專題07新定義綜合（含數(shù)列新定義、函數(shù)新定義、集合新定義）（40題難題）（5單選5多選5填空25大題）一、單選題1．（2024·浙江溫州·二模）已知定義在上的函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．的圖象關(guān)于對稱 B．的圖象關(guān)于對稱C．在單調(diào)遞增 D．有最小值【答案】A【分析】利用特殊值可排除B、C，利用函數(shù)的性質(zhì)可確定A、D.【詳解】對于BC，由題意可知：，顯然的圖象不關(guān)于對稱，而，故B、C錯誤；對于D，若為有理數(shù)，則，顯然，函數(shù)無最小值，故D錯誤；對于A，若是有理數(shù)，即互質(zhì)，則也互質(zhì)，即，若為無理數(shù)，則也為無理數(shù)，即，所以的圖象關(guān)于對稱，故A正確.下證：互質(zhì)，則也互質(zhì).反證法：若互質(zhì)，不互質(zhì)，不妨設，則，此時與假設矛盾，所以也互質(zhì).故選：A【點睛】思路點睛：根據(jù)抽象函數(shù)的對稱性結(jié)合互質(zhì)的定義去判定A、B，而作為抽象函數(shù)可以適當選取特殊值驗證選項，提高正確率.2．（2024·廣東韶關(guān)·二模）定義，對于任意實數(shù)，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設，則，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)求出函數(shù)的最小值進而得，化簡即可求解.【詳解】設，則，得，設，則，令，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，即，得，所以，得，即.故選：A【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查導數(shù)在函數(shù)中的綜合應用，本題解題的關(guān)鍵是由構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)求得即為題意所求.3．（2024·山西·模擬預測）如圖所示是畢達哥拉斯的生長程序：正方形上連接著等腰直角三角形，等腰直角三角形邊上再連接正方形，如此繼續(xù).設初始正方形的邊長為，依次構(gòu)造出的小正方形（含初始正方形）的邊長構(gòu)成數(shù)列，若的前n項和為，令，其中表示x，y中的較大值.若恒成立，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求出數(shù)列和的通項公式，再根據(jù)集合新定義確定，再由不等式恒成立分類討論時列不等式和時列不等式求出對應的值取并集即可.【詳解】因為的前n項和為，所以當時，，又當時，，符合上式，所以數(shù)列的通項公式，數(shù)列滿足，因為，公比，所以，所以，因為數(shù)列是遞減數(shù)列，而是遞增數(shù)列；，其中表示x，y中的較大值.若恒成立，所以是數(shù)列中的最小項，所以當時，則，即，解得，當時，則，即，解得，取并集可得，故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題中集合新定義是取較大者，這樣就轉(zhuǎn)化成比較和的大小問題了，利用已知求出數(shù)列和的通項公式再比較大小可確定，最后由不等式恒成立，列不等式組求出參數(shù)范圍即可.4．（2024·福建莆田·二模）對于函數(shù)和，及區(qū)間，若存在實數(shù)，使得對任意恒成立，則稱在區(qū)間上“優(yōu)于”．有以下四個結(jié)論：①在區(qū)間上“優(yōu)于”；②在區(qū)間上“優(yōu)于”；③在區(qū)間上“優(yōu)于”；④若在區(qū)間上“優(yōu)于”，則．其中正確的有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【分析】對于①②：根據(jù)題意結(jié)合函數(shù)圖象分析判斷；對于③：構(gòu)建函數(shù)，，利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，可證；對于④：根據(jù)結(jié)合公切線可得，并檢驗.【詳解】對于①：若在區(qū)間上恒成立，結(jié)合余弦函數(shù)的圖象可知：，若，此時與必有兩個交點，由圖象可知：不恒成立，即不存在實數(shù)，使得對任意恒成立，故①錯誤；對于②：對于，，結(jié)合正切函數(shù)圖象可知，不存在在實數(shù)，使得對任意恒成立，故②錯誤；對于③：構(gòu)建，則，令，解得；，解得；可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，則，即；構(gòu)建，則，令，解得；，解得；可知在內(nèi)單調(diào)遞減，在內(nèi)單調(diào)遞增，則，即；綜上所述：，即存在實數(shù)，使得對任意恒成立，所以在區(qū)間上“優(yōu)于”，故③正確；對于④：因為，且，若在區(qū)間上“優(yōu)于”，可知符合條件的直線應為在處的公切線，則，可得，則切線方程為，構(gòu)建在即內(nèi)恒成立，可得；由③可知：，可得;綜上所述：.所以符合題意，故D正確；故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于③：通過構(gòu)建函數(shù)證明；對于④：根據(jù)，結(jié)合題意分析可得，即可得，注意檢驗.5．（2024·全國·模擬預測）若數(shù)列，對于，都有（為常數(shù)）成立，則稱數(shù)列具有性質(zhì)．已知數(shù)列的通項公式為，且具有性質(zhì)，則實數(shù)的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意，先將成立變形為時成立，將通項公式代入，從而將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題，研究新數(shù)列的單調(diào)性即可解決問題．【詳解】依題意，得，故只需考慮時，，．因為，只需要，即，整理得．令，則，所以對任意的恒成立，所以數(shù)列為遞增數(shù)列，則，所以，即的取值范圍為．故選：C．二、多選題6．（2024·浙江·一模）對于集合中的任意兩個元素，若實數(shù)同時滿足以下三個條件：①“”的充要條件為“”；②；③，都有．則稱為集合上的距離，記為．則下列說法正確的是（

）A．為B．為C．若，則為D．若為，則也為（為自然對數(shù)的底數(shù)）【答案】AC【分析】由的定義對選項一一判斷即可得出答案.【詳解】對于A，，即，①，，即，即，若，則，所以“”的充要條件為“”.②，，成立，③，，，故A正確；對于B，，①，，即，即，此時若，則，故B錯誤；對于C，，①，即，即，得，若，則，所以“”的充要條件為“”.②，，成立；③，，故成立，故C正確；對于D，設，，則，①,若，則，即，，故D錯誤.故選：AC.【點睛】方法點睛：新定義題型的特點是：通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達到靈活解題的目的：遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決．7．（2024·全國·模擬預測）意大利數(shù)學家斐波那契在研究兔子繁殖問題時發(fā)現(xiàn)數(shù)列數(shù)列中的每一項稱為斐波那契數(shù)，記作．已知．則（

