大題07 新定義綜合（數(shù)列新定義、函數(shù)新定義、集合新定義）（30題）2024年考前15天高考數(shù)學極限滿分沖刺（解析版）

第第頁黃金沖刺大題07新定義綜合（數(shù)列新定義、函數(shù)新定義、集合新定義）（精選30題）1．（2024·遼寧·二模）已知數(shù)列的各項是奇數(shù)，且是正整數(shù)的最大奇因數(shù)，.(1)求的值；(2)求的值；(3)求數(shù)列的通項公式.【答案】(1)，(2)，，(3)【分析】（1）根據(jù)所給定義直接計算可得；（2）根據(jù)所給定義列出，即可得解；（3）當為奇數(shù)時，即可求出，當為偶數(shù)時，從而得到，即可推導出，再利用累加法計算可得.【詳解】（1）因為，所以，又，所以；（2）依題意可得，，，，，，，所以，，.（3）因為是正整數(shù)的最大奇因數(shù)，當為奇數(shù)，即時，所以，當為偶數(shù)，即時，所以當時，所以，所以且，所以，當時也滿足，所以數(shù)列的通項公式為.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是理解定義，第三問關(guān)鍵是推導出且，最后利用累加法求出.2．（2024·黑龍江雙鴨山·模擬預測）已知數(shù)列的各項均為正整數(shù)，設(shè)集合，，記的元素個數(shù)為.(1)若數(shù)列A:1，3，5，7，求集合，并寫出的值;(2)若是遞減數(shù)列，求證:“”的充要條件是“為等差數(shù)列”;(3)已知數(shù)列，求證:.【答案】(1).(2)證明見解析；(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，結(jié)合集合的新定義，即可求解；（2）若為等差數(shù)列，且是遞減數(shù)列，得到，結(jié)合，證得充分性成立；再由是遞減數(shù)列，得到，結(jié)合互不相等，得到，得到必要性成立，即可得證；（3）根據(jù)題意，得到，得出，得到，不妨設(shè)，則，推得為奇數(shù)，矛盾，進而得證.【詳解】（1）解：由題意，數(shù)列，可得，所以集合，所以.（2）證明：充分性：若為等差數(shù)列，且是遞減數(shù)列，則的公差為，當時，，所以，則，故充分性成立.

必要性:若是遞減數(shù)列，，則為等差數(shù)列，因為是遞減數(shù)列，所以，所以，且互不相等，所以，又因為，所以且互不相等，所以，所以，所以為等差數(shù)列，必要性成立.所以若是遞減數(shù)列，“”的充要條件是“為等差數(shù)列”.（3）證明：由題意集合中的元素個數(shù)最多為個，即，

對于數(shù)列，此時，若存在，則，其中，故，

若，不妨設(shè)，則，而，故為偶數(shù)，為奇數(shù)，矛盾，故，故，故由得到的彼此相異，所以.3．（2024·廣西·二模）已知函數(shù)，若存在恒成立，則稱是的一個“下界函數(shù)”．(1)如果函數(shù)為的一個“下界函數(shù)”，求實數(shù)的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)，試問函數(shù)是否存在零點？若存在，求出零點個數(shù)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)(2)函數(shù)F(x)是否存在零點，理由見解答【分析】（1）把恒成立問題轉(zhuǎn)換為求的最小值問題，利用導數(shù)求出最小值即可；（2）把函數(shù)整理成，要判斷是否有零點，只需看的正負問題，令，利用導數(shù)分析即可.【詳解】（1）由恒成立，可得恒成立，所以恒成立,令，所以，當時,，在單調(diào)遞減；當時,，在單調(diào)遞增；所以的最小值為，所以，實數(shù)t的取值范圍；（2）由（1）可知，所以，所以，①又，所以，令，所以，當時,，在單調(diào)遞減；當時,，在單調(diào)遞增；所以，②所以，又①②中取等號的條件不同，所以所以函數(shù)沒有零點.4．（2024·湖南長沙·模擬預測）設(shè)n次多項式，若其滿足，則稱這些多項式為切比雪夫多項式.例如：由可得切比雪夫多項式，由可得切比雪夫多項式.(1)若切比雪夫多項式，求實數(shù)a，b，c，d的值；(2)對于正整數(shù)時，是否有成立？(3)已知函數(shù)在區(qū)間上有3個不同的零點，分別記為，證明：.【答案】(1)(2)成立(3)證明見解析【分析】（1）利用展開計算，根據(jù)切比雪夫多項式可求得；（2）要證原等式成立，只需證明成立即可，利用兩角和與差的余弦公式可證結(jié)論成立；（3）由已知可得方程在區(qū)間上有3個不同的實根，令，結(jié)合（1）可是，可得，計算可得結(jié)論.【詳解】（1）依題意，，因此，即，則，（2）成立.這個性質(zhì)是容易證明的，只需考慮和差化積式.首先有如下兩個式子：，，兩式相加得，，將替換為，所以.所以對于正整數(shù)時，有成立.（3）函數(shù)在區(qū)間上有3個不同的零點，即方程在區(qū)間上有3個不同的實根，令，由知，而，則或或，于是，則，而，所以.5．（2024·浙江·模擬預測）已知實數(shù)，定義數(shù)列如下：如果，，則．