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新高考“九省联考”19 题压轴题汇编
一、集合新定义
1 (2023下·北京·高一校考开学考试)给定整数n≥3，由n元实数集合S定义其相伴数集T=
a-b
1
∣a､b∈S,a≠b ，如果minT =1，则称集合S为一个n元规范数集，并定义S的范数f为其中
所有元素绝对值之和.
(1)判断A=-0.1,-1.1,2,2.5 、B=-1.5,-0.5,0.5,1.5 哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个n元规范数集S，记m、M分别为其中最小数与最大数，求证：minS + maxS ≥n-
1；
(3)当S=a ,a ,⋯,a
1 2 2023
遍历所有2023元规范数集时，求范数f的最小值.
注：minX 、maxX 分别表示数集X中的最小数与最大数.
【答案】(1)集合A不是规范数集；集合B是规范数集；
(2)证明见详解；
(3)1012×1011.
【分析】(1)根据n元规范数集的定义，只需判断集合A,B中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于
等于1即可；
(2)利用n元规范数集的定义，得到x -x≥1，从而分类讨论x ≥0、x ≤0与x <0,x >0三种情况，结
i+1 i 1 n 1 n
合去绝对值的方法即可证明；
(3)法一：当a 1 ≥0时，证得a n ≥n-1 +a ，从而得到f≥1011×2023；当a ≤0时，证得-a ≥2023 1 2023 n
-n-a ，从而得到f≥1011×2023；当a <0≤a 时，分类讨论m≤1011与m≥1012两种情况，推
2023 m m+1
得f≥1012×1011，由此得解；
法二：利用规范数集的性质与(2)中结论即可得解.
【详解】(1)对于集合A：因为2.5-2 =0.5<1，所以集合A不是规范数集；
对于集合B：因为B=-1.5,-0.5,0.5,1.5 ，
又-1.5-(-0.5) =1，-1.5-0.5 =2，-1.5-1.5 =3，-0.5-0.5 =1，-0.5-1.5 =2，0.5-1.5
=1，
所以B相伴数集T=1,2,3 ，即minT =1，故集合B是规范数集.
(2)不妨设集合S中的元素为x 1 0时，
1 n
则 minS + maxS =x 1 +x n =-x 1 +x n =x 2 -x 1 +⋯+x n -x n-1 ≥n-1，
当且仅当x -x=1时，等号成立；
i+1 i
综上所述：minS + maxS ≥n-1.
(3)法一：
不妨设a ，即m≥1012时，
2
则当m+1≤n≤2023时，可得a n -a m =a n -a n-1 +a n-1 -a n-2 +⋯+a m+1 -a m ≥n-m，
当且仅当a -a=1,i∈N∗,m+1≤i≤2022时，等号成立，
i+1 i
则当1≤n≤m时，可得-a n =a m -a m-1 +a m-1 -a m-2 +⋯+a n+1 -a n -a ≥m-n-a ， m m
当且仅当a -a=1,i∈N∗,n≤i≤m-1时，等号成立，
i+1 i
则范数f=a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =-a 1 -a 2 -⋯-a m +a m+1 +⋯+a 2023
=-a 1 -a 2 -⋯-a m +a m+1 -a m +⋯+a 2023 -a m +2023-m a m
≥m-1+m-2+⋯+1 -ma m +1+2+⋯+2023-m +2023-m a m
mm-1
=
2023-m
+ 2
2024-m
+2023-2m 2 a m
=m2-2024m+1012×2023+2023-2m a m
>m2-2024m+1012×2023；
对于y=m2-2024m+1012×2023m≥1012 ，其开口向上，对称轴为m=1012，
所以y =10122-2024×1012+1011×2023=1012×1011，
min
所以范数f>1012×1011；
综上所述：范数f的最小值1012×1011.
法二：
不妨设a 1时，“好k集”不存在.
【答案】(1)da,a =0，da,b =3，da,c +db,c =3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据题意直接代入运算求解；
(2)对任意x=x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ,x 5
∈T 5 ，定义x=1-x 1 ,1-x 2 ,1-x 3 ,1-x 4 ,1-x 5 ，可得dx,y
+dx,y
=5，结合“好k集”的定义分析证明；
(3)先证对于任意x∈U，可知均存在y∈T 5 ，使得dx,y =2，对T 的以T 为基础，结合定义分析证明. 5k 5
【详解】(1)因为a=1,0,1 ，b=0,1,0 ，c=0,1,1 ，
则da,a =1-1 +0-0 +1-1 =0，da,b =1-0 +0-1 +1-0 =3，
da,c =1-0 +0-1 +1-1 =2，db,c =0-0 +1-1 +0-1 =1，
所以da,c +db,c =3.
