（1）解：依照题意，取时， ， 又，， 则， 所以可以取，，； （2）解：当时，不是可分集合，理由如下： 方法一： 假设存在是3的倍数且是可分集合，设，则依照题意， 故，    而这个数的和为， 故，矛盾， 所以是3的倍数时，一定不是可分集合； 方法二： 注意到所有元素和为，又中元素是偶数， 所以（为正整数）， 所以，即是12的倍数. 容易验证，当时，不是12的倍数，矛盾！ 所以当时，不是可分集合； （3）证明：因为所有元素和为，又中元素是偶数， 所以（为正整数）， 所以，因为，为连续整数， 故这两个数一个为奇数，另一个为偶数， 由（2）知道，不是3的倍数，所以一定有是3的倍数. 当为偶数时，为奇数，而， 所以一定有是3的倍数，是4的倍数， 所以既是3的倍数又是4的倍数， 从而可分的一个必要条件是：是12的倍数. 从而“是整数”是“为可分集合”必要条件. 另一方面，当时，不是可分集合，从而“是整数”不是“为可分集合”充分条件 （可以验证：当，56，时，不可分，其余满足是正整数情形，都可分） 综上可知，“是整数”是“为可分集合”的必要不充分条件. 【点睛】关键点睛：对于新定义题目，理解和利用定义进行解答是关键. 17．（24-25高一上·陕西咸阳·阶段练习）已知是的非空真子集，如果对任意，都有，则称是封闭集． (1)判断集合是否为封闭集，并说明理由； (2)判断“命题：非空集合是封闭集，则是是封闭集的充要条件”的真假，并说明理由； (3)若非空集合是封闭集合，设全集为，求证：的补集不是封闭集． 【答案】(1)是封闭集；集合不是封闭集，理由见解析 (2)命题是真命题，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据封闭集的定义结合元素特征进行检验即可判断； （2）先推充分性，由可任取，推即得；再推必要性，由是封闭集易得，故为真命题； （3）对非空集合进行分类考虑，当时，，得证；当时，运用反证法思想，假设是封闭集合，分和两种情况进行分析讨论，引出矛盾，从而得证. 【解析】（1）是封闭集，不是封闭集，理由如下： 对于集合，因，故是封闭集； 对于集合，因， 故集合不是封闭集． （2）命题是真命题，理由如下： 若，不妨任取，则有， 又集合是封闭集，则，同理， 因此，即是封闭集； 反之，若是封闭集，则是非空集合，即， 故是是封闭集的充要条件，命题是真命题． （3）因非空集合是封闭集合， 当时，，因此不是封闭集合； 当时，假设是封闭集合， 若，在中任取一个，则， 否则，此时，与矛盾， 因此，而，与矛盾， 则当时，则不是封闭集合， 同理当时，也不是封闭集合， 所以的补集不是封闭集． 模块3：不等式 18．（23-24高一上·上海普陀·期中）设是不小于1的实数.若对任意，总存在，使得，则称这样的满足“性质1” (1)分别判断和时是否满足“性质1”; (2)先证明:若，且，则; 并由此证明当时，对任意，总存在，使得. (3)求出所有满足“性质1”的实数t 【答案】(1)不满足性质1，不满足性质1. (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）分别举反例证明和时性质1不成立； （2）先分别就，讨论证明若，且，则，再利用这个结论可得证； （3）结合（2）的结论可得解. 【解析】（1）记，， 假如，则当时，对任意，均有，不满足要求； 假如，则当，时，对任意，均有，， 若，同正或同负，则，其余情况下总有，不满足要求. （2）先来证明：若，且，则，同时该结论记为引理. 当时，， 当时，不妨设，则，又，所以. 所以若，且，则. 下面证当时，对任意，总存在，使得， 若，则取，此时， 其中，，且， 由引理可得， 若，则取，此时， 其中，，且，故由引理可得， 综上，当时，对任意，总存在，使得. （3）当时，当时，可取，使得，理由如下： 当时，取，则； 当时，取，则，则，故， 同理，可取，使得，此时， 所以当时，对任意，总存在，使得. 结合（2）的结论可得，对任意，总存在，使得. 综上，所有满足性质1的实数. 【点睛】思路点睛：此题考查等式和不等式的新定义问题，属于难题. （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，分别举反例证明和时性质1不成立； （3）分别就，分类讨论证明若，且，则，再利用这个结论证明当时，对任意，总存在，使得；再证明当时，对任意，总存在，使得，注意完备性. 