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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≤aa +a =a ，所以a +a∉a
k-1 i k-1 2 k k-1 i n
，
由0=a -a 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：fx 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 ,fx 1 处作曲线fx 的切线，交x轴于点x 2 ,0 ；
在 x 2 ,fx 2 处作曲线fx 的切线，交x轴于点x 3 ,0 ；
⋯⋯
在 x n ,fx n 处作曲线fx 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fx 不同程度的零点近似值.
(i)设x n+1 =gx n ，求gx n 的解析式(用x 表示x )； n n+1
(ii)证明：当x 1 ∈1,a ，总有x 0,f(x )x 即可得答案.
n+1 n n n+1 n f(x ) n
n
【详解】(1)证明：fx =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fx 在0,+∞ 上单调递增，
因为f1 =ln1+2-b=2-b<0(b>2),fb =lnb+2b-b=lnb+b>0(b>2)，
所以，存在唯一a∈1,b ，使得fa =0，即：fx 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fx 在 x n ,fx n
1
处的切线斜率为k = +2， n x
n
所以，曲线fx 在 x n ,fx n 处的切线方程为y-fx 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，gx 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fx 在 x n ,fx n 处的切线方程为：
1+2x
y= x nx+lnx n -b-1，故令hx
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hx
3
的零点，
所以f(x )0,f(x )x ，
n+1 n f(x ) n
n
综上，当x 1 ∈1,a ，总有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 fx =1+x n-nx-1x<-1,a≥1 ，注意到 f0 =0，
f x =n1+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 fx 的一个极值点．
令 gx =f x ，则g x =nn-1 1+x n-2>0，
所以 f x 单调递增．
当 -10时，f x >f0 =0，
故fx 在 -1,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增．
所以在 x=0处 fx 取得极小值 f0 =0，
即 fx ≥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 >0i=1,2,⋯,n+1 ，由上式易得 x -x >0，即 x >x ； n+1 n n+1 n
若-10，
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≤i0.
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13)满足a420×7=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a0，
由gx 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gx 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fx =2x，则fx+2π =2(x+2π)=2x+4π，又f2π =4π，
所以fx+2π =f(x)+f(2π)，故函数fx =2x具有性质P；
因为gx =cosx，则gx+2π =cos(x+2π)=cosx，又g2π =cos2π=1，
g(x)+g(2π)=cosx+1≠g(x+2π)，故gx =cosx不具有性质P.
(2)若函数fx 具有性质P，则f0+2π =f(0)+f(2π)，即f(0)=sinφ=0，
因为ϕ
π
< ，所以φ=0，所以fx
2
=sin(ωx)；
若f(2π)≠0，不妨设f(2π)>0，由fx+2π =f(x)+f(2π)，
得f2kπ =f(0)+kf(2π)=kf(2π)(k∈Z)(*)，
只要k充分大时，kf(2π)将大于1，而fx 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fx =sin2x，
则fx+2π =sin2(x+2π)=sin2x，
而f(x)+f(2π)=sin2x+sin4π=sin2x，即有fx+2π =f(x)+f(2π)成立，
所以存在ω=2，φ=0使函数fx 具有性质P.
(3)证明：由函数fx 具有性质P及(2)可知，f(0)=0，
由gx+2π =gx 可知函数gx 是以2π为周期的周期函数，则g2π =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fx 在0,2π 的值域为0,kπ ，所以k∈Z且k>0；
当k>2，fx =π及fx =2π时，均有gx =sin fx =0，
这与gx 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fx 在0,2π 的值域为0,π ，
此时函数gx 的值域为0,1 ，
而fx+2π =f(x)+π，于是函数fx 在2π,4π 的值域为π,2π ，
此时函数gx 的值域为-1,0 ，
函数gx =sin fx 在当x∈0,2π 时和x∈2π,4π 时的取值范围不同，
与函数gx 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 =tm,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-5n≥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,ik，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=M'-N'，可得a -a =3，
M'+q M'
记M=maxM',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Am
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k1≤k≤100 ，若T⊆1,2,⋯,k ，求证：S 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 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00，fx 单调递增，
1 1
当π-arccos 0，fx 单调递增，
1 1
当3π-arccos 0，fx 单调递增，
⋯⋯，
由于f x+2π =1+acosx+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fb 1
1
=fπ-arccos a 或fb 2
1
=f3π-arccos a ，
或fb 3
1
=f5π-arccos a ，⋯⋯，fb k
1
=f2kπ-π-arccos a ，
其中fx+2π =x+2π+asinx+2π =x+2π+asinx，
fx+2π -fx =x+2π+asinx-x-asinx=2π，又fb
k+1
15
-fb
k
1
=f2kπ+2π-π-arccos
a
1
-f2kπ-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：Hm
q
= ，例如24=52-12，称数
p
对5,1 为“友好数对”，则H24
1
= ，求小于70的“好数”中，所有“友好数对”的Hm
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=205t2+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=205t2+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 ，∴Hm
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 ，∴Hm
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 ，∴Hm
q=15 q=6
15 3 = 或 ，
17 5∴小于70的“好数”中，所有“友好数对”的Hm
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 =maxa ,a
n n+1 n+2
-mina ,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 =maxa ,a
n n+1 n+2
-mina ,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mina ,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 ，a0，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 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) ab⊗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 ⊗ynp-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) ab⊗c =0,log(p) b=0,log(p) c=0， a a
此时log(p) ab⊗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) ab⊗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 =tp-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≡1modp ，
故an1+n2≡as≡bcmodp
，而an≡b⊗c(modp)=bc(modp),其中0≤n≤p-2，
故s=n即log(p) ab⊗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≡1modp
19
，若b=1，则bp-1≡1modp 也成立.
因为n=log(p) a b，所以an≡bmodp .
另一方面，y ⊗ynp-2
2
,⊗≡y ynp-2
1 2
,⊗≡x⊗bk,⊗
1
ak,⊗ np-2
≡xbk aknp-2 ≡xbk bkp-2 ≡xbp-1 k-1≡x1 k-1 modp ≡xmodp .
由于x∈X，所以x=y ⊗ynp-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=fx
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+y2
(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=fx 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φy
2 2y
=
1+y
为曲线y=fx
3
的“柯西曲率”．已知在曲线fx =xlnx-2x上存在两点
P x 1 ,fx 1 和Q x 2 ,fx 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φy
x
2 2y
=
1+y
2 2
=
3 xlnx
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px =xlnx，p x =1+lnx⇒px
1
在0, e
1
递减，在 ,+∞ e
1
递增，故1>t > >t>0； 2 e 1
令ht =lnt 1 +t 2 =lnt+1
tlnt
- ， t-1
h't
1
=
t-1
2t-1
lnt-
2
t+1
2t-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)
2t-1
可得m(t)>m(1)=0，即lnt-
>0，
t+1
故有h t
1
=
t-1
2t-1
lnt-
2
t+1
>0，
则ht 在1,+∞ 递增，
又limht
t→1
=ln2-1，limht
t→+∞
=0，故lnt 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fx
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 ii=0,1,2,⋯,n,p=x 0 0，使得和式∑mx i
i=1
-mx 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01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01两种情况讨论，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0f(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 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 1，M的最小值为22．
47
综上所述，当01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01两种
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.