(2)对任意x=x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 ,x 5
∈T 5 ，定义x=1-x 1 ,1-x 2 ,1-x 3 ,1-x 4 ,1-x 5 ，
对任意y=y 1 ,y 2 ,y 3 ,y 4 ,y 5 ∈T， 5
因为x,y∈0,1
i i
,i∈1,2,3,4,5 ，则x-y
i i
+1-x-y
i i
=1，
可得dx,y
+dx,y =5，
对于任意x,y，可得U=x,x
有2个元素，
若dx,y
≤2，则dx,y ≥3，满足“好k集”的定义；
若dx,y
≥2，则dx,y ≤2，满足“好k集”的定义；
综上所述：U=x,x
为“好k集”，且dx,x
5
= x-1-x i i
i=1
=5，
即当k=1时，存在“好k集”，且“好k集”中不同元素的距离为5.
(3)显然dx,y =dy,x ，
先证：当k=1时，对任意的x∈T ，含有x的“好k集”只能是U=x,x
5
，
反证：假设存在“好k集”U=x,y
,y≠x，则对于任意z∈T 5 ，可得dx,z
7
≤2,dy,z ≤2，
则z∈T，可得dx,z
5
≥3,dy,z ≥3，不满足“好k集”的定义，
例如x=0,0,0,0,0
，则x=1,1,1,1,1 ，可取y=1,1,0,0,0 ，
则dx,y
=2,dx,y =3，即存在y∈T 5 ，使得dx,y =2，
结合x-y
i i
+1-x-y
i i
=1可得：dx,y 就相当于对0，1的顺序进行重组，
对于任意x∈U，可知均存在y∈T 5 ，使得dx,y =2，
当k>1时，对任意a=a 1 ,a 2 ,⋅⋅⋅,a 5k ∈T ， 5k
定义a=A 1 ,A 2 ,⋅⋅⋅,A k ，其中A=a ,a ,⋅⋅⋅,a i 5i-4 5i-3 5i ,i∈1,2,⋅⋅⋅,k ，
可知：对任意e,f∈T 5k ，其中e=E 1 ,E 2 ,⋅⋅⋅,E k ,f=F 1 ,F 2 ,⋅⋅⋅,F k ，
可知de,f =dE 1 ,F 1 +dE 2 ,F 2 +⋅⋅⋅+dE ,F k k ，
反证：假设存在“好k集”，
则对任意b=B 1 ,B 2 ,⋅⋅⋅,B k ∈T ，以b为基础构建“好k集”U， 5k
对任意c=C 1 ,C 2 ,⋅⋅⋅,C k ∈T ， 5k
对任意的i∈1,2,⋅⋅⋅,k ，均有dB,C
i i
≤2，与之对应的项只能是B 和B，
i i
每个i∈1,2,⋅⋅⋅,k 均有2种选择，共有2k种组合可能，
按照以上构建方法得到的元素d=D 1 ,D 2 ,⋅⋅⋅,D n ，
可知对任意D，均存在Z，使得dd,Z
i i i i
=2，i∈1,2,⋅⋅⋅,k ，
所以必然存在z=Z 1 ,Z 2 ,⋅⋅⋅,Z k ∈T ， 5k
使得dz,b =dZ 1 ,D 1 +dZ 2 ,D 2 +⋅⋅⋅+dZ ,D k k =2k>2，
故假设不成立，所以当k>1时，“好k集”不存在.
【点睛】关键点睛：新定义问题要充分理解定义，可以通过举例和推理去理解定义，对于本题可以利用反
证法来分析证明.
4 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)已知Q:a ,a ,⋯,a 为有穷正整数数列，且a ≤a ≤⋯
1 2 k 1 2
≤a ，集合X=-1,0,1
k
．若存在x∈X,i=1,2,⋯,k，使得x a +x a +⋯+x a =t，则称t为k-可表
i 1 1 2 2 k k
数，称集合T=t∣t=x a +x a +⋯+x a ,x∈X,i=1,2,⋯,k
1 1 2 2 k k i
为k-可表集．
(1)若k=10,a=2i-1,i=1,2,⋯,k，判定31，1024是否为k-可表数，并说明理由；
i
(2)若1,2,⋯,n
3k-1
⊆T，证明：n≤ ；
2
(3)设a=3i-1,i=1,2,⋯,k，若1,2,⋯,2024
i
⊆T，求k的最小值．
【答案】(1)31是k-可表数，1024不是k-可表数，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)8
【分析】(1)根据定义赋值及数列求和计算验证即可；(2)根据定义判定s∈T则有-s∈T，从而可知±1,±2,⋯,±n,0
8
⊆T，利用集合间的基本关系得出T
中最多含有3k个元素，解不等式即可证明；
3m-1-1 3m-1
(3)利用第二问的结论可设∀n∈N∗,∃m∈N∗，有 m-1，即k≥m，
3m-1
而1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m-1= ，
2
3m-1
即当n= 时，取a =1,a =3,⋯a =3m-1时，n为m-可表数，
2 1 2 m
因为2×1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m-1
3m-1
=2× =3m-1，
2
由三进制的基本事实可知，对任意的0≤p≤3m-1，存在r∈0,1,2
i
i=1,2,⋯,m, ，
使p=r ×30+r ×31+⋯r ×3m-1，
1 2 m
3m-1
所以p- =r ×30+r ×31+⋯r ×3m-1
2 1 2 m
-30+31+⋯+3m-1
=r 1 -1 ×30+r 2 -1 ×31+⋯+r m -1 ×3m-1，
令x=r-1，则有x∈-1,0,1
i i i
,i=1,2,⋯,m，3m-1 3m-1 3m-1
设t=p- ⇒- ≤t≤ ，
2 2 2
3m-1 3m-1
由p的任意性，对任意的- ≤t≤ ,t∈Z，
2 2
都有t=x ×30+x ×31+⋯+x ×3m-1,x∈-1,0,1
1 2 m i
9
,i=1,2,⋯,m，
3m-1
又因为n≤ ，所以对于任意的-n≤t≤n,t∈Z，t为m-可表数，
2
3m-1-1 3m-1
综上，可知k的最小值为m，其中m满足 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 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
12
≥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>0i=1,2,⋯,n+1 i ，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.
