第20天 搞定新定义（解答题）综合计算（5考点32题）-【决战高考】2025年高考数学百日冲刺（直击考点抢分秘籍）

第20天-搞定新定义（解答题）综合计算 第20天寄语： “请相信：无论结局如何，你早已在为梦想拼搏的路上，成为了更优秀的自己。高考，不过是你走向远方的起点。” 识·必备知识 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． 明·直击考点 序号 考点 考点01 数列新定义 考点02 函数新定义 考点03 集合新定义 考点04 立体几何新定义 考点05 解析几何新定义 练·抢分演练 一、数列新定义 1．（2025·河北·二模）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质. (1)已知，，判断数列，是否具有性质； (2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数； (3)若，求具有性质的数列的个数. 2．（2025·山东滨州·二模）在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”．如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；…．设数列1，2，4经过第次“积扩充”后所得数列的项数记为，所有项的积记为． (1)求和； (2)求和． (3)求数列的前项积． 3．（2025·江苏·二模）若无穷数列满足：，，，则称为“均值递减数列”. (1)已知无穷数列的前项和为，若为“均值递减数列”，求证：，； (2)若数列的通项公式，判断是否为“均值递减数列”，并说明理由； (3)若两个正项数列和均为“均值递减数列”，证明：数列也为“均值递减数列”. 4．（2025·河南新乡·三模）若正项数列满足对任意，都有成立，则称数列为“倍增数列”. (1)试判断数列1，2，5，13和数列1，3，8，21是否为“倍增数列”； (2)设数列为“倍增数列”，若为整数，，，，求正整数的最大值； (3)设数列满足，，试判断数列是否是“倍增数列”，并说明理由. 5．（2025·河南安阳·三模）若正项数列满足对任意，都有成立，则称数列为“倍增数列”. (1)试判断数列1，2，5，13和数列1，3，8，21是否为“倍增数列”； (2)设数列为“倍增数列”，若为整数，，，，求正整数k的最大值； (3)设数列满足，，试判断数列是否是“倍增数列”，并说明理由. 6．（2025·湖南湘潭·三模）已知为正整数且，为非零实数，数列满足，且，，…，是公差为1的等差数列，，，…，是公差为的等差数列，，，…，是公差为的等差数列，以此类推． (1)当，时，求； (2)求的最小值（用含的代数式表示）； (3)记除以的整数部分为，余数为，求的通项公式（用含，，，，的代数式表示）． 7．（2025·湖北·三模）已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者. (1)直接写出数列的所有“调节数列”； (2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和； (3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数. 8．（2025·河北秦皇岛·三模）对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列．当时，称数列为纯周期数列；当时，称数列为混周期数列． (1)已知数列满足：，判断是否是纯周期数列，并求； (2)记为不超过的最大整数，设各项均为正整数的数列满足 ①若，证明：数列是纯周期数列； ②证明：不论为何值，总存在，使得． 二、函数新定义 9．（2025·浙江·三模）若连续函数满足在定义域内恒成立，则称为“T函数”. (1)判断以下函数是否为“T函数”，请说明理由. （ⅰ）； （ⅱ）； （ⅲ）. (2)若非常值函数存在二阶导数，证明：为“T函数”的充要条件是为常值函数. (3)已知非常值函数为“T函数”，且.记为不超过x的最大整数，讨论函数在区间上的单调性. 10．（2025·四川德阳·三模）已知函数，若存在实数使得对，都有成立则称函数为“函数”. (1)是否为“函数”？说明理由； (2)已知，若为“函数”，请确定实数的值，使得是以2为周期的周期函数； (3)已知为“函数”，记，若在上单调递减，且，求的最小值，并求的值. 11．（2025·浙江金华·二模）已知定义域为的函数满足：记（表示从中任取两个作乘积再求所有乘积的和，如）. (1)求，的值； (2)为互不相同的自然数，求； (3)求的值. 12．（2025·湖南娄底·模拟预测）请同学们阅读以下三段材料： ①若函数的导数为，则的导数叫做的二阶导数，记作．类似地，二阶导数的导数叫做的三阶导数，记作；三阶导数的导数叫做的四阶导数，……一般地，阶导数的导数叫做的阶导数，即，． ②若，定义． ③若函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式．例如，在点处的泰勒展开式为． 根据以上三段材料，完成下面的题目： (1)求在点处的3阶泰勒展开式； (2)设在点处的3阶泰勒展开式为，试比较与的大小； (3)已知常数，证明：当无限大时，总有． 13．（2025·河南·三模）已知函数，，其中． (1)求函数的零点； (2)． （ⅰ）用表示m，n的最大值，证明：； （ⅱ）是否存在实数a，使得，恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由． 14．（2025·江苏·三模）若对于函数和，对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“函数”.（已知和定义域均为）. (1)证明：函数是函数的“函数”； (2)若函数是函数的“函数”，求的取值范围； (3)若函数，函数为偶函数，函数是函数的“函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”. 15．（2025·甘肃·二模）对于任意两个正数，记区间上曲线下的曲边梯形面积为，并规定，，记，其中． (1)若时，求证：； (2)若时，求证：； (3)若，直线与曲线交于，两点，求证：（其中为自然常数）． 16．（2025·河南·三模）若存在正实数a，对任意，使得，则称函数在D上是一个“函数”． (1)已知函数在区间上是一个“函数”，求a； (2)当时，．证明：函数在区间上是一个“函数”； (3)证明：． 17．（2025·江西·二模）定义“切糕”函数：在区间上的连续函数同时满足①图像上任一点处的切线，（当且仅当时等号成立）恒成立；②，且恒成立.则称为区间上的“切糕”函数. (1)求证：为区间上的“切糕”函数； (2)数列满足，是的前项和.若函数为区间上的“切糕”函数，求证：，当且仅当时等号成立. 18．（2025·江苏·三模）记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”. (1)判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； (2)设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围； (3)记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”. 三、集合新定义 19．（2025·山东临沂·二模）对集合，定义集合，记为有限集合的元素个数． (1)若，求； (2)给定集合的子集，求集合的元素个数； (3)设为有限集合，证明：． 20．（2025·浙江嘉兴·三模）记集合，为集合（）的两个子集，且满足，.定义：（，分别表示集合，中所有元素的和）. (1)当时，求的所有可能的值； (2)求的最小值； (3)设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得. 21．（2025·湖北武汉·二模）已知集合，集合B满足． (1)判断，，，中的哪些元素属于B； (2)证明：若，，则； (3)证明：若，则． 22．（2025·河南·二模）已知一个非空数集A，对，且，记B为A去掉x，y后的集合，若有或，则称A是一个好集合．