）A．B．C．若斐波那契數(shù)除以4所得的余數(shù)按照原順序構(gòu)成數(shù)列，則D．若．則【答案】BC【分析】A，B，結(jié)合遞推公式，寫出前14項即可；C，是以6為最小正周期的數(shù)列；D，結(jié)合遞推公式迭代即可.【詳解】對于A，斐波那契數(shù)列，，A錯誤；對于B，，B正確；對于C，由斐波那契數(shù)除以4所得的余數(shù)按照原順序構(gòu)成數(shù)列，因為，，，，，，根據(jù)數(shù)列的性質(zhì)以及的定義可得，，，，，，.同理可推得，當時，有，，，，，，所以是以6為最小正周期的數(shù)列，又因為，，，C正確；對于D，由斐波那契數(shù)列性質(zhì)，，．可知，D錯誤．故選：BC．8．（2024·全國·模擬預測）著名的德國數(shù)學家狄利克雷在19世紀提出了這樣一個“奇怪的”函數(shù)：定義在上的函數(shù).后來數(shù)學家研究發(fā)現(xiàn)該函數(shù)在其定義域上處處不連續(xù)、處處不可導．根據(jù)該函數(shù)，以下是真命題的有（

）A．B．的圖象關(guān)于軸對稱C．的圖象關(guān)于軸對稱D．存在一個正三角形，其頂點均在的圖象上【答案】BCD【分析】特殊值代入驗證A，D；利用偶函數(shù)定義判斷B，C.【詳解】對于A，當，時，，，，故A錯誤；對于B，因為的定義域為，關(guān)于原點對稱，若是無理數(shù)，則是無理數(shù)，所以，；若是有理數(shù)，則是有理數(shù)，所以，；所以，故是偶函數(shù)，圖象關(guān)于軸對稱，B正確；對于C，由B可知，，所以，故是偶函數(shù)，圖象關(guān)于軸對稱，C正確；對于D，設，，，則，所以是等邊三角形，又因為，，，所以的頂點均在的圖象上，D正確.故選：BCD9．（2024·全國·模擬預測）歐拉函數(shù)是初等數(shù)論中的重要內(nèi)容．對于一個正整數(shù)n，歐拉函數(shù)表示小于或等于n且與n互質(zhì)的正整數(shù)的數(shù)目．換句話說，是所有不超過n且與n互素的數(shù)的總數(shù)．如：，．則以下是真命題的有（

）A．的定義域為，其值域也是B．在其定義域上單調(diào)遞增，無極值點C．不存在，使得方程有無數(shù)解D．，當且僅當n是素數(shù)時等號成立【答案】ACD【分析】根據(jù)歐拉函數(shù)的定義和性質(zhì)，以及與素數(shù)的關(guān)系進行判斷選項.【詳解】對于A，根據(jù)歐拉函數(shù)的定義，可得歐拉函數(shù)的定義域為，其值域也是，所以A正確；對于B，歐拉函數(shù)在其定義域上不是單調(diào)遞增的，如，所以B錯誤;對于C，由于的值域為，所以不存在，使方程有無數(shù)解,故C正確;對于D，因為的素因數(shù)都是大于1，，所以，當且僅當時素數(shù)時等號成立，故D正確.故選：ACD【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵點是理解歐拉函數(shù)的定義和性質(zhì)，以及與素數(shù)的關(guān)系.10．（2024·山東煙臺·一模）給定數(shù)列，定義差分運算：.若數(shù)列滿足，數(shù)列的首項為1，且，則（

）A．存在，使得恒成立B．存在，使得恒成立C．對任意，總存在，使得D．對任意，總存在，使得【答案】BC【分析】由已知求出及范圍判斷AB；利用累加法結(jié)合錯位相減法求和求出及范圍判斷C；求出及的范圍判斷D.【詳解】對于A，由，得，顯然有最小值4，無最大值，因此不存在，使得恒成立，A錯誤；對于B，由選項A知，，則，顯然當時，恒成立，B正確；對于C，由，得，當時，即，于是，兩式相減得，因此，顯然滿足上式，則，由，得數(shù)列是遞增數(shù)列，有最小值1，無最大值，從而對任意，總存在，使得，C正確；對于D，，由選項C得，顯然數(shù)列是遞減數(shù)列，，因此對任意，不存在，使得成立，D錯誤.故選：BC【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及數(shù)列新定義問題，關(guān)鍵是正確理解給出的定義，由給定的數(shù)列結(jié)合新定義探求數(shù)列的相關(guān)性質(zhì)，并進行合理的計算、分析、推理等方法綜合解決.三、填空題11．（2024·北京·模擬預測）已知無窮數(shù)列滿足：對任意，有，且.給出下列四個結(jié)論：①存在無窮多個，使得；②存在，使得；③對任意，有；④對任意，存在互不相同的，使得.其中所有正確結(jié)論的序號是.【答案】①③④【分析】對于①，我們得出任意連續(xù)兩個自然數(shù)中必有一個屬于即可判斷；對于②，我們以斐波那契數(shù)列為反例即可推翻；對于③，設，，分兩種情況討論即可判斷；對于④，由③可得或，由此即可進一步判斷.【詳解】設，，則，.如果，則，故，從而.這意味著任意連續(xù)兩個自然數(shù)中必有一個屬于，所以一定是無限集，故①正確；注意到數(shù)列，滿足全部條件，這里是斐波那契數(shù)列，這能夠得到以及，從而.假設此時有，，則即對任意成立，這顯然不可能，故②錯誤；設，，若，則；若，則.任一情況都有，故③正確；由③的過程還可以得到：或.這意味著可以適當選取使得，從而，故④正確.故答案為：①③④.【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于②的判斷，關(guān)鍵是利用斐波那契數(shù)列的性質(zhì)得出矛盾，由此即可順利得解.12．（2024·廣西南寧·一模）已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項是，接下來的兩項是，再接下來的三項是，依此類推，若該數(shù)列的前項和為，若，則稱為“好數(shù)對”，如，，則都是“好數(shù)對”，當時，第一次出現(xiàn)的“好數(shù)對”是．【答案】【分析】結(jié)合數(shù)列的項的規(guī)律求出該數(shù)列前項的和為，令，求出k的范圍，即可確定當時，滿足為2的整數(shù)冪的n的最小值，即可求得答案.【詳解】若，則為2的整數(shù)冪，將數(shù)列排成如下形式：……第k行為，第k行的和為，該數(shù)列前項的和為，令，則，此時可用以2為底的整數(shù)冪表示，當時，有，此時共有項，不滿足總項數(shù)；當時，有，此時共有項，不滿足總項數(shù)；當時，有，此時共有項，滿足總項數(shù)；所以n的最小值為，此時，，所以當時，第一次出現(xiàn)的“好數(shù)對”是，故答案為：【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題是給出新的定義類問題，解答首要理解新定義的含義，由此去解答問題，解答本題的關(guān)鍵是求出當時，滿足為2的整數(shù)冪的n的最小值.13．（2024·貴州·三模）以表示數(shù)集中最大（?。┑臄?shù).設，已知，則.【答案】【分析】由，得，設，則，再結(jié)合基本不等式求解即可.【詳解】由，得，設，則，由，當且僅當時，取等號，所以.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：設，由已知得出，進而得出是解決本題的關(guān)鍵.14．（2024·河北·模擬預測）已知表示不超過的最大整數(shù)，，設，且，則的最小值為；當時，滿足條件的所有值的和.【答案】【分析】由的最小公倍數(shù)為，得只需在這個范圍內(nèi)討論即可，再結(jié)合等差數(shù)列得前項和公式即可得解.【詳解】由題意，當時，，則，解得（舍去），當時，，則，解得（舍去），當時，，則，解得，所以的最小值為，當時，，則，解得（舍去），當時，，則，解得，當時，，則，解得，當時，，故舍去，因為的最小公倍數(shù)為，以為首項為公差的等差數(shù)列，設為，則，以為首項為公差的等差數(shù)列，設為，則，所以數(shù)列和是滿足條件的所有值，令，解得，令，解得，則當時，滿足條件的所有值的和.故答案為：；.【點睛】關(guān)鍵點點睛：由的最小公倍數(shù)為，可得只需在這個范圍內(nèi)討論，求出這個范圍內(nèi)的的值，是解決本題的關(guān)鍵.15．（2024·江西·一模）斐波那契數(shù)列，又稱黃金分割數(shù)列，因數(shù)學家萊昂納多·斐波那契以兔子繁殖為例子而引入，故又稱為“兔子數(shù)列”，指的是這樣一個數(shù)列：1、1、2、3、5、8、13、21、34、…，在數(shù)學上，斐波那契數(shù)列以如下遞推的方式定義：且中，則B中所有元素之和為奇數(shù)的概率為．