7 (2024·全国·校联考模拟预测)悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通
过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数chx
ex+e-x
= 的图象，类比三角函数的三种性质：①平
2
方关系：①sin2x+cos2x=1，②和角公式：cosx+y =cosxcosy-sinxsiny，③导数：
sinx =cosx,
cosx
定义双曲正弦函数shx
=-sinx,
ex-e-x
= ．
2
(1)直接写出shx ，chx 具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；
(2)若当x>0时，shx >ax恒成立，求实数a的取值范围；
(3)求fx =chx -cosx-x2的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)-∞,1
(3)0
【分析】(1)类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
(2)构造函数Fx =shx -ax，x∈0,+∞ ，求导，分a≤1和a>1两种情况，结合基本不等式，隐零
点，得到函数单调性，进而得到答案；
(3)多次求导，结合(2)中结论，先得到fx 在 0,+∞ 内单调递增，再求出fx 为偶函数，从而得到
fx 在-∞,0 内单调递减，求出fx =f0
min
=0.
【详解】(1)平方关系：ch2 x -sh2 x =1；
和角公式：chx+y =chx chy +shx shy ；sh(x)=ch(x)
导数： ．
ch(x)=sh(x)
理由如下：平方关系，ch2 x
13
-sh2 x
ex+e-x
=
2
2 ex-e-x
-
2
2
e2x+e-2x+2 e2x+e-2x-2
= - =1；
4 4
chx+y
ex+y+e-x-y
= ，
2
和角公式：chx chy +shx shy
ex+e-x ey+e-y ex-e-x ey-e-y
= ⋅ + ⋅
2 2 2 2
ex+y+ex-y+e-x+y+e-x-y ex+y-ex-y-e-x+y+e-x-y
= +
4 4
ex+y+e-x-y
=
2
故chx+y =chx chy +shx shy ；
导数：sh x
ex--e-x
=
ex+e-x
= =chx，ch x
2 2
ex-e-x
= =shx；
2
(2)构造函数Fx =shx -ax，x∈0,+∞ ，由(1)可知F x =chx -a，
ex+e-x
i．当a≤1时，由ch(x)= ≥ ex⋅e-x=1≥a可知，
2
故F(x)≥0，故F(x)单调递增，
此时F(x)≥F(0)=0，故对任意x>0，sh(x)>ax恒成立，满足题意；
ii．当a>1时，令Gx =F x ，x∈0,+∞ ，
则G x =shx ≥0，可知Gx 单调递增，
1
由G(0)=1-a<0与G(ln2a)= >0可知，存在唯一x (0,ln2a)，使得G(x )=0，
4a 0 0
故当x∈(0,x )时，F(x)=G(x)0，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
15
=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.
9 (2024·河南·高三专题练习)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 ，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) b．
a
(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
16
=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an 1=pm +b,an 2=pm +c，
1 2 1 2
故an 1 +n 2=pm 1 +b pm 2 +c ，故an 1 +n 2≡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an 1 +n 2≡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an 1=an
1
,⊗+m p，an 2=an
2
,⊗+m p，an
1
,⊗×an
2
,⊗=an
1
,⊗⊗an
2
,⊗+kp，
1 2
其中m ，m ，k是整数，则an 1 ⋅n 2=an 1 .⊗⊗an 2 ,⊗+m an 2 .⊗+m an 1 .⊗+m m p+k
1 2 1 2 1 2
p，
可知an
1
,⊗⊗an
2
,⊗=an
1
⋅n
2
,⊗．
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 ，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.
