新高考“九省联考”19题压轴题汇编解析版(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_新高考“九省联考”19题压轴题汇编

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minT  =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：minS    + maxS    ≥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：minX  、maxX  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minT  =1，故集合B是规范数集.
(2)不妨设集合S中的元素为x 1 <x 2 <⋯<x n ，即minS  =x 1 ,maxS  =x ， n
因为S为规范数集，则∀i∈N∗,1≤i≤n-1，则x -x≥1，且∃i ∈N∗,1≤i ≤n-1，使得x -x =1，
i+1 i 0 0 i+1 i
0 0
当x ≥0时，
1
则 minS    + maxS    =x 1  +x n  =x 1 +x n =x 2 -x 1  +x 3 -x 2  +⋯x n -x n-1  +2x ≥n-1+2x ≥ 1 1
n-1，
当且仅当x -x=1且x =0时，等号成立；
i+1 i 1
当x ≤0时，
n则 minS
2
   + maxS    =x 1  +x n  =-x 1 -x n =x 2 -x 1  +x 3 -x 2  +⋯+x n -x n-1  -2x ≥n-1-2x n n
≥n-1，
当且仅当x -x=1且x =0时，等号成立；
i+1 i n
当x <0,x >0时，
1 n
则 minS    + maxS    =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：minS    + maxS    ≥n-1.
(3)法一：
不妨设a <a <⋯<a ，
1 2 2023
因为S为规范数集，则∀i∈N∗,1≤i≤2022，则a -a≥1，且∃i ∈N∗,1≤i ≤2022，使得a -a =1，
i+1 i 0 0 i+1 i
0 0
当a ≥0时，
1
则当2≤n≤2023时，可得a n =a n -a n-1  +a n-1 -a n-2  +⋯+a 2 -a 1  +a 1 ≥n-1  +a ， 1
当且仅当a -a=1,i∈N∗,1≤i≤n-1时，等号成立，
i+1 i
则范数f=a
1
 +a
2
 +⋯+a
2023
 =a +a +⋯+a ≥a +1+a +⋯+2022+a ，
1 2 2023 1 1 1
当且仅当a -a=1,i∈N∗,1≤i≤2022时，等号成立，
i+1 i
2022×1+2022
又a +1+a +⋯+2022+a =
1 1 1

+2023a =1011×2023+2023a ≥1011×2023，
2 1 1
当且仅当a =0时，等号成立，
1
故f≥1011×2023，即范数f的最小值1011×2023；
当a ≤0时，
2023
则当1≤n≤2022时，可得a n =- a 2023 -a 2022  +a 2022 -a 2021  +⋯+a n+1 -a n    +a 2023 ≤-2023-n  +
a ，
2023
当且仅当a -a=1,i∈N∗,n≤i≤2022时，等号成立，则-a ≥2023-n-a ，
i+1 i n 2023
则范数f=a
1
 +a
2
 +⋯+a
2023
 =-a -a -⋯-a ≥2022-a +2021-a +⋯+1-a
1 2 2023 2023 2023 2023
+-a 2023  ，
当且仅当a -a=1,i∈N∗,n≤i≤2022时，等号成立，
i+1 i
又2022-a 2023 +2021-a 2023 +⋯+1-a 2023 +-a 2023 
2022×1+2022
=

-2023a =1011×2023- 2 2023
2023a ≥1011×2023，
2023
当且仅当a =0时，等号成立，
2023
故f≥1011×2023，即范数f的最小值1011×2023；
当∃m∈N∗,1≤m≤2022，使得a <0≤a ，且a ≠0，
m m+1 2023
2023
当2023-2m≥0，即m≤ ，即m≤1011时，
2
则当m+1≤n≤2023时，可得a n =a n -a n-1  +a n-1 -a n-2  +⋯+a m+2 -a m+1  +a ≥n-m-1+ m+1a ，
m+1
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 m+1 -a n =a m+1 -a m
3
 +a m -a m-1  +⋯+a n+1 -a n  ≥m-n+1，
当且仅当a -a=1,i∈N∗,n≤i≤m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 m+1 -a 1  +a m+1 -a 2  +⋯+a m+1 -a m  -ma m+1 +a m+1 +a m+2 +⋯+a 2023 
≥m+m-1+⋯+1  -ma m+1 +a m+1 +1+a m+1 +⋯+2022-m+a m+1 
mm+1
=
 2023-m
+ 2
 2022-m 
+2023-2m 2  a m+1
=m2-2022m+1011×2023+2023-2m  a m+1
≥m2-2022m+1011×2023；
对于y=m2-2022m+1011×2023m≤1011  ，其开口向上，对称轴为m=1011，
所以y =10112-2022×1011+1011×2023=1012×1011，
min
所以范数f的最小值为1012×1011；
2023
当2023-2m<0，即m> ，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
mm-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+1012×2023m≥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 <a <⋯<a ，
1 2 2023
因为S为规范数集，则∀i∈N∗,1≤i≤2022，则a -a≥1，且∃i ∈N∗,1≤i ≤2022，使得a -a =1，
i+1 i 0 0 i+1 i
0 0
所以对于S=a,⋯,a
j  j 2024-j
 ⊆S，同样有∀j∈N∗,1≤j≤1011，则a -a≥1，
j+1 j由(2)的证明过程与结论 minS
4
   + maxS    ≥n-1可得，minS
j
   + maxS
j
   ≥2024-2j，当且
仅当a -a=1时，等号成立，
j+1 j
即a
1
 +a
2023
 ≥2022，a
2
 +a
2022
 ≥2020，⋯⋯a
1011
 +a
1013
 ≥2，
所以范数f=a
1
 +a
2
 +⋯+a
2023
 ≥2022+2020+⋯+2+a
2012