【答案】【分析】記A中所有偶數(shù)組成的集合為C，所有奇數(shù)組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數(shù)個元素的子集為F，則所有元素之和為奇數(shù)的集合B可看成，然后可解.【詳解】由斐波那契數(shù)列規(guī)律可知，集合中的元素有674個偶數(shù)，1350個奇數(shù)，記A中所有偶數(shù)組成的集合為C，所有奇數(shù)組成的集合為D，集合C的子集為E，集合D中含有奇數(shù)個元素的子集為F，則所有元素之和為奇數(shù)的集合B可看成，顯然集合E共有個，集合F共有個，所以所有元素之和為奇數(shù)的集合B共有個，又集合A的非空子集共有個，所以B中所有元素之和為奇數(shù)的概率為.故答案為：【點睛】關(guān)鍵點睛：解決本題的關(guān)鍵是將集合分拆成所有偶數(shù)組成的集合及所有奇數(shù)組成的集合，利用二項式系數(shù)的性質(zhì)求出含有奇數(shù)個奇數(shù)組成的集合個數(shù).四、解答題16．（2024·吉林白山·二模）已知數(shù)列的前項和為，若數(shù)列滿足：①數(shù)列項數(shù)有限為；②；③，則稱數(shù)列為“階可控搖擺數(shù)列”.(1)若等比數(shù)列為“10階可控搖擺數(shù)列”，求的通項公式；(2)若等差數(shù)列為“階可控搖擺數(shù)列”，且，求數(shù)列的通項公式；(3)已知數(shù)列為“階可控搖擺數(shù)列”，且存在，使得，探究：數(shù)列能否為“階可控搖擺數(shù)列”，若能，請給出證明過程；若不能，請說明理由.【答案】(1)或(2)(3)不能，理由見解析【分析】（1）根據(jù)和討論，利用等比數(shù)列前n項和結(jié)合數(shù)列新定義求解即可；（2）結(jié)合數(shù)列定義，利用等差數(shù)列的前n項和及通項公式求解即可；（3）根據(jù)數(shù)列為“階可控搖擺數(shù)列”求得，再利用數(shù)列的前項和得，然后推得與不能同時成立，即可判斷.【詳解】（1）若，則，解得，則，與題設矛盾，舍去；若，則，得，而，解得或，故或.（2）設等差數(shù)列的公差為，因為，則，則，由，得，而，故，兩式相減得，即，又，得，所以.（3）記中所有非負項之和為，負項之和為，因為數(shù)列為“階可控搖擺數(shù)列”，則得，故，所以.若存在，使得，即，則，且.假設數(shù)列也為“階可控搖擺數(shù)列”，記數(shù)列的前項和為，則因為，所以.所以；又，則.所以；即與不能同時成立.故數(shù)列不為“階可控搖擺數(shù)列”.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列的新定義問題，應根據(jù)定義得到數(shù)列滿足的遞推關(guān)系，再利用常見的數(shù)列通項公式求法（如公式法、累加法、待定系數(shù)法等）求得數(shù)列通項公式和前n項和，最后再通項和前n項和的基礎(chǔ)上討論數(shù)列的性質(zhì).17．（2024·云南昆明·一模）若非空集合A與B，存在對應關(guān)系f，使A中的每一個元素a，B中總有唯一的元素b與它對應，則稱這種對應為從A到B的映射，記作f：A→B．設集合，（，），且．設有序四元數(shù)集合且，．對于給定的集合B，定義映射f：P→Q，記為，按映射f，若（），則；若（），則．記．(1)若，，寫出Y，并求；(2)若，，求所有的總和；(3)對于給定的，記，求所有的總和（用含m的式子表示）．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根據(jù)題意中的新定義，直接計算即可求解；（2）對1，，5是否屬于B進行分類討論，求出對應所有Y中的總個數(shù)，進而求解；（3）由題意，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.【詳解】（1）由題意知，，所以．（2）對1，，5是否屬于B進行討論：①含1的B的個數(shù)為，此時在映射f下，；不含1的B的個數(shù)為，此時在映射f下，；所以所有Y中2的總個數(shù)和1的總個數(shù)均為10；②含5的B的個數(shù)為，此時在映射f下，；不含5的B的個數(shù)為，此時在映射f下，；所以所有Y中6的總個數(shù)和5的總個數(shù)均為10；②含的B的個數(shù)為，此時在映射f下，，；不含的B的個數(shù)為，此時在映射f下，，；所以所有y中的總個數(shù)和的總個數(shù)均為20．綜上，所有的總和為．（3）對于給定的，考慮在映射f下的變化．由于在A的所有非空子集中，含有的子集B共個，所以在映射f下變?yōu)?；不含的子集B共個，在映射f下變?yōu)?；所以在映射f下得到的所有的和為．同理，在映射f下得到的所有（）的和．所以所有的總和為．【點睛】方法點睛：學生在理解相關(guān)新概念、新法則(公式)之后，運用學過的知識，結(jié)合已掌握的技能，通過推理、運算等解決問題.在新環(huán)境下研究“舊”性質(zhì).主要是將新性質(zhì)應用在“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性地證明更新的性質(zhì)，落腳點仍然是集合的有關(guān)知識點.18．（2024·重慶·模擬預測）在二維空間即平面上點的坐標可用兩個有序數(shù)組表示，在三維空間中點的坐標可用三個有序數(shù)組表示，一般地在維空間中點A的坐標可用n個有序數(shù)組表示，并定義n維空間中兩點，間的“距離”．(1)若，，求；(2)設集合．元素個數(shù)為2的集合M為的子集，且滿足對于任意，都存在唯一的使得，則稱M為“的優(yōu)集”．證明：“的優(yōu)集”M存在，且M中兩不同點的“距離”是7．【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)題，得到，結(jié)合裂項法求和，即可求解；（2）根據(jù)新定義得到，，構(gòu)造有2個元素，由為整數(shù)，得到存在為“的優(yōu)集”，設，，推得，，顯然矛盾，即可得證.【詳解】（1）解：因為，，，則，所以.（2）證明：定義：對任意，規(guī)定，對任意，，由于，，，容易得，所以，得結(jié)論：，，構(gòu)造有2個元素，由為整數(shù)，當時，則滿足M為“的優(yōu)集”的定義，當時，則，滿足M為“的優(yōu)集”的定義，所以存在為“的優(yōu)集”，若M中的兩個點，有一個位置相同，不妨設為第一個位置，則設，，則取，則有，，顯然矛盾，所以M中的兩個點每一個位置均不同，即，顯然，即“的優(yōu)集”M存在，且M中兩不同點的“距離”是.【點睛】方法點睛：對于以集合為背景的新定義問題的求解策略：1、緊扣新定義，首先分析新定義的特點，把心定義所敘述的問題的本質(zhì)弄清楚，應用到具體的解題過程中；2、用好集合的性質(zhì)，解題時要善于從試題中發(fā)現(xiàn)可以使用的集合的性質(zhì)的一些因素.3、涉及有交叉集合的元素個數(shù)問題往往可采用維恩圖法，基于課標要求的，對于集合問題，要熟練基本的概念，數(shù)學閱讀技能、推理能力，以及數(shù)學抽象和邏輯推理能力.19．（2024·遼寧·一模）十七世紀至十八世紀的德國數(shù)學家萊布尼茲是世界上第一個提出二進制記數(shù)法的人，用二進制記數(shù)只需數(shù)字0和1，對于整數(shù)可理解為逢二進一，例如：自然數(shù)1在二進制中就表示為，2表示為，3表示為，5表示為，發(fā)現(xiàn)若可表示為二進制表達式，則，其中，或1（）.(1)記，求證：；(2)記為整數(shù)的二進制表達式中的0的個數(shù)，如，.（?。┣螅唬áⅲ┣螅ㄓ脭?shù)字作答）.【答案】(1)證明見解析(2)（?。?