文档内容
专题 25 新定义综合
（数列新定义、函数新定义、集合新定义及其他新定
义）
考点 十年考情（2015-2024） 命题趋势
2024·全国新Ⅰ卷、2024·北京卷、2023·北京卷
新高考数学新结构体系下，新定义类试
考点1 数列新 2022·北京卷、2021·全国新Ⅱ卷、2021·北京卷 题更综合性的考查学生的思维能力和推
定义 2020·全国新Ⅱ卷、2020·北京卷2020·江苏卷
理能力;以问题为抓手，创新设问方式，
搭建思维平台，引导考生思考，在思维
（10年10 2019·江苏卷、2018·江苏卷、2017·北京卷
过程中领悟数学方法。
考） 2017·江苏卷、2016·江苏卷、2016·北京卷
题目更加注重综合性、应用性、创新
2016·上海卷、2016·上海卷、2015·北京卷 性，本题分值最高，试题容量明显增
大，对学科核心素养的考查也更深入。
压轴题命题打破了试题题型、命题方
考点2 函数新 式、试卷结构的固有模式，增强试题的
2024·上海、2020·江苏、2018·江苏
灵活性，采取多样的形式多角度的提
定义
2015·湖北、2015·福建 问，考查学生的数学能力，
（10年4考）
新定义题型的特点是;通过给出一个新概
念，或约定一种新运算，或给出几个新
模型来创设全新的问题情景，要求考生
考点3 集合新 在阅读理解的基础上，依据题目提供的
2020·浙江卷、2018·北京卷
定义 信息，联系所学的知识和方法，实现信
2015·山东卷、2015·浙江卷
息的迁移达到灵活解题的目的;遇到新定
（10年3考）
义问题，应耐心读题，分析新定义的特
点，弄清新定义的性质，按新定义照章
考点4 其他新
办事”逐条分析、验证、运算，使问题
定义 2020·北京卷、2016·四川卷 得以解决，难度较难，需重点特训。
（10年2考）
考点01 数列新定义一、小题
1．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）设正整数 ，其中 ，
记 ．则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】利用 的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.
【详解】对于A选项， ， ，
所以， ，A选项正确；
对于B选项，取 ， ， ，
而 ，则 ，即 ，B选项错误；
对于C选项， ，
所以， ，
，
所以， ，因此， ，C选项正确；
对于D选项， ，故 ，D选项正确.
故选：ACD.
2．（2020·全国新Ⅱ卷·高考真题）0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 满足
，且存在正整数 ，使得 成立，则称其为0-1周期序列，并称满足
的最小正整数 为这个序列的周期.对于周期为 的0-1序列 ，
是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足
的序列是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由 知，序列 的周期为m，由已知， ，
对于选项A，，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，
是一道中档题.
二、大题
1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列 是公差不为0的等差数列，若从中删
去两项 和 后剩余的 项可被平均分为 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列
是 可分数列．
(1)写出所有的 ， ，使数列 是 可分数列；
(2)当 时，证明：数列 是 可分数列；
(3)从 中一次任取两个数 和 ，记数列 是 可分数列的概率为 ，证
明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据 可分数列的定义即可；
（2）根据 可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是 可分数列的 至少有 个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列 的公差为 ，则 .
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形 ，
得到新数列 ，然后对 进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设 ，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从 中取出两个数 和 ，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是 ，或 ，或 .
所以所有可能的 就是 .
（2）由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下两个部分，共 组，使得每
组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组.
（如果 ，则忽略②）
故数列 是 可分数列.
（3）定义集合 ，
.
下面证明，对 ，如果下面两个命题同时成立，
则数列 一定是 可分数列：
命题1： 或 ；
命题2： .
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，
剩余的 个数可以分为以下三个部分，共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ，共 组；
③ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）故此时数列 是 可分数列.
第二种情况：如果 ，且 .
此时设 ， ， .
则由 可知 ，即 ，故 .
由于 ，故 ，从而 ，这就意味着 .
此时，由于从数列 中取出 和 后，剩余的 个数可以分为以下四个部分，
共 组，使得每组成等差数列：
① ，共 组；
② ， ，共 组；
③全体 ，其中 ，共 组；
④ ，共 组.
（如果某一部分的组数为 ，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含 个行， 个列的数表
以后， 个列分别是下面这些数：
， ， ，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 中除开五个集合
， ， ， ，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的 和 以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 是 可分数列.
