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押新高考 19 题 B
新 定 义 压 轴（解答题）
（数列新定义、函数新定义、集合新定义、推理及其他新定
义）
2024年新高考数学新结构体系下，新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力；以问题
为抓手，创新设问方式，搭建思维平台，引导考生思考，在思维过程中领悟数学方法。
题目更加注重综合性、应用性、创新性，本题分值最高，试题容量明显增大，对学科核心素养的考查
也更深入。
压轴题命题打破了试题题型、命题方式、试卷结构的固有模式，增强试题的灵活性，采取多样的形
式、多角度的提问，考查学生的数学能力.
新定义题型的特点是；通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问
题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁
移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新
定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
难度较难，可以预测2024年新高考大题压轴题命题方向将会以新定义类题型展开命题．
一、数列新定义问题
1. 考察对定义的理解。
2. 考查满足新定义的数列的简单应用，如在某些条件下，满足新定义的数列有某些新的性质，这也是
在新环境下研究“旧”性质，此时需要结合新数列的新性质，探究“旧”性质.
3. 考查综合分析能力，主要是将新性质有机地应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，转化为已有的
知识点是考查的重点，这类思想需要熟练掌握.
二、函数新定义问题
涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，
转化、抽象为相应的函数问题作答.
关于新定义题的思路有：
1. 找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
2. 由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
3. 将已知条件代入新定义的要素中；
4. 结合数学知识进行解答.
三、集合新定义问题
对于以集合为背景的新定义问题的求解策略：
1. 紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；
2. 用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.
3. 涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本的
概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力.
4. 认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化
化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．
数 列 新 定 义 压 轴（解答题）
1．（2024·浙江·模拟预测）已知实数 ，定义数列 如下：如果
， ，则 ．
(1)求 和 （用 表示）；(2)令 ，证明： ；
(3)若 ，证明：对于任意正整数 ，存在正整数 ，使得 ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案；
（2） ，分别计算 和 可证明结论；
（3）先根据 无上界说明存在正整数 ，使得 ，分 是偶数和 是奇数分别说明.
【详解】（1）因为 ，所以 ；
因为 ，所以 ；
（2）由数列 定义得： ；所以 ．
而 ，
所以 ；
（3）当 ，由（2）可知， 无上界，故对任意 ，存在 ，使得 ．
设 是满足 的最小正整数．下面证明 ．
①若 是偶数，设 ，
则 ，于是 ．
因为 ，所以 ．②若 是奇数，设 ，
则 ．
所以 ．
综上所述，对于任意正整数 ，存在正整数 ，使得 ．
2．（2024·江西南昌·一模）对于各项均不为零的数列 ，我们定义：数列 为数列 的“ 比
分数列”.已知数列 满足 ，且 的“ 比分数列”与 的“2-比分数列”是同一个
数列.
(1)若 是公比为2的等比数列，求数列 的前 项和 ；
(2)若 是公差为2的等差数列，求 .
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）利用已知求出通项公式，再求前 项和即可.
（2）利用累乘法求通项公式即可.
【详解】（1）由题意知 ，
因为 ，且 是公比为2的等比数列，所以 ，
因为 ，所以数列 首项为1，公比为4的等比数列，
所以 ；（2）因为 ，且 是公差为2的等差数列，所以 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，因为 ，
所以 .
3．（2024·全国·模拟预测）给定数列 ，称 为 的差数列（或一阶差数列），称数列
的差数列为 的二阶差数列……
(1)求 的二阶差数列；
(2)用含 的式子表示 的 阶差数列，并求其前 项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据差数列的定义，依次求出数列 的一阶差数列和二阶差数列即得；
（2）根据（1）的规律，猜想 的 阶差数列为 ，接着运用数学归纳法进行证明；再根据等比数
列的前 项和公式求解即得.
【详解】（1）由差数列的定义，数列 的一阶差数列为
数列 的二阶差数列为 的一阶差数列，即
故数列 的二阶差数列为 ．（2）通过找规律得， 的 阶差数列为 ，下面运用数学归纳法进行证明：
①当 时，显然成立； 时，由（1）得结论也成立．
②假设该结论对 时成立，尝试证明其对 时也成立．
由差数列的定义， 的 阶差数列即 的 阶差数列的一阶差数列，即
故该结论对 时也成立，证毕．
故 的 阶差数列为 ．该数列是以 为首项，2为公比的等比数列，
故其前 项和为
故 的 阶差数列为 ，其前 项和为 .
4．（2024·浙江温州·二模）数列 满足： 是等比数列， ，且
．
(1)求 ；
(2)求集合 中所有元素的和；
(3)对数列 ，若存在互不相等的正整数 ，使得 也是数列 中的项，
则称数列 是“和稳定数列”．试分别判断数列 是否是“和稳定数列”．若是，求出所有 的
值；若不是，说明理由．
【答案】(1) ，
(2)
(3)数列 是“和稳定数列”， ，数列 不是“和稳定数列”，理由见解析【分析】（1）根据已知及等比数列的定义求出 的通项公式，由已知和求通项可得 的通项公式，
（2）根据等差数列及等比数列的求和公式可得结果
（3）根据“和稳定数列”的定义可判定.
【详解】（1） ，
又 ， ，解得：
因为 是等比数列，所以 的公比 ，
又当 时， ，
作差得：
将 代入，化简： ，
得：
是公差 的等差数列，
（2）记集合 的全体元素的和为 ，
集合 的所有元素的和为 ，
集合 的所有元素的和为 ，
集合 的所有元素的和为 ，则有
对于数列 ：
当 时， 是数列 中的项
当 时， 不是数列 中的项，其中
即 （其中 表示不超过实数 的最大整数）
（3）①解：当 时， 是 的正整数倍，
故一定不是数列 中的项；
当 时， ，不是数列 中的项；
当 时， ，是数列 中的项；
综上，数列 是“和稳定数列”， ；
②解：数列 不是“和稳定数列”，理由如下：
不妨设： ，则 ，且
故 不是数列 中的项.
数列 不是“和稳定数列”.
5．（23-24高三上·湖北武汉·期末）若数列 满足：存在等比数列 ，使得集合 元素个
数不大于 ，则称数列 具有 性质.如数列 ，存在等比数列 ，使得集合，则数列 具有 性质.若数列 满足 ， ，
记数列 的前 项和为 .证明：
(1)数列 为等比数列；
(2)数列 具有 性质.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）设 ，求出 和 ，求出 和 的关系即可证明；
（2）由（1）求出 ，求出 ，设数列 即可证明.
【详解】（1）设 ，则 ，
.
因此数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，且 ；
（2）由（1）， ，所以 ，
取数列 ，则 是等比数列，
并且 ，因此集合 ，
所以数列 具有 性质.
6．（2024·安徽池州·模拟预测）定义：若对 恒成立，则称数列 为“上凸数列”．
(1)若 ，判断 是否为“上凸数列”，如果是，给出证明；如果不是，请说明理由．
(2)若 为“上凸数列”，则当 时， ．
（ⅰ）若数列 为 的前 项和，证明： ；
（ⅱ）对于任意正整数序列 （ 为常数且 ），若
恒成立，求 的最小值．
【答案】(1)是，证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）构造函数 ，利用导数研究其单调性结合“上凸数列”定义
判定即可；
（2）（ⅰ）利用“上凸数列”定义及倒序相加法证明即可；令 ，利用条件及数列求和适当放
缩计算即可.
【详解】（1） 是“上凸数列”，理由如下：
因为 ，
令 ，
则 ．
当 时， ，
所以 ，所以 在区间 上单调递减，
所以 ，
所以 ，
所以 是“上凸数列”．
（2）（ⅰ）证明：因为 是“上凸数列”，由题意可得对任意 ，
，
所以 ，
所以 ．
（ⅱ）解：令 ，
由（1）可得当 时， 是“上凸数列”，
由题意可知，当 时， ．
因为 ，
即
．
所以
，当且仅当 时等号成立，
所以 ．
综上所述， 的最小值为 ．
7．（2024·福建泉州·模拟预测） 表示正整数a，b的最大公约数，若
，且 ， ，则将k的最大值记为 ，例如：
， .
(1)求 ， ， ；
(2)已知 时， .
（i）求 ；
（ii）设 ，数列 的前n项和为 ，证明： .
【答案】(1) ； ；
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）依题可得 表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，进一步分析即可求
解；
（2）（i）依题可得 中与 互质的正整数个数为 ， 中与 互质的正整数个数为 ，再
结合 即可求解；
（ii）先求得 ，可利用 ，根据等比数列求和后即可求解；也可以利用放缩法结合数列
求和的裂项相消法求解.【详解】（1）依题可得 表示所有不超过正整数m，且与m互质的正整数的个数，
因为与2互质的数为1，所以 ；
因为与3互质的数为1，2，所以 ；
因为与6互质的数为1，5，所以 .
（2）（i）因为 中与 互质的正整数只有奇数，
所以 中与 互质的正整数个数为 ，所以 ，
又因为 中与 互质的正整数只有 与 两个，
所以 中与 互质的正整数个数为 ，
所以 ，所以 ，
（ii）解法一：因为 ，
所以 ，所以 ，
令 ，因为 ，
所以数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以数列 的前n项和 ，
所以 ，又因为 ，所以 ，
解法二：因为 ，所以 ，
又因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，所以
因为 ，所以 ，
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键点一：对题中定义的理解；关键点二：对 的放缩 ，或
者 .
8．（2024·全国·二模）已知由 个数构成的有序数组 ，如果
恒成立，则称有序数组 为“非严格差增数组”.
(1)设有序数组 ，试判断 是否为“非严格差增数组”？并说明理由；
(2)若有序数组 为“非严格差增数组”，求实数 的取值范围.
【答案】(1)有序数组 是“非严格差增数组”，有序数组 不是“非严格差增数组”，理由见解析
(2)【分析】（1）根据“非严格差增数组”的定义判断即可；
（2）根据“非严格差增数组”的定义得 ，变形为 ，
按照 ， ， ， 分类讨论求解即可.
【详解】（1）对于有序数组 ，有 ，所以有序数组 是“非严格差增数组”；
对于有序数组 ，有 ，
因为 ，所以有序数组 不是“非严格差增数组”.
（2）由题意，知有序数组 中的数构成以1为首项， 为公比的等比数列，且共有12项，
根据“非严格差增数组”的定义，得 ，
不等式两边平方得 ，整理得 ，
当 时，显然 对于 恒成立；
当 时，得 对于 恒成立，
所以等价于 时， ，即 ，显然成立；
当 时，得 ，
当 为奇数时，得 ，因为 ，所以显然成立；
当 为偶数时，得 ，因为 ，所以显然不成立；
所以当 时，矛盾，舍去；
当 时，得 ，
当 为奇数时，得 ，显然成立；当 为偶数时，要使 恒成立，
即等价于 时， ，即 ，解得 或 （舍去）；
综上可得，实数 的取值范围为 .【点睛】关键点点睛：本题的关键点是理解“非严格差增数组”的定义，遇到新定义问题，应耐心读题，
分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得
问题得以解决.
9．（2024·河南开封·二模）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n是一个正整数，p，q是两个不同的素数．试求 ， 与φ（p）和φ（q）的关系；
(3)RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥：公钥和私钥．具体而言：
①准备两个不同的、足够大的素数p，q；
②计算 ，欧拉函数 ；
③求正整数k，使得kq除以 的余数是1；
④其中 称为公钥， 称为私钥．
已知计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是 ．若满足题意的正整数k从小到大排列得到
一列数记为数列 ，数列 满足 ，求数列 的前n项和 ．
【答案】(1) ；
(2) ， ；
(3) .
【分析】（1）利用欧拉函数的定义直接求值.
（2）利用欧拉函数的定义求出 ，进而分析计算 .（3）根据给定信息求出 ，再利用差角的正切公式，借助裂项求和法求解即得.
【详解】（1）由欧拉函数的定义知，不越过3且与3互素的正整数有1，2，则 ，
不越过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则 ，
不越过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则 ，
不越过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3的倍数不与 互素，而3的倍数有 个，
因此 .
由 ， 是两个不同的素数，得 ，
在不超过 的正整数中， 的倍数有 个， 的倍数有 个，
于是 ，
所以 .
（3）计算机工程师在某RSA加密算法中公布的公钥是 ，则 ，从而
由（2）得， ，
即正整数 满足的条件为： ，
，令 ，则 ，
令 ，则 ，
取 ，则 ，于是 ，
因此 ，即 ，
，.
【点睛】关键点睛：数列 求和，利用差角的正切变式 进行
裂项是求解的关键.
10．（23-24高三下·海南省直辖县级单位·开学考试）由 个数排列成 行 列的数表称为 行 列的矩
阵，简称 矩阵，也称为 阶方阵，记作： 其中
表示矩阵 中第 行第 列的数．已知三个 阶方阵分别为
， ，其
中 分别表示 中第 行第 列的数．若
，则称 是 生成的线性矩阵．(1)已知 ，若 是 生成的线性矩阵，且 ，求
；
(2)已知 ，矩阵 ，矩阵 是
生成的线性矩阵，且 ．
（i）求 ；
（ii）已知数列 满足 ，数列 满足 ，数列 的前 项和记为 ，是否存在正整
数 ，使 成立？若存在，求出所有的正整数对 ；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)（i） ， ；（ii）存在， ，
【分析】（1）根据 得到 ，计算 ， ， 得到答案.