(1)求和（用表示）；(2)令，證明：；(3)若，證明：對于任意正整數(shù)，存在正整數(shù)，使得．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）觀察題目條件等式中的系數(shù)可得答案；（2），分別計算和可證明結(jié)論；（3）先根據(jù)無上界說明存在正整數(shù)，使得，分是偶數(shù)和是奇數(shù)分別說明.【詳解】（1）因為，所以；因為，所以；（2）由數(shù)列定義得：；所以．而，所以；（3）當，由（2）可知，無上界，故對任意，存在，使得．設(shè)是滿足的最小正整數(shù)．下面證明．①若是偶數(shù)，設(shè)，則，于是．因為，所以．②若是奇數(shù)，設(shè)，則．所以．綜上所述，對于任意正整數(shù)，存在正整數(shù)，使得．6．（2024·遼寧·三模）若實數(shù)列滿足，有，稱數(shù)列為“數(shù)列”.(1)判斷是否為“數(shù)列”，并說明理由；(2)若數(shù)列為“數(shù)列”，證明：對于任意正整數(shù)，且，都有(3)已知數(shù)列為“數(shù)列”，且.令，其中表示中的較大者.證明：，都有.【答案】(1)數(shù)列是“數(shù)列”，數(shù)列不是“數(shù)列”；(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)“數(shù)列”的定義判斷可得出結(jié)論；（2）由可得出，利用累加法結(jié)合不等式的基本性質(zhì)可得，以及，再結(jié)合可證得結(jié)論成立；（3）首先當或2024時的情況，再考慮時，結(jié)合（2）中結(jié)論考慮用累加法可證得結(jié)論.【詳解】（1）因為，所以數(shù)列是“數(shù)列”，因為，所以數(shù)列不是“數(shù)列”；（2）令，因為數(shù)列為“數(shù)列”，所以從而，所以因為，所以，因為，所以.（3）當或2024時，，從而，當時，因為，由第(2)問的結(jié)論得，可推得，從而對于，由第(2)問的結(jié)論得，從而也成立，從而對于，由第(2)問的結(jié)論得，從而也成立，從而所以由條件可得，所以.【點睛】方法點睛：本題主要考查數(shù)列新定義的問題，處理此類問題時，通常根據(jù)題中的新定義，結(jié)合已知結(jié)論進行推導、求解；本題中，根據(jù)“數(shù)列”的定義“”結(jié)合作差法、不等式的性質(zhì)進行推理、證明不等式成立，并在推導時，充分利用已有的結(jié)論進行推導，屬于難題.7．（2024·廣東梅州·二模）已知是由正整數(shù)組成的無窮數(shù)列，該數(shù)列前項的最大值記為，即；前項的最小值記為，即，令（），并將數(shù)列稱為的“生成數(shù)列”．(1)若，求其生成數(shù)列的前項和；(2)設(shè)數(shù)列的“生成數(shù)列”為，求證：；(3)若是等差數(shù)列，證明：存在正整數(shù)，當時，，，，是等差數(shù)列．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)判斷數(shù)列的單調(diào)性，從而得出{pn}的通項，由分組求和法及等比數(shù)列的前n項和公式進行求解即可；（2）根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性，結(jié)合生成數(shù)列的定義進行證明即可；（3）根據(jù)等差數(shù)列的定義分類討論進行證明即可．【詳解】（1）因為關(guān)于單調(diào)遞增，所以，，于是，的前項和．（2）由題意可知，，所以，因此，即是單調(diào)遞增數(shù)列，且，由“生成數(shù)列”的定義可得．（3）若是等差數(shù)列，證明：存在正整數(shù)，當時，是等差數(shù)列．當是一個常數(shù)列，則其公差必等于0，，則，因此是常數(shù)列，也即為等差數(shù)列；當是一個非常數(shù)的等差數(shù)列，則其公差必大于0，，所以要么，要么，又因為是由正整數(shù)組成的數(shù)列，所以不可能一直遞減，記，則當時，有，于是當時，，故當時，，…，因此存在正整數(shù)，當時，，…是等差數(shù)列．綜上，命題得證．【點睛】方法點睛：常見的數(shù)列求和的方法有公式法即等差等比數(shù)列求和公式，分組求和類似于，其中和分別為特殊數(shù)列，裂項相消法類似于，錯位相減法類似于，其中為等差數(shù)列，為等比數(shù)列等.8．（2024·浙江紹興·二模）已知，集合其中.(1)求中最小的元素；(2)設(shè)，，且，求的值；(3)記，，若集合中的元素個數(shù)為，求.【答案】(1)7(2)或10(3)【分析】（1）根據(jù)集合新定義，確定中最小的元素即可；（2）根據(jù)集合中的元素可得，設(shè)，，分別討論當時，當時，當時，的取值情況，即可得結(jié)論；（3）設(shè)，則，其中，，所以，根據(jù)組合數(shù)的運算性質(zhì)確定與的關(guān)系，即可求得的值.【詳解】（1）中的最小元素為.（2）由題得，設(shè)，.①當時，或或或或或.經(jīng)檢驗，當時，，符合題意，所以.②當時，或或或.經(jīng)檢驗，當時，，符合題意，所以.