至此，我们证明了：对 ，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列 一定是
可分数列.
然后我们来考虑这样的 的个数.
首先，由于 ， 和 各有 个元素，故满足命题1的 总共有 个；
而如果 ，假设 ，则可设 ， ，代入得 .
但这导致 ，矛盾，所以 .设 ， ， ，则 ，即 .
所以可能的 恰好就是 ，对应的 分别是 ，总
共 个.
所以这 个满足命题1的 中，不满足命题2的恰好有 个.
这就得到同时满足命题1和命题2的 的个数为 .
当我们从 中一次任取两个数 和 时，总的选取方式的个数等于
.
而根据之前的结论，使得数列 是 可分数列的 至少有 个.
所以数列 是 可分数列的概率 一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
2．（2024·北京·高考真题）已知集合
．给定数列 ，和序
列 ，其中 ，对数列 进行如下变换：将 的第 项均
加1，其余项不变，得到的数列记作 ；将 的第 项均加1，其余项不变，得到数列记作
；……；以此类推，得到 ，简记为 ．
(1)给定数列 和序列 ，写出 ；
(2)是否存在序列 ，使得 为 ，若存在，写出一个符
合条件的 ；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 的各项均为正整数，且 为偶数，求证：“存在序列 ，使得 的各项都相
等”的充要条件为“ ”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的 ，理由见解析
(3)证明见解析【分析】（1）直接按照 的定义写出 即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的 ，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解
法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列 共有8项，可知：
，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若 ，分类讨论
相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列 ，使得 为常数列，结合定义分析证明即
可.
【详解】（1）因为数列 ，
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
由序列 可得 ；
所以 .
（2）解法一：假设存在符合条件的 ，可知 的第 项之和为 ，第 项之和为 ，
则 ，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的 ；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的 ，且 ，
因为 ，即序列 共有8项，
由题意可知： ，
检验可知：当 时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的 .
（3）解法一：我们设序列 为 ，特别规定 .
必要性：
若存在序列 ，使得 的各项都相等.
则 ，所以 .
根据 的定义，显然有 ，这里 ， .
所以不断使用该式就得到 ，必要性得证.
充分性：若 .
由已知， 为偶数，而 ，所以
也是偶数.
我们设 是通过合法的序列 的变换能得到的所有可能的数列 中，使得
最小的一个.
上面已经说明 ，这里 ， .
从而由 可得 .
同时，由于 总是偶数，所以 和 的奇偶性保持不变，从而
和 都是偶数.
下面证明不存在 使得 .
假设存在，根据对称性，不妨设 ， ，即 .
情况1：若 ，则由 和 都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换 后，新的
相比原来的
减少 ，这与 的最小
性矛盾；
情况2：若 ，不妨设 .
情况2-1：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾；
情况2-2：如果 ，则对该数列连续作两次变换 后，新的
相比原来的
至少减少 ，这与 的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的 都有 .假设存在 使得 ，则 是奇数，所以
都是奇数，设为 .
则此时对任意 ，由 可知必有 .
而 和 都是偶数，故集合 中的四个元素 之和为偶数，
对该数列进行一次变换 ，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与 的最小性
矛盾.
综上，只可能 ，而 ，故
是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知： 中序列的顺序不影响 的结果，
且 相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若 ，
不妨设 ，则 ，
①当 ，则 ，
分别执行 个序列 、 个序列 ，
可得 ，为常数列，符合题意；
②当 中有且仅有三个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个序列 、 个序列
可得 ，
即 ，
因为 为偶数，即 为偶数，
可知 的奇偶性相同，则 ，
分别执行 个序列 ， ， ， ，
可得
，为常数列，符合题意；
③若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
因为 ，
可得 ，
即转为①，可知符合题意；
④当 中有且仅有两个数相等，不妨设 ，则 ，
即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
即转为②，可知符合题意；
⑤若 ，则 ，即 ，
分别执行 个 、 个 ，
可得 ，
且 ，可得 ，
即转为③，可知符合题意；
综上所述：若 ，则存在序列 ，使得 为常数列；
（ⅱ）若存在序列 ，使得 为常数列，
因为对任意 ，
均有 成立，
若 为常数列，则 ，
所以 ；
综上所述：“存在序列 ，使得 为常数列”的充要条件为“ ”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
3．（2023·北京·高考真题）已知数列 的项数均为m ，且 的前n
项和分别为 ，并规定 ．对于 ，定义 ，
其中， 表示数集M中最大的数.