19．（23-24高一上·北京大兴·期中）对于非空有限整数集X，，定义，对现有两个非空有限整数集A，B，已知且． (1)当时求集合B； (2)证明：； (3)当且时，任取构造函数问：当a，b取何值时，的最小值最小? 【答案】(1)为，，，. (2)证明见详解 (3)当时的最小值为 【分析】（1）,可得可能为，然后逐一讨论检验即可； （2）由集合的新定义，逐一取值迭代，由集合的有限性进行检验取舍； （3）由可知，中元素，必为的解，进而可得，接着可得，再求出最小值，即可得到a，b取何值时，的最小值最小. 【解析】（1） 因为,，所以可能为， 当时，不满足非空，不合题意； 当时，所以， ， 当时，所以， ， 当时，所以，,, ,,,,, 又，可得为，，，. （2）设,因为，所以， 又，所以， 取则，，， 无限迭代，而为有限集，不合题意，舍去；即 取则，， 可得集合可为 ； 取则， ，， 可得集合可为； 取则，又所以 取则， ，， 可得集合可为， 取则， ，， 无限迭代，而为有限集，不合题意，舍去；即 同理当或,且时不符合为有限集，舍去； 故由上可得集合可为，，， 所以， （3）当且时 设,则， 时，不为整数，不合题意； 时，不为整数，不合题意； 所以，又则， 任取构造函数 所以， 又， ， 即当时的最小值为. 【点睛】方法点睛：从新情境中获取信息，搭建相关的集合知识网络，将其运用到新情境中，整体进行迁移运用. 20．（23-24高一上·上海松江·期中）高一的珍珍阅读课外书籍时，发现笛卡尔积是代数和图论中一个很重要的课题.对于非空数集A，B，定义且，将称为“A与B的笛卡尔积” (1)若，，求和； (2)试证明：“”是“”的充要条件； (3)若集合是有限集，将集合的元素个数记为.已知，且存在实数满足对任意恒成立.求的取值范围，并指明当取到最值时和满足的关系式及应满足的条件. 【答案】(1)答案见详解 (2)证明见详解 (3)答案见详解 【分析】（1）根据的定义直接运算求解； （2）根据的定义结合充分必要条件分析证明； （3）设，则，，结合基本不等式求的取值范围，并结合根式分析求解. 【解析】（1）由题意可得：， . （2）若，设， 由定义可知：且， 所以“”是“”的必要条件； 若，对任意，均有， 即对任意，均有， 由任意性可知，则， 所以“”是“”的充分条件； 综上所述：“”是“”的充要条件. （3）设， 则，， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以实数的取值范围. 若取到最大值，则，即， 可得，即， 所以. 21．（24-25高一上·河南·阶段练习）若任意满足（），都有不等式恒成立，则称该不等式为“不等式” (1)已知不等式为“不等式”，求m的取值范围； (2)判断不等式是否为“不等式”，并说明理由； (3)若，，，证明：不等式是“不等式”. 【答案】(1) (2)不是，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意判断在上恒成立即可； （2）当时即可判断； （3）判断最小值，最大值都大于0即可. 【解析】（1）由及，得. 因为，所以. （2）不是“不等式”. 理由如下： （方法一）二次函数图象的对称轴为直线， 当时，二次函数取得最小值，且最小值为， 所以不是“不等式”. （方法二）由，得， 解得. 因为，所以对不恒成立， 所以不是“不等式”. （3）证明：由题意得， ①当时，，则，符合题意. ②当时，，研究二次函数的图象， 该二次函数图象的对称轴为直线， 则当时，二次函数取得最小值，且最小值为，符合题意. ③当时，，由二次函数的图象可知， 当或时，二次函数取得最小值， 当时，； 当时，. 故是“不等式”. 22．（2023高一上·山东滨州·竞赛）已知函数和，定义集合. (1)设，求； (2)设，当时，求的取值范围； (3)设，若，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）解不等式即可； （2）转化为对任意恒成立求解； （3）分别求解不等式与，转化为不等式组有解求解即可. 