专题23 新定义综合大题（44题）-【百强名校好题】刷透百强模拟 2025年高考数学直通130+（金题特训·名校巅峰）

专题23 新定义综合大题 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： 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. 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： 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. 4.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． 【金题】1．（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三上学期第六次适应性训练）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率. (1)若曲线与在处的曲率分别为，，比较，大小； (2)求正弦曲线（）曲率的平方的最大值. 【答案】(1)； (2)1. 【分析】（1）对、求导，应用曲率公式求出处的曲率，，即可比较大小； （2）由题设求出的曲率平方，利用导数求的最大值即可. 【详解】（1）由，，则， 由，，则， 所以； （2）由，，则， ，令，则，故， 设，则，在时，递减， 所以，最大值为1. 【金题】2．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r是的根，首先选取作为r的初始近似值，若在点处的切线与轴相交于点，称是r的一次近似值；用替代重复上面的过程，得到，称是r的二次近似值；一直重复，可得到一列数：．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当近似值相等时，该值即作为函数的一个零点． (1)若，当时，求方程的二次近似值（保留到小数点后两位）； (2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数在点处的切线，并证明：； (3)若，若关于的方程的两个根分别为，证明：． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分别计算出，取得近似值即为方程的二次近似值； （2）分别求出，，即可写出函数在点处的切线方程；设，证明出，得出，即可证明； （3）先判断出，然后辅助证明两个不等式和即可． 【详解】（1）， 当时，，在点处的切线方程为，与轴的交点横坐标为， 所以，，在点处的切线方程为，与轴的交点为， 所以方程的二次近似值为． （2）由题可知，，，， 所以在处的切线为，即； 设， 则，显然单调递减，令，解得， 所以当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减， 所以， 所以，即． （3）由，得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，也是的最大值点，即， 又时，，时，， 所以当方程有两个根时，必满足； 曲线过点和点的割线方程为， 下面证明， 设， 则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，； 在上单调递减，， 所以当时，，即（当且仅当或时取等号）， 由于，所以，解得；① 下面证明当时，， 设，因为， 所以当时，（当且仅当时取等号）， 由于所以，解得，② ①②，得． 【点睛】关键点睛：第三问的难点在于辅助构造出两个函数不等式，这样再利用函数单调性，得到相关不等式，然后进行估计的范围． 【金题】3．（湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三下学期保温卷一）卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对无穷数列，，定义无穷数列，记作，称为与的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律． (1)若，，，求，，，； (2)对，定义如下：①当时，；②当时，为满足通项的数列，即将的每一项向后平移项，前项都取为0．试找到数列，使得； (3)若，，证明：当时，． 【答案】(1)，，， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据数列和数列的通项公式，分别求出这两个数列的前四项，再根据数列的定义求出，，，. （2）通过特例和前面的一些项来寻找规律及性质，有效转化特殊与一般. （3）思路一：由卷积运算的交换律，得，记的前n项和为，再利用求. 思路二：记的前n项和为，对所有对应项相加所得的数列为，易证卷积关于数列加法有分配律、卷积运算满足结合律，因此可得，，再利用求. 【详解】（1）因为，，所以，；，； ，；，. 因为，， 所以，，，. （2）， 对一般的，. （3）方法一： 记的前n项和为，由卷积运算的交换律有, 故， 因此，② ②－①得， 故当时，． 方法二： 记的前n项和为，常数列，注意      （Ⅰ） 易证卷积关于数列加法有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得，注意      （Ⅱ） 注意是对所有对应项相加所得的数列，是对所有对应项相加所得的数列， 易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加， 得的通项即为， 故当时，． 注：以上论证可用符号语言说明如下： 定义数列加法：，其中． 容易验证卷积运算满足结合律：， 数列加法关于卷积满足分配律：． 因此. 【点睛】方法点睛： 本题主要考查数列新定义与卷积运算的综合问题，属于难题. 1、解决数列新概念问题时需注意: （1）读懂定义，理解新定义数列的含义； （2）通过特例列举前面的一些项来寻找规律及性质，以及新定义数列与已知数列的关系，进行求解. 2、卷积运算具有的性质 （1）交换律：. （2）结合律：. （3）分配律：. 【金题】4．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）已知定义在上的函数（是自然对数的底数）满足，且，删除无穷数列、、、、、中的第项、第项、、第项、、，余下的项按原来顺序组成一个新数列，记数列前项和为. (1)求函数的解析式； (2)已知数列的通项公式是，，，求函数的解析式； (3)设集合是实数集的非空子集，如果正实数满足：对任意、，都有，设称为集合的一个“阈度”；记集合，试问集合存在“阈度”吗？若存在，求出集合“阈度”的取值范围；若不存在，请说明理由； 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由可求得、的值，进而可得出函数的解析式； （2）对分奇数和偶数两种情况讨论，求出的表达式，根据可得出的表达式； （3）分为奇数、偶数两种情况讨论，求出、关于的表达式，求出的取值范围，可得出的取值范围，即可得出集合“阈度”的取值范围. 【详解】（1）解：因为，则， 若，即，解得，则， 因为，可得，因此，. （2）解：当为奇数时，设，则， 此时，此时； 当为偶数时，设，则， 此时，，此时. 综上所述，. （3）解：， 因为，，其中， 所以，数列的奇数项构成以为首项，公比为的等比数列， 数列中的偶数项构成以为首项，公比为的等比数列， ①当为偶数时，， 则， 此时，随着的增大而增大，则； ②当为奇数时，， ， 此时，随着的增大而增大，则. 因此，当且，的值在区间内，则， 故集合“阈度”的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问考查集合“阈度”的取值范围，解题的关键在于对分奇数、偶数两种情况讨论，求出关于的表达式，结合数列的单调性求出的取值范围，进而根据题中定义求出集合“阈度”. 【金题】5．（广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测）已知为正整数，集合中，依次构成公比为的正项等比数列. 集合为的非空子集.若中只有一个元素或中任意两个元素都满足，则称为的“-分离子集”.记数列为的正零点. (1)写出的所有2-分离子集； (2)记的“1-分离子集”的数量为，证明：； (3)在中的所有非空子集中等概率地选取一个子集，证明：为的“-分离子集”的概率大于. 【答案】(1)，，，， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意可知，，根据题意一一列举； （2）由题知，，不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素,当 时，不含元素的全体1-分离子集即为的全体1-分离子集，其数量为，结合数列为的正零点证明； （3）中的所有非空子集数量为，故只需证明的“-分离子集”数量大于. 【详解】（1）一个元素的有：，，， 由题得，故两个元素的只有可能为，且不可能有三个元素以上的子集. 故为，，，， （2）由题可知，，当不多于两个元素每个1-分离子集只能有一个元素，故显然，， 当时，不含元素的全体1-分离子集即为的全体1-分离子集，其数量为 若集合为的1-分离子集，且中包含元素，则不是中的元素，否则不符合题意， 而对的任意1-分离子集与的并集，由中元素都不大于，故符合题意，其数量为 且单元素集合也符合题意，故包含元素的全体1-分离子集数量为， 得， 故 又，故， 且，， 故时，， 同理，故原式得证！ （3）中的所有非空子集数量为，故只需证明的“-分离子集”数量大于， 记的“-分离子集”的数量为， 则当时，由中任意两个元素满足， 故-分离子集只能为单元素子集，， 当时，与（2）同理，不含元素的全体-分离子集数量为， 包含元素则-分离子集为或除外最大元素只能不大于， 故的全体-分离子集为与的-分离子集的并集和，故数量为， 因此 得， 由，得 同（2）可得，只需证明在时，， 令，只需证明， ，显然故单调递增， 若存在零点则在单调递减，单调递增， 则的最大值为，中较大者， 则单调递增，的最大值为，则单调递减，的最大值为， 而，， 即为，即，即在处大于零， 即证，同取对数为， 令 即，则， ， 令，， 故上，则，得证！ 【点睛】关键点点睛：数列是一类特殊的函数，它的图象是一群孤立的点；转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题； 【金题】6．