(1)若 ，求 的值；(2)若 ，且 ，求 ；
(3)证明：存在 ，满足 使得 ．
【答案】(1) ， ， ，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求 ，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得 ，利用反证可得 ，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论 的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知： ，
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 ，故 ；
当 时，则 故 ；
当 时，则 ，故 ；
综上所述： ， ， ， .
（2）由题意可知： ，且 ，
因为 ，且 ，则 对任意 恒成立，
所以 ，
又因为 ，则 ，即 ，
可得 ，
反证：假设满足 的最小正整数为 ，
当 时，则 ；当 时，则 ，
则 ，
又因为 ，则 ，
假设不成立，故 ，
即数列 是以首项为1，公差为1的等差数列，所以 .
（3）因为 均为正整数，则 均为递增数列，
（ⅰ）若 ，则可取 ，满足 使得 ；
（ⅱ）若 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，
满足 ，使得 ；
（ⅲ）若 ，
定义 ，则 ，
构建 ，由题意可得： ，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ，
则 ，可得 ，
这与 相矛盾，故对任意 ，均有 .
①若存在正整数 ，使得 ，即 ，
可取 ，
即满足 ，使得 ；
②若不存在正整数 ，使得 ，
因为 ，且 ，
所以必存在 ，使得 ，
即 ，可得 ，
可取 ，
满足 ，使得 .
综上所述：存在 使得 ．
4．（2022·北京·高考真题）已知 为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的 ，在Q中存在 ，使得 ，则称Q为 连续可表数列．
(1)判断 是否为 连续可表数列？是否为 连续可表数列？说明理由；
(2)若 为 连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若 为 连续可表数列，且 ，求证： ．
【答案】(1)是 连续可表数列；不是 连续可表数列．
(2)证明见解析．
(3)证明见解析．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑 不符合，再列举一个 合题即可；
（3） 时，根据和的个数易得显然不行，再讨论 时，由 可知里面必然有负数，
再确定负数只能是 ，然后分类讨论验证不行即可．
【详解】（1） ， ， ， ， ，所以 是 连续可表数列；易知，不存
在 使得 ，所以 不是 连续可表数列．
（2）若 ,设为 ,则至多 ，6个数字，没有 个，矛盾；
当 时,数列 ，满足 ， ， ， ， ， ，
， ， ．
（3） ，若 最多有 种，若 ，最多有 种，所以最多有 种，
若 ，则 至多可表 个数，矛盾,
从而若 ,则 ， 至多可表 个数，
而 ，所以其中有负的，从而 可表1~20及那个负数（恰 21个），这表明
中仅一个负的，没有0，且这个负的在 中绝对值最小，同时 中没有两数相同,设那个负数为
，
则所有数之和 ， ，
，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足 个，
（仅一种方式），
与2相邻，
若 不在两端,则 形式，
若 ，则 （有2种结果相同，方式矛盾），
， 同理 ，故 在一端，不妨为 形式，若 ,则 （有2种结果相同，矛盾）， 同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而 ，
由于 ,由表法唯一知3,4不相邻,、
故只能 ，①或 ，②
这2种情形，
对①： ，矛盾，
对②： ，也矛盾，综上 ，
当 时，数列 满足题意，
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为 可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和
能表示从 到 中间的任意一个值．本题第二问 时，通过和值可能个数否定 ；第三问先通过和值
的可能个数否定 ，再验证 时，数列中的几项如果符合必然是 的一个排序，可验证
这组数不合题．
5．（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列 满足如下三个性质，则称 为 数列：
① ，且 ；
② ；
③ ， ．
（1）如果数列 的前4项为2，-2，-2，-1，那么 是否可能为 数列？说明理由；
（2）若数列 是 数列，求 ；
（3）设数列 的前 项和为 .是否存在 数列 ，使得 恒成立？如果存在，求出所有的p；
如果不存在，说明理由．
【答案】（1）不可以是 数列；理由见解析；（2） ；（3）存在； ．
【分析】(1)由题意考查 的值即可说明数列不是 数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定 的值；
(3)构造数列 ，易知数列 是 的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数 的
值.