（2）根据 得到 ，计算 ， ，确定 ，利用错位相减法得到
，变换得到 ，根据数列的单调性计算最值得到答案.
【详解】（1） ，则 ，即 ，解得 ，
则 ， ， ，
，
故 .
（2）（i） ， ，
故 ， ，
.
（ii） ，
，
，
故 ，
故 ，
，即 ，取 验证不成立，
整理得到 ， ，
当 时， ，不成立；当 时， ；当 时， ；
现说明当 时不成立：设 ， ， ，则 ， ，
故 单调递增， ，
设 ， ， ， ， ，
故 单调递减， ， ， ， ，
故 时， 不成立，
综上所述：使 成立的所有的正整数对为 ， .
【点睛】关键点点睛：本题考查了新定义问题，数列求和，数列的单调性问题，意在考查学生的计算能力，
转化能力和综合应用能力，其中将定义中的新知识转化为已有的知识点是考查的重点，这类思想是考查的
重点，需要熟练掌握.
11．（2024·福建厦门·二模）若 ，都存在唯一的实数 ，使得 ，则称函数 存在“源
数列” .已知 .
(1)证明： 存在源数列；
(2)（ⅰ）若 恒成立，求 的取值范围；
（ⅱ）记 的源数列为 ，证明： 前 项和 .
【答案】(1)证明见解析
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调性，结合 ，根据数列的新定义，即可证明结论；
（2）（i）由 恒成立，可得 恒成立，构造函数，利用导数求解函数的最值，即可求得答案；
（ii）由（i）可得 ，从而由 ，推得 ，可得到 ，继而可利用放缩法以
及裂项求和法，证明不等式.
【详解】（1）由 ，得 ，
即 在 上单调递减，又 ，
当 且x无限趋近于0时， 趋向于正无穷大，
即 的值域为 ，且函数在 上单调递减，
对于 可以取到任意正整数，且在 上都有存在唯一自变量与之对应，
故对于 ，令 ，其在 上的解必存在且唯一，不妨设解为 ，
即 ，则都存在唯一的实数 ，使得 ，
即 存在源数列；
（2）（i） 恒成立，即 恒成立，
令 ，即 恒成立，
令 ，则 ，
令 ，则 ，仅在 时取等号，
即 在 上单调递减，故 ，即 在 上单调递增，、
故 ，故 ；
（ii）由（i）得 ，故 ，即 ，故 ，
当 时， ，
当 时， ，
即 前 项和 .
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的新定义以及数列不等式恒成立以及证明不等式问题，综合性较强，
解答的关键在于证明不等式时，得到 后，即可推出 ，此时要用放缩法得到 ，
从而再用裂项法求和，证明不等式.
12 ． （ 2024· 山 东 泰 安 · 一 模 ） 已 知 各 项 均 不 为 0 的 递 增 数 列 的 前 项 和 为 ， 且
（ ，且 ）．
(1)求数列 的前 项和 ；
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“ -数列”．证明：
①对任意 且 ，存在“ -数列” ，使得 成立；
②当 且 时，不存在“ -数列” ，使得 对任意正整数 成立．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】
（1）根据 和 的关系，结合等差数列的定义和通项公式、裂项相消法进行求解即可；
（2）①根据不等式 ，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可；②根据①的结论，结合特殊值法进行运算证明即可.
【详解】（1）
，
各项均不为0且递增，
，
，
，
，
化简得 ，
，
，
，
，
，
为等差数列，
，
，
；
（2）①证明：设“G-数列”公比为 ，且 ，
由题意，只需证存在 对 且 成立，
即 成立，
设 ，则 ，
令 ，解得 ，
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减，
，
，
存在 ，使得 对任意 且 成立，
经检验，对任意 且 均成立，
对任意 且 ，存在“G-数列” 使得 成立；
②由①知，若 成立，则 成立，
当 时，取 得 ，取 得 ，
由 ，得 ，
不存在，
当 且 时，不存在“G-数列” 使得 对任意正整数 成立．
【点睛】关键点睛：根据不等式的形式，构造函数，利用导数的性质进行求解.13．（2024·河南信阳·一模）定义： 已知数列 满足
．
(1)若 ， ，求 ， 的值；
(2)若 ， ，使得 恒成立．探究：是否存在正整数p，使得 ，若存在，求出p的可
能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 为正项数列，证明：不存在实数A，使得 ．
【答案】(1) ， 或
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据题意，由定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为 ，即可得到结果；
（3）根据题意，分 与 讨论，当 时，再分S为有限集与S为无限集讨论，即可证明.
【详解】（1）依题意， ，显然 ；
故 ；
，
即 或 ，则 或 ．
（2）
，对 恒成立，
.
，
，
① 时,
当 , 且 时, .
的集合为 且
② 时,
，
，
，
当 , 且 时, .的集合为 且
③ 且 时, 的集合为
（3） ， ；
设 ，
①若 ，则 ， ，
对任意 ，取 （[x]表示不超过x的最大整数），
当 时，
；
②若 ，
ⅰ）若S为有限集，设 ， ，
对任意 ，取 （[x]表示不超过x的最大整数），
当 时，
；
ⅱ）若S为无限集，设 ， ，
若 ，则 ，又 ，矛盾；
故 ；
记 ；当 时， ， ， ；
因为 ，所以 ；
当 时， ， ，
因为 ，故 ；
因为 ，故 ，
故对任意 ，取 ，当 时，
；
综上所述，不存在实数A，使得 ．
综上所述，不存在实数A，使得对任意的正整数n，都有 ．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了新定于与数列综合问题，难度较大，解答本题的关键在于理解新定义
的概念，以及结合数列的知识解答.
14．（2024·吉林白山·二模）已知数列 的前 项和为 ，若数列 满足：①数列 项数有限为 ；
② ；③ ，则称数列 为“ 阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列 为“10阶可控摇摆数列”，求 的通项公式；
(2)若等差数列 为“ 阶可控摇摆数列”，且 ，求数列 的通项公式；
(3)已知数列 为“ 阶可控摇摆数列”，且存在 ，使得 ，探究：数列 能否为
“ 阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.【答案】(1) 或
(2)
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据 和 讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；
（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；
（3）根据数列 为“ 阶可控摇摆数列”求得 ，再利用数列 的前 项和得
，然后推得 与 不能同时成立，即
可判断.
【详解】（1）若 ，则 ，解得 ，则 ，与题设矛盾，舍去；
若 ，则 ，得 ，
而 ，解得 或 ，
故 或 .
（2）设等差数列 的公差为 ，
因为 ，则 ，则 ，
由 ，得 ，
而 ，故 ，
两式相减得 ，即 ，
又 ，得 ，所以 .
（3）记 中所有非负项之和为 ，负项之和为 ，
因为数列 为“ 阶可控摇摆数列”，则 得 ，
故 ，所以 .
若存在 ，使得 ，即 ，
则 ，
且 .
假设数列 也为“ 阶可控摇摆数列”，记数列 的前 项和为 ，
则
因为 ，所以 .
所以 ；
又 ，则 .
所以 ；
即 与 不能同时成立.
故数列 不为“ 阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的
数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前
n项和的基础上讨论数列的性质.15．（2024·河南·一模）在正项无穷数列 中，若对任意的 ，都存在 ，使得
，则称 为 阶等比数列．在无穷数列 中，若对任意的 ，都存在 ，使
得 ，则称 为 阶等差数列．
(1)若 为1阶等比数列， ，求 的通项公式及前 项和；
(2)若 为 阶等比数列，求证： 为 阶等差数列；
(3)若 既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，证明： 是等比数列．
【答案】(1) ，前 项和为
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据题意可得 为正项等比数列，求出首项与公比，再根据等比数列的前 项和公式即可得解；
（2）由 为 阶等比数列，可得 ，使得 成立，再根据 阶等差数列即
可得出结论；
（ 3 ） 根 据 既 是 4 阶 等 比 数 列 ， 又 是 5 阶 等 比 数 列 ， 可 得 与
同时成立，再结合等比数列的定义即可得出结论.
【详解】（1）
因为 为1阶等比数列，所以 为正项等比数列，
设公比为 ，则 为正数，由已知得
两式相除得 ，所以 （ 舍去），所以 ，
所以 的通项公式为 ，
前 项和为 ；
（2）
因为 为 阶等比数列，
所以 ，使得 成立，
所以 ，
又 ，
所以 ，
即 成立，
所以 为 阶等差数列；
（3）
因为 既是4阶等比数列，又是5阶等比数列，
所以 与 同时成立，
所以 与 同时成立，
又 的各项均为正数，所以对任意的 ，数列 和数列 都是等比数列，
由数列 是等比数列，
得 也成等比数列，
设 ，
所以 ，所以 是等比数列．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来
创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实
现信息的迁移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的
性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
16．（2024·湖南·模拟预测）超越数得名于欧拉，它的存在是法国数学家刘维尔（Joseph Liouville）最早
证明的．一个超越数不是任何一个如下形式的整系数多项式方程的根： （ ，
，…， ， ）．数学家证明了自然对数的底数e与圆周率 是超越数．回答下列问题：
已知函数 （ ）只有一个正零点．
(1)求数列 的通项公式；
(2)（ⅰ）构造整系数方程 ，证明：若 ，则 为有理数当且仅当 ．
（ⅱ）数列 中是否存在不同的三项构成等比数列？若存在，求出这三项的值；否则说明理由．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析.
（ⅱ）答案见解析.
【分析】（1）充分分析题意，利用函数性质 只有一个正零点，结合导数得出 在取最大值，进而得出 .
（2）（ⅰ）根据题意利用反证法分析证明；（ⅱ）利用第一问已知，分析题意，结合给定新定义求解即
可.
【详解】（1）若 只有一个正零点，可得
令 ， ，
令 ， ，令 ， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
可得 在 处取得最大值，且最大值为 ，
而当 时， ，当 时， ，
由题意得，当 最大时，符合题意，
故 ，即 .
（2）（ⅰ）若 ，则 为有理数；
若 正整数，假设 为有理数，则 ，
则方程 的根中有有理数，
又在方程 中，发现 是它的根，
而已知 是超越数，故 不是方程的根，与 矛盾，即 不为有理数；
综上所述： ， 为有理数当且仅当 ；
（ⅱ）若数列 中存在不同的三项构成等比数列，则 ，
可得 ，由方程右边是有理数知左边是有理数，
由上问知当且仅当 时成立，故 ，
则 ，设 ，则 ， ，
则 ，将 ， 代入进行化简，可得 ，故 ，
故 ，构造函数 ，
而 ，知 在其定义域内单调递减，
又 ，故若 ，则有 ，即 成立，
当且仅当 时成立.
即数列 中不存在不同的三项构成等比数列，
【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，解题关键是利用给定新定义，然后证明构成等比数列，发现
不存在即可．
17．（2024·湖南·一模）已知 为非零常数， ，若对 ，则称数列 为 数列．
(1)证明： 数列是递增数列，但不是等比数列；
(2)设 ，若 为 数列，证明： ；
(3)若 为 数列，证明： ，使得 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）得到 ，证明出 不合题意， 符合要求，从而得到
，结合 得到 ，得到 为递增数列，并得到
不是常数，证明出结论；（2）得到 ，利用放缩得到 ，结合 证明出结
论；
（3）得出 ，结合累加法得到 ，得到不等式，求
出答案.
【详解】（1） ，
故 为公差为 的等差数列，所以 ，
若 ，则当 时， ，不合题意，
若 ，则 ，满足要求，
，
因为 ，所以 ，故 ，故数列 为递增数列，
，由于 为递增数列，故 不是常数，
不是常数，故 数列是递增数列，但不是等比数列；
（2）因为 为 数列，所以 ，故 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，
当且仅当 时，等号成立，所以 ；（3）因为 为 数列，
所以 ，
所以 ，
令 ，则 ，解得 ，
所以 ，使得 .
【点睛】思路点睛：数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后结合等差或等比公式进行求解，又或者
放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强.
18．（2024·河南信阳·模拟预测）若数列 满足：存在等差数列 ，使得集合 元素的
个数为不大于 ，则称数列 具有 性质.
(1)已知数列 满足 ， .求证：数列 是等差数列，
且数列 有 性质；
(2)若数列 有 性质，数列 有 性质，证明：数列 有 性质；
(3)记 为数列 的前n项和，若数列 具有 性质，是否存在 ，使得数列 具有 性
质？说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，且 ，理由见解析【分析】（1）借助题目所给条件可得 ，结合等差数列定义可得数列
是等差数列，结合新定义找到对应的等差数列 ，使得集合 元素的个
数不大于 ；
（2）构造对应函数 、 ，结合所给定义可得集合 元素的个数不超过 个，即
可得证；
（3）借助 与 的关系，得到当 时， ，存在等差数列 ，使
元素个数不超过 个，即可得证.
【详解】（1）由 ，
故 ，
即 ，
又 ，故数列 是以 为首项， 为公差的等差数列，
则 ，即 ，
故存在等差数列 ，使 ，
由 ，故数列 有 性质；
（2）设对数列 ，存在等差数列 ，使 ，
对数列 ，存在等差数列 ，使 ，
则对数列 ，存在等差数列 ，使 的值为 ，
这样的 最多有 个，即数列 有 性质；
（3）设对数列 ，存在等差数列 ，且其公差为 ，使得 ，
当 时，有
，
由 ，
故当 时， ，
当 时， ，当 时， 可能有 种，
故这样的 最多有 个，
即存在等差数列 ，使 ，
的元素个数不超过 个，
故一定存在 ，使得数列 具有 性质.