③當時，不符合題意.因此，或10.（3）設(shè)，則，其中，，所以，設(shè)，則.因為，所以.因為，所以，所以，又因為，所以.【點睛】方法點睛：解決以集合為背景的新定義問題，注意兩點：（1）根據(jù)集合定義式，確定集合中元素的特點，結(jié)合指數(shù)運算確定指數(shù)的取值情況從而得集合中的元素性質(zhì)；（2）確定集合中的元素個數(shù)為時，結(jié)合組合數(shù)的運算性質(zhì)確定與的關(guān)系.9．（2024·山東濰坊·二模）數(shù)列中，從第二項起，每一項與其前一項的差組成的數(shù)列稱為的一階差數(shù)列，記為，依此類推，的一階差數(shù)列稱為的二階差數(shù)列，記為，…．如果一個數(shù)列的p階差數(shù)列是等比數(shù)列，則稱數(shù)列為p階等比數(shù)列．(1)已知數(shù)列滿足，．（?。┣螅?，；（ⅱ）證明：是一階等比數(shù)列；(2)已知數(shù)列為二階等比數(shù)列，其前5項分別為，求及滿足為整數(shù)的所有n值．【答案】(1)（?。?，；（ⅱ）證明見解析(2)當時，為整數(shù).【分析】（1）（ⅰ）根據(jù)的定義，結(jié)合通項公式求解即可；（ⅱ）根據(jù)遞推公式構(gòu)造即可證明；（2）由題意的二階等差數(shù)列為等比數(shù)列，設(shè)公比為，可得，結(jié)合進而可得，從而分析為整數(shù)當且僅當為整數(shù)，再根據(jù)二項展開式，結(jié)合整除的性質(zhì)分析即可.【詳解】（1）（?。┯?，易得，……由一階等差數(shù)列的定義得：，，.（ⅱ）因為，所以當時有，所以，即，即，又因為，故是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，即是一階等比數(shù)列.（2）由題意的二階等差數(shù)列為等比數(shù)列，設(shè)公比為，則，，所以.由題意，所以，所以，即.所以為整數(shù)當且僅當為整數(shù).由已知時符合題意，時不合題意，當時，，所以原題等價于為整數(shù)，因為①，顯然含質(zhì)因子3，所以必為9的倍數(shù)，設(shè)，則，將代入①式，當為奇數(shù)時，為偶數(shù)，①式為2的倍數(shù)；當為偶數(shù)時，為奇數(shù)，為偶數(shù)，①式為2的倍數(shù)，又因為2與9互質(zhì)，所以①為整數(shù).綜上，當時，為整數(shù).【點睛】方法點睛：（1）新定義的題型需要根據(jù)定義列出遞推公式，結(jié)合等比等差的性質(zhì)求解；（2）考慮整除時，可考慮根據(jù)二項展開式進行討論分析.10．（2024·貴州黔西·一模）布勞威爾不動點定理是拓撲學里一個非常重要的不動點定理，它可運用到有限維空間并構(gòu)成了一般不動點定理的基石，得名于荷蘭數(shù)學家魯伊茲·布勞威爾(L.E.J.Brouwer).簡單地講就是:對于滿足一定條件的連續(xù)函數(shù)，存在實數(shù)，使得，我們就稱該函數(shù)為“不動點”函數(shù)，實數(shù)為該函數(shù)的不動點.(1)求函數(shù)的不動點;(2)若函數(shù)有兩個不動點，且，若，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)不動點定義求解即可；（2）根據(jù)題意問題轉(zhuǎn)化為方程有兩個不等的實數(shù)根，令，利用導數(shù)判斷單調(diào)性極值，可得，且的值隨著的值減小而增大，列式求出時的值，得解.【詳解】（1）設(shè)的不動點為，則，解得，所以函數(shù)的不動點為.（2）函數(shù)有兩個不動點，即方程，即有兩個不等的實數(shù)根，令，則，當時，，當時，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，且時，，時，，作出的大致圖象如下：所以，且的值隨著的值減小而增大，當時，有，兩式相減得，解得，即，代入，解得，所以此時，所以滿足題意的實數(shù)的取值范圍為.11．（2024·河北滄州·一模）對于函數(shù)，，若存在，使得，則稱為函數(shù)的一階不動點；若存在，使得，則稱為函數(shù)的二階不動點；依此類推，可以定義函數(shù)的階不動點．其中一階不動點簡稱為“不動點”，二階不動點簡稱為“穩(wěn)定點”，函數(shù)的“不動點”和“穩(wěn)定點”構(gòu)成的集合分別記為和，即，．(1)若，證明：集合中有且僅有一個元素；(2)若，討論集合的子集的個數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)答案見解析【分析】（1）令，求導，可得函數(shù)的單調(diào)性，進而可得函數(shù)有唯一零點，可得結(jié)論；（2）由題意可知只需研究的不動點即可，令，求出其導數(shù)，判斷其單調(diào)性，然后分類討論的取值范圍，判斷的零點情況，即可判斷的穩(wěn)定點個數(shù).，進而可得集合的子集的個數(shù).