2022+2
=
 ×1011
+a
2 2012
 =1012×1011+a
2012
 ≥1012×1011，
当且仅当a
2012
 =0时，等号成立，
所以范数f的最小值1012×1011.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解n元规范数集的定义，得到x -x≥1，再将集合中的元素进
i+1 i
行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.
2 (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
1 2 n
正整数.对于满足1≤m≤n的整数m，令集合Am  = 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)
i
s(a) s(a ) s(a ) s(a ) s(a ) s(a ) s(a )
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.
53 (2023上·北京海淀·高三北大附中校考阶段练习)已知T n 为所有n元有序数组a 1 ,a 2 ,⋅⋅⋅,a n
6
 所组
成的集合.其中a∈0,1
i
 (i=1,2,⋅⋅⋅,n).
对于T中的任意元素x=x 1 ,x 2 ,⋅⋅⋅,x n  ，y=y 1 ,y 2 ,⋅⋅⋅,y n  定义x，y的距离：
dx,y  =x -y 1 1  +x -y 2 2  +⋅⋅⋅+x -y n n  .
若k∈N*，U为T 的子集，且有2k个元素，并且满足任意x∈T ，都存在唯一的y∈U，使得dx,y
5k 5k
 ≤2，
则称U为“好k集”.
(1)若a，b，c∈T 3 ，a=1,0,1  ，b=0,1,0  ，c=0,1,1  ，求da,a  ，da,b  及da,c  +db,c  的值；
(2)当k=1时，求证：存在“好k集”，且“好k集”中不同元素的距离为5；
(3)求证：当k>1时，“好k集”不存在.
【答案】(1)da,a  =0，da,b  =3，da,c  +db,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dx,y 

+dx,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dx,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da,a  =1-1  +0-0  +1-1  =0，da,b  =1-0  +0-1  +1-0  =3，
da,c  =1-0  +0-1  +1-1  =2，db,c  =0-0  +1-1  +0-1  =1，
所以da,c  +db,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dx,y 

+dx,y  =5，

对于任意x,y，可得U=x,x

 有2个元素，
若dx,y 

≤2，则dx,y  ≥3，满足“好k集”的定义；
若dx,y 

≥2，则dx,y  ≤2，满足“好k集”的定义；

综上所述：U=x,x  

为“好k集”，且dx,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dx,y  =dy,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dx,z
7
 ≤2,dy,z  ≤2，
 