对于一个非空数集P，对，且，记Q为P去掉x，y后的集合，若有或或，则称P是一个坏集合． (1)证明：集合不是好集合； (2)若A是好集合，证明：存在一个与A中元素个数相同且仅由正实数构成的坏集合P； (3)证明：不存在有限的好集合A，满足A中的元素均为正实数，且A中的元素个数为大于5的奇数． 23．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知有穷数列A：，，…，（，），设，记S中元素的个数为． (1)若数列A：0，2，4，12，求集合S，并写出的值； (2)若A是单调数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”； (3)若，，数列A由1，2，3，4，…，n，2n这个数组成，且这个数在数列A中至少出现一次，求的取值个数． 24．（2025·山东济南·模拟预测）记数集M的所有元素之和为（当M为空集时，规定）.已知非空有限集合，若对于任意正整数，总是存在A的两个相异子集P，Q，使得，则称A为理想集. (1)从集合的所有非空子集中随机抽取一个集合，求该集合为理想集的概率； (2)已知正整数，且集合为理想集. （ⅰ）设，证明：当为理想集时，的最大值为； （ⅱ）证明：. 25．（2025·浙江宁波·三模）设维向量，，定义运算：. (1)当时，若且，，试比较与的大小； (2)已知，记且和均为的某一排列}. （ⅰ）求，； （ⅱ）若，求.（提示：.） 四、立体几何新定义 26．（2024高三·全国·专题练习）空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 27．（2025·广西南宁·二模）在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 五、解析几何新定义 28．（2025·海南·模拟预测）定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”. 结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线. 结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点. 试根据上面的定义和结论解决下列问题： 已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点. (1)求； (2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点； (3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值. 29．（2025·黑龙江·一模）在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点，且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的和谐数，圆为的和谐圆. (1)试判断3是否为抛物线的和谐数.若是，求出3的和谐圆；否则，请说明理由. (2)设，，…，均为抛物线的和谐数，且，记，，…，的和谐圆分别为圆，，…，，设圆，，…，与抛物线的公共点分别为，，…，，已知，且，圆与外切. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设点，记的面积为，证明：. 30．（2025·河北秦皇岛·二模）蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示．    (1)求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围； (2)证明：点在蔓叶线上； (3)设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点． 参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，． 31．（2025·山东滨州·二模）在平面直角坐标系中，设，规定：点叫做点的仿射对应点．已知点的轨迹的方程为，点的仿射对应点的轨迹为． (1)求的轨迹方程； (2)设是曲线上的两点，的仿射对应点分别为．和的面积分别记为．求； (3)设是曲线上两点，若的面积为，求证：为定值． 32．（2025·全国·一模）定义:设三角形ABC的内角的对边分别为，若其所在平面内一点O满足，则称点O为三角形ABC的正弦分点. (1)证明:点O为三角形ABC的内心； (2)已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线. （i）已知曲线为曲线，其左顶点为A，右焦点为F，若点是曲线右支上的一点，三角形的正弦分点为Q，证明:点Q在曲线上； （ii）已知曲线为曲线，其焦点分别为，，若点是曲线上的一点，三角形的正弦分点为，则是否存在两定点，使得恒为定值，若存在，求出此定值，若不存在，则说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第20天-搞定新定义（解答题）综合计算 第20天寄语： “请相信：无论结局如何，你早已在为梦想拼搏的路上，成为了更优秀的自己。高考，不过是你走向远方的起点。” 识·必备知识 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． 明·直击考点 序号 考点 考点01 数列新定义 考点02 函数新定义 考点03 集合新定义 考点04 立体几何新定义 考点05 解析几何新定义 练·抢分演练 一、数列新定义 1．（2025·河北·二模）已知是公差不为0的无穷等差数列.若对于中任意两项，，在中都存在一项，使得，则称数列具有性质. (1)已知，，判断数列，是否具有性质； (2)若数列具有性质，证明：的各项均为整数； (3)若，求具有性质的数列的个数. 【答案】(1)数列具有性质；数列不具有性质 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据数列具有性质的定义即可求解. （2）设数列的公差为，由题意知存在，同理存在，两式相减，根据等差数列的定义即可得证. （3）由题意结合（2）知数列的各项均为整数，所以为整数.首先证明为正整数，其次证明为的约数，从而即可得解. 【详解】（1），，即，所以数列具有性质. ，令，则，不符合，则不具有性质. （2）设数列的公差为，因为数列具有性质，所以存在， 同理存在，两式相减得， 即，因为，所以.所以的各项均为整数. （3）由（2）可知，数列的各项均为整数，所以为整数. 假设为负整数，则为递减数列，所以中各项最大值为， 由题意，中存在某项，且，所以， 而数列中存在，则，与题意相矛盾，所以不是负整数，为正整数. 由得，， 所以， 所以为整数，即为的约数. 由为正整数，所以为的正约数， ，所以的正约数共有个，则，具有性质的数列的个数为. 2．（2025·山东滨州·二模）在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的积，形成一个新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“积扩充”．如：数列2，3经过第一次“积扩充”后得到数列2，6，3；第二次“积扩充”后得到数列2，12，6，18，3；…．设数列1，2，4经过第次“积扩充”后所得数列的项数记为，所有项的积记为． (1)求和； (2)求和． (3)求数列的前项积． 【答案】(1)， (2)， (3) 【分析】（1）根据“积扩充”的概念直接求解即可； （2）由题意，变形为，然后利用等比数列的定义及通项公式求得；设，则，即，然后利用等比数列的定义及通项公式求得，进而得； （3）对两边取对数得，结合等比数列求和公式利用并项求和法求得，即可得解. 【详解】（1）由题意，，，. （2），所以， 又因为，所以，所以， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，即； 设，则，即， 又因为，所以，所以， 所以数列是以6为首项，3为公比的等比数列， 所以，即， 所以. （3）要求， 只需求， 又， 所以 ， 所以，所以. 3．（2025·江苏·二模）若无穷数列满足：，，，则称为“均值递减数列”. (1)已知无穷数列的前项和为，若为“均值递减数列”，求证：，； (2)若数列的通项公式，判断是否为“均值递减数列”，并说明理由； (3)若两个正项数列和均为“均值递减数列”，证明：数列也为“均值递减数列”. 