【详解】(1)因 为 所以 ，
因 为 所 以
所以数列 ，不可能是 数列.
(2)性质① ，
由性质③ ，因此 或 ， 或 ，若 ，由性质②可知 ，即 或 ，矛盾；
若 ，由 有 ，矛盾.
因此只能是 .
又因为 或 ，所以 或 .
若 ，则 ，
不满足 ，舍去.
当 ，则 前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明 ：
当 时，经验证命题成立，假设当 时命题成立，
当 时：
若 ，则 ，利用性质③：
，此时可得： ；
否则，若 ，取 可得： ，
而由性质②可得： ，与 矛盾.
同理可得：
，有 ；
，有 ；
，又因为 ，有
即当 时命题成立，证毕.
综上可得： ， .
(3)令 ，由性质③可知：
，
由于 ，
因此数列 为 数列.
由（2）可知:
若 ；
， ，
因此 ，此时 ， ，满足题意.【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新
法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助
于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是
“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
6．（2020·北京·高考真题）已知 是无穷数列．给出两个性质：
①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ；
②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ．
(Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明 ，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列
即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得 成等比数列，之后证得 成等比数列，
同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【详解】(Ⅰ) 不具有性质①；
(Ⅱ) 具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)解法一
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然 ，假设数列中存在负项，设 ，
第一种情况：若 ，即 ，
由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ，由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ，
另一方面， ，由数列的单调性可知： ，
这与 的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.
其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ，
其中 ，（ 的情况类似）
由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*）
由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ，
由 可得： （**）
由（**）和（*）式可得： ，
结合数列的单调性有： ，
注意到 均为整数，故 ，
代入（**）式，从而 .
总上可得，数列 的通项公式为： .
即数列 为等比数列.解法二：
假设数列中的项数均为正数：
首先利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
即 成等比数列，不妨设 ，
然后利用性质①：取 ，则 ，
即数列中必然存在一项的值为 ，下面我们来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ，
然后利用性质①：取 ，则数列中存在一项 ，
下面我们用反证法来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，即由②可知： ，
若 ，则 ，与假设矛盾；
若 ，则 ，与假设矛盾；
若 ，由于 为正整数，故 ，则 ，与 矛盾；
综上可知，假设不成立，则 .
同理可得： ，从而数列 为等比数列，
同理，当数列中的项数均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列 为等比数列.
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不
等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
7．（2020·江苏·高考真题）已知数列 的首项a =1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切
1
正整数n，均有 成立，则称此数列为“λ~k”数列．
（1）若等差数列 是“λ~1”数列，求λ的值；
（2）若数列 是“ ”数列，且an＞0，求数列 的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列 为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若
不存在，说明理由，
【答案】（1）1
（2）
（3）
【分析】（1）根据定义得 ，再根据和项与通项关系化简得 ，最后根据数列不为
零数列得结果；
（2）根据定义得 ，根据平方差公式化简得 ，求得 ，即得 ；
（3）根据定义得 ，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足
的条件，解得结果
【详解】（1）
（2），
（3）假设存在三个不同的数列 为 数列.
或
或
∵对于给定的 ，存在三个不同的数列 为 数列，且
或 有两个不等的正根.
可转化为 ，
不妨设 ，则 有两个不等正根，设
.
① 当 时， ，即 ，此时 ，
，满足题意.
② 当 时， ，即 ，此时 ，
，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.
8．（2019·江苏·高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.（1）已知等比数列{a }满足： ，求证:数列{a }为“M－数列”；
n n
（2）已知数列{b }满足: ，其中S 为数列{b }的前n项和．
n n n
①求数列{b }的通项公式；
n
②设m为正整数，若存在“M－数列”{c }，对任意正整数k，当k≤m时，都有 成立，求m的最
n
大值．
【答案】（1）见解析；
（2）①bn=n ；②5.
【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；
（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式；
②由①确定 的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m的最大值．
【详解】（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a≠0，q≠0.
1
由 ，得 ，解得 ．
因此数列 为“M—数列”.
（2）①因为 ，所以 ．
由 得 ，则 .
由 ，得 ，
当 时，由 ，得 ，
整理得 ．
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn=n .
②由①知，bk=k， .
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c=1，q>0.
1
因为ck≤bk≤ck ，所以 ，其中k=1，2，3，…，m.