；（ⅱ）9841【分析】（1）借助二進制的定義計算可得，，即可得證；（2）（?。┙柚M制的定義可計算出，即可得表達式中的0的個數(shù)；（ⅱ）計算出從到中，、、，的個數(shù)，即可得.【詳解】（1），，，，；（2）（?。?，，（ⅱ），，故從到中，有、、、共9個，有個，由，即共有個有個，由，即共有個……，有個，.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本體最后一小問關(guān)鍵點在于結(jié)合二進制的定義，得到，，通過組合數(shù)的計算得到、、、的個數(shù)，再結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)計算得到結(jié)果.20．（2024·江蘇鹽城·模擬預測）根據(jù)多元微分求條件極值理論，要求二元函數(shù)在約束條件的可能極值點，首先構(gòu)造出一個拉格朗日輔助函數(shù)，其中為拉格朗日系數(shù)．分別對中的部分求導，并使之為0，得到三個方程組，如下：，解此方程組，得出解，就是二元函數(shù)在約束條件的可能極值點．的值代入到中即為極值．補充說明：【例】求函數(shù)關(guān)于變量的導數(shù)．即：將變量當做常數(shù)，即：，下標加上，代表對自變量x進行求導．即拉格朗日乘數(shù)法方程組之中的表示分別對進行求導．(1)求函數(shù)關(guān)于變量的導數(shù)并求當處的導數(shù)值．(2)利用拉格朗日乘數(shù)法求：設實數(shù)滿足，求的最大值．(3)①若為實數(shù)，且，證明：．②設，求的最小值．【答案】(1)，；(2)；(3)①證明見解析；②4.【分析】（1）根據(jù)給定條件，對變量求導并求值.（2）利用拉格朗日乘數(shù)法求出極值，再判斷并求出最大值.（3）①利用換元法，結(jié)合平方數(shù)是非負數(shù)推理即得；②利用二次函數(shù)、均值不等式求出最小值.【詳解】（1）函數(shù)，對變量求導得：，當時，.（2）令，則，解得或，于是函數(shù)在約束條件的可能極值點是，，當時，函數(shù)的一個極值為函數(shù)，當時，函數(shù)的一個極值為函數(shù)，方程視為關(guān)于x的方程：，則，解得，視為關(guān)于y的方程：，則，解得，因此函數(shù)對應的圖形是封閉的，而，所以的最大值為.（3）①由，，設，則，當且僅當時取等號，所以.②當時，，當且僅當時取等號，所以時，取得最小值4.【點睛】方法點睛：利用基本不等式最值的方法與技巧：①在運用基本不等式時，要特別注意“拆”、“拼”、“湊”等技巧，使用其滿足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的條件；②利用基本不等式求最值時，要從整體上把握運用基本不等式，有時可乘以一個數(shù)或加上一個數(shù)，以及“1”的代換等應用技巧.21．（2024·湖南衡陽·二模）莫比烏斯函數(shù)在數(shù)論中有著廣泛的應用．所有大于1的正整數(shù)都可以被唯一表示為有限個質(zhì)數(shù)的乘積形式：（為的質(zhì)因數(shù)個數(shù)，為質(zhì)數(shù)，），例如：，對應．現(xiàn)對任意，定義莫比烏斯函數(shù)(1)求；(2)若正整數(shù)互質(zhì)，證明：；(3)若且，記的所有真因數(shù)（除了1和以外的因數(shù)）依次為，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析；(3)證明見解析；【分析】（1）分別寫出的所有質(zhì)因數(shù)，根據(jù)其個數(shù)即可計算出結(jié)果；（2）對的取值是否為1進行分類討論，對的取值進行分別計算即可求得結(jié)論；（3）利用定義由組合數(shù)定義以及二項式定理可得出證明.【詳解】（1）因為，易知，所以；又，因為5的指數(shù)，所以；（2）①若或，因為，所以；②若，且存在質(zhì)數(shù)，使得或的質(zhì)因數(shù)分解中包含，則的質(zhì)因數(shù)分解中一定也包含，所以，③若，且不存在②中的，可設，其中均為質(zhì)數(shù)，則，因為互質(zhì)，所以互不相等，所以，綜上可知（3）由于，所以可設，為偶數(shù)，的所有因數(shù)，除了1之外都是中的若干個數(shù)的乘積，從個質(zhì)數(shù)中任選個數(shù)的乘積一共有種結(jié)果，所以，所以．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于充分理解莫比烏斯函數(shù)的定義，并根據(jù)計算規(guī)則得出其規(guī)律，再由二項式系數(shù)性質(zhì)可得出結(jié)果.22．（2024·湖南·二模）羅爾定理是高等代數(shù)中微積分的三大定理之一，它與導數(shù)和函數(shù)的零點有關(guān)，是由法國數(shù)學家米歇爾·羅爾于1691年提出的．它的表達如下：如果函數(shù)滿足在閉區(qū)間連續(xù)，在開區(qū)間內(nèi)可導，且，那么在區(qū)間內(nèi)至少存在一點，使得．(1)運用羅爾定理證明：若函數(shù)在區(qū)間連續(xù)，在區(qū)間上可導，則存在，使得．(2)已知函數(shù)，若對于區(qū)間內(nèi)任意兩個不相等的實數(shù)，都有成立，求實數(shù)的取值范圍．(3)證明：當時，有．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)結(jié)合羅爾定理推導即得.（2）求出函數(shù)的導數(shù)，利用（1）的結(jié)論建立恒成立的不等式，再利用導數(shù)求出函數(shù)的值域即得.（3）構(gòu)造函數(shù)，求出導數(shù)結(jié)合（1）的結(jié)論，借助不等式性質(zhì)推理即得.【詳解】（1）令，則，令函數(shù)，則，顯然在上連續(xù)，且在上可導，由羅爾定理，存在，使得，即，所以.（2）依題意，，不妨令，則恒成立，由（1）得，于是，即，因此，令，求導得，函數(shù)在上單調(diào)遞增，則，而函數(shù)在上單調(diào)遞增，其值域為，則，所以實數(shù)的取值范圍是.（3）令函數(shù)，顯然函數(shù)在上可導，由（1），存在，使得，又，則，因此，而，則，即，所以.【點睛】思路點睛：涉及函數(shù)新定義問題，理解新定義，找出數(shù)量關(guān)系，聯(lián)想與題意有關(guān)的數(shù)學知識和方法，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化、抽象為相應的函數(shù)問題作答.23．（2024·遼寧·二模）如果數(shù)列，其中，對任意正整數(shù)都有，則稱數(shù)列為數(shù)列的“接近數(shù)列”．已知數(shù)列為數(shù)列的“接近數(shù)列”．(1)若，求的值；(2)若數(shù)列是等差數(shù)列，且公差為，求證：數(shù)列是等差數(shù)列；(3)若數(shù)列滿足，且，記數(shù)列的前項和分別為，試判斷是否存在正整數(shù)，使得？若存在，請求出正整數(shù)的最小值；若不存在，請說明理由．（參考數(shù)據(jù)：）【答案】(1)(2)證明見解析(3)存在，17【分析】（1）將分別代入即可求解；（2）利用等差數(shù)列的定義和絕對值不等式性質(zhì)先證充分性，再證必要性即可；（3）構(gòu)造等比數(shù)列求出的通項公式，進一步求其前n項和，分n為奇數(shù)和偶數(shù)兩種情況結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性，確定的通項，進而確定，再解不等式求解即可.【詳解】（1）由題：令則，即，故，得，又，同理可得，.（2）由題意，故，從而，即，因為，所以即，故數(shù)列是等差數(shù)列.