【答案】(1)证明见解析 (2)是，理由见解析 (3)证明见解析 【分析】法一： （1）“均值递减数列”定义可得答案； （2）求出的前项和为，令，则判断的正负可得答案； （3）设，求出，结合，得，求和由（1）的结论知，，可得答案； 法二： （1）根据为“均值递减数列”得化简可得答案； （2）判断出的单调性，得，设前项和为，利用归纳法可得答案； （3）设的前项和为，的前项和为，设的前项和为，利用归纳法可得答案. 【详解】（1）法一： ； 法二： 为“均值递减数列”，关于单调递减， 即关于单调递减，， ； （2）法一： 设的前项和为， 令，则，判别式小于零，所以递减， 因此是“均值递减数列”； 法二： 易知时，单调递减；时， 单调递增且时，当时，单调递减且， 且计算易得， 设前项和为，归纳假设，，时， ，即，即，， ，即，，时，成立. 而成立，对且恒成立， 也有， 即为“均值递减数列”； （3）法一： 设依题意，均为递减数列， 而， 相乘展开得， 由于，，则由补充不等式有， 所以 ， 求和得，由（1）的结论知，， 所以， 于是再由（1）的结论即可知是“均值递减数列”； 法二： 设的前项和为，的前项和为， 和均为均值递减数列， 由（1）知对恒成立， 由①②知，，记的前项和为， 证对，，时不等式显然成立， 设当，时，成立， 即，， ， ， ，即时，不等式也成立， 对恒成立， 也为“均值递减数列”. 4．（2025·河南新乡·三模）若正项数列满足对任意，都有成立，则称数列为“倍增数列”. (1)试判断数列1，2，5，13和数列1，3，8，21是否为“倍增数列”； (2)设数列为“倍增数列”，若为整数，，，，求正整数的最大值； (3)设数列满足，，试判断数列是否是“倍增数列”，并说明理由. 【答案】(1)数列是“倍增数列”；数列不是“倍增数列”； (2)5 (3)是“倍增数列”,理由见解析. 【分析】（1）根据定义判断即可； （2）就中是否出现的倍数、是否出现一个数为5且另一个为的倍数、一个15的倍数且另一个为45的倍数分类讨论后可得的最大值； （3）先证明，据此可证数列是否是“倍增数列”. 【详解】（1）对于数列，因为，故该数列是“倍增数列”； 对于数列，因为，故该数列不是“倍增数列”； （2）因为数列为“倍增数列”，故， 而为整数，且为正项数列，故且为正整数， 而，故当时，，故， 因为，而， 若有一个为的倍数，则只能为的倍数， 否则或， 若为前者，则累乘的数分别为； 若为后者，则累乘的数分别为； 当时，则累乘的数只可能为中的数， 则无论取其中一个或两个，都与矛盾； 若无的倍数， 故有两个不同的数，一个数为5，另一个为的倍数， 或者有两个不同的数，它们一个为15的倍数，另一个为45的倍数， 若一个为15的倍数，另一个为45的倍数，则此时，这与矛盾； 若一个数为5，另一个为的倍数，则累乘的数为， 综上，的最大值为5，此时. （3）先证明：（*）， 由， 同理有， 利用迭代可得， 而，故，证毕. 在（*）中，取,则得，故， 由可得为正项数列，故， 故数列是“倍增数列”. 5．（2025·河南安阳·三模）若正项数列满足对任意，都有成立，则称数列为“倍增数列”. (1)试判断数列1，2，5，13和数列1，3，8，21是否为“倍增数列”； (2)设数列为“倍增数列”，若为整数，，，，求正整数k的最大值； (3)设数列满足，，试判断数列是否是“倍增数列”，并说明理由. 【答案】(1)数列1，2，5，13是，数列1，3，8，21不是 (2)6 (3)是，理由见解析 【分析】（1）依据倍增数列的定义对两个数列直接判断即可； （2）根据题意判断出，从而，由及为整数即可求得； （3）由将依次递推下去判断其大于0即可. 【详解】（1）①因为，所以， 所以数列1，2，5，13是“倍增数列”. ②因为，所以， 所以数列1，3，8，21不是“倍增数列”. （2）因为数列是“倍增数列”，为整数，且， 所以，且为正整数， 所以， 即. 又因为，所以. 因为能整除，结合（*），可得， 所以， 所以正整数的最大值为6. （3）是“倍增数列”.理由如下： 因为，所以 . 所以，即， 所以是“倍增数列”. 6．（2025·湖南湘潭·三模）已知为正整数且，为非零实数，数列满足，且，，…，是公差为1的等差数列，，，…，是公差为的等差数列，，，…，是公差为的等差数列，以此类推． (1)当，时，求； (2)求的最小值（用含的代数式表示）； (3)记除以的整数部分为，余数为，求的通项公式（用含，，，，的代数式表示）． 【答案】(1); (2); (3). 【分析】（1）结合题意根据等差数列通项公式求解即可； （2）结合题意根据等差数列通项公式得，计算即可求解； （3）由题可知：，当时，结合题意根据等差数列通项公式得，利用累加法可得，根据等比数列求和化简可得，当时，也满足上式，即. 【详解】（1）由题可知：，，…，为公差为1的等差数列， 故，             ，，…，为公差为的等差数列，故，     解得； （2）由题可知：，，…，为公差为1的等差数列， 故；         ，，…，为公差为的等差数列， 故．         ，，…，为公差的等差数列， 故．         ，又为正整数，故，     即的最小值为； （3）由题可知：， 当时，，，…，是公差为的等差数列， 而， 依次类推得 ，，…，， 累加得．     当时，．         当，．         也即． 由题，，则，     当时，，仍然满足上式．综上，． 【点睛】关键点点睛：本题第（1）问、第（2）问解题关键在于根据题意利用等差数列通项公式求解；第（3）问，关键在于当时，，，…，是公差为的等差数列，得出，运用累加法可得，即求得每组等差数列首项，再根据等差数列通项公式求解得，最后检验是否满足上式，即得数列的通项公式. 7．（2025·湖北·三模）已知数列，其中，且.若数列满足，当时，或，则称数列为数列的“调节数列”.例如，数列的所有“调节数列”为；或者；或者；或者. (1)直接写出数列的所有“调节数列”； (2)若数列满足通项，将数列的“调节数列”中的递增数列记为，数列中的各项和为，求所有的和； (3)已知数列满足：，若数列的所有“调节数列”均为递增数列，求所有符合条件的数列的个数. 【答案】(1) (2) (3)所有符合条件的数列共有个 【分析】（1）根据“调和数列”的定义，即可求解； （2）根据条件依次写出满足条件的，再根据分组转化法求和； （3）首先由数列为递增数列，则条件①，②，③都恒成立，再由④分析，得到的不同取法种数，即可求解符合条件的数列的个数. 【详解】（1）. （2）因为，由题意共个数， 而共有项，则“调节数列”共有种情况 不妨设；则 ；则 依此类推；则 故 （3）依题意，对任意， 有或或， 因为均为递增数列，所以，即同时满足： ①，②，③，④. 因为为递增数列，因此①和②恒成立. 又因为为整数数列，对于③，也恒成立. 对于④，一方面，由，得，即. 另一方面，， 所以， 即从第2项到第项是连续的正整数， 所以， 因此， 故共有种不同取值，即所有符合条件的数列共有个. 8．（2025·河北秦皇岛·三模）对于无穷数列，若存在常数，使得对任意的正整数，恒有成立，则称数列是从第项起的周期为的周期数列．当时，称数列为纯周期数列；当时，称数列为混周期数列． (1)已知数列满足：，判断是否是纯周期数列，并求； (2)记为不超过的最大整数，设各项均为正整数的数列满足 ①若，证明：数列是纯周期数列； ②证明：不论为何值，总存在，使得． 【答案】(1)数列是周期为6的纯周期数列，2． (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）通过列举，确定函数周期，即可求解； （2）①分别取，，，，，，，根据已知条件逐一验证得出猜想，并验证猜想； 根据①的分析，时，满足题意；再证明，当时，也存在使得即可. 【详解】（1）写出数列的前几项： 1，3，2，，，，1，3，2，，，，1…， 数列是周期为6的纯周期数列，． （2）证明：①时，， 此时，数列为常数列，为纯周期数列； 时，， 此时，数列为常数列，为纯周期数列； 时，， 此时，数列为常数列，为纯周期数列； 根据上述计算得出猜想： 当时，数列为常数列也是纯周期数列． 下面进行验证： 当时，， 此时数列为常数列，也是纯周期数列． ②首先，根据①的分析，发现当时，数列为常数列， 也是纯周期数列，满足题意； 接下来证明，当时，也存在，使得， 因为，所以只需要证明数列中始终存在值为1的项即可． 