文档内容
2025年高考数学一轮复习讲义及高频考点归纳与方法总结（新高考通用）
思维拓展 07 新高考压轴题中函数的新定义问题
（精讲+精练）
①定义新性质
②定义新概念
③定义新运算
一、必备知识整合
一、新定义问题
“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，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本
质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是
制胜法宝.
二、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.
二、考点分类精讲
【典例1】（2024·福建泉州·模拟预测）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线
年，莱布尼茨等得出悬链线的方程为 ，其中 为参数．当 时，该表达式就是双曲
余弦函数，记为 ，悬链线的原理常运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．已知三角函数满足性质：①导数： ；②二倍角公式： ；③平方关系：
．定义双曲正弦函数为 ．
(1)写出 ， 具有的类似于题中①、②、③的一个性质，并证明该性质；
(2)任意 ，恒有 成立，求实数 的取值范围；
(3)正项数列 满足 ， ，是否存在实数 ，使得 ？若存在，求出 的
值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2) ，
(3)存在实数 ，使得 成立．
【分析】（1）①求导数，②用二倍角公式，③利用平方关系；证明即可；
（2）构造函数 ，求导数，利用导数讨论函数的单调性，求 的取值范围即可；
（3）方法一、求出 ， ， ，猜想 ，用数学归纳法证明即可．方法二、构造数列 ，根据
，利用递推公式求解即可．
【详解】（1）①导数： ， ，证明如下：
，
②二倍角公式： ，证明如下：
；
③平方关系： ，证明如下：
；
（2）令 ， ， ，
①当 时，由 ，又因为 ，所以 ，等号不成立，
所以 ，即 为增函数，
此时 ，对任意 ， 恒成立，满足题意；
②当 时，令 ， ，则 ，可知 是增函数，
由 与 可知，存在唯一 ，使得 ，
所以当 时， ，则 在 上为减函数，
所以对任意 ， ，不合题意；
综上知，实数 的取值范围是 ；
（3）方法一、由 ，函数 的值域为 ，
对于任意大于1的实数 ，存在不为0的实数 ，使得 ，
类比双曲余弦函数的二倍角公式 ，
由 ， ， ，
猜想： ，
由数学归纳法证明如下：①当 时， 成立；
②假设当 为正整数）时，猜想成立，即 ，则
，符合上式，
综上知， ；
若 ，
设 ，则 ，解得： 或 ，
即 ，所以 ，即 ．
综上知，存在实数 ，使得 成立．
方法二、构造数列 ，且 ，
因为 ，所以 ，
则 ，因为 在 上单调递增，所以 ，即 是以2为公比的等比数列，
所以 ，所以 ，所以 ，
又因为 ，解得 或 ，
所以 ，
综上知，存在实数 ，使得 成立．
【点睛】方法点睛：对于新定义的题目，一定要耐心理解定义，新的定义不但考查的是旧的知识点的延伸，
更考查对于新知识的获取理解能力，抓住关键点，解题不是事.
【典例2】（2024·山东滨州·二模）定义：函数 满足对于任意不同的 ，都有
，则称 为 上的“ 类函数”．
(1)若 ，判断 是否为 上的“2类函数”；
(2)若 为 上的“3类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若 为 上的“2类函数”，且 ，证明： ， ， ．
【答案】(1) 为 上的“2类函数”
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据题意结合“ 类函数”定义分析判断；
（2）根据题意分析可知 ， 均恒成立，根据函数单调性结合
导数可知 在 内恒成立，利用参变分类结合恒成立问题分析求解；
（3）分类讨论 的大小关系，根据“ 类函数”定义结合绝对值不等式分析证明.
【详解】（1）对于任意不同的 ，不妨设 ，即 ，
则 ，
所以 为 上的“2类函数”.
