押新高考第19題B 新定義壓軸解答題-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)臨考題號(hào)押題（全解全析）

第第頁押新高考19題B新定義壓軸（解答題）（數(shù)列新定義、函數(shù)新定義、集合新定義、推理及其他新定義）2024年新高考數(shù)學(xué)新結(jié)構(gòu)體系下，新定義類試題更綜合性的考查學(xué)生的思維能力和推理能力；以問題為抓手，創(chuàng)新設(shè)問方式，搭建思維平臺(tái)，引導(dǎo)考生思考，在思維過程中領(lǐng)悟數(shù)學(xué)方法。題目更加注重綜合性、應(yīng)用性、創(chuàng)新性，本題分值最高，試題容量明顯增大，對(duì)學(xué)科核心素養(yǎng)的考查也更深入。壓軸題命題打破了試題題型、命題方式、試卷結(jié)構(gòu)的固有模式，增強(qiáng)試題的靈活性，采取多樣的形式、多角度的提問，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)能力.新定義題型的特點(diǎn)是；通過給出一個(gè)新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)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(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，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(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決.難度較難，可以預(yù)測(cè)2024年新高考大題壓軸題命題方向?qū)?huì)以新定義類題型展開命題．一、數(shù)列新定義問題1.考察對(duì)定義的理解。2.考查滿足新定義的數(shù)列的簡(jiǎn)單應(yīng)用，如在某些條件下，滿足新定義的數(shù)列有某些新的性質(zhì)，這也是在新環(huán)境下研究“舊”性質(zhì)，此時(shí)需要結(jié)合新數(shù)列的新性質(zhì)，探究“舊”性質(zhì).3.考查綜合分析能力，主要是將新性質(zhì)有機(jī)地應(yīng)用在“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性地證明更新的性質(zhì).遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，轉(zhuǎn)化為已有的知識(shí)點(diǎn)是考查的重點(diǎn)，這類思想需要熟練掌握.二、函數(shù)新定義問題涉及函數(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(xué)知識(shí)和方法，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的函數(shù)問題作答.關(guān)于新定義題的思路有：找出新定義有幾個(gè)要素，找出要素分別代表什么意思；由已知條件，看所求的是什么問題，進(jìn)行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學(xué)語言；將已知條件代入新定義的要素中；結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行解答.三、集合新定義問題對(duì)于以集合為背景的新定義問題的求解策略：緊扣新定義，首先分析新定義的特點(diǎn)，把心定義所敘述的問題的本質(zhì)弄清楚，應(yīng)用到具體的解題過程中；用好集合的性質(zhì)，解題時(shí)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.涉及有交叉集合的元素個(gè)數(shù)問題往往可采用維恩圖法，基于課標(biāo)要求的，對(duì)于集合問題，要熟練基本的概念，數(shù)學(xué)閱讀技能、推理能力，以及數(shù)學(xué)抽象和邏輯推理能力.認(rèn)真歸納類比即可得出結(jié)論，但在推理過程中要嚴(yán)格按照定義的法則或相關(guān)的定理進(jìn)行，同時(shí)運(yùn)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)?fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問題．?dāng)?shù)列新定義壓軸（解答題）1．（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）已知實(shí)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(duì)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(jì)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?yàn)?，所以；因?yàn)?，所以；?）由數(shù)列定義得：；所以．而，所以；（3）當(dāng)，由（2）可知，無上界，故對(duì)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?yàn)?，所以．②若是奇?shù)，設(shè)，則．所以．綜上所述，對(duì)于任意正整數(shù)，存在正整數(shù)，使得．2．（2024·江西南昌·一模）對(duì)于各項(xiàng)均不為零的數(shù)列，我們定義：數(shù)列為數(shù)列的“比分?jǐn)?shù)列”.已知數(shù)列滿足，且的“比分?jǐn)?shù)列”與的“2-比分?jǐn)?shù)列”是同一個(gè)數(shù)列.(1)若是公比為2的等比數(shù)列，求數(shù)列的前項(xiàng)和；(2)若是公差為2的等差數(shù)列，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用已知求出通項(xiàng)公式，再求前項(xiàng)和即可.（2）利用累乘法求通項(xiàng)公式即可.【詳解】（1）由題意知，因?yàn)椋沂枪葹?的等比數(shù)列，所以，因?yàn)?，所以?shù)列首項(xiàng)為1，公比為4的等比數(shù)列，所以；（2）因?yàn)?，且是公差?的等差數(shù)列，所以，所以，所以，所以，因?yàn)?，所?3．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）給定數(shù)列，稱為的差數(shù)列（或一階差數(shù)列），稱數(shù)列的差數(shù)列為的二階差數(shù)列……(1)求的二階差數(shù)列；(2)用含的式子表示的階差數(shù)列，并求其前項(xiàng)和．【答案】(1)(2)【分析】（1）根據(jù)差數(shù)列的定義，依次求出數(shù)列的一階差數(shù)列和二階差數(shù)列即得；（2）根據(jù)（1）的規(guī)律，猜想的階差數(shù)列為，接著運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明；再根據(jù)等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式求解即得.【詳解】（1）由差數(shù)列的定義，數(shù)列的一階差數(shù)列為數(shù)列的二階差數(shù)列為的一階差數(shù)列，即故數(shù)列的二階差數(shù)列為．（2）通過找規(guī)律得，的階差數(shù)列為，下面運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明：①當(dāng)時(shí)，顯然成立；時(shí)，由（1）得結(jié)論也成立．②假設(shè)該結(jié)論對(duì)時(shí)成立，嘗試證明其對(duì)時(shí)也成立．由差數(shù)列的定義，的階差數(shù)列即的階差數(shù)列的一階差數(shù)列，即故該結(jié)論對(duì)時(shí)也成立，證畢．故的階差數(shù)列為．該數(shù)列是以為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，故其前項(xiàng)和為故的階差數(shù)列為，其前項(xiàng)和為.4．（2024·浙江溫州·二模）數(shù)列滿足：是等比數(shù)列，，且．(1)求；(2)求集合中所有元素的和；(3)對(duì)數(shù)列，若存在互不相等的正整數(shù)，使得也是數(shù)列中的項(xiàng)，則稱數(shù)列是“和穩(wěn)定數(shù)列”．試分別判斷數(shù)列是否是“和穩(wěn)定數(shù)列”．若是，求出所有的值；若不是，說明理由．【答案】(1)，(2)(3)數(shù)列是“和穩(wěn)定數(shù)列”，，數(shù)列不是“和穩(wěn)定數(shù)列”，理由見解析【分析】（1）根據(jù)已知及等比數(shù)列的定義求出的通項(xiàng)公式，由已知和求通項(xiàng)可得的通項(xiàng)公式，（2）根據(jù)等差數(shù)列及等比數(shù)列的求和公式可得結(jié)果（3）根據(jù)“和穩(wěn)定數(shù)列”的定義可判定.【詳解】（1），又，，解得：因?yàn)槭堑缺葦?shù)列，所以的公比，又當(dāng)時(shí)，，作差得：將代入，化簡(jiǎn)：，得：是公差的等差數(shù)列，（2）記集合的全體元素的和為，集合的所有元素的和為，集合的所有元素的和為，集合的所有元素的和為，則有對(duì)于數(shù)列：當(dāng)時(shí)，是數(shù)列中的項(xiàng)當(dāng)時(shí)，不是數(shù)列中的項(xiàng)，其中即（其中表示不超過實(shí)數(shù)的最大整數(shù)）（3）①解：當(dāng)時(shí)，是的正整數(shù)倍，故一定不是數(shù)列中的項(xiàng)；當(dāng)時(shí)，，不是數(shù)列中的項(xiàng)；當(dāng)時(shí)，，是數(shù)列中的項(xiàng)；綜上，數(shù)列是“和穩(wěn)定數(shù)列”，；②解：數(shù)列不是“和穩(wěn)定數(shù)列”，理由如下：不妨設(shè)：，則，且故不是數(shù)列中的項(xiàng).數(shù)列不是“和穩(wěn)定數(shù)列”.5．（23-24高三上·湖北武漢·期末）若數(shù)列滿足：存在等比數(shù)列，使得集合元素個(gè)數(shù)不大于，則稱數(shù)列具有性質(zhì).如數(shù)列，存在等比數(shù)列，使得集合，則數(shù)列具有性質(zhì).若數(shù)列滿足，，記數(shù)列的前項(xiàng)和為.證明：(1)數(shù)列為等比數(shù)列；(2)數(shù)列具有性質(zhì).【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）設(shè)，求出和，求出和的關(guān)系即可證明；（2）由（1）求出，求出，設(shè)數(shù)列即可證明.【詳解】（1）設(shè)，則，.因此數(shù)列是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，且；（2）由（1），，所以，取數(shù)列，則是等比數(shù)列，并且，因此集合，所以數(shù)列具有性質(zhì).6．（2024·安徽池州·模擬預(yù)測(cè)）定義：若對(duì)恒成立，則稱數(shù)列為“上凸數(shù)列”．(1)若，判斷是否為“上凸數(shù)列”，如果是，給出證明；如果不是，請(qǐng)說明理由．(2)若為“上凸數(shù)列”，則當(dāng)時(shí)，．（?。┤魯?shù)列為的前項(xiàng)和，證明：；（ⅱ）對(duì)于任意正整數(shù)序列（為常數(shù)且），若恒成立，求的最小值．【答案】(1)是，證明見解析(2)（?。┳C明見解析；（ⅱ）【分析】（1）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性結(jié)合“上凸數(shù)列”定義判定即可；（2）（?。├谩吧贤箶?shù)列”定義及倒序相加法證明即可；令，利用條件及數(shù)列求和適當(dāng)放縮計(jì)算即可.【詳解】（1）是“上凸數(shù)列”，理由如下：因?yàn)?，令，則．當(dāng)時(shí)，，所以，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以，所以，所以是“上凸數(shù)列”．（2）（?。┳C明：因?yàn)槭恰吧贤箶?shù)列”，由題意可得對(duì)任意，，所以，所以．（ⅱ）解：令，由（1）可得當(dāng)時(shí)，是“上凸數(shù)列”，由題意可知，當(dāng)時(shí)，．因?yàn)?，即．所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以．綜上所述，的最小值為．7．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）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(shí)，.