2024年新高考九省联考新题型—综合能力题（解析版）(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

2024 年新高考九省联考新题型 - - 综合能力题
1 (2024·全国·校联考模拟预测)若项数为k(k∈N*，k≥3)的有穷数列{a }满足：0≤a<a <a <⋅⋅⋅
n 1 2 3
<a ，且对任意的i，j(1≤i≤j≤k)，a+a 或a-a 是数列{a }中的项，则称数列{a }具有性质P．
k j i j i n n
(1)判断数列0,1,2是否具有性质P，并说明理由；
(2)设数列{a }具有性质P，a(i=1，2，⋯，k)是{a }中的任意一项，证明：a -a 一定是{a }中的项；
n i n k i n
(3)若数列{a }具有性质P，证明：当k≥5时，数列{a }是等差数列．
n n
【答案】(1)数列0,1,2具有性质P，理由见解析；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)由数列0,1,2中，得到a-a，一定是数列a
j i n
1
 中的项，即可求解；
(2)根据题意，得到a +a 一定不是数列a
k i n
 中的项，进而证得a -a 一定是数列a
k i n
 中的项；
(3)根据题意得到a +a ∉a
k k n
 ，且a -a ∈a
k k n
 ，进而得到a=0，得到a -a∈a
1 k i n
 ，当2≤i≤k，证得a
k
-a =a ，当3≤i≤k-2，得到a -a =a，由k≥5时，得到a -a =a(1≤i≤k-1)，两式相减得
k-i i+1 k-1 k-i i k-1 k-i i
出a k -a k-1 =a i+1 -a i1≤i≤k-1  ，结合等差中项公式，即可求解.
【详解】(1)解：数列0,1,2具有性质P.
理由：根据有穷数列a
n
 满足：0≤a<a <a <⋅⋅⋅<a ，且对任意的i,j(1≤i≤j≤k)，a+a 或a-a 是数
1 2 3 k j i j i
列a
n
 中的项，则称数列a
n
 具有性质P，
对于数列0,1,2中，若对任意的i,j(1≤i≤j≤k)，可得a-a=0或1或2，
j i
可得a-a 一定是数列a
j i n
 中的项，所以数列0,1,2具有性质P.
(2)证明：由a(i=1,2,⋯,k)是数列a
i n
 中的任意一项，
因为数列{a }具有性质P，即a+a 或a-a 是数列a
n j i j i n
 中的项，
令j=k，可得a +a 或a -a 是数列a
k i k i n
 中的项，
又因为0≤a<a <⋯<a ，可得a +a 一定不是数列a
1 2 k k i n
 中的项，
所以a -a 一定是数列a
k i n
 中的项.
(3)解：由数列{a }具有性质P，可得a +a ∉a
n k k n
 ，所以a -a ∈a
k k n
 ，
则0∈a
n
 ，且a=0，
1
又由a +a∉a
k i n
 ，所以a -a∈a
k i n
 ，
又由0=a -a <a -a <a -a <⋯<a -a <a -a ，
k k k k-1 k k-2 k 2 k 1
①设2≤i≤k，因为0≤a<a <⋯<a
1 2 k
可得a -a =0,a -a =a ,a -a =a ,⋯,a -a =a ,a -a=a ，
k k k k-1 2 k k-2 3 k 2 k-1 k 1 k
当k≥5时，可得a
k
-a
k-i
=a i+11≤i≤k-1  ， (∗)
②设3≤i≤k-2，则a +a>a +a =a ，所以a +a∉a
k-1 i k-1 2 k k-1 i n
 ，
由0=a -a <a -a <⋯<a -a <a -a =a ，
k-1 k-1 k-1 k-2 k-1 3 k 3 k-2
又由0≤a<a <⋯<a <a ，
1 2 k-3 k-2
可得a -a =a,a -a =a ⋯<a -a =a ,a -a =a ，
k-1 k-1 1 k-1 k-2 2 k-1 k-3 3 k-1 3 k-3
所以a -a =a(1≤i≤k-3)，
k-1 k-i i
因为k≥5，由以上可知：a -a =a 且a -a =a ，
k-1 k-1 1 k-1 k-2 2
所以a -a=a 且a -a =a ，所以a -a =a(1≤i≤k-1)，(∗∗)
k-1 1 k-1 k-1 2 k-2 k-1 k-i i
由(∗)知，a
k
-a
k-i
=a i+11≤i≤k-1 
两式相减，可得a k -a k-1 =a i+1 -a i1≤i≤k-1  ，所以当k≥5时，数列a
n
2
 为等差数列.
2 (2024·全国·校联考一模)关于x的函数fx  =lnx+2x-b(b>2)，我们曾在必修一中学习过“二分
法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法--“牛顿切线法”.
(1)证明：fx  有唯一零点a，且a∈1,b  ；
(2)现在，我们任取x∈(1,a)开始，实施如下步骤：
1
在 x 1 ,fx 1    处作曲线fx  的切线，交x轴于点x 2 ,0  ；
在 x 2 ,fx 2    处作曲线fx  的切线，交x轴于点x 3 ,0  ；
⋯⋯
在 x n ,fx n    处作曲线fx  的切线，交x轴于点x n+1 ,0  ；
可以得到一个数列x n  ，它的各项都是fx  不同程度的零点近似值.
(i)设x n+1 =gx n  ，求gx n  的解析式(用x 表示x )； n n+1
(ii)证明：当x 1 ∈1,a  ，总有x <x <a. n n+1
【答案】(1)证明见解析；
(2)(i)gx n  = -x n lnx n +b+1  x n；(ii)证明见解析. 1+2x
n
【分析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；
(2)(i)由导数的几何意义得曲线fx  在 x n ,fx n   
1+2x
处的切线方程为y= nx+lnx -b-1，进而得 x n
n
gx n  = -x n lnx n +b+1  x n； 1+2x
n
(ii)令hx 
1+2x 1
= nx+lnx -b-1，进而构造函数F(x)=f(x)-h(x)=lnx- x-lnx +1，结合函数 x n x n
n n
f(x )
单调性证明x <a，再根据f(x )>0,f(x )<f(a)=0证明x =x - n >x 即可得答案.
n+1 n n n+1 n f(x ) n
n
【详解】(1)证明：fx  =lnx+2x-b(b>2)，定义域为0,+∞  ，
所以，f x 
1
= +2>0在0,+∞
x
 上恒成立，
所以函数fx  在0,+∞  上单调递增，
因为f1  =ln1+2-b=2-b<0(b>2),fb  =lnb+2b-b=lnb+b>0(b>2)，
所以，存在唯一a∈1,b  ，使得fa  =0，即：fx  有唯一零点a，且a∈1,b  .
(2)解：(i)由(1)知f x 
1
= +2，
x
所以，曲线fx  在 x n ,fx n   
1
处的切线斜率为k = +2， n x
n
所以，曲线fx  在 x n ,fx n    处的切线方程为y-fx n  =f x n  x-x n 
1+2x
，即y= nx+lnx -b-1 x n
n
令y=0得x= -x n lnx n +b+1  x n
1+2x
n
所以，切线与x轴的交点 -x n lnx n +b+1  x  n,0
1+2x
n
 ，即x = -x n lnx n +b+1
n+1
 x n，
1+2x
n
所以，gx n  = -x n lnx n +b+1  x n. 1+2x
n
(ii)对任意的x n ∈0,+∞  ，由(i)知，曲线fx  在 x n ,fx n    处的切线方程为：
1+2x
y= x nx+lnx n -b-1，故令hx
n