当时，显然存在值为1的项， 当时，有或， 若为偶数，则， 若为奇数时，则， ， 所以，即无论为奇数还是偶数，均有； 特别的，当为奇数时，且， 类似的，可得无论为奇数还是偶数，均有； 特别的，当为奇数时，且取得等号）； 所以无论为奇数还是偶数，均有； 若，则恒为奇数且， 于是，假设数列的且， 所以恒为奇数且， 由于中仅有有限个正整数，故数列从某项起恒为常数． 设为第一个值为的项，而， 故， 这与“是第一个值为的项”相矛盾， 所以数列除第一项外，还存在不属于区间的项． 假设这些不属于区间的项全部属于区间，那么也会出现类似的矛盾， 所以数列除第一项外，存在不属于区间和的项， 以此类推，数列一定存在小于值为2的正整数的项，即存在值为1的项，得证． 二、函数新定义 9．（2025·浙江·三模）若连续函数满足在定义域内恒成立，则称为“T函数”. (1)判断以下函数是否为“T函数”，请说明理由. （ⅰ）； （ⅱ）； （ⅲ）. (2)若非常值函数存在二阶导数，证明：为“T函数”的充要条件是为常值函数. (3)已知非常值函数为“T函数”，且.记为不超过x的最大整数，讨论函数在区间上的单调性. 【答案】(1)（ⅰ）不是“T函数”；（ii）不是“T函数”；（iii）是“T函数”，理由见解析 (2)证明见解析 (3)在上单调递减，在上单调递增. 【分析】（1）看是否恒等于 0.若恒为 0 就是“T 函数”，不为 0 就不是. （2）已知非常值，为常值时，其导数y'恒为 0.因为不恒为 0，所以能推出，即是“T 函数”，反过来也能推，二者等价. （3）由（2）设等式，用三角函数表示和，通过求导得出，得到表达式，进而得到和含、的式子.再根据确定和的值，得出.最后根据分段得到分段形式，分析单调性. 【详解】（1）（ⅰ），故不是“T函数”； （ii）不恒为0，故不是“T函数”； （iii）恒成立，故是“T函数”. （2）由为非常值函数，得不恒为0. 是常值函数恒成立恒成立为“T函数. （3）由（2）设（r为正常数）， 令，，其中为关于x的函数，记为， 因此，故恒成立即（c为常数）， 因此，， 又，得， 进而解得，故. 因此 所以函数 可得函数在上单调递减，在上单调递增. 10．（2025·四川德阳·三模）已知函数，若存在实数使得对，都有成立则称函数为“函数”. (1)是否为“函数”？说明理由； (2)已知，若为“函数”，请确定实数的值，使得是以2为周期的周期函数； (3)已知为“函数”，记，若在上单调递减，且，求的最小值，并求的值. 【答案】(1)是，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据“函数”的定义，代入化简可得，即可求解， （2）根据周期的定义，结合“函数”的定义，代入化简可得，即可求解， （3）根据周期的定义，结合“函数”的定义，可得成首项为1，公差为的等差数列；成首项为2，公差为1的等差数列，进而可得，构造函数，求导即可求解. 【详解】（1）若为“函数”，则成立， 即 整理得：恒成立. 所以得. 即是“函数” （2）要使得是以2为周期的周期函数. 即：恒成立. 依题意成立， 故 所以 即 因为，故 所以只要. 即时，是以2为周期的周期函数 （3）因为为“函数”，且， 由（2）知是以2为周期的周期函数， 且.由知 所以 可知：，得. 即成首项为1，公差为的等差数列； 同理成首项为2，公差为1的等差数列 故 因为，在上单调递减， 故，即在上恒成立. 故只要，所以的最小值 所以. 11．（2025·浙江金华·二模）已知定义域为的函数满足：记（表示从中任取两个作乘积再求所有乘积的和，如）. (1)求，的值； (2)为互不相同的自然数，求； (3)求的值. 【答案】(1)， (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）根据题意，由函数的定义代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由函数的定义可得，然后分奇偶讨论代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，由的定义可得，然后由求解，结合函数的定义代入计算可得，即可得到结果； 【详解】（1）由定义可得， 因为，所以， 由定义可得， 因为，所以. （2）不妨设，由定义得 ①， 而 又因为②， 此时②式和①式出现同样结构，我们按照定义继续递推下去直至得到 ， 所以当为偶数时，， 所以当为奇数时，. （3）由（2）可知，或， 所以根据定义可知， 其中表示前2025项中的个数， 即， 记，则 ， 且. 由于，由（2）知， ， 由（2）知，从而，的个数为4， 又由于，从而时，的个数为8， 所以 因此. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数与数列的综合应用，难度较大，解答本题的关键在于理解的定义，然后通过数列的相关知识解答. 12．（2025·湖南娄底·模拟预测）请同学们阅读以下三段材料： ①若函数的导数为，则的导数叫做的二阶导数，记作．类似地，二阶导数的导数叫做的三阶导数，记作；三阶导数的导数叫做的四阶导数，……一般地，阶导数的导数叫做的阶导数，即，． ②若，定义． ③若函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式．例如，在点处的泰勒展开式为． 根据以上三段材料，完成下面的题目： (1)求在点处的3阶泰勒展开式； (2)设在点处的3阶泰勒展开式为，试比较与的大小； (3)已知常数，证明：当无限大时，总有． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先对求一阶、二阶、三阶导数，算出处各阶导数值，再依据泰勒展开式公式，把对应值代入，就能得到在处的3阶泰勒展开式. （2）先设，对求导得，再求的导数，根据判断单调性，结合确定单调性，求出最小值，进而得出与的大小关系. （3）分两步进行： 先证：先将不等式变形为，设，求导分析单调性.根据的不同范围，得出存在正数，使时. 再证：令，将不等式变形为，设，求导分析单调性.根据的不同范围，得出存在正数，使时. 最后取，就有时，. 【详解】（1）解：∵，， ∴，，， ∴，，， ∴在点处的3阶泰勒展开式为 ． （2）解：依题意，得． 令，则． ∵，在上单调递增． 又∵，∴在上，，单调递减；在上，，单调递增， ∴，即， 故（在时取等号）． （3）证明：已知常数，不妨令， 则不等式． 令，，求导得， 当时，；当时，， ∴函数在上单调递增，在上单调递减． 当时，，， 当时，由，得是函数的一个零点， 又，而趋近于正无穷大时，趋近于， 因此存在大于e的正数，使得，当时，． 综上可知，对于，存在正数，使得当时，恒成立， ∴对于，存在正数，使得，恒成立． 已知常数，不妨令，， 不等式． 令，则函数在上单调递增，在上单调递减， ∴ 令，，求导得， ∴函数在上单调递增，值域为， ∴存在，使得，当，即时，，恒成立． 当，即时，函数有两个零点，， 对于，恒成立． 因此对于，存在正数，使得当时，恒成立， ∴对于，存在正数，使得，恒成立． 取，对于任意，成立， 即当足够大时，总有 13．（2025·河南·三模）已知函数，，其中． (1)求函数的零点； (2)． （ⅰ）用表示m，n的最大值，证明：； （ⅱ）是否存在实数a，使得，恒成立？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)0． (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）． 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，结合可得出函数的零点； （2）（ⅰ）根据的定义，分和讨论得证；（ⅱ）由题，当时，，当时，，所以等价于当时，恒成立，求导，分和讨论，结合单调性可得答案. 【详解】（1）函数的定义域为R， 则， 当时，，则， 当时，，则， 所以函数在上为减函数． 又因为，故函数有且只有一个零点0. （2）（ⅰ）函数的定义域为， 当时，， 当时，， 所以. （ⅱ）由（1）知，当时，， 又， 所以当时，恒成立， 因为当时，恒成立， 所以等价于当时，恒成立， 又， 若，当时，由， 所以在上递增，所以此时恒成立. 若，当时，由，解得为， 在上递减，此时，不符合题意． 综上可知，存在实数a满足题意，a的取值范围是. 14．（2025·江苏·三模）若对于函数和，对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“函数”.