（i）求；（ii）設(shè)，數(shù)列的前n項(xiàng)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(gè)數(shù)，進(jìn)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(gè)數(shù)為，中與互質(zhì)的正整數(shù)個(gè)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(xiàng)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(gè)數(shù)，因?yàn)榕c2互質(zhì)的數(shù)為1，所以；因?yàn)榕c3互質(zhì)的數(shù)為1，2，所以；因?yàn)榕c6互質(zhì)的數(shù)為1，5，所以.（2）（i）因?yàn)橹信c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(gè)數(shù)為，所以，又因?yàn)橹信c互質(zhì)的正整數(shù)只有與兩個(gè)，所以中與互質(zhì)的正整數(shù)個(gè)數(shù)為，所以，所以，（ii）解法一：因?yàn)椋?，所以，令，因?yàn)椋詳?shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，所以數(shù)列的前n項(xiàng)和，所以，又因?yàn)?，所以，解法二：因?yàn)?，所以，又因?yàn)?，所以，所以，所以，所以因?yàn)?，所以，【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解答本題的關(guān)鍵點(diǎn)一：對(duì)題中定義的理解；關(guān)鍵點(diǎn)二：對(duì)的放縮，或者.8．（2024·全國·二模）已知由個(gè)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(yán)格差增數(shù)組”.(1)設(shè)有序數(shù)組，試判斷是否為“非嚴(yán)格差增數(shù)組”？并說明理由；(2)若有序數(shù)組為“非嚴(yán)格差增數(shù)組”，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)有序數(shù)組是“非嚴(yán)格差增數(shù)組”，有序數(shù)組不是“非嚴(yán)格差增數(shù)組”，理由見解析(2)【分析】（1）根據(jù)“非嚴(yán)格差增數(shù)組”的定義判斷即可；（2）根據(jù)“非嚴(yán)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(duì)于有序數(shù)組，有，所以有序數(shù)組是“非嚴(yán)格差增數(shù)組”；對(duì)于有序數(shù)組，有，因?yàn)椋杂行驍?shù)組不是“非嚴(yán)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(xiàng)，為公比的等比數(shù)列，且共有12項(xiàng)，根據(jù)“非嚴(yán)格差增數(shù)組”的定義，得，不等式兩邊平方得，整理得，當(dāng)時(shí)，顯然對(duì)于恒成立；當(dāng)時(shí)，得對(duì)于恒成立，所以等價(jià)于時(shí)，，即，顯然成立；當(dāng)時(shí)，得，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，得，因?yàn)椋燥@然成立；當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，得，因?yàn)椋燥@然不成立；所以當(dāng)時(shí)，矛盾，舍去；當(dāng)時(shí)，得，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，得，顯然成立；當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，要使恒成立，即等價(jià)于時(shí)，，即，解得或（舍去）；綜上可得，實(shí)數(shù)的取值范圍為.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵點(diǎn)是理解“非嚴(yán)格差增數(shù)組”的定義，遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，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(yùn)算，驗(yàn)證，使得問題得以解決.9．（2024·河南開封·二模）在密碼學(xué)領(lǐng)域，歐拉函數(shù)是非常重要的，其中最著名的應(yīng)用就是在RSA加密算法中的應(yīng)用．設(shè)p，q是兩個(gè)正整數(shù)，若p，q的最大公約數(shù)是1，則稱p，q互素．對(duì)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(gè)數(shù)，記為．(1)試求，，，的值；(2)設(shè)n是一個(gè)正整數(shù)，p，q是兩個(gè)不同的素?cái)?shù)．試求，與φ（p）和φ（q）的關(guān)系；(3)RSA算法是一種非對(duì)稱加密算法，它使用了兩個(gè)不同的密鑰：公鑰和私鑰．具體而言：①準(zhǔn)備兩個(gè)不同的、足夠大的素?cái)?shù)p，q；②計(jì)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(jì)算機(jī)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(xiàng)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(jìn)而分析計(jì)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(xiàng)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(gè)，因此.由，是兩個(gè)不同的素?cái)?shù)，得，在不超過的正整數(shù)中，的倍數(shù)有個(gè)，的倍數(shù)有個(gè)，于是，所以.（3）計(jì)算機(jī)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(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：數(shù)列求和，利用差角的正切變式進(jìn)行裂項(xiàng)是求解的關(guān)鍵.10．（23-24高三下·海南省直轄縣級(jí)單位·開學(xué)考試）由個(gè)數(shù)排列成行列的數(shù)表稱為行列的矩陣，簡(jiǎn)稱矩陣，也稱為階方陣，記作：其中表示矩陣中第行第列的數(shù)．已知三個(gè)階方陣分別為，，其中分別表示中第行第列的數(shù)．若，則稱是生成的線性矩陣．(1)已知，若是生成的線性矩陣，且，求；(2)已知，矩陣，矩陣是生成的線性矩陣，且．（i）求；（ii）已知數(shù)列滿足，數(shù)列滿足，數(shù)列的前項(xiàng)和記為，是否存在正整數(shù)，使成立？若存在，求出所有的正整數(shù)對(duì)；若不存在，請(qǐng)說明理由．【答案】(1)(2)（i），；（ii）存在，，【分析】（1）根據(jù)得到，計(jì)算，，得到答案.（2）根據(jù)得到，計(jì)算，，確定，利用錯(cuò)位相減法得到，變換得到，根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性計(jì)算最值得到答案.【詳解】（1），則，即，解得，則，，，，故.（2）（i），，故，，.（ii），，，故，故，，即，取驗(yàn)證不成立，整理得到，，當(dāng)時(shí)，，不成立；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；現(xiàn)說明當(dāng)時(shí)不成立：設(shè)，，，則，，故單調(diào)遞增，，設(shè)，，，，，故單調(diào)遞減，，，，，故時(shí)，不成立，綜上所述：使成立的所有的正整數(shù)對(duì)為，.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了新定義問題，數(shù)列求和，數(shù)列的單調(diào)性問題，意在考查學(xué)生的計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中將定義中的新知識(shí)轉(zhuǎn)化為已有的知識(shí)點(diǎn)是考查的重點(diǎn)，這類思想是考查的重點(diǎn)，需要熟練掌握.11．（2024·福建廈門·二模）若，都存在唯一的實(shí)數(shù)，使得，則稱函數(shù)存在“源數(shù)列”.已知.(1)證明：存在源數(shù)列；(2)（ⅰ）若恒成立，求的取值范圍；（ⅱ）記的源數(shù)列為，證明：前項(xiàng)和.【答案】(1)證明見解析(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合，根據(jù)數(shù)列的新定義，即可證明結(jié)論；（2）（i）由恒成立，可得恒成立，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值，即可求得答案；（ii）由（i）可得，從而由，推得，可得到，繼而可利用放縮法以及裂項(xiàng)求和法，證明不等式.【詳解】（1）由，得，即在上單調(diào)遞減，又，當(dāng)且x無限趨近于0時(shí)，趨向于正無窮大，即的值域?yàn)?，且函?shù)在上單調(diào)遞減，對(duì)于可以取到任意正整數(shù)，且在上都有存在唯一自變量與之對(duì)應(yīng)，故對(duì)于，令，其在上的解必存在且唯一，不妨設(shè)解為，即，則都存在唯一的實(shí)數(shù)，使得，即存在源數(shù)列；（2）（i）恒成立，即恒成立，令，即恒成立，令，則，令，則，僅在時(shí)取等號(hào)，即在上單調(diào)遞減，故，即在上單調(diào)遞增，、故，故；（ii）由（i）得，故，即，故，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即前項(xiàng)和.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了數(shù)列的新定義以及數(shù)列不等式恒成立以及證明不等式問題，綜合性較強(qiáng)，解答的關(guān)鍵在于證明不等式時(shí)，得到后，即可推出，此時(shí)要用放縮法得到，從而再用裂項(xiàng)法求和，證明不等式.12．（2024·山東泰安·一模）已知各項(xiàng)均不為0的遞增數(shù)列的前項(xiàng)和為，且（，且）．(1)求數(shù)列的前項(xiàng)和；(2)定義首項(xiàng)為2且公比大于1的等比數(shù)列為“-數(shù)列”．證明：①對(duì)任意且，存在“-數(shù)列”，使得成立；②當(dāng)且時(shí)，不存在“-數(shù)列”，使得對(duì)任意正整數(shù)成立．【答案】(1)(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）根據(jù)和的關(guān)系，結(jié)合等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式、裂項(xiàng)相消法進(jìn)行求解即可；（2）①根據(jù)不等式，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算證明即可；②根據(jù)①的結(jié)論，結(jié)合特殊值法進(jìn)行運(yùn)算證明即可.【詳解】（1），各項(xiàng)均不為0且遞增，，，，，化簡(jiǎn)得，，，，，，為等差數(shù)列，，，；（2）①證明：設(shè)“G-數(shù)列”公比為，且，由題意，只需證存在對(duì)且成立，即成立，設(shè)，則，令，解得，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，單調(diào)遞減，，，存在，使得對(duì)任意且成立，經(jīng)檢驗(yàn)，對(duì)任意且均成立，對(duì)任意且，存在“G-數(shù)列”使得成立；②由①知，若成立，則成立，當(dāng)時(shí)，取得，取得，由，得，不存在，當(dāng)且時(shí)，不存在“G-數(shù)列”使得對(duì)任意正整數(shù)成立．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：根據(jù)不等式的形式，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解.13．（2024·河南信陽·一模）定義：已知數(shù)列滿足．(1)若，，求，的值；(2)若，，使得恒成立．探究：是否存在正整數(shù)p，使得，若存在，求出p的可能取值構(gòu)成的集合；若不存在，請(qǐng)說明理由；(3)若數(shù)列為正項(xiàng)數(shù)列，證明：不存在實(shí)數(shù)A，使得．