10 (2024·全国·校联考模拟预测)设y=fx
17
是定义在R上的函数，若存在区间 a,b 和x ∈(a,b)， 0
使得y=fx 在[a,x 0 ]上严格减，在[x 0 ,b]上严格增，则称y=fx 为“含谷函数”，x 0 为“谷点”， a,b
称为y=fx 的一个“含谷区间”．
(1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：
(i)y=2x ，(ii)y=x+cosx；
(2)已知实数m>0，y=x2-2x-mlnx-1 是含谷函数，且 2,4 是它的一个含谷区间，求m的取值
范围；
(3)设p,q∈R，hx =-x4+px3+qx2+4-3p-2q x．设函数y=hx 是含谷函数， a,b 是它的一个
含谷区间，并记b-a的最大值为Lp,q ．若h1 ≤h2 ，且h1 ≤0，求Lp,q 的最小值．
【答案】(1)y=2x 是含谷函数，谷点x=0；y=x+cosx不是含谷函数，证明见解析.
(2)2,18
(3) 2
【分析】(1)利用含谷函数定义判断函数的增减区间，再求谷点，证明函数是否为含谷函数；
(2)由题意可判断函数在区间 2,4 内有谷点，利用谷点定义求参数取值范围；
(3)分别讨论函数hx 的单调性，判断谷点所在区间，得到Lp,q 的解析式，再利用h1 ≤h2 和
h1 ≤0消元求最值.
【详解】(1)函数y=2x
-2x, x<0
= ，当x∈-∞,0
2x, x≥0
时，单调递减，当x∈0,+∞ 时，单调递增，所
以y=2x 是含谷函数，谷点x=0；
函数y=x+cosx，求导y=1-sinx≥0恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数.
(2)由题意可知函数y=x2-2x-mlnx-1 在区间 2,4 内先减后增，且存在谷点，
令gx =x2-2x-mlnx-1 ，所以g x
m
=2x-2- ，
x-1设qx
18
=g x
m
=2x-2- ，
x-1
所以q x
m
=2+
x-1
，由m>0可知q x
2
m
=2+
x-1
>0恒成立，
2
所以g x 在区间 2,4 上单调递增，
g 2
若满足谷点，则有
=2-m<0
g 4
m
，解得20
3
故m的取值范围是2,18 .
(3)因为hx =-x4+px3+qx2+4-3p-2q x，
所以h x =-4x3+3px2+2qx+4-3p-2q =41-x
3p
x2+1-
4
3p q
x+1- -
4 2
，
3p
若x2+1-
4
3p q
x+1- -
4 2
≥0恒成立，
则函数y=hx 在x≤1时严格增，在x≥1时严格减，不是谷函数，不满足题意；
3p
因此关于x的方程x2+1-
4
3p q
x+1- -
4 2
=0有两个相异实根，即Δ>0，
设两根为α，β且α<β，
因为h1 ≤0=h0 ，所以函数y=hx 在区间-∞,1 上不为严格增，
但是当x0，y=hx 为严格增，
所以y=hx 在区间-∞,1 上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即α<1，
同理，因为h1 ≤h2 ，所以β>1，
因此，y=hx 在区间-∞,α 和 1,β 上严格增，在区间 α,1 和 β,+∞ 上严格减，
从而函数y=hx 的含谷区间 a,b 必满足 a,b ⊆α,β ，
即Lp,q
3p
=β-α= Δ= 1-
4
2 3p q
-41- -
4 2
9 3
= p2+ p-3+2q，
16 2
因为h1 =-1+p+q+4-3p-2q=3-2p-q，
h2 =-16+8p+4q+8-6p-4q=-8+2p，
由h1 ≤h2 得3-2p-q≤-8+2p，所以4p+q≥11，
由h1 ≤0得3-2p-q≤0，所以2p+q≥3，
11-4p, p≤4
所以q≥ ，
3-2p, p>4
当p≤4时，Lp,q
9 13
≥ p2- p+19≥ 2，
16 2
当p>4时，Lp,q
9 5
≥ p2- p+3≥ 2，
16 2
因此Lp,q 的最小值为 2，当p=4,q=-5时成立.
【点睛】关键点睛：(1)利用谷点定义判断函数是否为含谷函数；
(2)根据谷点性质求参数的取值范围；(3)将导数分解因式，利用二次函数性质讨论y=hx
19
的单调性，进而得到 a,b ⊆α,β 和Lp,q ，求函
数最值.
11 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)定义：如果函数y=fx 和y=gx 的图像上分别
存在点M和N关于x轴对称，则称函数y=fx 和y=gx 具有C关系．
(1)判断函数fx =log 8x2
2
和gx =log x是否具有C关系；
1
2
(2)若函数fx =a x-1和gx =-x-1不具有C关系，求实数a的取值范围；
(3)若函数fx =xex和gx =msinxm<0 在区间0,π 上具有C关系，求实数m的取值范围．
【答案】(1)是
(2)-∞,2 2
(3)-∞,-1
【分析】(1)根据C关系的理解，令fx +gx
1
=0，解得x= ，从而得以判断；
8
(2)利用换元法，结合二次函数的性质得到-t2+at-2<0在 0,+∞ 上恒成立，分类讨论t=0与t>
0，利用基本不等式即可求得a的取值范围；
(3)构造函数hx =xex+msinx，将问题转化为hx 在0,π 上存在零点，分类讨论-1≤m<0与m
<-1，利用导数与函数的关系证得m<-1时，hx 在0,π 上有零点，从而得解.