（已知和定义域均为）. (1)证明：函数是函数的“函数”； (2)若函数是函数的“函数”，求的取值范围； (3)若函数，函数为偶函数，函数是函数的“函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出、，证明出，即可证得结论成立； （2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得出实数的取值范围； （3）先证明充分性：若存在常数使得恒成立，结合偶函数定义计算即可得；再证明必要性：由题意可得，又，，可推导出，可得到，即可得证． 【详解】（1）因为，，所以，，则， 故，即恒成立， 故函数是函数的“函数”. （2）因为，， 则，， 因为函数是函数的“函数”， 所以对任意的，，则， 令， 则 ， 且， 故当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 若函数是函数的“函数”， 则实数的取值范围是. （3）充分性：若存在常数使得恒成立，则， 因为函数为偶函数，所以，则， 则为偶函数，即， 所以恒成立，所以； 必要性：若，则，所以函数为偶函数， 函数是函数的“函数”， 因此对任意的，， 又，，所以，，， 所以，即， 用代换可得，故， 综上可知，记，则， 因此存在常数使得恒成立， 综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”. 15．（2025·甘肃·二模）对于任意两个正数，记区间上曲线下的曲边梯形面积为，并规定，，记，其中． (1)若时，求证：； (2)若时，求证：； (3)若，直线与曲线交于，两点，求证：（其中为自然常数）． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）当时，，根据的定义求解； （2）解法一：如图可知，为与，以及轴所围成的曲边梯形的面积，曲面梯形的面积大于，，得证； 解法二：转化为证明：，设，，则不等式可化为，构造函数：，利用导数证明在恒成立； （3）令，故，直线与曲线交于，，所以，即有：①，②，进一步变形可得，从而得证. 【详解】（1）因为，且， 当时可知， 所以， ，所以成立； （2）解法一：要证，即证， 如图可知，为与，以及轴所围成的曲边梯形的面积． 若直线与曲线交于点， 过做的切线，分别交，于，， 过做轴的平行线分别交，于，，则， 易知曲面梯形的面积大于， 所以， 所以，，得证． 解法二：因为时，，所以要证， 即证：， 即证：，即证：， 设，，则不等式可化为， 要证，作差得， 即证：在恒成立， 构造函数：， 则，再设，则， 因为，所以恒成立， 所以在为增函数，所以， 所以在恒成立，可得在为增函数， 所以，所以在恒成立， 所以不等式成立，得证； （3）因为，所以， 令，故， 所以在为减函数，在为增函数，， 故直线与曲线交于，，所以， 且，，即有：①，②， ①＋②得： ①－②得： 由第（2）问知：， 所以， 所以，即， 所以成立． 【点睛】方法点睛：对于新定义题型，一般分为以下几步： （1）对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号； （2）对新定义所提取的信息进行加工，探究解决方法，有时能够追求临近的知识点，明确它们的共同点与不同点； （3）对新定义中提取的知识进行变换，有效的输出；假如是新定义的运算，直接依据运算法则计算即可. 16．（2025·河南·三模）若存在正实数a，对任意，使得，则称函数在D上是一个“函数”． (1)已知函数在区间上是一个“函数”，求a； (2)当时，．证明：函数在区间上是一个“函数”； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据函数新定义有恒成立，结合，的最值，即可求参数； （2）问题化为证明时，构造相关的函数并利用导数证明不等式，即可证结论； （3）由（2）有有，令，显然，再由，累加即可证结论. 【详解】（1）由在区间上是一个“函数”， 所以任意，恒成立，即， 令，，则，， 要使恒成立，则，可得； （2）要证在区间上是一个“函数”， 需证时，，证明如下： 令，，则， 令，则，即在上单调递增，且， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，即， 令，，则， 令，则， 或时，，即在、上单调递增； 时，，即在上单调递减； 又，，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，即， 综上，，故结论得证； （3）当，则，由（2）知且，故， 所以，即有， 令，则，有， 所以 ，得证. 17．（2025·江西·二模）定义“切糕”函数：在区间上的连续函数同时满足①图像上任一点处的切线，（当且仅当时等号成立）恒成立；②，且恒成立.则称为区间上的“切糕”函数. (1)求证：为区间上的“切糕”函数； (2)数列满足，是的前项和.若函数为区间上的“切糕”函数，求证：，当且仅当时等号成立. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 【分析】（1）设，计算得切线方程，再设，求导得在上恒成立，再说明二次求导恒为负即可； （2）方法一：利用导数分析得，当且仅当时等号成立，再利用数学归纳法即可证明；方法二：设，代入计算后再设，最后代入计算放缩即可. 【详解】（1）设为上任意一点，则， 切线方程为，即， 设，则， 在上单调递增，在上单调递减， 在上恒成立，当且仅当时等号成立， 又因为的导函数为，设恒成立， 综上所述，为区间上的＂切糕＂函数； （2）先求证对， 定义在上的＂切糕＂函数恒满足:， 不妨设，构造函数， 则， 为上的＂切糕＂函数， 且恒成立，即在上单调递减， 又，， 当且仅当时等号成立， ，即恒成立， 则在上单调递增． ， 又，则， ，当且仅当时等号成立， 现利用上述结论证明，证明过程如下： 方法一：用数学归纳法证明： 当时，，则成立； 假设时，成立， 则时，， 又， ，当且仅当时等号成立， 即 时，成立，当且仅当时等立， 综上所述：，当且仅当时等号成立. 方法二：， 设， 则 即 ， 设， 同理可得： 设，即， 当且仅当时等号成立 即成立，当且仅当时等号成立. 18．（2025·江苏·三模）记．已知函数和的定义域都为，若存在，使得，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”. (1)判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； (2)设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围； (3)记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”. 【答案】(1)＂2次缠绕＂。理由见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）找到和时，，则得到其为“2次缠绕”； （2）转化为存在互异的三个正数，使得，求导得，再对合理分类讨论即可； （3）方法一：取，令，则，且，即可证明存在，则证明了结论；方法二： 记，取，设，再对分奇数和偶数讨论即可. 【详解】（1）函数和＂2次缠绕＂， 理由如下：，当和时，， 则对任意， 当且仅当和时，等号成立， 所以由＂次缠绕＂定义可知和在上＂2次缠绕＂． （2）设， 因为和在上＂3次缠绕＂， 所以存在互异的三个正数，使得， 当且仅当时等号成立， 所以是的三个零点． 注意到，所以1是的一个零点． ， ①当时，在上单调递增， 1是的唯一零点，不合题意． ②当时，在上单调递减， 1是的唯一零点，不合题意． ③当时，令，存在两根， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以，因为， 设，因为， 所以在上单调递减，所以，即， 所以存在． 又， 所以存在． 所以恒成立， 即时，和在上＂3次缠绕＂， 综上，的取值范围是． （3）方法一：取， 设， 令， 显然，且， 当且仅当时，等号成立． 所以对任意， 存在， 其中， 使得，且和在上＂次缠绕＂． 方法二：记，取， 设，其中，则， 且当时，， 因为， 所以与同号，（＊） 为奇数时，设， 显然，且， 当时，与同号， 由（＊），（＊＊）式知，对给定，任意，与同号； 所以． 为偶数时，设， 同理可知，，且和“次缠绕”． 综上，存在，使得， 且和在上“次缠绕” 三、集合新定义 19．