【詳解】（1）令，求導得，令，可得，當，，當，，所以，所以有唯一零點，所以集合中有且僅有一個元素；（2）當時，由函數(shù)，可得導函數(shù)，所以在上單調(diào)遞增，由反函數(shù)的知識，穩(wěn)定點在原函數(shù)與反函數(shù)的交點上，即穩(wěn)定點與的不動點等價，故只需研究的不動點即可；令，則，則在上單調(diào)遞減，①當時，恒成立，即在上單調(diào)遞增，當x無限接近于0時，趨向于負無窮小，且，故存在唯一的，使得，即有唯一解，所以此時有唯一不動點；②當時，即時，，當趨向無窮大時，趨近于0，此時，存在唯一，使得，此時在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故，當趨近于0時，趨向于負無窮大，當向正無窮大時，趨向負無窮大時，設(shè)，則在上單調(diào)遞增，且，又在時單調(diào)遞增，故（i）當時，即，此時，方程有一個解，即有唯一不動點，所以集合的子集有2個；（ii）當，即，此時，方程無解，即無不動點，所以集合的子集有1個；（iii）當時，即，此時，方程有兩個解，即有兩個不動點，所以集合的子集有4個；綜上，當時或時，集合的子集有2個；當時，集合的子集有1個；當時，集合的子集有4個.【點睛】方法點睛：本題屬新定義題型，讀懂題意是關(guān)鍵；研究方程根的個數(shù)問題常轉(zhuǎn)化為判斷函數(shù)零點的個數(shù)問題，利用導數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，從而判斷方程根（或函數(shù)零點）的個數(shù)問題．注意分類討論思想的應用．12．（2024·山東聊城·二模）對于函數(shù)，若存在實數(shù)，使，其中，則稱為“可移倒數(shù)函數(shù)”，為“的可移倒數(shù)點”．已知．(1)設(shè)，若為“的可移倒數(shù)點”，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)設(shè)，若函數(shù)恰有3個“可移1倒數(shù)點”，求的取值范圍．【答案】(1)單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；(2).【分析】（1）根據(jù)給定的定義，列式求出值，再利用導數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間.（2）利用定義轉(zhuǎn)化為求方程恰有3個不同的實根，再借助導數(shù)分段探討零點情況即可.【詳解】（1）由為“的可移倒數(shù)點”，得，即，整理，即，解得，由的定義域為R，求導得，當時，單調(diào)遞增；時，單調(diào)遞減；時，單調(diào)遞增，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為．（2）依題意，，由恰有3個“可移1倒數(shù)點”，得方程恰有3個不等實數(shù)根，①當時，，方程可化為，解得，這與不符，因此在內(nèi)沒有實數(shù)根；②當時，，方程可化為，該方程又可化為．設(shè)，則，因為當時，，所以在內(nèi)單調(diào)遞增，又因為，所以當時，，因此，當時，方程在內(nèi)恰有一個實數(shù)根；當時，方程在內(nèi)沒有實數(shù)根．③當時，沒有意義，所以不是的實數(shù)根．④當時，，方程可化為，化為，于是此方程在內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，則有，解得，因此當時，方程在內(nèi)恰有兩個實數(shù)根，當時，方程在內(nèi)至多有一個實數(shù)根，綜上，的取值范圍為．【點睛】思路點睛：已知函數(shù)的零點或方程的根的情況，求解參數(shù)的取值范圍問題的本質(zhì)都是研究函數(shù)的零點問題，求解此類問題的一般步驟：（1）轉(zhuǎn)化，即通過構(gòu)造函數(shù)，把問題轉(zhuǎn)化成所構(gòu)造函數(shù)的零點問題；（2）列式，即根據(jù)函數(shù)的零點存在定理或結(jié)合函數(shù)的圖象列出關(guān)系式；（3）得解，即由列出的式子求出參數(shù)的取值范圍．13．（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.14．（2024·安徽合肥·二模）在數(shù)學中，廣義距離是泛函分析中最基本的概念之一．對平面直角坐標系中兩個點和，記，稱為點與點之間的“距離”，其中表示中較大者．(1)計算點和點之間的“距離”；(2)設(shè)是平面中一定點，．我們把平面上到點的“距離”為的所有點構(gòu)成的集合叫做以點為圓心，以為半徑的“圓”．求以原點為圓心，以為半徑的“圓”的面積；(3)證明：對任意點．【答案】(1)；(2)4；(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)所給定義直接計算即可；（2）依題意可得，再分類討論，從而確定“圓”的圖形，即可求出其面積；（3）首先利用導數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合絕對值三角不等式證明即可.【詳解】（1）由定義知，；（2）設(shè)是以原點為圓心，以為半徑的-圓上任一點，則．若，則；若，則有．由此可知，以原點為圓心，以為半徑的“圓”的圖形如下所示：則“圓”的面積為.