【答案】(1)，或(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意，由定義代入計(jì)算，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，將問題轉(zhuǎn)化為，即可得到結(jié)果；（3）根據(jù)題意，分與討論，當(dāng)時(shí)，再分S為有限集與S為無限集討論，即可證明.【詳解】（1）依題意，，顯然；故；，即或，則或．（2），對(duì)恒成立，.，，①時(shí),當(dāng),且時(shí),.的集合為且②時(shí),，，，當(dāng),且時(shí),.的集合為且③且時(shí),的集合為（3），；設(shè)，①若，則，，對(duì)任意，?。╗x]表示不超過x的最大整數(shù)），當(dāng)時(shí)，；②若，ⅰ）若S為有限集，設(shè)，，對(duì)任意，?。╗x]表示不超過x的最大整數(shù)），當(dāng)時(shí)，；ⅱ）若S為無限集，設(shè)，，若，則，又，矛盾；故；記；當(dāng)時(shí)，，，；因?yàn)椋?；?dāng)時(shí)，，，因?yàn)?，故；因?yàn)?，故，故?duì)任意，取，當(dāng)時(shí)，；綜上所述，不存在實(shí)數(shù)A，使得．綜上所述，不存在實(shí)數(shù)A，使得對(duì)任意的正整數(shù)n，都有．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題主要考查了新定于與數(shù)列綜合問題，難度較大，解答本題的關(guān)鍵在于理解新定義的概念，以及結(jié)合數(shù)列的知識(shí)解答.14．（2024·吉林白山·二模）已知數(shù)列的前項(xiàng)和為，若數(shù)列滿足：①數(shù)列項(xiàng)數(shù)有限為；②；③，則稱數(shù)列為“階可控?fù)u擺數(shù)列”.(1)若等比數(shù)列為“10階可控?fù)u擺數(shù)列”，求的通項(xiàng)公式；(2)若等差數(shù)列為“階可控?fù)u擺數(shù)列”，且，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(3)已知數(shù)列為“階可控?fù)u擺數(shù)列”，且存在，使得，探究：數(shù)列能否為“階可控?fù)u擺數(shù)列”，若能，請(qǐng)給出證明過程；若不能，請(qǐng)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(xiàng)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(xiàng)和及通項(xiàng)公式求解即可；（3）根據(jù)數(shù)列為“階可控?fù)u擺數(shù)列”求得，再利用數(shù)列的前項(xiàng)和得，然后推得與不能同時(shí)成立，即可判斷.【詳解】（1）若，則，解得，則，與題設(shè)矛盾，舍去；若，則，得，而，解得或，故或.（2）設(shè)等差數(shù)列的公差為，因?yàn)椋瑒t，則，由，得，而，故，兩式相減得，即，又，得，所以.（3）記中所有非負(fù)項(xiàng)之和為，負(fù)項(xiàng)之和為，因?yàn)閿?shù)列為“階可控?fù)u擺數(shù)列”，則得，故，所以.若存在，使得，即，則，且.假設(shè)數(shù)列也為“階可控?fù)u擺數(shù)列”，記數(shù)列的前項(xiàng)和為，則因?yàn)?，所?所以；又，則.所以；即與不能同時(shí)成立.故數(shù)列不為“階可控?fù)u擺數(shù)列”.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列的新定義問題，應(yīng)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(xiàng)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(xiàng)公式和前n項(xiàng)和，最后再通項(xiàng)和前n項(xiàng)和的基礎(chǔ)上討論數(shù)列的性質(zhì).15．（2024·河南·一模）在正項(xiàng)無窮數(shù)列中，若對(duì)任意的，都存在，使得，則稱為階等比數(shù)列．在無窮數(shù)列中，若對(duì)任意的，都存在，使得，則稱為階等差數(shù)列．(1)若為1階等比數(shù)列，，求的通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和；(2)若為階等比數(shù)列，求證：為階等差數(shù)列；(3)若既是4階等比數(shù)列，又是5階等比數(shù)列，證明：是等比數(shù)列．【答案】(1)，前項(xiàng)和為(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)題意可得為正項(xiàng)等比數(shù)列，求出首項(xiàng)與公比，再根據(jù)等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式即可得解；（2）由為階等比數(shù)列，可得，使得成立，再根據(jù)階等差數(shù)列即可得出結(jié)論；（3）根據(jù)既是4階等比數(shù)列，又是5階等比數(shù)列，可得與同時(shí)成立，再結(jié)合等比數(shù)列的定義即可得出結(jié)論.【詳解】（1）因?yàn)闉?階等比數(shù)列，所以為正項(xiàng)等比數(shù)列，設(shè)公比為，則為正數(shù)，由已知得兩式相除得，所以（舍去），所以，所以的通項(xiàng)公式為，前項(xiàng)和為；（2）因?yàn)闉殡A等比數(shù)列，所以，使得成立，所以，又，所以，即成立，所以為階等差數(shù)列；（3）因?yàn)榧仁?階等比數(shù)列，又是5階等比數(shù)列，所以與同時(shí)成立，所以與同時(shí)成立，又的各項(xiàng)均為正數(shù)，所以對(duì)任意的，數(shù)列和數(shù)列都是等比數(shù)列，由數(shù)列是等比數(shù)列，得也成等比數(shù)列，設(shè)，所以，所以是等比數(shù)列．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：新定義題型的特點(diǎn)是:通過給出一個(gè)新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)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(xué)的知識(shí)和方法，實(shí)現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點(diǎn)，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(yàn)證、運(yùn)算，使問題得以解決.16．（2024·湖南·模擬預(yù)測(cè)）超越數(shù)得名于歐拉，它的存在是法國數(shù)學(xué)家劉維爾（Joseph

Liouville）最早證明的．一個(gè)超越數(shù)不是任何一個(gè)如下形式的整系數(shù)多項(xiàng)式方程的根：（，，…，，）．?dāng)?shù)學(xué)家證明了自然對(duì)數(shù)的底數(shù)e與圓周率是超越數(shù)．回答下列問題：已知函數(shù)（）只有一個(gè)正零點(diǎn)．(1)求數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)（?。?gòu)造整系數(shù)方程，證明：若，則為有理數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)．（ⅱ）數(shù)列中是否存在不同的三項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列？若存在，求出這三項(xiàng)的值；否則說明理由．【答案】(1)(2)（?。┳C明見解析.（ⅱ）答案見解析.【分析】（1）充分分析題意，利用函數(shù)性質(zhì)只有一個(gè)正零點(diǎn)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)得出在取最大值，進(jìn)而得出.（2）（?。└鶕?jù)題意利用反證法分析證明；（ⅱ）利用第一問已知，分析題意，結(jié)合給定新定義求解即可.【詳解】（1）若只有一個(gè)正零點(diǎn)，可得令，，令，，令，，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，可得在處取得最大值，且最大值為，而當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，由題意得，當(dāng)最大時(shí)，符合題意，故，即.（2）（?。┤簦瑒t為有理數(shù)；若正整數(shù)，假設(shè)為有理數(shù)，則，則方程的根中有有理數(shù)，又在方程中，發(fā)現(xiàn)是它的根，而已知是超越數(shù)，故不是方程的根，與矛盾，即不為有理數(shù)；綜上所述：，為有理數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)；（ⅱ）若數(shù)列中存在不同的三項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列，則，可得，由方程右邊是有理數(shù)知左邊是有理數(shù)，由上問知當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立，故，則，設(shè)，則，，則，將，代入進(jìn)行化簡(jiǎn)，可得，故，故，構(gòu)造函數(shù)，而，知在其定義域內(nèi)單調(diào)遞減，又，故若，則有，即成立，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立.即數(shù)列中不存在不同的三項(xiàng)構(gòu)成等比數(shù)列，【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查數(shù)列新定義，解題關(guān)鍵是利用給定新定義，然后證明構(gòu)成等比數(shù)列，發(fā)現(xiàn)不存在即可．17．（2024·湖南·一模）已知為非零常數(shù)，，若對(duì)，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(dāng)時(shí)，，不合題意，若，則，滿足要求，，因?yàn)椋?，故，故?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?yàn)闉閿?shù)列，所以，故，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以；（3）因?yàn)闉閿?shù)列，所以，所以，令，則，解得，所以，使得.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：數(shù)列不等式問題，常常需要進(jìn)行放縮，放縮后結(jié)合等差或等比公式進(jìn)行求解，又或者放縮后可使用裂項(xiàng)相消法進(jìn)行求和，常常使用作差法和數(shù)學(xué)歸納法，技巧性較強(qiáng).18．（2024·河南信陽·模擬預(yù)測(cè)）若數(shù)列滿足：存在等差數(shù)列，使得集合元素的個(gè)數(shù)為不大于，則稱數(shù)列具有性質(zhì).(1)已知數(shù)列滿足，.求證：數(shù)列是等差數(shù)列，且數(shù)列有性質(zhì)；(2)若數(shù)列有性質(zhì)，數(shù)列有性質(zhì)，證明：數(shù)列有性質(zhì)；(3)記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，若數(shù)列具有性質(zhì)，是否存在，使得數(shù)列具有性質(zhì)？說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)存在，且，理由見解析【分析】（1）借助題目所給條件可得，結(jié)合等差數(shù)列定義可得數(shù)列是等差數(shù)列，結(jié)合新定義找到對(duì)應(yīng)的等差數(shù)列，使得集合元素的個(gè)數(shù)不大于；（2）構(gòu)造對(duì)應(yīng)函數(shù)、，結(jié)合所給定義可得集合元素的個(gè)數(shù)不超過個(gè)，即可得證；（3）借助與的關(guān)系，得到當(dāng)時(shí)，，存在等差數(shù)列，使元素個(gè)數(shù)不超過個(gè)，即可得證.【詳解】（1）由，故，即，又，故數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，則，即，故存在等差數(shù)列，使，由，故數(shù)列有性質(zhì)；（2）設(shè)對(duì)數(shù)列，存在等差數(shù)列，使，對(duì)數(shù)列，存在等差數(shù)列，使，則對(duì)數(shù)列，存在等差數(shù)列，使的值為，這樣的最多有個(gè)，即數(shù)列有性質(zhì)；（3）設(shè)對(duì)數(shù)列，存在等差數(shù)列，且其公差為，使得，當(dāng)時(shí)，有，由，故當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，可能有種，故這樣的最多有個(gè)，即存在等差數(shù)列，使，的元素個(gè)數(shù)不超過個(gè)，故一定存在，使得數(shù)列具有性質(zhì).