则z∈T，可得dx,z
5


≥3,dy,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dx,y 

=2,dx,y  =3，即存在y∈T 5 ，使得dx,y  =2，
结合x-y
i i
 +1-x-y
i i
 =1可得：dx,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dx,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de,f  =dE 1 ,F 1  +dE 2 ,F 2  +⋅⋅⋅+dE ,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dB,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dd,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dz,b  =dZ 1 ,D 1  +dZ 2 ,D 2  +⋅⋅⋅+dZ ,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 <n≤ ，然后利用定义先证n为m-
2 2
3m-1-1 3m-1
可表数，再根据三进制的基本事实确定k的最小值为满足 <n≤ 成立的m，代入n=
2 2
2024求m即可.
【详解】(1)31是，1024不是，理由如下：
由题意可知x a +x a +⋯+x a =t，
1 1 2 2 k k
当a=2i-1,k=10时，有x +2x +⋯+29x =t,x∈-1,0,1
i 1 2 10 i
 ，
显然若x =-1,x =1,x=0 i∈2,3,4,5,7,8,9,10 1 6 i    时，t=31，
而t≤20×1+21×1+22×1+⋯+29×1=210-1=1023<1024，
故31是k-可表数，1024不是k-可表数；
(2)由题意可知若x=0⇒t=0，即0∈T，
i
设s∈T，即∃x∈-1,0,1
i
 使得x a +x a +⋯+x a =s，
1 1 2 2 k k
所以-x 1 a 1  +-x 2 a 2  +⋯+-x a k k  =-s，且-x∈-1,0,1 i  成立，故-s∈T，
所以若1,2,⋯,n  ⊆T，则±1,±2,⋯,±n,0  ⊆T，
即±1,±2,⋯±n,0  中的元素个数不能超过T中的元素，
对于确定的Q，T中最多有3k个元素，
3k-1
所以2n+1≤3k⇒n≤ ；
2
3m-1-1 3m-1
(3)由题意可设∀n∈N∗,∃m∈N∗，使 <n≤ ，
2 2
3m-1-1
又x ×1+x ×3+x ×32+⋯+x ×3m-2≤1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m-2= ，
1 2 3 m-1 2
所以k>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 <n≤ ，
2 2
37-1 38-1
又当n=2024时， <n≤ ，
2 2
所以k的最小值为8.
【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定T中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元
3m-1-1 3m-1
素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设∀n∈N∗,∃m∈N∗，有 <n≤ ，
2 2
利用定义先证n为m-可表数，再根据三进制的基本事实设任意的0≤p≤3m-1，存在r∈
i
0,1,2  i=1,2,⋯,m, 
3m-1
，使p=r ×30+r ×31+⋯r ×3m-1，得出t=p- 并结合定义确定t为m 1 2 m 2
3m-1-1 3m-1
-可表数，从而确定k的最小值为满足 <n≤ 成立的m，代入n=2024求m即可.
2 2
5 (2023上·北京·高一清华附中校考期中)对非空整数集合M及k∈N，定义M⊕k=
m+t|m∈M,t=-k,-k+1,⋯,k  ，对于非空整数集合A，B，定义dA,B  =
mink∈N|A⊆B⊕k,B⊆A⊕k  .
(1)设M=2,4,6  ，请直接写出集合M⊕1；
(2)设A=1,2,3,4,⋯,100  ，dA,B  =1，求出非空整数集合B的元素个数的最小值；
(3)对三个非空整数集合A，B，C，若dA,B  =4且dB,C  =1，求dA,C  所有可能取值．
【答案】(1)M⊕1=1,2,3,4,5,6,7 
(2)34
(3)3或4或5
【分析】(1)直接由M⊕k的定义计算即可求解.
(2)若dA,B  =1，则A⊆B⊕1，则只需每个b∈B组成的数组b-1,b,b+1
i i i i
 能够覆盖A=
1,2,3,4,⋯,100  即可，从而B 
100
= 
min  3
 +1=34，其中 x  表示不超过x的最大整数.
(3)首先证明M⊕k  ⊕l⊆M⊕k+l  ，其次结合dA,B  的定义得出d满足距离的三角不等式：
dA,C  ≤dA,B  +dB,C  ，从而运用到本题中即可得解.
【详解】(1)若M=2,4,6  ，
则由集合新定义可知M⊕1=1,3,5  ∪2,4,6  ∪3,5,7  =1,2,3,4,5,6,7  .
(2)设B有B  个元素，下证B  =34.
min一方面，B=2,5,8,⋯,98,101
10
 ，则 ，
所以dA,B  ≠0，即dA,B  ≥1，
而B⊆A⊕1=0,1,2,3,4,⋯,101  ，A⊆B⊕1=1,2,3,4,⋯,102  ，
这表明了dA,B  =1满足题意，此时B 
101-2
= +1=34，故B
3
 =34；
min
另一方面：若B  =j≤33，不妨设B=b ,b ,⋯,b  `1 2 j  且b <b <⋯<b ， `1 2 j
由题意可知A⊆B⊕1=b -1,b ,b +1 1 1 1  ∪b -1,b ,b +1 2 2 2  ∪⋯∪b-1,b,b+1  j j j  ，
而B⊕1最多含有3j≤99个元素，当且仅当b -1,b ,b +1
k k k
 ,1≤k≤j  两两不同且B  =j=33时，等
号成立，
但这与A有100个元素矛盾，
所以B  =j≥34.
综上所述：非空整数集合B的元素个数的最小值是34.
(3)一方面：先来证明M⊕k  ⊕l⊆M⊕k+l  ，
M⊕k=m+t|m∈M,t=-k,-k+1,⋯,k  = n∈Z ∃m∈M,n-m    ≤k  ，
因此只要M ⊆M ，就有M ⊕k⊆M ⊕k，
1 2 1 2
而∀x∈M⊕k  ⊕l，∃p∈M⊕k，x-p  ≤l，
所以∃m∈M,p-m  ≤k，
所以x-m  =x-p+p-m  ≤x-p  +p-m  ≤l+k，
即∀x∈M⊕k+l  ，
从而M⊕k  ⊕l⊆M⊕k+l  .
另一方面：如果dA,B  =p，dB,C  =q，dA,C  =r，
那么A⊆B⊕p，B⊆C⊕q，B⊕p⊆C⊕q  ⊕p⊆C⊕p+q  ，
从而A⊆C⊕p+q  ，同理C⊆A⊕p+q  ，
因此由定义可得dA,C  =r≤dA,B  +dB,C  =p+q，
即d满足距离的三角不等式；
所以在本题中，dA,C  ≤dA,B  +dB,C  =4+1=5，dA,C  ≥dA,B  -dB,C  =4-1=3，
即dA,C  ∈3,4,5  ，
取A=0  ,B=4  ,C=5  ，可知dA,C  =5可能成立，
取A=0  ,B=4  ,C=3  ，可知dA,C  =3可能成立，
取A=0  ,B=4  ,C=3,4  ，可知dA,C  =4可能成立，
综上所述，dA,C  所有可能取值为3或4或5.
【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，直接按定义即可；第二问的关键是要注意到由题意有A⊆B⊕1，
从而只需每个b∈B组成的数组b-1,b,b+1
i i i i
 能够覆盖A=1,2,3,4,⋯,100  即可；而第三问的关键是
要注意到d表示距离，因此要联想到去证明距离的三角不等式dA,C  ≤dA,B  +dB,C  ，从而顺利得解.
二、函数与导数新定义
6 (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,+∞
11
 ，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  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
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>0i=1,2,⋯,n+1 i  ，由上式易得 x -x >0，即 x >x ； n+1 n n+1 n
若-1<a≤0i=1,2,⋯,n+1 i  ，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.
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chx 
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：cosx+y  =cosxcosy-sinxsiny，③导数：
sinx  =cosx,
cosx 