【点睛】关键点点睛：本题最后一小问关键点在于借助 与 的关系，得到当 时，
，从而将数列 具有 性质这个条件使用上.
19．（2024·广西南宁·一模）若无穷数列 满足 ，则称数列 为 数列，若
数列 同时满足 ，则称数列 为 数列．
(1)若数列 为 数列， ，证明：当 时，数列 为递增数列的充要条件是；
(2)若数列 为 数列， ，记 ，且对任意的 ，都有 ，求数列 的通项公式．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先证必要性，根据递增函数可得数列 是等差数列可得 ，再证充分性，根据
累加可得 当且仅当 时取等号即可证明；
（2）依题意 的偶数项构成单调递增数列，从而可得当 时，有 ，再证明相邻两项不可能同
时为非负数，从而可得 ，进而根据等差数列的通项公式求解即可.
【详解】（1）先证必要性：
依题意得， ，又数列 是递增数列，故 ，
故数列 是 ，公差 的等差数列，
故 .
再证充分性：
由 ，得 ，
故 ，
当且仅当 时取等号.
又 ，故 ，故数列 是递增数列.
（2）因为 ，由 ，知数列 是单调递增数列，
故数列 的偶数项构成单调递增数列，
依题意，可得 ，故当 时，有 .
下面证明数列 中相邻两项不可能同时为非负数.
假设数列 中存在 同时为非负数，
因为 ，
若 ，则有 ，与条件矛盾；
若 ，则有 ，与条件矛盾；
即假设不存在，即对任意正整数 中至少有一个小于0；
由 ，对 成立，
故 时， ， ，即 ，
故 ，
故 ，
即 ，即 .
又 ，所以数列 是 ，公差为1的等差数列，
所以 .
【点睛】
思路点睛：（1）证明充要条件可分别证明充分性与必要性；（2）隔项数列可考虑每项前后的两项数列正
负，并根据累加可得 .20．（2024·山东青岛·一模）记集合 无穷数列 中存在有限项不为零， ，对任意
，设变换 ， ．定义运算 ：若 ，则
， ．
(1)若 ，用 表示 ；
(2)证明： ；
(3)若 ， ， ，证明： ．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】
（1）根据新定义，由 项系数相等可得；
（2）利用新定义证明 即可；
（3）根据多项式的乘法可得 ，然后利用通项公式整理化简即
可得证.
【详解】（1）因为
，
且 ，所以，由 可得 ，
所以 .
（2）因为 ，
所以
又因为
所以 ，
所以 .
（3）对于 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，
所以 ，
，
所以 ，
.【点睛】难点点睛：本题属于新定义问题，主要难点在于对新定义的理解，利用多项式的乘法分析，结合
通项公式即可得证.
函 数 新 定 义 压 轴（解答题）
1．（2024·辽宁大连·一模）已知函数 的定义域为区间 值域为区间 ，若
则称 是 的缩域函数.
(1)若 是区间 的缩域函数，求a的取值范围；
(2)设 为正数，且 若 是区间 的缩域函数，证明：
（i）当 时， 在 单调递减;
（ii）
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】
（1）根据缩域函数的定义及其区间，解不等式可得a的取值范围；
（2）（i）易知 可解得 ，结合（1）中单调性可得结论；（ii）由缩域函数的定义构造函
数并将双变量转化为单变量问题，利用导数求得其单调性即可得结论.
【详解】（1）若 是区间 的缩域函数，则 ， ；即 ，解得 ；
可得 ，则 ；
令 ，则 ；
当 时， ，则 单调递减；
当 时， ，则 单调递增.
所以 ，解得 ，
下面证明 ，即 ，也即 ；
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
因此可得 ，所以 ，
综上a的取值范围为
（2）（i）当 时,若 是区间 的缩域函数，则 ，
即 ，进一步 ，
当 时， ，即 ， ；
由（1）可知，当 时， ，则 单调递减；
所以 在区间 上单调递减，
（ii）若 是区间 的缩域函数，则 ；故有 ，即 ；
设函数 ，则 ；
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减；
因为 为正数且 则 ，又 ，
所以 在 上单调递减，所以 ；
记 ，设 ，且 ，由 的单调性可知 ，故 ；
记 ，
则 ，
当 时， ， 单调递增；
故 ，即 ；
因为 在 上单调递减，故 ，即 ；
由 ，故 ，
所以 ，又因为 ，
故 .
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“缩域函数”的定义，并根据给定区间的范围合理构造函数并利
用单调性对相应结论进行证明.
2．（2024·安徽安庆·二模）取整函数被广泛应用于数论、函数绘图和计算机领域，其定义如下：设 ，不超过x的最大整数称为x的整数部分，记作 ，函数 称为取整函数．另外也称 是x的整数部分，
称 为x的小数部分．
(1)直接写出 和 的值；
(2)设a， ，证明： ，且 ，并求在b的倍数中不大于a的正整数的个
数；
(3)对于任意一个大于1的整数a，a能唯一写为 ，其中 为质数， 为整数，且对任
意的 ， ，i， ，称该式为a的标准分解式，例如100的标准分解式为 ．
证明：在 的标准分解式中，质因数 （ ， ， ）的指数
．
【答案】(1) ，
(2)证明见解析， 个
(3)证明见解析
【分析】（1）结合定义计算即可得；
（2）由题意可得 ，等式两边同时乘b，即可得证 ，由a，b都为整数，结合
定义可证得 ，即可得证 ，假设b， ，…， 都小于等于a，可得，即有 ，又 ，即可得 ，即可得解；
（3）利用（2）中结论可得 的倍数中不大于n的正整数的个数为 ， 的倍数中不大于n的正整数
的个数为 ， 的倍数中不大于n的正整数的个数为 ，依次进行下去，可得
，即得证.
【详解】（1）由 ，故 ，故 ，
；
（2）因为 ，等式两边同时乘b，得 ，
因为a，b都为整数，所以 也为整数，
又 ，所以 ，所以 ，即得证，
假设b， ，…， 都小于等于a， ，因为 ，
所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以b的倍数中不大于a的正整数的个数为 个；
（3） ，将2，3，…，n每一个数都分解为质因数的乘积．
对于质因数 ，利用（2）中结论， 的倍数中不大于n的正整数的个数为 ，记为 ，将这些数都提取 出来，此时p的倍数中还有可以提取出 的数，
注意到 的倍数中不大于n的正整数的个数为 ，记为 ，将这些数提取 出来；
同理， 的倍数中不大于n的正整数的个数为 ，记为 ，
依此这样进行下去，
则质因数 的指数 ，即得证．
【点睛】关键点点睛：本题中第二小问关键点在于由题意得到 ，从而借助该式变形证明
、 ；假设b， ，…， 都小于等于a，得到 ，从而
得到 .
3．（2024·全国·模拟预测）如果有且仅有两条不同的直线与函数 的图象均相切，那么称这两个
函数 为“ 函数组”．
(1)判断函数 与 是否为“ 函数组”，其中 为自然对数的底数，并说明理由；
(2)已知函数 与 为“ 函数组”，求实数 的取值范围．
【答案】(1)它们为“ 函数组”，理由见解析
(2)
【分析】（1）设出切点，得到两函数的切线方程，根据斜率相等得到 ，代入两切线方程，对照系数得到 ，解得 或 ，求出两条切线方程，得到答案；
（2）设出切点，得到两切线方程，求出 ，再联立 ，转化为方程有两个正数根，构造
，求导得到其单调性，极值最值情况，数形结合得到答案.
【详解】（1）函数 和 是“ 函数组”，理由如下：
设直线与曲线 和 相切于点 ，
， ，
则切线方程分别为 ．
因此 ，则 ．
故 ，
，
由于两切线为同一直线，故 ，
即 ，又 ，
故 ，解得 或 ，
当 时，切线方程为 ，
当 时，切线方程为 ，
因此切线方程为 或 ．
因为有且仅有两条不同的直线与函数 和 的图象均相切，
所以它们为“ 函数组”．（2）因为函数 与 为“ 函数组”，
所以它们的图象有且仅有两条公切线．
由 ，得 ，
设切点坐标为 ， ，则切线方程为 ，
，设切点为 ，则切线方程为 ，
由题意得 有解，因为 ，所以 ．
联立 ，所以 ．
由判别式 ，可得 ．
依题意，关于实数 的方程 恰有两个不同的正数解．
令 ，则 ，
故当 时， ，所以 单调递增；
当 时， ，所以 单调递减，
所以 ．
又 ，当 时， ；
所以 ．又 ，所以 ，
实数 的取值范围是 ．
【点睛】当已知切点坐标为 时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用
求出切线方程；
当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.
4．（2024·江苏盐城·模拟预测）根据多元微分求条件极值理论，要求二元函数 在约束条件
的可能极值点，首先构造出一个拉格朗日辅助函数 ，其中 为拉格朗日
系数．分别对 中的 部分求导，并使之为0，得到三个方程组，如下：
，解此方程组，得出解 ，就是二元函数 在约束条件
的可能极值点． 的值代入到 中即为极值．
补充说明：【例】求函数 关于变量 的导数．即：将变量 当做常数，即：
，下标加上 ，代表对自变量x进行求导．即拉格朗日乘数法方程组之中的 表示
分别对 进行求导．
(1)求函数 关于变量 的导数并求当 处的导数值．
(2)利用拉格朗日乘数法求：设实数 满足 ，求 的最大值．
(3)①若 为实数，且 ，证明： ．
②设 ，求 的最小值．
【答案】(1) ， ；
(2) ；
(3)①证明见解析；②4.
【分析】（1）根据给定条件，对变量 求导并求值.
（2）利用拉格朗日乘数法求出极值，再判断并求出最大值.（3）①利用换元法，结合平方数是非负数推理即得；②利用二次函数、均值不等式求出最小值.
【详解】（1）函数 ，对变量 求导得： ，
当 时， .
（2）令 ，
则 ，解得 或 ，
于是函数 在约束条件 的可能极值点是 ， ，
当 时，函数 的一个极值为函数 ，
当 时，函数 的一个极值为函数 ，
方程 视为关于x的方程： ，则 ，解得 ，
视为关于y的方程： ，则 ，解得 ，
因此函数 对应的图形是封闭的，而 ，
所以 的最大值为 .
（3）①由 ， ，设 ，
则 ，
当且仅当 时取等号，
所以 .②当 时，
，当且仅当 时取等号，
所以 时， 取得最小值4.
【点睛】方法点睛：利用基本不等式最值的方法与技巧：
①在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、
“二定”、“三相等”的条件；
②利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及
“1”的代换等应用技巧.
5．（2024·贵州贵阳·一模）英国数学家泰勒发现了如下公式： 其中
为自然对数的底数， .以上公式称为泰勒公式.设
，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题.
(1)证明： ；
(2)设 ，证明： ；
(3)设 ，若 是 的极小值点，求实数 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）首先设 ，利用导数判断函数的单调性，转化为求函数的最值问题；
（2）首先由泰勒公式，由 和 ，再求得 和 的解析式，即可证明；（3）分 和 两种情况讨论，求出 在 附近的单调区间，即可求解.
【详解】（1）设 ，则 .
当 时， ：当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
因此， ，即 .
（2）由泰勒公式知 ，①
于是 ，②
由①②得
所以
即 .
（3） ，则
，设 ，
由基本不等式知， ，当且仅当 时等号成立.所以当 时， ，所以 在 上单调递增.
又因为 是奇函数，且 ，
所以当 时， ；当 时， .
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
因此， 是 的极小值点.
下面证明：当 时， 不是 的极小值点.
当 时， ，
又因为 是 上的偶函数，且 在 上单调递增,
所以当 时， .
因此， 在 上单调递减.
又因为 是奇函数，且 ，
所以当 时， ；当 时， .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
因此， 是 的极大值点，不是 的极小值点.
综上，实数 的取值范围是 .
【点睛】关键点点睛：第三问是本题的难点，关键是分 和 两种情况，利用导数判断 附近的
单调性.
6．（2024·湖南·二模）罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由
法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数 满足在闭区间 连续，在开区间 内可导，且 ，那么在区间 内至少存在一点 ，使得 ．
(1)运用罗尔定理证明：若函数 在区间 连续，在区间 上可导，则存在 ，使得
．
(2)已知函数 ，若对于区间 内任意两个不相等的实数 ，都有
成立，求实数 的取值范围．
(3)证明：当 时，有 ．
【答案】(1)证明见解析；
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，构造函数 ，利用导数结合罗尔定理推导即得.
（2）求出函数 的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得.
（3）构造函数 ，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得.
【详解】（1）令 ，则 ，
令函数 ，则 ，
显然 在 上连续，且在 上可导，由罗尔定理，存在 ，使得 ，
即 ，所以 .
（2）依题意， ，
不妨令 ，则 恒成立，
由（1）得 ，于是 ，即 ，因此 ，令 ，
求导得 ，函数 在 上单调递增，则 ，
而函数 在 上单调递增，其值域为 ，
则 ，所以实数 的取值范围是 .
（3）令函数 ，显然函数 在 上可导，
由（1），存在 ，使得 ，
又 ，则 ，
因此 ，而 ，则 ，即 ，
所以 .
【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方
法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答.