（3）考慮函數(shù)．因為，所以在上單調(diào)遞增．又，于是，同理，．不妨設(shè)，則.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是理解“距離”的定義，再結(jié)合不等式及導數(shù)的知識解答.15．（2024·廣東深圳·二模）無窮數(shù)列，，…，，…的定義如下：如果n是偶數(shù)，就對n盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數(shù)，這個奇數(shù)就是﹔如果n是奇數(shù)，就對盡可能多次地除以2，直到得出一個奇數(shù)，這個奇數(shù)就是．(1)寫出這個數(shù)列的前7項；(2)如果且，求m，n的值；(3)記，，求一個正整數(shù)n，滿足．【答案】(1)，，，，，，；(2)；(3)（答案不唯一，滿足即可）【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的定義，逐一求解；（2）根據(jù)數(shù)列的定義，分和分別求解；（3）根據(jù)數(shù)列的定義，寫出的值，即可求解.【詳解】（1）根據(jù)題意，，，，，，，．（2）由已知，m，n均為奇數(shù)，不妨設(shè)．當時，因為，所以，故；當時，因為，而n為奇數(shù)，，所以．又m為奇數(shù)，，所以存在，使得為奇數(shù)．所以．而，所以，即，，無解．所以．（3）顯然，n不能為偶數(shù)，否則，不滿足．所以，n為正奇數(shù)．又，所以．設(shè)或，．當時，，不滿足；當時，，即．所以，取，時，即．【點睛】關(guān)鍵點點睛：第（3）問中，發(fā)現(xiàn)當時，滿足，從而設(shè)，，驗證滿足條件.16．（2024·湖南邵陽·模擬預測）對于定義在上的函數(shù)，若存在距離為的兩條平行直線和，使得對任意的都有，則稱函數(shù)有一個寬度為的通道，與分別叫做函數(shù)的通道下界與通道上界．(1)若，請寫出滿足題意的一組通道寬度不超過3的通道下界與通道上界的直線方程；(2)若，證明：存在寬度為2的通道；(3)探究是否存在寬度為的通道？并說明理由．【答案】(1)與；(2)證明見解析；(3)不存在，理由見解析.【分析】（1）求出函數(shù)的值域，再利用給定定義求解即得.（2）利用輔助角公式求出的值域，再利用不等式的性質(zhì)可得，結(jié)合定義推理即得.（3）利用導數(shù)求出函數(shù)的值域，假定存在，設(shè)出通道下界與通道上界的直線方程，利用定義建立不等式，構(gòu)造函數(shù)，按探討函數(shù)值情況即可得解.【詳解】（1）函數(shù)的定義域為R，在R上單調(diào)遞增，而，則，即，因此，取，得通道下界的直線方程：，通道上界的直線方程：，顯然直線與的距離為2，因此通道寬度不超過3，所以通道下界與通道上界的直線方程分別為與.（2）函數(shù)的定義域為R，而，即，則，取，得通道下界的直線方程：，通道上界的直線方程：，顯然直線與的距離，所以存在寬度為2的通道.（3）函數(shù)，求導得，函數(shù)在上單調(diào)遞減，則，顯然當時，恒有，即，假設(shè)存在寬度為的通道，設(shè)通道下界與通道上界的直線方程分別為，，則對任意，恒成立，即，令，當時，則，而，不符合題意；當時，對任意，，函數(shù)在上單調(diào)遞減，值域為，因此不存在，使得對任意，成立，即不存在寬度為的通道；當時，對任意，，函數(shù)在上單調(diào)遞增，值域為，因此不存在，使得對任意，成立，即不存在寬度為的通道，綜上，不存在寬度為的通道.【點睛】思路點睛：函數(shù)新定義問題，需結(jié)合函數(shù)性質(zhì)來判斷是否存在滿足定義的直線，也可以結(jié)合圖象的性質(zhì)來判斷存在性，但不存在時則需結(jié)合定義給出矛盾.17．（2024·福建福州·模擬預測）記集合，集合，若，則稱直線為函數(shù)在上的“最佳上界線”；若，則稱直線為函數(shù)在上的“最佳下界線”．(1)已知函數(shù)，．若，求的值；(2)已知．（?。┳C明：直線是曲線的一條切線的充要條件是直線是函數(shù)在上的“最佳下界線”；（ⅱ）若，直接寫出集合中元素的個數(shù)（無需證明）．【答案】(1)或(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）2個【分析】（1）由題意可得，，且，，再由△求解即可；（2）（?。┙Y(jié)合“最佳下界線”及充要條件的定義證明即可；（ⅱ）由定義直接寫出結(jié)果即可．【詳解】（1）依題意，，，，且，，令，，則，且，，，即，或，解得或；（2）（?。┫茸C必要性．若直線是曲線的切線，設(shè)切點為，因為，所以切線方程為，即（*）一方面，，所以，，另一方面，令，則，因為，所以當時，，在單調(diào)遞減，當時，，在單調(diào)遞增，所以，所以．即，，所以，即是函數(shù)在上的“最佳下界線”．再證充分性．若是函數(shù)在上的“最佳下界線”，不妨設(shè)，由“最佳下界線”的定義，，，且，，令，則且，所以．因為，①若，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，使得，故不符合題意．②若，令，得，當時，，得在單調(diào)遞減，當時，，得在單調(diào)遞增，所以，當且僅當時，取得最小值．又由在處取得最小值，，所以即解得，，所以，由（*）式知直線是曲線在點處的切線．