（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试）已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. (1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； (2)若为的“伴随数列”，证明：； (3)已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 【答案】(1)存在，“伴随数列”是15,13,11,10 (2)见解析 (3)的最大值为 【分析】（1）根据定义求出即可； （2）证明即可得出； （3）首先证明的伴随数列是存在的，最小的，然后确定得到范围，求得到最大值，由（2）知，利用累加法可得，得出，从而，（是整数）又由知是的正约数，这样得出得到最大值为，构造数列，，它存在伴随数列，从而得证. 【详解】（1），, ,，均为正整数， 所以数列4，10，16，19存在“伴随数列”，且其“伴随数列”是15,13,11,10. （2）因为数列存在“伴随数列”， 所以，且， 所以， 所以，即， 所以. （3）①因为，，其中， 当时，，，有，均为正整数， 即当时，数列1,2025存在“伴随数列”：， 因此的最小值为2； ②一方面，由（2）知，， 于是， 所以， 另一方面，由数列存在“伴随数列”，知， 所以是的正约数， 取， 即取， 综合上述为最大值，取，， 当时， ，符合条件， 当，，符合条件 因此的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义，解题关键是理解新定义， 新定义求解，在求的最大值时，注意数列与不等式的综合应用，解题时分两个方面，两方面确定满足题意的伴随数列存在，至少是可以的，另一方面，确定得到最大值，利用累加法估计出得到范围，再由伴随数列的性质得出满足的性质，由这两个确定出得到最大值，但要构造出一个满足题意的数列，它的项数是，且存在伴随数列. 【金题】7．（江苏省南京大学附属中学2024-2025学年高三下学期2月模拟）已知正项数列（）的前项和为，且.当时，将进行重新排列，构成新数列，使其满足：或（其中，）. (1)当时，写出所有满足的数列； (2)试判断数列是否为等差数列，并加以证明； (3)当时，数列满足：是公差为且（且）的等差数列，求公差. 【答案】(1)2，4，1，3，5和2，5，3，1，4. (2)不可能是等差数列，证明见解析 (3). 【分析】（1）需要根据已知条件求出的表达式，再根据以及和或的条件来确定数列. （2）根据等差数列的定义判断数列是否为等差数列. （3）利用已知条件对分类讨论，设，求出范围，再根据是公差为的等差数列，求出，得到满足题意的. 【详解】（1），① 当时，，即，. 当时，，② 由①－②得：，即. ，，，即. 数列是以1为首项，1为公差的等差数列. . 由题意可得当且的数列为：2，4，1，3，5和2，5，3，1，4. （2）数列不可能为等差数列，证明如下： 假设是等差数列，公差为， 当时，由题意知，或3，此时，. 不是等差数列中的项，与题意不符. 不可能是等差数列； 当时，由题意，或. 此时，. 不是等差数列的项，与题意不符. 不可能是等差数列. 综上所述，不可能是等差数列. （3）由题意，， 当时，，，与题意不符； 当时，记， 当时，， ， 记表示集合中元素的最小值，则. ，与题意不符； 当时，取此时数列满足题意. 综上所述，. 【点睛】知识点点睛：本题考查了由与的关系式求，考查了等差数列的证明方法和基本量的计算，考查了分析问题，逻辑推理，分类讨论方法，属于较难题. 【金题】8．（安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测）二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理: 对于任意实数 ， . 对于无穷数列 ，我们称 为数列 的生成函数. 生成函数是重要的计数工具之一. 对于给定的正整数 ，记方程 的非负整数解的个数为 ，则 为 展开式中 前的系数. (1)写出无穷常数列 的生成函数 并化简; (2)利用广义二项式定理证明: ，并求 的通项公式; (3)一次体质素养测试共分为十一个大项，前十项各有三个小项，第十一项仅有两个小项.运动员需参加所有项目的测试以获取分数. 计分规则如下:通过第 大项中的每一个小项，都可获得 分; 通过第十一项中的每一个小项，可获得 1 分. ①记 表示第一大项中每一个小项获得的分数， 表示第二大项中每一个小项获得的分数， 表示第十大项中每一个小项获得的分数， 表示第十一大项中每一个小项获得的分数. 记 为获取 分的所有得分组合数. 请写出 的取值集合，并用方程解的个数描述 . ② 求 . 【答案】(1) (2)证明见解析，； (3)①答案见解析；②. 【分析】（1）法一，提出得，解出即可；法二：利用等比数列求和公式和极限的知识即可； （2）令，再结合组合和极限计算即可； （3）①直接根据题意得到取值集合，再结合方程即可描述；②求出的生成函数为，再结合二项式定理和组合数的计算即可得到答案. 【详解】（1） 法一:，解得. 法二:. （2）令， ， 可得，所以. ，所以. （3）①. 为方程满足上述范围条件的解的个数. ②设的生成函数为，则. 因为，故与的展开式中前的系数相同. 由（1）知， 由（2）知取时有. 故，其中前系数为 故. 【点睛】关键点点睛：本题第三问第二小问的关键是求出的生成函数为. 【金题】9．（重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高三上学期12月一诊模拟）对于数列，如果中存在四项，使得（互不相同），则称数列为缤纷数列． (1)年月日，西南大学附属中学迎来了办学周年庆典，若数列：为缤纷数列，且，求的所有可能值； (2)数列是等比数列，公比且，是缤纷数列，求项数的最小值，并求此时公比的个数； (3)项数为的数列为等差数列，公差不为，从中任意取出个元素组成一个数列，该数列为缤纷数列的概率超过，求的最大值． 【参考公式：】 【答案】(1)，， (2)项数的最小值为，此时公比的个数为 (3) 【分析】（1）根据缤纷数列定义构造方程直接求解即可； （2）当项数为时，验证可知不符合缤纷数列定义；当项数为为时，根据缤纷数列定义依次构造等式，结合导数和零点存在定理可确定的范围，由此可得的取值，进而得到结论； （3）令，取出的个数从小到大依次为，分析可知缤纷数列个数；分别在为奇数和偶数的情况下，讨论得到；根据为偶数和为奇数的情况，可求得个数构成缤纷数列个数，由此可构造不等式求得的取值，进而得到结果. 【详解】（1）显然四项不满足缤纷数列定义， 若，则；若，则； 若，则；若，则（舍）； 的所有可能值为：，，. （2）若项数为，不妨令为：， 此时，即， 且，，解得：（舍），项数不为； 若项数为，不妨令为：，则数列为递增或递减数列， ①若，则，，； 令，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，，，，使得， 即存在唯一的，使得； ②若，则，，解得：（舍）； ③若，则，，解得：（舍）； ④若，则，，； 令，， 在上单调递增，又，， ，使得， 即存在唯一的，使得； ⑤若，则，，解得：（舍）； 当时，可以是缤纷数列， 即项数的最小值为，此时公比的个数为. （3）不妨令，取出的个数从小到大依次为， 当时，缤纷数列共有个； 若，从到共有个数， 相应的的取法有种，； 当为偶数时，； 当为奇数时，若，则共有种；若，则回到为偶数的情况，共有种； 此时； 当为偶数时，从中取出个数为缤纷数列的个数为：； 由得：， ，又为偶数，此时最大为； 当为奇数时，从中取出个数为缤纷数列的个数为：； 由得：， ，又为奇数，此时最大为； 综上所述：的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的新定义问题，解题关键是能够充分理解缤纷数列的定义，通过对于为偶数和为奇数的讨论，结合数列求和公式和组合数运算的性质确定中取出个数为缤纷数列的个数. 1．（湖北武汉华师一2024届高三五月适应性考试）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． (1)证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． (2)记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． (3)设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）是等差数列，则，令，可得结论； （2）设，可得，进而可得结论； （3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，可求的通项公式． 【详解】（1）是等差数列，设， 令， 则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的． （2）因为数列是“优分解”的，设， 其中， 则． 当时， 当时，是首项为，公比为的等比数列． （3）一方面，数列是“优分解”的，设， 其中，由（2）知 因为，所以． 是首项为2，公比为的等比数列． 另一方面，因为是“优分解”的，设， 其中， 是首项为2，公比为的等比数列， ，且， 化简得， 即数列是首项，公比为的等比数列． 又， 又解得， 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，弄清题意，并充分应用等比和等差数列的性质是解题的关徤. 2．（河北衡水中学2023-2024学年高三下学期自我提升测试）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件： ①且（或，）； ②在点的附近区域内两者都可导，且； ③（可为实数，也可为），则． (1)用洛必达法则求； (2)函数（，），判断并说明的零点个数； (3)已知，，，求的解析式． 参考公式：，． 【答案】(1) (2)仅在时存在1个零点，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用洛必达法则求解即可； （2）构造函数，结合的单调性求解即可； （3）利用累乘法求出的表达式，然后结合，利用洛必达法则求极限即可. 【详解】（1） （2），， 所以，． 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， ，， 当时，，所以仅在时存在1个零点． （3），所以，，…， 将各式相乘得， 两侧同时运算极限，所以， 即， 令，原式可化为，又， 由（1）得， 故，由题意函数的定义域为， 综上， 【点睛】方法点睛：本题考查新定义，注意理解新定义，结合洛必达法则的适用条件，构造函数，从而利用洛必达法则求极限. 3．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数. (1)已知集合，，，若，求的值； (2)记集合，，，为中所有元素之和，，求证：； (3)若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据新定义求出，则，，且，即可求解； （2）由新定义可得，结合等差数列前n项求和公式计算可得，利用裂项相消法计算即可证明； （3）设集合，（，），则，进而，结合放缩法计算可得、，即可证明. 