7．（2024·湖北·一模）英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当 在 处的 阶
导数都存在时， ．注： 表示 的
2阶导数，即为 的导数， 表示 的 阶导数，该公式也称麦克劳林公式．
(1)根据该公式估算 的值，精确到小数点后两位；
(2)由该公式可得： ．当 时，试比较 与 的大小，并给出证明；
(3)设 ，证明： ．
【答案】(1) ；
(2) ，证明见解析；(3)证明见解析.
【分析】（1）根据麦克劳林公式求得 ，赋值即可求得近似值；
（2）构造函数 ，利用导数判断其单调性和最值，即可证明；
（3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求
和即可证明.
【详解】（1）令 ，则 ， ， ， ，
故 ， ， ， ， ，
由麦克劳林公式可得 ，
故 .
（2）结论： ，
证明如下：
令 ，
令 ，
故 在 上单调递增， ，
故 在 上单调递增， ，
即证得 ，即 ．
（3）由（2）可得当 时， ，且由 得 ，
当且仅当 时取等号，故当 时， ，，
而
，
即有
故
而 ，
即证得 .
【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为
，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及
综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题.
8．（2024·广东·一模）数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向
量和矩阵.对于平面向量 ，其模定义为 .类似地，对于 行 列的矩阵，其模可由向量模拓展为 （其中 为矩阵中第 行第 列的数，
为求和符号），记作 ，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵
，其矩阵模 .弗罗贝尼乌斯范数在机器学
习等前沿领域有重要的应用.
(1) ， ，矩阵 ，求使 的 的最小值.
(2) ， ，，矩阵
求 .(3)矩阵 ，证明： ， ， .
【答案】(1)10
(2)
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据等差数列求和公式和一元二次不等式的求解即可；
（2）总结得第 对角线上的平方和为 ，再代入化简即可；
（3）等价转化结合放缩法得证明 成立，再利用换元法和导数证明即可.
【详解】（1）由题意得 .
若 ，则 ，即 .
因式分解得 .因为 ，所以 .
所以使 的 的最小值是10.
（2）由题得第1对角线上的平方和为 ，
第2对角线上的平方和为
，第 对角线上的平方和为
，
第 对角线上的平方和为 ，
所以
所以 .
（3）由题意知，证明
等价于证明 ，
注意到左侧求和式 ，
将右侧含有 的表达式表示为求和式有
故只需证 成立，
即证 成立，令 ，
则需证 成立，
记 ，则 在 上恒成立，所以 在 上单调递
增，
所以 ，
所以 在 上恒成立，即 成立，所以原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题第三小问的关键是转化为证明 ，再结合放缩
法转化为证明 ，最后利用导数证明即可.
9．（2024·山东·模拟预测）如图①，将 个完全一样质量均匀长为 的长方体条状积木，一个叠一个，从
桌子边缘往外延伸，最多能伸出桌缘多远而不掉下桌面呢？这就是著名的“里拉斜塔问题”．
解决方案如下：如图②，若 ，则当积木与桌缘垂直且积木重心 恰与桌缘齐平时，其伸出桌外部分最
长为 ，如图③，若 ，欲使整体伸出桌缘最远，在保证所有积木最长棱与桌缘垂直的同时，可先将上
面积木的重心与最下方的积木伸出桌外的最远端齐平，然后设最下方积木伸出桌外的长度为 ，将最下方
积木看成一个杠杆，将桌缘看成支点，由杠杆平衡原理可知，若积木恰好不掉下桌面，则上面积木的重力
乘以力臂 ，等于最下方积木的重力 乘以力臂 ，得出方程 ，求出 ．所以
当叠放两个积木时，伸出桌外最远为 ，此时将两个积木看成整体，其重心 恰与桌缘齐平．如
图④，使前两块积木的中心 与下方的第三块积木伸出桌外的最远端齐平，便可求出 时积木伸出桌
外的最远距离．依此方法，可求出4个、5个直至 个积木堆叠伸出桌外的最远距离．（参考数据：
， 为自然常数）
(1)分别求出 和 时，积木伸出桌外的最远距离．（用 表示）；
(2)证明：当 时，积木伸出桌外最远超过 ；(3)证明：当 时，积木伸出桌外最远不超过 ．
【答案】(1)当 时，最远距离为 ，当 时，最远距离为
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）将前 个看成一个整体，结合题意列式计算即可得；
（2）将前 个看成一个整体，设第 个积木伸出桌外的长度为 ，可得 ，即有当 时，积
木堆叠伸出桌外的最远距离为 ，构造函数 ，结合导数研究函数单
调性可得 ，即可得 ，将 代入即可得证；
（3）构造函数 ，结合导数研究函数单调性可得 ，故有
，将 代入即可得证.
【详解】（1）当 时，有 ，则 ， ，
当 时，有 ，则 ，故 ，
故当 时，积木伸出桌外的最远距离为 ，
当 时，积木伸出桌外的最远距离为 ，
（2）当 个积木堆叠伸出桌外时，前 个看成一个整体，
设第 个积木伸出桌外的长度为 ，则有 ，解得 ，
故当 时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为：
，令 ，则 ，
故 在 上单调递增，故 ，
令 ，则有 ，即 ，
故 ，
即 ，又 ，故 ，
故 ，
即当 时，积木伸出桌外最远超过 ；
（3）由（2）知，当 时，积木堆叠伸出桌外的最远距离为：
，
令 ，
则 ，
故 在 上单调递增，故 ，
即有 在 上恒成立，
令 ，则有 ，
故 ，
即 ，则 ，
要证当 时，积木伸出桌外最远不超过 ，
只需证 ， 即证 ，由 ，故 ，
即只需证 ，由 ，
故 ，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一个是由题意得到第 个积木伸出桌外的长度为 时，有
，可得 ，即可得 个积木堆叠伸出桌外的最远距离为 ，第二个是证明
（2）、（3）问时，构造对应函数 及 ，通过研究函数单调性，得
到 及 .
10．（2024·浙江金华·模拟预测）设全集为 ，定义域为 的函数 是关于x的函数“函数组”，
当n取 中不同的数值时可以得到不同的函数．例如：定义域为 的函数 ，当 时，有
若存在非空集合 满足当且仅当 时，函数 在 上存在零点，则称
是 上的“跳跃函数”．
(1)设 ，若函数 是 上的“跳跃函数”，求集合 ;
(2)设 ，若不存在集合 使 为 上的“跳跃函数”，求所有满
足条件的集合 的并集；
(3)设 ， 为 上的“跳跃函数”， ．已知 ，且对任意正整数n，均有
．
（i）证明： ;
（ii）求实数 的最大值，使得对于任意 ，均有 的零点 ．【答案】(1)
(2)
(3)（i）证明见解析；（ii）2
【分析】（1）将命题等价转化为求使得 在 上有零点的全体 ，然后利用当
时， 的取值范围是 ，得到 ，即可得解；
（2）将命题等价转化为求使得 在 上没有零点的全体 ，然后通过分类讨
论即可解决问题；
（3）先用数学归纳法证明 ，然后将（i）等价转化为证明对 ， 在 上
有零点当且仅当 是偶数，再分类讨论证明；之后，先证明 在 上的零点必定大于 ，再证明
当 时，必存在正整数 使得 在 上有一个满足 的零点 ，即可解决（ii）.
【详解】（1）根据题意，所求的 为使得 在 上有零点的全体 .
由于 在 上有零点等价于关于 的方程 在 上有解，注意到当 时，
的取值范围是 ，故关于 的方程 在 上有解当且仅当 ，从而所求
.
（2）根据题意，不存在集合 使 为 上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的 ， 在 上都
不存在零点.
这表明，全体满足条件的 的并集，就是使得 在 上不存在零点的全体 构成的集合.从而我们要求出全部的 ，使得 在 上没有零点，即关于 的方程
在 上没有解.
该方程在 上可等价变形为 ，然后进一步变形为 .
设 ，则我们要求出全部的 ，使得 在 上没有零点.
当 时，由于 ， ，故 在 上必
有一个零点，从而 在 上有零点；
当 时，由于 ， ，故 在 上必有一个零
点，从而 在 上有零点；
当 时，对 ，我们有：，
由于两个不等号的取等条件分别是 和 ，而这无法同时成立（否则将推出
），故此时对 都有 ，从而 在 上一定没有零点.
综上，使得 在 上没有零点的 构成的集合为 ，故所求的集合为 .
（3）首先用数学归纳法证明：对任意正整数 ，有 .
当 时，有 ，故结论成立；
假设结论对 成立，即 ，则有：
，故结论对 也成立.
综上，对任意正整数 ，有 .
（i）命题等价于，对 ， 在 上有零点当且仅当 是偶数，下面证明该结论：当 为奇数时，对 ，有 ，所以 在 上没有零
点；
当 为偶数时，对 ，有 ，而 ，
，从而 在 上一定存在零
点，所以 在 上一定有零点.
综上，对 ， 在 上有零点当且仅当 是偶数，结论得证.
（ii）我们需要求实数 的最大值，使得对于任意 ，均有 的零点 .
根据（i）的讨论， 在 上有零点当且仅当 是偶数，所以我们需要求实数 的最大值，使得对于
任意 ，均有 的零点 .
我们现在有 ，由于当 时，有 ，
故 在 上的零点必定大于 .
而对任意给定的 ，我们定义函数 ，则 .
取 ，则当 时，有 ，这表明在 上单调递减，所以当 时，有 ，从而
.
取正整数 ，使得 ，且 ，则我们有
，但我们又有
，这表明 在 上必有一个零点，从而 在 上必有一个
满足 的零点 .
综上所述， 的最大值是 .
【点睛】关键点点睛：在（3）的（ii）中，我们先证明 在 上的零点必定大于 ，再证明当
时，必存在正整数 使得 在 上有一个满足 的零点 ，即可得到 的最大值是 ，
这是求解最值问题的一个较为有用的论证方法.
11．（2024·浙江·二模）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：
若函数 ， 的导函数分别为 ， ，且 ，则
.
②设 ，k是大于1的正整数，若函数 满足：对任意 ，均有 成立，且
，则称函数 为区间 上的k阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：(1)试判断 是否为区间 上的2阶无穷递降函数；
(2)计算： ；
(3)证明： ， .
【答案】(1) 不是区间 上的2阶无穷递降函数；
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据函数 为区间 上的k阶无穷递降函数的定义即可判断；
（2）通过构造 ，再结合 即可得到结果；
（3）通过换元令令 ，则原不等式等价于 ，再通过构造函数
，根据题干中函数 为区间 上的k阶无穷递降函数的定义证出
，即可证明结论.
【详解】（1）设 ，
由于 ，
所以 不成立，故 不是区间 上的2阶无穷递降函数.
（2）设 ，则 ，
设 ，
则 ，
所以 ，得 .
（3）令 ，则原不等式等价于 ，
即证 ，
记 ，则 ，
所以 ，
即有对任意 ，均有 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，证毕!【点睛】方法点睛：利用函数方法证明不等式成立问题时，应准确构造相应的函数，注意题干条件中相关
限制条件的转化.
12．（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 .
13．（2024·安徽蚌埠·模拟预测）对于无穷数列 ，我们称
（规定 ）为无穷数列 的指数型母函数．无穷数列
1，1，…，1，…的指数型母函数记为 ，它具有性质
．
(1)证明： ；
(2)记 ．证明： （其中i为虚数单位）；
(3)以函数 为指数型母函数生成数列 ， ．其中
称为伯努利数．证明： ．且 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】（1）由 ，通过赋值即可证得；
（2）根据 的周期性，经过多次推理，由求和可以证得；
（3）构造 ，可以推出 ，然后再可证得.
【详解】（1）令 ，则 ．
由 ，令 ，则 ．
因为 ，故 ．
（2）证明：因为 ，
，
，
，
，
所以
（3）证明：令 ，则有
，因此
故 且 ，即 ．
【点睛】关键点点睛：主要考查了复数 的周期性，考查推理论证能力，对学生思维要求比较高，综合性
很强.
14．（2024·福建·模拟预测）对于函数 ，若实数 满足 ，则称 为 的不动点.已知 ，
且 的不动点的集合为 .以 和 分别表示集合 中的最小元素和最大元
素.
(1)若 ，求 的元素个数及 ；
(2)当 恰有一个元素时， 的取值集合记为 .
（i）求 ；
（ii）若 ，数列 满足 ， ，集合 ， .求证： ，
.
【答案】(1) 的元素个数为2，
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】
（1）依题意可得 ，令 ，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即
可求出集合 ，从而得解；
（2）（i）结合（1）可得 ，令 ，求出函数的导函数，再分 ，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合 ；
（ii）由（i）可得 ，即可得到 ，即可得到 ，先利用导数证明当 时，
，即可得到 ，故 ，即 ，从而得到
，即可放缩得到 ，利用等比数列求和公式求出 ，即可得解.
【详解】（1）当 时， ，其定义域为 .
由 得 .
设 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
所以 在 单调递增；在 单调递减，
注意到 ，所以 在 恰有一个零点 ，且 ，
又 ，所以 ，所以 在 恰有一个零点 ，
即 在 恰有一个不动点 ，在 恰有一个不动点 ，
所以 ，所以 的元素个数为 ，
又因为 ，所以 .
（2）（i）当 时，由（1）知， 有两个元素，不符合题意；
当 时， ，其定义域为 ，
由 得 .设 ， ，则 ，
设 ，则 ，
①当 时， ，所以 在 单调递增，
又 ，所以 在 恰有一个零点 ，
即 在 恰有一个不动点 ，符合题意；
②当 ，故 恰有两个零点 .