1+2x
= nx+lnx -b-1， x n
n1
令F(x)=f(x)-h(x)=lnx- x-lnx +1.
x n
n
1 1 x -x
所以，F(x)= - = n ，
x x x x
n n
所以，当x∈(0,x )时，F(x)>0,F(x)单调递增，当x∈(x ,+∞)时，F(x)<0,F(x)单调递减；
n n
所以，恒有F(x)≤F(x )=0，即f(x)≤h(x)恒成立，当且仅当x=x 时等号成立，
n n
f(x )
另一方面，由(i)知，x =x - n ，且当x ≠a时，x ≠x ，
n+1 n f(x ) n n+1 n
n
(若x =a，则f(x )=f(a)=0，故任意x =x =...=x=a，显然矛盾)
n n n+1 n 1
因为x n+1 是hx
3
 的零点，
所以f(x )<h(x )=f(a)=0,
n+1 n+1
因为fx  为单调递增函数，
所以，对任意的x ≠a时，总有x <a.
n n+1
又因为x<a，
1
所以，对于任意n∈N*，均有x <a，
n
所以，f(x )>0,f(x )<f(a)=0.
n n
f(x )
所以x =x - n >x ，
n+1 n f(x ) n
n
综上，当x 1 ∈1,a  ，总有x <x <a n n+1
【点睛】本题考查利用导数的几何意义，不等式的证明，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第
1
二问解题的关键在于结合切线方程，构造函数F(x)=f(x)-h(x)=lnx- x-lnx +1，进而结合函数的
x n
n
单调性证明不等式.
3 (2024·全国·校联考模拟预测)“让式子丢掉次数”：伯努利不等式
伯努利不等式(Bernoulli'sInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不
等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x∈-1,+∞  ，在 n∈1,+∞  时，有不等式 1+x  n≥
1+nx成立；在 n∈0,1  时，有不等式 1+x  n≤1+nx成立．
(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；
(2)当 n≥1时，对伯努利不等式进行证明；
(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a,a ,⋯,a n∈N*
1 2 n
 是大于-1的实数(全部同号)，证明
1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n  ≥1+a+a +⋯+a 1 2 n
【答案】(1) n = 0,1，或 x = 0
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据不等式特征猜想出等号成立的条件；
(2)设 fx  =1+x  n-nx-1x<-1,a≥1  ，注意到 f0  =0，求导得到f 0  =0，二次求导，得到函数
的单调性和极值最值情况，证明出结论；
(3)当 n=1时，显然成立，当 n≥2时，构造数列 x n  ：x n =1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n  -
1+a 1 +a 2 +⋯+a n  ，作差法得到 x n  是一个单调递增的数列(n≥2)，结合 x >0，得到 x >x > 2 n 2
0∀n>2  ，证明出结论.
【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0．
当n=0时， 1+x  0=1+0x，当n=1时， 1+x  1=1+x，当x=0时， 1+0
4
 n=1+0n，其他值均不能保证等号成立，
猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0；
(2)当 n≥1时，我们需证 1+x  n≥1+nx，
设 fx  =1+x  n-nx-1x<-1,a≥1  ，注意到 f0  =0，
f x  =n1+x  n-1-n=n 1+x   n-1-1  ，令 1+x  n-1-1=0得 x=0，
即f 0  =0，x=0是 fx  的一个极值点．
令 gx  =f x  ，则g x  =nn-1  1+x  n-2>0，
所以 f x  单调递增．
当 -1<x<0时，f x  <f0  =0，当 x>0时，f x  >f0  =0，
故fx  在 -1,0  上单调递减，在0,+∞  上单调递增．
所以在 x=0处 fx  取得极小值 f0  =0，
即 fx  ≥0恒成立，1+x  n≥nx+1．
伯努利不等式对 n≥1得证．
(3)当 n=1时，原不等式即1+a≥1+a ，显然成立．
1 1
当 n≥2时，构造数列 x n  ：x n =1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n  -1+a 1 +a 2 +⋯+a n  ，
则 x n+1 -x n =a n+1 1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n   -1  ，
若 a i >0i=1,2,⋯,n+1  ，由上式易得 x -x >0，即 x >x ； n+1 n n+1 n
若-1<a i ≤0i=1,2,⋯,n+1  ，则 0<1+a i <1，所以 1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n  -1<0，
故x n+1 -x n =a n+1 1+a 1  1+a 2  ⋯1+a n   -1  >0，
即此时 x >x 也成立．
n+1 n
所以 x
n
 是一个单调递增的数列(n≥2)，
由于 x 2 =1+a 1  1+a 2  -1+a 1 +a 2  =a 1 a 2 >0，所以 x n >x 2 >0∀n>2  ，
故原不等式成立．
【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存
在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，
一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
a 1,1 a 1,2 ⋯ a 1,m

a a ⋯ a
4 (2024·江苏南通·模拟预测)已知A =  2,1 2,2 2,m
m  ⋮ ⋮ ⋱ ⋮

a a ⋯ a
m,1 m,2 m,m

(m≥2)是m2个正整数组成的m行
m列的数表，当1≤i<s≤m,1≤j<t≤m时，记da ,a
i,j s,t
 =a -a
i,j s,j
 +a -a
s,j s,t
 ．设n∈N*，若A 满
m
足如下两个性质：
①a ∈1,2,3;⋯,n
i,j
 (i=1,2,⋯,m;j=1,2,⋯,m)；
②对任意k∈1,2,3,⋯,n  ，存在i∈1,2,⋯,m  ,j∈1,2,⋯,m  ，使得a =k，则称A 为Γ 数表．
i,j m n
1 2 3

(1)判断A = 2 3 1 3 
3 1 2

是否为Γ 3 数表，并求da 1,1 ,a 2,2  +da 2,2 ,a 3,3  的值；
(2)若Γ 数表A 满足da ,a
2 4 i,j i+1,j+1
 =1(i=1,2,3;j=1,2,3)，求A 中各数之和的最小值；
4
(3)证明：对任意Γ 数表A ，存在1≤i<s≤10,1≤j<t≤10，使得da ,a
4 10 i,j s,t
 =0．
【答案】(1)是；5
(2)22(3)证明见详解
【分析】(1)根据题中条件可判断结果，根据题中公式进行计算即可；
(2)根据条件讨论a 的值，根据da ,a
i+1,j i,j s,t
5
 =a -a
i,j s,j
 +a -a
s,j s,t
 ，得到相关的值，
进行最小值求和即可；
(3)当r≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有r-1条有向线段，得到横向有向
i i
线段的起点总数，同样的方法得到纵向有向线段的起点总数，根据条件建立不等关系，即可证明.
1 2 3

【详解】(1)A = 2 3 1
3 
3 1 2

是Γ 数表，
3
da 1,1 ,a 2,2  +da 2,2 ,a 3,3  =2+3=5.
(2)由题可知da ,a
i,j s,t
 =a -a
i,j s,j
 +a -a
s,j s,t
 =1(i=1,2,3;j=1,2,3).
当a =1时，有da ,a
i+1,j i,j i+1,j+1
 =(a -1)(a -1)=1，
i,j i+1,j+1
所以a +a =3.
i,j i+1,j+1
当a =2时，有da ,a
i+1,j i,j i+1,j+1
 =(2-a )(2-a )=1，
i,j i+1,j+1
所以a +a =3.
i,j i+1,j+1
所以a +a =3(i=1,2,3;j=1,2,3).
i,j i+1,j+1
所以a +a +a +a =3+3=6,a +a =3,a +a =3.
1,1 2,2 3,3 4,4 1,3 2,4 3,1 4,2
a +a +a =3+1=4或者a +a +a =3+2=5，
1,2 2,3 3,4 1,2 2,3 3,4
a +a +a =3+1=4或者a +a +a =3+2=5，
2,1 3,2 4,3 2,1 3,2 4,3
a =1或a =2，a =1或a =2，
1,4 1,4 4,1 4,1
故各数之和≥6+3+3+4+4+1+1=22，
1 1 1 1