【详解】(1)fx 与gx 是具有C关系，理由如下：
根据定义，若fx 与gx 具有C关系，则在fx 与gx 的定义域的交集上存在x，使得fx +gx =
0，
因为fx =log 8x2
2
，gx =log x，x>0，
1
2
所以fx +gx =log 8x2
2
+log x=log 8+log x2-log x=log x+3，
1 2 2 2 2
2
令fx +gx
1
=0，即log x+3=0，解得x= ，
2 8
所以fx 与gx 具有C关系.
(2)令φx =fx +gx ，
因为fx =a x-1，gx =-x-1，所以φx =a x-1-x-1x≥1 ，
令t= x-1t≥0 ，则x=t2+1，故y=φx =at-t2+1 -1=-t2+at-2，
因为fx 与gx 不具有C关系，所以φx 在 0,+∞ 上恒为负或恒为正，
又因为y=-t2+at-2开口向下，所以y=-t2+at-2在 0,+∞ 上恒为负，即-t2+at-2<0在
0,+∞ 上恒成立，
当t=0时，-t2+at-2=-2<0显然成立；
2
当t>0时，a1,|mcosx|<|m|≤1，所以h(x)>0，
所以hx 在0,π 上单调递增，则hx >h0 =0，
此时hx 在0,π 上不存在零点，不满足题意；
π
当m<-1时，显然当x∈ ,π
2
时，h(x)>0，
π
当x∈0,
2
π
时，因为h(x)在0,
2
π
上单调递增，且h(0)=1+m<0,h
2
π
= +1
2
π
e2>0，
π
故h(x)在0,
2
上存在唯一零点，设为α，则h(α)=0，
π
所以当x∈(0,α),h(x)<0；当x∈α,
2
π
,h(x)>0；又当x∈ ,π
2
时，h(x)>0，
所以hx 在0,α 上单调递减，在α,π 上单调递增，hx 在0,π 上存在唯一极小值点α，
因为h0 =0，所以h(α)<0，
又因为h(π)=πeπ>0，所以hx 在0,π 上存在唯一零点β，
所以函数fx 与gx 在0,π 上具有C关系，
综上：m<-1，即m∈-∞,-1 .
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到fx 与gx 具有C关系，则在定义域上存在x ， 0
使得fx 0 +gx 0 =0，从而得解.
12 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)若存在x 0 ∈D使得fx ≤fx 0 对任意x∈D恒成
立，则称x 0 为函数fx 在D上的最大值点，记函数fx 在D上的所有最大值点所构成的集合为M
(1)若fx =-x2+2x+1,D=R，求集合M；
(2)若fx
2x-x
=
x
,D=R，求集合M；
4x
(3)设a为大于1的常数，若fx =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，fx =-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，fx
21
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fb
k
1
=f2kπ-π-arccos
a
，结合fb
k+1
-fb
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)fx =-x2+2x+1=-x-1 2+2,
当且仅当x=1时，fx =-x2+2x+1在R上取得最大值，故M=1 ；
(2)fx
2x-x
=
x
定义域为R，
4x
f x
2xln2-1
=
x+2x-x
4x-2x-x
x⋅4xln4
42x
2x-2x
=
1-xln2
，
4x
令qx =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 +
qx ↘ 极小值 ↗
其中ln2∈ln e,lne
1
= ,1
2
2
，故 ∈2,4
ln2
2
，log ∈1,2
2ln2
，
可以看出q1 =0,q2 =0，
故qx 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 -
fx ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
其中f1 =f2
1
= ，
4
故当x=1或2时，fx 取得最大值，故M=1,2 ；
(3)fx =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
-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.
13 (2024·全国·校联考一模)关于x的函数fx =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：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
n
1
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
24
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(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
n n
一个满足条件的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，
n 0 n n n n+1 n+2 n n+1 n+2
0 0 0 0 0 0 0
即可证结论；
(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
n n+1 n n+1 n
在性.
【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
26
≥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 n
0
由a =max{a ,a }-min{a ,a }≤max{a ,a }≤a ，
n n+1 n+2 n+1 n+2 n+1 n+2 n
0 0 0 0 0 0 0 0
所以min{a ,a }=0，故存在k∈{n +1,n +2}使a =0，
n 0 +1 n 0 +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.
16 (2024·全国·校联考模拟预测)设正整数数列A:a ，a ，⋯，a (N>3)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.