【详解】（1）由题：， 所以，，且， 从而，，，故. （2）若，，，，使，其中，，，， 则，故，. ， ， . （3）设集合，，其中，. 则， 这里共个不同元素，又，所以上面为和集中的所有元素. 又， 这里共个不同元素，也为合集中的所有元素， 所以有，即. 一般地，由， ， 可得，即. 同理可得，得证. 【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，落脚点仍然是数列的有关性质或求和. 4．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期考前模拟）设数集满足：①任意，有；②任意x，，有或，则称数集具有性质. (1)判断数集和是否具有性质，并说明理由； (2)若数集且具有性质. （i）当时，求证：，，…，是等差数列； （ii）当，，…，不是等差数列时，求的最大值. 【答案】(1)数集不具有性质，数集具有性质，证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）4 【分析】(1)根据性质的定义判断可得出结论 (2)（i）推导出，再根据性质的定义推导出从而证明 （ii）根据性质的定义得出在均为等差数列，再令进行验证，可以不是等差数列， 所以得出的最大值. 【详解】（1）证明：对于数集，，，所以数集不具有性质， 对于数集，任意，，所以数集具有性质. （2）（i）当时，数集具有性质， ，所以，即，因为， 则，又因为，所以，则 ，因为，所以得 ，，， 因为，所以，则， 又因为，所以或，因为， 所以(舍去)，即，， 所以，即当时，，，…，是等差数列. （ii）若数集且具有性质，按照(1)推导的方式得出 一般结论，具体如下：因为， 所以，即， 因为，所以 ①，所以，， 因为， 所以，即， 因为， 根据， 分两种情况： 第一种情况为，，…，， 第二种情况为，， 先考虑第二种情况，与题意矛盾， ，与题意矛盾， 所以只能为第一种情况，可得②， 由①-②，得 ， 即， 即当时，，，…，是等差数列， 当时，，所以，即， 由前面得出，所以，， 当成立时，，，，不是等差数列， 所以的最大值为4. 【点睛】方法点睛：等差数列的三种判定方法： 定义法：(为常数) 等差中项法： 通项公式法：（a，b为常数），但如果要证明一个数列是等差数列， 则必须用定义法或等差中项法进行证明. 5．（湖南省长沙市长郡中学2024届高三一模）对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期.若周期数列满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”. (1)判断数列是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由； (2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值. 【答案】(1)答案见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）根据周期数列的定义进行判断即可； （2）根据同根数列的定义分类讨论进行求解即可. 【详解】（1）均是周期数列，理由如下： 因为， 所以数列是周期数列，其周期为1（或任意正整数）. 因为， 所以. 所以数列是周期数列，其周期为6（或6的正整数倍）. （2）当是奇数时，首先证明不存在数列满足条件. 假设，即对于，都有. 因为， 所以， 即，及. 又时，， 所以，与的最小值是矛盾. 其次证明存在数列满足条件. 取 及， 对于，都有. 当是偶数时，首先证明时不存在数列满足条件. 假设，即对于，都有. 因为， 所以， 即，及. 又时，， 所以，与的最小值是矛盾. 其次证明时存在数列满足条件. 取 及 对于，都有. 综上，当是奇数时，的最大值为； 当是偶数时，的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解同根数列的定义，运用分类讨论思想进行求解是解题的关键. 6．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．    (1)求数列的通项公式； (2)若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值．（参考数据：，，，） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先根据导数的几何意义求切线方程，并令，得到数列的递推公式，即可求解； （2）法一，由（1）可知，，利用错位相减法求数列的前项和，代入不等式，参变分离为，转化为作差判断数列的单调性，再求数列的最大值，即可求解； 法二，利用裂项相消法求数列的前项和，代入不等式，参变分离为，转化为作商判断数列的单调性，再求数列的最大值，即可求解. 【详解】（1）， 在点处的切线方程为：     令，得， 所以是首项为1，公比为的等比数列， 故 （2）令     法一：错位相减法 ，        ， 两式相减得：     化简得：     故， 化简得     令， 则， 当时，，即， 当时，，即， 所以     从而整数； 法二：裂项相消法 由， 设且， 则， 于是，得， 即     所以      故，化简得     令， 则时，， 当当时，，即， 当时，，即， 所以     从而整数 【点睛】关键点点睛：本题的关键是第一问理解题意，理解与的关系，从而求出数列的通项公式，后面的问题迎刃而解. 7．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）若函数满足且（），则称函数为“函数”． (1)试判断是否为“函数”，并说明理由； (2)函数为“函数”，且当时，，求的解析式，并写出在上的单调增区间； (3)在（2）条件下，当，关于的方程（为常数）有解，记该方程所有解的和为，求． 【答案】(1)不是“函数”，理由见解析 (2)，单调递增区间为，； (3) 【分析】（1）根据题干条件代入检验，得到，故不是“函数”； （2）求出函数的周期，由得到，结合当时，，从而得到函数解析式，并求出单调递增区间； （3）画出在上图象，数形结合，由函数的对称性，分三种情况进行求解，得到. 【详解】（1）不是“函数”，理由如下： ， ，， 则， 故不是“函数”； （2）函数满足，故的周期为， 因为， 所以， 当时，，， 当时，，， 综上：， 中， 当时，，，此时单调递增区间为， ，中， 当时，，， 则， 当，即时，函数单调递增， 经检验，其他范围不是单调递增区间， 所以在上的单调递增区间为，； （3）由（2）知：函数在上图象为： 当或1时，有4个解，由对称性可知：其和为， 当时，有6个解，由对称性可知：其和为， 当时，有8个解，其和为， 所以. 【点睛】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. 8．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数得到的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，即为，，，，． (1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值； (2)当时，若，，，构成等比数列，求正整数的所有可能值； (3)记，求证：． 【答案】(1)（答案不唯一）； (2)，中为质数； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据定义得，然后取公比为2即可得； （2）根据约数定义分析其规律，然后化简可得，由是整数的最小质因数可得，进而可得公比，然后可求a； （3）利用变形得，然后利用裂项相消法结合放缩放即可得证. 【详解】（1）由题意可知，， 当时,正整数的个正约数构成等比数列， 取公比为2得：，，，为的所有正约数，即． （2）根据约数定义可知，数列中，首尾对称的两项之积等于a， 即， 所以，，，， 因为，依题意可知，所以， 化简可得，所以， 因为，所以， 因此可知是完全平方数． 由于是整数的最小质因数，是的因子，且，所以， 所以，数列，，，的公比为， 所以，，为，，，， 所以，其中为质数． （3）由题意知（）， 所以， 因为，，， 所以 因为，，所以， 所以，即． 【点睛】关键点睛：本题关键在于根据约数定义分析其性质，抓住，，以及为质数即可求解. 9．（浙江宁波镇海中学2024适应性测试）已知无穷数列，构造新数列满足，满足，，满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，，，若为常数数列，则称为阶等比数列. (1)已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式； (2)若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列； (3)已知，令的前项和为，，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据二阶等差数列的定义求解； （2）先确定是阶等差数列的充分必要条件，再对已知条件进行转化即可； （3）先用数学归纳法证明，再利用该结果证明结论；或者先用导数方法证明，再利用该结果证明结论. 【详解】（1）由知，故可设. 所以，故. 从而，代入，可得，所以. 故的通项公式为：. （2）先证明2个引理. 引理1：对任意非负整数，存在，使得对任意正整数成立，这里约定. 证明：用数学归纳法证明该结论. 当时，有，取即可，故结论成立； 假设结论对成立，则 . 故可设，这就得到 . 所以取，，即可，这得到结论对成立. 由数学归纳法即知引理1成立. 引理2：是阶等差数列的充分必要条件是能够表示为关于的至多次的多项式形式，即. 证明：我们对使用数学归纳法. 当时，结论显然成立； 对，假设结论对成立，考虑的情形： 一方面，如果，则有 . 故由于结论对成立，知是阶等差数列，所以是阶等差数列； 另一方面，如果是阶等差数列，则是阶等差数列. 故由于结论对成立，知的通项公式具有形式. 故. 据引理1可知，每个都可以表示为的形式，故 . 综上，结论对成立. 由数学归纳法知引理2成立. 回到原题. 由于为一阶等比数列，故恒为常值，设，则. 为使有意义，必有不为零. 所以. 由于为阶等差数列，故由引理2，可设. 取就有，，所以由引理2可知和都是阶等差数列. 设，，，，则和都是常值. 而归纳即知，故是常值，从而为阶等比数列. （3）方法一： 用数学归纳法证明：. 当时，由知结论成立； 对，假设结论已对成立，即，则 . 所以结论对也成立. 综上，对任意的正整数，都有. 故. 这就得到 . 方法二： 对正整数，根据等比数列求和公式有. 两边同时求导，得. 所以. 再次求导，得. 所以. 从而当时，分别由上面的式子可以得到： ； ； . 所以 . 故. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于基于等差数列和等比数列的新定义，理解新定义的本质方可解决问题. 