+1
当k=1时，有q≥1；
当k=2，3，…，m时，有 ．设f（x）= ，则 ．
令 ，得x=e.列表如下：
x e (e，+∞)
+ 0 –
f（x） 极大值
因为 ，所以 ．
取 ，当k=1，2，3，4，5时， ，即 ，
经检验知 也成立．
因此所求m的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.
综上，所求m的最大值为5．
【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归
及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．
9．（2018·江苏·高考真题）设 ，对1，2，···，n的一个排列 ，如果当s k) 总成立，则称数列{an} 是“P(k)数列”.(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
（2）若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析：（1）利用等差数列性质得 ，即得
，再根据定义即可判断；（2）先根据定义得 ，
，再将条件集中消元： ，
，即得 ，最后验证起始项也满足即可．
试题解析：证明:（1）因为 是等差数列，设其公差为 ，则 ，
从而，当 时，
，
所以 ，
因此等差数列 是“ 数列”.
（2）数列 既是“ 数列”，又是“ 数列”，因此，
当 时， ，①
当 时， .②
由①知， ，③
，④
将③④代入②，得 ，其中 ，
所以 是等差数列，设其公差为 .
在①中，取 ，则 ，所以 ，
在①中，取 ，则 ，所以 ，所以数列 是等差数列.
点睛:证明 为等差数列的方法：①用定义证明： 为常数）；②用等差中项证明：
；③通项法： 为关于 的一次函数；④前 项和法： ．
12．（2016·江苏·高考真题）记 .对数列 和 的子集 ，若 ，定义 ；
若 ，定义 .例如： 时， .现设 是公
比为3的等比数列，且当 时， .
（1）求数列 的通项公式；
（2）对任意正整数 ，若 ，求证： ；（3）设 ，求证： .
【答案】（1） （2）详见解析（3）详见解析
【详解】（1）由已知得 .
于是当 时， .
又 ，故 ，即 .
所以数列 的通项公式为 .
（2）因为 ， ，
所以 .
因此， .
（3）下面分三种情况证明.
①若 是 的子集，则 .
②若 是 的子集，则 .
③若 不是 的子集，且 不是 的子集.
令 ， 则 ， ， .
于是 ， ，进而由 ，得 .
设 是 中的最大数， 为 中的最大数，则 .
由（2）知， ，于是 ，所以 ，即 .
又 ，故 ，
从而 ，
故 ，所以 ，
即 .
综合①②③得， .
【考点】等比数列的通项公式、求和
【名师点睛】本题有三个难点：一是数列新定义，利用新定义确定等比数列的首项，再代入等比数列通项
公式求解；二是利用放缩法求证不等式，放缩的目的是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数
列的性质，以算代征；三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.
13．（2016·北京·高考真题）设数列A： ， ,… ( ).如果对小于 ( )的每个正整数 都有 ＜ ，则称 是数列A的一个“G时刻”.记“ 是数列A的所有“G时刻”组成的集合.
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出 的所有元素；
（2）证明：若数列A中存在 使得 > ，则 ；
（3）证明：若数列A满足 - ≤1（n=2,3, …,N）,则 的元素个数不小于 - .
【答案】（1） 的元素为 和 ；（2）详见解析；（3）详见解析.
【详解】试题分析：（Ⅰ）关键是理解“G时刻”的定义，根据定义即可写出 的所有元素；
（Ⅱ）要证 ，即证 中含有一元素即可；
（Ⅲ）当 时，结论成立.只要证明当 时结论仍然成立即可.
试题解析：（Ⅰ） 的元素为 和 .
（Ⅱ）因为存在 使得 ，所以 .
记 ，
则 ，且对任意正整数 .
因此 ，从而 .
（Ⅲ）当 时，结论成立.
以下设 .
由（Ⅱ）知 .
设 .记 .
则 .
对 ，记 .
如果 ，取 ，则对任何 .
从而 且 .
又因为 是 中的最大元素，所以 .
从而对任意 ， ，特别地， .
对 .
因此 .所以 .
因此 的元素个数p不小于 .
【考点】数列、新定义问题.
【名师点睛】数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型，数列的综合问题涉
及的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想(如：求和或应用)、特殊到一般思
想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和， 或 )等.
14．（2016·上海·高考真题）若无穷数列 满足：只要 ，必有 ，则称 具有
性质 .