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題最后一小問關(guān)鍵點(diǎn)在于借助與的關(guān)系，得到當(dāng)時(shí)，，從而將數(shù)列具有性質(zhì)這個(gè)條件使用上.19．（2024·廣西南寧·一模）若無窮數(shù)列滿足，則稱數(shù)列為數(shù)列，若數(shù)列同時(shí)滿足，則稱數(shù)列為數(shù)列．(1)若數(shù)列為數(shù)列，，證明：當(dāng)時(shí)，數(shù)列為遞增數(shù)列的充要條件是；(2)若數(shù)列為數(shù)列，，記，且對(duì)任意的，都有，求數(shù)列的通項(xiàng)公式．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先證必要性，根據(jù)遞增函數(shù)可得數(shù)列是等差數(shù)列可得，再證充分性，根據(jù)累加可得當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)即可證明；（2）依題意的偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成單調(diào)遞增數(shù)列，從而可得當(dāng)時(shí)，有，再證明相鄰兩項(xiàng)不可能同時(shí)為非負(fù)數(shù)，從而可得，進(jìn)而根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求解即可.【詳解】（1）先證必要性：依題意得，，又?jǐn)?shù)列是遞增數(shù)列，故，故數(shù)列是，公差的等差數(shù)列，故.再證充分性：由，得，故，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào).又，故，故數(shù)列是遞增數(shù)列.（2）因?yàn)椋?，知?shù)列是單調(diào)遞增數(shù)列，故數(shù)列的偶數(shù)項(xiàng)構(gòu)成單調(diào)遞增數(shù)列，依題意，可得，故當(dāng)時(shí)，有.下面證明數(shù)列中相鄰兩項(xiàng)不可能同時(shí)為非負(fù)數(shù).假設(shè)數(shù)列中存在同時(shí)為非負(fù)數(shù)，因?yàn)椋?，則有，與條件矛盾；若，則有，與條件矛盾；即假設(shè)不存在，即對(duì)任意正整數(shù)中至少有一個(gè)小于0；由，對(duì)成立，故時(shí)，，，即，故，故，即，即.又，所以數(shù)列是，公差為1的等差數(shù)列，所以.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：（1）證明充要條件可分別證明充分性與必要性；（2）隔項(xiàng)數(shù)列可考慮每項(xiàng)前后的兩項(xiàng)數(shù)列正負(fù)，并根據(jù)累加可得.20．（2024·山東青島·一模）記集合無窮數(shù)列中存在有限項(xiàng)不為零，，對(duì)任意，設(shè)變換，．定義運(yùn)算：若，則，．(1)若，用表示；(2)證明：；(3)若，，，證明：．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)新定義，由項(xiàng)系數(shù)相等可得；（2）利用新定義證明即可；（3）根據(jù)多項(xiàng)式的乘法可得，然后利用通項(xiàng)公式整理化簡(jiǎn)即可得證.【詳解】（1）因?yàn)?，且，所以，由可得，所?（2）因?yàn)?，所以又因?yàn)樗裕?（3）對(duì)于，因?yàn)椋?，所以，所以，，所以?【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題屬于新定義問題，主要難點(diǎn)在于對(duì)新定義的理解，利用多項(xiàng)式的乘法分析，結(jié)合通項(xiàng)公式即可得證.函數(shù)新定義壓軸（解答題）1．（2024·遼寧大連·一模）已知函數(shù)的定義域?yàn)閰^(qū)間值域?yàn)閰^(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(shè)為正數(shù)，且若是區(qū)間的縮域函數(shù)，證明：（i）當(dāng)時(shí)，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(dǎo)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(dāng)時(shí)，，則單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，則單調(diào)遞增.所以，解得，下面證明，即，也即；令，則，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；因此可得，所以，綜上a的取值范圍為（2）（i）當(dāng)時(shí),若是區(qū)間的縮域函數(shù)，則，即，進(jìn)一步，當(dāng)時(shí)，，即，；由（1）可知，當(dāng)時(shí)，，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(shè)函數(shù)，則；當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減；因?yàn)闉檎龜?shù)且則，又，所以在上單調(diào)遞減，所以；記，設(shè)，且，由的單調(diào)性可知，故；記，則，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增；故，即；因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，故，即；由，故，所以，又因?yàn)椋?【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)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(duì)相應(yīng)結(jié)論進(jìn)行證明.2．（2024·安徽安慶·二模）取整函數(shù)被廣泛應(yīng)用于數(shù)論、函數(shù)繪圖和計(jì)算機(jī)領(lǐng)域，其定義如下：設(shè)，不超過x的最大整數(shù)稱為x的整數(shù)部分，記作，函數(shù)稱為取整函數(shù)．另外也稱是x的整數(shù)部分，稱為x的小數(shù)部分．(1)直接寫出和的值；(2)設(shè)a，，證明：，且，并求在b的倍數(shù)中不大于a的正整數(shù)的個(gè)數(shù)；(3)對(duì)于任意一個(gè)大于1的整數(shù)a，a能唯一寫為，其中為質(zhì)數(shù)，為整數(shù)，且對(duì)任意的，，i，，稱該式為a的標(biāo)準(zhǔn)分解式，例如100的標(biāo)準(zhǔn)分解式為．證明：在的標(biāo)準(zhǔn)分解式中，質(zhì)因數(shù)（，，）的指數(shù)．【答案】(1)，(2)證明見解析，個(gè)(3)證明見解析【分析】（1）結(jié)合定義計(jì)算即可得；（2）由題意可得，等式兩邊同時(shí)乘b，即可得證，由a，b都為整數(shù)，結(jié)合定義可證得，即可得證，假設(shè)b，，…，都小于等于a，可得，即有，又，即可得，即可得解；（3）利用（2）中結(jié)論可得的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為，的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為，的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為，依次進(jìn)行下去，可得，即得證.【詳解】（1）由，故，故，；（2）因?yàn)椋仁絻蛇呁瑫r(shí)乘b，得，因?yàn)閍，b都為整數(shù)，所以也為整數(shù)，又，所以，所以，即得證，假設(shè)b，，…，都小于等于a，，因?yàn)?，所以，所以，因?yàn)椋?，所以b的倍數(shù)中不大于a的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為個(gè)；（3），將2，3，…，n每一個(gè)數(shù)都分解為質(zhì)因數(shù)的乘積．對(duì)于質(zhì)因數(shù)，利用（2）中結(jié)論，的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為，記為，將這些數(shù)都提取出來，此時(shí)p的倍數(shù)中還有可以提取出的數(shù)，注意到的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為，記為，將這些數(shù)提取出來；同理，的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為，記為，依此這樣進(jìn)行下去，則質(zhì)因數(shù)的指數(shù)，即得證．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題中第二小問關(guān)鍵點(diǎn)在于由題意得到，從而借助該式變形證明、；假設(shè)b，，…，都小于等于a，得到，從而得到.3．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）如果有且僅有兩條不同的直線與函數(shù)的圖象均相切，那么稱這兩個(gè)函數(shù)為“函數(shù)組”．(1)判斷函數(shù)與是否為“函數(shù)組”，其中為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，并說明理由；(2)已知函數(shù)與為“函數(shù)組”，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】(1)它們?yōu)椤昂瘮?shù)組”，理由見解析(2)【分析】（1）設(shè)出切點(diǎn)，得到兩函數(shù)的切線方程，根據(jù)斜率相等得到，代入兩切線方程，對(duì)照系數(shù)得到，解得或，求出兩條切線方程，得到答案；（2）設(shè)出切點(diǎn)，得到兩切線方程，求出，再聯(lián)立，轉(zhuǎn)化為方程有兩個(gè)正數(shù)根，構(gòu)造，求導(dǎo)得到其單調(diào)性，極值最值情況，數(shù)形結(jié)合得到答案.【詳解】（1）函數(shù)和是“函數(shù)組”，理由如下：設(shè)直線與曲線和相切于點(diǎn)，，，則切線方程分別為．因此，則．故，，由于兩切線為同一直線，故，即，又，故，解得或，當(dāng)時(shí)，切線方程為，當(dāng)時(shí)，切線方程為，因此切線方程為或．因?yàn)橛星覂H有兩條不同的直線與函數(shù)和的圖象均相切，所以它們?yōu)椤昂瘮?shù)組”．（2）因?yàn)楹瘮?shù)與為“函數(shù)組”，所以它們的圖象有且僅有兩條公切線．由，得，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為，，則切線方程為，，設(shè)切點(diǎn)為，則切線方程為，由題意得有解，因?yàn)?，所以．?lián)立，所以．由判別式，可得．依題意，關(guān)于實(shí)數(shù)的方程恰有兩個(gè)不同的正數(shù)解．令，則，故當(dāng)時(shí)，，所以單調(diào)遞增；當(dāng)時(shí)，，所以單調(diào)遞減，所以．又，當(dāng)時(shí)，；所以．又，所以，實(shí)數(shù)的取值范圍是．【點(diǎn)睛】當(dāng)已知切點(diǎn)坐標(biāo)為時(shí)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的幾何意義可得到切線的斜率，再利用求出切線方程；當(dāng)不知道切點(diǎn)坐標(biāo)時(shí)，要設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合切點(diǎn)既在函數(shù)圖象上，又在切線方程上，列出等式，進(jìn)行求解.4．（2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測(cè)）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(diǎn)，首先構(gòu)造出一個(gè)拉格朗日輔助函數(shù)，其中為拉格朗日系數(shù)．分別對(duì)中的部分求導(dǎo)，并使之為0，得到三個(gè)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(diǎn)．的值代入到中即為極值．補(bǔ)充說明：【例】求函數(shù)關(guān)于變量的導(dǎo)數(shù)．即：將變量當(dāng)做常數(shù)，即：，下標(biāo)加上，代表對(duì)自變量x進(jìn)行求導(dǎo)．即拉格朗日乘數(shù)法方程組之中的表示分別對(duì)進(jìn)行求導(dǎo)．