27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 1,k∈N*，
k
0
所以b =1-
k 2
b =b ，得等比数列b
k-1 k-1 n
的公比为1，
a
又b = k+1
k+1 2
b ，得等比数列b
k n
a
的公比 k+1
2
1
≤ ，与“b
2 n
的公比为1”矛盾，
所以当数列b
n
是等比数列时，数列a
n
是常数列.
综上所述，“a
n
为常数列”是“b
n
为等比数列的充要条件.
1
②，当a =1,a =1时，b = b ；
n n+1 n+1 2 n
当a =1,a =0时，b =b ；
n n+1 n+1 n
1
当a =0,a =1时，b = b ；
n n+1 n+1 2 n
当a =0,a =0时，b =0；
n n+1 n+1
1 1 1
所以b = b 或b = b 或b =0，且b ≥0，所以b ≤ b ，
n+2 4 n n+2 2 n n+2 n n+2 2 n
1 1 1 1
所以b ≤ b ≤ b ≤⋯≤ ⋅b = ，
2023 2 2021 2 2019 21011 1 21011
1,n=2k-1,k∈N* 1
当a
n
=
0,n=2k,k∈N*
时，b
2023
=
21011
.
【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”--明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)
重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举
例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
18 (2024·安徽合肥·合肥一六八中学校联考模拟预测)已知数列A:a ,a ,⋯,a 为有穷正整数数列.
1 2 n
若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①a +a +⋯+a =m；
1 2 n
②对于1≤ia 的正整数对(i,j)有k个.
i j
(1)写出所有4的1减数列；
(2)若存在m的6减数列，证明：m>6；
(3)若存在2024的k减数列，求k的最大值.
【答案】(1)数列1,2,1和数列3，1
(2)证明见解析
(3)k的最大值为512072
【分析】(1)根据k减数列的定义，即可写出答案；
(2)根据存在m的6减数列，可得C2≥6，即n≥4，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有m>
n
6，即可证明结论；(3)分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列A为2,2,⋯,2,1,1,⋯,1的形式，从而结合设其中有
x项为2，有y项为1，k=xy进行求解，即可得答案.
【详解】(1)由题意得a +a +⋯+a =4，则1+1+2=4或1+3=4，
1 2 n
故所有4的1减数列有数列1,2,1和数列3，1.
(2)因为对于1≤ia 的正整数对i,j
i j
30
有k个，
且存在m的6减数列，所以C2≥6，得n≥4.
n
①当n=4时，因为存在m的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以m≥1+2+3+4=10>6.
②当n=5时，因为存在m的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以m≥6.
若m=6，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以k≤4，不符合题意，所以m>6.
③当n≥6时，因为存在m的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以m>6.
综上所述，若存在m的6减数列，则m>6.
(3)若数列中的每一项都相等，则k=0，
若k≠0，所以数列A存在大于1的项，
若末项a ≠1，将a 拆分成a 个1后k变大，
n n n
所以此时k不是最大值，所以a =1.
n
当i=1,2,⋯,n-1时，若ak
n m k
31
，
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'
32
，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.
20 (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
a a
i=1 i i=1 i
不等式即可证明.
【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
33
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
=
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
21 (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 =a ，所以a +a∉a
k-1 i k-1 2 k k-1 i n
，
由0=a -a 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．
23 (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
AC BD
中亦有应用．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
BC AD
线段长度，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 ，
1 2 3 4 1 2 1 1
l ，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
2 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△EFG的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一
点，则△EFG与△EFG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
37
A C ⋅B D S ⋅S
= 1 1 1 1 = △PA 1 C 1 △PB 1 D 1 B C ⋅A D S ⋅S
1 1 1 1 △PB 1 C 1 △PA 1 D 1
1 1
= 2 ⋅PA 1 ⋅PC 1 ⋅sin∠A 1 PC 1 ⋅ 2 ⋅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 △PA 2 C 2 ⋅S △PB 2 D 2 == B 2 C 2 ⋅A 2 D 2 =A 2 ,B 2 ;C 2 ,D 2
2 2 2 2 △PB 2 C 2 △PA 2 D 2 2 2 2 2
；
(3)设EF与EF交于X，FG与FG交于Y，EG与EG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，EG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.
24 (2023上·北京昌平·高二昌平一中校考期中)在平面直角坐标系xOy中，定义Ax 1 ,y 1
38
，
Bx 2 ,y 2 两点间的“直角距离”为 ρA,B =x -x 1 2 +y -y 1 2 .
(1)填空：(直接写出结论)
①若A1,-1 ,B2,3 ，则 ρA,B = ；
②到坐标原点的“直角距离”等于1的动点的轨迹方程是 ；
③记到M(-1，0)，N(1，0)两点的“直角距离”之和为4的动点的轨迹为曲线G，则曲线G所围成的封闭
图形的面积的值为 ；
(2)设点A(1，0)，点B是直线 l:x- 2y+2=0上的动点，求ρ(A，B)的最小值及取得最小值时点B
的坐标；
(3)对平面上给定的两个不同的点Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，是否存在点C(x，y)，同时满足下列两个条件：
①ρA,C +ρC,B =ρA,B ；
②ρA,C =ρC,B .