（3）因為,則，解得，又，故是以為首項，公比為的等比數(shù)列，則，即，當n為奇數(shù)時，，易知單調(diào)遞減，故，得，進一步有；當n為偶數(shù)時，，易知單調(diào)遞增，故，即，得，進一步有；綜上，，易知當n為偶數(shù)時，由，得即，無解；當n為奇數(shù)時，由,得即，故，所以存在正整數(shù)，使得，正整數(shù)的最小值為17.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列的通項公式及求和，關(guān)鍵是分奇數(shù)和偶數(shù)并利用數(shù)列單調(diào)性確定的范圍來確定.24．（2024·福建泉州·模擬預測）表示正整數(shù)a，b的最大公約數(shù)，若，且，，則將k的最大值記為，例如：，.(1)求，，；(2)已知時，.（i）求；（ii）設，數(shù)列的前n項和為，證明：.【答案】(1)；；(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）依題可得表示所有不超過正整數(shù)m，且與m互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)，進一步分析即可求解；（2）（i）依題可得中與互質(zhì)的正整數(shù)個數(shù)為，中與互質(zhì)的正整數(shù)個數(shù)為，再結(jié)合即可求解；（ii）先求得，可利用，根據(jù)等比數(shù)列求和后即可求解；也可以利用放縮法結(jié)合數(shù)列求和的裂項相消法求解.【詳解】（1）依題可得表示所有不超過正整數(shù)m，且與m互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)，因為與2互質(zhì)的數(shù)為1，所以；因為與3互質(zhì)的數(shù)為1，2，所以；因為與6互質(zhì)的數(shù)為1，5，所以.（2）（i）因為中與互質(zhì)的正整數(shù)只有奇數(shù)，所以中與互質(zhì)的正整數(shù)個數(shù)為，所以，又因為中與互質(zhì)的正整數(shù)只有與兩個，所以中與互質(zhì)的正整數(shù)個數(shù)為，所以，所以，（ii）解法一：因為，所以，所以，令，因為，所以數(shù)列是以為首項，為公比的等比數(shù)列，所以數(shù)列的前n項和，所以，又因為，所以，解法二：因為，所以，又因為，所以，所以，所以，所以因為，所以，【點睛】關(guān)鍵點點睛：解答本題的關(guān)鍵點一：對題中定義的理解；關(guān)鍵點二：對的放縮，或者.25．（2024·湖南岳陽·二模）已知數(shù)列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一項是，接下來的兩項是，，再接下來的三項是，，，依此類推．設該數(shù)列的前項和為，規(guī)定：若，使得，則稱為該數(shù)列的“佳冪數(shù)”．(1)將該數(shù)列的“佳冪數(shù)”從小到大排列，直接寫出前4個“佳冪數(shù)”；(2)試判斷50是否為“佳冪數(shù)”，并說明理由；(3)（?。┣鬂M足的最小的“佳冪數(shù)”；（ⅱ）證明：該數(shù)列的“佳冪數(shù)”有無數(shù)個．【答案】(1)1、2、3、18；(2)50不是“佳冪數(shù)”，理由見解析(3)（?。?897；（ⅱ）證明見解析【分析】（1）由數(shù)列的“佳冪數(shù)”的定義求解即可；（2）由題意求出，由“佳冪數(shù)”的定義判斷即可；（3）(i)根據(jù)（2）中的分組先確定時，所分組數(shù)的范圍，結(jié)合新定義配出的形式，確定出的最小值；(ii)根據(jù)(i)中的結(jié)論證明即可.【詳解】（1）因為，所以1為該數(shù)列的“佳冪數(shù)”；又因為，，所以2、3、18也為該數(shù)列的“佳冪數(shù)”；所以該數(shù)列的前4個“佳冪數(shù)”為：1、2、3、18；（2）由題意可得，數(shù)列如下：第1組：1；第2組：1，2；第3組：1，2，4；…第組：，則該數(shù)列的前項的和為：，①當時，，則，由于，對，，故50不是“佳冪數(shù)”．（3）（ⅰ）在①中，要使，有出現(xiàn)在第44組之后，又第組的和為，前組和為第組前項的和為．則只需．所以，則，此時，所以對應滿足條件的最小“佳冪數(shù)”（ⅱ）證明：由（?。┲海?，且取任意整數(shù)時，可得“佳冪數(shù)”，所以，該數(shù)列的“佳冪數(shù)”有無數(shù)個.【點睛】方法點睛：解答數(shù)列新定義的基本步驟①審題：仔細閱讀材料，認真理解題意；②建模：將已知的條件翻譯成數(shù)學(數(shù)列)語言，將實際問題轉(zhuǎn)化成數(shù)學問題，分清該數(shù)列是等差數(shù)列還是等比數(shù)列，是求通項還是前項和；③求解：求出該問題的數(shù)學解；④還原：將所求結(jié)果還原到原問題中.26．（2024·河南開封·二模）在密碼學領(lǐng)域，歐拉函數(shù)是非常重要的，其中最著名的應用就是在RSA加密算法中的應用．設p，q是兩個正整數(shù)，若p，q的最大公約數(shù)是1，則稱p，q互素．對于任意正整數(shù)n，歐拉函數(shù)是不超過n且與n互素的正整數(shù)的個數(shù)，記為．(1)試求，，，的值；(2)設n是一個正整數(shù)，p，q是兩個不同的素數(shù)．試求，與φ（p）和φ（q）的關(guān)系；(3)RSA算法是一種非對稱加密算法，它使用了兩個不同的密鑰：公鑰和私鑰．具體而言：①準備兩個不同的、足夠大的素數(shù)p，q；②計算，歐拉函數(shù)；③求正整數(shù)k，使得kq除以的余數(shù)是1；④其中稱為公鑰，稱為私鑰．已知計算機工程師在某RSA加密算法中公布的公鑰是．若滿足題意的正整數(shù)k從小到大排列得到一列數(shù)記為數(shù)列，數(shù)列滿足，求數(shù)列的前n項和．【答案】(1)；(2)，；(3).【分析】（1）利用歐拉函數(shù)的定義直接求值.（2）利用歐拉函數(shù)的定義求出，進而分析計算.（3）根據(jù)給定信息求出，再利用差角的正切公式，借助裂項求和法求解即得.【詳解】（1）由歐拉函數(shù)的定義知，不越過3且與3互素的正整數(shù)有1，2，則，不越過9且與9互素的正整數(shù)有1，2，4，5，7，8，則，不越過7且與7互素的正整數(shù)有1，2，3，4，5，6，則，不越過21且與21互素的正整數(shù)有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，則，所以.（2）在不大于的正整數(shù)中，只有3的倍數(shù)不與互素，而3的倍數(shù)有個，因此.由，是兩個不同的素數(shù)，得，在不超過的正整數(shù)中，的倍數(shù)有個，的倍數(shù)有個，于是，所以.（3）計算機工程師在某RSA加密算法中公布的公鑰是，則，從而由（2）得，，即正整數(shù)滿足的條件為：，，令，則，令，則，取，則，于是，因此，即，，.【點睛】關(guān)鍵點睛：數(shù)列求和，利用差角的正切變式進行裂項是求解的關(guān)鍵.27．（2024·全國·二模）已知由個數(shù)構(gòu)成的有序數(shù)組，如果恒成立，則稱有序數(shù)組為“非嚴格差增數(shù)組”.(1)設有序數(shù)組，試判斷是否為“非嚴格差增數(shù)組”？并說明理由；(2)若有序數(shù)組為“非嚴格差增數(shù)組”，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)有序數(shù)組是“非嚴格差增數(shù)組”，有序數(shù)組不是“非嚴格差增數(shù)組”，理由見解析(2)【分析】（1）根據(jù)“非嚴格差增數(shù)組”的定義判斷即可；（2）根據(jù)“非嚴格差增數(shù)組”的定義得，變形為，按照，，，分類討論求解即可.【詳解】（1）對于有序數(shù)組，有，所以有序數(shù)組是“非嚴格差增數(shù)組”；對于有序數(shù)組，有，因為，所以有序數(shù)組不是“非嚴格差增數(shù)組”.