 定义双曲正弦函数shx
=-sinx,

ex-e-x
= ．
2
(1)直接写出shx  ，chx  具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；
(2)若当x>0时，shx  >ax恒成立，求实数a的取值范围；
(3)求fx  =chx  -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Fx  =shx  -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fx  在 0,+∞  内单调递增，再求出fx  为偶函数，从而得到
fx  在-∞,0  内单调递减，求出fx  =f0
min
 =0.
【详解】(1)平方关系：ch2 x  -sh2 x  =1；
和角公式：chx+y  =chx  chy  +shx  shy  ；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
chx+y 
ex+y+e-x-y
= ，
2
和角公式：chx  chy  +shx  shy 
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chx+y  =chx  chy  +shx  shy  ；
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Fx  =shx  -ax，x∈0,+∞  ，由(1)可知F x  =chx  -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Gx  =F x  ，x∈0,+∞  ，
则G x  =shx  ≥0，可知Gx  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)<G(x )=0，则F(x)在(0,x )内单调递减，
0 0 0
故对任意x∈(0,x 0 )，F(x)<F0  =0，即shx  <ax，矛盾；
综上所述，实数a的取值范围为-∞,1

．
(3)fx  =chx  -cosx-x2，f x  =shx  +sinx-2x，
令gx  =f x  =shx  +sinx-2x，则g x  =chx  +cosx-2，
令hx  =g x  =chx  +cosx-2，则h x  =shx  -sinx，
当x∈0,+∞  时，由(2)可知，shx  ≥x，则h x  =shx  -sinx≥x-sinx，
令ux  =x-sinx，则u x  =1-cosx≥0，故ux  在 0,+∞  内单调递增，
则h x  ≥ux  ≥u0  =0，故hx  在 0,+∞  内单调递增，
则g x  =hx  ≥h0  =0，故gx  在 0,+∞  内单调递增，
则f x  =gx  ≥g0  =0，故fx  在 0,+∞  内单调递增，
因为f-x  =ch-x  -cos-x  --x  2=chx-cosx-x2=fx  ，即fx
14
 为偶函数，故fx  在-∞,0  内单调递减，
则fx  =f0
min
 =0，故当且仅当x=0时，fx  取得最小值0.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有
参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是
讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图
像确定条件.
8 (2023下·北京昌平·高一统考期末)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  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
15
 =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.
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) 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
16
 =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 =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an 1 +n 2≡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≡1modp  ，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.
10 (2024·全国·校联考模拟预测)设y=fx
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=fx  在[a,x 0 ]上严格减，在[x 0 ,b]上严格增，则称y=fx  为“含谷函数”，x 0 为“谷点”， a,b 
称为y=fx  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=2x  ，(ii)y=x+cosx；
(2)已知实数m>0，y=x2-2x-mlnx-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，hx  =-x4+px3+qx2+4-3p-2q  x．设函数y=hx  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Lp,q  ．若h1  ≤h2  ，且h1  ≤0，求Lp,q  的最小值．
【答案】(1)y=2x  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hx  的单调性，判断谷点所在区间，得到Lp,q  的解析式，再利用h1  ≤h2  和
h1  ≤0消元求最值.
【详解】(1)函数y=2x 
-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=2x  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-mlnx-1  在区间 2,4  内先减后增，且存在谷点，
令gx  =x2-2x-mlnx-1  ，所以g x 
m
=2x-2- ，
x-1设qx
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2<m<18，
=6- >0
3
故m的取值范围是2,18  .
(3)因为hx  =-x4+px3+qx2+4-3p-2q  x，
所以h x  =-4x3+3px2+2qx+4-3p-2q  =41-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=hx  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h1  ≤0=h0  ，所以函数y=hx  在区间-∞,1  上不为严格增，
但是当x<min1,α,β  时，h x  >0，y=hx  为严格增，
所以y=hx  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h1  ≤h2  ，所以β>1，
因此，y=hx  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=hx  的含谷区间 a,b  必满足 a,b  ⊆α,β  ，
即Lp,q 
3p
=β-α= Δ= 1-
4