1 2 2 2
当A = 
4 1 2 1 1

1 2 1 2

时，
各数之和取得最小值22.
(3)由于Γ 数表A 中共100个数字，
4 10
必然存在k∈1,2,3,4  ，使得数表中k的个数满足T≥25.
设第i行中k的个数为r(i=1,2,⋅⋅⋅,10).
i
当r≥2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，
i
则该行有r-1条有向线段，
i
i=1
所以横向有向线段的起点总数R=∑(r-1)≥∑(r-1)=T-10.
i i
ri≥2 10
设第j列中k的个数为c(j=1,2,⋅⋅⋅,10).
j
当c≥2时，将纵向相邻两个k用从上到下的有向线段连接，
j
则该列有c-1条有向线段，
j
j=1
所以纵向有向线段的起点总数C=∑(c-1)≥∑(c-1)=T-10.
j j
cj≥2 10
所以R+C≥2T-20,
因为T≥25,所以R+C-T≥2T-20-T=T-20>0.
所以必存在某个k既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，即存在1<u<v≤10，1<p<q≤10,
使得a =a =a =k，
u,p v,p v,q
所以da ,a
u,p v,q
6
 =a -a
u,p v,p
 +a -a
v,p v,q
 =0，
则命题得证.
5 (2024·全国·校联考模拟预测)设正整数数列A:a ，a ，⋯，a (N>3)满足a<a ，其中1≤i<j≤N.
1 2 N i j
如果存在k∈{2，3，⋯，N}，使得数列A中任意k项的算术平均值均为整数，则称A为“k阶平衡数列”
(1)判断数列2，4，6，8，10和数列1，5，9，13，17是否为“4阶平衡数列”？
(2)若N为偶数，证明：数列A:1，2，3，⋯，N不是“k阶平衡数列”，其中k∈{2,3,⋯,N}
(3)如果a ≤2019，且对于任意k∈{2,3,⋯,N}，数列A均为“k阶平衡数列”，求数列A中所有元素之和的
N
最大值．
【答案】(1)2，4，6，8，10不是4阶平衡数列；1，5，9，13，17是4阶平衡数列；
(2)证明见解析
(3)12873．
2+6+8+10
【分析】(1)由 不为整数，数列1，5，9，13，17为等差数列，结合新定义即可得到结论；
4
(2)讨论k为偶数或奇数，结合新定义即可得证；
(3)在数列A中任意两项a ，a，(s≠t)，作差可得数列中任意两项之差都是k的倍数，k∈{2,3,⋯,N-1}，
s t
讨论数列A的项数超过8，推得数列A的项数至多7项.讨论数列A的项数为7，数列的项数小于或等于6，
奇数可得所求最大值.
2+6+8+10
【详解】(1)由 不为整数，
4
可得数列2，4，6，8，10不是4阶平衡数列；
数列1，5，9，13，17为首项为1，公差为4的等差数列，
则数列1，5，9，13，17是4阶平衡数列；
(2)证明：若N为偶数，设k=2m(m∈N∗)，
k(k+1)
考虑1，2，3，⋯，k这k项，其和为S= .
2
S k+1 2m+1
所以这k项的算术平均值为： = = ，此数不是整数；
k 2 2
若k为奇数，设k=2m+1，m∈N∗，考虑1，2，3，4，5，⋯k-2，k-1，k+1；
k(k+1)
这k项，其和为S′= +1，
2
S′ k+1 1 1
所以这k项的算术平均数为： = + =m+1+ ，
k 2 k 2m+1
此数不是整数；
故数列A：1，2，3，4，⋯，N不是“k阶平衡数列”，其中k∈{2,3,4,⋯N}；
(3)在数列A中任意两项a ，a，(s≠t)，
s t
对于任意k∈{2,3,4,5,⋯,N}，在A中任意取两项a ，a，相异的k-1项，
s t
并设这k-1项和为S .由题意可得S +a ，S +a 都是k的倍数，
n n s n t
即S +a=pk，S +a=qk，(p，q为整数)，可得a-a=(p-q)k，
n s n t s t
即数列中任意两项之差都是k的倍数，k∈{2,3,⋯,N-1}，
因此所求数列A的任意两项之差都是2，3，⋯，N-1的倍数，
如果数列A的项数超过8，
那么a -a ，a -a ，⋯，a -a 均为2，3，4，5，6，7的倍数，
2 1 3 2 8 7即a -a ，a -a ，⋯，a -a 均为420的倍数，
2 1 3 2 8 7
(420为2，3，4，5，6，7的最小公倍数)，
a -a=a -a+a -a +..+a -a >420×7=2940，
8 1 2 1 3 2 8 7
即a >2940+a>2940，这与a ≤2019矛盾，
8 1 N
故数列A的项数至多7项.
数列A的项数为7，
那么a -a ，a -a ，⋯，a -a 均为2，3，4，5，6的倍数，
2 1 3 2 7 6
即a -a ，a -a ，⋯，a -a 均为60的倍数，
2 1 3 2 7 6
(60为2，3，4，5，6的最小公倍数)，
又a ≤2019，且a<a <⋯<a ，
7 1 2 7
所以a ≤2019-60，a ≤2019-2×60，⋯，a≤2019-6×60，
6 5 1
所以a 1 +a 2 +⋯+a 7 ≤2019+2019-60
7
 +⋯+2019-6×60  =12873，
当且仅当a=2019-60(7-i)=1599+60i(i=1，2⋯，7)，a+a +⋯+a 取得最大值12873；
i 1 2 7
验证可得此数列为“k阶平衡数列”，k∈{2,3,⋯,N}，
如果数列的项数小于或等于6，由a ≤2019，
N
可得数列中所有项的之和小于或等于2019×6=12114，
综上可得数列A中所有元素之和的最大值为12873.
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论思想和化简运算能力､推理能力，属于难题.
6 (2024·江苏·徐州市第一中学校联考模拟预测)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦
AC BD
有应用．设A，B，C，D是直线l上互异且非无穷远的四点，则称 ⋅ (分式中各项均为有向线段长
BC AD
度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为(A,B;C,D)．
1
(1)证明：1-(D,B;C,A)= ；
(B,A;C,D)
(2)若l ，l ，l ，l 为平面上过定点P且互异的四条直线，L ，L 为不过点P且互异的两条直线，L 与l ，l ，
1 2 3 4 1 2 1 1 2
l ，l 的交点分别为A ，B ，C ，D ，L 与l ，l ，l ，l 的交点分别为A ，B ，C ，D ，证明：(A,B;C,D)=
3 4 1 1 1 1 2 1 2 3 4 2 2 2 2 1 1 1 1
(A ,B ;C ,D )；
2 2 2 2
(3)已知第(2)问的逆命题成立，证明：若△EFG与△EFG的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，
则△EFG与△EFG对应边的交点在一条直线上．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据题干所给交比的定义即可证；
(2)把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
(3)把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第(2)问的结论得到两组交
比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
DC⋅BA BC⋅AD+DC⋅BA BC⋅(AC+CD)+CD⋅AB
【详解】(1)1-(D,B;C,A)=1- = =
BC⋅DA BC⋅AD BC⋅AD
BC⋅AC+BC⋅CD+CD⋅AB BC⋅AC+AC⋅CD AC⋅BD 1
= = = = ；
BC⋅AD BC⋅AD BC⋅AD (B,A;C,D)
(2)A 1 ,B 1 ;C 1 ,D 1 
AC⋅BD S ⋅S
= 1 1 1 1 = △PA1C1 △PB1D1 BC⋅AD S ⋅S
1 1 1 1 △PB1C1 △PA1D1= 2 1 ⋅PA 1 ⋅PC 1 ⋅sin∠A 1 PC 1 ⋅ 2 1 ⋅PB 1 ⋅PD 1 ⋅sin∠B 1 PD 1 = sin∠A 1 PC 1 ⋅sin∠B 1 PD 1
2 1 ⋅PB 1 ⋅PC 1 ⋅sin∠B 1 PC 1 ⋅ 2 1 ⋅PA 1 ⋅PD 1 ⋅sin∠A 1 PD 1 sin∠B 1 PC 1 ⋅sin∠A 1 PD 1
sin∠A PC ⋅sin∠B PD S ⋅S A C ⋅B D
= sin∠B 2 PC 2 ⋅sin∠A 2 PD 2 = S △PA2C2 ⋅S △PB2D2 == B 2 C 2 ⋅A 2 D 2 =A 2 ,B 2 ;C 2 ,D 2
2 2 2 2 △PB2C2 △PA2D2 2 2 2 2
8
 ；
(3)设EF与EF交于X，FG与FG交于Y，EG与EG交于Z，
连接XY，FF与XY交于L，EE与XY交于M，GG与XY交于N，
欲证X，Y，Z三点共线，只需证Z在直线XY上．
考虑线束XP，XE，XM，XE，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,E;M,E)，
再考虑线束YP，YF，YL，YF，由第(2)问知(P,F;L,F)=(P,G;N,G)，
从而得到(P,E;M,E)=(P,G;N,G)，
于是由第(2)问的逆命题知，EG，MN，EG交于一点，即为点Z，
从而MN过点Z，故Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．
.
【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形(高相同)转化为面积之
比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形面积
计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问是
由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以导出
两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三点共线.
7 (2024·河北·校联考一模)已知定义域为R的函数hx  满足：对于任意的x∈R，都有hx+2π  =
hx  +h2π  ，则称函数hx  具有性质P.
(1)判断函数fx  =2x,gx  =cosx是否具有性质P；(直接写出结论)
(2)已知函数fx  =sinωx+φ 
3 5
<ω< ,φ
2 2