（1）若 具有性质 ，且 ， ，求 ；
（2）若无穷数列 是等差数列，无穷数列 是公比为正数的等比数列， ， ，
判断 是否具有性质 ，并说明理由；
（3）设 是无穷数列，已知 .求证：“对任意 都具有性质 ”的充要条件
为“ 是常数列”.
【答案】（1） ．（2） 不具有性质 ．（3）见解析．
【详解】试题分析：（1）根据已知条件，得到 ，结合 求解即可．
（2）根据 的公差为 ， 的公比为 ，写出通项公式，从而可得 ．
通过计算 ， ， ， ，即知 不具有性质 ．
（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反证法证明．
试题解析：（1）因为 ，所以 ， ， ．
于是 ，又因为 ，解得 ．
（2） 的公差为 ， 的公比为 ，
所以 ， ．
．
，但 ， ， ，
所以 不具有性质 ．[证]（3）充分性：
当 为常数列时， ．
对任意给定的 ，只要 ，则由 ，必有 ．
充分性得证．
必要性：
用反证法证明．假设 不是常数列，则存在 ，
使得 ，而 ．
下面证明存在满足 的 ，使得 ，但 ．
设 ，取 ，使得 ，则
， ，故存在 使得 ．
取 ，因为 （ ），所以 ，
依此类推，得 ．
但 ，即 ．
所以 不具有性质 ，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意 ， 都具有性质 ”的充要条件为“ 是常数列”．
【考点】等差数列、等比数列、充要条件的证明、反证法
【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，熟练掌握等差数列、等
比数列的相关知识及反证法是基础，灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因，一是不
得法，二是对复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运
算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
15．（2016·上海·高考真题）对于无穷数列{ }与{ }，记A={ | = ， }，B={ | = ， }，
若同时满足条件：①{ }，{ }均单调递增；② 且 ，则称{ }与{ }是无穷互补数列．
（1）若 = ， = ，判断{ }与{ }是否为无穷互补数列，并说明理由；
（2）若 = 且{ }与{ }是无穷互补数列，求数列{ }的前16项的和；
（3）若{ }与{ }是无穷互补数列，{ }为等差数列且 =36，求{ }与{ }得通项公式．
【答案】（1） 与 不是无穷互补数列；（2） ；（3） ， ．
【详解】（1）因为 ， ，所以 ，
从而 与 不是无穷互补数列．（2）因为 ，所以 ．
数列 的前 项的和为
．
（3）设 的公差为 ， ，则 ．
由 ，得 或 ．
若 ，则 ， ，与“ 与 是无穷互补数列”矛盾；
若 ，则 ， ， ．
综上， ， ．
16．（2015·北京·高考真题）已知数列 满足： ， ，且 ．
记
集合 ．
（Ⅰ）若 ，写出集合 的所有元素；
（Ⅱ）若集合 存在一个元素是3的倍数，证明： 的所有元素都是3的倍数；
（Ⅲ）求集合 的元素个数的最大值．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）证明见解析；（III ）8．
【分析】（Ⅰ） ，利用 可求得集合 的所有元素为6，12，24；
（Ⅱ）因为集合 存在一个元素是3的倍数，所以不妨设 是3的倍数，由 ，
2， ，可归纳证明对任意 ， 是3的倍数；
（Ⅲ）分 是3的倍数与 不是3的倍数讨论，即可求得集合 的元素个数的最大值．
【详解】解：（Ⅰ）若 ，由于 ，2， ， ．
故集合 的所有元素为6，12，24，
；
（Ⅱ）因为集合 存在一个元素是3的倍数，所以不妨设 是3的倍数，由 ，
2， ，可归纳证明对任意 ， 是3的倍数．如果 ， 的所有元素都是3的倍数；
如果 ，因为 ，或 ，所以 是3的倍数；于是 是3的倍数；
类似可得， ， ， 都是3的倍数；
从而对任意 ， 是3的倍数；
综上，若集合 存在一个元素是3的倍数，则集合 的所有元素都是3的倍数
（Ⅲ）对 ， ，2， ，可归纳证明对任意 ， ，3，
因为 是正整数， ，所以 是2的倍数．
从而当 时， 是2的倍数．
如果 是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数 ， 是3的倍数．
因此当 时， ，24， ，这时 的元素个数不超过5．
如果 不是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数 ， 不是3的倍数．
因此当 时， ，8，16，20，28， ，这时 的元素个数不超过8．
当 时， ，2，4，8，16，20，28， ，有8个元素．
综上可知，集合 的元素个数的最大值为8．
考点：1.分段函数形数列通项公式求值；2.归纳法证明；3.数列元素分析.