2 3p q
-41- -
4 2

9 3
= p2+ p-3+2q，
16 2
因为h1  =-1+p+q+4-3p-2q=3-2p-q，
h2  =-16+8p+4q+8-6p-4q=-8+2p，
由h1  ≤h2  得3-2p-q≤-8+2p，所以4p+q≥11，
由h1  ≤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，Lp,q 
9 13
≥ p2- p+19≥ 2，
16 2
当p>4时，Lp,q 
9 5
≥ p2- p+3≥ 2，
16 2
因此Lp,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=hx
19
 的单调性，进而得到 a,b  ⊆α,β  和Lp,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=fx  和y=gx  的图像上分别
存在点M和N关于x轴对称，则称函数y=fx  和y=gx  具有C关系．
(1)判断函数fx  =log 8x2
2
 和gx  =log x是否具有C关系；
1
2
(2)若函数fx  =a x-1和gx  =-x-1不具有C关系，求实数a的取值范围；
(3)若函数fx  =xex和gx  =msinxm<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fx  +gx 
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hx  =xex+msinx，将问题转化为hx  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，hx  在0,π  上有零点，从而得解.
【详解】(1)fx  与gx  是具有C关系，理由如下：
根据定义，若fx  与gx  具有C关系，则在fx  与gx  的定义域的交集上存在x，使得fx  +gx  =
0，
因为fx  =log 8x2
2
 ，gx  =log x，x>0，
1
2
所以fx  +gx  =log 8x2
2
 +log x=log 8+log x2-log x=log x+3，
1 2 2 2 2
2
令fx  +gx 
1
=0，即log x+3=0，解得x= ，
2 8
所以fx  与gx  具有C关系.
(2)令φx  =fx  +gx  ，
因为fx  =a x-1，gx  =-x-1，所以φx  =a x-1-x-1x≥1  ，
令t= x-1t≥0  ，则x=t2+1，故y=φx  =at-t2+1  -1=-t2+at-2，
因为fx  与gx  不具有C关系，所以φx  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，a<t+ 在 0,+∞
t
 上恒成立，
2 2 2
因为t+ ≥2 t⋅ =2 2，当且仅当t= ，即t= 2时，等号成立，
t t t2
所以t+
t
20
 =2 2，所以a<2 2，
min
综上：a<2 2，即a∈-∞,2 2  .
(3)因为fx  =xex和gx  =msinxm<0  ，
令hx  =fx  +gx  ，则hx  =xex+msinx，
因为fx  与gx  在0,π  上具有C关系，所以hx  在0,π  上存在零点，
因为h(x)=(x+1)ex+mcosx，
当-1≤m<0且x∈(0,π)时，因为x+1  ex>1,|mcosx|<|m|≤1，所以h(x)>0，
所以hx  在0,π  上单调递增，则hx  >h0  =0，
此时hx  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hx  在0,α  上单调递减，在α,π  上单调递增，hx  在0,π  上存在唯一极小值点α，
因为h0  =0，所以h(α)<0，
又因为h(π)=πeπ>0，所以hx  在0,π  上存在唯一零点β，
所以函数fx  与gx  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fx  与gx  具有C关系，则在定义域上存在x ， 0
使得fx 0  +gx 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fx  ≤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
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
=
 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 ∈1,2
2ln2
 ，
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
22
 <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
 -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.
13 (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
23
 = -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 x n
n
得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 x n x n
n n
f(x )
数单调性证明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
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hx
24
 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
1
第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
x n
n
函数的单调性证明不等式.
14 (2023上·山东青岛·高一统考强基计划)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，
p
称数对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
25
 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 
15
的最大值为 .
17
三、数列新定义
15 (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
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 =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
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 ，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.
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a<a ，其中1≤i<j
1 2 N i j
≤N.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
N
的最大值．
【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-
s t
1}，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.
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 <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
28
 +⋯+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.
17 (2024·广东·珠海市第一中学校联考模拟预测)若数列a
n
 满足：a ∈{0,1},n∈N*，且a =1，则
n 1
称a
n
 为一个X数列．对于一个X数列a
n
 ，若数列b
n