10．（吉林长春东北师大附中2024届五模）对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中.对正整数，称为数列的阶差分数列，其中已知数列的首项，且为的二阶差分数列. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的一阶差分数列，对，是否都有成立？并说明理由；（其中为组合数） (3)对于（2）中的数列，令，其中.证明：. 【答案】(1)； (2)成立，理由见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）由二阶差分数列的定义可得，将，可得，构造等差数列即可求解； （2）由一阶差分数列的定义可得，要证成立，即证，根据二项式定理即可证明； （3）作差可得，故，根据等比数列的求和公式即可证明. 【详解】（1）因为为的二阶差分数列，所以， 将，代入得，整理得，即， 所以.故数列是首项为，公差为的等差数列， 因此，，即. （2）因为为数列的一阶差分数列，所以， 故成立，即为.① 当时，①式成立； 当时，因为，且， 所以①成立，故对都有成立. （3），因为，所以， 故，即， 所以. 【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 11．（2024吉林长春东北师大附中高三六模）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设．定义运算若，则，且． (1)设，用表示； (2)若，证明：： (3)若数列满足，数列满足，设，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，所以， 所以， 根据多项式的乘法可得：． （2）因为， 所以． 又， 所以， 所以 （3）对于， 因为，所以， 所以， 所以， 所以． 所以． 所以． 所以 【点睛】思路点睛：对于新运算下的符号运算问题，应根据定义将符号运算转化为常见运算，另外对于与数列有关的不等式问题，可利用求和方法结合不等式的性质来处理. 12．（湖南师大附中2023-2024学年高三下一模）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. 13．（河南郑州外国语2024高三适应性考试）记.对数列和的子集，若，定义；若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，. （1）求数列的通项公式； （2）对任意正整数，若，求证：； （3）设，求证：. 【答案】（1）（2）详见解析（3）详见解析 【详解】（1）由已知得. 于是当时，. 又，故，即. 所以数列的通项公式为. （2）因为，， 所以. 因此，. （3）下面分三种情况证明. ①若是的子集，则. ②若是的子集，则. ③若不是的子集，且不是的子集. 令，则，，. 于是，，进而由，得. 设是中的最大数，为中的最大数，则. 由（2）知，，于是，所以，即. 又，故， 从而， 故，所以， 即. 综合①②③得，. 【考点】等比数列的通项公式、求和 【名师点睛】本题有三个难点：一是数列新定义，利用新定义确定等比数列的首项，再代入等比数列通项公式求解；二是利用放缩法求证不等式，放缩的目的是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列的性质，以算代征；三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用. 14．（广东广州华南师大附中2024年5月月考）对给定的在定义域内连续且存在导函数的函数，若对在定义域内的给定常数，存在数列满足在的定义域内且，且对在区间的图象上有且仅有在一个点处的切线平行于和的连线，则称数列为函数的“关联切线伴随数列”. (1)若函数，证明：都存在“关联切线伴随数列”； (2)若函数，数列为函数的“1关联切线伴随数列”，且，求的通项公式； (3)若函数，数列为函数的“关联切线伴随数列”，记数列的前项和为，证明：当时，. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意分析可知：数列为以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列分析证明； （2）由题意分析可知：数列为以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解； （3）构建函数，利用导数可证，利用累加法分析求解. 【详解】（1）因为，则， 由题意可得：， 则，即，且， 可知数列为以为首项，为公比的等比数列， 显然这样的数列对于给定的是存在的， 所以都存在“关联切线伴随数列”. （2）因为，则， 设，即， 由题意可知：，则， 可得，且， 可知数列为以为首项，为公比的等比数列， 可得，所以数列通项公式为. （3）先证明， 设函数， 则，，则， 定义的导函数为的导函数为， 则， 且，， 令，则， ， 因为， 可知在内单调递增，则， 同理得，， 故， 又在内单调递增， 在有有 因此取，有， 又在单调递减，在单调递增， 故， 当时，，符合题意； 当时，， 累加可得， 整理得， 所以； 综上所述：. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 15．（浙江杭州二中2024高三下开学考试）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； (2)记.求和的整式表达式； (3)用含，的式子来表示. 【答案】(1) (2)， (3) 【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. 【详解】（1） （2）因为， ， 两式相除，， ， 两式相除， （3）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. 16．（安徽合肥一中2024届最后一卷）给定自然数且，设均为正数，（为常数），.如果函数在区间上恒有，则称函数为凸函数.凸函数具有性质：. (1)判断，是否为凸函数，并证明； (2)设，证明：； (3)求的最小值. 【答案】(1)在上为凸函数，证明见解析 (2)证明见解析 (3). 【分析】（1）对求导之后，再求二阶导数，证明即可得出结论； （2）根据凸函数的性质得，；将中的分子、分母同时除以，得到；加上，利用以上条件得到一个关于与的不等式，变形后即可得出结论. （3）设，将转化为，判断其单调性，将问题转化为求的最小值；利用（2）的结论，求出的最小值，代入即可得出答案. 【详解】（1）在上为凸函数. 证明：由题知，， 所以， 因为，所以，， 所以在上为凸函数. （2）证明：因为， 所以， 由题知，分子分母同时除以， 得，所以，即， 根据凸函数的性质得，， 所以， 又因为， 所以， 两边同时乘以，得， 因为，所以， 又因为，所以， 两边同时取倒数，得， 所以，即. （3）设，则，且， 所以，随增大而增大， 由（2）知，， 所以， 所以， 当时，，，所以， 当且仅当时，等号成立， 当时，， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 当时，最小值为1，满足上式， 所以的最小值是. 【点睛】关键点点睛：第2问的关键是将条件中转化为，紧紧围绕凸函数的性质来做文章；第3问关键是将转化为，利用第2问的结论，求出的最小值. 17．（辽宁沈阳东北育才2024高三六模）给出下列两个定义： I.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，若其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”. II.对于一个“同定义函数”，若有以下性质： ①；②，其中为两个新的函数，是的导函数. 我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”. (1)判断函数和是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”； (2)已知命题是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题.判断命题是的什么条件，证明你的结论； (3)已知函数. ①若的“自导函数”是，试求的取值范围； ②若，且定义，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2)既不充分也不必要条件；证明见解析 (3) 【分析】（1）由和，结合题设中函数的定义，即可得到答案； （2）由成立，得到，设，得出为“单向导函数”，再设，得到为“双向导函数”，结合不是常值函数，求得不是的必要条件；再由成立，得到，进而得出结论； （3）①由题意得到，求得；②由题意求得且，令，求得，得到存在使得，进而得到单调性，分类讨论，即可求解. 【详解】（1）解：对于函数，则， 这两个函数的定义域都是， 所以函数为“同定义域函数”，此时，， 由函数的定义，对于，无法同时成立， 所以为“单向导函数”，其“自导函数”为， 对于函数，则， 因为这两个函数的定义域不同，所以不是“同定义函数”. （2）解：若成立，，则， 设，则，所以为“单向导函数”， 又设，则，所以为“双向导函数”， 但不是常值函数，所以不是的必要条件； 若成立，则，所以，所以， 所以不成立，所以是的既不充分也不必要条件. （3）解：①由题意，，且， 所以，所以； ②由题意，所以且， 令， 可得，且， 因为为单调递增函数，且， 所以存在使得， 且当时，，单调递减； 当时，，单调递增， （i）当时，即， 所以， 此时，在上单调递增，可得； （ii）当时，，此时， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又由，所以； （iii）当且时，， 所以函数在上存在两个极值点， 若，即时，极大值点为； 若，即时，极大值点为， 则为函数的极大值或， 由当时，， 令，则， 设， 则， 所以，即单调递增，所以， 所以单调递增，所以， 综上可得，，所以实数的取值范围为. 【点睛】方法技巧：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． 18．（山东省实验2024届高三一模）如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”． （1）若某4阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项； （2）若某11阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式； （3）若为n阶“归化数列”，求证：． 【答案】（1）或；（2）或；（3）证明见解析. 【分析】（1）利用“归化数列”的条件可得，从而，以后各项依次可写出； （2）由11阶“归化数列”得，当时，，当时，，由此可得的通项公式； （3）对阶“归化数列”，可知在中有正有负，设是正的，是负的，这样，，即可得到结果. 