若存在，求出所有符合条件的点的集合；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)5；x +y =1；6
3 2 3 2
(2)最小值为 ，点B的坐标为1,
2 2
(3) x,y
1
x+y= 2 x 1 +x 2 +y 1 +y 2 ,x ≤x≤x ,y ≤y≤y 1 2 1 2 ∪
x,y
1
x-y= 2 x 1 +x 2 -y 1 -y 2 ,x ≤x≤x ,y ≤y≤y 1 2 1 2
y +y
∪ x , 1 2 1 2
x +x
, 1 2,y 2 1
【分析】(1)①代入定义即可得出答案；②设Px,y 是轨迹上任意一点，根据定义列出式子，化简即可得
出答案；③根据定义，化简得出x+1 +x-1 +2y =4.分情况去绝对值，作出函数的图象，进而得出
答案；
(2)设Bx 0 ,y 0 ，则x 0 - 2y 0 +2=0，得出ρA,B = 2y -3 0 +y 0 .然后分情况讨论去掉绝对值，得出
表达式，进而逐段求解，即可得出最小值；(3)分当x =x ，y ≠y 时，当x ≠x ，y =y 时，当x ≠x ，y =y 时等情况，分别讨论得出满足条件的点
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
C，即可得出答案.
【详解】(1)①根据定义可得，ρA,B
39
=1-2 +-1-3 =5；
②设Px,y 是轨迹上任意一点，
由已知可得ρP,O =1，
根据定义可得，x +y =1.
所以，到坐标原点的“直角距离”等于1的动点的轨迹方程是x +y =1；
③设Qx,y 曲线G上任意一点，
由已知可得，ρQ,M +ρQ,N =4，
所以有x+1 +y-0 +x-1 +y-0 =4，
整理可得，x+1 +x-1 +2y =4.
(ⅰ)当x<-1时，该式可化为-x+1 +-x-1 +2y =4，
即x-y +2=0.
当x<-1且y<0时，为x+y+2=0；
当x<-1且y≥0时，为x-y+2=0；
(ⅱ)当-1≤x≤1时，该式可化为x+1-x-1 +2y =4，
整理可得y =1，即y=±1；
(ⅲ)当x>1时，该式可化为x+1+x-1+2y =4，
整理可得x+y -2=0.
当x>1且y<0时，为x-y-2=0；
当x>1且y≥0时，为x+y-2=0；
作出曲线G满足的图象
1 1
所以，曲线G所围成的封闭图形的面积的值为 ×2×1+2×2+ ×2×1=6.
2 2
故答案为：5；x +y =1；6.(2)设Bx 0 ,y 0
40
，则x - 2y +2=0，所以x = 2y -2， 0 0 0 0
所以，ρA,B =x -1 0 +y -0 0 = 2y -3 0 +y 0 .
当y 0 <0时，有ρA,B =3- 2y -y >3； 0 0
3 2
当0≤y 0 < 2 时，有ρA,B =3- 2y +y =3- 2-1 0 0 y >3- 2-1 0
3 2 3 2
× = ； 2 2
3 2
当y 0 ≥ 2 时，有ρA,B = 2y +y -3≥ 2+1 0 0
3 2 3 2
× -3= . 2 2
3 2
综上所述，当y 0 = 2 时，ρA,B
3 2 3 2
有最小值 ，此时x = 2× -2=1. 2 0 2
所以，ρA,B
3 2 3 2
的最小值为 ，取得最小值时点B的坐标为1,
2 2
.
(3)(ⅰ)当x =x ，y ≠y 时，
1 2 1 2
由条件②可得，x-x
1
+y-y
1
=x -x
2
+y -y
2
，
即有y-y
1
=y -y
2
.
y +y
因为y ≠y ，所以y= 1 2.
1 2 2
由条件①可得，x-x
1
+y-y
1
+x -x
2
+y -y
2
=x -x
1 2
+y -y
1 2
，
所以有2x-x
1
+2y-y
1
=y -y
1 2
.
又y-y
1
y -y
= 1 2
2
，
所以有x-x
1
=0，所以x=x .
1
y +y
因此，所求的点C为x , 1 2
1 2
；
(ⅱ)当x ≠x ，y =y 时，
1 2 1 2
x +x
由(ⅰ)同理可得，所求的点C为 1 2,y
2 1
；
(ⅲ)当x ≠x ，y =y 时，不妨设x y ，
1 2
由条件①可得，x ≤x≤x ，且y ≤y≤y ，
1 2 1 21
从而由条件②可得，x-y= 2 x 1 +x 2 -y 1 -y 2
41
，
此时所求的点C的全体为 x,y
1
x-y= 2 x 1 +x 2 -y 1 -y 2 ,x ≤x≤x ,y ≤y≤y 1 2 1 2 .