π
 <
2
 ，判断是否存在ω,φ，使函数fx  具有性质P？若存在，求出ω,φ的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数fx
9
 具有性质P，且在区间0,2π  上的值域为 f0  ,f2π    .函数gx  =sin fx    ，满足
gx+2π  =gx  ，且在区间0,2π  上有且只有一个零点.求证：f2π  =2π.
【答案】(1)函数fx  =2x具有性质P；gx  =cosx不具有性质P.
(2)ω=2，φ=0
(3)证明见解析
【分析】(1)利用定义判断即可；
(2)假设函数fx  具有性质P，可求出φ=0，进而可得ω=2，从而可得fx  =sin2x，再根据定义进行验
证，即可得到答案；
(3)由函数fx  具有性质P及(2)可知，f(0)=0，进而可得fx  在0,2π  的值域为0,kπ  ，k∈Z且k>0，
由gx  在区间0,2π  上有且只有一个零点可证明当k>2时不符合题意，再求解当k=1时与gx  是以
2π为周期的周期函数矛盾，从而可得k=2，即可证明.
【详解】(1)因为fx  =2x，则fx+2π  =2(x+2π)=2x+4π，又f2π  =4π，
所以fx+2π  =f(x)+f(2π)，故函数fx  =2x具有性质P；
因为gx  =cosx，则gx+2π  =cos(x+2π)=cosx，又g2π  =cos2π=1，
g(x)+g(2π)=cosx+1≠g(x+2π)，故gx  =cosx不具有性质P.
(2)若函数fx  具有性质P，则f0+2π  =f(0)+f(2π)，即f(0)=sinφ=0，
因为ϕ 
π
< ，所以φ=0，所以fx
2
 =sin(ωx)；
若f(2π)≠0，不妨设f(2π)>0，由fx+2π  =f(x)+f(2π)，
得f2kπ  =f(0)+kf(2π)=kf(2π)(k∈Z)(*)，
只要k充分大时，kf(2π)将大于1，而fx  的值域为[-1,1]，
故等式(*)不可能成立，所以必有f(2π)=0成立，
3 5
即sin(2ωπ)=0，因为 <ω< ，所以3π<2ωπ<5π，
2 2
所以2ωπ=4π，则ω=2，此时fx  =sin2x，
则fx+2π  =sin2(x+2π)=sin2x，
而f(x)+f(2π)=sin2x+sin4π=sin2x，即有fx+2π  =f(x)+f(2π)成立，
所以存在ω=2，φ=0使函数fx  具有性质P.
(3)证明：由函数fx  具有性质P及(2)可知，f(0)=0，
由gx+2π  =gx  可知函数gx  是以2π为周期的周期函数，则g2π  =g(0)，
即sin(f(2π))=sin(f(0))=0，所以f(2π)=kπ，k∈Z；
由f(0)=0，f(2π)=kπ以及题设可知，
函数fx  在0,2π  的值域为0,kπ  ，所以k∈Z且k>0；
当k>2，fx  =π及fx  =2π时，均有gx  =sin fx    =0，
这与gx  在区间0,2π  上有且只有一个零点矛盾，因此k=1或k=2；
当k=1时，f(2π)=π，函数fx  在0,2π  的值域为0,π  ，
此时函数gx  的值域为0,1  ，
而fx+2π  =f(x)+π，于是函数fx  在2π,4π  的值域为π,2π  ，
此时函数gx  的值域为-1,0  ，
函数gx  =sin fx    在当x∈0,2π  时和x∈2π,4π  时的取值范围不同，
与函数gx  是以2π为周期的周期函数矛盾，故k=2，即f(2π)=2π，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新
情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可.
8 (2024·江西吉安·吉安一中校考一模)对于无穷数列{a }，“若存在a -a =tm,k∈N*,m>k
n m k
10
 ，必有
a -a =t”，则称数列{a }具有P(t)性质.
m+1 k+1 n
2n(n=1,2)
(1)若数列{a }满足a = n n 2n-5n≥3,n∈N*


 ，判断数列{a n }是否具有P(1)性质？是否具有P(4)性
质？
(2)对于无穷数列{a }，设T={x|x=a-a,i<j}，求证：若数列{a }具有P(0)性质，则T必为有限集；
n j i n
(3)已知{a }是各项均为正整数的数列，且{a }既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，是否存在正整数N，
n n
k，使得a ，a ，a ，⋯，a ，⋯成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
N N+1 N+2 N+k
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)见解析.
【分析】(1)根据题中所给的条件，利用定义判断可得数列{a }不具有性质P(1)，具有性质P(4)；
n
(2)根据数列具有性质P(0)，得到数列{a }元素个数，从而证得结果；
n
(3)依题意，数列{a }是各项为正数的数列，且{a }既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，可证得存在整数
n n
N，使得a ,a ,a ,⋯,a ,⋯是等差数列.
N N+1 N+2 N+k
2n(n=1,2)
【详解】(1)因为a = n 2n-5n≥3,n∈N*