【详解】（1）设成公比为q的等比数列，显然，则由， 得，解得，由得，解得， 所以数列或为所求四阶“归化数列”； （2）设等差数列的公差为，由， 所以，所以，即， 当时，与归化数列的条件相矛盾， 当时，由，所以， 所以 当时，由，所以， 所以（n∈N*，n≤11）， 所以（n∈N*，n≤11） （3）由已知可知，必有也必有(i，j∈{1，2，…，n，且i≠j)． 设为诸中所有大于0的数，为诸中所有小于0的数． 由已知得X==，Y=++…+=－． 所以． 【点睛】本题考查数列新定义，考查等差数列与等比数列的通项和前项和公式，考查不等式的放缩法，属于中档题． 19．（2024山东省实验5月模拟）在信息理论中，和是两个取值相同的离散型随机变量，分布列分别为：，，，，，．定义随机变量的信息量，和的“距离”． (1)若，求； (2)已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和．（2024山东省实验5月模拟）现发报台发出信号为0的概率为，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为，发出信号1接收台收到信号为1的概率为． （ⅰ）若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；（用，表示结果） （ⅱ）记随机变量和分别为发出信号和收到信号，证明：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）首先得到的分布列，再根据所给定义求出； （2）（ⅰ）记发出信号和分别为事件，收到信号和分别为事件，根据全概率公式求出，再由条件概率公式求出； （ⅱ）结合（ⅰ）及所给定义表示出，设，利用导数证明，从而得到，即可证明. 【详解】（1）因为，所以， 所以的分布列为： 所以. （2）（ⅰ）记发出信号和分别为事件，收到信号和分别为事件， 则，，，， 所以 ， 所以； （ⅱ）由（ⅰ）知，则， 则， 设，则， 所以当时，单调递增，当时，单调递减； 所以，即（当且仅当时取等号）， 所以， 所以 ， 当且仅当，即，时等号成立， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解题干所给定义，第二问关键是利用导数证明（当且仅当时取等号），从而得到. 20．（江苏南京外国语20242月开学考试）设为整数．有穷数列的各项均为正整数，其项数为m（）．若满足如下两个性质，则称为数列：①，且；② (1)若为数列，且，求m； (2)若为数列，求的所有可能值； (3)若对任意的数列，均有，求d的最小值． 【答案】(1) (2)的所有可能取值为全体大于的正整数 (3) 【分析】（1）根据所给定义一一列举，即可得解； （2）依题意，，利用反证法证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列； （3）先证明符合题意，再利用特例证明，最后证明不符合题意，即可得解. 【详解】（1）依题意，， 所以，，，，， 所以. （2）依题意，， 下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列， 时，符合题意， 反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列， 设此时的最小值为， 即时存在数列，时不存在数列， ①当为奇数时，因为存在以为首项的数列，、、、， 所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾， ②当为偶数时，因为存在以为首项的数列，、、、， 所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾， 综上，的所有可能取值为全体大于的正整数. （3）依题意，，，，， 先证明符合题意，即， 当时显然成立， 当时，对任意，，故， 即， （i）当时，由，， 所以. （ii）当时，由，，， 所以. 再证明. 对任意的偶数，令， 先验证为数列， 当时为奇数，，符合②； 当时为偶数，，符合②； 当时，，符合②； 又符合①，所以为数列. 下面证明不符合题意. 假设， 因为，， 所以，，矛盾. 综上可得的最小值为. 【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理的利用定义进行推导，结合反证法达到转化证明. 21．（山西大学附中2024届高三下月考）已知集合（），对于，，定义A与B的差为(，，…，)；A与B之间的距离为=++…+． （1）若写出所有可能的A，B； （2），证明：； （3），证明：三个数中至少有一个是偶数． 【答案】（1）； ；； . （2）详见解析；（3）详见解析. 【分析】（1）由题意结合新定义可直接得解； （2）先证明、时，均有，由新定义运算即可得证； （3）设，，，由（2）可得，，，设是使成立的的个数，即可得，由此可证得结果.. 【详解】（1）由题意可得，所有满足要求的，为： ，；，； ，； ，. （2）证明：令，，， 对， 当时，有； 当时，有. 所以 . （3）设，，，，，， 记，由（2）可知: ， ，， 所以中1的个数为，中1的个数为. 设是使成立的的个数，则. 由此可知，，，三个数不可能都是奇数， 即，，三个数中至少有一个是偶数. 【点睛】关键点点睛：第（3）问的关键点是：深刻领会新定义，由（2）中结论结合奇偶分析可证得结果. 22．（山东青岛二中二模）定义，已知函数，其中. (1)当时，求过原点的切线方程； (2)若函数只有一个零点，求实数的取值范围. 【答案】(1)或 (2)或 【分析】（1）当时，求出，利用导数的几何意义得出切线斜率，即可求切线方程； （2）对分类讨论，根据函数只有一个零点，结合函数的单调性分别分析求出的取值范围. 【详解】（1）由题意知定义域，当时， ， 令， ， 在单调递增，单调递减，且， 令，则在单调递增，而， 又，，而， 所以当时，，当时，， 所以当时，，当时，， 所以， 所以在和单调递增，在单调递减. （ⅰ）当时，，设切点， 则此切线方程为， 又此切线过原点， 所以，解得， 即此时切线方程是 ； （ⅱ）当时，，所以， 设切点为，此时切线方程， 又此切线过原点，所以，解得， 所以此时切线方程， 综上所述，所求切线方程是：或； （2）（ⅰ）当时， 由（1）知，在和单调递增，单调递减， 且，， ， 此时有两个零点； （ⅱ）当时， 当时，， 由（1）知：在递增，递减，且， 所以时，，而， 所以在只有一个零点，没有零点； （ⅲ）当时， ，此时得， 由（1）知，当时，只有一个零点， 要保证只有一个零点，只需要当时，没有零点， ，得； （ⅳ）当时，当时，， 此时只有一个零点， 综上，只有一个零点时，或 . 【点睛】关键点点睛：通过对的分类讨论，得出解析式，再由函数的单调性，结合函数只有一个零点，分别分析或列出不等式求的范围，解题过程较繁琐. 23．（安徽合肥一六八中学2024届最后一卷）若为上的非负图像连续的函数，点将区间划分为个长度为的小区间．记，若无穷和的极限存在，并称其为区域的精确面积，记为． (1)若有导函数，则．求由直线以及轴所围成封闭图形面积； (2)若区间被等分为个小区间，请推证：．并由此计算无穷和极限的值； (3)求有限项和式的整数部分． 【答案】(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据的几何意义，找到对应的、、带入求解即可； （2）用特值法设，再根据定义即可证明；把转化为，求得，再根据定义求解即可； （3）由图可以看出，进而求得，从而得解. 【详解】（1）所求面积为，因为， 所以， 故所求面积为. （2）由被等分为个小区间，则，，，当时，， 因为，不妨设， 从而有， 所以； 取，有，， ，令， 则， ，又因为， 所以， 故. （3）， 与直线，，以及轴围成的图形面积为， 由图，与直线，， 以及轴围成的图形面积大于它下方的个长方形面积和， 即，所以， 所以， 由图，同理可知，所以， 所以， 所以的整数部分为. 【点睛】关键点点睛：本题属于新高考题型，所考知识点紧扣题目给出的定义，关键在于用定义对题目的条件进行转化，数形结合，借助图形面积求解和的问题. 24．（重庆巴蜀中学2024届高考适应性考试）阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰·伯努利（Johann Bernoulli，1667～1748）的儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中． 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题： (1)求出的值； (2)估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式； (3)求证：，其中． 【答案】(1) (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）分别代入公式计算即可； （2）由麦克劳林公式中取，计算即可； （3）首先利用麦克劳林公式猜想和，再构造函数求导证明猜想；然后得到，最后令，代入上式经过拆项可得，即可证明. 【详解】（1）因为， 所以， ， ， 所以． （2）由麦克劳林公式，令，有 再取，可得， 所以估算值为． 在中，取，可得. （3）证明：由麦克劳林公式，当时，令，有，猜想： 令，有，猜想： 令，由，所以，即． 令，由， 再令，则恒成立， 所以在上为增函数，且， 所以在上为增函数， 所以，即． 又时，，，所以. 令， 当，有， 则，命题得证． 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是能根据麦克劳林公式得到当时，得到，再令，裂项证明. 25．（江西师大附学2024届高考三模）已知有穷数列，，，，满足，且当时，，令． （1）写出所有可能的值； （2）求证：一定为奇数； （3）是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在，说明理由．． 【答案】（1）4，2，0，，；（2）见解析；（3）见解析. 【分析】（1）由题意，列举出满足条件的数列的所有可能情况，求解即可得到答案； （2）由，可设，则或，由此分析可得，，设中有个1，个，即可证明为奇数； （3）由（2）可知，为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列，表示出，分两种情况进行研究，得出矛盾，从而得到答案． 【详解】（1）解：由题意，满足条件的数列的所有可能情况有： 0，1，2，1，0，此时； 0，1，0，1，0，此时； 0，1，0，，0，此时； 0，，，，0，此时； 0，，0，1，0，此时； 0，，0，，0，此时． 