综上所述，所有符合条件的点的集合为 x,y
1
x+y= 2 x 1 +x 2 +y 1 +y 2 ,x ≤x≤x ,y ≤y≤y 1 2 1 2 ∪
x,y
1
x-y= 2 x 1 +x 2 -y 1 -y 2 ,x ≤x≤x ,y ≤y≤y 1 2 1 2
y +y
∪ x , 1 2 1 2
x +x
, 1 2,y 2 1 .
【点睛】关键点点睛：根据定义得出关系式后，根据未知量的范围，分类讨论，去掉绝对值，化简求解.
五、排列组合新定义
25 (2024·全国·校联考模拟预测)给定正整数N≥3，已知项数为m且无重复项的数对序列A：
x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2 ,⋅⋅⋅,x m ,y m 满足如下三个性质：①x,y∈1,2,⋅⋅⋅,N i i ，且x≠yi=1,2,⋅⋅⋅,m i i ；②x =y i+1 i
i=1,2,⋅⋅⋅,m-1 ；③p,q 与q,p 不同时在数对序列A中.
(1)当N=3，m=3时，写出所有满足x =1的数对序列A；
1
(2)当N=6时，证明：m≤13；
(3)当N为奇数时，记m的最大值为TN ，求TN .
【答案】(1)A:1,2 ,2,3 ,3,1 或A:1,3 ,3,2 ,2,1
(2)证明详见解析
(3)TN
1
= NN-1
2
【分析】(1)利用列举法求得正确答案.
(2)利用组合数公式求得m的一个大致范围，然后根据序列A满足的性质证得m≤13.
(3)先证明TN+2 =TN +2N+1，然后利用累加法求得TN .
【详解】(1)依题意，当N=3，m=3时有：
A:1,2 ,2,3 ,3,1 或A:1,3 ,3,2 ,2,1 .
(2)当N=6时，
因为p,q 与q,p 不同时在数对序列A中，
所以m≤C2=15，所以1,2,3,4,5,6每个数至多出现5次，
6
又因为x =yi=1,2,⋯,m-1
i+1 i
，
所以只有x ,y 对应的数可以出现5次，
1 m
1
所以m≤ ×4×4+2×5
2
=13.
(3)当N为奇数时，先证明TN+2 =TN +2N+1.
因为p,q 与q,p 不同时在数对序列A中，
所以TN
1
≤C2= NN-1
N 2
，当N=3时，构造A:1,2
42
,2,3 ,3,1 恰有C2项，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1. 3
对奇数N，如果和可以构造一个恰有C2项的序列A，且首项的第1个分量与末项的第2个分量都为1，
N
那么多奇数N+2而言，可按如下方式构造满足条件的序列A：
首先，对于如下2N+1个数对集合：
1,N+1 ,N+1,1 , 1,N+2 ,N+2,1 ，
2,N+1 ,N+1,2 , 2,N+2 ,N+2,2 ，
⋯⋯
N,N+1 ,N+1,N , N,N+2 ,N+2,N ，
N+1,N+2 ,N+2,N+1 ，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列A中，
所以TN+2 ≤TN +2N+1，
其次，对每个不大于N的偶数i∈2,4,6,⋯,N-1 ，
将如下4个数对并为一组：
N+1,i ,i,N+2 ,N+2,i+1 ,i+1,N+1 ，
N-1 N-1
共得到 组，将这 组对数以及1,N+1
2 2
,N+1,N+2 ,N+2,1 ，
按如下方式补充到A的后面，
即A,1,N+1 ,N+1,2 ,2,N+2 ,N+2,3 ,3,n+1 ,⋯,
(N+1,N-1),(N-1,N+2),(N+2,N),(N,N+1),(N+1,N+2),(N+2,1).
此时恰有TN +2N+1项，所以TN+2 =TN +2N+1.
综上，当N为奇数时，
TN = TN -TN-2 + TN-2 -TN-4 +⋯+ T5 -T3 +T3
= 2N-2 +1 + 2N-4 +1 +⋯+2×3+1 +3
= 2N-2 +1 + 2N-4 +1 +⋯+2×3+1 +2×1+1
=2N-3 +2N-7 +⋯+7+3
2N-3+3 N-2+1 1
= × = NN-1
2 2 2
.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
(1)理解“新定义”--明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳
“举例”提供的分类情况.
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
六、高等数学背景下新定义a 1,1 a 1,2 ⋯ a 1,m
a a ⋯ a
26 (2024·全国·校联考模拟预测)已知A = 2,1 2,2 2,m
m ⋮ ⋮ ⋱ ⋮
a a ⋯ a
m,1 m,2 m,m
43
(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1