， 
a -a =5-4=1，但a -a =7-1=6≠1，所以数列{a }不具有性质P(1)，
5 2 6 3 n
同理可得数列{a }具有性质P(4)；
n
(2)因为数列{a }具有性质P(0)，
n
所以一定存在一组最小的且m>k，满足a -a =0，即a =a ，
m k m k
由性质P(0)的含义可得a =a ，a =a ，⋯，a =a ,a =a ，
m+1 k+1 m+2 k+2 2m-k-1 m-1 2m-k m
所以数列{a }中，从第k项开始的各项呈现周期性规律：
n
a ,a ,⋯,a 为一个周期中的各项，
k k+1 m-1
所以数列{a }中最多有m-1个不同的项，
n
所以T最多有C2 个元素，即T为有限集；
m-1
(3)因为数列{a }具有P(2)性质，又具有P(3)性质，
n
所以存在M',N'，使得a -a =2,a -a =3，
M'+P M' N'+q N'
其中p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质P(2),P(3)的含义可得a -a =2,a -a =3，
M'+p+k M'+k N'+q+k N'+k
若M'<N'，则取k=N'-M'，可得a -a =2，
N'+P N'
若M'>N'，则取k=M'-N'，可得a -a =3，
M'+q M'
记M=maxM',N'  ，则对于a ，
M
有a -a =2,a -a =3，显然p≠q，
M+p M M+q M
由性质P(2),P(3)的含义可得：a -a =2,a -a =3，
M+p+k M+k N+q+k N+k
所以a -a =(a -a )+(a -a )+⋯+(a -a )
M+pq M M+pq M+(q-1)p M+(q-1)p M+(q-2)p M+p M
=2qa -a =(a -a )+(a -a )+⋯+(a -a )=3p，
M+pq M M+pq M+(p-1)q M+(p-1)q M+(p-2)q M+q M
所以2q=3p，又p,q满足a -a =2,a -a =3的最小的正整数，
M+p M M+q M
所以q=3,p=2，a -a =2,a -a =3，
M+2 M M+3 M
所以a -a =2,a -a =3，
M+2+k M+k M+3+k M+k
所以a =a =a +2k,a =a =a +3k，
M+2k M+2(k-1)+2 M M+3k M+3(k-1)+3 M
取N=M+3，所以，若k是偶数，则a =a +k，
N+k N
若k是奇数，
则a =a =a +(k-3)=a +3+(k-3)=a +k，
N+k N+3+(k-3) N+3 N N
所以，a =a +k，
N+k N
所以a ,a ,a ,⋯,a ,⋯是公差为1的等差数列.
N N+1 N+2 N+k
【点睛】该题考查的是有关与数列相关的创新题，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题.
9 (2024·全国·校联考模拟预测)已知有穷数列A:a ，a ，⋯，a (n≥3)中的每一项都是不大于n的正整
1 2 n
数.对于满足1≤m≤n的整数m，令集合Am
11
 = k   a =m，k=1，2，⋯，n  k  .记集合A(m)中元素的个
数为s(m)(约定空集的元素个数为0).
(1)若A:6，3，2，5，3，7，5，5，求A(5)及s(5)；
1 1 1
(2)若 + +⋯+ =n，求证：a,a ,⋯,a 互不相同；
1 2 n
s(a) s(a ) s(a )
1 2 n
(3)已知a=a,a =b，若对任意的正整数i，j(i≠j，i+j≤n)都有i+j∈A(a)或i+j∈A(a)，求a+a
1 2 i j 1 2
+⋯+a 的值.
n
【答案】(1)A(5)={4，7，8}，s(5)=3.
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】(1)观察数列，结合题意得到A(5)及s(5)；
1 1 1 1 1 1 1
(2)先得到 ≤1，故 + +⋯+ ≤n，再由 + +⋯+ =n得到s(a)=
s(a) s(a) s(a ) s(a ) s(a) s(a ) s(a ) i
i 1 2 n 1 2 n
1，从而证明出结论；
(3)由题意得a =a 或a =a ，令j=1，得到a =a 或a =a ，当a=b时得到a+a +⋯+a =na，当a≠
i+j i i+j j 3 2 3 1 1 2 n
b时，考虑a =a或a =b两种情况，求出答案.
3 3
【详解】(1)因为a =a =a =5，所以A(5)=4,7,8
4 7 8
 ，则s(5)=3；
(2)依题意s(a)≥1,i=1，2，⋯，n，
i
1
则有 ≤1，
s(a)
i
1 1 1
因此 + +⋯+ ≤n，
s(a) s(a ) s(a )
1 2 n
1 1 1
又因为 + +⋯+ =n，
s(a) s(a ) s(a )
1 2 n
所以s(a)=1
i
所以a,a ,⋯,a 互不相同.
1 2 n
(3)依题意a=a,a =b.
1 2
由i+j∈A(a)或i+j∈A(a)，知a =a 或a =a.
i j i+j i i+j j
令j=1，可得a =a 或a =a ，对于i=2,3,...n-1成立，
i+1 i i+1 1
故a =a 或a =a.
3 2 3 1
①当a=b时，a =a =⋯=a =a，
3 4 n
所以a+a +⋯+a =na.
1 2 n
②当a≠b时，
a =a或a =b.
3 3
当a =a时，由a =a 或a =a ，有a =a，
3 4 3 4 1 4
同理a =a =⋯=a =a，
5 6 n
所以a+a +⋯+a =(n-1)a+b.
1 2 n
当a =b时，此时有a =a =b，
3 2 3
令i=1，j=3，可得4∈A(a)或4∈A(b)，即a =a或a =b.
4 4
令i=1，j=4，可得5∈A(a)或5∈A(b). 令i=2，j=3，可得5∈A(b).
所以a =b.
5
若a =a，则令i=1，j=4，可得a =a，与a =b矛盾.
4 5 5
所以有a =b.
4
不妨设a =a =⋯=a =b(k≥5)，
2 3 k
令i=t，j=k+1-t(t=2,3,⋯,k-1)，可得k+1∈A(b)，因此a =b.
k+1
令i=1,j=k，则a =a或a =b.
k+1 k+1
故a =b.
k+1
所以a+a +⋯+a =(n-1)b+a.
1 2 n
综上，a=b时，a+a +⋯+a =na.
1 2 n
a =a≠b时，a+a +⋯+a =(n-1)a+b.
3 1 2 n
a =b≠a时，a+a +⋯+a =(n-1)b+a.
3 1 2 n
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
(1)可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
(2)可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
(3)发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
(4)如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书
上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
10 (2024·河南郑州·郑州外国语学校校考模拟预测)记U=1,2,⋯,100
12
 .对数列a
n
 n∈N*  和U的
子集T，若T=∅，定义S =0；若T=t,t ,⋯,t
T 1 2 k
 ，定义S =a +a +⋯+a .例如：T=1,3,66
T t1 t2 t k
 时，S =
T
a+a +a .现设a
1 3 66 n
 n∈N*  是公比为3的等比数列，且当T=2,4  时，S =30.
T
(1)求数列a
n
 的通项公式；
(2)对任意正整数k1≤k≤100  ，若T⊆1,2,⋯,k  ，求证：S <a ； T k+1
(3)设C⊆U,D⊆U,S ≥S ，求证：S +S ≥2S .
C D C C∩D D
【答案】(1)a =3n-1(2)详见解析(3)详见解析
n
【详解】(1)由已知得a =a⋅3n-1,n∈N*.
n 1
于是当T=2,4  时，S =a +a =3a+27a=30a.
r 2 4 1 1 1
又S =30，故30a=30，即a=1.
r 1 1
所以数列a
n
 的通项公式为a =3n-1,n∈N*.
n
(2)因为T⊆1,2,⋯,k  ，a =3n-1>0,n∈N*，
n
1
所以S ≤a+a +⋯+a =1+3+⋯+3k-1= (3k-1)<3k.
r 1 2 k 2
因此，S <a .
r k+1(3)下面分三种情况证明.
①若D是C的子集，则S +S =S +S ≥S +S =2S .
C C∩D C D D D D
②若C是D的子集，则S +S =S +S =2S ≥2S .
C C∩D C C C D
③若D不是C的子集，且C不是D的子集.
令E=C∩∁ D，F=D∩∁ C则E≠∅，F≠∅，E∩F=∅.
U U
于是S =S +S ，S =S +S ，进而由S ≥S ，得S ≥S .
C E C∩D D F C∩D C D E F
设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则k≥1,l≥1,k≠l.
由(2)知，S <a ，于是3l-1=a≤S ≤S <a =3k，所以l-1<k，即l≤k.
E k+1 l F E k+1
又k≠l，故l≤k-1，
3l-1 a -1 S -1
从而S ≤a+a +⋯+a=1+3+⋯+3l-1= ≤ k ≤ E ，
F 1 2 l 2 2 2
n-1
2 2 ,n为奇数
故S ≥2S +1，所以 ，
E F n
22,n为偶数
即S +S ≥2S +1.
C C∩D D
综合①②③得，S +S ≥2S .
C C∩D D
【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.
11 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)若存在x 0 ∈D使得fx
13
 ≤fx 0  对任意x∈D恒成立，
则称x 0 为函数fx  在D上的最大值点，记函数fx  在D上的所有最大值点所构成的集合为M
(1)若fx  =-x2+2x+1,D=R，求集合M；
(2)若fx 
2x-x
=
 x
,D=R，求集合M；
4x
(3)设a为大于1的常数，若fx  =x+asinx,D=0,b  ，证明，若集合M中有且仅有两个元素，则所有满足
条件的b从小到大排列构成一个等差数列．
【答案】(1)M=1 
(2)M=1,2 
(3)证明见解析
【分析】(1)配方得到当且仅当x=1时，fx  =-x2+2x+1取得最大值，得到M=1  ；
(2)求导，得到函数单调性，求出当x=1或2时，fx  取得最大值，故M=1,2  ；
(3)求导，得到函数单调性，并得到f x+2π  =f x  ，得到fb
k

1
=f2kπ-π-arccos
a
 ，结合fb
k+1
 -
fb
k
 =2π，得到b -b 为定值，
k+1 k
故所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列．
【详解】(1)fx  =-x2+2x+1=-x-1  2+2,
当且仅当x=1时，fx  =-x2+2x+1在R上取得最大值，故M=1  ；
(2)fx 
2x-x
=
 x
定义域为R，
4x
f x 
2xln2-1
=
 
x+2x-x

4x-2x-x

x⋅4xln4
42x2x-2x
=
14
 1-xln2 
，
4x
令qx  =2x-2x，则q x  =2xln2-2，
令q x 
2
=0得x=log ， 2ln2
2
x -∞,log
2ln2

2 2
log log ,+∞
2ln2 2ln2

q x  - 0 +
qx  ↘ 极小值 ↗
其中ln2∈ln e,lne 
1
= ,1 2 
2
，故 ∈2,4 ln2 
2
，log 2ln2 ∈1,2  ，
可以看出q1  =0,q2  =0，
故qx  有且仅有2个零点，分别为1和2，
令f x 
1
=0得x= ∈1,2
ln2
 或1或2，
x -∞,1 
1
1 1,
ln2

1 1
 ,2
ln2 ln2
 2 2,+∞ 
f x  + 0 - 0 + 0 -
fx  ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
其中f1  =f2 
1
= ，
4
故当x=1或2时，fx  取得最大值，故M=1,2  ；
(3)fx  =x+asinx,D=0,b  ，a>1，
f x  =1+acosx,D=0,b  ，a>1，
令f x 
1
=0得x=2kπ±arccos-
a