综上所述，的所有可能取值为4，2，0，，； （2）证明：由，可设，则或， 所以， 因为，所以， 设中有个1，个，则， 故为奇数； （3）解：为奇数，，，，，是由个1和个构成的数列， ， 则当，，，，的前项取1，后项取时，最大， 此时，不符合题意； 如果，，，，的前项中恰有项，，，取， 后项中恰有项，，，取1， 则， 若，则， 因为是奇数，所以是奇数，而是偶数， 因此不存在数列，使得． 26．（福建厦门双十中学2024届高三热身考试）对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，. (1)若为等比数列，求； (2)求在，，，…，中，3级十全十美数的个数. 【答案】(1)或 (2). 【分析】（1）设的公比为，根据题意，列出方程组，即可求得的值； （2）由（1）知，得到，和，两式相减得，分为奇数和为偶数，两种情况讨论，结合二项展开式的性质，即可求解. 【详解】（1）解：设的公比为， 则，即， 由，可得，解得或， 所以或. （2）解：由（1）知，当时，， 当时，， 两式相减得. 当为奇数时，的个位数为1或9，的个位数不可能为0； 当为偶数时，设，则， 要想末尾3个数字为0，需满足被整除， 当时，均不符合题意； 当时，， 自，以后各项均可被125整除， 故只需考虑能否被125整除， 其中不是5的倍数， 故若原式能被整除，需为偶数且能被整除，即需是50的倍数， 在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000， 故在，，…，中，3级十全十美数的个数为40. 【点睛】方法点睛：与数列有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求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，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、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. 3、若数列中涉及到三角函数有关问题时，常利用三角函数的周期性等特征，寻找计算规律求解； 4、若数列与向量有关问题时，应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式进行求解； 5、若数列与不等式有关问题时，一把采用放缩法进行判定证明，有时也可通过构造函数进行证明； 6、若数列与二项式有关的问题时，可结合二项展开式的性质，进行变换求解. 27．（2024届福建厦门一中最后一卷）对于数列，数列称为数列的差数列或一阶差数列.差数列的差数列，称为的二阶差数列.一般地，的阶差数列的差数列，称为的阶差数列.如果的阶差数列为常数列，而阶差数列不是常数列，那么就称为阶等差数列. (1)已知20，24，26，25，20是一个阶等差数列的前5项.求的值及； (2)证明：二阶等差数列的通项公式为； (3)证明：若数列是阶等差数列，则的通项公式是的次多项式，即（其中（）为常实数） 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据定义直接进行求解，得到，并根据二阶差数列的第4项为，求出一阶差数列的第5项为，得到方程，求出； （2）令，根据二阶等差数列的定义得到，再利用累加法求出； （3）数学归纳法证明出为的次多项式，利用引理可证出结论. 【详解】（1）的一阶差数列为4，2，，；二阶差数列为，，； 三阶差数列为，，为常数列，故为三阶等差数列，即， 二阶差数列的第4项为，故一阶差数列的第5项为，即，故. （2）令， 因为是二阶等差数列，所以， 因此， 所以 ，命题得证. （3）证明：先证一个引理：记，是的次多项式， 数学归纳法：当时，是的2次多项式， 假设是的次多项式，对都成立， 由二项式定理，，规定， 将取0，1，2，…，，得，， ，……，， 求和可得 ， 则， 故是的次多项式，引理得证. 回到本题，由（2）可知，2阶等差数列的通项是的2次多项式， 假设阶等差数列的通项公式是的次多项式， 对于阶等差数列，它的差数列是阶等差数列，即， 故， 由引理可知，此为的次多项式，命题得证. 【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 28．（山东济南历城二中2024高三6月打靶考试）对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为． (1)若，求的值； (2)若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为．（山东济南历城二中2024高三6月打靶考试） ①能否满足？说明理由； ②证明：． 【答案】(1) (2)①不满足，理由见解析；②证明见解析 【分析】（1）记，计算出、、即可得； （2）①由题意可得中满足的的个数共有个，亦可得其为个，当时，可得，此方程无解，故不满足；②满足，但的的个数为，亦可得其为，即有，借助该等式表示出后放缩即可得. 【详解】（1）记， 则， ， ，故； （2）①不满足，理由如下： 假设满足， 因为的每行恰有三个1，故中满足的的个数共有个， 另一方面，从中任选两列共有种可能，且对任意两列， 都恰有行使得这两列的数均为1，故中满足的的个数共有个， 所以，当时，得，此方程无解， 所以不满足； ②由①可得，即， 下面考虑满足，但的的个数： 对中满足和3的行，每行恰有两组使且， 所以满足，但的的个数为， 设数列中有项为项为0， 满足，但的的个数为， 所以满足，但的的个数为， 所以， 所以 ． 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键点在于结合定义，得到满足，但的的个数为且为. 29．（湖北襄阳五中2024届四模）已知数列的前n项和为．若对每一个，有且仅有一个，使得，则称为“X数列”.记，，称数列为的“余项数列”. (1)若的前四项依次为0，1，，1，试判断是否为“X数列”，并说明理由； (2)若，证明为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式； (3)已知正项数列为“X数列”，且的“余项数列”为等差数列，证明：． 【答案】(1)不是“X数列” (2)证明见解析；， (3)证明见解析 【分析】（1）依次求出，再根据“X数列”定义进行判断即可. （2）由先求出数列通项公式，再依据“X数列”定义进行推算证明即可，接着由“余项数列”的定义公式进行计算即可. （3）先探究得出“余项数列”公差情况，再讨论时推出矛盾得到，接着探究时若得出矛盾，从而得出，进而得出即可进一步推出. 【详解】（1）由题， 所以有，， 故根据“X数列”的定义不是“X数列”. （2）因为， 所以当时，； 当时，； 则不满足，所以， 令，即， 则当时，有，； 当时，有；故即， 则对每一个，有且仅有一个且，使得， 综上，对任意，有且仅有一个，使得， 所以为“X数列”， 由上，， 即的“余项数列”通项公式为，. （3）因为是正项数列，所以单调递增， 所以，故， 因为，且为“X数列”， 所以，故由得， 的“余项数列”为等差数列，故其公差， 因为，所以， 若，则当时，，与矛盾， 故，所以，，即， 对于，若，则，与正项数列矛盾， 所以，故， 所以，故， 所以， 又， 所以，. 【点睛】关键点睛：证明的关键第一步是探究出“余项数列”公差；第二步是探究出时有矛盾得到；第三步是探究出时若有矛盾，从而得到，进而得出. 30．（江苏扬州中学2024届高三全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用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：，，，，…已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数a，b的值； (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)已知正项数列满足：，，求证：． 【答案】(1)，. (2)，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由帕德近似定义，，，直接求解； （2）由（1）求得，比较与的大小只需比较1与的⼤⼩，令，求导找出单调性、最值即可证明； （3）结合题意知，令，结合（2）可得，构造数列，进而推出， 另一方面，令， 利用导数，即可证明结论. 【详解】（1）由题意得，， ，故，， 解得，. （2）由上可得，要比较与的⼤⼩， ，只需比较1与的⼤⼩， 令，， 所以，从而可得在上单调递增， 所以，即， 所以. （3）设，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立； 由题意知，令，， 故该函数在上递减， 故可得，即，可得； 一方面：由（2）可得， 又因为， 所以可得，即，即， 即， 故， 即，所以. 另一方面：要证明 ， 两边同时除以，原式 令， 由基本不等式， 故，所以在单调递增， 所以，得证. 【点睛】关键点睛：本题考查了导数新定义问题，解答的关键是要理解导数的新定义，并由此解决问题，难点在于（3）中的不等式证明，解答时要结合进行放缩，并结合构造函数进行证明. 31．（山东师大附中2024届高三考前适应）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． 32．（2024·海南中学·一模）在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为． (1)若维数组，证明：； (2)证明：对任意的数组，有； (3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合新定义判断证明； （2）根据新定义，因为，分和两种情况证明； （3）根据题意结合排列组合的知识表示的式子，然后结合组合数和基本不等式进行放缩即可证得结论. 【详解】（1）设与中对应项中同时为0的有个，同时为1的有个， 则对应项不同的为个，所以． 所以； （2）设， 因为， ， 所以， 因为． 所以当时，， 当时，， 所以； （3）记集合中所有两个元素间距离的总和为， 则． 设集合中所有元素的第个位置的数字共有个个0， 则， 因为， 所以， 所以， 所以. 【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. 33．（2024·河北正定中学·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． 34．（2024·重庆一中·模拟预测）对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”． (1)试写出“函数” ，并求的值； (2)若“函数” ，求n的最大值； (3)记函数，其导函数为，证明：“函数” ． 【答案】(1)， (2)5 (3)证明见解析 【分析】结合新定义可得，结合等差数列及叠加法可求得；（1）代入即可求解；（2）代入，结合分组求和及应用导数求最值即可（3）由，结合导数的运算即可求解. 