(1)求函數(shù)關(guān)于變量的導(dǎo)數(shù)并求當(dāng)處的導(dǎo)數(shù)值．(2)利用拉格朗日乘數(shù)法求：設(shè)實(shí)數(shù)滿足，求的最大值．(3)①若為實(shí)數(shù)，且，證明：．②設(shè)，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(duì)變量求導(dǎo)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(fù)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(duì)變量求導(dǎo)得：，當(dāng)時(shí)，.（2）令，則，解得或，于是函數(shù)在約束條件的可能極值點(diǎn)是，，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的一個(gè)極值為函數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)的一個(gè)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(duì)應(yīng)的圖形是封閉的，而，所以的最大值為.（3）①由，，設(shè)，則，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以.②當(dāng)時(shí)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以時(shí)，取得最小值4.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用基本不等式最值的方法與技巧：①在運(yùn)用基本不等式時(shí)，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(shí)，要從整體上把握運(yùn)用基本不等式，有時(shí)可乘以一個(gè)數(shù)或加上一個(gè)數(shù)，以及“1”的代換等應(yīng)用技巧.5．（2024·貴州貴陽·一模）英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)了如下公式：其中為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，.以上公式稱為泰勒公式.設(shè)，根據(jù)以上信息，并結(jié)合高中所學(xué)的數(shù)學(xué)知識(shí)，解決如下問題.(1)證明：；(2)設(shè)，證明：；(3)設(shè)，若是的極小值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）首先設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題；（2）首先由泰勒公式，由和，再求得和的解析式，即可證明；（3）分和兩種情況討論，求出在附近的單調(diào)區(qū)間，即可求解.【詳解】（1）設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，：當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.因此，，即.（2）由泰勒公式知，①于是，②由①②得所以即.（3），則，設(shè)，由基本不等式知，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.所以當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞增.又因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，且，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.因此，是的極小值點(diǎn).下面證明：當(dāng)時(shí)，不是的極小值點(diǎn).當(dāng)時(shí)，，又因?yàn)槭巧系呐己瘮?shù)，且在上單調(diào)遞增,所以當(dāng)時(shí)，.因此，在上單調(diào)遞減.又因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，且，所以當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.因此，是的極大值點(diǎn)，不是的極小值點(diǎn).綜上，實(shí)數(shù)的取值范圍是.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第三問是本題的難點(diǎn)，關(guān)鍵是分和兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)判斷附近的單調(diào)性.6．（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(dǎo)數(shù)和函數(shù)的零點(diǎn)有關(guān)，是由法國數(shù)學(xué)家米歇爾·羅爾于1691年提出的．它的表達(dá)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(dǎo)，且，那么在區(qū)間內(nèi)至少存在一點(diǎn)，使得．(1)運(yùn)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(dǎo)，則存在，使得．(2)已知函數(shù)，若對(duì)于區(qū)間內(nèi)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)，都有成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．(3)證明：當(dāng)時(shí)，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(dǎo)數(shù)結(jié)合羅爾定理推導(dǎo)即得.（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用（1）的結(jié)論建立恒成立的不等式，再利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的值域即得.（3）構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)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(dǎo)，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(dǎo)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?yàn)?，則，所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.（3）令函數(shù)，顯然函數(shù)在上可導(dǎo)，由（1），存在，使得，又，則，因此，而，則，即，所以.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)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(xué)知識(shí)和方法，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化、抽象為相應(yīng)的函數(shù)問題作答.7．（2024·湖北·一模）英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)的泰勒公式有如下特殊形式：當(dāng)在處的階導(dǎo)數(shù)都存在時(shí)，．注：表示的2階導(dǎo)數(shù)，即為的導(dǎo)數(shù)，表示的階導(dǎo)數(shù)，該公式也稱麥克勞林公式．(1)根據(jù)該公式估算的值，精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位；(2)由該公式可得：．當(dāng)時(shí)，試比較與的大小，并給出證明；(3)設(shè)，證明：．【答案】(1)；(2)，證明見解析；(3)證明見解析.【分析】（1）根據(jù)麥克勞林公式求得，賦值即可求得近似值；（2）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性和最值，即可證明；（3）根據(jù)（2）中所得結(jié)論，將目標(biāo)式放縮為，再裂項(xiàng)求和即可證明.【詳解】（1）令，則，，，，故，，，，，由麥克勞林公式可得，故.（2）結(jié)論：，證明如下：令，令，故在上單調(diào)遞增，，故在上單調(diào)遞增，，即證得，即．（3）由（2）可得當(dāng)時(shí)，，且由得，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，故當(dāng)時(shí)，，，而，即有故而，即證得.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第三問的處理關(guān)鍵是能夠利用第二問結(jié)論，將原式放縮為，再利用裂項(xiàng)求和法證明，對(duì)學(xué)生已知條件的利用能力以及綜合應(yīng)用能力提出了較高的要求，屬綜合困難題.8．（2024·廣東·一模）數(shù)值線性代數(shù)又稱矩陣計(jì)算，是計(jì)算數(shù)學(xué)的一個(gè)重要分支，其主要研究對(duì)象包括向量和矩陣.對(duì)于平面向量，其模定義為.類似地，對(duì)于行列的矩陣，其模可由向量模拓展為（其中為矩陣中第行第列的數(shù)，為求和符號(hào)），記作，我們稱這樣的矩陣模為弗羅貝尼烏斯范數(shù)，例如對(duì)于矩陣，其矩陣模.弗羅貝尼烏斯范數(shù)在機(jī)器學(xué)習(xí)等前沿領(lǐng)域有重要的應(yīng)用.(1)，，矩陣，求使的的最小值.(2)，，，矩陣求.(3)矩陣，證明：，，.【答案】(1)10(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列求和公式和一元二次不等式的求解即可；（2）總結(jié)得第對(duì)角線上的平方和為，再代入化簡(jiǎn)即可；（3）等價(jià)轉(zhuǎn)化結(jié)合放縮法得證明成立，再利用換元法和導(dǎo)數(shù)證明即可.【詳解】（1）由題意得.若，則，即.因式分解得.因?yàn)椋?所以使的的最小值是10.（2）由題得第1對(duì)角線上的平方和為，第2對(duì)角線上的平方和為，第對(duì)角線上的平方和為，第對(duì)角線上的平方和為，所以所以.（3）由題意知，證明等價(jià)于證明，注意到左側(cè)求和式，將右側(cè)含有的表達(dá)式表示為求和式有故只需證成立，即證成立，令，則需證成立，記，則在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，所以，所以在上恒成立，即成立，所以原不等式成立.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題第三小問的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為證明，再結(jié)合放縮法轉(zhuǎn)化為證明，最后利用導(dǎo)數(shù)證明即可.9．（2024·山東·模擬預(yù)測(cè)）如圖①，將個(gè)完全一樣質(zhì)量均勻長為的長方體條狀積木，一個(gè)疊一個(gè)，從桌子邊緣往外延伸，最多能伸出桌緣多遠(yuǎn)而不掉下桌面呢？這就是著名的“里拉斜塔問題”．解決方案如下：如圖②，若，則當(dāng)積木與桌緣垂直且積木重心恰與桌緣齊平時(shí)，其伸出桌外部分最長為，如圖③，若，欲使整體伸出桌緣最遠(yuǎn)，在保證所有積木最長棱與桌緣垂直的同時(shí)，可先將上面積木的重心與最下方的積木伸出桌外的最遠(yuǎn)端齊平，然后設(shè)最下方積木伸出桌外的長度為，將最下方積木看成一個(gè)杠桿，將桌緣看成支點(diǎn)，由杠桿平衡原理可知，若積木恰好不掉下桌面，則上面積木的重力乘以力臂，等于最下方積木的重力乘以力臂，得出方程，求出．所以當(dāng)疊放兩個(gè)積木時(shí)，伸出桌外最遠(yuǎn)為，此時(shí)將兩個(gè)積木看成整體，其重心恰與桌緣齊平．如圖④，使前兩塊積木的中心與下方的第三塊積木伸出桌外的最遠(yuǎn)端齊平，便可求出時(shí)積木伸出桌外的最遠(yuǎn)距離．依此方法，可求出4個(gè)、5個(gè)直至個(gè)積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離．（參考數(shù)據(jù)：，為自然常數(shù)）(1)分別求出和時(shí)，積木伸出桌外的最遠(yuǎn)距離．（用表示）；(2)證明：當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外最遠(yuǎn)超過；(3)證明：當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外最遠(yuǎn)不超過．