1
=2kπ±π-arccos
a
 ，k∈Z，
1
当0<x<π-arccos 时，f x
a
 >0，fx  单调递增，
1 1
当π-arccos <x<π+arccos 时，f x
a a
 <0，fx  单调递减，
1 1
当π+arccos <x<3π-arccos 时，f x
a a
 >0，fx  单调递增，
1 1
当3π-arccos <x<3π+arccos 时，f x
a a
 <0，fx  单调递减，
1 1
当3π+arccos <x<5π-arccos ，f x
a a
 >0，fx  单调递增，
⋯⋯，
由于f x+2π  =1+acosx+2π  =1+acosx=f x  ，
故所有的单调递增区间经过适当平移可重合，同理，所有的单调递减区间经过适当平移可重合，
要想集合M中有且仅有两个元素，
则需要fb 1 
1
=fπ-arccos a  或fb 2 
1
=f3π-arccos a  ，
或fb 3 
1
=f5π-arccos a  ，⋯⋯，fb k 
1
=f2kπ-π-arccos a  ，
其中fx+2π  =x+2π+asinx+2π  =x+2π+asinx，
fx+2π  -fx  =x+2π+asinx-x-asinx=2π，又fb
k+1
15
 -fb
k

1
=f2kπ+2π-π-arccos
a

1
-f2kπ-π-arccos
a
 =2π，
所有的b 均处在单调递增区间上，
k
所以b -b 为定值，
k+1 k
故所有满足条件的b从小到大排列构成一个等差数列．
【点睛】函数新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结
合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的
本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
12 (2024·江西抚州·临川一中校考一模)若各项为正的无穷数列a
n
 满足：对于∀n∈N*，a2 -a2=
n+1 n
d，其中d为非零常数，则称数列a
n
 为D数列.记b =a -a .
n n+1 n
(1)判断无穷数列a = n和a =2n是否是D数列，并说明理由；
n n
(2)若a
n
 是D数列，证明：数列b
n
 中存在小于1的项；
(3)若a
n

n 1
是D数列，证明：存在正整数n，使得 >2024.
a
i=1 i
【答案】(1)a = n是D数列，a =2n不是D数列，理由见解析
n n
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)代入定义计算即可得；
(2)借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质即可得；
n 1 n 1
(3)由题意将 表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与 有关不
a a
i=1 i i=1 i
等式即可证明.
【详解】(1)a = n是D数列，a =2n不是D数列，理由如下：
n n
当a = n时，a2=n，a2 =n+1，
n n n+1
则a2 -a2=n+1-n=1，故是D数列；
n+1 n
当a =2n时，a2=22n，a2 =22n+2，
n n n+1
则a2 -a2=22n+2-22n=3×22n，故不是D数列；
n+1 n
(2)若a
n
 是D数列，则a >0且a2 -a2=d，
n n+1 n
此时数列a2
n

是以a2为首项，d为公差的等差数列，
1
故a2 n =a2 1 +n-1  d，当d<0时，则总存在正整数n，使a2 1 +n-1  d<0，
与a >0矛盾，故d>0恒成立，a2 -a2=d>0，
n n+1 n
有a2 n =a2 1 +n-1  d>n-1  d，a2 =a2+nd>nd， n+1 1
即a n > n-1  d，a n+1 > nd，有a n+1 +a n > n-1  d+ nd= n+ n-1  d，
d d
则b =a -a = <
n n+1 n a n+1 +a n  n+ n-1 
d
= ，
d n+ n-1
由 n+ n-1随n的增大而增大，
d
故总存在正整数n使 <1，即数列b
n
n+ n-1
 中存在小于1的项；
(3)由(2)得a2 n =a2 1 +n-1  d，故a n = a2 1 +n-1  d，
1 1
即 =
a n a2 1 +n-1 
2
=
d a2 1 +n-1  d+ a2 1 +n-1  d
2
>
a2 1 +nd+ a2 1 +n-1 
2 a2 1 +nd- a2 1 +n-1
=
d
  d 
a2 1 +nd+ a2 1 +n-1   d  a2 1 +nd- a2 1 +n-1   d 2 a2 1 +nd- a2 1 +n-1
=
16
  d 
，
d
n 1 2
则 a > d a2 1 +d- a2 1 + a2 1 +2d- a2 1 +d+⋯+ a2 1 +nd- a2 1 +n-1
i=1 i
  d 
2
=  a2+nd-a
d 1 1
 ，由 a2+nd-a 随n的增大而增大，
1 1
2
且n→+∞时，  a2+nd-a
d 1 1
 →+∞，
2
故对任意的d>0，总存在正整数n使  a2+nd-a
d 1 1
 >2024，
n 1
即总存在正整数n，使得 >2024.
a
i=1 i
n 1
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与 有关不等式.
a
i=1 i
13 (2024·江西南昌·南昌二中校考一模)若一个两位正整数m的个位数为4，则称m为“好数”.
(1)求证：对任意“好数”m,m2-16一定为20的倍数；
(2)若m=p2-q2，且p,q为正整数，则称数对p,q  为“友好数对”，规定：Hm 
q
= ，例如24=52-12，称数
p
对5,1  为“友好数对”，则H24 
1
= ，求小于70的“好数”中，所有“友好数对”的Hm
5
 的最大值.
【答案】(1)证明见解析
15
(2)
17
【分析】(1)设m=10t+4,从而有m2-16=10t+4  2-16=100t2+80t+16-16=205t2+4t  即可证明；
(2)根据题意可得10t+4=p+q  p-q  ，进而分类讨论即可求解.
【详解】(1)证明：设m=10t+4，1≤t≤9且t为整数，
∴m2-16=10t+4

2-16=100t2+80t+16-16=205t2+4t

∵1≤t≤9，且t为整数，∴5t2+4t是正整数，
∴m2-16一定是20的倍数；
(2)∵m=p2-q2，且p,q为正整数，∴10t+4=p+q  p-q  ，
当t=1时，10t+4=14=1×14=2×7，没有满足条件的p,q，
当t=2时，10t+4=24=1×24=2×12=3×8=4×6，
p+q=12 p+q=6
∴满足条件的有

或

，
p-q=2 p-q=4
p=7 p=5 解得  或  ，∴Hm
q=5 q=1
 5 1 = 或 ，
7 5
当t=3时，10t+4=34=1×34=2×17，没有满足条件的p,q，
当t=4时，10t+4=44=1×44=2×22=4×11，
p+q=22 p=12 ∴满足条件的有  ，解得  ，∴Hm
p-q=2 q=10
 10 5 = = ，
12 6
当t=5时，10t+4=54=1×54=2×27=3×18=6×9，没有满足条件的p,q，
当t=6时，10t+4=64=1×64=2×32=4×16=8×8，
p+q=32 p+q=16
∴满足条件的有

或

，
p-q=2 p-q=4
p=17 p=10 解得  或  ，∴Hm
q=15 q=6
 15 3 = 或 ，
17 5∴小于70的“好数”中，所有“友好数对”的Hm
17

15
的最大值为 .
17
14 (2024·全国·校联考模拟预测)已知无穷数列a
n
 满足a =maxa ,a
n n+1 n+2
 -mina ,a
n+1 n+2
 (n=1,
2,3,⋯)，其中max{x,y}表示x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.
(1)当a=1，a =2时，写出a 的所有可能值；
1 2 4
(2)若数列a
n
 中的项存在最大值，证明：0为数列a
n
 中的项；
(3)若a >0(n=1,2,3,⋯)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M？如果存在，写出一个
n n
满足条件的M；如果不存在，说明理由.
【答案】(1){1,3,5}
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】(1)根据定义知a ≥0，讨论a >2、a <2及a ,a 大小求所有a 可能值；
n 3 3 3 4 4
(2)由a ≥0，假设存在n ∈N*使a ≤a ，进而有a ≤max{a ,a }≤a ，可得min{a ,a }=0，即
n 0 n n0 n0 n0+1 n0+2 n0 n0+1 n0+2
可证结论；
(3)由题设a ≠a (n=2,3,⋯)，令S={n|a >a ,n≥1}，讨论S=∅、S≠∅求证a >M即可判断存在
n n+1 n n+1 n
性.
【详解】(1)由a =maxa ,a
n n+1 n+2
 -mina ,a
n+1 n+2
 ≥0，a=max{2,a }-min{2,a }=1，
1 3 3
若a >2，则a -2=1，即a =3，此时a =max{3,a }-min{3,a }=2，
3 3 3 2 4 4
当a >3，则a -3=2，即a =5；
4 4 4
当a <3，则3-a =2，即a =1；
4 4 4
若a <2，则2-a =1，即a =1，此时a =max{1,a }-min{1,a }=2，
3 3 3 2 4 4
当a >1，则a -1=2，即a =3；
4 4 4
当a <1，则1-a =2，即a =-1(舍)；
4 4 4
综上，a 的所有可能值为{1,3,5}.
4
(2)由(1)知：a ≥0，则mina ,a
n n+1 n+2
 ≥0，
数列a
n
 中的项存在最大值，故存在n ∈N*使a ≤a ，(n=1,2,3,⋯)，
0 n n0
由a =max{a ,a }-min{a ,a }≤max{a ,a }≤a ，
n0 n0+1 n0+2 n0+1 n0+2 n0+1 n0+2 n0
所以min{a ,a }=0，故存在k∈{n +1,n +2}使a =0，
n0+1 n0+2 0 0 k
所以0为数列a
n
 中的项；
(3)不存在，理由如下：由a >0(n=1,2,3,⋯)，则a ≠a (n=2,3,⋯)，
n n n+1
设S={n|a >a ,n≥1}，
n n+1
若S=∅，则a≤a ，a<a (i=2,3,⋯)，
1 2 i i+1
M
对任意M>0，取n
1
=