【解析】（1）已知， 由即， 解得 ， 则； （2）已知， 由题意得，对任意恒成立， ，即恒成立， 当时，恒成立； 当时，由 解得； 综上，当时，的取值范围为； （3）已知， 由得，不等式组有解， 由， 又， 当，即时，对任意恒成立，则满足； 当，即时，或， 要使，则或， 解得，则有； 当，即时，或， 要使，则或， 解得，则有； 综上所述，的取值范围是 23．（23-24高一上·上海普陀·阶段练习）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”. (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由 【答案】(1)“上位点”，“下位点”（答案不唯一） (2)“下位点”，证明见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）由定义即可得所求点的坐标. （2）先由点是点的“上位点”得，作差化简得，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点是否是点的“下位点”. （3）依题意可得，从而得到，即可得解. 【解析】（1）因为， 根据题设中的定义可得点的一个 “上位点坐标”和一个“下位点”坐标分别为和， 即“上位点”，“下位点”（答案不唯一）； （2）点是点的“下位点”. 证明：点是点的“上位点”，     ， 又均大于，      ，       ， ，即， 所以点是点的“下位点”. （3）若点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”； 即； 所以对任意的都有， ， 所以当时，对任意的存在， 使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”. 【点睛】关键点点睛：理解并运用“上位点”和“下位点”的定义是解题的关键. 24．（22-23高一上·北京·阶段练习）已知数集具有性质P：对任意的k，，使得成立． (1)分别判断数集与是否具有性质P，并说明理由； (2)若，求A中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合A； (3)求证：． 【答案】(1)不具有，具有，理由见解析 (2)75；或 (3)证明见解析 【分析】（1）由，所以数集不具有性质P，同理根据集合性质P的概念，可判断具有性质P； （2）由（1）结合数集的性质P的概念，满足，分类讨论，即可求得数集A； （3）根据数集的性质P的定义，可得，所以，满足 ，累加即可证明． 【解析】（1）因为，所以数集不具有性质P， 因为，所以数集具有性质P； （2）由，所以A的元素都是整数， 构造或具有性质P， 此时元素和为75且是最小值； 下面证明： 假设集合满足， （存在性显然，因为满足的数集只有有限个） 第一步：首先说明集合中至少有7个元素， 因为集合具有性质P： 对任意的k，，使得成立， 又， 所以，所以， 所以， ， 又， 所以， 所以； 第二步：证明， 若，设， 因为，为了使最小， 在集合中一定不含有元素，使得，从而， 假设，根据性质P，对，有，使得， 显然，而， 而此时集合中至少还有4个不同于的元素， 从而，矛盾； 所以，进而； 同理可证：， 那么根据性质P，有，使得， 我们需要考虑如下几种情况： ①，此时集合中至少需要一个大于等于4的元素，才能得到8， 所以A中所有元素的和大于76， ②，此时集合中至少需要一个大于等于4的元素，才能得到7， 所以A中所有元素的和大于76， ③假设，同上，此时集合的和最小，为75； ④当，此时集合的和最小，最小值为75； 所以A中所有元素的和最小，最小值为75， 此时或； （3）因为集合具有性质P： 即对任意的，使得成立， 又因为， 所以，所以， 所以， ， 将上述不等式相加得：， 所以． 【点睛】关键点点睛：第二问采用枚举法即可证明，根据题设信息，不断的确定集合中的具体元素，将抽象问题具体化，从而证明出结论，过程中需用反证法证明猜想. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训03 第1-3章 新定义压轴题（三大模块） 模块1：集合 1．