（2025·山东临沂·二模）对集合，定义集合，记为有限集合的元素个数． (1)若，求； (2)给定集合的子集，求集合的元素个数； (3)设为有限集合，证明：． 【答案】(1) (2)4 (3)证明过程见解析 【分析】（1）根据定义直接写出结果即可； （2）利用组合计数的方法可求集合中元素的个数； （3）对任意元素，可证或，故可证题设中的不等式. 【详解】（1）因为中的元素是要么只属于，要么只属于， 所以； （2）设，则，因为， 故符合条件的的个数为. （3）对任意元素，因为恰属于集合之一，不妨设且． 若，则；若，则． 故，从而． 因此，结论成立． 20．（2025·浙江嘉兴·三模）记集合，为集合（）的两个子集，且满足，.定义：（，分别表示集合，中所有元素的和）. (1)当时，求的所有可能的值； (2)求的最小值； (3)设为不超过的自然数，且与的奇偶性相同，证明：存在，，使得. 【答案】(1)所有可能值为：，，，，，. (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题意分类讨论写出集合，，求出相应的即可； （2）首先计算时，的最小值为0，然后依次讨论当，，时，相应的的最小值即可得出答案； （3）首先证明与的奇偶性相同，然后用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足，即可得出证明. 【详解】（1）若，由于，的对称性，只需考虑以下情况： ，，； ，，；，，； ，，；，，； ，，；，，； ，，. 所以的所有可能值为：，，，，，. （2）首先计算时： 令，， 观察可知，，且集合，均有项，且这首尾相加为， 所以，所以，即此时的最小值为0. 对于其它情况： 当时，由为奇数， 由（1）知为奇数， 考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足，现令，， 可知，即此时最小值为1； 当时，为奇数，为奇数.考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足， 现令，，可知，即此时最小值为1； 当时，为偶数，为偶数， 考虑的子集，中有项， 那么参照上面证明存在，满足，现令，，可知，即此时最小值为0. 综上所述可知当或时，， 或时，. （3）首先证明与的奇偶性相同： 由题意知 所以，因为是偶数，所以对于任意的，，与的奇偶性相同. 下面用数归法证明：当与奇偶性相同且时，存在，满足. 当或时，由（2）可知存在，满足， 假设时成立（为小于且与其奇偶性相同自然数）， 即此时存在，满足，由于，不妨令，若此时，则可令，），那么， 即说明时命题成立， 若此时，必存在正整数满足且（否则有，， 此时有），令，， 此时，满足：，即时命题立，由归纳法可知命题成立. 当时，令，，，综上所述命题成立. 21．（2025·湖北武汉·二模）已知集合，集合B满足． (1)判断，，，中的哪些元素属于B； (2)证明：若，，则； (3)证明：若，则． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据所给定义判断元素的倒数是否属于即可； （2）先证明若，，则，即可得到，从而得证； （3）依题意可得，从而求出，再说明即可. 【详解】（1）因为，所以； 因为，所以； 因为没有倒数，所以； 因为，所以； 综上可得，. （2）先证明：若，，则； 设，，为整数， 所以， 由于，都是整数，所以， 当，时，，，所以，所以； （3）因为， 所以， 所以，都是整数， 所以为整数， 所以， 假如，则，则应为的倍数， 设为整数，若，则不是的倍数； 若，则不是的倍数； 若，则不是的倍数； 所以，即. 22．（2025·河南·二模）已知一个非空数集A，对，且，记B为A去掉x，y后的集合，若有或，则称A是一个好集合．对于一个非空数集P，对，且，记Q为P去掉x，y后的集合，若有或或，则称P是一个坏集合． (1)证明：集合不是好集合； (2)若A是好集合，证明：存在一个与A中元素个数相同且仅由正实数构成的坏集合P； (3)证明：不存在有限的好集合A，满足A中的元素均为正实数，且A中的元素个数为大于5的奇数． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据定义，举例说明即可； （2）根据好集合的特点和坏集合的定义可证结论； （3）利用反证法，假设存在这样的有限集A符合题意，得出矛盾，可证结论成立. 【详解】（1）取，，记，则，，故A不是好集合． （2）记集合，则P中元素均为正数，且与集合A中元素个数相同，下证P为坏集合， 因为A为好集合，所以，且，都有或（其中B为A去掉a，b后的集合）， 设Q为P去掉，后的集合，此时，，， 若，则；若，则与必然有一个属于Q，故P为坏集合，命题得证． （3）假设存在这样的有限集A，使得A中的元素均为正实数，元素个数为大于5的奇数，且A为好集合， 则设，且，， 因为，设B为集合A去掉元素，，后构成的集合， 所以只能，考虑，这个数均属于A，且各不相同，均小于， 所以，，…，， 因为，故， 若，即，矛盾，故， 又因为这个数属于A，且均小于， 所以，…，，即，， 再考虑A集合中去掉与记为集合， 因为，所以，即，所以只能； 又，故矛盾，所以原假设不成立， 即不存在有限的好集合A，满足A中的元素均为正实数，且A中的元素个数为大于5的奇数． 23．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知有穷数列A：，，…，（，），设，记S中元素的个数为． (1)若数列A：0，2，4，12，求集合S，并写出的值； (2)若A是单调数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”； (3)若，，数列A由1，2，3，4，…，n，2n这个数组成，且这个数在数列A中至少出现一次，求的取值个数． 【答案】(1)， (2)证明见解析 (3)2n 【分析】（1）利用列举法写出符合题意的所有的S的取值可能，得出的值； （2）“充分性”：A为等差数列：，，，…，（）．则，可知的最大值为，最小值为，成立；反之若，不妨设A是递增数列，推理可得，可得数列A是等差数列； (3)当数列A由这个数组成，则任意两个不同的数作差，差值只可能为和，共个值，又因为这个数在数列A中共出现次，所以数列A中存在，所以，则可得出，再说明可以取得之间的所有整数，得到的值为. 【详解】（1）因为，，，，则的可能情况有： ，，，，，， 所以，． （2）“充分性”：A为等差数列：，，，…，（）． 则（）， 能取从1到的每个整数，故， 因此． “必要性”：不妨设A为递增数列：，，…，，作运算并比较如下： ，共个互不相等的数，同理 ，共个互不相等的数． ，共个互不相等的数． …… ，共个互不相等的数， 由及A的有穷性，知 ． 即A为等差数列． （3）因为数列A由1，2，3，4，…，n，2n这个数组成且项数为，所以数列A中必有相等的项，则任意两项的差值可能为0，，，，…，，，，…，， 其中，必有，对于，2，3，…，，t和至少有一个属于S， 所以． （方法一） ①当数列A为：1，2，3，4，…，，n，2n，n，，…，4，3，2，1时， ， 值最大，其值为． ②当数列A为：1，2，3，4，…，，2n，n，n，，…，4，3，2，1时，即在①中的数列第一个出现的n与2n对调， ， 此时； ③把②中第一个出现的与2n对调，即A：1，2，3，4，…，，2n，，n，n，，…，4，3，2，1， ， 此时； 以此类推，可得 ④当数列A为：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，2，1，即2n为首项，此时． ⑤当④中最后一项1变成2，其余不变， A：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，2，2，此时值变为； ⑥当⑤中最后两项2都变成3，其余不变， A：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，3，3，此时； 以此类推，可得 ⑦当数列A为：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，n，n，…，n，n，即最后的n项都变为n，此时，其值最小． 综上，知的取值可取上的每个整数， 个数为 （方法二） ①当数列A为：1，2，3，…，n，，则，． ②当数列A为：1，2，…，n，2n，n，，…，1， 则，． ③当数列A为：1，2，…，n，，，，， 则． ， 其中，2，…，，故，，…，． ④当数列A为：1，2，…，n，n，，…，，2n，k，，…，1， 则， ， 其中，2，…，，故，，…，． 