a
1

+2([x]表示不超过x的最大整数)，
当n>n 时，a =(a -a )+(a -a )+...+(a -a )+a
1 n n n-1 n-1 n-2 3 2 2
=a +a +...+a+a ≥(n-1)a>M；
n-2 n-3 1 2 1
若S≠∅，则S为有限集，
设m=max{n|a >a ,n≥1}，a <a (i=1,2,3,⋯)，
n n+1 m+i m+i+1
 M
对任意M>0，取n
2
=


a
m+1

+m+1([x]表示不超过x的最大整数)，
当n>n 时，a =(a -a )+(a -a )+...+(a -a )+a
2 n n n-1 n-1 n-2 m+2 m+1 m+1
=a +a +...+a +a ≥(n-m)a >M；
n-2 n-3 m m+1 m+1综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M.
n
【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定a ≠a (n=2,3,⋯)，并构造集合S={n|a >a ,n≥1}，讨论S=
n n+1 n n+1
∅、S≠∅研究存在性.
15 (2024·河南·统考模拟预测)离散对数在密码学中有重要的应用．设p是素数，集合X=
1,2,⋯,p-1
18
 ，若u,v∈X,m∈N，记u⊗v为uv除以p的余数，um,⊗为um除以p的余数；设a∈X，1,a,
a2,⊗,⋯,ap-2,⊗两两不同，若an,⊗=b n∈0,1,⋯,p-2    ，则称n是以a为底b的离散对数，记为n=log(p) a
b．
(1)若p=11,a=2，求ap-1,⊗；
(2)对m,m ∈0,1,⋯,p-2
1 2
 ，记m⊕m 为m+m 除以p-1的余数(当m+m 能被p-1整除时，m⊕
1 2 1 2 1 2 1
m 2 =0)．证明：log(p) ab⊗c  =log(p) b⊕log(p) c，其中b,c∈X； a a
(3)已知n=log(p) b．对x∈X,k∈1,2,⋯,p-2
a
 ，令y=ak,⊗,y =x⊗bk,⊗．证明：x=y ⊗ynp-2
1 2 2
 ,⊗．
1
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)第一问直接根据新定义来即可.
(2)第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.
(3)根据新定义进行转换即可得证.
【详解】(1)若p=11,a=2，又注意到210=1024=93×11+1，
所以ap-1,⊗=210,⊗=1.
(2)【方法一】：当p=2时，此时X={1}，此时b=c=1，b⊗c=1，
故log(p) ab⊗c  =0,log(p) b=0,log(p) c=0， a a
此时log(p) ab⊗c  =log(p) b⊕log(p) c. a a
当p>2时，因1,a,a2,⊗,⋯,ap-2,⊗相异，故a≥2，
而a∈X，故a,p互质.
记n=log(p) ab⊗c  ,n=log(p) b,n =log(p) c， 1 a 2 a
则∃m,m ∈N，使得an1=pm+b,an2=pm +c，
1 2 1 2
故an1+n2=pm 1 +b  pm 2 +c  ，故an1+n2≡bc(modp)，
设n 1 +n 2 =tp-1  +s,0≤s≤p-2，则n⊕n =s， 1 2
因为1,2,3,..p-1除以p的余数两两相异，
且a,2a,3a,..p-1  a除以p的余数两两相异，
故p-1  !≡ a×2a×3a,..×p-1   a  (modp)，故ap-1≡1modp  ，
故an1+n2≡as≡bcmodp

，而an≡b⊗c(modp)=bc(modp),其中0≤n≤p-2，
故s=n即log(p) ab⊗c  =log(p) b⊕log(p) c. a a
法2：记an1=an1,⊗+m p，an2=an2,⊗+m p，an1,⊗×an2,⊗=an1,⊗⊗an2,⊗+kp，
1 2
其中m ，m ，k是整数，则an1⋅n2=an1.⊗⊗an2,⊗+man2.⊗+m an1.⊗+mm p+k
1 2 1 2 1 2
 p，
可知an1,⊗⊗an2,⊗=an1⋅n2,⊗．
因为1，a，a2,⊗，⋯，ap-2,⊗两两不同，
所以存在i∈{0,1,⋅⋅⋅,p-2}，使得ap-1,⊗=ai,⊗，
即ap-1-ai=ai ap-1-i-1

可以被p整除，于是ap-1-i-1可以被p整除，即ap-1-i,⊗=1．
若i≠0，则p-1-i∈{1,2,⋅⋅⋅,p-2}，ap-1-i,⊗≠1，因此i=0，ap-1,⊗=1．记n=log(p) b，m=log(p) c，n+m=n⊕m+l(p-1)，其中l是整数，
a a
则b⊗c=an,⊗⊗am,⊗=an⋅m,⊗=an⊕m+l(p-1),⊗=an⊕m,⊗⊗al(p-1),⊗=an⊕m,⊗，
即log(p) (b⊗c)=log(p) b⊕log(p) c．
a a a
(3)【方法二】：当b≥2时，由(2)可得bp-1≡1modp
19
 ，若b=1，则bp-1≡1modp  也成立.
因为n=log(p) a b，所以an≡bmodp  .
另一方面，y ⊗ynp-2
2
 ,⊗≡y ynp-2
1 2
 ,⊗≡x⊗bk,⊗
1
 ak,⊗  np-2 
≡xbk  aknp-2  ≡xbk  bkp-2  ≡xbp-1  k-1≡x1  k-1 modp  ≡xmodp  .
由于x∈X，所以x=y ⊗ynp-2
2
 ,⊗.
1
法2：由题设和(2)的法2的证明知：
k k nk
y =x⊗bk,⊗=x⊗(b⊗b⊗⋅⋅⋅⊗b=x⊗an,⊗⊗an,⊗⊗⋅⋅⋅⊗an,⊗=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a，
2
n(p-2) n(p-2)  nk
yn(p-2),⊗=y⊗y⊗⋅⋅⋅⊗y =ak,⊗⊗ak,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ak,⊗=ap-2,⊗⊗ap-2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap-2,⊗．
1 1 1 1
nk nk
故y ⊗yn(p-2),⊗=x⊗a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a⊗ap-2,⊗⊗ap-2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap-2,⊗
2 1
nk
=x⊗ap-1,⊗⊗ap-1,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap-1,⊗．
由(2)法2的证明知ap-1,⊗=1，所以y ⊗yn(p-2).⊗=x．
2 1
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可
顺利得解.
16 (2024上·浙江宁波·高三镇海中学校考期末)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需
要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：y=fx 

上的曲线段AB，其弧长为Δs，当动点从

A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线l 也随着转动到B点的切线l ，记这两条切线之间的夹角为Δθ
A B
(它等于l 的倾斜角与l 的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角
B A
 Δθ
固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K=
Δs


为曲线段AB的平均曲率；显然当B越接近A，
Δθ
即Δs越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K=lim
Δs→0 Δs

y
=

1+y2 
(若极限存
3 2
在)为曲线C在点A处的曲率．(其中y＇，y＇＇分别表示y=fx  在点A处的一阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；
x2 1
(2)求椭圆 +y2=1在 3,
4 2
 处的曲率；
(3)定义φy 
2 2y
=