又因为 ，所以 ，
当 时， ；当 时， ；
当 时， ；
所以 在 单调递增，在 单调递减，在 单调递增；
注意到 ，所以 在 恰有一个零点 ，
且 ，
又 时， ，所以 在 恰有一个零点 ，
从而 至少有两个不动点，不符合题意；
所以 的取值范围为 ，即集合 .
（ii）由（i）知， ，所以 ，
此时， ， ，由（i）知， 在 单调递增，所以，当 时， ，所以 ，即 ，
故若 ，则 ，因此，若存在正整数 使得 ，则 ，从而 ，
重复这一过程有限次后可得 ，与 矛盾，从而， ，
下面我们先证明当 时， ，
设 ， ，
所以 ，所以 在 单调递减，
所以 ，
即当 时， ，
从而当 时， ，
从而 ，即 ，
故 ，即 ，
由于 ， ，所以 ， ，
故 ，
故 时， ，
所以 ，故 .
解法二：（i）当 时， ，故 是 的一个不动点；当 时，由 ，得 （*），
要使得 恰有一个元素，即方程 有唯一解，因此方程（*）无实数解，
即直线 与曲线 无公共点.
令 ，则 ，令 ，
则 ，
所以 在 单调递减，又因为 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以当 时， ，当 时，
所以 在 单调递增，在 单调递减，
令 ，则 ， ，
则
，
又因为当 时， ，当 时， ，
所以曲线 的大致图象如图所示：由图可知， ，所以 的取值范围为 ，即集合 .
（ii）由（i）知， ，所以 ，
此时， ，
令 ，则 ，
令 ，当 时， ，所以 在 单调递增，
所以当 时， ，所以 ，
所以 在 单调递增，所以 ，
故若 ，则 ，因此，若存在正整数 使得 ，则 ，从而 ，
重复这一过程有限次后可得 ，与 矛盾，从而， .
下面先证明当 时， .
令 ，则 ，
所以 在 单调递增，所以当 时， ，所以当 时， .
所以
，由于 ，所以 ，
故 ，即 ，
故 ，
故 时， .
所以 ，故 .
（ii）解法三：同解法一可得， .
下面我们先证明当 时， .
设 ，则当 时， ，所以 在 单调递减，所以
，即 ，
从而当 时， ，
于是 ，
从而 ，即 ，
故 ，即 ，
由于 ，所以 ，
故 ，
故 时， .所以 .
故 .
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为
不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的
单调性、极(最)值问题处理．
15．（2024·黑龙江吉林·二模）设定义在 函数 满足下列条件：
①对于 ，总有 ，且 ， ；
②对于 ，若 ，则 .
(1)求 ；
(2)证明： ；
(3)证明：当 时， .
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）分别根据条件①②，利用赋值法得到 与 ，从而得解；
（2）利用赋值法证得 ，进而得到 ，再利用累递推法与等
比数列的求和即可得证；
（3）先利用单调性的定义证明 在 上是不减函数，从而结合（2）中结论，证明对于任意 ，有 ，再次利用赋值法即可得证.
【详解】（1）因为对于 ， ，所以 ；
因为对于 ，若 ，则 ，
取 ，则 ，故 ；
综上， .
（2）对于 ，且 时，
有 ， ，
根据条件②，得 ，
因为根据条件①，得 ，则 ，
所以 ，
即 ，
所以
.
（3）由（2）知 ，
设 ，且 ，则 ，
因为，所以 ，
所以 在 上为不减函数，
对于任意 ，则必存在正整数 ，使得 ，
所以 ，
由（2）知 ，
由（1）知 ，又 ，所以 ，
所以 ，所以 时， ，
因为 时， ，且 ，
所以 ，即 .
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
16．（2024·安徽池州·二模）已知集合 是满足下列性质的函数 的全体：存在实数 ，对任意的
，有 .
(1)试问函数 是否属于集合 ？并说明理由；
(2)若函数 ，求正数 的取值集合；
(3)若函数 ，证明： .
【答案】(1)函数 不属于集合 ，理由见解析(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件得到方程组， 无解，故 不属于集合 ；
（2）根据条件得到方程组，求出 ，进而得到正数 的取值集合；
（3）根据条件得到方程 有解，令 ，即函数 有零点，证明出
，分 ， 和 三种情况，结合隐零点得到证明.
【详解】（1）函数 不属于集合 .理由如下：
由题意得 ，
由 得 ，
结合 的任意性，得 ，显然 无解，
所以不存在实数 ，对任意的 ，有 .
即函数 不属于集合 .
（2）由题意得：
，
又 ，
由 得 ，
结合 的任意性，得 ，
所以 ，所以 ，又 ，即 ，所以正数 的取值集合为 ；
（3）函数 得 ，即 ，
由题意可得：存在非零常数 ，使得 ，
即方程 有解，
令 ，即函数 有零点，
，
下面证明 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 在 处取得极小值，也是最小值，
故 ，故 ，
（i）当 时， 在 单调递增，又 ，当 时， ，
不妨取 ，则 ，
所以 有根记为 ，且 ①，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减， 上单调递增，
考虑到当 时， ，当 时，
任意给定正实数 ，当 时， ，当 时，
由于 ，
故 ，
时，即可保证函数 有零点，即 ②，
由 得 ，由 得 ③，
将③代入①有 ，化简得 ，
由 得 ④，
（ii）当 时，则 ，用 替换（i）中的 ，得 ，
即 ⑤，
由④⑤得 ，即 ，
（iii）当 时， ，取 ，则 ，
满足 ，则 ，
综上， ..
【点睛】方法点睛：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值
符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，
注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数
零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，
都是需要思考的地方
17．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）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 的图象，类比三角函数的三种性质：①平
方关系：① ，②和角公式： ，③导数：
定义双曲正弦函数 ．
(1)直接写出 ， 具有的类似①、②、③的三种性质（不需要证明）；
(2)若当 时， 恒成立，求实数a的取值范围；
(3)求 的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(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 ， ，求导，分 和 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 在 内单调递增，再求出 为偶函数，从而得到
在 内单调递减，求出 .
【详解】（1）平方关系： ；
和角公式： ；
导数： ．理由如下：平方关系，
；
，
和角公式：
故 ；
导数： ， ；
（2）构造函数 ， ，由（1）可知 ，
i．当 时，由 可知，
故 ，故 单调递增，
此时 ，故对任意 ， 恒成立，满足题意；
ii．当 时，令 ， ，
则 ，可知 单调递增，
由 与 可知，存在唯一 ，使得 ，
故当 时， ，则 在 内单调递减，
故对任意 ， ，即 ，矛盾；
综上所述，实数a的取值范围为 ．（3） ， ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时，由（2）可知， ，则 ，
令 ，则 ，故 在 内单调递增，
则 ，故 在 内单调递增，
则 ，故 在 内单调递增，
则 ，故 在 内单调递增，
因为 ，
即 为偶函数，故 在 内单调递减，
则 ，故当且仅当 时， 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.
18．（2024·湖北·二模）微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过
渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数 在区间 上
的图像连续不断，从几何上看，定积分 便是由直线 和曲线 所围成的区域（称为
曲边梯形 ）的面积，根据微积分基本定理可得 ，因为曲边梯形 的面积小于梯形 的面积，即 ，代入数据，进一步可以推导出不等式： ．
(1)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明： ；
(2)已知函数 ，其中 ．
①证明：对任意两个不相等的正数 ，曲线 在 和 处的切线均不重合；
②当 时，若不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)① 证明见解析；②
【分析】（1）根据题，设过点 作 的切线分别交 于 ，结合
，即可得证；
（2）①求得 ，分别求得在点 和 处的切线方程，假设 与 重合，
整理得 ，结合由（1）的结论，即可得证；
②根据题意，转化为 时， 在 恒成立，
设 ，求得 ，分 和 ，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解.
【详解】（1）解：在曲线 取一点 ．
过点 作 的切线分别交 于 ，
因为 ，
可得 ，即 ．
（2）解：①由函数 ，可得 ，
不妨设 ，曲线 在 处的切线方程为
，即
同理曲线 在 处的切线方程为 ，
假设 与 重合，则 ，
代入化简可得 ，
两式消去 ，可得 ，整理得 ，
由（1）的结论知 ，与上式矛盾
即对任意实数 及任意不相等的正数 与 均不重合．
②当 时，不等式 恒成立，
所以 在 恒成立，所以 ，
下证：当 时， 恒成立．因为 ，所以
设
（i）当 时，由 知 恒成立，
即 在 为增函数，所以 成立；
（ii）当 时，设 ，可得 ，
由 知 恒成立，即 在 为增函数．
所以 ，即 在 为减函数，所以 成立，
综上所述，实数 的取值范围是
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．（2024·全国·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 ，在 时，有不等式
成立；在 时，有不等式 成立．
(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；
(2)当 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 是大于 的实数（全部同号），证明【答案】(1) ，或
(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 ，注意到 ，求导得到 ，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 时，显然成立，当 时，构造数列 ： ，
作差法得到 是一个单调递增的数列（ ），结合 ，得到 ，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 ，或 ．
当 时， ，当 时， ，
当 时， ，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 ，或 ；
（2）当 时，我们需证 ，
设 ，注意到 ，
，令 得 ，
即 ， 是 的一个极值点．
令 ，则 ，
所以 单调递增．当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以在 处 取得极小值 ，
即 恒成立， ．
伯努利不等式对 得证．
（3）当 时，原不等式即 ，显然成立．
当 时，构造数列 ： ，
则 ，
若 ，由上式易得 ，即 ；
若 ，则 ，所以 ，
故 ，
即此时 也成立．
所以 是一个单调递增的数列（ ），
由于 ，所以 ，
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.
20．（2024·广西·二模）设 ，用 表示不超过x的最大整数，则 称为取整函数，取整函数是
法国数学家高斯最先使用，也称高斯函数．该函数具有以下性质：
① 的定义域为R，值域为Z；②任意实数都能表示成整数部分和纯小数部分之和，即 ，其中 为x的整数部分，
为x的小数部分；
③ ；
④若整数a，b满足 ，则 .
(1)解方程 ；
(2)已知实数r满足 ，求 的值；
(3)证明：对于任意的正整数n，均有 ．
【答案】(1) 或
(2)743
(3)证明见解析
【分析】（1）令 ，则方程可化为 ，根据高斯函数的定义，即可求解得答
案；
（2）设 ，则可判断 中n以及 的个数，从而可得
，结合高斯函数定义，即可求得答案；
（3）由所要证明不等式的形式，可构造不等式，当 时，有 成立；设，推出 ，从而得到 ，再结合当
，2时，不等式成立，即可证明结论.
【详解】（1）令 ，则 ，
∴ ，
又由高斯函数的定义有 ，
解得： ，则 或 ，
当 时，则 ；当 时，则 ；
（2）设 ，设 ， ， ，…， 中有k个为 ，
个n， ，
据题意知： ，则有 ，
解得 ， ，
所以 ， ，即 ，
故 ；
（3）证明：由 的形式，可构造不等式，
当 时，有 ；
设 ，
则有 ，从而 ，
而 ，则 ，
∴ ，
又当 ，2时，经检验原式成立，
故对一切的自然数n，原式成立.
【点睛】难点点睛：本题考查了函数新定义，即高斯函数的应用问题，难度较大，解答的难点在于（3）
中不等式的证明，解答时要理解高斯函数的性质，并能构造不等式， 时，有 ，
进行证明.
集合新定义、推理及其他新定义压轴（解答题）
1．（2024·云南昆明·一模）若非空集合A与B，存在对应关系f，使A中的每一个元素a，B中总有唯一的
元素b与它对应，则称这种对应为从A到B的映射，记作f：A→B．
设集合 ， （ ， ），且 ．设有序四元数集合
且 ， ．对于给定的集合B，定义映射
f：P→Q，记为 ，按映射f，若 （ ），则 ；若 （ ），则
．记 ．
(1)若 ， ，写出Y，并求 ；(2)若 ， ，求所有 的总和；
(3)对于给定的 ，记 ，求所有 的总和（用含m的式子表示）．
【答案】(1) ，
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意中的新定义，直接计算即可求解；
（2）对1， ，5是否属于B进行分类讨论，求出对应所有Y中的总个数，进而求解；
（3）由题意，先求出在映射f下得到的所有 的和，同理求出在映射f下得到的所有 （ ）的和，
即可求解.
【详解】（1）由题意知， ，
所以 ．
（2）对1， ，5是否属于B进行讨论：
①含1的B的个数为 ，此时在映射f下， ；
不含1的B的个数为 ，此时在映射f下， ；
所以所有Y中2的总个数和1的总个数均为10；
②含5的B的个数为 ，此时在映射f下， ；
不含5的B的个数为 ，此时在映射f下， ；
所以所有Y中6的总个数和5的总个数均为10；
②含 的B的个数为 ，此时在映射f下， ， ；
不含 的B的个数为 ，此时在映射f下， ， ；
所以所有y中 的总个数和 的总个数均为20．综上，所有 的总和为 ．
（3）对于给定的 ，考虑 在映射f下的变化．
由于在A的所有非空子集中，含有 的子集B共 个，
所以在映射f下 变为 ；
不含 的子集B共 个，在映射f下 变为 ；
所以在映射f下得到的所有 的和为 ．
同理，在映射f下得到的所有 （ ）的和 ．
所以所有 的总和为 ．
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解
决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落
脚点仍然是集合的有关知识点.