a
满足：b =1，且b =a - n+1
1 n+1 n 2
 b ,n∈N*，则
n
称b
n
 为a
n
 的伴随数列．
(1)若X数列a
n
 中，a =1,a =0,a =1，写出其伴随数列b
2 3 4 n
 中b ,b ,b 的值；
2 3 4
(2)若a
n
 为一个X数列，b
n
 为a
n
 的伴随数列
①证明：“a
n
 为常数列”是“b
n
 为等比数列的充要条件；
②求b 的最大值．
2023
1 1 1
【答案】(1)b = ,b = ,b =
2 2 3 2 4 4
1
(2)①证明详见解析；②
21011
【分析】(1)根据伴随数列的知识求得正确答案.
(2)①根据伴随数列、常数列、等比数列、充要条件等知识证得结论成立.
②对a ,a 的取值进行分类讨论，利用放缩法求得正确答案.
n n+1
a
【详解】(1)b =a - 2
2 1 2

1 a
⋅b = ,b =a - 3
1 2 3 2 2

1 a
⋅b = ,b =a - 4
2 2 4 3 2

1
⋅b = .
3 4
(2)①，充分性：若X数列a
n
 为常数列，
因为a =1，所以a =1,n∈N*，
1 n
a
所以b =a - n+1
n+1 n 2

1
b = b ,n∈N*，
n 2 n
又因为b =1≠0，所以伴随数列b
1 n
 是以1为首项，1
以 为公比的等比数列.
2
必要性：(反证法)假设数列b
n
29
 是等比数列，而数列a
n
 不是常数列.
所以数列a
n
 中存在等于0的项，设第一个等于零的项为a ，其中k>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≤i<j≤n，使得a>a 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≤i<j≤n，使得a>a 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a<a ，交换a,a 的顺序后k变为k+1，
i i+1 i i+1
所以此时k不是最大值，所以a≥a .
i i+1
若a-a ∉0,1
i i+1
 ，所以a≥a +2，
i i+1
所以将a 改为a-1，并在数列末尾添加一项1，所以k变大，
i i
所以此时k不是最大值，所以a-a ∈0,1
i i+1
 .
若数列A中存在相邻的两项a≥3,a =2，设此时A中有x项为2，
i i+1
将a 改为2，并在数列末尾添加a-2项1后，k的值至少变为k+x+1-x=k+1，
i i
所以此时k不是最大值，
所以数列A的各项只能为2或1，所以数列A为2,2,⋯,2,1,1,⋯,1的形式.
设其中有x项为2，有y项为1，
因为存在2024的k减数列，所以2x+y=2024，
所以k=xy=2024-2x  x=-2x2+2024x=-2(x-506)2+512072，
所以，当且仅当x=506,y=1012时，k取最大值为512072.
所以，若存在2024的k减数列，k的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，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.
19 (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
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-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
n n
数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'
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
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
34
 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
k-i i+1 k-1 k-i i k-1 k-i i
得出a -a =a -a1≤i≤k-1
k k-1 i+1 i
 ，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
1 2 3 k j i j i
数列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 -a =a 1≤i≤k-1
k k-i i+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 -a =a 1≤i≤k-1
k k-i i+1
两式相减，可得a -a =a -a1≤i≤k-1
k k-1 i+1 i
35
 ，
所以当k≥5时，数列a
n
 为等差数列.
四、圆锥曲线新定义
22 (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
A B
夹角为Δθ(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
B A
 Δθ
越大；当夹角固定时，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
Δθ
然当B越接近A，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 
(若极限存在)为曲线C在点A处的曲率．(其中y＇，y＇＇分别表示y=fx
3
2
 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

【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
3x2 x x2
(2)y= 1- ，y=- 1-
4 4 4
36