【答案】(1)當(dāng)時(shí)，最遠(yuǎn)距離為，當(dāng)時(shí)，最遠(yuǎn)距離為(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）將前個(gè)看成一個(gè)整體，結(jié)合題意列式計(jì)算即可得；（2）將前個(gè)看成一個(gè)整體，設(shè)第個(gè)積木伸出桌外的長度為，可得，即有當(dāng)時(shí)，積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性可得，即可得，將代入即可得證；（3）構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性可得，故有，將代入即可得證.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，有，則，，當(dāng)時(shí)，有，則，故，故當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，（2）當(dāng)個(gè)積木堆疊伸出桌外時(shí)，前個(gè)看成一個(gè)整體，設(shè)第個(gè)積木伸出桌外的長度為，則有，解得，故當(dāng)時(shí)，積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為：，令，則，故在上單調(diào)遞增，故，令，則有，即，故，即，又，故，故，即當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外最遠(yuǎn)超過；（3）由（2）知，當(dāng)時(shí)，積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為：，令，則，故在上單調(diào)遞增，故，即有在上恒成立，令，則有，故，即，則，要證當(dāng)時(shí)，積木伸出桌外最遠(yuǎn)不超過，只需證，即證，由，故，即只需證，由，故，即得證.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵點(diǎn)有兩個(gè)，一個(gè)是由題意得到第個(gè)積木伸出桌外的長度為時(shí)，有，可得，即可得個(gè)積木堆疊伸出桌外的最遠(yuǎn)距離為，第二個(gè)是證明（2）、（3）問時(shí)，構(gòu)造對(duì)應(yīng)函數(shù)及，通過研究函數(shù)單調(diào)性，得到及.10．（2024·浙江金華·模擬預(yù)測(cè)）設(shè)全集為，定義域?yàn)榈暮瘮?shù)是關(guān)于x的函數(shù)“函數(shù)組”，當(dāng)n取中不同的數(shù)值時(shí)可以得到不同的函數(shù)．例如：定義域?yàn)榈暮瘮?shù)，當(dāng)時(shí)，有若存在非空集合滿足當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，函數(shù)在上存在零點(diǎn)，則稱是上的“跳躍函數(shù)”．(1)設(shè)，若函數(shù)是上的“跳躍函數(shù)”，求集合;(2)設(shè)，若不存在集合使為上的“跳躍函數(shù)”，求所有滿足條件的集合的并集；(3)設(shè)，為上的“跳躍函數(shù)”，．已知，且對(duì)任意正整數(shù)n，均有．（i）證明：;（ii）求實(shí)數(shù)的最大值，使得對(duì)于任意，均有的零點(diǎn)．【答案】(1)(2)(3)（i）證明見解析；（ii）2【分析】（1）將命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求使得在上有零點(diǎn)的全體，然后利用當(dāng)時(shí)，的取值范圍是，得到，即可得解；（2）將命題等價(jià)轉(zhuǎn)化為求使得在上沒有零點(diǎn)的全體，然后通過分類討論即可解決問題；（3）先用數(shù)學(xué)歸納法證明，然后將（i）等價(jià)轉(zhuǎn)化為證明對(duì)，在上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)是偶數(shù)，再分類討論證明；之后，先證明在上的零點(diǎn)必定大于，再證明當(dāng)時(shí)，必存在正整數(shù)使得在上有一個(gè)滿足的零點(diǎn)，即可解決（ii）.【詳解】（1）根據(jù)題意，所求的為使得在上有零點(diǎn)的全體.由于在上有零點(diǎn)等價(jià)于關(guān)于的方程在上有解，注意到當(dāng)時(shí)，的取值范圍是，故關(guān)于的方程在上有解當(dāng)且僅當(dāng)，從而所求.（2）根據(jù)題意，不存在集合使為上的“跳躍函數(shù)”，當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)任意的，在上都不存在零點(diǎn).這表明，全體滿足條件的的并集，就是使得在上不存在零點(diǎn)的全體構(gòu)成的集合.從而我們要求出全部的，使得在上沒有零點(diǎn)，即關(guān)于的方程在上沒有解.該方程在上可等價(jià)變形為，然后進(jìn)一步變形為.設(shè)，則我們要求出全部的，使得在上沒有零點(diǎn).當(dāng)時(shí)，由于，，故在上必有一個(gè)零點(diǎn)，從而在上有零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，由于，，故在上必有一個(gè)零點(diǎn)，從而在上有零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，對(duì)，我們有：，由于兩個(gè)不等號(hào)的取等條件分別是和，而這無法同時(shí)成立（否則將推出），故此時(shí)對(duì)都有，從而在上一定沒有零點(diǎn).綜上，使得在上沒有零點(diǎn)的構(gòu)成的集合為，故所求的集合為.（3）首先用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)任意正整數(shù)，有.當(dāng)時(shí)，有，故結(jié)論成立；假設(shè)結(jié)論對(duì)成立，即，則有：，故結(jié)論對(duì)也成立.綜上，對(duì)任意正整數(shù)，有.（i）命題等價(jià)于，對(duì)，在上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)是偶數(shù)，下面證明該結(jié)論：當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，對(duì)，有，所以在上沒有零點(diǎn)；當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，對(duì)，有，而，，從而在上一定存在零點(diǎn)，所以在上一定有零點(diǎn).綜上，對(duì)，在上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)是偶數(shù)，結(jié)論得證.（ii）我們需要求實(shí)數(shù)的最大值，使得對(duì)于任意，均有的零點(diǎn).根據(jù)（i）的討論，在上有零點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)是偶數(shù)，所以我們需要求實(shí)數(shù)的最大值，使得對(duì)于任意，均有的零點(diǎn).我們現(xiàn)在有，由于當(dāng)時(shí)，有，故在上的零點(diǎn)必定大于.而對(duì)任意給定的，我們定義函數(shù)，則.取，則當(dāng)時(shí)，有，這表明在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，有，從而.取正整數(shù)，使得，且，則我們有，但我們又有，這表明在上必有一個(gè)零點(diǎn)，從而在上必有一個(gè)滿足的零點(diǎn).綜上所述，的最大值是.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：在（3）的（ii）中，我們先證明在上的零點(diǎn)必定大于，再證明當(dāng)時(shí)，必存在正整數(shù)使得在上有一個(gè)滿足的零點(diǎn)，即可得到的最大值是，這是求解最值問題的一個(gè)較為有用的論證方法.11．（2024·浙江·二模）①在微積分中，求極限有一種重要的數(shù)學(xué)工具——洛必達(dá)法則，法則中有結(jié)論：若函數(shù)，的導(dǎo)函數(shù)分別為，，且，則.②設(shè)，k是大于1的正整數(shù)，若函數(shù)滿足：對(duì)任意，均有成立，且，則稱函數(shù)為區(qū)間上的k階無窮遞降函數(shù).結(jié)合以上兩個(gè)信息，回答下列問題：(1)試判斷是否為區(qū)間上的2階無窮遞降函數(shù)；(2)計(jì)算：；(3)證明：，.【答案】(1)不是區(qū)間上的2階無窮遞降函數(shù)；(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)函數(shù)為區(qū)間上的k階無窮遞降函數(shù)的定義即可判斷；（2）通過構(gòu)造，再結(jié)合即可得到結(jié)果；（3）通過換元令令，則原不等式等價(jià)于，再通過構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)題干中函數(shù)為區(qū)間上的k階無窮遞降函數(shù)的定義證出，即可證明結(jié)論.【詳解】（1）設(shè)，由于，所以不成立，故不是區(qū)間上的2階無窮遞降函數(shù).（2）設(shè)，則，設(shè)，則，所以，得.（3）令，則原不等式等價(jià)于，即證，記，則，所以，即有對(duì)任意，均有，所以，因?yàn)?，所以，所以，證畢!【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：利用函數(shù)方法證明不等式成立問題時(shí)，應(yīng)準(zhǔn)確構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，注意題干條件中相關(guān)限制條件的轉(zhuǎn)化.12．（2024·湖北·一模）我們知道通過牛頓萊布尼茲公式，可以求曲線梯形（如圖1所示陰影部分）的面積，其中，．如果平面圖形由兩條曲線圍成（如圖2所示陰影部分），曲線可以表示為，曲線可以表示為，那么陰影區(qū)域的面積，其中．(1)如圖，連續(xù)函數(shù)在區(qū)間與的圖形分別為直徑為1的上、下半圓周，在區(qū)間與的圖形分別為直徑為2的下、上半圓周，設(shè)．求的值；(2)在曲線上某一個(gè)點(diǎn)處作切線，便之與曲線和x軸所圍成的面積為，求切線方程；(3)正項(xiàng)數(shù)列是以公差為d（d為常數(shù)，）的等差數(shù)列，，兩條拋物線，記它們交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的絕對(duì)值為，兩條拋物線圍成的封閉圖形的面積為，求證：．【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)所給新定義、公式計(jì)算即可；（2）利用導(dǎo)數(shù)求出切線方程，根據(jù)公式計(jì)算面積，據(jù)此求出切線方程中參數(shù)，得解；（3）根據(jù)所給面積公式及定積分的運(yùn)算得出，利用裂項(xiàng)相消法求和即可得證.【詳解】（1）由題意可知，，.（2）設(shè)切點(diǎn)為，，切線的斜率為，則切線方程為，所以切線與軸的交點(diǎn)為，所以由題意可知圍成的面積：,所以切點(diǎn)坐標(biāo)為，切線方程為.（3）聯(lián)立，由對(duì)稱性可知，兩條拋物線圍成的封閉圖形的面積為,令，（C為常數(shù)）,，，，則.13．（2024·安徽蚌埠·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于無窮數(shù)列，我們稱（規(guī)定）為無窮數(shù)列的指數(shù)型母函數(shù)．無窮數(shù)列1，1，…，1，…的指數(shù)型母函數(shù)記為，它具有性質(zhì)．(1)證明：；(2)記．證明：（其中i為虛數(shù)單位）；(3)以函數(shù)為指數(shù)型母函數(shù)生成數(shù)列，．其中稱為伯努利數(shù)．證明：．且．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）由，通過賦值即可證得；（2）根據(jù)的周期性，經(jīng)過多次推理，由求和可以證得；（3）構(gòu)造，可以推出，然后再可證得.【詳解】（1）令，則．由，令，則．因?yàn)椋剩?）證明：因?yàn)椋?，，，，所以?）證明：令，則有，因此故且，即．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：主要考查了復(fù)數(shù)的周期性，考查推理論證能力，對(duì)學(xué)生思維要求比較高，綜合性很強(qiáng).14．（2024·福建·模擬預(yù)測(cè)）對(duì)于函數(shù)，若實(shí)數(shù)滿足，則稱為的不動(dòng)點(diǎn).