2．（2024·重庆·模拟预测）在二维空间即平面上点的坐标可用两个有序数组 表示，在三维空间中点
的坐标可用三个有序数组 表示，一般地在 维空间中点A的坐标可用n个有序数组
表示，并定义n维空间中两点 ， 间的“距离”
．
(1)若 ， ，求 ；
(2)设集合 ．元素个数为2的集合M为 的子集，且满足对于任意，都存在唯一的 使得 ，则称M为“ 的优集”．证明：“ 的优集”M存在，
且M中两不同点的“距离”是7．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题，得到 ，结合裂项法求和，即可求解；
（2）根据新定义得到 ， ，构造 有2个元素，由 为整数，
得到存在 为“ 的优集”，设 ， ，推得 ，
，显然矛盾，即可得证.
【详解】（1）解：因为 ， ， ，则 ，
所以 .
（2）证明：定义：对任意 ，规定 ，
对任意 ， ，
由于 ， ， ，容易得 ，
所以 ，得结论： ， ，
构造 有2个元素，由 为整数，
当 时，则满足M为“ 的优集”的定义，
当 时，则 ，满足M为“ 的优集”的定义，所以存在 为“ 的优集”，
若M中的两个点 ， 有一个位置相同，不妨设为第一个位置，
则设 ， ，
则取 ，则有 ， ，显然矛盾，
所以M中的两个点每一个位置均不同，即 ，显然 ，
即“ 的优集”M存在，且M中两不同点的“距离”是 .
【点睛】方法点睛：对于以集合为背景的新定义问题的求解策略：
1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程
中；
2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.
3、涉及有交叉集合的元素个数问题往往可采用维恩图法，基于课标要求的，对于集合问题，要熟练基本
的概念，数学阅读技能、推理能力，以及数学抽象和逻辑推理能力.
3．（2024·湖南衡阳·二模）莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用．所有大于1的正整数 都可以被唯一
表示为有限个质数的乘积形式： （ 为 的质因数个数， 为质数， ），
例如： ，对应 ．现对任意 ，定义莫比乌斯函
数
(1)求 ；
(2)若正整数 互质，证明： ；
(3)若 且 ，记 的所有真因数（除了1和 以外的因数）依次为 ，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析；
(3)证明见解析；
【分析】（1）分别写出 的所有质因数，根据其个数即可计算出结果；
（2）对 的取值是否为1进行分类讨论，对 的取值进行分别计算即可求得结论；
（3）利用定义由组合数定义以及二项式定理可得出证明.
【详解】（1）因为 ，易知 ，
所以 ；
又 ，因为5的指数 ，所以 ；
（2）①若 或 ，因为 ，所以 ；
②若 ，且存在质数 ，使得 或 的质因数分解中包含 ，则 的质因数分解中一定也包含
，
所以 ，
③若 ，且不存在②中的 ，可设 ，
其中 均为质数，则 ，
因为 互质，所以 互不相等，
所以 ，
综上可知（3）由于 ，所以可设 ， 为偶数，
的所有因数，除了1之外都是 中的若干个数的乘积，从 个质数中任选 个数的
乘积一共有 种结果，
所以
，
所以 ．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于充分理解莫比乌斯函数 的定义，并根据计算规则得出其规律，再
由二项式系数性质可得出结果.
4．（2024·广东·模拟预测）设X，Y为任意集合，映射 ．定义：对任意 ，若 ，
则 ，此时的 为单射．
(1)试在 上给出一个非单射的映射；
(2)证明： 是单射的充分必要条件是：给定任意其他集合 与映射 ，若对任意 ，有
，则 ；
(3)证明： 是单射的充分必要条件是：存在映射 ，使对任意 ，有 ．
【答案】(1) （答案不唯一）
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析
【分析】
（1）结合单射的定义举出符合条件的例子即可；（2）结合单射的定义、反证法从两方面来说明即可；
（3）结合单射的定义、反证法从两方面来说明即可.
【详解】（1）由题意不妨设 ，当 （ 非0）互为相反数时， 满足题意；
（2）一方面若 是单射，且 ，则 ，即 （否则若 ，有
，矛盾），
另一方面，若对任意 ，由 可以得到 ，
我们用反证法证明 是单射，
假设 不是单射，即存在 ，有 ，
又由 可以得到 ，即 ，这就产生了矛盾，
所以 是单射，
综上所述，命题得证；
（3）一方面若 是单射，则由 可得 ，
同理存在单射 ，使得 ， ，有 ，
另一方面，若存在映射 ，使对任意 ，有 ，
我们用反证法来证明 是单射，
若 不是单射，即存在 ，有 ，
又若 ，则由题意 ，这与 产生矛盾，
所以此时 是单射，
综上所述，命题得证.
【点睛】
关键点点睛：后面两问的关键是结合单射的定义、反证法从两方面来说明，由此即可顺利得证.
5．（2023高三上·全国·竞赛）给定素数 ，定义集合 ．对于 ， ，定义 如
下：当 时 ；当 时 ．对于 的一个子集 ，定义．若集合 满足 且对任意 有 则称集合 为好集合．求
最大正整数 ，使得可以找到 个互不相同的好集合 ， ， ， ，满足 ．
【答案】
【分析】首先分析题意，做出引理，其次按情况进行讨论分析.
【详解】引理一的证明：
设小弧长度分别为 所有不同的连续s段小弧组成的弧长平方之为 ，则有：
由整数离散性及 知，
当 取最小值时，应有对任意的
回到原题，对好集合A，若|A|=k，设
则由上述可知
由于当 时， 可同时取到最小值，因此 取最小值时 恰同时取到最
小值.
故由引理知，此时 或 特别地， 或 ，
引理二：对于满足条件的好集合A，若 ，则必存在非负整数t，使得 (其中
).
引理二的证明：记 ，则 .
若对于每个 ，均存在另一个 使得 ，
则连一条 到 的有向线段，则图中必存在圈 为 下标)，故 ，矛盾！
故存在 使得对任意的正整数 ，由引理一，
知 ，令 即可，引理二得证.
由引理二，对任意 ，对任意好集合 ，若 ，则必存在好集合 ，
满足 且 .这是因为，可以不妨设 ，此时令
，由 知结论成立.
引理三：当T为好集时，T的补集 也为好集.
引理三的证明：
对 的补集 有：
$ $
同理 ，
故 ，
即当 为好集时， 也为好集，引理得证.
故对任意 ，对任意好集合 ，若 ，则必存在好集合 ，满足 且 .
引理四：对于任意 ，对任意的好集合T，若 =t，则存在好集合S，满足 且 .
引理四的证明：不妨设 ，令 (集合中的元素为在模 意义下理解)，则由于 ，知 ，此时 被 的补集所包含，引理四得证.
对好集合 ，设 及 ，
若 ，则由引理1及引理 .
若 ，且 中至少两个间距取到3：
此时若有两个相邻间距均为3，则由引理一知不存在两个相邻间距均为4(否则连续两段小弧之和为6和8，
矛盾).
此时若 ，则集合 中对应长度等于4的小弧被拆分成两个长度等于2的小弧，
此时在 中同时存在两个相邻的3及两个相邻的2，同上矛盾.故 .
若不存在两个相邻间距均为3，则存在两组连续的弧，两端均为长度为3的小弧，
其内部由长度为4的小弧组成，且长度为4的小弧数量不同(否则所有的弧均匀分布，与 为素数矛盾).
设上述两组弧中较短的一组共包含 个长度为4的小弧，此时若 则将4拆分成两个2，
则同时存在相邻 段小弧中有 个2及2个3与 个2，
由引理一，由于这两组弧的弧长差为2，由引理一矛盾，故 .
若 ，且 中恰一个小弧弧长为3，则所有4变为两个2，此时 .若 ，则
.
下面计算l的最大可能值.
设 为满足要求的l个集合中元素个数小于 的集合，由已证结论：
若 恒成立，则 ，否则必有
因此
对元素数大于 的集合，由引理三，同理可得这样的集合个数不超过 故另一方面，若 ，由上述引理，知存在符合要求的集合，使得
若 由上述引理，知存在符合要求的集合，使得
综上所述，l的最大可能值为
6．（2024·广东·模拟预测）已知集合 中含有三个元素 ，同时满足① ；② ；③
为偶数，那么称集合 具有性质 .已知集合 ，对于集合 的非空
子集 ，若 中存在三个互不相同的元素 ，使得 均属于 ，则称集合 是集合 的
“期待子集”.
(1)试判断集合 是否具有性质 ，并说明理由；
(2)若集合 具有性质 ，证明：集合 是集合 的“期待子集”；
(3)证明：集合 具有性质 的充要条件是集合 是集合 的“期待子集”.
【答案】(1)不具有，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）分取到的三个元素都是奇数和有偶数2，两种情况比较三个条件，即可判断；
（2）首先根据性质 ，确定集合 ，再根据“期待子集”的定义，确定集合 是集合 的“期待子集”；
（3）首先证明充分性，存在三个互不相同的 ，使得 均属于
证明满足性质 的三个条件；再证明必要性，首先设满足条件的 ，再证明 均属于 ，
即可证明.【详解】（1）集合 不具有性质 ，理由如下：
（i）从集合 中任取三个元素 均为奇数时， 为奇数，不满足条件③
（ii）从集合 中任取三个元素 有一个为 ，另外两个为奇数时，不妨设 ， ，
则有 ，即 ，不满足条件②，
综上所述，可得集合 不具有性质 .
（2）证明：由 是偶数，得实数 是奇数，
当 时，由 ，得 ，即 ，不合题意，
当 时，由 ，得 ，即 ，或 （舍），
因为 是偶数，所以集合 ，
令 ，解得 ，
显然 ，
所以集合 是集合 的“期待子集”得证.
（3）证明：
先证充分性：
当集合 是集合 的“期待子集”时，存在三个互不相同的 ，使得 均属于 ，
不妨设 ，令 ， ， ，则 ，即满足条件①，
因为 ，所以 ，即满足条件②，
因为 ，所以 为偶数，即满足条件③，
所以当集合 是集合 的“期待子集”时，集合 具有性质 .
再证必要性：
当集合 具有性质 ，则存在 ，同时满足① ；② ；③ 为偶数，
令 ， ， ，则由条件①得 ，
由条件②得 ，
由条件③得 均为整数，
因为 ，所以 ，且 均为整数，
所以 ，
因为 ，
所以 均属于 ，
所以当集合 具有性质 时，集合 是集合 的“期待子集”.
综上所述，集合 是集合 的“期待子集”的充要条件是集合 具有性质 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用“性质 ”和“期待子集”的定义.
7．（2024·全国·模拟预测）拓扑学是一个研究图形（或集合）整体结构和性质的一门几何学，以抽象而严
谨的语言将几何与集合联系起来，富有直观和逻辑．已知平面 ，定义对 ，
，其度量（距离） 并称 为一度量平面．设
， ，称平面区域 为以 为心， 为半径的球形邻
域．
(1)试用集合语言描述两个球形邻域的交集；
(2)证明： 中的任意两个球形邻域的交集是若干个球形邻域的并集；
(3)一个集合称作“开集”当且仅当其是一个无边界的点集．证明： 的一个子集是开集当且仅当其
可被表示为若干个球形邻域的并集．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由交集的定义可解；
（2）结合题意，利用并集的定义证明；
（3）利用题目定义分别证明充分性和必要性.【详解】（1）设这两个球形邻域分别为 ， ，
为 和 的交集．
①若 与 不相交，则 ；
②若 与 相交，则
且
故 或 且 ．
（2）我们约定集合族是指以集合为元素的集合，其并运算为
表示集合族 的所有集合的并集
回到原题，设这两个球形邻域分别为 ， ， 为 和 的交集．
①若 与 不相交，则 ，即 可以看作零个球形邻域的并集；
②若 与 相交，则取 ，
令 ，构造球形邻域 ．
因为对于 ，有
故 ，这说明 ．
由于 是 中任取的一点，这说明 ，
继而即 可被表示为若干个球形邻域 的并集．
命题得证．
（3）①先证充分性：当 的一个子集可以写为若干球形邻域的并时，其必为开集．
设 ，由（2）可知 可看作若干个球形邻域的并集，
即
则 ， 使得 ，故 是开集．充分性证毕．
②再证必要性：若 的一个子集是开集，则其可被表示为若干个球形邻域的并集．
设 是一个开集，由情况①得 ， 使得 ，所以
即
故 可被表示为若干个球形邻域 的并集．必要性证毕．
【点睛】思路点睛：利用集合的运算和题干中的定义完成问题.
8．（2024·广东江门·一模）将2024表示成5个正整数 ， ， ， ， 之和，得到方程
①，称五元有序数组 为方程①的解，对于上述的五元有序数组
，当 时，若 ，则称 是 密集的一组解.
(1)方程①是否存在一组解 ，使得 等于同一常数?若存在，请求出该常数；
若不存在，请说明理由；
(2)方程①的解中共有多少组是 密集的?
(3)记 ，问 是否存在最小值?若存在，请求出 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)
(3)存在，最小值为 .
【分析】（1）若 等于同一常数，则 构成等差数列，根据等差数列下标和性质得到
，推出矛盾即可得解；
（2）依题意 时，即当 时， ，则 ， ，即可求出 ，
， ， ， 中有 个 ， 个 ，从而得解；
（3）由方差公式得到 （ 为方差），从而得到当方差 取最小值时 取最小值，从而推出
是 密集，即可求出 的最小值.