考点02 函数新定义
一、小题
1．（2015·湖北·高考真题）已知符号函数 是 上的增函数， ，
则
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】试题分析：本题是选择题，可以用特殊法，符号函数 ， 是 上的增函数，
，不妨令 ，则 ， ，
所以A不正确，B正确， ，C不正确，D正确；对于D，令 ，则 ，
，所以D不正确；故选B．
考点：函数与方程的综合应用
【思路点睛】符号函数或者说函数的新定义问题是高考中一类常考题目，此类题目一般难度不是很大，但
想做出来也是很复杂的．所以做此类题目一定要弄清楚新定义函数的意思，然后根据函数的意义及性质，
逐步进行解题．此题中新定义的函数 ，是分段函数的形式，且给了我们另一个函数 以及与
的关系，利用函数的性质代入即可得到所求答案．
2．（2015·福建·高考真题）一个二元码是由0和1组成的数字串 ，其中
称为第 位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，
或者由1变为0）
已知某种二元码 的码元满足如下校验方程组：
其中运算 定义为： ．
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程
组可判定 等于 ．
【答案】 ．
【详解】由题意得相同数字经过运算后为 ，不同数字运算后为 ．由 可判断后 个数
字出错；由 可判断后 个数字没错，即出错的是第 个或第 个；由
可判断出错的是第 个，综上，第 位发生码元错误．
考点：推理证明和新定义．
二、大题
1．（2024·上海·高考真题）对于一个函数 和一个点 ，令 ，若
是 取到最小值的点，则称 是 在 的“最近点”．
(1)对于 ，求证：对于点 ，存在点 ，使得点 是 在 的“最近点”；
(2)对于 ，请判断是否存在一个点 ，它是 在 的“最近点”，且直线 与
在点 处的切线垂直；
(3)已知 在定义域R上存在导函数 ，且函数 在定义域R上恒正，设点， ．若对任意的 ，存在点 同时是 在 的“最近
点”，试判断 的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入 ，利用基本不等式即可；
（2）由题得 ，利用导函数得到其最小值，则得到 ，再证明直线 与切线垂直即可；
（3）根据题意得到 ，对两等式化简得 ，再利用“最近点”的定义得到不
等式组，即可证明 ，最后得到函数单调性.
【详解】（1）当 时， ，
当且仅当 即 时取等号，
故对于点 ，存在点 ，使得该点是 在 的“最近点”．
（2）由题设可得 ，
则 ，因为 均为 上单调递增函数，
则 在 上为严格增函数，
而 ，故当 时， ，当 时， ，
故 ，此时 ，
而 ，故 在点 处的切线方程为 .
而 ，故 ，故直线 与 在点 处的切线垂直．
（3）设 ，
，
而 ，
，
若对任意的 ，存在点 同时是 在 的“最近点”，
设 ，则 既是 的最小值点，也是 的最小值点，因为两函数的定义域均为 ，则 也是两函数的极小值点，
则存在 ,使得 ，
即 ①
②
由①②相等得 ，即 ，
即 ，又因为函数 在定义域R上恒正，
则 恒成立，
接下来证明 ，
因为 既是 的最小值点，也是 的最小值点，
则 ，
即 ，③
，④
③ ④得
即 ，因为
则 ，解得 ，
则 恒成立，因为 的任意性，则 严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到 ，再利用最值
点定义得到 即可.
2．（2020·江苏·高考真题）已知关于x的函数 与 在区间D上恒有
．
（1）若 ，求h(x)的表达式；
（2）若 ，求k的取值范围；
（3）若 求证：
．【答案】（1） ；（2） ；（3）证明详见解析
【分析】（1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得 的表达式；
（2）方法一：先由 ，求得 的一个取值范围，再由 ，求得 的另一个取值
范围，从而求得 的取值范围.
（3）方法一：根据题意可得两个含参数 的一元二次不等式在区间 上恒成立，再结合放
缩，即可利用导数证得不等式成立.
【详解】（1）[方法一]:判别式法
由 可得 在R上恒成立，
即 和 ，
从而有 即 ，
所以 ，
因此， ．所以 ．
[方法二]【最优解】：特值+判别式法
由题设有 对任意的 恒成立.