綜上所述，直線是曲線的一條切線的充要條件是直線是函數(shù)在上的“最佳下界線”．（ⅱ）集合元素個數(shù)為2個．【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(shè)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．18．（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.19．（2024·遼寧大連·一模）對于數(shù)列，定義“T變換”：T將數(shù)列A變換成數(shù)列，其中，且．這種“T變換”記作，繼續(xù)對數(shù)列B進行“T變換”，得到數(shù)列，依此類推，當?shù)玫降臄?shù)列各項均為0時變換結(jié)束．(1)寫出數(shù)列A：3，6，5經(jīng)過5次“T變換”后得到的數(shù)列：(2)若不全相等，判斷數(shù)列不斷的“T變換”是否會結(jié)束，并說明理由；(3)設(shè)數(shù)列A：2020，2，2024經(jīng)過k次“T變換”得到的數(shù)列各項之和最小，求k的最小值．【答案】(1)0，1，1(2)不會，理由見解析(3)507【分析】（1）根據(jù)數(shù)列的新定義寫出經(jīng)過5次“T變換”后得到的數(shù)列即可；（2）先假設(shè)數(shù)列經(jīng)過不斷的“T變換”結(jié)束，不妨設(shè)最后的數(shù)列，由數(shù)列往前推，則非零數(shù)量可能通過“T變換”結(jié)束，或者數(shù)列為常數(shù)列，進而得到可能出現(xiàn)的情況，推出矛盾，故假設(shè)不成立，即可證明；（3）先往后推幾項，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，假設(shè)1次“T變換”后得到的通項，多寫幾項推出規(guī)律，往后繼續(xù)進行，推到使數(shù)字接近1時，再繼續(xù)推，往后會發(fā)現(xiàn)k次“T變換”得到的數(shù)列是循環(huán)的，得到最小值，進而推出次數(shù)即可.【詳解】（1）由題知，5次變換得到的數(shù)列依次為3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；所以數(shù)列：3，6，5經(jīng)過5次“T變換”后得到的數(shù)列為0，1，1.（2）數(shù)列經(jīng)過不斷的“變換”不會結(jié)束，設(shè)數(shù)列，且，由題可知：，，即非零常數(shù)列才能經(jīng)過“變換”結(jié)束；設(shè)（為非零常數(shù)列），則為變換得到數(shù)列的前兩項，數(shù)列只有四種可能：，而以上四種情況，數(shù)列的第三項只能是0或，即不存在數(shù)列，使得其經(jīng)過“變換”變成非零常數(shù)列，故數(shù)列經(jīng)過不斷的“變換”不會結(jié)束；（3）數(shù)列經(jīng)過一次“變換”后得到數(shù)列，其結(jié)構(gòu)為（遠大于4）數(shù)列經(jīng)過6次“變換”后得到的數(shù)列依次為：；所以，經(jīng)過6次“變換”后得到的數(shù)列也是形如“”的數(shù)列，變化的是，除了4之外的兩項均減小24，則數(shù)列經(jīng)過次“變換”后得到的數(shù)列為：2，6，4，接下來經(jīng)過“變換”后得到的數(shù)列依次為：4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；至此，數(shù)列各項和的最小值為4，以后數(shù)列循環(huán)出現(xiàn)，數(shù)列各項之和不會變得更小，所以最快經(jīng)過次“變換”得到的數(shù)列各項之和最小，即的最小值為507．【點睛】思路點睛：本題考查數(shù)列的新定義問題.關(guān)于數(shù)列的新定義一般思路為：根據(jù)定義寫出幾項；找出規(guī)律；寫成通項；證明結(jié)論.20．（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(shè)，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.21．（2023·山西·模擬預測）對于數(shù)列，若存在，使得對任意，總有，則稱為“有界變差數(shù)列”．(1)若各項均為正數(shù)的等比數(shù)列為有界變差數(shù)列，求其公比q的取值范圍；(2)若數(shù)列滿足，且，證明：是有界變差數(shù)列；(3)若，均為有界變差數(shù)列，且，證明：是有界變差數(shù)列．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）討論和，，并結(jié)合等比數(shù)列求和及性質(zhì)求解；（2）構(gòu)造變形得是等差數(shù)列，求得即可證明；（3）利用絕對值不等式放縮得，再結(jié)合有界變差數(shù)列得定義證明即可.【詳解】（1）因為的各項均為正數(shù)，所以，，，當時，，，任取即可，所以為有界變差數(shù)列．當時，，若，則，令即可，所以為有界變差數(shù)列，若，則，當時，，顯然不存在符合條件的M，故不是有界變差數(shù)列．綜上，q的取值范圍是．（2）由，可得，易知，所以，因此是首項為，公差為1的等差數(shù)列，所以，即．