【详解】（1）若 等于同一常数，
根据等差数列的定义可得 构成等差数列，所以 ，
解得 ，与 矛盾，
所以不存在一组解 ，使得 等于同一常数；
（2）因为 ，
依题意 时，即当 时， ，
所以 ， ，
设有 个 ，则有 个 ，由 ，解得 ，
所以 ， ， ， ， 中有 个 ， 个 ，所以方程①的解共有 组.
（3）因为平均数 ，
又方差 ，即 ，
所以 ，因为 为常数，所以当方差 取最小值时 取最小值，
又当 时 ，即 ，方程无正整数解，故舍去；
当 时，即 是 密集时， 取得最小值，
且 .
【点睛】关键点点睛：对于新定义问题关键是理解题意，第三问的关键是方差公式的应用.
9．（2024·湖南邵阳·二模）给定整数 ，由 元实数集合 定义其随影数集 .
若 ，则称集合 为一个 元理想数集，并定义 的理数 为其中所有元素的绝对值之和.
(1)分别判断集合 是不是理想数集；（结论不要求说明理由）
(2)任取一个5元理想数集 ，求证： ；
(3)当 取遍所有2024元理想数集时，求理数 的最小值.
注：由 个实数组成的集合叫做 元实数集合， 分别表示数集 中的最大数与最小数.
【答案】(1)集合 是理想数集，集合 不是理想数集
(2)证明见解析
(3)1024144
【分析】（1）由理想数集的定义即可判断；
（2）为了方便说明，假定元素间一个有序关系为 ，从而分三种情况， ， ，讨论即可得证；
（3）首先通过分类讨论证明，对 元理想数集 ，有 .从而有
，即 ，通过放缩与等
差数列求和即可得解.
【详解】（1）设 的随影数集分别为 ，
则 ，
所以集合 是理想数集，集合 不是理想数集.
（2）不妨设集合 且 ，即 .
为理想数集， ，则 ，且 ，使得 .
当 时， .
当且仅当 且 时，等号成立；
当 时，
.
当且仅当 且 时，等号成立；
当 时， .
当且仅当 时，等号成立.
综上所述： .
（3）设 .
为理想数集.，且 ，使得 .
对于 ，同样有 .
下先证对 元理想数集 ，有 .
不妨设集合 中的元素满足 .即 .
为理想数集，
，且 ，使得 .
当 时，
，
当且仅当 且 时，等号成立；
当 时，
，当且仅
当 且 时，等号成立；
当 时， .
当且仅当 时，等号成立.
.
.当且仅当 时，等号成立.
.
理数 .当且仅当 或 时，等号成立.
理数 的最小值为 .
【点睛】关键点点睛：关键是通过分类讨论证明，对 元理想数集 ，有 ，由此
即可顺利得解.
10．（2024·安徽芜湖·二模）对称变换在对称数学中具有重要的研究意义．若一个平面图形K在m（旋转
变换或反射变换）的作用下仍然与原图形重合，就称K具有对称性，并记m为K的一个对称变换．例如，
正三角形R在 （绕中心O作120°的旋转）的作用下仍然与R重合（如图1图2所示），所以 是R的
一个对称变换，考虑到变换前后R的三个顶点间的对应关系，记 ；又如，R在 （关于对称
轴 所在直线的反射）的作用下仍然与R重合（如图1图3所示），所以 也是R的一个对称变换，类似地，
记 ．记正三角形R的所有对称变换构成集合S．一个非空集合G对于给定的代数运算.来说作
成一个群，假如同时满足：
I． ， ；
II． ， ；
Ⅲ． ， ， ；
Ⅳ． ， ， ．
对于一个群G，称Ⅲ中的e为群G的单位元，称Ⅳ中的 为a在群G中的逆元．一个群G的一个非空子
集H叫做G的一个子群，假如H对于G的代数运算 来说作成一个群．(1)直接写出集合S（用符号语言表示S中的元素）；
(2)同一个对称变换的符号语言表达形式不唯一，如
．对于集合S中的元素，定义
一种新运算*，规则如下： ，
．
①证明集合S对于给定的代数运算*来说作成一个群；
②已知H是群G的一个子群，e， 分别是G，H的单位元， ， ， 分别是a在群G，群H中的
逆元．猜想e， 之间的关系以及 ， 之间的关系，并给出证明；
③写出群S的所有子群．
【答案】(1)答案见解析；
(2)①证明见解析；②答案见解析，证明见解析；③证明见解析.
【分析】（1）根据给定信息，按旋转变换、对称变换分别求出对应变换，再写出集合 .
（2）①根据群的定义条件，逐一验证即得；②按照群定义Ⅲ、Ⅳ分别推理计算即得；③写出 的所有子群
即可.
【详解】（1）依题意，正三角形 的对称变换如下：绕中心 作 的旋转变换 ；绕中心 作 的旋转变换 ；
绕中心 作 的旋转变换 ；
关于对称轴 所在直线的反射变换 ；
关于对称轴 所在直线的反射变换 ；
关于对称轴 所在直线的反射变换 ，
综上， .（形式不唯一）
（2）①Ⅰ. ， ， ；
Ⅱ. ， ， ，
，
所以 ；
Ⅲ.，
而 ，所以 ；
Ⅳ. ，
；
综上可知，集合 对于给定的新运算*来说能作成一个群.
② ， ，证明如下：
先证明 ：由于 是 的子群，取 ，则 ， ，
根据群的定义，有 ， ，所以 ，
所以 ，即 ，
即 ，所以 .
再证明 ：由于 ， ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 .
③ 的所有子群如下：
，
， ，
，【点睛】思路点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后
根据此新定义去解决问题，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.
11．（2024·河南南阳·一模）在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的
圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方
根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆 的蒙日圆的面积为 ，该椭圆的上顶点和下顶点
分别为 ，且 ，设过点 的直线 与椭圆 交于 两点（不与 两点重合）且直线
.
(1)证明： ， 的交点 在直线 上;
(2)求直线 围成的三角形面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意求椭圆方程，设直线 ，联立方程结合韦达定理分析证
明；
（2）设直线 与直线 的交点分别为 ，可得 ，结合
韦达定理求得 的最小值为 ，即可得结果.
【详解】（1）根据题意，蒙日圆的半径为 ，所以 .
因为 ，可知 ，则 ，
所以椭圆 的标准方程为 ，
因为直线 过点 ，可知直线 的斜率存在，且直线 与椭圆必相交，可设直线 ，
联立方程 ，消去 可得 ，
由根与系数的关系可得：
因为 ，可得直线 ，直线 ，
所以
即 ，解得 ，
所以直线 的交点 在直线 上.
（2）设直线 与直线 的交点分别为 ，
则由（1）可知：直线 ，直线 .
联立方程 和 ，
解得
因为 ，
又因为点 到直线 的距离 ，可得 ，只需求 的最小值.
由弦长公式可得
令 ，则 .
可得 ，
当且仅当 ，即 时等号成立.
即 的最小值为 ，可得 面积的最小值为 .
故直线 围成的三角形面积的最小值为 .
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法
求最值（注意：有时需先换元后再求最值）．
12．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系 中，重新定义两点 之间的“距离”为 ，我们把到两定点 的“距离”之和为常数
的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设 ，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为 的左顶点为 ，过 作直线交
于 两点， 的外心为 ，求证：直线 与 的斜率之积为定值．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为 ，则 ，再根据两点之间的“距离”得新定
义即可得解；
（2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围；
（3）先求出椭圆方程，设直线 的方程为 ，联立方程，利用韦达
定理求出 ，分别求出直线 的方程，设 ，再次求出 的关系，进而求出 ，
从而可得出结论.
【详解】（1）设“椭圆”上任意一点为 ，则 ，
即 ，即 ，
所以“椭圆”的方程为 ；
（2）由方程 ，得 ，
因为 ，所以 ，即 ，所以 或 或 ，
解得 ，
由方程 ，得 ，
即 ，所以 ，所以 ，
所以“椭圆”的范围为 ， ，
将点 代入得， ，
即 ，方程不变，所以“椭圆”关于 轴对称，
将点 代入得， ，
即 ，方程不变，所以“椭圆”关于 轴对称，
将点 代入得， ，
即 ，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于 轴， 轴，原点对称；
（3）由题意可设椭圆 的方程为 ，
将点 代入得 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ， ，由题意可设直线 的方程为 ，
联立 ，得 ，
恒成立，
则 ，
因为 的中点为 ，
所以直线 的中垂线的方程为 ，
同理直线 的中垂线的方程为 ，
设 ，则 是方程 的两根，
即 是方程 的两根，
所以 ，
又因 ，
所以 ，
两式相比得 ，所以 ，
所以 ，
所以直线 与 的斜率之积为定值 ．【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
13．（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如 表示过点 的直线，
直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切
线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆 是直线族 的包络曲线，求 满足的关系式；
(2)若点 不在直线族： 的任意一条直线上，求 的取值范围和
直线族 的包络曲线 ；
(3)在（2）的条件下，过曲线 上 两点作曲线 的切线 ，其交点为 .已知点 ，若 三
点不共线，探究 是否成立？请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)成立，理由见解析
【分析】（1）根据包络曲线的定义利用直线和圆相切即可得 ；
（2）易知方程 无解，根据判别式可得 ，证明可得直线族 的包络曲线
为 ；（3）法一：求出 两点处曲线 的切线 的方程，解得 ，根据平面向量夹角的表达式
即可得 ，即 ；
法二：过 分别作准线的垂线 ，连接 ，由导数求得切线斜率并利用抛物线定义和三角形
内角关系即可证明 .
【详解】（1）由定义可知， 与 相切，
则圆 的圆心 到直线 的距离等于1，
则 ， .
（2）点 不在直线族 的任意一条直线上，
所以无论 取何值时， 无解.
将 整理成关于 的一元二次方程，
即 .
若该方程无解，则 ，即 .
证明：在 上任取一点 在该点处的切线斜率为 ，
于是可以得到 在 点处的切线方程为： ，
即 .
今直线族 中 ，则直线为 ，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意 都是抛物线在点 处的切线.
所以直线族 的包络曲线 为 .
（3）法一：已知 ，设 ，
则 ， ；
由（2）知 在点 处的切线方程为 ；
同理 在点 处的切线方程为 ；
联立 可得 ，所以 .
因此 ，
同理 .
所以 ， ，
即 ，可得 ，
所以 成立.
法二：过 分别作准线的垂线 ，连接 ，如图所示：则 ，因为 ，显然 .
又由抛物线定义得 ，故 为线段 的中垂线，得到 ，即 .
同理可知 ，
所以 ，即 .
则 .
所以 成立.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解包络曲线的定义，利用直线和曲线相切求出包络曲线 的方程为
并进行证明，再利用抛物线定义和性质即可得出结论.
14．（23-24高三下·河北·开学考试）设a，b为非负整数，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则
称a和b对模m同余，记为 ．
(1)求证： ；
(2)若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则 ，这个定理称之为费马小定理．应用费马小
定理解决下列问题：
①证明：对于任意整数x都有 ；
②求方程 的正整数解的个数．
【答案】(1)证明见详解；
(2)① 证明见详解；② 无数个.
【分析】（1）由二项式定理证明 被7除所得的余数为2，即可证明结论；(2)①由费马小定理证明 ， ， ，进而即可证明结论；②
将 和 ，结合①的结论即可得到
和 ，从而得到结果.
【详解】（1）因为 ，
所以 被7除所得的余数为1，
所以 被7除所得的余数为2，
又65被7除所得的余数为2，
所以 .
（2）①当 能被13整除时， 可以被13整除即 ；
当 不能被13整除时，由费马小定理得 即 ；
所以 ；
又 ，
所以 ，
同理： ， ，
因为 都为素数， ，
所以
②因为 ，
由整除的性质及费马小定理知，对于任意正整数 都有 ，
即 ，由整除的性质及费马小定
理知，对于任意正整数 都有 ，
即 ，
因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数 都有
所以方程 的正整数解的个数为无数个.
【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
可顺利求解.
15．（2024·江苏南通·二模）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ： 的离心率为 ，
直线l与Γ相切，与圆O： 相交于A，B两点.当l垂直于x轴时， .
(1)求Γ的方程；
(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，
则记此最大值为 .
（ⅰ）若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当 的面积最大时，求 ；
（ⅱ）若 ， 均存在，记两者中的较大者为 .已知 ， ， 均
存在，证明： .
【答案】(1) ；
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据给定条件，求出 ，再结合离心率求出 即得.（2）（ⅰ）在直线 的斜率存在时，设出直线方程并与椭圆方程联立，借助判别式求出圆心 到 距离，
列出 的面积关系求解，再验证斜率不存在的情况；（ⅱ）利用新定义，结合对称性推理即得.
【详解】（1）因为当 垂直于 轴时， ，而直线 与Γ相切，则 ，解得
，
又椭圆 的离心率为 ，则椭圆 的半焦距 ， ，
所以 的方程为 .
（2）（i）当 的斜率存在时，设 的方程为： ，
由 消去 得： ，
由直线 与椭圆 相切，得 ，整理得 ，
于是圆心 到直线 的距离 ，
则 的面积为 ，
设 ，求导得 ，
当 时， ，函数 单调递增，当 时， ，函数 单调递减，
因此当 时， 取得最大值，此时 ，
当 的斜率不存在时，由（1）知， ，
由 ，得 ，则 .