-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 3 1+
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t lnt =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．
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△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
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.
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Ax 1 ,y 1
38
 ，
Bx 2 ,y 2  两点间的“直角距离”为 ρA,B  =x -x 1 2  +y -y 1 2  .
(1)填空：(直接写出结论)
①若A1,-1  ,B2,3  ，则 ρA,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Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，是否存在点C(x，y)，同时满足下列两个条件：
①ρA,C  +ρC,B  =ρA,B  ；
②ρA,C  =ρC,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Px,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  +2y  =4.分情况去绝对值，作出函数的图象，进而得出
答案；
(2)设Bx 0 ,y 0  ，则x 0 - 2y 0 +2=0，得出ρA,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，ρA,B
39
 =1-2  +-1-3  =5；
②设Px,y  是轨迹上任意一点，
由已知可得ρP,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Qx,y  曲线G上任意一点，
由已知可得，ρQ,M  +ρQ,N  =4，
所以有x+1  +y-0  +x-1  +y-0  =4，
整理可得，x+1  +x-1  +2y  =4.
(ⅰ)当x<-1时，该式可化为-x+1  +-x-1  +2y  =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  +2y  =4，
整理可得y  =1，即y=±1；
(ⅲ)当x>1时，该式可化为x+1+x-1+2y  =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Bx 0 ,y 0
40
 ，则x - 2y +2=0，所以x = 2y -2， 0 0 0 0
所以，ρA,B  =x -1 0  +y -0 0  = 2y -3 0  +y 0  .
当y 0 <0时，有ρA,B  =3- 2y -y >3； 0 0
3 2
当0≤y 0 < 2 时，有ρA,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ρA,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，ρA,B 
3 2 3 2
有最小值 ，此时x = 2× -2=1. 2 0 2
所以，ρA,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2x-x
1
 +2y-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 <x .
1 2 1 2 1 2
①若y <y ，
1 2
ρA,C  =x-x 1  +y-y 1  ，ρA,B  =x -x 2 1  +y -y 2 1  ，ρC,B  =x -x 2  +y -y 2  ，
所以，ρA,C  +ρC,B  =x-x 1  +y-y 1  +x -x 2  +y -y 2  = x-x 1  +x -x 2    +
y-y 1  +y -y 2    ≥ x-x 1  +x 2 -x    + y-y 1  +y 2 -y    =x -x 2 1  +y -y 2 1  =ρA,B  .
当且仅当x-x 1  ⋅x 2 -x  ≥0与y-y 1  ⋅y 2 -y  ≥0同时成立，
所以有x ≤x≤x ，且y ≤y≤y ，
1 2 1 2
1
从而由条件②可得，x+y= 2 x 1 +x 2 +y 1 +y 2  ，
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  ；
②若y >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≠yi=1,2,⋅⋅⋅,m i i  ；②x =y i+1 i
i=1,2,⋅⋅⋅,m-1  ；③p,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TN  ，求TN  .
【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)TN 
1
= NN-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TN+2  =TN  +2N+1，然后利用累加法求得TN  .
【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 =yi=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TN+2  =TN  +2N+1.
因为p,q  与q,p  不同时在数对序列A中，
所以TN 
1
≤C2= NN-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TN+2  ≤TN  +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TN  +2N+1项，所以TN+2  =TN  +2N+1.
综上，当N为奇数时，
TN  = TN  -TN-2    + TN-2  -TN-4    +⋯+ T5  -T3    +T3 
= 2N-2   +1  + 2N-4   +1  +⋯+2×3+1  +3
= 2N-2   +1  + 2N-4   +1  +⋯+2×3+1  +2×1+1 
=2N-3  +2N-7  +⋯+7+3
2N-3+3 N-2+1 1
= × = NN-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≤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 满足如下两个性质：
m
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
 =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
i i
向线段的起点总数，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
44