已知，且的不動(dòng)點(diǎn)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(gè)數(shù)及；(2)當(dāng)恰有一個(gè)元素時(shí)，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(gè)數(shù)為2，(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）依題意可得，令，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性，即可求出零點(diǎn)，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(dǎo)函數(shù)，再分，兩種情況討論，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)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(dǎo)數(shù)證明當(dāng)時(shí)，，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(dāng)時(shí)，，其定義域?yàn)?由得.設(shè)，則，當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；所以在單調(diào)遞增；在單調(diào)遞減，注意到，所以在恰有一個(gè)零點(diǎn)，且，又，所以，所以在恰有一個(gè)零點(diǎn)，即在恰有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，在恰有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，所以，所以的元素個(gè)數(shù)為，又因?yàn)?，所?（2）（i）當(dāng)時(shí)，由（1）知，有兩個(gè)元素，不符合題意；當(dāng)時(shí)，，其定義域?yàn)椋傻?設(shè)，，則，設(shè)，則，①當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞增，又，所以在恰有一個(gè)零點(diǎn)，即在恰有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，符合題意；②當(dāng)，故恰有兩個(gè)零點(diǎn).又因?yàn)?，所以，?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；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(gè)零點(diǎn)，且，又時(shí)，，所以在恰有一個(gè)零點(diǎn)，從而至少有兩個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，不符合題意；所以的取值范圍為，即集合.（ii）由（i）知，，所以，此時(shí)，，，由（i）知，在單調(diào)遞增，所以，當(dāng)時(shí)，，所以，即，故若，則，因此，若存在正整數(shù)使得，則，從而，重復(fù)這一過程有限次后可得，與矛盾，從而，，下面我們先證明當(dāng)時(shí)，，設(shè)，，所以，所以在單調(diào)遞減，所以，即當(dāng)時(shí)，，從而當(dāng)時(shí)，，從而，即，故，即，由于，，所以，，故，故時(shí)，，所以，故.解法二：（i）當(dāng)時(shí)，，故是的一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，由，得（*），要使得恰有一個(gè)元素，即方程有唯一解，因此方程（*）無實(shí)數(shù)解，即直線與曲線無公共點(diǎn).令，則，令，則，所以在單調(diào)遞減，又因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，所以在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，令，則，，則，又因?yàn)楫?dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，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(shí)，，令，則，令，當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，，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(fù)這一過程有限次后可得，與矛盾，從而，.下面先證明當(dāng)時(shí)，.令，則，所以在單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，.所以，由于，所以，故，即，故，故時(shí)，.所以，故.（ii）解法三：同解法一可得，.下面我們先證明當(dāng)時(shí)，.設(shè)，則當(dāng)時(shí)，，所以在單調(diào)遞減，所以，即，從而當(dāng)時(shí)，，于是，從而，即，故，即，由于，所以，故，故時(shí)，.所以.故.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)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(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、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．15．（2024·黑龍江吉林·二模）設(shè)定義在函數(shù)滿足下列條件：①對(duì)于，總有，且，；②對(duì)于，若，則.(1)求；(2)證明：；(3)證明：當(dāng)時(shí)，.【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(jìn)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(duì)于任意，有，再次利用賦值法即可得證.【詳解】（1）因?yàn)閷?duì)于，，所以；因?yàn)閷?duì)于，若，則，取，則，故；綜上，.（2）對(duì)于，且時(shí)，有，，根據(jù)條件②，得，因?yàn)楦鶕?jù)條件①，得，則，所以，即，所以.（3）由（2）知，設(shè)，且，則，因?yàn)椋?，所以在上為不減函數(shù)，對(duì)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(shí)，，因?yàn)闀r(shí)，，且，所以，即.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：關(guān)于新定義題的思路有：（1）找出新定義有幾個(gè)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(jìn)行分析，轉(zhuǎn)換成數(shù)學(xué)語言；（3）將已知條件代入新定義的要素中；（4）結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)進(jìn)行解答.16．（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(shí)數(shù)，對(duì)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(jìn)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(diǎn)，證明出，分，和三種情況，結(jié)合隱零點(diǎn)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(shí)數(shù)，對(duì)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(diǎn)，，下面證明，令，則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，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(dāng)時(shí)，在單調(diào)遞增，又，當(dāng)時(shí)，，不妨取，則，所以有根記為，且①，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，考慮到當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，任意給定正實(shí)數(shù)，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，由于，故，時(shí)，即可保證函數(shù)有零點(diǎn)，即②，由得，由得③，將③代入①有，化簡(jiǎn)得，由得④，（ii）當(dāng)時(shí)，則，用替換（i）中的，得，即⑤，由④⑤得，即，（iii）當(dāng)時(shí)，，取，則，滿足，則，綜上，..【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：導(dǎo)函數(shù)處理零點(diǎn)個(gè)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(hào)，隱零點(diǎn)的探索、參數(shù)的分類討論等），需要學(xué)生對(duì)多種基本方法，基本思想，基本既能進(jìn)行整合，注意思路是通過極值的正負(fù)和函數(shù)的單調(diào)性判斷函數(shù)的走勢(shì)，從而判斷零點(diǎn)個(gè)數(shù)，較為復(fù)雜和綜合的函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進(jìn)行分類討論，分類的標(biāo)準(zhǔn)，及分類是否全面，都是需要思考的地方17．（23-24高三上·云南昆明·階段練習(xí)）懸鏈線的原理運(yùn)用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．通過適當(dāng)建立坐標(biāo)系，懸鏈線可為雙曲余弦函數(shù)的圖象，類比三角函數(shù)的三種性質(zhì)：①平方關(guān)系：①，②和角公式：，③導(dǎo)數(shù)：定義雙曲正弦函數(shù)．(1)直接寫出，具有的類似①、②、③的三種性質(zhì)（不需要證明）；(2)若當(dāng)時(shí)，恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)求的最小值．【答案】(1)答案見解析(2)(3)0【分析】（1）類比，寫出平方關(guān)系，和角關(guān)系和導(dǎo)數(shù)關(guān)系，并進(jìn)行證明；（2）構(gòu)造函數(shù)，，求導(dǎo)，分和兩種情況，結(jié)合基本不等式，隱零點(diǎn)，得到函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而得到答案；（3）多次求導(dǎo)，結(jié)合（2）中結(jié)論，先得到在內(nèi)單調(diào)遞增，再求出為偶函數(shù)，從而得到在內(nèi)單調(diào)遞減，求出.【詳解】（1）平方關(guān)系：；和角公式：；導(dǎo)數(shù)：．理由如下：平方關(guān)系，；，和角公式：故；導(dǎo)數(shù)：，；（2）構(gòu)造函數(shù)，，由（1）可知，i．當(dāng)時(shí)，由可知，故，故單調(diào)遞增，此時(shí)，故對(duì)任意，恒成立，滿足題意；ii．當(dāng)時(shí)，令，，則，可知單調(diào)遞增，由與可知，存在唯一，使得，故當(dāng)時(shí)，，則在內(nèi)單調(diào)遞減，故對(duì)任意，，即，矛盾；綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為．（3），，令，則，令，則，當(dāng)時(shí)，由（2）可知，，則，令，則，故在內(nèi)單調(diào)遞增，則，故在內(nèi)單調(diào)遞增，則，故在內(nèi)單調(diào)遞增，則，故在內(nèi)單調(diào)遞增，因?yàn)椋礊榕己瘮?shù)，故在內(nèi)單調(diào)遞減，則，故當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取得最小值0.【點(diǎn)睛】對(duì)于求不等式成立時(shí)的參數(shù)范圍問題，一般有三個(gè)方法，一是分離參數(shù)法,使不等式一端是含有參數(shù)的式子，另一端是一個(gè)區(qū)間上具體的函數(shù)，通過對(duì)具體函數(shù)的研究確定含參式子滿足的條件.二是討論分析法，根據(jù)參數(shù)取值情況分類討論，三是數(shù)形結(jié)合法，將不等式轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)，通過兩個(gè)函數(shù)圖像確定條件.18．（2024·湖北·二模）微積分的創(chuàng)立是數(shù)學(xué)發(fā)展中的里程碑，它的發(fā)展和廣泛應(yīng)用開創(chuàng)了向近代數(shù)學(xué)過渡的新時(shí)期，為研究變量和函數(shù)提供了重要的方法和手段．對(duì)于函數(shù)在區(qū)間上的圖像連續(xù)不斷，從幾何上看，定積分便是由直線和曲線所圍成的區(qū)域（稱為曲邊梯形）的面積，根據(jù)微積分基本定理可得，因?yàn)榍吿菪蔚拿娣e小于梯形的面積，即，代入數(shù)據(jù)，進(jìn)一步可以推導(dǎo)出不等式：．