综上可取中所有整数，即个数为2n． 【点睛】本题考查新定义数列问题，难度较大，解答的关键在于根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项的所有可能取值，从而得出的值，注意在解答的过程中，项的顺序不同，的值不同. 24．（2025·山东济南·模拟预测）记数集M的所有元素之和为（当M为空集时，规定）.已知非空有限集合，若对于任意正整数，总是存在A的两个相异子集P，Q，使得，则称A为理想集. (1)从集合的所有非空子集中随机抽取一个集合，求该集合为理想集的概率； (2)已知正整数，且集合为理想集. （ⅰ）设，证明：当为理想集时，的最大值为； （ⅱ）证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据理想集的定义，求出集合中分别含有1个，2个，3个，4个元素的理想集，再运用古典概型概率公式计算即可； （2）（ⅰ）假设，通过推理说明假设不成立，即，只需证明当，且时，总是存在A的两个相异子集P，Q，使得成立即可，从而分①，②，③三种情况分析，得出当时，为理想集， ∴当为理想集时，的最大值为；（ⅱ）不妨设，先证，假设有成立，再证明：当，且时，恒成立，从而得时，取得最大值，再考虑数列，其前n项和记为，由推得数列是以为首项，公比为3的等比数列，求得，即得证. 【详解】（1）由题意可知含有1个元素的理想集有{1}；含有2个元素的理想集有{1,2}，{1,3}； 含有3个元素的理想集有{1,2,3}，{1,3,9}；含有4个元素的理想集有{1,2,3,9}； 故共有6个理想集， 易知的非空子集共有个， ∴从集合的所有非空子集中随机抽取一个集合，则该集合为理想集的概率为. （2）（ⅰ）假设， ∵存在A的两个相异子集P，Q，使得， （这里只需考虑的情形，否则，记P，Q去除公共元素后的集合为P′，Q′， 则）， ∴， ∴P中必有元素，Q中必无元素， ∴，， ∴，矛盾，故假设不成立，∴， 当时，下面只需证明当，且时， 总是存在A的两个相异子集P，Q，使得成立即可. ∵为理想集， ∴当，且时，总是存在两个相异子集P0，Q0使得成立， ①若， 取，，， 则， ∵，且，∴； ②若， 取，，则； ③若， 取，，， 则， ∵，且， ∴， 综上所述，当时，为理想集， ∴当为理想集时，的最大值为. （ⅱ）不妨设， 先证，假设有成立， 由题意可知，存在两个相异的子集P，Q，使得， ①若，则，∴， 由，可知显然不可能成立； ②若，由，可知， 显然，这与矛盾， ∴假设不成立，即得证. 再证明：当，且时，恒成立， 假设存在，且时，有， 记，则，即， 取， 假设存在集合P0，O0，使得成立（同上只需考虑的情形）， 则，即， ①若， 则， ∴， ∵，∴， ∴，即， ∵，且， ∴，这与矛盾， ②若中至少有一个元素不在P0中，不妨设不在P0中， 则，这与矛盾， 综上所述，当，且时，恒成立， ∴当恒成立（，且），且时，取得最大值， 考虑数列，其前n项和记为，且，时（，且）， ∴，即（，且）， ∴数列是以为首项，公比为3的等比数列， ∴，即， ∵的最大值为，即得证. 25．（2025·浙江宁波·三模）设维向量，，定义运算：. (1)当时，若且，，试比较与的大小； (2)已知，记且和均为的某一排列}. （ⅰ）求，； （ⅱ）若，求.（提示：.） 【答案】(1)； (2)（ⅰ），； （ⅱ）. 【分析】（1）根据题设定义并应用作差法比较大小即可； （2）（i）根据定义得，结合可能取值有，即可得，讨论，同理求； （ⅱ）根据定义确定的最值，进而有的元素均属于集合，设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），并证明，即可得. 【详解】（1）由题设，所以； （2）（i）先求：设，，其中为的排列， 所以， 而可能取值有，故， 再求：设，，其中为的排列， 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 综上，； （ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大， 设， ，则最小； ，则最大； 所以的元素均属于集合， 设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数）， 下证：当时，由上知， 考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中， 设，，其中为的任一排列， 所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素， 当，，其中为的任一排列， 所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素， 当时，， 即， 故不覆盖集合的元素至多有个，故， 又，所以， 所以. 四、立体几何新定义 26．（2024高三·全国·专题练习）空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用斜坐标的定义及向量的线性运算可得结果； （2）利用空间向量的线性运算表示由题可得，，设平面的法向量为，通过求解法向量方程与赋值求得法向量，以及平面，表示出，利用平面与平面的夹角的余弦公式求解即可. 【详解】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数）， 由题可知，，． 平面， 即 则，， 则的斜坐标为． （2）由题可得，， 设平面的法向量为（提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量）， 由 得 即 取，可得，， 即． 则． 由（1）可知平面， 且， 则， ， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 【点睛】关键点点睛：充分理解“空间斜坐标系”以及通过空间向量线性运算正确表示出向量是解题关键，本题以新定义下的线面关系与平面与平面的夹角为背景，考查考生数学建模、数学运算核心素养．属于较难题. 27．（2025·广西南宁·二模）在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 【答案】(1)正四棱锥，； (2)2； (3). 【分析】（1）根据给定条件可得为正四棱锥，利用正四棱锥的结构特征，结合面面角的向量法求解. （2）利用多面体的离散总曲率的定义，列式计算即可. （3）利用正四棱锥内切球的性质求出球，进而探讨球与球的半径关系，再利用球的表面积公式及公比绝对值小于的无穷等比数列所有项和公式求解. 【详解】（1）几何体为正四棱锥， 依题意，为， 当时，表示平面内的两组平行直线及 所围成的正方形，其顶点为， 当时，点，因此几何体为正四棱锥，如图： 由正四棱锥任意两侧面所在平面的夹角相等，不妨求面与面夹角余弦值， 平面方程为，则平面法向量为， 平面方程为，则平面法向量为， 因此， 所以几何体两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值为. （2）依题意，， ，， ，， 所以几何体的离散总曲率为 . （3）设球与侧面相切于，连接，与交于，则， 连接，则，，， 设球半径为，则，，解得， 设球的半径为，则， 则，两式相减得，即， 因此数列是以1为首项，公比为的等比数列，则数列是以1为首项，公比为的等比数列， 而，则放入的所有球的表面积之和． 所以放入的所有球的表面积之和为. 五、解析几何新定义 28．（2025·海南·模拟预测）定义：对椭圆及任意一点，称直线为关于点的“极线”. 结论1：若点在椭圆上，则关于点的极线就是在点处的切线. 结论2（椭圆的光学性质）：从椭圆一个焦点发出的光线照射到椭圆上，其反射光线会经过另一个焦点. 试根据上面的定义和结论解决下列问题： 已知是椭圆的两个焦点，关于点的极线与相交于两点. (1)求； (2)设在点处的切线为，在点处的切线为，过在上且在外一点作的两条切线，切点分别为,证明：直线相交于一点； (3)若是上除顶点以外的任意一点，直线和分别与直线相交于点，证明：为定值. 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求的方程为，联立可得； （2）先求得和交于点，再求得直线的方程为，也过，即可证； （3）在点处的切线方程为，则与平行，由椭圆的光学性质可得，即为定值. 