（2）由題意，知有序數(shù)組中的數(shù)構(gòu)成以1為首項，為公比的等比數(shù)列，且共有12項，根據(jù)“非嚴格差增數(shù)組”的定義，得，不等式兩邊平方得，整理得，當時，顯然對于恒成立；當時，得對于恒成立，所以等價于時，，即，顯然成立；當時，得，當為奇數(shù)時，得，因為，所以顯然成立；當為偶數(shù)時，得，因為，所以顯然不成立；所以當時，矛盾，舍去；當時，得，當為奇數(shù)時，得，顯然成立；當為偶數(shù)時，要使恒成立，即等價于時，，即，解得或（舍去）；綜上可得，實數(shù)的取值范圍為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵點是理解“非嚴格差增數(shù)組”的定義，遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，“照章辦事”，逐條分析，運算，驗證，使得問題得以解決.28．（2024·湖南·一模）已知為非零常數(shù)，，若對，則稱數(shù)列為數(shù)列．(1)證明：數(shù)列是遞增數(shù)列，但不是等比數(shù)列；(2)設，若為數(shù)列，證明：；(3)若為數(shù)列，證明：，使得．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）得到，證明出不合題意，符合要求，從而得到，結(jié)合得到，得到為遞增數(shù)列，并得到不是常數(shù)，證明出結(jié)論；（2）得到，利用放縮得到，結(jié)合證明出結(jié)論；（3）得出，結(jié)合累加法得到，得到不等式，求出答案.【詳解】（1），故為公差為的等差數(shù)列，所以，若，則當時，，不合題意，若，則，滿足要求，，因為，所以，故，故數(shù)列為遞增數(shù)列，，由于為遞增數(shù)列，故不是常數(shù)，不是常數(shù)，故數(shù)列是遞增數(shù)列，但不是等比數(shù)列；（2）因為為數(shù)列，所以，故，因為，所以，因為，當且僅當時，等號成立，所以；（3）因為為數(shù)列，所以，所以，令，則，解得，所以，使得.【點睛】思路點睛：數(shù)列不等式問題，常常需要進行放縮，放縮后結(jié)合等差或等比公式進行求解，又或者放縮后可使用裂項相消法進行求和，常常使用作差法和數(shù)學歸納法，技巧性較強.29．（2024·湖南·二模）直線族是指具有某種共同性質(zhì)的直線的全體，例如表示過點的直線，直線的包絡曲線定義為：直線族中的每一條直線都是該曲線上某點處的切線，且該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線.(1)若圓是直線族的包絡曲線，求滿足的關(guān)系式；(2)若點不在直線族：的任意一條直線上，求的取值范圍和直線族的包絡曲線；(3)在（2）的條件下，過曲線上兩點作曲線的切線，其交點為.已知點，若三點不共線，探究是否成立？請說明理由.【答案】(1)(2)(3)成立，理由見解析【分析】（1）根據(jù)包絡曲線的定義利用直線和圓相切即可得；（2）易知方程無解，根據(jù)判別式可得，證明可得直線族的包絡曲線為；（3）法一：求出兩點處曲線的切線的方程，解得，根據(jù)平面向量夾角的表達式即可得，即；法二：過分別作準線的垂線，連接，由導數(shù)求得切線斜率并利用拋物線定義和三角形內(nèi)角關(guān)系即可證明.【詳解】（1）由定義可知，與相切，則圓的圓心到直線的距離等于1，則，.（2）點不在直線族的任意一條直線上，所以無論取何值時，無解.將整理成關(guān)于的一元二次方程，即.若該方程無解，則，即.證明：在上任取一點在該點處的切線斜率為，于是可以得到在點處的切線方程為：，即.今直線族中，則直線為，所以該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線，而對任意都是拋物線在點處的切線.所以直線族的包絡曲線為.（3）法一：已知，設，則，；由（2）知在點處的切線方程為；同理在點處的切線方程為；聯(lián)立可得，所以.因此，同理.所以，，即，可得，所以成立.法二：過分別作準線的垂線，連接，如圖所示：則，因為，顯然.又由拋物線定義得，故為線段的中垂線，得到，即.同理可知，所以，即.則.所以成立.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于理解包絡曲線的定義，利用直線和曲線相切求出包絡曲線的方程為并進行證明，再利用拋物線定義和性質(zhì)即可得出結(jié)論.30．（2024·全國·模擬預測）對于非空集合，定義其在某一運算（統(tǒng)稱乘法）“×”下的代數(shù)結(jié)構(gòu)稱為“群”，簡記為．而判斷是否為一個群，需驗證以下三點：1.（封閉性）對于規(guī)定的“×”運算，對任意，都須滿足；2.（結(jié)合律）對于規(guī)定的“×”運算，對任意，都須滿足；3.（恒等元）存在，使得對任意，；4.（逆的存在性）對任意，都存在，使得．記群所含的元素個數(shù)為，則群也稱作“階群”．若群的“×”運算滿足交換律，即對任意，，我們稱為一個阿貝爾群（或交換群）．(1)證明：所有實數(shù)在普通加法運算下構(gòu)成群；(2)記為所有模長為1的復數(shù)構(gòu)成的集合，請找出一個合適的“×”運算使得在該運算下構(gòu)成一個群，并說明理由；(3)所有階數(shù)小于等于四的群是否都是阿貝爾群？請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)在復數(shù)的乘法運算下構(gòu)成一個群，理由見解析(3)所有階數(shù)小于等于四的群都是阿貝爾群，理由見解析【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合實數(shù)運算分析證明；（2）根據(jù)題意結(jié)合復數(shù)運算分析證明；（3）分類討論群的階數(shù)，根據(jù)題意結(jié)合反證法分析證明.【詳解】（1）我們需證在普通加法下可構(gòu)成一個群，需從以下四個方面進行驗證：①封閉性：對，則，封閉性成立；②結(jié)合律：對，，結(jié)合律成立；③恒等元：取，則對任意，．符合恒等元要求；④逆的存在性：對任意，，且，滿足逆的存在性．綜上所述，所有實數(shù)在普通加法運算下可構(gòu)成群．（2）首先提出，的“×”運算可以是復數(shù)的乘法：，理由如下．即證明在普通乘法下可構(gòu)成一個群，同（1），需從四方面進行驗證：①封閉性：設，，其中，即．則，所以，即，封閉性成立；②結(jié)合律：設，，，其中，即，結(jié)合律成立；③恒等元：取，則對任意，，符合恒等元要求；④逆的存在性：對任意，取其共軛，則，滿足逆的存在性；綜上所述，在復數(shù)的乘法運算下構(gòu)成一個群．（3）所有階數(shù)小于等于四的群都是阿貝爾群，理由如下：若群的階數(shù)為0，則為空集，與定義矛盾．所以的階數(shù)為1，2，3，4．下逐一證明．（1）若群的階數(shù)為1，則其唯一的元素為其恒等元，明顯符合交換律，故此時是阿貝爾群；

（2）若群的階數(shù)為2，設其元素為，其中是恒等元，則，符合交換律，故此時是阿貝爾群；

（3）若群的階數(shù)為3，設其元素為，其中是恒等元，由群的封閉性，．若，又，推出，則集合有兩個相同的元素，不滿足集合的唯一性，矛盾，所以，現(xiàn)要驗證交換律，即．若，有前知，且，所以，與群的封閉性矛盾．所以，交換律成立，故此時是阿貝爾群；