(1)請(qǐng)仿照這種根據(jù)面積關(guān)系證明不等式的方法，證明：；(2)已知函數(shù)，其中．①證明：對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)，曲線在和處的切線均不重合；②當(dāng)時(shí)，若不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍．【答案】(1)證明見解析(2)①證明見解析；②【分析】（1）根據(jù)題，設(shè)過點(diǎn)作的切線分別交于，結(jié)合，即可得證；（2）①求得，分別求得在點(diǎn)和處的切線方程，假設(shè)與重合，整理得，結(jié)合由（1）的結(jié)論，即可得證；②根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為時(shí)，在恒成立，設(shè)，求得，分和，兩種情況討論，得到函數(shù)的單調(diào)性和最值，即可求解.【詳解】（1）解：在曲線取一點(diǎn)．過點(diǎn)作的切線分別交于，因?yàn)?，可得，即．?）解：①由函數(shù)，可得，不妨設(shè)，曲線在處的切線方程為，即同理曲線在處的切線方程為，假設(shè)與重合，則，代入化簡(jiǎn)可得，兩式消去，可得，整理得，由（1）的結(jié)論知，與上式矛盾即對(duì)任意實(shí)數(shù)及任意不相等的正數(shù)與均不重合．②當(dāng)時(shí)，不等式恒成立，所以在恒成立，所以，下證：當(dāng)時(shí)，恒成立．因?yàn)椋栽O(shè)（i）當(dāng)時(shí)，由知恒成立，即在為增函數(shù)，所以成立；（ii）當(dāng)時(shí)，設(shè)，可得，由知恒成立，即在為增函數(shù)．所以，即在為減函數(shù)，所以成立，綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍是【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)于利用導(dǎo)數(shù)研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出最值，從而求出參數(shù)的取值范圍；2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題．3、根據(jù)恒成立或有解求解參數(shù)的取值時(shí)，一般涉及分離參數(shù)法，但壓軸試題中很少碰到分離參數(shù)后構(gòu)造的新函數(shù)能直接求出最值點(diǎn)的情況，進(jìn)行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．19．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）“讓式子丟掉次數(shù)”：伯努利不等式伯努利不等式（Bernoulli’sInequality），又稱貝努利不等式，是高等數(shù)學(xué)的分析不等式中最常見的一種不等式，由瑞士數(shù)學(xué)家雅各布·伯努利提出：對(duì)實(shí)數(shù)，在時(shí)，有不等式成立；在時(shí)，有不等式成立．(1)猜想伯努利不等式等號(hào)成立的條件；(2)當(dāng)時(shí)，對(duì)伯努利不等式進(jìn)行證明；(3)考慮對(duì)多個(gè)變量的不等式問題．已知是大于的實(shí)數(shù)（全部同號(hào)），證明【答案】(1)，或(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)不等式特征猜想出等號(hào)成立的條件；（2）設(shè)，注意到，求導(dǎo)得到，二次求導(dǎo)，得到函數(shù)的單調(diào)性和極值最值情況，證明出結(jié)論；（3）當(dāng)時(shí)，顯然成立，當(dāng)時(shí)，構(gòu)造數(shù)列：，作差法得到是一個(gè)單調(diào)遞增的數(shù)列（），結(jié)合，得到，證明出結(jié)論.【詳解】（1）猜想：伯努利不等式等號(hào)成立的充要條件是，或．當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，其他值均不能保證等號(hào)成立，猜想，伯努利不等式等號(hào)成立的充要條件是，或；（2）當(dāng)時(shí)，我們需證，設(shè)，注意到，，令得，即，是的一個(gè)極值點(diǎn)．令，則，所以單調(diào)遞增．當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．所以在處取得極小值，即恒成立，．伯努利不等式對(duì)得證．（3）當(dāng)時(shí)，原不等式即，顯然成立．當(dāng)時(shí)，構(gòu)造數(shù)列：，則，若，由上式易得，即；若，則，所以，故，即此時(shí)也成立．所以是一個(gè)單調(diào)遞增的數(shù)列（），由于，所以，故原不等式成立．【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：函數(shù)新定義問題，命題新穎，常?？紤]函數(shù)的性質(zhì)，包括單調(diào)性，奇偶性，值域等，且存在知識(shí)點(diǎn)交叉，會(huì)和導(dǎo)函數(shù)，數(shù)列等知識(shí)進(jìn)行結(jié)合，很好的考慮了知識(shí)遷移，綜合運(yùn)用能力，對(duì)于此類問題，一定要解讀出題干中的信息，正確理解問題的本質(zhì)，轉(zhuǎn)化為熟悉的問題來進(jìn)行解決.20．（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)是法國數(shù)學(xué)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?yàn)镽，值域?yàn)閆；②任意實(shí)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(shí)數(shù)r滿足，求的值；(3)證明：對(duì)于任意的正整數(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(gè)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(dāng)時(shí)，有成立；設(shè)，推出，從而得到，再結(jié)合當(dāng)，2時(shí)，不等式成立，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(dāng)時(shí)，則；當(dāng)時(shí)，則；（2）設(shè)，設(shè)，，，…，中有k個(gè)為，個(gè)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(dāng)時(shí)，有；設(shè)，則有，從而，而，則，∴，又當(dāng)，2時(shí)，經(jīng)檢驗(yàn)原式成立，故對(duì)一切的自然數(shù)n，原式成立.【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了函數(shù)新定義，即高斯函數(shù)的應(yīng)用問題，難度較大，解答的難點(diǎn)在于（3）中不等式的證明，解答時(shí)要理解高斯函數(shù)的性質(zhì)，并能構(gòu)造不等式，時(shí)，有，進(jìn)行證明.集合新定義、推理及其他新定義壓軸（解答題）1．（2024·云南昆明·一模）若非空集合A與B，存在對(duì)應(yīng)關(guān)系f，使A中的每一個(gè)元素a，B中總有唯一的元素b與它對(duì)應(yīng)，則稱這種對(duì)應(yīng)為從A到B的映射，記作f：A→B．設(shè)集合，（，），且．設(shè)有序四元數(shù)集合且，．對(duì)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(duì)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(jì)算即可求解；（2）對(duì)1，，5是否屬于B進(jìn)行分類討論，求出對(duì)應(yīng)所有Y中的總個(gè)數(shù)，進(jìn)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(duì)1，，5是否屬于B進(jìn)行討論：①含1的B的個(gè)數(shù)為，此時(shí)在映射f下，；不含1的B的個(gè)數(shù)為，此時(shí)在映射f下，；所以所有Y中2的總個(gè)數(shù)和1的總個(gè)數(shù)均為10；②含5的B的個(gè)數(shù)為，此時(shí)在映射f下，；不含5的B的個(gè)數(shù)為，此時(shí)在映射f下，；所以所有Y中6的總個(gè)數(shù)和5的總個(gè)數(shù)均為10；②含的B的個(gè)數(shù)為，此時(shí)在映射f下，，；不含的B的個(gè)數(shù)為，此時(shí)在映射f下，，；所以所有y中的總個(gè)數(shù)和的總個(gè)數(shù)均為20．綜上，所有的總和為．（3）對(duì)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(gè)，所以在映射f下變?yōu)?；不含的子集B共個(gè)，在映射f下變?yōu)椋凰栽谟成鋐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(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：學(xué)生在理解相關(guān)新概念、新法則(公式)之后，運(yùn)用學(xué)過的知識(shí)，結(jié)合已掌握的技能，通過推理、運(yùn)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(yīng)用在“舊”性質(zhì)上，創(chuàng)造性地證明更新的性質(zhì)，落腳點(diǎn)仍然是集合的有關(guān)知識(shí)點(diǎn).2．（2024·重慶·模擬預(yù)測(cè)）在二維空間即平面上點(diǎn)的坐標(biāo)可用兩個(gè)有序數(shù)組表示，在三維空間中點(diǎn)的坐標(biāo)可用三個(gè)有序數(shù)組表示，一般地在維空間中點(diǎn)A的坐標(biāo)可用n個(gè)有序數(shù)組表示，并定義n維空間中兩點(diǎn)，間的“距離”．(1)若，，求；(2)設(shè)集合．元素個(gè)數(shù)為2的集合M為的子集，且滿足對(duì)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(diǎn)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(xiàng)法求和，即可求解；（2）根據(jù)新定義得到，，構(gòu)造有2個(gè)元素，由為整數(shù)，得到存在為“的優(yōu)集”，設(shè)，，推得，，顯然矛盾，即可得證.【詳解】（1）解：因?yàn)椋?，，則，所以.（2）證明：定義：對(duì)任意，規(guī)定，對(duì)任意，，由于，，，容易得，所以，得結(jié)論：，，構(gòu)造有2個(gè)元素，由為整數(shù)，當(dāng)時(shí)，則滿足M為“的優(yōu)集”的定義，當(dāng)時(shí)，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(gè)點(diǎn)，有一個(gè)位置相同，不妨設(shè)為第一個(gè)位置，則設(shè)，，則取，則有，，顯然矛盾，所以M中的兩個(gè)點(diǎn)每一個(gè)位置均不同，即，顯然，即“的優(yōu)集”M存在，且M中兩不同點(diǎn)的“距離”是.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：對(duì)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(diǎn)，把心定義所敘述的問題的本質(zhì)弄清楚，應(yīng)用到具體的解題過程中；2、用好集合的性質(zhì)，解題時(shí)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(gè)數(shù)問題往往可采用維恩圖法，基于課標(biāo)要求的，對(duì)于集合問題，要熟練基本的概念，數(shù)學(xué)閱讀技能、推理能力，以及數(shù)學(xué)抽象和邏輯推理能力.3．（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(yīng)用．所有大于1的正整數(shù)都可以被唯一表示為有限個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積形式：（為的質(zhì)因數(shù)個(gè)數(shù)，為質(zhì)數(shù)，），例如：，對(duì)應(yīng)．現(xiàn)對(duì)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