（24-25高一上·江西·阶段练习）设A是由若干个正整数组成的集合，且存在3个不同的元素a，b，，使得，则称A为“等差集”． (1)若集合，，且B是“等差集”，用列举法表示所有满足条件的B； (2)若集合是“等差集”，求m的值； (3)已知正整数，证明：不是“等差集”． 2．（24-25高一上·福建厦门·阶段练习）已知A是非空数集，如果对任意，都有，，则称A是封闭集． (1)判断集合，，是否为封闭集，并说明理由； (2)判断命题“若非空集合，是封闭集，则也是封闭集”的真假，并说明理由； (3)若非空集合A是封闭集合，且，求证：不是封闭集． 3．（24-25高一上·安徽·阶段练习）设集合是的非空子集，若对任意，，都有，则称集合具有性质. (1)试判断集合和是否具有性质，并说明理由； (2)已知集合，若具有性质且恰有4个元素，直接写出符合条件的集合；（写出3个即可） (3)已知集合，若具有性质，证明：中的元素个数不大于10. 4．（24-25高一上·重庆·阶段练习）设集合），若是的子集，把中所有元素的和称为的"容量"（规定空集的容量为0），若的容量为奇（偶）数，则称为的奇（偶）子集. (1)写出的所有奇子集; (2)求证：的奇子集与偶子集个数相等； (3)求证：当时，的所有奇子集的容量之和等于所有偶子集的容量之和. 5．（24-25高一上·湖南·阶段练习）若至少由两个元素构成的有限集合，且对于任意的，都有，则称为“集合”． (1)判断是否为“集合”，说明理由； (2)若双元素集为“集合”，且，求所有满足条件的集合； (3)求所有满足条件的“集合”． 6．（24-25高一上·陕西榆林·阶段练习）已知集合，若对任意，都有或，则称集合具有“包容”性. (1)判断集合和集合是否具有“包容”性； (2)若集合具有“包容”性，求的值； (3)若集合具有“包容”性，且集合中的元素共有6个，，试确定集合. 7．（24-25高一上·吉林白城·阶段练习）设非空数集，对于任意，下列4个条件：①属于；②属于；③属于；④（分母不为零）也属于，定义：满足条件①②③的数集为数环（即数环对于加、减、乘运算封闭）；满足条件④的数环为数域（即数域对于加、减、乘、除运算封闭）. (1)判断自然数集、整数集、有理数集、实数集是不是数环，假如该集合是数环，那么它是不是数域（无需说明理由）； (2)若是一个数环，是一个数域，证明：，； (3)设，证明：是数域. 8．（22-23高一上·海南·阶段练习）对于任意的，记集合，，若集合满足下列条件：①；②，且，不存在，使，则称具有性质.如当时，，，，且，不存在，使，所以具有性质. (1)写出集合，中的元素个数，并判断是否具有性质. (2)证明：不存在具有性质，且，使. 9．（24-25高一上·江苏南京·阶段练习）对了给定的非空集合A，定义集合，，当时，则称A具有孪生性质. (1)判断集合是否具有孪生性质，请说明理由； (2)设集合且，若C具有孪生性质，求n的最小值； (3)设集合，若，求证：. 10．（24-25高一上·上海·开学考试）对集合及其每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地减或加后继的元素所得的结果，例如，子集的“交替和”是，子集的“交替和”是，子集的交替和是2；定义一个唯一确定的“交替积”如下：将中的元素按照递减的次序排列，然后将第一个元素交替地除以或乘以后继的数所得的结果，例如，集合的“交替积”是，的“交替积”是，的“交替积”是2． (1)对于，求其所有子集的“交替和”的总和； (2)对于，求其所有子集的“交替和”的总和； (3)对于求其所有子集的“交替积”的总和． 模块2：常用逻辑用语 11．（24-25高一上·上海徐汇·开学考试）已知是R的非空真子集，如果对任意，都有，则称是封闭集． (1)判断集合是否为封闭集，并说明理由； (2)判断以下两个命题的真假，并说明理由； 命题：若非空集合是封闭集，则也是封闭集； 命题：非空集合是封闭集，则是是封闭集的充要条件； (3)若非空集合是封闭集合，设全集为R，求证：A的补集不是封闭集 12．（20-21高一上·安徽合肥·阶段练习）对于有限个自然数组成的集合，定义集合，记集合的元素个数为.定义变换，变换将集合变换为集合. （1）若，求； （2）若集合，证明：的充要条件是. 13．（24-25高一上·上海·开学考试）已知集合，其中，由中元素可构成两个点集和：，，其中中有个元素，中有个元素.