【详解】（1）由定义及．知， 所以是公差为m的等差数列，所以． 因为，所以， 所以，即． 当时，有， ， …… ， 所以， 即． （1）当时，， 所以“函数” ． 当时，． （2）当时，， 故“函数” ． 由，得． 令，则， 所以在上单调递增． 因为．所以当时，，所以当时，， 故n的最大值为5． （3）证明：由题意得 由，得， 所以，所以， 所以 【点睛】本题考查新定义数列，考查考生的运算求解能力和逻辑推理能力． 35．（23-24高三·重庆一中·三模）帕德近似（Pade approximation）是有理函数逼近的一种方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，….又函数，其中. (1)求实数，，的值； (2)若函数的图象与轴交于，两点，，且恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)，， (2) 【分析】（1）求和的导数和二阶导数，由，，，解方程组求实数，，的值； （2）函数的图象与轴交于，两点，两点代入函数解析式得，恒成立，转化为恒成立，通过换元，构造函数利用导数求最小值即可. 【详解】（1），， 则，所以，， ，则，， 由题意知，，， 所以，解得，， 故，，. （2）由（1）可知，函数定义域为，， ，时，；时，， 在上单调递增，在上单调递减. 函数的图像与轴交于两点，，， ，即， 令，则，， 时，；时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 又，，，，使， 即，， 当时，，当时，. ，，. ，， ，， ，， 令，则恒成立. 令，则， ， 令， 则在上单调递减，， 在上单调递减，则， 即，在上单调递减， 当时.. ，故. 所以实数的取值范围为. 【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，不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题23 新定义综合大题 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： 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. 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： 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. 4.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． 【金题】1．（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三上学期第六次适应性训练）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率. (1)若曲线与在处的曲率分别为，，比较，大小； (2)求正弦曲线（）曲率的平方的最大值. 【金题】2．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r是的根，首先选取作为r的初始近似值，若在点处的切线与轴相交于点，称是r的一次近似值；用替代重复上面的过程，得到，称是r的二次近似值；一直重复，可得到一列数：．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当近似值相等时，该值即作为函数的一个零点． (1)若，当时，求方程的二次近似值（保留到小数点后两位）； (2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数在点处的切线，并证明：； (3)若，若关于的方程的两个根分别为，证明：． 【金题】3．（湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三下学期保温卷一）卷积运算在图象处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对无穷数列，，定义无穷数列，记作，称为与的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律． (1)若，，，求，，，； (2)对，定义如下：①当时，；②当时，为满足通项的数列，即将的每一项向后平移项，前项都取为0．试找到数列，使得； (3)若，，证明：当时，． 【金题】4．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）已知定义在上的函数（是自然对数的底数）满足，且，删除无穷数列、、、、、中的第项、第项、、第项、、，余下的项按原来顺序组成一个新数列，记数列前项和为. (1)求函数的解析式； (2)已知数列的通项公式是，，，求函数的解析式； (3)设集合是实数集的非空子集，如果正实数满足：对任意、，都有，设称为集合的一个“阈度”；记集合，试问集合存在“阈度”吗？若存在，求出集合“阈度”的取值范围；若不存在，请说明理由； 【金题】5．（广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测）已知为正整数，集合中，依次构成公比为的正项等比数列. 集合为的非空子集.若中只有一个元素或中任意两个元素都满足，则称为的“-分离子集”.记数列为的正零点. (1)写出的所有2-分离子集； (2)记的“1-分离子集”的数量为，证明：； (3)在中的所有非空子集中等概率地选取一个子集，证明：为的“-分离子集”的概率大于. 【金题】6．（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试）已知项数为m（，）的数列为递增数列，且满足，若，且，则称为的“伴随数列”. (1)数列4，10，16，19是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”，若不存在，说明理由； (2)若为的“伴随数列”，证明：； (3)已知数列存在“伴随数列”，且，，求m的最大值. 【金题】7．（江苏省南京大学附属中学2024-2025学年高三下学期2月模拟）已知正项数列（）的前项和为，且.当时，将进行重新排列，构成新数列，使其满足：或（其中，）. (1)当时，写出所有满足的数列； (2)试判断数列是否为等差数列，并加以证明； (3)当时，数列满足：是公差为且（且）的等差数列，求公差. 【金题】8．（安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测）二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理: 对于任意实数 ， . 对于无穷数列 ，我们称 为数列 的生成函数. 生成函数是重要的计数工具之一. 对于给定的正整数 ，记方程 的非负整数解的个数为 ，则 为 展开式中 前的系数. (1)写出无穷常数列 的生成函数 并化简; (2)利用广义二项式定理证明: ，并求 的通项公式; (3)一次体质素养测试共分为十一个大项，前十项各有三个小项，第十一项仅有两个小项.运动员需参加所有项目的测试以获取分数. 计分规则如下:通过第 大项中的每一个小项，都可获得 分; 通过第十一项中的每一个小项，可获得 1 分. ①记 表示第一大项中每一个小项获得的分数， 表示第二大项中每一个小项获得的分数， 表示第十大项中每一个小项获得的分数， 表示第十一大项中每一个小项获得的分数. 记 为获取 分的所有得分组合数. 请写出 的取值集合，并用方程解的个数描述 . ② 求 . 【金题】9．（重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高三上学期12月一诊模拟）对于数列，如果中存在四项，使得（互不相同），则称数列为缤纷数列． (1)年月日，西南大学附属中学迎来了办学周年庆典，若数列：为缤纷数列，且，求的所有可能值； (2)数列是等比数列，公比且，是缤纷数列，求项数的最小值，并求此时公比的个数； (3)项数为的数列为等差数列，公差不为，从中任意取出个元素组成一个数列，该数列为缤纷数列的概率超过，求的最大值． 【参考公式：】 1．（湖北武汉华师一2024届高三五月适应性考试）对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． (1)证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． (2)记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． (3)设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 2．（河北衡水中学2023-2024学年高三下学期自我提升测试）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件： ①且（或，）； ②在点的附近区域内两者都可导，且； ③（可为实数，也可为），则． (1)用洛必达法则求； (2)函数（，），判断并说明的零点个数； (3)已知，，，求的解析式． 参考公式：，． 3．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数. (1)已知集合，，，若，求的值； (2)记集合，，，为中所有元素之和，，求证：； (3)若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列. 4．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期考前模拟）设数集满足：①任意，有；②任意x，，有或，则称数集具有性质. (1)判断数集和是否具有性质，并说明理由； (2)若数集且具有性质. （i）当时，求证：，，…，是等差数列； （ii）当，，…，不是等差数列时，求的最大值. 5．（湖南省长沙市长郡中学2024届高三一模）对于数列，如果存在正整数，使得对任意，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的周期.若周期数列满足：存在正整数，对每一个，都有，我们称数列和为“同根数列”. (1)判断数列是否为周期数列.如果是，写出该数列的周期，如果不是，说明理由； (2)若和是“同根数列”，且周期的最小值分别是和，求的最大值. 6．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出了“牛顿数列”，它在航空航天中应用非常广泛．其定义是：对于函数，若满足，则称数列为牛顿数列．已知，如图，在横坐标为的点处作的切线，切线与x轴交点的横坐标为，用代替重复上述过程得到，一直下去，得到数列．    (1)求数列的通项公式； (2)若数列的前n项和为，且对任意的，满足，求整数的最小值．