（2）因为 为 上的“3类函数”，对于任意不同的 ，不妨设 ，
则 恒成立，
可得 ，
即 ， 均恒成立，
构建 ， ，则 ，
由 可知 在 内单调递增，
可知 在 内恒成立，即 在 内恒成立；
同理可得： 内恒成立；
即 在 内恒成立，
又因为 ，即 ，
整理得 ，可得 ，
即 在 内恒成立，
令 ，
因为 在 内单调递增，则 在 内单调递增，
当 ， ；当 ， ；可知 ，
可得 在 内恒成立，
构建 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
可知 在 内单调递增，在 内单调递减，则 ，
构建 ，则 在 内恒成立，
可知 在 内单调递减，则 ；
可得 ，所以实数a的取值范围为 .
（3）（i）当 ，可得 ，符合题意；
（ⅱ）当 ，因为 为 上的“2类函数”，不妨设 ，①若 ，则 ；
②若 ，则
；
综上所述： ， ， .
【典例3】5．（23-24高三下·浙江·开学考试）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合
的函数称为 次置换.满足对任意 的置换称作恒等置换.所有 次置换组成
的集合记作 .对于 ，我们可用列表法表示此置换： ，记
.
(1)若 ，计算 ；
(2)证明：对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张
变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，......，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原
来的牌型？请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)最少8次就能恢复原来的牌型，理由见解析
【分析】（1）根据题意，得到 ；
（2）解法一：分类列举出所有情况，得到结论；
解法二： ，故至少有一个满足 ，当 分别取 时，记使得
的 值分别为 ，取 为 的最小公倍数即可得到答案；
（3）设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故 ，列举出各编号在置换中的变化情
况，得到连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换.
【详解】（1） ，
由题意可知 ；
（2）解法一：①若 ，则 为恒等置换；
②若存在两个不同的 ，使得 ，不妨设 ，则 .
所以 ，即 为恒等置换；
③若存在唯一的 ，使得 ，不妨设 ，则 或 .
当 时，由（1）可知 为恒等置换；
同理可知，当 时， 也是恒等置换；
④若对任意的 ，
则情形一： 或 或 ；
情形二： 或 或
或 或 或 ；
对于情形一： 为恒等置换；
对于情形二： 为恒等置换；
综上，对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
解法二：对于任意 ，都有 ，
所以 中，至少有一个满足 ，
即使得 的 的取值可能为 .
当 分别取 时，记使得 的 值分别为 ，
只需取 为 的最小公倍数即可.所以对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
（3）不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对 作一次如下置换：
，即
其中 .
注意到各编号在置换中的如下变化：
， ，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，
注意到 的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.
【题型训练-刷模拟】
①定义新性质
一、解答题
1．（2024·浙江绍兴·三模）若函数 在区间 上有定义，且 ， ，则称 是 的一个
“封闭区间”．
(1)已知函数 ，区间 且 的一个“封闭区间”，求 的取值集合；
(2)已知函数 ，设集合 ．
（i）求集合 中元素的个数；
（ii）用 表示区间 的长度，设 为集合 中的最大元素．证明：存在唯一长度为 的闭区
间 ，使得 是 的一个“封闭区间”．
【答案】(1)(2)（i）2；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据“封闭区间”的定义，对函数 求导并求出其值域解不等式可得 的取值
集合；
（2）（i）对 求导得出函数 的单调性，利用零点存在定理即可求得集
合 中元素的个数为2个；
（ii）根据区间长度的定义，对参数 进行分类讨论得出 的所有可能的“封闭区间”即可得出证明.
【详解】（1）由题意， ， ，
恒成立，所以 在 上单调递增，
可得 的值域为 ，
因此只需 ，
即可得 ，即 ，
则 的取值集合为 ．
（2）（i）记函数 ，
则 ，
由 得 或 ；由 得 ；
所以函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减．
其中 ，因此当 时， ，不存在零点；
由 在 单调递减，易知 ，而 ，
由零点存在定理可知存在唯一的 使得 ；
当 时， ，不存在零点．
综上所述，函数 有0和 两个零点，即集合 中元素的个数为2．
（ii）由（i）得 ，假设长度为 的闭区间 是 的一个“封闭区间” ，
则对 ， ，当 时，由（i）得 在 单调递增，
，即 ，不满足要求；
当 时，由（i）得 在 单调递增，
，
即 ，也不满足要求；
当 时，闭区间 ，而 显然在 单调递增，
，
由（i）可得 ， ，
，满足要求．
综上，存在唯一的长度为 的闭区间 ，使得 是 的一个“封闭区间”．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“封闭区间”的定义，结合导函数判断出各函数的单调性和对应
的单调区间，再结合区间长度的定义分类讨论即可得出结论.
2．（2024·上海普陀·二模）对于函数 ， 和 ， ，设 ，若 ，
，且 ，皆有 成立，则称函数 与 “具有
性质 ”.
(1)判断函数 ， 与 是否“具有性质 ”，并说明理由；
(2)若函数 ， 与 “具有性质 ”，求 的取值范围；
(3)若函数 与 “具有性质 ”，且函数 在区间 上存在两个零
点 ， ，求证 .
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件，结合性质 的定义判断即可；
（2）根据 ， ， 与 “具有性质 ”，可得 对 ， , 恒
成立，再求出 的范围即可；
（3）根据条件，得到 ，再构造函数，结合条件证明不等式即可．【详解】（1）由 ，且 ，
得 ，即 ，
则 ，
即 ，
即 ，
则函数 与 “具有性质 ”.
（2）由函数 与 “具有性质 ”，
得 ， ，且 ，
即 ，
整理得 ，
则 对 恒成立，
又 ， ，
则 ， ，即 ，
则 ，即所求的 的取值范围为 .
（3）由函数 在 有两个零点 ，得 ，
又函数 与 “具有性质 ”，
则 ，
即 ，
即 ，
令 ，即 ，
记 ，即 ，
因为 ，
当 时， ；当 时， ，所以函数 在区间 是减函数，在 上是增函数.
要证 ，即证 ，
不妨设 ，即证 ，
只需证 ，
即证 ，
设 ，即 ，
因为 ，
所以函数 在 是减函数，且 ，
又 ，则 ，
即 ，则 得证，
故 .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，利用不等式恒成立求出参数的取值范围，关
键是利用极值点偏移构造函数证明不等式．
3．（2024·上海·模拟预测）已知 为实数集 的非空子集，若存在函数 且满足如下条件：①
定义域为 时，值域为 ；②对任意 ， ，均有 . 则称 是集
合 到集合 的一个“完美对应”.
(1)用初等函数构造区间 到区间 的一个完美对应 ；
(2)求证：整数集 到有理数集 之间不存在完美对应；
(3)若 ， ，且 是某区间 到区间 的一个完美对应，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）取 ，根据正切型函数的图象与性质即可证明其满足题意；
（2）利用反证法，假设有 是集合 到 的一个完美对应，最后得到 ，这与假设矛盾；
（3）利用导数对 分 ， 和 讨论即可.【详解】（1） ，当 时， ，则其值域为 ，满足条件①，
根据复合函数单调性知 在 单调递增，则其满足条件②，
故可取 .
（2）假设有 是集合 到 的一个完美对应，
则有 ，其中 ，于是， ，
由完美对应的定义，存在整数 ，使得 且 ，
这与 为整数矛盾，故假设不成立.
所以，整数集 到有理数集 之间不存在完美对应.
（3） ，
，得 或 ，
若 ，则 严格递增，且 ，此时 ；满足题意;
若 ，则 时， ； 时， ； 时， ；
则 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增;
又 ，故只有极小值 才满足题意，
即 ， ，
若 ，则 时， ； 时， ； 时， ；
则 在 单调递增，在 单调递减，在 单调递增；
又 ，故只有极大值 才满足题意，
即 ，即 .
综上, 的取值范围是 .【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是求导得 ，然后求出导函数零点 或 ，
最后对 进行合理分类讨论即可.
4．（2024·上海黄浦·二模）若函数 的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数
的图象的“自公切线”，称这两点为函数 的图象的一对“同切点”.
(1)分别判断函数 与 的图象是否存在“自公切线”，并说明理由；
(2)若 ，求证：函数 有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”；
(3)设 ， 的零点为 ， ，求证：“存在 ，使得点
与 是函数 的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“ 是数列 中的项”.
【答案】(1)函数 的图象存在“自公切线”； 函数 的图象不存在“自公切线”，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由直线 切 的图象于点 判断 ，由导数确定意见性判断
.
（2）利用导数探讨单调性结合零点存在性定理推理即得唯一零点，再假定存在“自公切线”，利用导数
的几何意义求出切线方程，证明 在 上无解即得.
（3）求出在点 与 处的切线方程，利用（2）的结论，结合诱导公式，及充要条件的证明方法
推理即得.
【详解】（1）显然直线 切 的图象于点 ，
直线 是 的图象的一条“自公切线”，因此函数 的图象存在“自公切线”；
对于 是严格减函数，则 在不同点处的切线斜率不同，
所以函数 的图象不存在“自公切线”.
（2）由 恒成立，且仅当 时 ，
则 是 上的严格增函数，可得它至多有一个零点，
令 ，由 的图象是连续曲线，且 ，
因此 在 上存在零点，即在 上 存在零点，所以 有唯一零点；
假设 的图象存在“自公切线”，则存在 且 ，
使得 的图象在 与 处的切线重合，即 ，有 ，不妨设 ，
切线 ， ，
有相同截距，即 ，而 ，
则 ，即 ，
则有 ，即 ，令 ， ，
即函数 在 上单调递增， ，因此当 时， ，
即 在 上无解，
所以 的图象不存在“自公切线”.
（3）对给定的 ，由（2）知 有唯一零点，即 唯一确定，
又 在点 处的切线方程为 ，即 ，
在点 处的切线方程为 ，
若存在 ，使得点 与 是函数 图象的一对“同切点”，
则 ，又 ，则 ，
所以 ， 且 ，从而存在 ，
使得 ，代入 ，可得 ，则 ，即 是数列 中的项；
反之，若 是数列 中的项，则存在 ，使得 ，即 ，
由（2）中的 严格增，可知 严格增，又 且 ，可知 ，
令 ，则 且 ，
即 ，可得 ，所以存在 ，
使得点 与 是函数 的图象的一对“同切点”.
所以存在 ，使得点 与 是函数 图象的一对“同切点”的充要条件是“ 是数
列 中的项”.【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点 处的切线方
程为： .
5．（2024·浙江绍兴·三模）若函数 有且仅有一个极值点 ，函数 有且仅有一个极值点 ，且
，则称 与 具有性质 ．
(1)函数 与 是否具有性质 ？并说明理由．
(2)已知函数 与 具有性质 ．
（i）求 的取值范围；
（ii）证明： ．
【答案】(1)具有，理由见解析
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）借助导数研究函数的单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围或具
体值，即可得解；
（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分 及 可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的
情况下，再对 细分，结合零点的存在性定理讨论不同的 的情况下不同的极值点的范围，结合 进
行计算即可得解；
（ii）分 及 进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.
【详解】（1）函数 与 具有性质 ，理由如下：
，令 ，
则 ，故 单调递减，
又 ， ，
故存在 ，使 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 有且仅有一个极值点 ，
，则当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 有且仅有一个极值点 ，
故函数 与 具有性质 ；
（2）（i） ， 又 ，故 ，当 时， ，此时 没有极值点，故舍去，
当 时， 令 ，
则 恒成立，
故 在 上单调递增，
， ，故 ，
由 ，令 ，
则 恒成立，
故 在 上单调递减，
当 时，有 ，又 时， ，
故此时存在 ，使 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 有唯一极值点 ，
有 ，又 时， ，
故此时存在 ，使 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 有唯一极值点 ，
即有 ， ，
即 ， ，此时需满足 ，则 ，
故有 ，即 ，即 ，故 符合要求；
当 时， ，又 时， ，
故此时存在 ，使 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 有唯一极值点 ，
有 ，又 时， ，
故此时存在 ，使 在 上单调递增，在 上单调递减，则 有唯一极值点 ，
同理可得 ，此时需满足 ，即 ，则 ，
由 ， ，故该不等式成立，故 符合要求；
当 时，有 ， ，
此时 ，即 、 的极值点都为 ，不符合要求，故舍去；
综上，故 ；
（ii）当 时，有 ，则 ，故 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，
令 ，则 ，令 ，
则 ，故 在 上单调递增，
则 ，
故 ，要证 ，只需证 ，
，
即当 ，有 ；
当 时，有 ，则 ，即 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，
即要证 ，只需证 ，
，
即当 ，有 ；综上所述， .
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于分 及 进行讨论，从而可得不同的 的情
况下不同的 、 的范围，结合放缩进行推导.
②定义新概念
一、解答题
1．（2024·江西·二模）随着大数据时代来临，数据传输安全问题引起了人们的高度关注，国际上常用的数
据加密算法通常有AES、DES、RSA等，不同算法密钥长度也不同，其中RSA的密钥长度较长，用于传输
敏感数据.在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设p，
q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素.对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与
n互素的正整数的个数，记为 .
(1)试求 ， 的值；
(2)设p，q是两个不同的素数，试用p，k表示 （ ），并探究 与 和 的关系；
(3)设数列 的通项公式为 （ ），求该数列的前m项的和 .
【答案】(1) ，
(2) ，
(3) .
【分析】（1）由欧拉函数的定义，求 和 的值；
（2）由素数的性质和欧拉函数的定义，求 ，探究 与 和 的关系；
（3）求数列 的通项，错位相减法求 .
【详解】（1）易得 ，
不超过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则 ，
不超过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则 ，
不超过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则 ，
所以 ， .
（2）在不大于 的正整数中，只有p的倍数不与 互素，而p的倍数有 个，因此 .
由p，q是两个不同的素数，得 ， ，
在不超过 的正整数中，p的倍数有 个，q的倍数有 个，
于是 ，
所以 .
（3）根据（2）得 ，
所以 ，
，
两式相减，得 ，
所以 ，
故 .
2．（2024·安徽合肥·三模）把满足任意 总有 的函数称为和弦型函
数.
(1)已知 为和弦型函数且 ，求 的值；
(2)在（1）的条件下，定义数列： ，求 的值；
(3)若 为和弦型函数且对任意非零实数 ，总有 ．设有理数 满足 ，判断 与
的大小关系，并给出证明．
【答案】(1) ；
(2)
(3) ，证明见解析
【分析】（1）利用所给定义，使用赋值法分别令 、 代入计算即可得解；
（2）令 代入计算可得 ，即可得其通项公式，结合对数运算与等差数列求和公式计算即
可得解；
（3）令 ，数列 满足 ，从而只需证明数列 为递增数列即可得证.
【详解】（1）令 ，则 ，可得 ，令 ，则 ，则 ；
（2）令 ，则 ，
，
即 ，又 ，所以数列 为以 为公比， 为首项的等比数列，
即 ，则
；
（3）由题意得：函数 定义域为 ，定义域关于原点对称，令 为任意实数，
则 ，即 是偶函数，
为有理数，不妨设 ，令 为 ，分母的最小公倍数，
且 均为自然数，且 ，
设 ，则 ，
令 ，则 ，
即 ， ，
故数列 单调递增，则 ，
又 是偶函数，所以有 .
【点睛】关键点点睛：根据递推关系的特点，灵活应用特殊值法求函数值及函数关系，最后一问需根据有
理数的性质：令 ，将问题转化为判断 的增减性.
3．（2024·黑龙江·三模）若函数 满足：对任意的实数 ，有 恒成
立，则称函数 为“ 增函数”.
(1)求证：函数 不是“ 增函数”；
(2)若函数 是“ 增函数”，求实数 的取值范围；
(3)设 ，若曲线 在 处的切线方程为 ，求 的值，并证明函数
是“ 增函数”.
【答案】(1)证明见解析(2)
(3) ，证明见解析
【分析】（1）利用给定新函数定义，举反例即可证明.
（2）结合新函数定义得 恒成立，利用不等式求解范围即可.
（3）借助导数的几何意义，对该函数求导后，令导数函数值为1，可得该方程的根，且时其中 一个
根，结合导数可证明该函数严格单调递增，故有且仅有 ，而后设出 ，根
据 在 上是严格增函数，可得 在 上是严格增函数，又
，则 ，即可证明.
【详解】（1）取 ，则 ，因为 ，
故函数 不是“ 增函数”.
（2）因为函数 是“ 增函数”，
故任意的 ，有 恒成立，
即 恒成立，
所以 恒成立，
又 ，故 ，则 ，
则 ，即 .
（3） ，
根据题意，得 ，可得方程的一个解 ，
令 ，则 ，故 在 上是严格增函数，
所以 是唯一解，
又 ，此时在 处的切线方程即为 ，故 ；
设 ，其中 ，
，由 在 上是严格增函数以及 ，得 ，
即 ，
所以 在 上是严格增函数，
因为 ，则 ，故 ，得证，
所以函数 是“ 增函数”.
【点睛】关键点点睛：本题时给出函数的新定义，由此去判断求解问题，解答本题的关键是要理解函数的
新定义，明确其含义，依此取判断解决问题.
4．（2024·河北唐山·二模）数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定命题在整个（或者
局部）自然数范围内成立．证明分为下面两个步骤：1．证明当 （ ）时命题成立；2．假设
（ ，且 ）时命题成立，推导出在 时命题也成立．用模取余运算： 表示
“整数 除以整数 ，所得余数为整数 ”．用带余除法可表示为：被除数＝除数×商＋余数，即
，整数 是商．如 ，则 ；再如 ，则 ．当
时，则称 整除 ．现从序号分别为 ， ， ， ，…， 的 个人中选出一名幸运者，为了增加趣
味性，特制定一个遴选规则：大家按序号围成一个圆环，然后依次报数，每报到 （ ）时，此人退
出圆环；直到最后剩1个人停止，此人即为幸运者，该幸运者的序号下标记为 ．如
表示当只有1个人时幸运者就是 ； 表示当有6个人而 时幸运者是 ； 表示当
有6个人而 时幸运者是 ．
(1)求 ；
(2)当 时， ，求 ；当 时，解释上述递推关系式的实际
意义；
(3)由（2）推测当 （ ）时， 的结果，并用数学归纳法证明．
【答案】(1)
(2) ，答案见解析
(3) ，证明见解析
【分析】（1）用模取余法可求结论；
（2）由 ， ，可求 ；
从 个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为 ，从 个人中选出一个幸运者时，幸运
者的序号下标为 ，后者的圆环可以认为是前者的圆环退出一人而形成的，可推得结论；
（3）取 时，分别求得 ， ， ， ；可得当 （ ）时， ，进而利用数学归纳法证明即可．
【详解】（1）因为 ，所以 ．
（2）因为 ，且 ，
所以 ，故 ．
当 时，递推关系式的实际意义：
当从 个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为 ，
而从 个人中选出一个幸运者时，幸运者的序号下标为 ．
如果把二者关联起来，后者的圆环可以认为是前者的圆环退出一人而形成的，
当然还要重新排序，由于退出来的是 ，则原环的 就成了新环的 ，
也就是说原环的序号下标要比新环的大 ，原环的 就成了新环的 ．
需要注意，新环序号 后面一直到 ，如果下标加上 ，就会超过 ．
如新环序号 对应的是原环中的 ，…，新环序号 对应的是原环中的 ．
也就是说，得用新环的序号下标加上 再减去 ，才能在原环中找到对应的序号，
这就需要用模取余，即 ．
（3）由题设可知 ，由（2）知：
；
；
；
；
；
；
；
由此推测，当 （ ）时， ．
下面用数学归纳法证明：
1．当 时， ，推测成立；
2．假设当 （ ， ，且 ）时推测成立，
即 ．
由（2）知．
（ⅰ）当 时， ；
（ⅱ）当 时， ，此时 ，
即 ．
故当 时，推测成立．
综上所述，当 （ ）时， ．
推测成立.
5．（2024·河北沧州·模拟预测）对于函数 和 ，设 ，若存在
使得 ，则称 和 互为“零点相邻函数”.设 ， ，
且 和 互为“零点相邻函数”.
(1)求 的取值范围；
(2)令 （ 为 的导函数），分析 与 是否互为“零点相邻函数”；
(3)若 ，证明： .
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由互为“零点相邻函数”的概念，令 和 解出 ，再代入 ，则可求
出 的取值范围；
（2）令 ，解得 ，由（1）知 ，由 ，通过讨论 的范围，确定
的零点情况，再由互为“零点相邻函数”的概念，得出 与 是否互为“零点相邻函数”；
（3）通过换元，令 ，则由 可得 ，
设 ，利用导函数，可得 在 上单调递减，由 ，得 ，
即可得证.
【详解】（1）令 ，得 ，
令 ，得 ，
① ，解得 ，② ，解得 ，
所以 的取值范围为 .
（2） ，则 ，
令 ，得 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以 ，
又 ，
当 时， 无零点，
所以 与 不互.为“零点相邻函数”；
当 时， ，函数 的零点为 ，
所以 与 互为“零点相邻函数”；
当 时， ，又因为 ，
所以此时在区间 内存在零点，所以 与 互为“零点相邻函数”；
当 时， ，又因为 ，
所以在区间 内存在零点，所以 与 互为“零点相邻函数”.
综上，当 时， 与 不互为“零点相邻函数”，
当 时， 与 互为“零点相邻函数”.
（3）当 时， ，
设 ，则 ，则 ，
设 ，则 ，
令 ，
则 ，
所以 在 上单调递减，
又 ，所以 ，即 ，所以 在 上单调递减，
又 ，所以 ，得证.
③定义新运算
一、解答题
1．（2024·湖北·一模）我们知道通过牛顿莱布尼兹公式，可以求曲线梯形（如图1所示阴影部分）的面积
，其中 ， ．如果平面图形由两条曲线围成
（如图2所示阴影部分），曲线 可以表示为 ，曲线 可以表示为 ，那么阴影区域的
面积 ，其中 ．
(1)如图，连续函数 在区间 与 的图形分别为直径为1的上、下半圆周，在区间
与 的图形分别为直径为2的下、上半圆周，设 ．求 的值；(2)在曲线 上某一个点处作切线，便之与曲线和x轴所围成的面积为 ，求切线方程；
(3)正项数列 是以公差为d（d为常数， ）的等差数列， ，两条抛物线 ，
记它们交点的横坐标的绝对值为 ，两条抛物线围成的封闭图形的面积为 ，求
证： ．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据所给新定义、公式计算即可；
（2）利用导数求出切线方程，根据公式计算面积，据此求出切线方程中参数，得解；
（3）根据所给面积公式及定积分的运算得出 ，利用裂项相消法求和即可得证.
【详解】（1）由题意可知 ， ，
.
（2）设切点为 ， ，切线的斜率为 ，
则切线方程为 ，所以切线与轴的交点为 ，
所以由题意可知围成的面积： ,
所以切点坐标为 ，切线方程为 .
（3）联立 ，由对称性可知，两条抛物线围成的封闭图形的面积为
,
令 ， （C为常数）,
，
， ，
则 .
2．（22-23高三下·上海闵行·阶段练习）设函数 ，其中a为常数．对于给定的一组
有序实数 ，若对任意 、 ，都有 ，则称 为 的
“和谐数组”．
(1)若 ，判断数组 是否为 的“和谐数组”，并说明理由；
(2)若 ，求函数 的极值点；
(3)证明：若 为 的“和谐数组”，则对任意 ，都有 ．
【答案】(1)是 的“和谐数组”，理由见解析；
(2) 为函数 的一个极大值点, 为 的一个极小值点.
(3)见解析
【分析】（1）代入有 ，根据指数函数、幂函数性质可得 ，再将 代入
即可证明；
（2）代入 值有 ，直接求导，令导函数为0即可得到其极值点；
（3）假设存在 ,使得 ,通过和谐数组定义转化得对任意 恒成
立，设 ，再利用二次函数的性质即可证明假设不成立.
【详解】（1）是 的“和谐数组”,理由如下：
当 时, .根据幂函数、指数函数的性质,对任意 ,都有 .对任意 ,
代入 ,得:是 的“和谐数组”.
（2）当 ,
于是可列表如下:
0 0
极大值 极小值
为函数 的一个极大值点, 为 的一个极小值点.
（3）反证法:假设存在 ,使得 ,则对任意 ,都有
.
对任意 恒成立.令 ，则 在 上恒成立,
由二次函数性质可知,必存在 使得当 时, 恒成立,且此时 ,
当 时有 ，
其中 ，
由二次函数性质可知,必存在 使得当 时， .
这与 在 上恒成立矛盾.
对任意 ,都有
【点睛】关键点睛：本题第3问的关键是运用反证法，首先假设存在 ,使得 ,根据和
谐数组的定义转化得存在 ,使得 ,设 ，通过二次函数
与指数函数的图象与性质即可推理出与假设矛盾的结论，最后即得到证明.
3．（2024·江西吉安·模拟预测）初中学过多项式的基本运算法则，其实多项式与方程的根也有密切关联.对
一组变量 ，幂和对称多项式 ，且 ；初等对称
多项式 表示在 中选出 个变量进行相乘再相加，且 .例
如：对 .已知三次函数
有3个零点 ，且 .记 ， .(1)证明： ；
(2)（i）证明： ；
（ii）证明： ，且 ；
(3)若 ，求 .
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
(3) .
【分析】（1）由已知 有三个零点可得 ，结合题目中的多项式展开证明
即可；
（2）（i）由（1）可知 ，再①+②+③合并同类项即可；（ii）①，②，③各乘
， ，然后再将所得三式相加即可；
（3）由已知 结合题中多项式解出 ，再由（2）（ii）得 解
出 ，由 解出 即可得到答案.
【详解】（1）证明：
，
，
（2）证明：由（1）可知
（i）由①+②+③得 .
（ii）①，②，③各乘 ， 得
④+⑤+⑥得 ，
即 .
（3）由题可知 ，，
，
由 ，得 ，
解得 ，
由（2）（ii）得 ，
解得
，
解得 ，
即 .
【点睛】关键点点睛：本题三小问的关键全是能够理解题目中多项式的新定义，再结合新定义计算即可.
4．（2024·甘肃兰州·一模）定义：如果在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为 ， ，
那么称 为A，B两点间的曼哈顿距离．
(1)已知点 ， 分别在直线 ， 上，点 与点 ， 的曼哈顿距离分别为
， ，求 和 的最小值；
(2)已知点N是直线 上的动点，点 与点N的曼哈顿距离 的最小值
记为 ，求 的最大值；
(3)已知点 ，点 （k，m， ，e是自然对数的底），当 时， 的最大值为
，求 的最小值．
【答案】(1) 的最小值为 ； 的最小值为
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意，由曼哈顿距离的定义，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由曼哈顿距离的定义即可得到 ，从而得到 的最大值；（3）根据题意，令 ，然后分别构造函数 ， 即可得到
，从而得到结果.
【详解】（1） ，
则 ，即 的最小值为 ；
，
则 ，即 的最小值为 .
（2）当 时， ，
点 为直线 上一动点，
则当 时 ，
即 ；
当 时， ，
即 ；
所以 ，又当 时， ，
当 时， ，
所以 的最大值为 .
（3）令 ，则 ， ，
，
令 ，则 在区间 内成立，
则 在区间 内单调递增，则 ，令 ，则 在区间 内成立，
则 在区间 内单调递减，则 ，
所以 ，
所以 ，
当 且 时，取最小值，
的最小值
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新概念问题，难度较大，解答问题的关键在于理解题中曼哈顿距离的
定义，然后转化为所学知识求解问题.