新定义1个性质：若对任意的，必有，则称集合具有性质 (1)已知集合}与集合和集合，判断它们是否具有性质，若有，则直接写出其对应的集合，；若无，请说明理由; (2)集合具有性质，若，求：集合最多有几个元素？ (3)试判断：集合具有性质是的什么条件并证明. 14．（23-24高一上·上海杨浦·期中）若实数、、满足，则称比接近， (1)比接近，求的取值范围； (2)判断：“比接近”是“”的什么条件（充分不必要条件，必要不充分条件，充要条件，既不充分又不必要条件），并加以证明. 15．（24-25高一上·浙江·阶段练习）对于由有限个自然数组成的集合A，定义集合，定义集合.记集合的元素个数为. (1)若，求，； (2)若，且，求的最小值； (3)若，，，证明：“”的充要条件是“”. 16．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）给定正整数，集合.若存在集合，，，同时满足下列三个条件： ①，； ②集合中的元素都为奇数，集合中的元素都为偶数，所有能被3整除的数都在集合中（集合中还可以包含其它数）； ③集合，，中各元素之和分别为，，，有； 则称集合为可分集合. (1)已知为可分集合，写出相应的一组满足条件的集合，，； (2)当时，是不是可分集合？判断并说明理由； (3)已知为偶数，求证：“是整数”是“为可分集合”的必要不充分条件. 17．（24-25高一上·陕西咸阳·阶段练习）已知是的非空真子集，如果对任意，都有，则称是封闭集． (1)判断集合是否为封闭集，并说明理由； (2)判断“命题：非空集合是封闭集，则是是封闭集的充要条件”的真假，并说明理由； (3)若非空集合是封闭集合，设全集为，求证：的补集不是封闭集． 模块3：不等式 18．（23-24高一上·上海普陀·期中）设是不小于1的实数.若对任意，总存在，使得，则称这样的满足“性质1” (1)分别判断和时是否满足“性质1”; (2)先证明:若，且，则; 并由此证明当时，对任意，总存在，使得. (3)求出所有满足“性质1”的实数t 19．（23-24高一上·北京大兴·期中）对于非空有限整数集X，，定义，对现有两个非空有限整数集A，B，已知且． (1)当时求集合B； (2)证明：； (3)当且时，任取构造函数问：当a，b取何值时，的最小值最小? 20．（23-24高一上·上海松江·期中）高一的珍珍阅读课外书籍时，发现笛卡尔积是代数和图论中一个很重要的课题.对于非空数集A，B，定义且，将称为“A与B的笛卡尔积” (1)若，，求和； (2)试证明：“”是“”的充要条件； (3)若集合是有限集，将集合的元素个数记为.已知，且存在实数满足对任意恒成立.求的取值范围，并指明当取到最值时和满足的关系式及应满足的条件. 21．（24-25高一上·河南·阶段练习）若任意满足（），都有不等式恒成立，则称该不等式为“不等式” (1)已知不等式为“不等式”，求m的取值范围； (2)判断不等式是否为“不等式”，并说明理由； (3)若，，，证明：不等式是“不等式”. 22．（2023高一上·山东滨州·竞赛）已知函数和，定义集合. (1)设，求； (2)设，当时，求的取值范围； (3)设，若，求的取值范围. 23．（23-24高一上·上海普陀·阶段练习）对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”，同时点是点的“下位点”. (1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； (2)已知点是点的“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论； (3)设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由 24．（22-23高一上·北京·阶段练习）已知数集具有性质P：对任意的k，，使得成立． (1)分别判断数集与是否具有性质P，并说明理由； (2)若，求A中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合A； (3)求证：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $$