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黄金冲刺大题07 新定义综合
（数列新定义、函数新定义、集合新定义）（精选30题）
1．（2024·辽宁·二模）已知数列 的各项是奇数，且 是正整数 的最大奇因数，
.
(1)求 的值；
(2)求 的值；
(3)求数列 的通项公式.
【答案】(1) ，
(2) ， ，
(3)
【分析】（1）根据所给定义直接计算可得；
（2）根据所给定义列出 ，即可得解；
（3）当 为奇数时 ，即可求出 ，当 为偶数时
，从而得到 ，即可推导出 ，再利用累加法计算
可得.
【详解】（1）因为 ，所以 ，
又 ，所以 ；（2）依题意可得 ， ， ， ， ， ， ，
所以 ，
，
.
（3）因为 是正整数 的最大奇因数，
当 为奇数，即 时 ，
所以 ，
当 为偶数，即 时 ，
所以当 时
，
所以
，
所以 且 ，
所以
，
当 时 也满足 ，所以数列 的通项公式为 .
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解定义，第三问关键是推导出 且 ，最后利
用累加法求出 .
2．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知数列 的各项均为正整数，设集合
， ，记 的元素个数为 .
(1)若数列A:1，3，5，7，求集合 ，并写出 的值;
(2)若 是递减数列，求证:“ ”的充要条件是“ 为等差数列”;
(3)已知数列 ，求证: .
【答案】(1) .
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合集合的新定义，即可求解；
（2）若 为等差数列，且 是递减数列，得到 ，结合 ，证得充分性成立；再由 是
递减数列，得到 ，结合互不相等，得到 ，
得到必要性成立，即可得证；
（3）根据题意，得到 ，得出 ，得到 ，不妨设
，则 ，推得 为奇数，矛盾，进而得证.【详解】（1）解：由题意，数列 ，
可得 ，
所以集合 ，所以 .
（2）证明：充分性：若 为等差数列，且 是递减数列，则 的公差为 ，
当 时， ，所以 ，
则 ，故充分性成立.
必要性:若 是递减数列， ，则 为等差数列，
因为 是递减数列，所以 ，
所以 ，且互不相等，
所以 ，
又因为 ，
所以 且互不相等，
所以 ，
所以 ，
所以 为等差数列，必要性成立.
所以若 是递减数列，“ ”的充要条件是“ 为等差数列”.
（3）证明：由题意集合 中的元素个数最多为 个，
即 ，
对于数列 ，此时 ，若存在 ，则 ，其中 ，
故 ，
若 ，不妨设 ，则 ，而 ，
故 为偶数， 为奇数，矛盾，
故 ，故 ，故由 得到的 彼此相异，所以 .
3．（2024·广西·二模）已知函数 ，若存在 恒成立，则称 是 的一个“下界
函数”．
(1)如果函数 为 的一个“下界函数”，求实数 的取值范围；
(2)设函数 ，试问函数 是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)
(2)函数F(x)是否存在零点，理由见解答
【分析】（1）把恒成立问题转换为求 的最小值问题，利用导数求出最小值即可；
（2）把函数整理成 ，要判断是否有零点，只需看 的
正负问题，令 ，利用导数分析 即可.
【详解】（1）由 恒成立，可得 恒成立，
所以 恒成立,令 ，所以 ，
当 时, ， 在 单调递减；
当 时, ， 在 单调递增；所以 的最小值为 ，所以 ，
实数t的取值范围 ；
（2）由（1）可知 ，所以 ，所以 ，①
又 ，所以 ，
令 ，所以 ，
当 时, ， 在 单调递减；
当 时, ， 在 单调递增；
所以 ，②
所以 ，
又①②中取等号的条件不同，所以
所以函数没有零点.
4．（2024·湖南长沙·模拟预测）设n次多项式 ，若其满足
，则称这些多项式 为切比雪夫多项式.例如：由 可得切比雪夫多项式
，由 可得切比雪夫多项式 .
(1)若切比雪夫多项式 ，求实数a，b，c，d的值；
(2)对于正整数 时，是否有 成立？
(3)已知函数 在区间 上有3个不同的零点，分别记为 ，证明： .
【答案】(1)
(2) 成立(3)证明见解析
【分析】（1）利用 展开计算，根据切比雪夫多项式可求得 ；（2）
要证原等式成立，只需证明 成立即可，利用两角和与差的余弦公式
可证结论成立；
（3）由已知可得方程 在区间 上有3个不同的实根，令 ，结合（1）可
是 ，可得 ，计算可得结论.
【详解】（1）依题意，
，
因此 ，即 ，则 ，
（2） 成立.
这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式 .
首先有如下两个式子：
，
，
两式相加得， ，
将 替换为 ，所以 .
所以对于正整数 时，有 成立.
（3）函数 在区间 上有3个不同的零点 ，即方程 在区间 上有3个不同的实根，
令 ，由 知 ，而 ，则 或 或 ，
于是 ，
则 ，
而 ，
所以 .
5．（2024·浙江·模拟预测）已知实数 ，定义数列 如下：如果
， ，则 ．
(1)求 和 （用 表示）；
(2)令 ，证明： ；
(3)若 ，证明：对于任意正整数 ，存在正整数 ，使得 ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案；
（2） ，分别计算 和 可证明结论；
（3）先根据 无上界说明存在正整数 ，使得 ，分 是偶数和 是奇数分别说明.
【详解】（1）因为 ，所以 ；因为 ，所以 ；
（2）由数列 定义得： ；所以 ．
而 ，
所以 ；
（3）当 ，由（2）可知， 无上界，故对任意 ，存在 ，使得 ．
设 是满足 的最小正整数．下面证明 ．
①若 是偶数，设 ，
则 ，于是 ．
因为 ，所以 ．
②若 是奇数，设 ，
则 ．
所以 ．
综上所述，对于任意正整数 ，存在正整数 ，使得 ．
6．（2024·辽宁·三模）若实数列 满足 ，有 ，称数列 为“ 数列”.
(1)判断 是否为“ 数列”，并说明理由；
(2)若数列 为“ 数列”，证明：对于任意正整数 ，且 ，都有
(3)已知数列 为“ 数列”，且 .令 ，其中 表示 中的较大者.证明： ，都有 .
【答案】(1)数列 是“ 数列”，数列 不是“ 数列”；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“ 数列”的定义判断可得出结论；
（2）由 可得出 ，利用累加法结合不等式的基本性质可得
，以及 ，再结合 可证得结论成立；
（3）首先当 或2024时的情况，再考虑 时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结
论.
【详解】（1）因为 ，
所以数列 是“ 数列”，
因为 ，
所以数列 不是“ 数列”；
（2）令 ，因为数列 为“ 数列”，所以
从而 ，所以
因为 ，所以
，因为 ，所以 .
（3）当 或2024时， ，
从而 ，
当 时，因为 ，
由第(2)问的结论得 ，可推得 ，从而
对于 ，由第(2)问的结论得 ，从而
也成立，从而
对于 ，由第(2)问的结论得 ，从而
也成立，从而
所以
由条件可得 ，
所以 .
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中的新定义，结合已
知结论进行推导、求解；本题中，根据“ 数列”的定义“ ”结合作差法、不等式的性质
进行推理、证明不等式成立，并在推导时，充分利用已有的结论进行推导，属于难题.
7．（2024·广东梅州·二模）已知 是由正整数组成的无穷数列，该数列前 项的最大值记为 ，即
；前 项的最小值记为 ，即 ，令 （
），并将数列 称为 的“生成数列”．
(1)若 ，求其生成数列 的前 项和；
(2)设数列 的“生成数列”为 ，求证： ；
(3)若 是等差数列，证明：存在正整数 ，当 时， ， ， ， 是等差数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{p}的通项，由分组求和法及等比数列的
n
前n项和公式进行求解即可；
（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；
（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．
【详解】（1）因为 关于 单调递增，所以 ，
，
于是 ，
的前 项和 ．
（2）由题意可知 ， ，
所以 ，
因此 ，即 是单调递增数列，且 ，
由“生成数列”的定义可得 ．
（3）若 是等差数列，证明：存在正整数 ，当 时， 是等差数列．
当 是一个常数列，则其公差 必等于0， ，
则 ，因此 是常数列，也即为等差数列；
当 是一个非常数的等差数列，则其公差 必大于0， ，
所以要么 ，要么 ，
又因为 是由正整数组成的数列，所以 不可能一直递减，
记 ，则当 时，有 ，
于是当 时， ，
故当 时， ，…，
因此存在正整数 ，当 时， ，…是等差数列．综上，命题得证．
【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于
，其中 和 分别为特殊数列，裂项相消法类似于 ，错位相减法类似于
，其中 为等差数列， 为等比数列等.
8．（2024·浙江绍兴·二模）已知 ，集合 其中
.
(1)求 中最小的元素；
(2)设 ， ，且 ，求 的值；
(3)记 ， ，若集合 中的元素个数为 ，求 .
【答案】(1)7
(2) 或10
(3)
【分析】（1）根据集合新定义，确定 中最小的元素即可；
（2）根据集合 中的元素可得 ，设 ， ，分别讨论当 时，当
时，当 时， 的取值情况，即可得结论；
（3）设 ，则 ，其中 ， ，所以 ，
根据组合数的运算性质确定 与 的关系，即可求得 的值.
【详解】（1） 中的最小元素为 .（2）由题得 ，设 ， .
①当 时， 或 或 或 或 或
.
经检验，当 时， ，符合题意，
所以 .
②当 时， 或 或 或 .
经检验，当 时， ，符合题意，
所以 .
③当 时，不符合题意.
因此， 或10.
（3）设 ，则 ，其中 ，
，所以 ，
设 ，则 .
因为 ，
所以.
因为 ，
所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 .
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点：
（1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合 中的元
素性质；
（2）确定集合 中的元素个数为 时，结合组合数的运算性质确定 与 的关系.
9．（2024·山东潍坊·二模）数列 中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列 称为
的一阶差数列，记为 ，依此类推， 的一阶差数列称为 的二阶差数列，记为 ，…．
如果一个数列 的p阶差数列 是等比数列，则称数列 为p阶等比数列 ．
(1)已知数列 满足 ， ．
（ⅰ）求 ， ， ；
（ⅱ）证明： 是一阶等比数列；
(2)已知数列 为二阶等比数列，其前5项分别为 ，求 及满足 为整数的所有n值．
【答案】(1)（ⅰ） ， ， ；（ⅱ）证明见解析
(2)当 时， 为整数.【分析】（1）（ⅰ）根据 的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造
即可证明；
（2）由题意 的二阶等差数列 为等比数列，设公比为 ，可得 ，结合 进而可
得 ，从而分析 为整数当且仅当 为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质
分析即可.
【详解】（1）（ⅰ）由 ， 易得 ，……
由一阶等差数列的定义得：
， ， .
（ⅱ）因为 ，所以当 时有 ，
所以 ，即 ，
即 ，又因为 ，故 是以1为首项，2为公比的等比数列，
即 是一阶等比数列.
（2）由题意 的二阶等差数列 为等比数列，设公比为 ，
则 ， ，所以 .
由题意 ，所以 ，
所以 ，
即 .所以 为整数当且仅当 为整数.
由已知 时符合题意， 时不合题意，
当 时， ，
所以原题等价于 为整数，
因为 ①，
显然 含质因子3，所以 必为9的倍数，
设 ，则 ，将 代入①式，
当 为奇数时， 为偶数，①式为2的倍数；
当 为偶数时， 为奇数， 为偶数，①式为2的倍数，
又因为2与9互质，所以①为整数.
综上，当 时， 为整数.
【点睛】方法点睛：
（1）新定义的题型需要根据定义列出递推公式，结合等比等差的性质求解；
（2）考虑整除时，可考虑根据二项展开式进行讨论分析.
10．（2024·贵州黔西·一模）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可运用到有
限维空间并构成了一般不动点定理的基石，得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer).简单地讲就
是:对于满足一定条件的连续函数 ，存在实数 ，使得 ，我们就称该函数为“不动点”函数，
实数 为该函数的不动点.
(1)求函数 的不动点;
(2)若函数 有两个不动点 ，且 ，若 ，求实数 的取值范围.【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据不动点定义求解即可；
（2）根据题意问题转化为方程 有两个不等的实数根 ，令 ，利用导数判断单调
性极值，可得 ，且 的值随着 的值减小而增大，列式求出 时的 值，得解.
【详解】（1）设 的不动点为 ，则 ，解得 ，
所以函数 的不动点为 .
（2）函数 有两个不动点 ，即方程 ，即 有两个不等的实数根 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
，且 时， ， 时， ，
作出 的大致图象如下：
所以 ，且 的值随着 的值减小而增大，当 时，有 ，两式相减得 ，
解得 ，即 ，代入 ，解得 ，
所以此时 ，
所以满足题意的实数 的取值范围为 .
11．（2024·河北沧州·一模）对于函数 ， ，若存在 ，使得 ，则称 为函数
的一阶不动点；若存在 ，使得 ，则称 为函数 的二阶不动点；依此类推，可以
定义函数 的 阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数
的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为 和 ，即 ， ．
(1)若 ，证明：集合 中有且仅有一个元素；
(2)若 ，讨论集合 的子集的个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
答案见解析
【分析】（1）令 ，求导，可得函数 的单调性，进而可得函数 有唯一零点，
可得结论；
（2）由题意可知只需研究 的不动点即可，令 ，求出其导数，判断其单调性，然
后分类讨论 的取值范围，判断 的零点情况，即可判断 的稳定点个数.，进而可得集合 的子集的
个数.【详解】（1）令 ，求导得 ，
令 ，可得 ，
当 ， ，当 ， ，
所以 ，所以 有唯一零点，
所以集合 中有且仅有一个元素；
（2）当 时，由函数 ，
可得导函数 ，所以 在 上单调递增，
由反函数的知识， 稳定点在原函数与反函数的交点上，
即 稳定点与 的不动点等价，
故只需研究 的不动点即可；
令 ，
则 ，则 在 上单调递减，
①当 时， 恒成立，即 在 上单调递增，
当x无限接近于0时， 趋向于负无穷小，
且 ，
故存在唯一的 ，使得 ，即 有唯一解，
所以此时 有唯一不动点；
②当 时，即 时， ，
当 趋向无穷大时， 趋近于0，此时 ，
存在唯一 ，使得 ，此时 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 ，
当 趋近于0时， 趋向于负无穷大，当 向正无穷大时， 趋向负无穷大时，
设 ，则 在 上单调递增，
且 ，
又 在 时单调递增，
故（i）当 时，即 ，
此时 ，方程 有一个解，即 有唯一不动点，所以集合 的子集有2个；
（ii）当 ，即 ，
此时 ，方程 无解，即 无不动点，所以集合 的子集有1个；
（iii）当 时，即 ，此时 ，方程 有两个解，即 有
两个不动点，所以集合 的子集有4个；
综上，当 时或 时，集合 的子集有2个；
当 时，集合 的子集有1个；
当 时，集合 的子集有4个.
【点睛】方法点睛：本题属新定义题型，读懂题意是关键；研究方程根的个数问题常转化为判断函数零点
的个数问题，利用导数研究含参函数的单调性，从而判断方程根（或函数零点）的个数问题．注意分类讨
论思想的应用．
12．（2024·山东聊城·二模）对于函数 ，若存在实数 ，使 ，其中 ，则称为“可移 倒数函数”， 为“ 的可移 倒数点”．已知 ．
(1)设 ，若 为“ 的可移 倒数点”，求函数 的单调区间；
(2)设 ，若函数 恰有3个“可移1倒数点”，求 的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为 ，递减区间为 ；
(2) .
【分析】（1）根据给定的定义，列式求出 值，再利用导数求出函数 的单调区间.
（2）利用定义转化为求方程 恰有3个不同的实根，再借助导数分段探讨零点情况即可.
【详解】（1）由 为“ 的可移 倒数点”，得 ，
即 ，整理 ，即 ，解得 ，
由 的定义域为R，求导得 ，
当 时， 单调递增； 时， 单调递减；
时， 单调递增，
所以 的单调递增区间为 ，递减区间为 ．
（2）依题意， ，
由 恰有3个“可移1倒数点”，得方程 恰有3个不等实数根，
①当 时， ，方程 可化为 ，解得 ，这与 不符，因此在 内 没有实数根；
②当 时， ，方程 可化为 ，
该方程又可化为 ．
设 ，则 ，
因为当 时， ，所以 在 内单调递增，
又因为 ，所以当 时， ，
因此，当 时，方程 在 内恰有一个实数根；
当 时，方程 在 内没有实数根．
③当 时， 没有意义，所以 不是 的实数根．
④当 时， ，方程 可化为 ，
化为 ，于是此方程在 内恰有两个实数根，
则有 ，解得 ，
因此当 时，方程 在 内恰有两个实数根，
当 时，方程 在 内至多有一个实数根，
综上， 的取值范围为 ．
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的
零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问
题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
13．（2024·湖南·二模）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是
由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数 满足在闭区间 连续，在开
区间 内可导，且 ，那么在区间 内至少存在一点 ，使得 ．
(1)运用罗尔定理证明：若函数 在区间 连续，在区间 上可导，则存在 ，使得
．
(2)已知函数 ，若对于区间 内任意两个不相等的实数 ，都有
成立，求实数 的取值范围．
(3)证明：当 时，有 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，构造函数 ，利用导数结合罗尔定理推导即得.
（2）求出函数 的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即
得.
（3）构造函数 ，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.
【详解】（1）令 ，则 ，
令函数 ，则 ，
显然 在 上连续，且在 上可导，由罗尔定理，存在 ，使得 ，
即 ，所以 .（2）依题意， ，
不妨令 ，则 恒成立，
由（1）得 ，于是 ，即 ，
因此 ，令 ，
求导得 ，函数 在 上单调递增，则 ，
而函数 在 上单调递增，其值域为 ，
则 ，所以实数 的取值范围是 .
（3）令函数 ，显然函数 在 上可导，
由（1），存在 ，使得 ，
又 ，则 ，
因此 ，而 ，则 ，即 ，
所以 .
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方
法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.
14．（2024·安徽合肥·二模）在数学中，广义距离是泛函分析中最基本的概念之一．对平面直角坐标系中
两个点 和 ，记 ，称 为点 与点 之间的“
距离”，其中 表示 中较大者．
(1)计算点 和点 之间的“ 距离”；
(2)设 是平面中一定点， ．我们把平面上到点 的“ 距离”为 的所有点构成的集合叫做以点 为圆心，以 为半径的“ 圆”．求以原点 为圆心，以 为半径的“ 圆”的面积；
(3)证明：对任意点 ．
【答案】(1) ；
(2)4；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据所给定义直接计算即可；
（2）依题意可得 ，再分类讨论，从而确定“ 圆”的图形，即可求出其面积；
（3）首先利用导数说明函数 的单调性，结合绝对值三角不等式证明即可.
【详解】（1）由定义知， ；
（2）设 是以原点 为圆心，以 为半径的 -圆上任一点，则 ．
若 ，则 ；
若 ，则有 ．
由此可知，以原点 为圆心，以 为半径的“ 圆”的图形如下所示：
则“ 圆”的面积为 .（3）考虑函数 ．
因为 ，所以 在 上单调递增．
又 ，
于是
，
同理， ．
不妨设 ，
则
.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解“ 距离”的定义，再结合不等式及导数的知识解答.
15．（2024·广东深圳·二模）无穷数列 ， ，…， ，…的定义如下：如果n是偶数，就对n尽可能多
次地除以2，直到得出一个奇数，这个奇数就是 ﹔如果n是奇数，就对 尽可能多次地除以2，直到
得出一个奇数，这个奇数就是 ．
(1)写出这个数列的前7项；
(2)如果 且 ，求m，n的值；(3)记 ， ，求一个正整数n，满足 ．
【答案】(1) ， ， ， ， ， ， ；
(2) ；
(3) （答案不唯一，满足 即可）
【分析】（1）根据数列 的定义，逐一求解；
（2）根据数列 的定义，分 和 分别求解；
（3）根据数列 的定义，写出 的值，即可求解.
【详解】（1）根据题意， ， ，
， ， ，
， ．
（2）由已知，m，n均为奇数，不妨设 ．
当 时，因为 ，所以 ，故 ；
当 时，因为 ，而n为奇数， ，所以 ．
又m为奇数， ，所以存在 ，使得 为奇数．
所以 ．
而 ，所以 ，即 ， ，无解．
所以 ．
（3）显然，n不能为偶数，否则 ，不满足 ．
所以，n为正奇数．又 ，所以 ．
设 或 ， ．
当 时， ，不满足 ；
当 时， ，即 ．
所以，取 ， 时，
即 ．
【点睛】关键点点睛：第（3）问中，发现当 时，满足 ，从而设 ， ，
验证满足条件.
16．（2024·湖南邵阳·模拟预测）对于定义在 上的函数 ，若存在距离为 的两条平行直线
和 ，使得对任意的 都有 ，则称函数 有一个
宽度为 的通道， 与 分别叫做函数 的通道下界与通道上界．
(1)若 ，请写出满足题意的一组 通道宽度不超过3的通道下界与通道上界的直线方程；
(2)若 ，证明： 存在宽度为2的通道；
(3)探究 是否存在宽度为 的通道？并说明理由．【答案】(1) 与 ；
(2)证明见解析；
(3)不存在，理由见解析.
【分析】（1）求出函数 的值域，再利用给定定义求解即得.
（2）利用辅助角公式求出 的值域，再利用不等式的性质可得 ，结合定义
推理即得.
（3）利用导数求出函数 的值域，假定存在，设出通道下界与通道上界的直线方程，利用定义建立不
等式，构造函数 ，按 探讨函数值情况即可得解.
【详解】（1）函数 的定义域为R， 在R上单调递增，
而 ，则 ，即 ，因此 ，
取 ，得通道下界 的直线方程： ，通道上界 的直线方程： ，
显然直线 与 的距离为2，因此通道宽度不超过3，
所以通道下界与通道上界的直线方程分别为 与 .
（2）函数 的定义域为R，而 ，
即 ，则 ，
取 ，得通道下界 的直线方程： ，通道上界 的直线方程： ，
显然直线 与 的距离 ，
所以 存在宽度为2的通道.（3）函数 ，求导得 ，函数 在 上单调递减，
则 ，显然当 时，恒有 ，即 ，
假设存在宽度为 的通道，设通道下界与通道上界的直线方程分别为 ， ，
则对任意 ， 恒成立，即 ，
令 ，
当 时，则 ，而 ，不符合题意；
当 时，对任意 ， ，函数 在 上单调递减，值域为 ，
因此不存在 ，使得对任意 ， 成立，即不存在宽度为 的通道；
当 时，对任意 ， ，函数 在 上单调递增，值域为 ，
因此不存在 ，使得对任意 ， 成立，即不存在宽度为 的通道，
综上， 不存在宽度为 的通道.
【点睛】思路点睛：函数新定义问题，需结合函数性质来判断是否存在满足定义的直线，也可以结合图象
的性质来判断存在性，但不存在时则需结合定义给出矛盾.
17．（2024·福建福州·模拟预测）记集合
，集合
，若 ，则称直线
为函数 在 上的“最佳上界线”；若 ，则称直线 为函数 在 上的“最佳下界线”．
(1)已知函数 ， ．若 ，求 的值；
(2)已知 ．
（ⅰ）证明：直线 是曲线 的一条切线的充要条件是直线 是函数 在 上的
“最佳下界线”；
（ⅱ）若 ，直接写出集合 中元素的个数（无需证明）．
【答案】(1) 或
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）2个
【分析】（1）由题意可得 ， ，且 ， ，再由△ 求解即可；
（2）（ⅰ）结合“最佳下界线”及充要条件的定义证明即可；
（ⅱ）由定义直接写出结果即可．
【详解】（1）依题意， ，
， ，且 ， ，
令 ， ，
则 ，且 ，
， ，即 ， 或 ，
解得 或 ；
（2）（ⅰ）先证必要性．
若直线 是曲线 的切线，设切点为 ，
因为 ，所以切线方程为 ，
即 （*）一方面， ，所以 ， ，
另一方面，令 ，则 ，
因为 ，
所以当 时， ， 在 单调递减，
当 时， ， 在 单调递增，
所以 ，所以 ．
即 ， ，
所以 ，即 是函数 在 上的“最佳下界线”．
再证充分性．
若 是函数 在 上的“最佳下界线”，不妨设 ，
由“最佳下界线”的定义， ， ，且 ， ，
令 ，
则 且 ，所以 ．
因为 ，
①若 ，则 ，所以 在 上单调递增，
所以 ，使得 ，故 不符合题意．
②若 ，令 ，得 ，
当 时， ，得 在 单调递减，
当 时， ，得 在 单调递增，所以，当且仅当 时， 取得最小值 ．
又由 在 处取得最小值， ，
所以
即 解得 ， ，
所以 ，
由（*）式知直线 是曲线 在点 处的切线．
综上所述，直线 是曲线 的一条切线的充要条件是直线 是函数 在 上的“最
佳下界线”．
（ⅱ）集合 元素个数为2个．
【点睛】方法点睛：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，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，
实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义
的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
18．（2024·辽宁·二模）如果数列 ，其中 ，对任意正整数 都有 ，则称数列
为数列 的“接近数列”．已知数列 为数列 的“接近数列”．
(1)若 ，求 的值；
(2)若数列 是等差数列，且公差为 ，求证：数列 是等差数列；
(3)若数列 满足 ，且 ，记数列 的前 项和分别为 ，试判断是否
存在正整数 ，使得 ？若存在，请求出正整数 的最小值；若不存在，请说明理由．（参考数据：）
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，17
【分析】（1）将 分别代入 即可求解；
（2）利用等差数列的定义和绝对值不等式性质先证充分性，再证必要性即可；
（3）构造等比数列求出 的通项公式，进一步求其前n项和 ，分n为奇数和偶数两种情况结合数列
的单调性，确定 的通项，进而确定 ，再解不等式求解即可.
【详解】（1）由题：令 则 ，即 ，故 ，
得 ，又 ，同理可得， .
（2）由题意 ，
故 ，
从而 ，即 ，
因为 ，所以 即 ，故数列 是等差数列.
（3）因为 ,则 ，解得 ，
又 ，故 是以 为首项，公比为 的等比数列，
则 ，即 ，当n为奇数时， ，易知 单调递减，
故 ，得 ，进一步有 ；
当n为偶数时， ，易知 单调递增，
故 ，即 ，得 ，进一步有 ；
综上， ，
易知
当n为偶数时， 由 ，得 即 ，无解；
当n为奇数时，
由 ,得 即 ，
故 ，所以存在正整数 ，使得 ，正整数 的最小值为17.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的通项公式及求和，关键是分奇数和偶数并利用数列单调性确定 的
范围来确定 .
19．（2024·辽宁大连·一模）对于数列 ，定义“T变换”：T将数列A变换成数
列 ，其中 ，且 ．这种“T变换”记作 ，继续对数列B进行“T变换”，得到数列 ，依此类推，当得到的数列各项均为0时变换结束．
(1)写出数列A：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列：
(2)若 不全相等，判断数列 不断的“T变换”是否会结束，并说明理由；
(3)设数列A：2020，2，2024经过k次“T变换”得到的数列各项之和最小，求k的最小值．
【答案】(1)0，1，1
(2)不会，理由见解析
(3)507
【分析】（1）根据数列的新定义写出经过5次“T变换”后得到的数列即可；
（2）先假设数列 经过不断的“T变换”结束，不妨设最后的数列 ，由
数列往前推，则非零数量可能通过“T变换”结束，或者数列 为常数列，进而得到 可能出现的情况，
推出矛盾，故假设不成立，即可证明；
（3）先往后推几项，发现规律，假设1次“T变换”后得到的通项，多写几项推出规律，往后继续进行，
推到使数字接近1时，再继续推，往后会发现k次“T变换”得到的数列是循环的，得到最小值，进而推
出次数即可.
【详解】（1）由题知，5次变换得到的数列依次为
3，1，2；2，1，1；1，0，1；1，1，0；0，1，1；
所以数列 ：3，6，5经过5次“T变换”后得到的数列为0，1，1.
（2）数列 经过不断的“ 变换”不会结束，
设数列 ，
且 ，
由题可知： ，
，
即非零常数列才能经过“ 变换”结束；
设 （ 为非零常数列），
则为变换得到数列 的前两项，数列 只有四种可能：，
而以上四种情况，数列 的第三项只能是0或 ，
即不存在数列 ，使得其经过“ 变换”变成非零常数列，
故数列 经过不断的“ 变换”不会结束；
（3）数列 经过一次“ 变换”后得到数列 ，
其结构为 （ 远大于4）
数列 经过6次“ 变换”后得到的数列依次为：
；
所以，经过6次“ 变换”后得到的数列也是形如“ ”的数列，
变化的是，除了4之外的两项均减小24，
则数列 经过 次“ 变换”后得到的数列为：2，6，4，
接下来经过“ 变换”后得到的数列依次为：
4，2，2；2，0，2；2，2，0；0，2，2；2，0，2；
至此，数列各项和的最小值为4，以后数列循环出现，
数列各项之和不会变得更小，
所以最快经过 次“ 变换”得到的数列各项之和最小，
即 的最小值为507．
【点睛】思路点睛：本题考查数列的新定义问题.关于数列的新定义一般思路为： 根据定义写出几项；
找出规律； 写成通项； 证明结论.
20．（2024·湖南·一模）已知 为非零常数， ，若对 ，则称数列 为 数列．
(1)证明： 数列是递增数列，但不是等比数列；
(2)设 ，若 为 数列，证明： ；(3)若 为 数列，证明： ，使得 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）得到 ，证明出 不合题意， 符合要求，从而得到
，结合 得到 ，得到 为递增数列，并得到
不是常数，证明出结论；
（2）得到 ，利用放缩得到 ，结合 证明出结
论；
（3）得出 ，结合累加法得到 ，得到不等式，求
出答案.
【详解】（1） ，
故 为公差为 的等差数列，所以 ，
若 ，则当 时， ，不合题意，
若 ，则 ，满足要求，
，
因为 ，所以 ，故 ，故数列 为递增数列，，由于 为递增数列，故 不是常数，
不是常数，故 数列是递增数列，但不是等比数列；
（2）因为 为 数列，所以 ，故 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，
当且仅当 时，等号成立，所以 ；
（3）因为 为 数列，
所以 ，
所以 ，
令 ，则 ，解得 ，
所以 ，使得 .
【点睛】思路点睛：数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后结合等差或等比公式进行求解，又或者
放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
21．（2023·山西·模拟预测）对于数列 ，若存在 ，使得对任意 ，总有 ，
则称 为“有界变差数列”．(1)若各项均为正数的等比数列 为有界变差数列，求其公比q的取值范围；
(2)若数列 满足 ，且 ，证明： 是有界变差数列；
(3)若 ， 均为有界变差数列，且 ，证明： 是有界变差数列．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）讨论 和 ， ，并结合等比数列求和及性质求解；
（2）构造变形得 是等差数列，求得 即可证明；
（3）利用绝对值不等式放缩得 ，再结合有界变差数列得定义证
明即可.
【详解】（1）因为 的各项均为正数，所以 ， ，
，
当 时， ， ，任取 即可，所以 为有界变差数列．
当 时， ，
若 ，则 ，
令 即可，所以 为有界变差数列，若 ，则 ，当 时， ，
显然不存在符合条件的M，故 不是有界变差数列．
综上，q的取值范围是 ．
（2）由 ，可得 ，易知 ，所以 ，
因此 是首项为 ，公差为1的等差数列，
所以 ，即 ．
所以 ，
，
所以 是有界变差数列．
（3）由有界变差数列的定义可知，
，
．
因为
，所以 ．
故，
因此 ，
所以 是有界变差数列．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，关键是利用变形技巧及绝对值不等式证明
解决第三问.
22．（2024·江西九江·二模）定义两个 维向量 ， 的数量积
， ，记 为 的第k个分量（ 且 ）.如三
维向量 ，其中 的第2分量 .若由 维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含
有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素 ， ，满足
（T为常数）且 .则称A为T的完美n维向量集.
(1)求2的完美3维向量集；
(2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由；
(3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和 .
【答案】(1)
(2)不存在完美4维向量集，理由见解析(3)证明见解析
【分析】（1）利用 的完美 维向量集定义求解即可.
（2）分别研究 ， ， ， ， 时 ，结合新定义及集合中元素的互异性即可判断.
（3）依题意可得 ，运用反证法，假设存在 ，使得 ，不妨设 ，
分别从 及 两方面证得矛盾即可得 ，进而可证得结果.
【详解】（1）由题意知，集合 中含有3个元素 （ ），且每个元素中含有三个分量，
因为 ，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.
所以 ， ， ，
又 ，
所以2的完美3维向量集为 .
（2）依题意，完美4维向量集B含有4个元素 （ ），且每个元素中含有四个分量，
，
（i）当 时， ，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
（ii）当 时， ，不满足条件③，舍去；
（iii）当 时， ，
因为 ，故 与 至多有一个在B中，
同理： 与 至多有一个在B中， 与 至多有一个在B中，
故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；（iv）当 时， ，不满足条件③，舍去；
（v）当 时， ，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4维向量集.
（3）依题意， 的完美 维向量集 含有 个元素 （ ），且每个元素中含有 个分量，
因为 ，所以每个元素中有 个分量为1，其余分量为0，
所以 （*），
由（2）知， ，故 ，
假设存在 ，使得 ，不妨设 .
（i）当 时，如下图，
由条件③知， 或 （ ），
此时 ，与（*）矛盾，不合题意.
（ii）当 时，如下图，记 （ ），
不妨设 ， ， ，
下面研究 ， ， ， ， 的前 个分量中所有含1的个数.
一方面，考虑 ， ， ， ， 中任意两个向量的数量积为1，
故 ， ， ， （ ）中至多有1个1，
故 ， ， ， ， 的前 个分量中，
所有含1的个数至多有 个1（**）.
另一方面，考虑 （ ），
故 ， ， ， ， 的前 个分量中，含有 个1，与（**）矛盾，不合题意.
故对任意 且 ， ，由（*）可得 .
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其
它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
23．（2024·浙江台州·二模）设A，B是两个非空集合，如果对于集合A中的任意一个元素x，按照某种确
定的对应关系 ，在集合B中都有唯一确定的元素y和它对应，并且不同的x对应不同的y；同时B中的每一个元素y，都有一个A中的元素x与它对应，则称 ： 为从集合A到集合B的一一对应，并称集
合A与B等势，记作 .若集合A与B之间不存在一一对应关系，则称A与B不等势，记作 .
例如：对于集合 ， ，存在一一对应关系 ，因此 .
(1)已知集合 ， ，试判断 是否成立?请说明理由；
(2)证明：① ；
② .
【答案】(1)成立，理由见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）根据新定义判断即可；
（2）①取特殊函数满足定义域为 ，值域为 即可利用其证明
②设 ， ，假设 ，利用反证法得证.
【详解】（1）设 ， ，令
则C与D存在一一对应，所以集合 .
（2）①取函数 ，其中 ， ，两个集合之间存在一一对应，故
.
备注：函数举例不唯一，只要保证定义域为 ，值域为 即可，如： 或 等等均可，
②设 ， ，
假设 ，即存在对应关系 ： 为一一对应，
对于集合B中的元素 ， ， ，至少存在一个 （ ，且 ）与这三个集合中的某一个
对应，所以集合A中必存在 .
记 ，则 ，故 ，
从而存在 ，使得 ；
若 ，则 ，矛盾；
若 ，则 ，矛盾.
因此，不存在A到B的一一对应，所以 .
【点睛】关键点点睛：压轴数论问题，关键在于理解新的集合有关定义，能想到取特殊函数，并借助函数
证明是关键所在，此题难度在考场上基本不能完成.
24．（2024·浙江嘉兴·二模）已知集合 ，定义：当 时，把集合
中所有的数从小到大排列成数列 ，数列 的前 项和为 .例如： 时，
，
.
(1)写出 ，并求 ；(2)判断88是否为数列 中的项.若是，求出是第几项；若不是，请说明理由；
(3)若2024是数列 中的某一项 ，求 及 的值.
【答案】(1) ， ；
(2)88是数列 的第30项；
(3) ， ，
【分析】当 时，此时 ，由集合新定义中的规则代入计算即可；
根据集合新定义，由 ，再列举出比它小的项即可；
方法一：由 可得 ，再列举出比它小的项分别有以下7种情况，再求
和；方法二：由 可得 ，求得集合 中的元素个数和最大的一个，可
得 ，再求和可得 .
【详解】（1）因为 ，此时 ，
，
.
（2）当 时， ，
是数列 中的项，
比它小的项分别有 个，
有 个，
有 个，所以比88小的项共有 个，故88是数列 的第30项.
（3） 是数列 中的项，故 ，
则当 时， ，
方法一：比它小的项分别有以下7种情况：
① 个数字任取7个得 个，
② ，得 个，
③ ，得 个，
④ ，得 个，
⑤ ，得 个，
⑥ ，得 个，
⑦ ，得 个，
所以比2024小的项共有 个，
其中
故2024是数列 的第329项，即 .
方法二： 共有元素 个，
最大的是 ，其次为 ，所以2024是数列 的第 项，即 .
在总共 项中，含有 的项共有 个，同理 都各有 个，所以
，则
.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于解读集合 的定义计算，并联想到 和
辅助思考.
25．（2024·广西·二模）设 ，用 表示不超过x的最大整数，则 称为取整函数，取整函数是
德国数学家高斯最先使用，也称高斯函数．该函数具有以下性质：
① 的定义域为R，值域为Z；
②任意实数都能表示成整数部分和纯小数部分之和，即 ，其中 为x的整数部分，
为x的小数部分；
③ ；
④若整数a，b满足 ，则 .
(1)解方程 ；
(2)已知实数r满足 ，求 的值；
(3)证明：对于任意的大于等于3的正整数n，均有 ．【答案】(1) 或
(2)743
(3)证明见解析
【分析】（1）令 ，则方程可化为 ，根据高斯函数的定义，即可求解得答
案；
（2）设 ，则可判断 中n以及 的个数，从而可得
，结合高斯函数定义，即可求得答案；
（3）由所要证明不等式的形式，可构造不等式，当 时，有 成立；设
，推出 ，从而得到 ，即可证明结
论.
【详解】（1）令 ，则 ，
∴ ，
又由高斯函数的定义有 ，
解得： ，则 或 ，
当 时，则 ；当 时，则 ；
（2）设 ，设 ， ， ，…， 中有k个为 ，
个n， ，据题意知： ，则有 ，
解得 ， ，
所以 ， ，即 ，
故 ；
（3）证明：由 的形式，可构造不等式，
当 时，有 ；
设 ，
则有 ，
从而 ，
而 ，则 ，
∴ .
【点睛】难点点睛：本题考查了函数新定义，即高斯函数的应用问题，难度较大，解答的难点在于（3）
中不等式的证明，解答时要理解高斯函数的性质，并能构造不等式， 时，有 ，
进行证明.
26．（2024·河北石家庄·二模）设集合 是一个非空数集，对任意 ，定义 ，称
为集合 的一个度量，称集合 为一个对于度量 而言的度量空间，该度量空间记为 .
定义1：若 是度量空间 上的一个函数，且存在 ，使得对任意 ，均有：
，则称 是度量空间 上的一个“压缩函数”.定义2：记无穷数列 为 ，若 是度量空间 上的数列，且对任意正实数 ，
都存在一个正整数 ，使得对任意正整数 ，均有 ，则称 是度量空间 上
的一个“基本数列”.
(1)设 ，证明： 是度量空间 上的一个“压缩函数”；
(2)已知 是度量空间 上的一个压缩函数，且 ，定义 ， ，证明：
为度量空间 上的一个“基本数列”.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由正弦函数的性质可知： 在 上的值域，进而得出 是从 到 的函数，
然后证明存在 ，对任意 ，都有 即可；
（2）先由压缩函数的定义得到：必存在 ，使得对任意 ， ， ，进而得
到 ，再利用绝对值三角不等式得出 ，分类讨论 与
两种情况即可得证，
【详解】（1）由正弦函数的性质可知： 在 上单调递增，
在 上单调递减，所以 ， ，
，所以 在 上的值域为 ，所以 是从 到 的函数，
另一方面，我们证明存在 ，对任意 ，都有 ，
取 ，则对任意 ，不妨设 ，分两种情形讨论：
①当 时，令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
②当 时，令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，即 ，
综上所述，对任意 ，都有 ，
所以 是度量空间 上的一个“压缩函数”.
（2）证明：因为 是度量空间 上的一个压缩函数，
所以必存在 ，使得对任意 ， ，
即 ，
因为 ， ，
所以 ，
由绝对值三角不等式可知：
对任意 ，有，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
①当 时，对任意 ，有 ，所以 ，
所以对任意 ，对任意正整数 ，当 时，均有 ，
②当 时，对任意 ，取一个正整数 ，
则 ，即 ，
则当 时，有 ，
综上所述，对任意 ，都存在一个正整数 ，使得对任意正整数 ，当 时，均有
，，
故 为度量空间 上的一个“基本数列”.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
27．（2024·湖北·模拟预测）欧拉函数在密码学中有重要的应用．设n为正整数，集合 ，
欧拉函数 的值等于集合 中与n互质的正整数的个数；记 表示x除以y的余数（x和y均为正
整数），(1)求 和 ；
(2)现有三个素数p，q， ， ，存在正整数d满足 ；已知对素数a和 ，
均有 ，证明：若 ，则 ；
(3)设n为两个未知素数的乘积， ， 为另两个更大的已知素数，且 ；又 ，
， ，试用 ， 和n求出x的值．
【答案】(1) ， ；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）利用欧拉函数 的定义直接求出 和 .
（2）分析求出x与n不互质的数的个数，求得 ，设 ， ，结合二
项式展开式证明 ，再按 与 分类求证即得.
（3）利用 的定义，记 ， ，令 ，那么 ，且 ， ，
使 ，则 ，再探求数列 项数及递推关系即可求得答案.
【详解】（1） 中，与6互质的数有1和5，则 ；
中，与15互质的数有1、2、4、7、8、11、13和14，则 8.
（2）因为 ，p和q为素数，则对 ，仅当 或 时，x和n不互质，
又 ，则 ， ，… ，或 ， ，… 时，x与n不互质，则 ，
设 ， ，可知s，t不全为0，下证 时， ；
由题知， ，
又 ，
所以 ，同理有 ；
于是记 ， ，
即 ，同理 ，记 ，于是 ，
则 ，因为 ，所以 ，所以 ，
即 ；
（i） 时，记 ，则 ，
记 ，又 ，而 ，则 ，
即 ，即 ；
（ii）若 ，不妨设 ，于是 ，
所以 ，又 ， ，
所以 ；
综上， ，得证：
（3）因为 ，所以 ，则 ，则 ，
假设存在 ， ，使得 ；记 ， ，令 ，那么 ，且 ，于是 ，使 ，则 ，
从而数列 有且仅有 项，
考虑使 成立，
则对于相邻项有 ，
将两式相加并整理得： ，
令 ，得 ，又由于 ， ，…， 及 均由 和 确定，
则数列 的各项也可根据n和 确定，
由上知 ， ，
则 ，
即 ，其中 是根据n和 唯一确定的.
【点睛】思路点睛：“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，涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知
识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题作答.
28．（2024·江西宜春·模拟预测）定义：设 和 均为定义在 上的函数，其导函数分别为
， ，若不等式 对任意 恒成立，则称 和 为
区间 上的“友好函数”．
(1)若 和 是“友好函数”，求 的取值范围；
(2)给出两组函数：① ， ；② ， ，分别判断这
两组函数是否为 上的“友好函数”．【答案】(1)
(2)答案见解析.
【分析】（1）由函数的新定义化简把问题转化为 在 上恒成立，再结合指数函数的取值范围求
出参数即可；
（2）①由函数新定义化简，再构造函数 求导分析单调性可得判断；②构造函数
，求导分析单调性，利用零点存在定理找到零点，从而得到 ，
再次构造函数 ，求导分析单调性，从而确定 ，最终可判断结果.
【详解】（1）因为 和 是“友好函数”．
所以 ，在 上恒成立．
即 在 上恒成立．
因为指数函数 的取值范围为 ，
所以 ，即 的取值范围为 ．
（2）①由题得 ，
令 ， ，
则 ，所以 在 上单调递增．
所以 ，又 时， ，
所以 ．
所以 与 是 上的“友好函数”．
②令 ，则 ， ．
则 ．
当 时， ，
令 ， ．则 ．
所以 在 上单调递增．
又 ， ．
所以存在唯一的 ，使得 ，即 ，
则 ， ，
所以当 时， ， ， 单调递减；
当 时， ， ， 单调递增．
所以
．
令 ， ，
则 ，
令 ， ．
则 ，所以 在 上单调递增，
所以 ．则 ，
所以在 上单调递增，所以 ，即 ，所以 ，
所以 即 在 上不恒成立，
所以 与 不是 上的“友好函数”．
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解函数新定义，用导数分析单调性和极值，结合零点存在定理得出函
数是否符合函数新定义.
29．（2024·海南省直辖县级单位·一模）若有穷数列 （ 是正整数），满足 （ ，
且 ，就称该数列为“ 数列”.
(1)已知数列 是项数为7的 数列，且 成等比数列， ，试写出 的每一项；
(2)已知 是项数为 的 数列，且 构成首项为100，公差为 的等差数列，数
列 的前 项和为 ，则当 为何值时， 取到最大值？最大值为多少？
(3)对于给定的正整数 ，试写出所有项数不超过 的 数列，使得 成为数列中的连续
项；当 时，试求这些 数列的前2024项和 .
【答案】(1)答案见解析
(2)当 或25时， 取得最大值2500.
(3)答案见解析
【分析】（1）理解“ 数列”的定义，结合等比数列的基本量即可得解；
（2）解法一：利用“ 数列”的对称性，结合等差数列的求和公式求得 ，从而得解；解法二：利用前
项和求得最大值的特征分析“ 数列”即可得解；
（3）根据题意列出满足的“ 数列”，再利用分组求和法与等比数列的前 项和公式即可得解.
【详解】（1）设 的公比为 ，则 ，解得 ，
当 时，数列 为 ；
当 时，数列 为 ；
综上，数列 为 或 .
（2）解法一：因为 构成首项为100，公差为 的等差数列，
所以
，
又 ，所以当 或 时， 取得最大值 .
解法二：当该 数列恰为 或 时取得最大值，
此时 或 ，
所以当 或25时， .
（3）依题意，所有可能的“ 数列”是：
① ；
② ；
③
④对于①，当 时， ；
当 时，
；
对于②，当 时， ；
当 时，
；
对于③，当 时，
；
当 时，
；
对于④，当 时，
；
当 时，
；
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
30．（2024·江苏南京·二模）已知数列 的前n项和为 ．若对每一个 ，有且仅有一个 ，
使得 ，则称 为“X数列”.记 ， ，称数列 为 的“余项数列”.
(1)若 的前四项依次为0，1， ，1，试判断 是否为“X数列”，并说明理由；
(2)若 ，证明 为“X数列”，并求它的“余项数列”的通项公式；
(3)已知正项数列 为“X数列”，且 的“余项数列”为等差数列，证明： ．
【答案】(1) 不是“X数列”
(2)证明见解析； ，
(3)证明见解析
【分析】（1）依次求出 ，再根据“X数列”定义进行判断即可.
（2）由 先求出数列 通项公式，再依据“X数列”定义进行推算证明即可，接着由“余项数
列”的定义公式 进行计算即可.
（3）先探究 得出“余项数列”公差情况 ，再讨论 时 推出矛盾得到 ，接着探
究 时若 得出矛盾，从而得出 ，进而得出 即可进一
步推出 .
【详解】（1）由题 ，
所以有 ， ，故根据“X数列”的定义 不是“X数列”.
（2）因为 ，
所以当 时， ；
当 时， ；
则 不满足 ，所以 ，
令 ，即 ，
则当 时，有 ， ；
当 时，有 ；故 即 ，
则对每一个 ，有且仅有一个 且 ，使得 ，
综上，对任意 ，有且仅有一个 ，使得 ，
所以 为“X数列”，
由上 ， ，
即 的“余项数列”通项公式为 ， .
（3）因为 是正项数列，所以 单调递增，
所以 ，故 ，
因为 ，且 为“X数列”，
所以 ，故由 得 ，
的“余项数列” 为等差数列，故其公差 ，因为 ，所以 ，
若 ，则当 时， ，与 矛盾，
故 ，所以 ， ，即 ，
对于 ，若 ，则 ，与正项数列 矛盾，
所以 ，故 ，
所以 ，故 ，
所以 ，
又 ，
所以 ， .
【点睛】关键点睛：证明 的关键第一步是探究出“余项数列” 公差 ；第二步是探
究出 时 有矛盾得到 ；第三步是探究出 时若 有矛盾，从而得到 ，
进而得出 .