【详解】（1）根据定义，可得的方程为，即， 将其代入的方程得，解得， 不妨取，所以. （2）根据所给结论可知分别是关于点的极线， 如图（1），取，则. 由解得所以和交于点， 要证明直线相交于一点，只需证明直线过点即可. 设. 根据所给结论，可知直线，直线. 因为直线和都经过点，所以， 所以直线的方程为，将代入，得，方程也成立， 所以直线过点，故直线相交于一点. （3）由题意，在点处的切线方程为，则与平行，且经过坐标原点. 如图（2）所示，由椭圆的光学性质，可知. 又因为，所以，所以，所以. 过作，与交于点，则，所以. 另一方面，因为，所以， 从而，所以. 因此，故为定值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问证明三点共线，先求两条直线的交点，再证交点在第三条直线上即可.第三问先考虑在点处的切线方程为与平行，进而根据椭圆的光学性质和平面几何相关知识可得. 29．（2025·黑龙江·一模）在平面直角坐标系中，若圆与抛物线有公共点，且圆与抛物线在点处有相同的切线，则称为抛物线的和谐数，圆为的和谐圆. (1)试判断3是否为抛物线的和谐数.若是，求出3的和谐圆；否则，请说明理由. (2)设，，…，均为抛物线的和谐数，且，记，，…，的和谐圆分别为圆，，…，，设圆，，…，与抛物线的公共点分别为，，…，，已知，且，圆与外切. （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）设点，记的面积为，证明：. 【答案】(1)是， (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）先假设3是抛物线的和谐数，进而结合题意求解即可； （2）（ⅰ）不妨设，由为抛物线的和谐数，可得的和谐圆为，进而结合（1）得到，，进而结合题意可得，进而得到数列是等差数列，进而求解； （ⅱ）由题意可得，，，可得为等腰三角形，可得的面积，进而放缩得到当时，，结合裂项相消法求证即可. 【详解】（1）假设3是抛物线的和谐数，则3的和谐圆为， 由对称性，不妨设圆与抛物线有公共点， 显然抛物线在点处的切线，即曲线在点处的切线， 易知该切线的斜率为， ∵圆与抛物线在点处有相同的切线， ∴，解得， ∴圆与抛物线有公共点， ∴和谐圆的半径为 ∴3是抛物线的和谐数，且3的和谐圆为. （2）由对称性，只需考虑，，…，均在轴上方的情形，不妨设， （ⅰ）∵为抛物线的和谐数， ∴的和谐圆为， ∴由（1）可知，，解得， ∴， ∵在圆上，∴， ∵，圆与外切，且， ∴，即， ∴， ∴数列是等差数列，其公差为2，首项为， ∴，即， ∴数列的通项公式为. （ⅱ）证明：显然点为抛物线的焦点，∴， 易知，且，∴为等腰三角形， 易知的面积， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∴不等式得证. 【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略： 1.通过给出一个新的定义，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. 30．（2025·河北秦皇岛·二模）蔓叶线是古希腊数学家狄奥克勒斯在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线，蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下左图所示．在平面直角坐标系中，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线的倾斜角为（为坐标原点），且交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，一蔓叶线的方程为，如下右图所示．    (1)求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围； (2)证明：点在蔓叶线上； (3)设直线与蔓叶线交于不同的三点，，，且直线，，的斜率之和为2025，证明：直线过定点． 参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若，，是关于一元三次方程的三个根，则，，． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据蔓叶线方程中分母不为零以及根式有意义的条件来确定横坐标取值范围. （2）依据向量相等的性质得到点的坐标，再将点的横坐标代入蔓叶线方程的右边，通过化简计算与进行比较，若相等则可证明点在蔓叶线上. （3）将直线方程与蔓叶线方程联立，齐次化处理，利用三次方程韦达定理得到直线斜率之和的表达式，进而求出直线过的定点. 【详解】（1）因为蔓叶线的方程为， 则且.由于恒成立，所以等价于，解得， 由图知道，蔓叶线的位置，所以，综上，知道. 则蔓叶线上任一点横坐标的取值范围为. （2）设，已知直线的方程为，将其代入圆的方程，得到. 对进行整理得 解得或，因为点不是原点，所以点横坐标为. 已知，设，，点横坐标为. 根据向量坐标运算，，，因为，所以，. 将代入蔓叶线方程的右边：， 而，即蔓叶线方程右边的值等于，等式成立. 所以点的坐标满足蔓叶线方程，点在蔓叶线上. （3），齐次化联立直线与曲线，得到，那么，即， 根据方程联立得意义可知，所得的关于的一元三次方程的三个根即为， 结合韦达定理知道，，故 ，则， 代入直线方程，即，化简得，式子恒成立， 则令，解得.故直线过定点.原命题成立. 31．（2025·山东滨州·二模）在平面直角坐标系中，设，规定：点叫做点的仿射对应点．已知点的轨迹的方程为，点的仿射对应点的轨迹为． (1)求的轨迹方程； (2)设是曲线上的两点，的仿射对应点分别为．和的面积分别记为．求； (3)设是曲线上两点，若的面积为，求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）点的的仿射对应点为，根据仿射点的关系得，代入即得椭圆方程； （2）设，则，利用向量法及三角形面积公式求得，及，即可求解； （3）设的仿射对应点分别为，根据（2）的结论得的面积为，设，然后利用三角形面积求得，进而有，结合得，进而利用仿射点的关系得，得证. 【详解】（1）设为上任意一点，点的的仿射对应点为， 则，所以，又因为在上，从而得， 所以点Q的轨迹方程为； （2）设，则， 因为，所以 ， 同理，所以； （3）设的仿射对应点分别为， 由（2）可知：由的面积为得的面积为，设， 从而的面积为，所以， 又，所以， 又因为均在上，所以， 又，所以，所以， 所以，又， 所以. 32．（2025·全国·一模）定义:设三角形ABC的内角的对边分别为，若其所在平面内一点O满足，则称点O为三角形ABC的正弦分点. (1)证明:点O为三角形ABC的内心； (2)已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且，其中均为常数，动点P的轨迹称为曲线. （i）已知曲线为曲线，其左顶点为A，右焦点为F，若点是曲线右支上的一点，三角形的正弦分点为Q，证明:点Q在曲线上； （ii）已知曲线为曲线，其焦点分别为，，若点是曲线上的一点，三角形的正弦分点为，则是否存在两定点，使得恒为定值，若存在，求出此定值，若不存在，则说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）定值为. 【分析】（1）根据正弦定理得，再利用在直线上得到在直线上，，则在角的角平分线上，同理得其在另外两角平分线上即可证明； （2）（i）设直线：，直线：，联立解得点坐标，代入方程得，最后计算得，化简即可； （ii），设，，根据焦半径公式得，，再利用向量关系即可得到，则其轨迹为椭圆，则得到其定长. 【详解】（1）由正弦定理可知 则. 记， 由于， 所以在直线上， 且， 所以在角的角平分线上， 又因为， 所以三点共线， 即在角的角平分线上， 同理可得在角，角的角平分线上， 即为的内心. （2）（i），，则， 即，，， 设，则， 设直线：，直线：， ，. 代入可得. 显然,否则三点共线构成不了三角形. 故，即① 由（1）可知为的内心.，不妨设在第一象限， 故，代入①可得， 则（舍去，注：）或者， 即. （ii）， 即，，，设，， ， ，，， 则， 即， 解得，， 则， 即的轨迹为椭圆，则. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$