（4）若群的階數(shù)為4，設其元素為，其中是恒等元，由群的封閉性，，由③的分析可知，且，所以或．若．由群中逆的存在性，群中存在一個元素使得，很明顯，所以或．假設，即，又，推出則集合有兩個相同的元素，不滿足集合的唯一性，矛盾，故只能；先證交換律對成立，即．若，則由，只能等于．又因為，（和同理），不滿足群中逆的存在性，矛盾，所以．交換律對成立．接下來只需證交換律對和也成立．事實上，由和的對稱性，只需證即可．由群中逆的存在性，存在使得．①若，則只需證．若，由群的封閉性，，所以只能等于，又因為，得，即，但是任取的，該結(jié)論具有局限性，不對一般的成立，故矛盾．即，此時交換律對成立．②若．群中逆的存在性，存在使得，又因為，所以只能等于，即，由①可得：，即此時交換律對成立．故群的階數(shù)為4時，交換律成立，故此時是阿貝爾群．綜上所述，所有階數(shù)小于等于四的群都是阿貝爾群．【點睛】方法點睛：對于新定義題型，要能讀懂題意，認真歸納類比即可得出結(jié)論，但在推理過程中要嚴格按照定義的法則或相關(guān)的定理進行，同時運用轉(zhuǎn)化化歸思想，將陌生的問題轉(zhuǎn)化為我們熟悉的問題，或?qū)碗s的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題．31．（2024·江西九江·二模）定義兩個維向量，的數(shù)量積，，記為的第k個分量（且）.如三維向量，其中的第2分量.若由維向量組成的集合A滿足以下三個條件：①集合中含有n個n維向量作為元素；②集合中每個元素的所有分量取0或1；③集合中任意兩個元素，，滿足（T為常數(shù)）且.則稱A為T的完美n維向量集.(1)求2的完美3維向量集；(2)判斷是否存在完美4維向量集，并說明理由；(3)若存在A為T的完美n維向量集，求證：A的所有元素的第k分量和.【答案】(1)(2)不存在完美4維向量集，理由見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用的完美維向量集定義求解即可.（2）分別研究，，，，時，結(jié)合新定義及集合中元素的互異性即可判斷.（3）依題意可得，運用反證法，假設存在，使得，不妨設，分別從及兩方面證得矛盾即可得，進而可證得結(jié)果.【詳解】（1）由題意知，集合中含有3個元素（），且每個元素中含有三個分量，因為，所以每個元素中的三個分量中有兩個取1，一個取0.所以，，，又，所以2的完美3維向量集為.（2）依題意，完美4維向量集B含有4個元素（），且每個元素中含有四個分量，，（i）當時，，與集合中元素的互異性矛盾，舍去；（ii）當時，，不滿足條件③，舍去；（iii）當時，，因為，故與至多有一個在B中，同理：與至多有一個在B中，與至多有一個在B中，故集合B中的元素個數(shù)小于4，不滿足條件①，舍去；（iv）當時，，不滿足條件③，舍去；（v）當時，，與集合中元素的互異性矛盾，舍去；綜上所述，不存在完美4維向量集.（3）依題意，的完美維向量集含有個元素（），且每個元素中含有個分量，因為，所以每個元素中有個分量為1，其余分量為0，所以（*），由（2）知，，故，假設存在，使得，不妨設.（i）當時，如下圖，由條件③知，或（），此時，與（*）矛盾，不合題意.（ii）當時，如下圖，記（），不妨設，，，下面研究，，，，的前個分量中所有含1的個數(shù).一方面，考慮，，，，中任意兩個向量的數(shù)量積為1，故，，，（）中至多有1個1，故，，，，的前個分量中，所有含1的個數(shù)至多有個1（**）.另一方面，考慮（），故，，，，的前個分量中，含有個1，與（**）矛盾，不合題意.故對任意且，，由（*）可得.【點睛】關(guān)鍵點睛：涉及集合新定義問題，關(guān)鍵是正確理解給出的定義，然后合理利用定義，結(jié)合相關(guān)其它知識，分類討論，進行推理判斷解決.32．（2024·安徽蕪湖·二模）對稱變換在對稱數(shù)學中具有重要的研究意義．若一個平面圖形K在m（旋轉(zhuǎn)變換或反射變換）的作用下仍然與原圖形重合，就稱K具有對稱性，并記m為K的一個對稱變換．例如，正三角形R在（繞中心O作120°的旋轉(zhuǎn)）的作用下仍然與R重合（如圖1圖2所示），所以是R的一個對稱變換，考慮到變換前后R的三個頂點間的對應關(guān)系，記；又如，R在（關(guān)于對稱軸所在直線的反射）的作用下仍然與R重合（如圖1圖3所示），所以也是R的一個對稱變換，類似地，記．記正三角形R的所有對稱變換構(gòu)成集合S．一個非空集合G對于給定的代數(shù)運算.來說作成一個群，假如同時滿足：I．，；II．，；Ⅲ．，，；Ⅳ．，，．對于一個群G，稱Ⅲ中的e為群G的單位元，稱Ⅳ中的為a在群G中的逆元．一個群G的一個非空子集H叫做G的一個子群，假如H對于G的代數(shù)運算來說作成一個群．

(1)直接寫出集合S（用符號語言表示S中的元素）；(2)同一個對稱變換的符號語言表達形式不唯一，如．對于集合S中的元素，定義一種新運算*，規(guī)則如下：，．①證明集合S對于給定的代數(shù)運算*來說作成一個群；②已知H是群G的一個子群，e，分別是G，H的單位元，，，分別是a在群G，群H中的逆元．猜想e，之間的關(guān)系以及，之間的關(guān)系，并給出證明；③寫出群S的所有子群．【答案】(1)答案見解析；(2)①證明見解析；②答案見解析，證明見解析；③證明見解析.【分析】（1）根據(jù)給定信息，按旋轉(zhuǎn)變換、對稱變換分別求出對應變換，再寫出集合.（2）①根據(jù)群的定義條件，逐一驗證即得；②按照群定義Ⅲ、Ⅳ分別推理計算即得；③寫出的所有子群即可.【詳解】（1）依題意，正三角形的對稱變換如下：繞中心作的旋轉(zhuǎn)變換；繞中心作的旋轉(zhuǎn)變換；繞中心作的旋轉(zhuǎn)變換；關(guān)于對稱軸所在直線的反射變換；關(guān)于對稱軸所在直線的反射變換；關(guān)于對稱軸所在直線的反射變換，綜上，.（形式不唯一）（2）①Ⅰ.，，；Ⅱ.，，，，所以；Ⅲ.，而，所以；Ⅳ.，；綜上可知，集合對于給定的新運算*來說能作成一個群.②，，證明如下：先證明：由于是的子群，取，則，，根據(jù)群的定義，有，，所以，所以，即，即，所以.再證明：由于，，，所以，所以，所以，所以.③的所有子群如下：，，，，【點睛】思路點睛：“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.33．（2024·福建·模擬預測）對于函數(shù)，若實數(shù)滿足，則稱為的不動點.已知，且的不動點的集合為.以和分別表示集合中的最小元素和最大元素.(1)若，求的元素個數(shù)及；(2)當恰有一個元素時，的取值集合記為.（i）求；（ii）若，數(shù)列滿足，，集合，.求證：，.【答案】(1)的元素個數(shù)為2，(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）依題意可得，令，利用導數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性，即可求出零點，即可求出集合，從而得解；（2）（i）結(jié)合（1）可得，令，求出函數(shù)的導函數(shù)，再分，兩種情況討論，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到函數(shù)的零點個數(shù)，從而確定集合；（ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用導數(shù)證明當時，，即可得到，故，即，從而得到，即可放縮得到，利用等比數(shù)列求和公式求出，即可得解.【詳解】（1）當時，，其定義域為.由得.設，則，當時，；當時，；所以在單調(diào)遞增；在單調(diào)遞減，注意到，所以在恰有一個零點，且，又，所以，所以在恰有一個零點，即在恰有一個不動點，在恰有一個不動點，所以，所以的元素個數(shù)為，又因為，所以.（2）（i）當時，由（1）知，有兩個元素，不符合題意；當時，，其定義域為，由得.設，，則，設，則，①當時，，所以在單調(diào)遞增，又，所以在恰有一個零點，即在恰有一個不動點，符合題意；②當，故恰有兩個零點.又因為，所以，當時，；當時，；當時，；所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增；注意到，所以在恰有一個零點，且，又時，，所以在恰有一個零點，從而至少有兩個不動點，不符合題意；所以的取值范圍為，即集合.