所以，，所以是有界變差數(shù)列．（3）由有界變差數(shù)列的定義可知，，．因為，所以．故，因此，所以是有界變差數(shù)列．【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列新定義，關(guān)鍵是利用變形技巧及絕對值不等式證明解決第三問.22．（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(shè)存在，使得，不妨設(shè)，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(shè)存在，使得，不妨設(shè).（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(shè)，，，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.23．（2024·浙江臺州·二模）設(shè)A，B是兩個非空集合，如果對于集合A中的任意一個元素x，按照某種確定的對應關(guān)系，在集合B中都有唯一確定的元素y和它對應，并且不同的x對應不同的y；同時B中的每一個元素y，都有一個A中的元素x與它對應，則稱：為從集合A到集合B的一一對應，并稱集合A與B等勢，記作.若集合A與B之間不存在一一對應關(guān)系，則稱A與B不等勢，記作.例如：對于集合，，存在一一對應關(guān)系，因此.(1)已知集合，，試判斷是否成立?請說明理由；(2)證明：①；②.【答案】(1)成立，理由見解析(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）根據(jù)新定義判斷即可；（2）①取特殊函數(shù)滿足定義域為，值域為即可利用其證明②設(shè)，，假設(shè)，利用反證法得證.【詳解】（1）設(shè)，，令則C與D存在一一對應，所以集合.（2）①取函數(shù)，其中，，兩個集合之間存在一一對應，故.備注：函數(shù)舉例不唯一，只要保證定義域為，值域為即可，如：或等等均可，②設(shè)，，假設(shè)，即存在對應關(guān)系：為一一對應，對于集合B中的元素，，，至少存在一個（，且）與這三個集合中的某一個對應，所以集合A中必存在.記，則，故，從而存在，使得；若，則，矛盾；若，則，矛盾.因此，不存在A到B的一一對應，所以.【點睛】關(guān)鍵點點睛：壓軸數(shù)論問題，關(guān)鍵在于理解新的集合有關(guān)定義，能想到取特殊函數(shù)，并借助函數(shù)證明是關(guān)鍵所在，此題難度在考場上基本不能完成.24．（2024·浙江嘉興·二模）已知集合，定義：當時，把集合中所有的數(shù)從小到大排列成數(shù)列，數(shù)列的前項和為.例如：時，，.(1)寫出，并求；(2)判斷88是否為數(shù)列中的項.若是，求出是第幾項；若不是，請說明理由；(3)若2024是數(shù)列中的某一項，求及的值.【答案】(1)，；(2)88是數(shù)列的第30項；(3)，，【分析】當時，此時，由集合新定義中的規(guī)則代入計算即可；根據(jù)集合新定義，由，再列舉出比它小的項即可；方法一：由可得，再列舉出比它小的項分別有以下7種情況，再求和；方法二：由可得，求得集合中的元素個數(shù)和最大的一個，可得，再求和可得.【詳解】（1）因為，此時，，.（2）當時，，是數(shù)列中的項，比它小的項分別有個，有個，有個，所以比88小的項共有個，故88是數(shù)列的第30項.（3）是數(shù)列中的項，故，則當時，，方法一：比它小的項分別有以下7種情況：①個數(shù)字任取7個得個，②，得個，③，得個，④，得個，⑤，得個，⑥，得個，⑦，得個，所以比2024小的項共有個，其中故2024是數(shù)列的第329項，即.方法二：共有元素個，最大的是，其次為，所以2024是數(shù)列的第項，即.在總共項中，含有的項共有個，同理都各有個，所以，則.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于解讀集合的定義計算，并聯(lián)想到和輔助思考.25．（2024·廣西·二模）設(shè)，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)是德國數(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)部分和純小數(shù)部分之和，即，其中為x的整數(shù)部分，為x的小數(shù)部分；③；④若整數(shù)a，b滿足，則.(1)解方程；(2)已知實數(shù)r滿足，求的值；(3)證明：對于任意的大于等于3的正整數(shù)n，均有．【答案】(1)或(2)743(3)證明見解析【分析】（1）令，則方程可化為，根據(jù)高斯函數(shù)的定義，即可求解得答案；（2）設(shè)，則可判斷中n以及的個數(shù)，從而可得，結(jié)合高斯函數(shù)定義，即可求得答案；（3）由所要證明不等式的形式，可構(gòu)造不等式，當時，有成立；設(shè)，推出，從而得到，即可證明結(jié)論.【詳解】（1）令，則，∴，又由高斯函數(shù)的定義有，解得：，則或，當時，則；當時，則；（2）設(shè)，設(shè)，，，…，中有k個為，個n，，據(jù)題意知：，則有，解得，，所以，，即，故；（3）證明：由的形式，可構(gòu)造不等式，當時，有；設(shè)，則有，從而，而，則，∴.