令 ，则 ，所以 .
因此 即 对任意的 恒成立，
所以 ，因此 .
故 .
（2）[方法一]
令 ， .
又 .
若 ，则 在 上递增，在 上递减，则 ，即 ，不符合题意.
当 时， ，符合题意.
当 时， 在 上递减，在 上递增，则 ，
即 ，符合题意.
综上所述， .
由当 ，即 时， 在 为增函数，
因为 ，
故存在 ，使 ，不符合题意.
当 ，即 时， ，符合题意.
当 ，即 时，则需 ，解得 .
综上所述， 的取值范围是 .
[方法二]【最优解】：特值辅助法
由已知得 在 内恒成立；
由已知得 ，
令 ，得 ，∴ (*)，
令 ， ，当 时， ， 单调递减；当 时，
， 单调递增，∴ ，∴当 时 在 内恒成立；
由 在 内恒成立，由(*)知 ，∴
，∴ ，解得 .
∴ 的取值范围是 .
（3）[方法一]：判别式+导数法
因为 对任意 恒成立，
① 对任意 恒成立，
等价于 对任意 恒成立.
故 对任意 恒成立.
令 ，
当 ， ，
此时 ，
当 ， ，
但 对任意的 恒成立.等价于 对任意的 恒成立.
的两根为 ，
则 ，
所以 .
令 ，构造函数 ， ，
所以 时， ， 递减， .
所以 ，即 .
[方法二]：判别式法
由 ，从而对任意的 有 恒成立，等价于对任意的
①，恒成立．
（事实上，直线 为函数 的图像在 处的切线）
同理 对任意的 恒成立，即等价于对任意的
恒成立． ②
当 时，将①式看作一元二次方程，进而有 ，①式的解为 或 （不妨设
）；
当 时， ，从而 或 ，又 ，从而 成立；
当 时，由①式得 或 ，又 ，所以
．
当 时，将②式看作一元二次方程，进而有 ．
由 ，得 ，此时②式的解为 不妨设 ，从而
．
综上所述， ．
[方法三]【最优解】：反证法
假设存在 ，使得满足条件的m，n有 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．因为 对恒成立，所以有
．则有
， ③
， ④
解得 ．
由③+④并化简得， ．
因为 在区间 上递增，且 ，
所以， ．
由 对 恒成立，即有 ⑤
对 恒成立，将⑤式看作一元二次方程，进而有
．
设 ，则 ，
所以 在区间 上递减，所以 ，即 ．
设不等式⑤的解集为 ，则 ，这与假设矛盾．从而 ．
由 均为偶函数．同样可证 时， 也成立．
综上所述， ．
【整体点评】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，
求解得到；方法二先利用特值求得 的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中
的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得 的取值范围，然后取交集；方法二先
利用特殊值进行判定得到 ，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性
质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分解因式
难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解.
3．（2018·江苏·高考真题）记 分别为函数 的导函数．若存在 ，满足
且 ，则称 为函数 与 的一个“ 点”．
（1）证明：函数 与 不存在“ 点”；
（2）若函数 与 存在“ 点”，求实数 的值；
（3）已知函数 ， ．对任意 ，判断是否存在 ，使函数 与 在区间 内存在“ 点”，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3）存在 ，使函数 与 在区间 内存在“
点”．
【详解】分析：（1）根据题中“S点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据
“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合 “S点”的定义列两个方
程，再判断方程组是否有解即可证得结论.
详解：解：（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．
由f（x）=g（x）且f′（x）= g′（x），得
，此方程组无解，
因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．
（2）函数 ， ，
则 ．
设x 为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得
0 0 0 0 0
，即 ，（*）
得 ，即 ，则 ．
当 时， 满足方程组（*），即 为f（x）与g（x）的“S”点．
因此，a的值为 ．
（3）对任意a>0，设 ．
因为 ，且h（x）的图象是不间断的，
所以存在 ∈（0，1），使得 ，令 ，则b>0．
函数 ，
则 ．
由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得，即 （**）
此时， 满足方程组（**），即 是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．
因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．
点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单
调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底
还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.
考点03 集合新定义
一、小题
1．（2020·浙江·高考真题）设集合S，T，S N*，T N*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：
①对于任意x，y S，若x≠y，都有xy T
②对于任意x，y T，若x