（参考数据：，，，） 7．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）若函数满足且（），则称函数为“函数”． (1)试判断是否为“函数”，并说明理由； (2)函数为“函数”，且当时，，求的解析式，并写出在上的单调增区间； (3)在（2）条件下，当，关于的方程（为常数）有解，记该方程所有解的和为，求． 8．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数得到的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数．设正整数共有个正约数，即为，，，，． (1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值； (2)当时，若，，，构成等比数列，求正整数的所有可能值； (3)记，求证：． 9．（浙江宁波镇海中学2024适应性测试）已知无穷数列，构造新数列满足，满足，，满足，若为常数数列，则称为阶等差数列；同理令，，，，若为常数数列，则称为阶等比数列. (1)已知为二阶等差数列，且，，，求的通项公式； (2)若为阶等差数列，为一阶等比数列，证明：为阶等比数列； (3)已知，令的前项和为，，证明：. 10．（吉林长春东北师大附中2024届五模）对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中.对正整数，称为数列的阶差分数列，其中已知数列的首项，且为的二阶差分数列. (1)求数列的通项公式； (2)设为数列的一阶差分数列，对，是否都有成立？并说明理由；（其中为组合数） (3)对于（2）中的数列，令，其中.证明：. 11．（2024吉林长春东北师大附中高三六模）记集合无穷数列中存在有限项不为零，，对任意，设．定义运算若，则，且． (1)设，用表示； (2)若，证明：： (3)若数列满足，数列满足，设，证明：． 12．（湖南师大附中2023-2024学年高三下一模）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． 13．（河南郑州外国语2024高三适应性考试）记.对数列和的子集，若，定义；若，定义.例如：时，.现设是公比为3的等比数列，且当时，. （1）求数列的通项公式； （2）对任意正整数，若，求证：； （3）设，求证：. 14．（广东广州华南师大附中2024年5月月考）对给定的在定义域内连续且存在导函数的函数，若对在定义域内的给定常数，存在数列满足在的定义域内且，且对在区间的图象上有且仅有在一个点处的切线平行于和的连线，则称数列为函数的“关联切线伴随数列”. (1)若函数，证明：都存在“关联切线伴随数列”； (2)若函数，数列为函数的“1关联切线伴随数列”，且，求的通项公式； (3)若函数，数列为函数的“关联切线伴随数列”，记数列的前项和为，证明：当时，. 15．（浙江杭州二中2024高三下开学考试）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； (2)记.求和的整式表达式； (3)用含，的式子来表示. 16．（安徽合肥一中2024届最后一卷）给定自然数且，设均为正数，（为常数），.如果函数在区间上恒有，则称函数为凸函数.凸函数具有性质：. (1)判断，是否为凸函数，并证明； (2)设，证明：； (3)求的最小值. 17．（辽宁沈阳东北育才2024高三六模）给出下列两个定义： I.对于函数，定义域为，且其在上是可导的，若其导函数定义域也为，则称该函数是“同定义函数”. II.对于一个“同定义函数”，若有以下性质： ①；②，其中为两个新的函数，是的导函数. 我们将具有其中一个性质的函数称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数称之为“双向导函数”，将称之为“自导函数”. (1)判断函数和是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”； (2)已知命题是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题.判断命题是的什么条件，证明你的结论； (3)已知函数. ①若的“自导函数”是，试求的取值范围； ②若，且定义，若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 18．（山东省实验2024届高三一模）如果数列满足：且，则称数列为阶“归化数列”． （1）若某4阶“归化数列”是等比数列，写出该数列的各项； （2）若某11阶“归化数列”是等差数列，求该数列的通项公式； （3）若为n阶“归化数列”，求证：． 19．（2024山东省实验5月模拟）在信息理论中，和是两个取值相同的离散型随机变量，分布列分别为：，，，，，．定义随机变量的信息量，和的“距离”． (1)若，求； (2)已知发报台发出信号为0和1，接收台收到信号只有0和．（2024山东省实验5月模拟）现发报台发出信号为0的概率为，由于通信信号受到干扰，发出信号0接收台收到信号为0的概率为，发出信号1接收台收到信号为1的概率为． （ⅰ）若接收台收到信号为0，求发报台发出信号为0的概率；（用，表示结果） （ⅱ）记随机变量和分别为发出信号和收到信号，证明：． 20．（江苏南京外国语20242月开学考试）设为整数．有穷数列的各项均为正整数，其项数为m（）．若满足如下两个性质，则称为数列：①，且；② (1)若为数列，且，求m； (2)若为数列，求的所有可能值； (3)若对任意的数列，均有，求d的最小值． 21．（山西大学附中2024届高三下月考）已知集合（），对于，，定义A与B的差为(，，…，)；A与B之间的距离为=++…+． （1）若写出所有可能的A，B； （2），证明：； （3），证明：三个数中至少有一个是偶数． 22．（山东青岛二中二模）定义，已知函数，其中. (1)当时，求过原点的切线方程； (2)若函数只有一个零点，求实数的取值范围. 23．（安徽合肥一六八中学2024届最后一卷）若为上的非负图像连续的函数，点将区间划分为个长度为的小区间．记，若无穷和的极限存在，并称其为区域的精确面积，记为． (1)若有导函数，则．求由直线以及轴所围成封闭图形面积； (2)若区间被等分为个小区间，请推证：．并由此计算无穷和极限的值； (3)求有限项和式的整数部分． 24．（重庆巴蜀中学2024届高考适应性考试）阅读材料一：“装错信封问题”是由数学家约翰·伯努利（Johann Bernoulli，1667～1748）的儿子丹尼尔·伯努利提出来的，大意如下：一个人写了封不同的信及相应的个不同的信封，他把这封信都装错了信封，问都装错信封的这一情况有多少种？后来瑞士数学家欧拉（Leonhard Euler，1707～1783）给出了解答：记都装错封信的情况为种，可以用全排列减去有装正确的情况种数，结合容斥原理可得公式：，其中． 阅读材料二：英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处阶可导，则有：，注表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式．阅读以上材料后请完成以下问题： (1)求出的值； (2)估算的大小（保留小数点后2位），并给出用和表示的估计公式； (3)求证：，其中． 25．（江西师大附学2024届高考三模）已知有穷数列，，，，满足，且当时，，令． （1）写出所有可能的值； （2）求证：一定为奇数； （3）是否存在数列，使得？若存在，求出数列；若不存在，说明理由．． 26．（福建厦门双十中学2024届高三热身考试）对于，，不是10的整数倍，且，则称为级十全十美数.已知数列满足：，，. (1)若为等比数列，求； (2)求在，，，…，中，3级十全十美数的个数. 27．（2024届福建厦门一中最后一卷）对于数列，数列称为数列的差数列或一阶差数列.差数列的差数列，称为的二阶差数列.一般地，的阶差数列的差数列，称为的阶差数列.如果的阶差数列为常数列，而阶差数列不是常数列，那么就称为阶等差数列. (1)已知20，24，26，25，20是一个阶等差数列的前5项.求的值及； (2)证明：二阶等差数列的通项公式为； (3)证明：若数列是阶等差数列，则的通项公式是的次多项式，即（其中（）为常实数） 28．（山东济南历城二中2024高三6月打靶考试）对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为． (1)若，求的值； (2)若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为．（山东济南历城二中2024高三6月打靶考试） ①能否满足？说明理由； ②证明：． 29．（湖北襄阳五中2024届四模）已知数列的前n项和为．若对每一个，有且仅有一个，使得，则称为“X数列”.记，，称数列为的“余项数列”. (1)若的前四项依次为0，1，，1，试判断是否为“X数列”，并说明理由； (2)若，证明为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式； (3)已知正项数列为“X数列”，且的“余项数列”为等差数列，证明：． 30．（江苏扬州中学2024届高三全真模拟）帕德近似是法国数学家帕德发明的用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：，，，，…已知在处的阶帕德近似为． (1)求实数a，b的值； (2)当时，试比较与的大小，并证明； (3)已知正项数列满足：，，求证：． 31．（山东师大附中2024届高三考前适应）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． 32．（2024·海南中学·一模）在计算机科学中，维数组是一种基础而重要的数据结构，它在各种编程语言中被广泛使用．对于维数组，定义与的差为与之间的距离为． (1)若维数组，证明：； (2)证明：对任意的数组，有； (3)设集合，若集合中有个维数组，记中所有两元素间的距离的平均值为，证明：． 33．（2024·河北正定中学·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． 34．（2024·重庆一中·模拟预测）对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”． (1)试写出“函数” ，并求的值； (2)若“函数” ，求n的最大值； (3)记函数，其导函数为，证明：“函数” ． 35．（23-24高三·重庆一中·三模）帕德近似（Pade approximation）是有理函数逼近的一种方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，….又函数，其中. (1)求实数，，的值； (2)若函数的图象与轴交于，两点，，且恒成立，求实数的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$