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
r≥2 10
i
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
c≥2 10
j
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
 =a -a
u,p v,p
 +a -a
v,p v,q
 =0，
则命题得证.
a a
27 (2023上·北京海淀·高三中关村中学校考阶段练习)设数阵A = 11 12
0
a a
21 22
 ，其中a ,a ,a ,a ∈
11 12 21 22
1,2,3,4,5,6  ．设S=e ,e ,⋯,e
1 2 l
 ⊆1,2,3,4,5,6  ，其中e <e <⋯<e,l∈N*且l≤6．定义变换φ 为
1 2 l k
“对于数阵的每一行，若其中有k或-k，则将这一行中每个数都乘以-1；若其中没有k且没有-k，则这
一行中所有数均保持不变”k=e 1 ,e 2 ,⋯,e l  .φ sA 0  表示“将A 经过φ 变换得到A ，再将A 经过φ 变 0 e 1 1 e 1 2
换得到A 2 ,⋯以此类推，最后将A l-1 经过φ e l 变换得到A l ．记数阵A l 中四个数的和为T sA 0  ．
1 3
(1)若A = 0
3 6
 ,S=1,3  ，写出A 0 经过φ 1 变换后得到的数阵A 1 ，并求T sA 0  的值；
1 3
(2)若A = 0
3 6
 ,S=e ,e ,e 1 2 3  ，求T sA 0  的所有可能取值的和；(3)对任意确定的一个数阵A 0 ，证明：T sA 0
45
 的所有可能取值的和不超过-4．
-1 -3
【答案】(1)A = 1
3 6
 ，T sA 0  =-5
(2)0
(3)证明见解析
1 3
【分析】(1)由A = 0
3 6
 ，S=1,3  ，求出数阵A 0 经过φ s 变化后的矩阵，进而可求得T S A 0  的值；
(2)分情况讨论，结合题意分析求解；
(3)分a ≠a 和a =a 两种情况讨论，推导出变换后数阵A 的第一行和第二行的数字之和，由此能证
11 12 11 12 l
明T S A 0  的所有可能取值的和不超过-4．
1 3
【详解】(1)因为A =
0
3 6
 ,S=1,3  ，
-1 -3
A 经过φ 变换后得到的数阵A =
0 1 1
3 6
 ，
1 3
A 经过φ 变换后得到的数阵A =
1 3 2
-3 -6
 ，
所以T sA 0  =1+3-3-6=-5.
(2)若S=2,4,5  ，则A 3 =A 0 ，可得T sA 0  =1+3+3+6=13；
若e =1,e ,e ∈2,4,5 1 2 3 
-1 -3
，则A = 3
3 6
 ，可得T sA 0  =-1-3+3+6=5；
若e =6,e ,e ∈2,4,5 3 1 2 
1 3
，则A = 3
-3 -6
 ，可得T sA 0  =1+3-3-6=-5；
若e ,e ,e 其中一个为3，另外两个属于2,4,5
1 3 2

-1 -3
，则A =
3
-3 -6
 ，
可得T sA 0  =-1-3-3-6=-13；
若e =1,e ∈2,4,5 1 2 
-1 -3
,e =6，则A = 3 3
-3 -6
 ，可得T sA 0  =-1-3-3-6=-13；
若e =1，e ,e 其中一个为3，另外一个属于2,4,5
1 2 3
 ，
1 3
则A = 3
-3 -6
 ，可得T sA 0  =1+3-3-6=-5；
若e =6，e ,e 其中一个为3，另外一个属于2,4,5
3 1 2
 ，
-1 -3
则A = 3
3 6
 ，可得T sA 0  =-1-3+3+6=5；
若e 1 =1,e 2 =3,e 3 =6，则A 3 =A 0 ，可得T sA 0  =1+3+3+6=13；
综上所述：T sA 0  的所有可能取值的和为13+-13  +5+-5  =0.
(3)若a ≠a ，在1,2,3,4,5,6
11 12
 的所有非空子集中，含有a 且不含a 的子集共24个，经过变换后第一
11 12行均变为-a 、-a ；
11 12
含有a 且不含a 的子集共24个，经过变换后第一行均变为-a 、-a ；
12 11 11 12
同时含有a 和a 的子集共24个，经过变换后第一行仍为a 、a ；
11 12 11 12
不含a 也不含a 的子集共24-1个，经过变换后第一行仍为a 、a ．
11 12 11 12
所以经过变换后所有A 的第一行的所有数的和为
l
24×-a 11 -a 12
46
 +24×-a 11 -a 12  +24×a 11 +a 12  +24-1  ×a 11 +a 12  =-a -a . 11 12
若a =a ，则1,2,3,4,5,6
11 12
 的所有非空子集中，含有a 的子集共25个，经过变换后第一行均变为-a 、
11 11
-a ；
12
不含有a 的子集共25-1个，经过变换后第一行仍为a 、a ．
11 11 12
所以经过变换后所有A l 的第一行的所有数的和为25×-a 11 -a 12  +25-1  ×a 11 +a 12  =-a -a ． 11 12
同理，经过变换后所有A 的第二行的所有数的和为-a -a ．
l 21 22
所以T sA 0  的所有可能取值的和为-a -a -a -a ， 11 12 21 22
又因为a 、a 、a 、a ∈1,2,⋯,6 11 12 21 22  ，所以T sA 0  的所有可能取值的和不超过-4．
【点睛】方法点睛：从定义知识的新情景问题入手这种题型它要求学生在新定义的条件下，对提出的说法
作出判断，因此在解这类型题时就必须先认真阅读，正理解新定义的含义，再运用新定义解决问题，然后
得出结论,