【點睛】難點點睛：本題考查了函數(shù)新定義，即高斯函數(shù)的應用問題，難度較大，解答的難點在于（3）中不等式的證明，解答時要理解高斯函數(shù)的性質(zhì)，并能構(gòu)造不等式，時，有，進行證明.26．（2024·河北石家莊·二模）設(shè)集合是一個非空數(shù)集，對任意，定義，稱為集合的一個度量，稱集合為一個對于度量而言的度量空間，該度量空間記為.定義1：若是度量空間上的一個函數(shù)，且存在，使得對任意，均有：，則稱是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”.定義2：記無窮數(shù)列為，若是度量空間上的數(shù)列，且對任意正實數(shù)，都存在一個正整數(shù)，使得對任意正整數(shù)，均有，則稱是度量空間上的一個“基本數(shù)列”.(1)設(shè)，證明：是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”；(2)已知是度量空間上的一個壓縮函數(shù)，且，定義，，證明：為度量空間上的一個“基本數(shù)列”.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知：在上的值域，進而得出是從到的函數(shù)，然后證明存在，對任意，都有即可；（2）先由壓縮函數(shù)的定義得到：必存在，使得對任意，，，進而得到，再利用絕對值三角不等式得出，分類討論與兩種情況即可得證，【詳解】（1）由正弦函數(shù)的性質(zhì)可知：在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，，，所以在上的值域為，所以是從到的函數(shù)，另一方面，我們證明存在，對任意，都有，取，則對任意，不妨設(shè)，分兩種情形討論：①當時，令，則，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，即，所以，即，②當時，令，則，所以在上單調(diào)遞增，因為，所以，即，所以，即，綜上所述，對任意，都有，所以是度量空間上的一個“壓縮函數(shù)”.（2）證明：因為是度量空間上的一個壓縮函數(shù)，所以必存在，使得對任意，，即，因為，，所以，由絕對值三角不等式可知：對任意，有，又因為，所以，所以，①當時，對任意，有，所以，所以對任意，對任意正整數(shù)，當時，均有，②當時，對任意，取一個正整數(shù)，則，即，則當時，有，綜上所述，對任意，都存在一個正整數(shù)，使得對任意正整數(shù)，當時，均有，，故為度量空間上的一個“基本數(shù)列”.【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.27．（2024·湖北·模擬預測）歐拉函數(shù)在密碼學中有重要的應用．設(shè)n為正整數(shù)，集合，歐拉函數(shù)的值等于集合中與n互質(zhì)的正整數(shù)的個數(shù)；記表示x除以y的余數(shù)（x和y均為正整數(shù)），(1)求和；(2)現(xiàn)有三個素數(shù)p，q，，，存在正整數(shù)d滿足；已知對素數(shù)a和，均有，證明：若，則；(3)設(shè)n為兩個未知素數(shù)的乘積，，為另兩個更大的已知素數(shù)，且；又，，，試用，和n求出x的值．【答案】(1)，；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）利用歐拉函數(shù)的定義直接求出和.（2）分析求出x與n不互質(zhì)的數(shù)的個數(shù)，求得，設(shè)，，結(jié)合二項式展開式證明，再按與分類求證即得.（3）利用的定義，記，，令，那么，且，，使，則，再探求數(shù)列項數(shù)及遞推關(guān)系即可求得答案.【詳解】（1）中，與6互質(zhì)的數(shù)有1和5，則；中，與15互質(zhì)的數(shù)有1、2、4、7、8、11、13和14，則8.（2）因為，p和q為素數(shù)，則對，僅當或時，x和n不互質(zhì)，又，則，，…，或，，…時，x與n不互質(zhì)，則，設(shè)，，可知s，t不全為0，下證時，；由題知，，又，所以，同理有；于是記，，即，同理，記，于是，則，因為，所以，所以，即；（i）時，記，則，記，又，而，則，即，即；（ii）若，不妨設(shè)，于是，所以，又，，所以；綜上，，得證：（3）因為，所以，則，則，假設(shè)存在，，使得；記，，令，那么，且，于是，使，則，從而數(shù)列有且僅有項，考慮使成立，則對于相鄰項有，將兩式相加并整理得：，令，得，又由于，，…，及均由和確定，則數(shù)列的各項也可根據(jù)n和確定，由上知，，則，即，其中是根據(jù)n和唯一確定的.【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，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，再轉(zhuǎn)化、抽象為相應的數(shù)學問題作答.28．（2024·江西宜春·模擬預測）定義：設(shè)和均為定義在上的函數(shù)，其導函數(shù)分別為，，若不等式對任意恒成立，則稱和為區(qū)間上的“友好函數(shù)”．(1)若和是“友好函數(shù)”，求的取值范圍；(2)給出兩組函數(shù)：①，；②，，分別判斷這兩組函數(shù)是否為上的“友好函數(shù)”