对于线段 上任意点 ，连接 并延长与圆 交于点 ，则 是圆上与 最近的点，
当 为线段 的中点时， 取得最大值 ，所以 .（ii）因为 均存在，
设点 ，且 ，
设 是集合 中到 的最近点，根据对称性，不妨设 ，
令点 到集合 的最近点为 ，点 到集合 的最近点为 ，
因为 是集合 中所有点到集合 最近点距离的最大值，则 ，
因为 是集合 中所有点到集合 最近点距离的最大值，则 ，
因此 ，
而在坐标平面中， ，又点 是集合 中到点 的最近点，则 ，
所以 .
【点睛】关键点睛：本题第（2）问涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解
题的关键.
16．（2024·山东济南·一模）在空间直角坐标系 中，任何一个平面的方程都能表示成
，其中 ， ，且 为该平面的法向量.已知集合
， ，
.(1)设集合 ，记 中所有点构成的图形的面积为 ， 中所有点构成的图形的
面积为 ，求 和 的值；
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为 ， 中所有点构成的几何体的体积为 ，求 和 的值：
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积 的值；
②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.
【答案】(1) ， ；
(2) ， ；
(3)①16；② ，共有12个面，24条棱.
【分析】
（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合 代表的点，后得到 的截面是正方形求出 ，同
理得到 是正方形求出 即可.
（2）首先根据（1）分析得出 为截去三棱锥 所剩下的部分.
后用割补法求解体积即可.
（3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可.
【详解】（1）
集合 表示 平面上所有的点，
表示 这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而 可以看成正方体在 平面上的截面内所有的点.发现它是边长为2的正方形，因此 .
对于 ，当 时，
表示经过 ， ， 的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示 ， ，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而 可以看成正八面体在 平面上的截面内所有的点.
它是边长为 的正方形，因此 .
（2）
记集合 ， 中所有点构成的几何体的体积分别为 ， ；
考虑集合 的子集 ；
即为三个坐标平面与 围成的四面体.
四面体四个顶点分别为 ， ， ， ，
此四面体的体积为
由对称性知，
考虑到 的子集 构成的几何体为棱长为1的正方体，
即 ，
，
显然 为两个几何体公共部分，
记 ， ， ， .
容易验证 ， ， 在平面 上，同时也在 的底面上.则 为截去三棱锥 所剩下的部分.
的体积 ，三棱锥 的体积为 .
故 的体积 .
当由对称性知， .
（3）
如图所示，即为 所构成的图形.
其中正方体 即为集合P所构成的区域. 构成了一个正四棱锥，
其中 到面 的距离为 ，
， .
由题意面 方程为 ，由题干定义知其法向量
面 方程为 ，由题干定义知其法向量
故 .
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为 .
由图可知共有12个面，24条棱.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法
得到所要求的二面角余弦值即可．17．（2024高三上·全国·竞赛）对集合 ，定义其特征函数 ，考虑集合 和正
实数 ，定义 为 和式函数.设 ，则 为闭区间列；如果
集合 对任意 ，有 ，则称 是无交集合列，设集合
.
(1)证明：L和式函数的值域为有限集合；
(2)设 为闭区间列， 是定义在 上的函数.已知存在唯一的正整数 ，各项不同的非
零实数 ，和无交集合列 使得 ，并且 ，称
为 和式函数 的典范形式.设 为 的典范数.
（i）设 ，证明： ；
（ii）给定正整数 ，任取正实数 和闭区间列 ，判断 的典范数 最大值的存
在性.如果存在，给出最大值；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析（ii）存在， 最大值为
【分析】（1）根据题中对集合的特征定义，可得 的取值只和 有关，再根据
最多有 种取法，从而可求解；
（2）（i）根据典范形式的唯一性，构造相应的正整数 和各项不同的非零实数 ，无交集合列使得 ，再结合题意证明 是无交集合列，从而可得 的取值集合
最多有 个数，从而可求解；（ii）根据（i）中结论及题中特征定义，从而可得 的典范数 最大值
为 ，从而可求解.
【详解】（1）因为表达式中 恒定，所以 的取值只和 有关
则当 都相同的时候 相同
注意到 最多只有 种取法，因此 的值域大小不大于 ，从而是有限集.
（2）（i）根据典范形式的唯一性，我们构造正整数 ，各项不同的非零实数 ，和无交集合列
使得 ，并且 ，
设 的取值集合为 ，设 ，则 是无交集合列且
非0（因为 定义在 上）
根据题意，任意 ，取 ，有 ，所以 ，那么 ，所以
是无交集合列
此时对任意 ，恰好存在一个小区间 ，使得 ，所以 的取值集合最多有 这
个数，因为这些数可能相等，所以 .
（ii）设 是 的最小值， 是 的最大值，那么 ，
并且 的端点数目有 个，至多构成 个区间
如果 ，其中 分别为 的端点，且 之间没有其他端点，那么要么 ；要么所以 最多有 种取值，所以
另一方面，令 ，取
并且取 ，容易验证 恰好有 种取值，
所以 最大值为 .
【点睛】关键点点睛：本题最主要是根据集合 的特征函数及 为 和式函数关系入手，再根据闭区
间列及无交集合列定义出发，从而可对给出的条件进行转化求出相应的 的取值情况，从而可求解.
18．（2024·河南·模拟预测）离散对数在密码学中有重要的应用．设 是素数，集合 ，若
，记 为 除以 的余数， 为 除以 的余数；设 ， 两两不
同，若 ，则称 是以 为底 的离散对数，记为 ．
(1)若 ，求 ；
(2)对 ，记 为 除以 的余数（当 能被 整除时，
）．证明： ，其中 ；
(3)已知 ．对 ，令 ．证明： ．
【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 ，又注意到 ，
所以 .
（2）【方法一】：当 时，此时 ，此时 ， ，
故 ，
此时 .
当 时，因 相异，故 ，
而 ，故 互质.
记 ，
则 ，使得 ，
故 ，故 ，
设 ，则 ，
因为 除以 的余数两两相异，
且 除以 的余数两两相异，
故 ，故 ，
故 ，而 其中 ，
故 即 .
法2：记 ， ， ，
其中 ， ，k是整数，则 ，
可知 ．因为1，a， ，…， 两两不同，
所以存在 ，使得 ，
即 可以被p整除，于是 可以被p整除，即 ．
若 ，则 ， ，因此 ， ．
记 ， ， ，其中l是整数，
则 ，
即 ．
（3）【方法二】：当 时，由（2）可得 ，若 ，则 也成立.
因为 ，所以 .
另一方面，
.
由于 ，所以 .
法2：由题设和（2）的法2的证明知：
，
．
故
．
由（2）法2的证明知 ，所以 ．
【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.
19．（2024·全国·模拟预测）对于非空集合 ，定义其在某一运算（统称乘法）“×”下的代数结构称为“群” ，简记为 ．而判断 是否为一个群，需验证以下三点：
1.（封闭性）对于规定的“×”运算，对任意 ，都须满足 ；
2.（结合律）对于规定的“×”运算，对任意 ，都须满足 ；
3.（恒等元）存在 ，使得对任意 ， ；
4.（逆的存在性）对任意 ，都存在 ，使得 ．
记群 所含的元素个数为 ，则群 也称作“ 阶群”．若群 的“×”运算满足交换律，即对任意
， ，我们称 为一个阿贝尔群（或交换群）．
(1)证明：所有实数在普通加法运算下构成群 ；
(2)记 为所有模长为1的复数构成的集合，请找出一个合适的“×”运算使得 在该运算下构成一个群 ，
并说明理由；
(3)所有阶数小于等于四的群 是否都是阿贝尔群？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2) 在复数的乘法运算下构成一个群 ，理由见解析
(3)所有阶数小于等于四的群 都是阿贝尔群，理由见解析
【分析】（1）根据题意结合实数运算分析证明；
（2）根据题意结合复数运算分析证明；
（3）分类讨论群 的阶数，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）我们需证 在普通加法下可构成一个群，需从以下四个方面进行验证：
①封闭性：对 ，则 ，封闭性成立；
②结合律：对 ， ，结合律成立；
③恒等元：取 ，则对任意 ， ．符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意 ， ，且 ，满足逆的存在性．综上所述，所有实数在普通加法运算下可构成群 ．
（2）首先提出， 的“×”运算可以是复数的乘法： ，理由如下．
即证明 在普通乘法下可构成一个群，同（1），需从四方面进行验证：
①封闭性：设 ， ，其中 ，即 ．
则 ，
所以
，即 ，封闭性成立；
②结合律：设 ， ， ，其中 ，
即 ，结合律成立；
③恒等元：取 ，则对任意 ， ，符合恒等元要求；
④逆的存在性：对任意 ，取其共轭 ，则 ，满足逆的存在性；
综上所述， 在复数的乘法运算下构成一个群 ．
（3）所有阶数小于等于四的群 都是阿贝尔群，理由如下：
若群 的阶数为0，则 为空集，与定义矛盾．所以 的阶数为1，2，3，4．下逐一证明．
（1）若群 的阶数为1，则其唯一的元素为其恒等元，明显符合交换律，故此时 是阿贝尔群；（2）若群 的阶数为2，设其元素为 ，其中 是恒等元，则 ，符合交换律，故此时
是阿贝尔群；
（3）若群 的阶数为3，设其元素为 ，其中 是恒等元，由群的封闭性， ．
若 ，又 ，推出 ，则集合 有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，所以 ，
现要验证交换律，即 ．
若 ，有前知， 且 ，所以 ，
与群的封闭性矛盾．所以 ，交换律成立，故此时 是阿贝尔群；
（4）若群 的阶数为4，设其元素为 ，其中 是恒等元，
由群的封闭性， ，由③的分析可知， 且 ，
所以 或 ．
若 ．由群中逆的存在性，群 中存在一个元素 使得 ，很明显 ，
所以 或 ．
假设 ，即 ，又 ，推出 则集合 有两个相同的元素，
不满足集合的唯一性，矛盾，故只能 ；
先证交换律对 成立，即 ．
若 ，则由 ， 只能等于 ．
又因为 ， （ 和 同理），
不满足群中逆的存在性，矛盾，所以 ．交换律对 成立．
接下来只需证交换律对 和 也成立．
事实上，由 和 的对称性，只需证 即可．
由群中逆的存在性，存在 使得 ．
①若 ，则只需证 ．
若 ，由群的封闭性， ，所以 只能等于 ，
又因为 ，得 ，即 ，
但 是任取的，该结论具有局限性，不对一般的 成立，故矛盾．
即 ，此时交换律对 成立．
②若 ．群中逆的存在性，存在 使得 ，又因为 ，所以 只能等于 ，即 ，
由①可得： ，即此时交换律对 成立．
故群 的阶数为4时，交换律成立，故此时 是阿贝尔群．
综上所述，所有阶数小于等于四的群 都是阿贝尔群．
【点睛】方法点睛：对于新定义题型，要能读懂题意，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严
格按照定义的法则或相关的定理进行，同时运用转化化归思想，将陌生的问题转化为我们熟悉的问题，或
将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．
20．（2024·江西九江·二模）定义两个 维向量 ， 的数量积
， ，记 为 的第k个分量（ 且 ）.如三
维向量 ，其中 的第2分量 .若由 维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含
有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素 ， ，满足
（T为常数）且 .则称A为T的完美n维向量集.
(1)求2的完美3维向量集；
(2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由；
(3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和 .
【答案】(1)
(2)不存在完美4维向量集，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用 的完美 维向量集定义求解即可.
（2）分别研究 ， ， ， ， 时 ，结合新定义及集合中元素的互异性即可判断.
（3）依题意可得 ，运用反证法，假设存在 ，使得 ，不妨设 ，分别从 及 两方面证得矛盾即可得 ，进而可证得结果.
【详解】（1）由题意知，集合 中含有3个元素 （ ），且每个元素中含有三个分量，
因为 ，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.
所以 ， ， ，
又 ，
所以2的完美3维向量集为 .
（2）依题意，完美4维向量集B含有4个元素 （ ），且每个元素中含有四个分量，
，
（i）当 时， ，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
（ii）当 时， ，不满足条件③，舍去；
（iii）当 时， ，
因为 ，故 与 至多有一个在B中，
同理： 与 至多有一个在B中， 与 至多有一个在B中，
故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；
（iv）当 时， ，不满足条件③，舍去；
（v）当 时， ，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4维向量集.
（3）依题意， 的完美 维向量集 含有 个元素 （ ），且每个元素中含有 个分量，
因为 ，所以每个元素中有 个分量为1，其余分量为0，所以 （*），
由（2）知， ，故 ，
假设存在 ，使得 ，不妨设 .
（i）当 时，如下图，
由条件③知， 或 （ ），
此时 ，与（*）矛盾，不合题意.
（ii）当 时，如下图，
记 （ ），不妨设 ， ， ，
下面研究 ， ， ， ， 的前 个分量中所有含1的个数.
一方面，考虑 ， ， ， ， 中任意两个向量的数量积为1，
故 ， ， ， （ ）中至多有1个1，
故 ， ， ， ， 的前 个分量中，
所有含1的个数至多有 个1（**）.
另一方面，考虑 （ ），
故 ， ， ， ， 的前 个分量中，含有 个1，与（**）矛盾，不合题意.
故对任意 且 ， ，由（*）可得 .
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其
它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