1+y

为曲线y=fx
3
 的“柯西曲率”．已知在曲线fx  =xlnx-2x上存在两点
P x 1 ,fx 1    和Q x 2 ,fx 2    ，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求 3x + 3x 的取值范围． 1 2【答案】(1)1
16 7
(2)
49
2
(3) ,1
e
20

【分析】(1)依据所给定义求解即可.
(2)直接利用定义求解即可.
(3)合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
 Δθ 【详解】(1)K=
Δs

π
= 3 =1．
π
3
x2 x x2
(2)y= 1- ，y=- 1-
4 4 4

-1 1 x2
2，y=- 1-
4 4

-1 x2 x2
2- 1-
16 4

-3
2，
故y 
3
=- ，y
x= 3 2

2
=-2，故K=
x= 3 1+ 3
4

16 7
= ．
3 49 2
(3)f x  =lnx-1，f x 
1
= ，故φy
x

2 2y
=

1+y 
2 2
=
3 xlnx 
2 2
=
3 3slns 
，其中s= 3x，
3
tlnt t
令t= 3x ，t = 3x ，则tlnt=t lnt ，则lnt=- ，其中t= 2 >1(不妨t >t)
1 1 2 2 1 1 2 2 1 t-1 t 2 1
1
令px  =xlnx，p x  =1+lnx⇒px 
1
在0, e 
1
递减，在 ,+∞ e 
1
递增，故1>t > >t>0； 2 e 1
令ht  =lnt 1 +t 2  =lnt+1 
tlnt
- ， t-1
h't 
1
=
t-1 
2t-1
lnt-
2
 

 t+1
 2t-1
，令m(t)=lnt-

(t>1)，
t+1
t-1
则m(t)=
 2
，当t>1时，m(t)>0恒成立，故m(t)在(1,+∞)上单调递增，
t(t+1)
2t-1
可得m(t)>m(1)=0，即lnt-

>0，
t+1
故有h t 
1
=
t-1 
2t-1
lnt-
2
 

 t+1

>0，
则ht  在1,+∞  递增，
又limht
t→1
 =ln2-1，limht
t→+∞
 =0，故lnt 1 +t 2  ∈ln2-1,0  ，
2
故 3x + 3x =t+t ∈ ,1
1 2 1 2 e
 ．
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极限
方法求得关键函数值域，最终即可求解．
17 (2024上·山东潍坊·高一统考期末)已知函数fx 
a2x+ax-2,x≥0,
=
-amx-a-x+2,x<0
(a>0且a≠1)为奇函数，
且g(x)=|f(x)|．
(1)求实数m的值；
(2)若对于函数y=m(x),x∈[p,q]，用x ii=0,1,2,⋯,n,p=x 0 <x 1 <⋯<x n =q  将区间[p,q]任意划分成
n
n个小区间，若存在常数M>0，使得和式∑mx i
i=1
 -mx i-1    ≤M对任意的划分恒成立，则称函数m(x)
为[p,q]上的有界变差函数．判断函数g(x)是否为 -log a 2  ,log a 4    上的有界变差函数？若是，求M的最
小值；若不是，请说明理由．【答案】(1)m=-2
(2)y=g(x)是 -log a 2
21
 ,log a 4   
47
上的有界变差函数，当0<a<1时，M的最小值为 ；当a>1时，M的 16
最小值为22．
【分析】(1)根据奇函数定义运算求解；
(2)先证明y=g(x)为偶函数，分0<a<1和a>1两种情况讨论，根据有界变差函数的定义，结合绝对值
不等式性质运算求解.
【详解】(1)因为y=f(x)为奇函数，
所以当x<0时，f(x)=-f(-x)=-a-2x+a-x-2

=-amx-a-x+2，
化简得amx=a-2x，所以m=-2，代回检验符合题意．
(2)y=g(x)是 -log a 2  ,log a 4    上的有界变差函数．证明如下：
因为g(-x)=|f(-x)|=|-f(x)|=|f(x)|=g(x)，x∈R，
所以y=g(x)为偶函数，
(i)当0<a<1时，
1
当x<0时，f(x)=-a-2x-a-x+2=-
a

2x 1
-
a

x
+2单调递减，
所以f(x)>f(0)=0，即g(x)=f(x)在log a 2,0  上单调递减，
又y=g(x)为偶函数，所以y=g(x)在0,-log a 4  上单调递增．
对区间log a 2,-log a 4  任意划分log 2=x <x<⋯<x =-log 4， a 0 1 n a
若存在k，满足x =0，
k
n
则∑ gx i
i=1
 -gx i-1    = gx 1  -gx 0    +⋯+ gx k+1  -g0    +⋯ gx n  -gx n-1   
=gx 0  -gx 1  +⋯+gx k-1  -g0  +gx k+1  -g0  +⋯+gx n  -gx n-1 
=gx 0  +gx n  -2g0  =glog a 2  +g-log a 4 
5 17 37
-2×0= + = 4 16 16
n
故若存在常数M，使得∑ gx i
i=1
 -gx i-1   
47
≤M，则M≥ ， 16
否则必定存在k，使得x <0<x ，
k k+1
47 n
下证当M= 16 时，此时∑ gx i
i=1
 -gx i-1    ≤M也恒成立，
证明：
n
∑ gx i
i=1
 -gx i-1    = gx 1  -gx 0    +⋯+ gx k+1  -gx k    +⋯ gx n  -gx n-1   
= gx 1  -gx 0    +⋯+ gx k+1  -g0  +g0  -gx k    +⋯ gx n  -gx n-1   
≤ gx 1  -gx 0    +⋯+ g0  -gx k    + gx k+1  -g0    +⋯ gx n  -gx n-1    ，
=gx 0  -gx 1  +⋯+gx k  -g0  +gx k+1  -g0  +⋯+gx n  -gx n-1 
=gx 0  +gx n  -2g0  =glog a 2  +g-log a 4 
5 17 37
-2×0= + = ， 4 16 16
47
综上，当0<a<1，M的最小值为 ．
16
(ii)当a>1时，
当x>0时，f(x)=a2x+ax-2单调递增，
所以f(x)>f(0)=0，即g(x)=f(x)在0,log a 4  上单调递增，
又y=g(x)为偶函数，所以y=g(x)在-log a 2,0  上单调递减，
对区间-log a 2,log a 4  任意划分-log 2=x <x<⋯<x =log 4， a 0 1 n a
若存在k，满足x =0，
kn
则∑ gx i
i=1
22
 -gx i-1    = gx 1  -gx 0    +⋯+ gx k+1  -g0    +⋯ gx n  -gx n-1   
=gx 0  -gx 1  +⋯+gx k-1  -g0  +gx k+1  -g0  +⋯+gx n  -gx n-1 
=gx 0  +gx n  -2g0  =g-log a 2  +g-log a 4  -2×0=4+18=22，
n
故若存在常数M，使得∑ gx i
i=1
 -gx i-1    ≤M，则M≥22，
否则必定存在k，使得x <0<x ，
k k+1
n
下证当M=22时，此时∑ gx i
i=1
 -gx i-1    ≤M也恒成立，
证明：
n
∑ gx i
i=1
 -gx i-1    = gx 1  -gx 0    +⋯+ gx k+1  -gx k    +⋯ gx n  -gx n-1   
= gx 1  -gx 0    +⋯+ gx k+1  -g0  +g0  -gx k    +⋯ gx n  -gx n-1   
≤ gx 1  -gx 0    +⋯+ g0  -gx k    + gx k+1  -g0    +⋯ gx n  -gx n-1    ，
=gx 0  -gx 1  +⋯+gx k  -g0  +gx k+1  -g0  +⋯+gx n  -gx n-1 
=gx 0  +gx n  -2g0  =g-log a 2  +glog a 4  -2×0=4+18=22，
综上，当a>1，M的最小值为22．
47
综上所述，当0<a<1时，M的最小值为 ；当a>1时，M的最小值为22．
16
【点睛】思路点睛：本题第二问属于函数新定义问题，首先证明y=g(x)为偶函数，分0<a<1和a>1两种
情况讨论，根据单调性将区间 -log a 2  ,log a 4    划分，根据有界变差函数的定义，结合绝对值不等式性质运
算证明.