（ii）由（i）知，，所以，此時，，，由（i）知，在單調(diào)遞增，所以，當時，，所以，即，故若，則，因此，若存在正整數(shù)使得，則，從而，重復這一過程有限次后可得，與矛盾，從而，，下面我們先證明當時，，設，，所以，所以在單調(diào)遞減，所以，即當時，，從而當時，，從而，即，故，即，由于，，所以，，故，故時，，所以，故.解法二：（i）當時，，故是的一個不動點；當時，由，得（*），要使得恰有一個元素，即方程有唯一解，因此方程（*）無實數(shù)解，即直線與曲線無公共點.令，則，令，則，所以在單調(diào)遞減，又因為，所以當時，，當時，，所以當時，，當時，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，令，則，，則，又因為當時，，當時，，所以曲線的大致圖象如圖所示：由圖可知，，所以的取值范圍為，即集合.（ii）由（i）知，，所以，此時，，令，則，令，當時，，所以在單調(diào)遞增，所以當時，，所以，所以在單調(diào)遞增，所以，故若，則，因此，若存在正整數(shù)使得，則，從而，重復這一過程有限次后可得，與矛盾，從而，.下面先證明當時，.令，則，所以在單調(diào)遞增，所以當時，，所以當時，.所以，由于，所以，故，即，故，故時，.所以，故.（ii）解法三：同解法一可得，.下面我們先證明當時，.設，則當時，，所以在單調(diào)遞減，所以，即，從而當時，，于是，從而，即，故，即，由于，所以，故，故時，.所以.故.【點睛】方法點睛：導函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應用；二是函數(shù)的零點、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．34．（2024·遼寧大連·一模）已知函數(shù)的定義域為區(qū)間值域為區(qū)間，若則稱是的縮域函數(shù).(1)若是區(qū)間的縮域函數(shù)，求a的取值范圍；(2)設為正數(shù)，且若是區(qū)間的縮域函數(shù)，證明：（i）當時，在單調(diào)遞減;（ii）【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）根據(jù)縮域函數(shù)的定義及其區(qū)間，解不等式可得a的取值范圍；（2）（i）易知可解得，結(jié)合（1）中單調(diào)性可得結(jié)論；（ii）由縮域函數(shù)的定義構(gòu)造函數(shù)并將雙變量轉(zhuǎn)化為單變量問題，利用導數(shù)求得其單調(diào)性即可得結(jié)論.【詳解】（1）若是區(qū)間的縮域函數(shù)，則，；即，解得；可得，則；令，則；當時，，則單調(diào)遞減；當時，，則單調(diào)遞增.所以，解得，下面證明，即，也即；令，則，當時，，單調(diào)遞增；當時，，單調(diào)遞減；因此可得，所以，綜上a的取值范圍為（2）（i）當時,若是區(qū)間的縮域函數(shù)，則，即，進一步，當時，，即，；由（1）可知，當時，，則單調(diào)遞減；所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，（ii）若是區(qū)間的縮域函數(shù)，則；故有，即；設函數(shù)，則；當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減；因為為正數(shù)且則，又，所以在上單調(diào)遞減，所以；記，設，且，由的單調(diào)性可知，故；記，則，當時，，單調(diào)遞增；故，即；因為在上單調(diào)遞減，故，即；由，故，所以，又因為，故.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于理解“縮域函數(shù)”的定義，并根據(jù)給定區(qū)間的范圍合理構(gòu)造函數(shù)并利用單調(diào)性對相應結(jié)論進行證明.35．（2024·黑龍江吉林·二模）設定義在函數(shù)滿足下列條件：①對于，總有，且，；②對于，若，則.(1)求；(2)證明：；(3)證明：當時，.【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）分別根據(jù)條件①②，利用賦值法得到與，從而得解；（2）利用賦值法證得，進而得到，再利用累遞推法與等比數(shù)列的求和即可得證；（3）先利用單調(diào)性的定義證明在上是不減函數(shù)，從而結(jié)合（2）中結(jié)論，證明對于任意，有，再次利用賦值法即可得證.【詳解】（1）因為對于，，所以；因為對于，若，則，取，則，故；綜上，.（2）對于，且時，有，，根據(jù)條件②，得，因為根據(jù)條件①，得，則，所以，即，所以.（3）由（2）知，設，且，則，因為，所以，所以在上為不減函數(shù)，對于任意，則必存在正整數(shù)，使得，所以，由（2）知，由（1）知，又，所以，所以，所以時，，因為時，，且，所以，即.【點睛】思路點睛：關(guān)于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個要素，找出要素分別代表什么意思；（2）由已知條件，看所求的是什么問題，進行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結(jié)合數(shù)學知識進行解答.36．（2024·安徽池州·二模）已知集合是滿足下列性質(zhì)的函數(shù)的全體：存在實數(shù)，對任意的，有.(1)試問函數(shù)是否屬于集合？并說明理由；(2)若函數(shù)，求正數(shù)的取值集合；(3)若函數(shù)，證明：.【答案】(1)函數(shù)不屬于集合，理由見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)條件得到方程組，無解，故不屬于集合；（2）根據(jù)條件得到方程組，求出，進而得到正數(shù)的取值集合；（3）根據(jù)條件得到方程有解，令，即函數(shù)有零點，證明出，分，和三種情況，結(jié)合隱零點得到證明.【詳解】（1）函數(shù)不屬于集合.理由如下：由題意得，由得，結(jié)合的任意性，得，顯然無解，所以不存在實數(shù)，對任意的，有.即函數(shù)不屬于集合.（2）由題意得：，又，由得，結(jié)合的任意性，得，所以，所以，又，即，所以正數(shù)的取值集合為；（3）函數(shù)得，即，由題意可得：存在非零常數(shù)，使得，即方程有解，令，即函數(shù)有零點，，下面證明，令，則，當時，，當時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故在處取得極小值，也是最小值，故，故，（i）當時，在單調(diào)遞增，又，當時，，不妨取，則，所以有根記為，且①，當時，，當時，，所以在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，考慮到當時，，當時，任意給定正實數(shù)，當時，，當時，由于，故，時，即可保證函數(shù)有零點，即②，由得，由得③，將③代入①有，化簡得，由得④，（ii）當時，則，用替換（i）中的，得，即⑤，由④⑤得，即，（iii）當時，，取，則，滿足，則，綜上，..【點睛】方法點睛：導函數(shù)處理零點個數(shù)問題，由于涉及多類問題特征（包括單調(diào)性，特殊位置的函數(shù)值符號，隱零點的探索、參數(shù)的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)的走勢，從而判斷零點個數(shù)，較為復雜和綜合的函數(shù)零點個數(shù)問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方37．（2024·廣西·二模）設，用表示不超過x的最大整數(shù)，則稱為取整函數(shù)，取整函數(shù)是法國數(shù)學家高斯最先使用，也稱高斯函數(shù)．該函數(shù)具有以下性質(zhì)：①的定義域為R，值域為Z；②任意實數(shù)都能表示成整數(shù)部分和純